2025年物理新高考备考2025年（版）物理《三维设计》一轮总复习（提升版）复习讲义部分

复习讲义部分第一章运动的描述匀变速直线运动第1讲运动的描述考点一基础梳理1.（1）理想化（2）形状大小2.参考地面3.（1）运动轨迹（2）初位置末位置矢（3）等于小于对点训练1.B研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不可以将排球看成质点，故A错误；研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，故B正确；研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，故C错误；研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为相同，故D错误。2.C“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；成功对接后二者相对静止，C正确，D错误。3.D当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时，轮子向前运动半个周长，气门芯的初位置与末位置如图所示，由几何知识得，气门芯的位移大小为x＝（2r）2＋（考点二基础梳理1.位移ΔxΔt位移2.某一时刻某一位置切线3.瞬时速度判断小题1.√2.×3.×【例1】C位移指的是从M点到N点的有向线段，故位移大小为1.8km，故A错误；从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1h，则平均速率为v率＝st＝5.41km/h＝1.5m/s，故B错误；该游客的平均速度大小为v＝xt＝1.81km/h＝0.5m/s，故C正确；若以玉女峰为参考系，游客所乘竹筏的平均速度大小为0.5m/s对点训练1.C手机计步器记录的行程为该同学在这段时间内行走的路程，即题图中的6.65千米指的是路程，故A错误；题图中的速度5.0千米/小时为对应路程与时间之比，即为平均速率，故C正确，B、D错误。2.B物体在AB段的路程大于1m，所以物体在AB段的平均速率v＝st＞11m/s＝1m/s，故A错误；物体在BC段的位移大小为xBC＝12＋12m＝2m，所以物体在BC段的平均速度大小为vBC＝xBCt＝21m/s＝2m/s，方向由B指向C，故B正确；物体在CD段的位移大小为xCD＝2m，物体在CD段的平均速度vCD＝xCDt＝21m/s＝2m/s，方向竖直向上，物体在DE段的位移大小为xDE＝2m，物体在DE段的平均速度vDE＝xDEt＝21m/s＝2m/s，方向水平向左，故C错误；根据公式v＝xt可知，当物体的位移无限小，时间无限短时，物体的平均速度可以代替某点的瞬时速度，位移越小，考点三基础梳理1.变化快慢2.速度的变化量4.Δv合力无关判断小题1.×2.×3.×【例2】AB速度大指运动的快，不能说明速度变化快，即加速度不一定越大，故A正确；根据加速度表示物体速度变化的快慢，可知礼花弹的速度变化越快，加速度一定越大，故B正确；加速度等于速度变化量与对应时间的比值，速度变化量大，不能说明加速度大，故C错误；礼花弹在最高点时速度为零，但由于礼花弹受到重力的作用，所以其加速度不为零，故D错误。【例3】D规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝－10－81.0m/s2＝－18.0m/s2，负号表示加速度的方向与正方向相反【例4】BC一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，在此过程中，由于加速度的方向始终与速度方向相同，所以速度逐渐增大，当加速度减小到零时，质点将做匀速直线运动，速度不变，而此时速度达到最大值，故A错误，B正确；由于质点做方向不变的直线运动，所以位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不为零，所以位移继续增大，故C正确，D错误。【方法模型·解读】“匀速运动”模型的实际应用【典例1】B如图，A表示爆炸处，O表示反射点，S表示观测者所在处，h表示云层下表面的高度。用t1表示爆炸声从A直接传到S处所经过的时间，则有d＝vt1 ①用t2表示爆炸声经云层反射到达S处所经历时间，因为反射角等于入射角，故有vt2＝2d2已知t2－t1＝Δt ③联立①②③式可得h＝1代入数值得h＝2.0×103m故云层下表面的高度为2.0×103m，故B正确，A、C、D错误。【典例2】（1）17.3（2）18.2解析：（1）p1、p2的间隔的刻度值为30个格，Δt＝1.0s，p1、n1之间间隔的刻度值为12个格，所以对应的时间为0.4s；p2、n2之间间隔的刻度值为9个格，所以对应的这两点之间对应的时间为0.3s。p1、n1之间的时间为超声波第一次从测速仪发出后遇到行进的汽车又回来所用的时间，所以超声波传播到汽车所用的时间t1为0.2s。由此可以求出汽车在接收到p1的信号时汽车与测速仪之间距离s1＝vt1＝346m/s×0.2s＝69.2m；同理可求出汽车在接收p2信号时汽车与测速仪之间的距离s2＝vt2＝346×0.15m＝51.9m。由此可知，汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离s＝69.2m－51.9m＝17.3m。（2）超声波从第一次发出开始计时，到第二次发出与汽车相遇结束，共用时1.15s。其中，超声波第一次发出到与汽车相遇，所用的时间0.2s不在汽车接收到p1、p2两个信号之间的时间内；若设汽车从接收到p1信号到接收到p2信号所用的时间为t，则t＝1.15s－0.2s＝0.95s。由第（1）问可知，汽车通过的距离为17.3m。可以求得汽车的速度v＝st＝17.30第2讲匀变速直线运动的规律考点一基础梳理v0＋atv0t＋12at22axv判断小题1.×2.×3.√【例1】B根据题意，由公式x＝v0t＋12at2结合位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2m，可得v0＝4m/s，a＝4m/s2可知，质点在x轴上做初速度为4m/s、加速度为4m/s2的匀加速直线运动，故A错误，B正确；由位置随时间的变化规律x＝4t＋2t2（m）可得，t＝2s时质点的位置在x＝（4×2＋2×22）m＝16m，故C错误；由公式v＝v0＋at可得，t＝2s时质点的速度大小v＝（4＋4×2）m/s＝12m/s，方向沿x轴正方向，故D【例2】A设飞机两次起飞的加速度为a，根据匀变速直线运动规律有v2＝2aL0，v2－v02＝2aL，又L＝59L0，联立解得v0v＝【例3】B设x1＝50m，x2＝1m，汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，则有v02＝2a（x2－x1），t＝v0a，解得t＝3.5s，所以汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为3～3.5s内通过的位移大小，有x4＝12a×（0.5s）2，联立解得x4＝【例4】C解法一：基本公式法设汽车的初速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动的规律x1＝v0T＋12aT2 x1＋x2＝2v0T＋12a（2T）2 解得v0＝10m/s，a＝－2m/s2；汽车刹车到停止所需的时间t0＝0－v0a＝0－10－2s＝5s，则汽车刹车后6s内的位移等于5s内的位移，则x＝v02t0＝102×5m＝25m解法二：推论法设汽车的初速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动的推论x2－x1＝aT2，解得a＝－2m/s2；汽车第1s内的位移x1＝v0t＋12at2，代入数据解得v0＝10m/s；汽车刹车到停止所需的时间t0＝0－v0a＝0－10－2s＝5s，则汽车刹车后6s内的位移等于5s内的位移，则x＝v02t0＝102×5m＝考点二基础梳理1.（1）aT2（2）v0＋v2（3）v02＋v222.（1）1∶2∶3∶…∶n（2）12∶22∶32∶…∶n2（3）（4）1∶（2－1）∶（3－2）∶（2－3）∶…∶（n－n－【例5】C根据题意，设RS间的距离为s，则ST间的距离为2s，设R点速度为vR，S点速度为vS，T点速度为vT，加速度为a，根据运动学公式，有vS2－vR2＝2as，vT2－vS2＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于初、末速度的平均值，有vR＋vS2＝10m/s【例6】B物体通过AB与BC两段距离所用时间都为t0，所以vB为AC的中间时刻速度，根据匀变速直线运动的中间时刻速度推论式可得vB＝s0＋23s02t0＝5s06t0，故A错误；AB与BC两段为连续相邻相等时间的位移，根据匀变速直线运动的推论式Δx＝aT2可得23s0－s0＝at02，解得a＝－s03t02，根据速度与时间关系式v＝v0＋at，代入数据可得物体从B到D的时间为t＝0－5s06t0－s03t02＝52t0，则物体从C到D的时间为52t0－t0＝32t0，故B正确，C错误；根据匀变速直线运动的速度与位移公式v2【例7】B由题意知，在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，将此减速过程由逆向思维，可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比为1∶3∶5…可知，x2∶x1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个t4时间内的位移与第四个t4时间内的位移之比，即x2∶x1＝1∶7，故选【例8】B将汽车从a到e的匀减速直线运动，可看作反向初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶（2－3），所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为v1v2＝12－3，又因为2－3≈2－1.73＝0.27，所以3＜v

【方法模型·解读】“0-v-0”模型【典例】AC根据题目描述画出v-t图像，如图所示甲的位移x1＝（Δt＋t1）v2，乙的位移x2＝vt12，两车运动的位移之比为7∶5，则Δtt1＝25，因为甲车减速时加速度为a2，乙车为a22，所以乙车匀减速时间是甲车匀减速时间的2倍，则甲车匀减速和匀速时间相等，因此甲车加速的时间和减速的时间之比为1∶2，故A正确，B错误；由以上分析可知，乙车匀加速时间和匀减速时间之比为1∶4，故加速度之比为a1针对训练B设卡车行驶过程中的最大速度为vmax，则加速过程和减速过程的时间分别为t1＝vmaxa1，t2＝vmaxa2作出卡车整个过程的v-t图像如图所示，图像与时间轴所围成的面积为vmaxa1＋vmaxa2×vmax2＝d，解得vmax＝2a1a2da1＋a2，设轿车匀速运动的速度为v0，有vmax（t1＋第3讲自由落体和竖直上抛运动考点一基础梳理（1）0g（2）gt12gt22判断小题1.×2.√3.×4.√5.√对点训练1.C物体第1s内的位移为h1＝12gt02＝12×10×1则物体最后1s内的位移为h2＝2h1＝10m物体最后1s内的平均速度为v＝ℎ2t0＝gt，解得则下落的时间为t总＝t＋t02＝1s＋12则物体开始下落时距落地点的高度为h＝12gt总2＝12×10×1.52m＝11.25m2.B在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比是1∶4∶9，故A错误；在相邻两个1s内的位移之差都是Δx＝gT2＝10m，故B正确；在第1s内、第2s内、第3s内的位移大小之比为1∶3∶5，所以平均速度大小之比为1∶3∶5，故C错误；在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D错误。3.AC由v2＝2gh得v＝2gℎ，故v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，A正确；由t＝2ℎg得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝3∶2∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝（3－2）2ℎ3g，c与b开始下落的时间差Δt2＝（2－1）2ℎ3g，考点二基础梳理1.自由落体2.（1）v0－gt（2）v0t－12gt【例1】BC依题意知，小球最初1s内物体上升高度为h1＝v0t－12gt2＝v0－12g，设上升时间内正中间1s的平均速度为v1，即为上升过程中全程的平均速度，有v1＝v02，则中间1s内物体上升高度为h2＝v1t＝v02，又ℎ1ℎ2＝85，联立求得v0＝52g＝25m/s，故小球上升的时间t'＝v0g＝2.5s，小球中间1s上升的高度为h2＝v02＝252m，小球最初1s上升的高度h1＝v0－12g＝20m，故A、【例2】C若这一秒内物体一直在上升过程，或者一直在下降过程，则1s内的最小位移h＝12gt2＝12×10×12m＝5m，则这一秒内物体不可能一直在上升过程，也不可能一直在下降过程，A错误；这1s肯定是在上升到最高点后再下降一段时间，设上升时间为t，则下降时间为（1－t）s，则12gt2－12g（1－t）2＝1m，解得t＝0.6s，即物体可能上升0.6s到最高点再下降0.4s，或者上升0.4s再下降0.6s，此时这1s的路程为s＝12g×0.62＋12g×0.42＝2.6m，这一秒内的路程不可能大于5m，B错误；若物体上升0.4s再下降0.6s，则此时物体的速度为6m/s，方向向下，则下1s内物体的位移大小x'＝6×1m＋12×10×12m＝11m，C正确；这一秒内的平均速度大小是v＝xt＝【例3】D根据竖直上抛的对称性可知，空中的四个球，有两个在上升，两个在下降，由于每隔0.5s抛一个，则从抛出到最高点的时间为t＝1s，则上升的最大高度为h＝12gt2＝12×10×12m＝5m，故选【题型拓展·广度】自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题【典例】B小球从释放到落地共用时t1＝2ℎg＝2×（1.25+0.55）10s＝0.6s，小球从释放到下落1.25m共用时t2＝2ℎ1g＝2×1.2510s＝0.5s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝2v0g，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒的运动时间要小于小球的总运动时间，还要大于小球从释放到下落1.25m所用时间，即t2＜t3＜t1

针对训练BCD设从开始至两球相遇经过的时间为t，根据自由落体运动规律，依题意有gt＝12v0，则相遇时两球运动的时间t＝v02g，则从运动开始至两球相遇，a球上升高度为h1＝v0t－12gt2＝3v028g，球b已下落的距离为h2＝12gt2＝v028g，则球b开始下落的高度为h＝h1＋h2＝v022g，故B、C正确；球a做竖直上抛运动，当速度为零时，达到最大高度，有0－v02＝－2ghm，解得hm＝v022g，则球a上升的最大高度为v022g，故D正确；从以上分析可知，a球上升的最大高度与b球下落的高度相等，依题意，b球运动的时间为v0素养提升1运动图像问题题型一【例1】Cx-t图像切线的斜率表示物体运动的速度，速度的正负表示物体的运动方向，所以甲图中t2时刻物体2已经向负方向运动，而乙图中t4时刻速度为正，物体4仍向正方向运动，故A错误；x-t图像的交点表示两物体相遇，而v-t图像的交点表示速度相等，故B错误；平均速度等于物体发生的位移与所用时间的比值，甲图中两物体位移相等，时间相等，所以平均速度相等，故C正确；v-t图像与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移，乙图中物体4的位移大于物体3的位移，两物体运动时间相等，所以物体4的平均速度大于物体3的平均速度，故D错误。对点训练1.Dx-t图像的斜率表示速度v，小车在0～t1时间内从静止开始做匀加速直线运动，则x-t图像的斜率从零开始不断增大；t1～t2时间内小车开始做匀减速直线运动至速度为零，则x-t图像的斜率不断减小至零，故D正确，A、B、C错误。2.Dv-t图像中图线斜率表示加速度，由图像知，加速阶段与减速阶段的加速度大小之比为2∶1，故A错误；v-t图像中图线与时间轴所围的面积在数值上等于位移大小，由题图知减速阶段位移大小为x1＝54v0t0，匀速阶段位移大小为x2＝34v0t0，加速阶段位移大小为x3＝58v0t0，则加速阶段与减速阶段的位移大小之比为1∶2，加速阶段与匀速阶段的位移大小之比为5∶6，故B、C错误；小汽车从v0开始减速到再恢复到v0的过程中通过的路程为x＝x1＋x2＋x3＝218v0t0题型二【例2】D铯原子团仅在重力的作用，加速度a＝g，方向竖直向下，大小恒定，在v-t图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故A、B错误；因为加速度恒定，且方向竖直向下，所以加速度为负值，故C错误，D正确。【例3】BC由图像可得xt＝v0t0·t，变形得x＝v0t0t2，可知翠鸟从高空由静止俯冲，做匀加速直线运动。根据x＝12at2得加速度为a＝2v0t0，所以当t＝t0时，速度最大，大小为vm＝at0＝2v0，故A错误，B正确；由匀加速直线运动位移与时间关系可得翠鸟在空中运动的距离为x1＝12a【例4】BD运动员离开蹦床后竖直向上运动，设其加速度大小为a，则v2－v02＝－2ax，由v2-x图像可知其表达式为v2＝－22512.5x＋225，可知v0＝15m/s，a＝9m/s2，选项A错误；运动员在1.5s时的速度为v＝v0－at＝1.5m/s，选项B正确；运动员离开蹦床前先加速后减速，所以运动员离开蹦床前的过程中速度的最大值大于15m/s，选项C错误；运动员在最高点时，速度为零，【例5】BD根据匀变速直线运动的速度与位移公式v2－v02＝2ax，可知x＝v2－v022a，物体运动的v-x图线为抛物线，可知物体加速度不变，故A错误；根据图像可知x＝kv2，所以x＝1m与x＝4m时物体的速度之比等于1∶2，故B正确；物体初速度为零，根据x＝12at2可知，在0～1m内的时间t＝2a，在0～4m内的时间t'＝8a，所以物体在0～1m和1～4m内的时间之比2a∶（8a－2a）≠1∶2，故C错误；物体在0～1m内的平均速度v＝xt＝a2素养提升2追及相遇问题和多过程问题题型一【例1】CD0～t0内甲、乙x-t图像的斜率均为负，所以运动方向相同，A错误；0～t0内乙的位移为－x0，甲的位移大小小于x0，所以0～t0内甲、乙的位移大小不相等，B错误；0～2t0内乙位移等于甲的位移，时间也相同，所以0～2t0内乙的平均速度等于甲的平均速度，C正确；在x-t图像中，图线斜率的大小代表速度的大小，由图像可知图线乙的最大斜率绝对值大于图线甲的最大斜率绝对值，所以0～2t0内乙的速度最大值大于甲的速度最大值，D正确。【例2】C由图像可知，t＝2s时b车启动，v-t图像与时间轴围成的面积代表位移，可知在b车启动时，a车在其前方超过2m的距离，选项A错误；b车做匀加速直线运动的加速度大小为a＝ΔvΔt＝2m/s2，假设b车启动后3s时间追上a车，计算得xb＝8m，xa＞8m，则假设不成立，选项B错误；b车追上a车前，两者速度相等时相距最远，即t＝3s，选项C正确；b车超越a车后，b车的速度一直大于a车，则两车不可能再次相遇，【例3】A设小汽车匀速行驶的速度为v1，减速时的加速度大小为a1，卡车匀速行驶时的速度为v2，加速运动时的加速度大小为a2，小汽车刹车后经过时间t两者共速，则有v1－a1t＝v2＋a2（t－2s），解得t＝4s，在时间t内小汽车的位移为x1＝v1t－12a1t2＝44m，卡车加速行驶的时间为t'＝t－2s＝2s，在时间t内，卡车的位移为x2＝v2（t－t'）＋v2t'＋12a2t'2＝16m，因x2＋30m＞x1故两车不会追尾，此时两车相距最近，距离为Δx＝x2＋30m－x1＝2m，故A正确，B、D错误；在卡车开始加速时，两车相距Δx'＝（30＋3×2）m－15×2－12×2×2

【例4】A设车长为L，车宽为d，乙车速度最大时，乙车车尾与甲车的车头相碰，如图1，则x甲－d2v甲＝x乙当乙车速度最小时，乙车车头与甲车的车尾相碰，如图2，则x甲＋L＋d2v甲＝x乙－d2v乙min，解得v【例5】（1）5m/s2（2）1m/s2解析：（1）初速度v汽＝54km/h＝15m/s，初始距离d＝14m设汽车的加速度大小为a，减速时间为t，则自行车的位移为x自＝v自（t＋t0）汽车的位移为x汽＝v汽（t＋t0）－12at假设汽车能追上自行车，此时有x汽＝x自＋d代入数据整理得12at2－10t＋10＝要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得Δ＝102－20a≤0解得a≥5m/s2所以，为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为5m/s2。（2）设自行车加速度为a'，加速时间为t'同理可得v汽（t'＋t0）－12a汽t'2＝v自（t'＋t0）＋12a't'2代入数据整理得12a'+2t'2－10t'要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得Δ＝102－20a'－80≤0，解得a'≥1m/s2所以，自行车的加速度至少为1m/s2才能保证两车不相撞。题型二【例6】（1）0.105m/s284m（2）0.05m/s2176m（3）3.86m/s解析：（1）游船匀加速运动过程中加速度大小为a1＝vt1＝由公式v2－v02＝2a1可得位移大小为x1＝v22a（2）游船匀减速运动过程中加速度为a2＝v1－v即游船匀减速运动过程中加速度大小为0.05m/s，由公式v12－v2＝2a2可得位移大小为x2＝v12－（3）游船在整个行驶过程中的总位移x＝x1＋vΔt2＋x2＝2780m游船在整个行驶过程中的平均速度大小v＝xt＝2780720实验一探究小车速度随时间变化的规律一题通关（1）BD（3）BD（4）①0.4401.00②加速度（5）不变解析：（1）打点计时器的工作电源是交流电，故A错误，B正确；打点计时器打相邻两计时点的时间间隔是已知的，故不需要秒表，C错误；实验中需要测量纸带上计数点间的距离，需要刻度尺，故D正确；实验中小车做匀变速运动即可，不需要测量重物和小车的质量，故E错误。（3）本实验中，只要保证小车做匀变速直线运动即可，不需要平衡摩擦力和保证小车的质量远大于重物的质量，但要保证细线与木板平行；实验开始时，小车要靠近打点计时器，先接通电源后释放小车，故选B、D。（4）①由题图2可读出xB＝5.50cm，xC＝9.40cm，xD＝14.30cm，又由题意得相邻两计数点间的时间间隔T＝0.1s，则在打C点时小车的瞬时速度大小vC＝xD－xB2T＝0.440m/s。由逐差法可得a0＝xCD－xBCT（5）电压的大小影响点迹的清晰程度，但不影响打点的频率，即不影响实验结果。对点训练（1）0.5040.805（2）1.50解析：（1）相邻两计数点间的时间间隔为T＝0.1s，打计数点2时的小车速度大小v2＝x03－x012T＝0.504m/s，打计数点4时的小车速度大小v（2）加速度大小a＝（xx06－2x创新拓展【典例1】（1）24.0080.0（2）见解析图（3）70.059.0（4）b2k解析：（1）由题图（b）中纸带的相关数据可知ΔxAD＝6.60cm＋8.00cm＋9.40cm＝24.00cm，由平均速度的定义可知vAD＝ΔxAD3T（2）将坐标点（0.3s，80.0cm/s）在图（c）中描点，如图所示。（3）将图中的实验点用直线拟合，如图所示，可知斜率k＝101.0cm/s－59.0（4）小车做匀变速直线运动，有x＝v0t＋12at2，变形可得xt＝v＝v0＋12at，故小车在t＝0时，即打出A点时小车的速度大小vA＝b，小车的加速度大小满足12a＝k，即a【典例2】（1）从右向左（2）0.190.038解析：（1）由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴（时间间隔相同）的位置间的距离逐渐减小，所以由题图（b）可知，小车在桌面上是从右向左运动的。（2）滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T＝3046－1s＝23s。根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图（b）中A点位置时的速度大小为vA＝0.117+0.1332Tm/s≈0.19m/s。根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a因此加速度的大小为0.038m/s2。对点训练（1）1.80（2）dt2（3解析：（1）游标卡尺读数为d＝1mm＋16×0.05mm＝1.80mm。（2）遮光片经过光电门A、B的速度分别为vA＝dt1，vB＝（3）根据运动学公式得vB2－vA可得滑块的加速度a＝vB2－第二章相互作用第1讲重力弹力摩擦力考点一基础梳理1.（1）地球的吸引（2）弹簧测力计（3）竖直向下2.（1）质量（2）悬挂判断小题1.×2.×3.√对点训练1.C物体受到重力的作用，与物体的运动状态无关，A错误；重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，B错误；物体的重力随纬度增大而增大，因此地面上的同一物体在赤道上所受重力最小，C正确；物体挂在弹簧测力计下处于平衡状态时，弹簧测力计的示数才等于物体的重力，D错误。2.C锥体上滚的原理是重心运动，虽然看到的现象好像是锥体在上滚，但是从侧面观察的话锥体重心其实是下移的，B错误，C正确；锥体的重心在锥体的内部几何重心上，不在物体外面，重心的具体位置在锥体的中心轴的中间，A错误；双锥体放在轨道的低处时，放手后它会向轨道高处滚动，这是因为当双锥体在轨道的最低处时，它的重心在最高处；当双锥体在轨道最高处时，它的重心却在最低处，D错误。考点二基础梳理1.（1）形变（2）①接触②形变（3）相反判断小题1.×2.√3.×【例1】D若小车匀速运动，小球受到重力和车厢竖直向上的支持力，二力平衡，若小车加速运动，则小球受到重力、车厢底面对小球竖直向上的支持力和车厢左壁对小球的弹力三个力，故A、C错误；小球一定受到小车底面对它的弹力，若小车向右加速时小球还受到侧壁的弹力，小球受到的弹力产生的原因是小车的微小形变，故B错误；若小车加速运动，则车厢左壁对小球A的弹力与小球对车厢左壁的弹力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二力等大反向，故D正确。【例2】D对小球受力分析如图，由图可知，当a大小不同时，杆上的弹力与竖直方向的夹角也不同，方向不一定沿杆，但一定是斜向上，且F＞mg，选项A、B、C错误；由几何关系可知F＝（mg）2＋【例3】D由题意知，两根轻弹簧串接在一起，则两弹簧弹力大小相等，根据胡克定律F＝kx，得x＝Fk，则得b弹簧的伸长量为k1k2L，故A、B错误；P端向右移动的距离等于两根弹簧伸长量之和，即为L＋k1k2L＝1+k【例4】A盘静止时由胡克定律得（m＋m0）g＝kL，设弹簧再伸长ΔL时，所用拉力为F，则F＝kΔL，联立解得F＝ΔLL（m＋m0）g，刚松手时，盘和物体受向上合力为F，对整体由牛顿第二定律得F＝（m＋m0）a，设松手时盘对物体的支持力FN，对物体由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，联立解得FN＝1+ΔLL考点三基础梳理1.相对运动相对运动趋势2.（1）粗糙（2）压力（3）相对运动相对运动趋势3.相对运动相对运动趋势4.（1）μFN（2）0Fmax5.一定有不一定有判断小题1.×2.×3.×4.√5.×【例5】BC取A为研究对象，由于物体A匀速下滑时所受合力为零，支持力、摩擦力的合力与重力等大反向，即支持力与摩擦力的合力方向竖直向上，当物体A加速下滑时，A所受合力平行斜面向下，则此时摩擦力与支持力的合力一定斜向右上方，故A错误，B正确；取A、B整体为研究对象，因斜面体静止，物体A有平行斜面向下的加速度，则整体在水平方向上受到的合力不为零且方向向右，而此合力只能由地面对斜面体的摩擦力来提供，故斜面体B受到地面向右的摩擦力作用，故C正确，D错误。【例6】Cμ1F为滚轮与第一张白纸间的滑动摩擦力，滚轮与第一张白纸间的摩擦力为静摩擦力，小于或等于最大静摩擦力，故A错误；第一、二张白纸间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f12＝μ2（F＋mg），第二张白纸处于静止状态，第二、三张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第一、二张白纸间的摩擦力，即f23＝μ2（F＋mg），故B错误；第三张白纸处于静止状态，第三、四张白纸间的摩擦力为静摩擦力，大小等于第二、三张白纸间的摩擦力，即f34＝μ2（F＋mg），故C正确；除第一张白纸外，所有白纸均处于静止状态，白纸间的摩擦力均为μ2（F＋mg），大小相等，故D错误。考点四【例7】BC最大静摩擦力为Ffm＝μFN＝15N，F1、F2的合力F＝F1－F2＝12N＜15N方向向右，所以木块处于静止状态，所受的合力为零，故静摩擦力向左，大小为12N，A错误，B正确；若将F1撤去，因为F2＜15N，木块在F2的作用下仍然处于静止状态，则摩擦力大小等于F2的大小为8N，方向与力F2的方向相反，即方向水平向右，C正确；若将F2撤去，因为F1＞15N，木块将运动，受到的是滑动摩擦力，大小为15N，方向水平向左，【例8】B设F与水平方向的夹角为θ，箱子处于静止状态时，根据平衡条件得，箱子所受的静摩擦力为f＝Fcosθ，F增大，f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；箱子运动时，所受的支持力N＝G－Fsinθ，F增大，N减小，此时箱子受到的是滑动摩擦力，大小为f＝μN，N减小，则f减小，故B正确，A、C、D错误。【例9】A物体从t＝0开始以初速度v0沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为Ff1＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，方向水平向左，为负值；当物体的速度减到零时，因物体所受的最大静摩擦力为Ffm＝μmg＝2N，F＜Ffm，所以此后物体不能被拉动而处于静止状态，此后受到静摩擦力作用，其大小为Ff2＝F＝1N，方向水平向右，为正值，综上所述，选A。【例10】BD在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块的速度开始时小于传送带的速度，小木块受到的摩擦力沿斜面向下，随着小木块速度的增大，当小木块的速度等于传送带的速度时，因为μ＜tanθ，小木块不可能与传送带保持相对静止，一定会继续加速，超过传送带的速度，此时小木块所受的摩擦力沿斜面向上，而在此过程中，小木块对斜面的压力不变，摩擦力的大小也不改变，A错误，B正确；摩擦力沿斜面向下时，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，摩擦力沿斜面向上时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，则a1＞a2，C错误，D正确。第2讲力的合成和分解考点一基础梳理1.（2）平行四边形2.（1）邻边对角线大小方向（2）首尾合力3.（1）越小（2）越大对点训练1.A由图像可知，两分力夹角为90°时，合力为5N，则F12＋F22＝52，两分力夹角为180°时，合力为1N，则｜F1－F2｜＝1，解得F1＝4N，F2＝3N，或F1＝3N，F2＝4N，合力的范围是1N≤F≤7N2.C三个力的合力不一定为零，当第三个力不在剩余两个力的合力范围内，合力不为零，当三个力的方向相同时，合力最大，合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力，故A、B错误；设F1＝3F，则F2＝6F，F3＝8F，F1、F2的合力范围为3F≤F'≤9F，F3在这个范围内，所以只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零，故C正确；设F1＝3F，则F2＝6F，F3＝2F，F1、F2的合力范围为3F≤F'≤9F，F3不在这个范围内，三个力的合力一定不为零，故D错误。3.B设弦达到最大长度时与箭的夹角为θ，由图中几何关系可得sinθ＝12l12×53l＝35，可得θ＝37°，箭被发射瞬间所受的最大弹力为Fmax＝2k·53l－lcosθ＝2考点二基础梳理1.平行四边形三角形2.（1）效果判断小题1.√2.√3.×【例1】B将力F分解在垂直于针尖的两个侧面的方向上，如图所示。由几何关系知，针尖在倾斜侧面上对瓶塞的推力FN比水平侧面的推力FN'大，故A错误，B正确；由数学知识得FN＝Fsinθ，若F一定，使用顶角越小的针尖，则倾斜侧面对瓶塞产生的推力就越大，故C、【例2】B对擦窗工具进行正视图的受力分析如图所示，水平方向上拉力F与擦窗工具所受摩擦力水平分量f滑等大反向，竖直方向上重力mg与擦窗工具所受摩擦力竖直分量f静等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如图中f所示，大小为f＝f滑2＋f静2＝【方法模型·解读】“活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”【典例1】AB如图所示，由于是“活结”模型，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的，与水平方向的夹角也相等，设绳与水平方向的夹角为θ，假设绳子的长度为x，则有xcosθ＝L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变。两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A正确，C错误；当N向右移动后，根据xcosθ＝L，即L变大，绳长不变，所以θ角减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B正确；绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D错误。【典例2】AD设甲、乙的质量均为m，丙的质量为M。对结点O受力分析如图所示，根据平衡条件可知OC绳的拉力与OA、OB两绳拉力的合力平衡，而OA和OB两绳的拉力大小相等，根据对称性可知OC的反向延长线过∠AOB的角平分线，根据几何关系可知α＋2β＝180°，解得α＝70°＞β，结点O受到的三个拉力构成一封闭的矢量三角形，根据正弦定理有Mgsinα＝mgsinβ，所以M＞m，故A、D正确，【典例3】D题图甲中，两段绳的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根据共点力平衡条件，BC杆对滑轮的作用力大小也是m1g（方向与竖直方向成60°角，斜向右上方），故A错误；题图乙中，以G点为研究对象，分析受力情况如图所示，由平衡条件得，FHGtan30°＝m2g，得FHG＝3m2g，即HG杆受到绳的作用力为3m2g，故B错误；题图甲中绳AC段的拉力FAC＝m1g，题图乙中由于FEGsin30°＝m2g，得FEG＝2m2g，解得FACFEG＝m12m2素养提升3受力分析共点力的平衡题型一【例1】DM、N两物体一起向上做匀加速直线运动，则合力向上。对M、N整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力，故C错误；对N进行受力分析可得，N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能竖直向上，所以还受到M对N沿斜面向上的静摩擦力，共3个力，故B错误，D正确；对M进行受力分析可得，M受到重力、推力F，N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，一共4个力，故A错误。对点训练1.B水平推力作用后，重力与推力的合力为5N，白板擦不可能做水平方向运动。若最大静摩擦力大于5N，则白板擦静止，若最大静摩擦力小于5N，则沿重力与推力的合力方向做匀加速直线运动，故A错误，B正确；此时摩擦力大小与弹力成正比，具体大小未知，故C错误；推力作用后，白板擦受重力、弹力、摩擦力、推力、磁力共5个力，故D错误。2.C图1中，根据整体法可知，木块B除了受重力外，一定受到墙面水平向右的弹力（与水平推力平衡）和竖直向上的静摩擦力（与重力平衡），隔离B分析，其一定还受到A的弹力（垂直于接触面向左上方），隔离A分析，A受到重力、水平向左的推力、B对其垂直于接触面向右下的弹力，这样的三个力不可能使A平衡，所以A一定还要受到B对其沿接触面斜向右上的静摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接触面斜向左下的静摩擦力，故B共受5个力的作用；图2中，根据整体法可知B与墙面间既无弹力也无摩擦力，所以B受重力和A的弹力及摩擦力共3个力的作用。则在此两种方式中，木块B受力个数之比为5∶3。故选C。题型二【例2】D擦子重力沿垂直于玻璃表面的分力大小等于擦子对玻璃表面的压力大小，则有FN＝mgcos30°，而滑动摩擦力Ff＝μFN，带入数据解得Ff＝14mg，滑动摩擦力与物体相对玻璃表面的速度方向相反，擦子匀速运动，合力为零，在玻璃表面擦子受力分析如图所示，滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力的合力与牵引力大小相等方向相反，由几何关系可知滑动摩擦力与重力沿斜面向下的分力的夹角为60°，则∠OPN＝120°，在△OPN中，由余弦定理可得cos120°＝（mgsin30°）2＋Ff2【例3】D对结点O受力分析可得，水平方向F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力，选项C错误，D正确；对结点O受力分析可得，竖直方向F1cosα＋F2cosβ＝mg，解得F1＝mgsinβsin（α＋β），F2＝mgsinαsin（α＋β），则F1的竖直分量F1y＝mgsinβcosαsin（α＋β），F2的竖直分量F2y＝mgsinα【例4】C根据题意，分别对A、B受力分析，如图所示，对小球A，由平衡条件有Facos30°＝mAg，Fasin30°＝FcA，对小球B，由平衡条件有Fbcos60°＝mBg，FcB＋Fbsin60°＝F，又有FcA＝FcB，联立解得F＝433mg，故选

【例5】B对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图甲所示，根据正弦定理有Fsin（90°－θ）＝mAg根据正弦定理有mBgsin（90°－α）＝F'sinθ，又素养提升4动态平衡和平衡中的临界极值问题题型一【例1】D若将杆Q向右移动一小段距离，斜面体与物体A仍保持静止状态，待动滑轮静止后，∠QOP变大，设绳OP与竖直方向夹角为θ，重物B的质量为m，则有T＝mg2cosθ，角度θ变大，则绳中拉力变大，A错误；根据上述，绳中拉力变大，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力可能减小，也有可能反向，如果开始A受到的摩擦力沿斜面向下，则摩擦力增大，B错误；对A和斜面体整体分析，设斜面倾角为α，斜面体的质量为M，物体A的质量为m'，则水平方向有f＝Tcosα，竖直方向有N＝（M＋m'）g－Tsinα，绳的拉力变大，斜面体与地面之间的摩擦力变大，斜面体与地面之间的弹力变小，C错误，【例2】D当力F沿水平方向时，由于油桶为匀速运动状态，因此受力平衡，则水平和竖直方向上有F＝Nsinθ，Ncosθ＝G，解得F＝Gtanθ，N＝Gcosθ，故A、B错误；当力F由水平方向逐渐变为竖直方向的过程中，油桶的受力分析如图所示，故支持力在逐渐变小，且推力最小为力F和支持力N垂直，即推力F沿斜面方向，此时最小值为Fmin＝Gsinθ，故C错误，【例3】D对小球a进行受力分析，小球a受重力G，半圆环对小球a的支持力FN和弹簧弹力F，三力平移后构成一首尾相连的三角形，如图所示，力的三角形与三角形OPQ相似，根据三角形相似有GOQ＝FNOP＝FPQ，初始时PQ＝OP＝R，OQ＞R，所以G＞FN＝F，选项A、B错误；小球b缓慢上移过程，小球a处于动态平衡状态，随着小球b上移，OQ减小，OP不变，重力G不变，半圆环对小球的支持力FN增大，选项C错误；设弹簧的原长为L，弹簧的形变量为x，根据胡克定律有F＝kx，则GOQ＝FPQ＝kxL－x，OQ减小，重力G不变，L不变，则弹簧形变量x【例4】B解法一：矢量三角形法设两绳子对圆柱体的拉力的合力为T，木板对圆柱体的支持力为N，绳子与垂直木板方向的夹角为α，从右向左看圆柱体受力如图所示，在矢量三角形中，根据正弦定理得mgsinα＝Nsinβ＝Tsinγ，在木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，由绳与木板之间的夹角不变知α不变，γ从90°逐渐减小到0，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，则0＜β＜180°，可知β从锐角逐渐增大到钝角，由于sinγ不断减小，可知T不断减小，sinβ先增大后减小，可知N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小。设两绳子之间的夹角为2θ，绳子拉力为T'，则2T'cosθ＝T，可得T'＝T2cosθ，θ不变，T逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B解法二：辅助圆法选圆柱体为研究对象，设两根细绳的拉力的合力为T，除此之外圆柱体还受重力G和木板的支持力N，将三力首尾依次相接构成矢量三角形，如图所示，在木板缓慢转动过程中，两绳拉力的合力T和木板的支持力N同时顺时针转动，重力G恒定，两绳拉力的合力T和木板的支持力N之间的夹角不变，所以矢量三角形外接圆中弦AB所对的角不变，在木板转至水平的过程中，绳的拉力T和木板的弹力N的连接点C由初位置移至B点，由图可知支持力N先增大后减小，两绳拉力的合力T一直减小，B正确，A、C、D错误。题型二【例5】B同一根细线上拉力大小相等，设AC细线、BC细线的合力为T，方向与竖直方向成45°角，如图所示，由图知，力F在水平方向时，大小为mg，A错误；当F与T垂直时取最小值，可知F的最小值为22mg，B正确；大小为2mg的力F只对应一个方向，即方向偏离水平方向向下，C错误；当F的方向竖直向下时，不能构成闭合矢量三角形，无解，D【例6】B设轻绳的合拉力为T，对石墩受力分析，由平衡条件可知Tcosθ＝f，f＝μN，Tsinθ＋N＝mg，联立解得T＝μmgcosθ＋μsinθ，故A错误，B正确；轻绳合拉力的大小为T＝μmgcosθ＋μsinθ＝μmg1+μ2sin（θ＋φ），其中tanφ＝1μ，可知当θ＋φ＝90°时，轻绳的合拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；摩擦力大小为f＝Tcosθ＝μmgcos实验二探究弹簧弹力与形变量的关系一题通关（1）kΔx等于（3）如图所示（4）5.20（5.15～5.25均可）54.5（53.3～55.8均可）（5）不受影响偏小解析：（4）设弹性绳原长为x0，由于mg＝kΔx＝k（x－x0），则m＝kxg－kx0g，故m-x图像的横截距表示弹性绳的原长，根据图像可得原长为5.20cm（由于作图的误差，在5.15～5.25cm之间均可）；结合m-x图像可知，弹性绳的劲度系数k＝ΔmΔx（5）计算劲度系数时考虑的是弹性绳的伸长量而不是长度，若实验中刻度尺的零刻度略高于弹性绳上端的结点O，由实验数据得到的劲度系数不受影响；若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，会使读数偏大，Δx也偏大，则由实验数据得到的劲度系数将偏小。对点训练1.（1）竖直（2）CD（3）A解析：（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态。（2）实验前，应该先把弹簧竖直悬挂后测量其长度，故A错误；用直尺测得弹簧的长度不是弹簧的伸长量，而是原长和伸长量之和，故B错误；用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，要在钩码处于静止状态时读刻度尺的读数，故C正确；为防止超过弹性限度，应逐一增挂钩码，记下每增加一个钩码后指针所指的刻度尺刻度和对应的钩码总质量，故D正确。（3）根据F＝kx，作出的图像应为一条过原点的倾斜直线，故选A。2.（1）BC（2）9.330.43（3）没有解析：（1）由胡克定律F＝kx，有ΔF＝kΔx，即Δmg＝kΔx，故BC直线段满足胡克定律。（2）由Δmg＝kΔx，有Δm＝kgΔx，直线的斜率为ΔmΔx＝kg＝200×10由图知当m＝70g时弹簧完全展开F0＋kx＝mg，所以F0＝0.43N。（3）由（2）分析知Δm＝kgΔx，弹簧的自身重力不影响图像斜率，创新拓展【典例1】（1）C（2）③见解析④20（18～22均可）解析：（1）根据题中所给公式可得Y＝kLS，其中劲度系数k单位为N/m，长度单位为m，横截面积单位为m2，则杨氏模量单位为Nmmm2＝N/m2＝（2）③根据表中所给数据作出l-n图像如图所示。④设橡皮筋原长为l0，塑料袋质量为M，图线斜率为k1，由公式可得k（l－l0）＝nmg＋Mg，整理得l＝mgkn＋Mgk＋l0，则图线斜率为k1＝mgk，该橡皮筋劲度系数为k＝mg【典例2】（1）①81.7②0.0122（2）图见解析（3）1.75×1解析：（1）根据胡克定律有mg＝k（x－x0），解得k＝mgx－x0＝0.100×9.80（2）1k-n（3）由图线可得其斜率为0.0347－0.006160－10＝0.000572。故直线满足1k＝0.000572n，即k＝1.75×103nN/m（在1.67×103n～1.83×103nN/m之间均可）。由于60匝弹簧总长度为对点训练（1）ADBEC（2）49（3）无劲度系数是通过图像斜率与每个钩码重力的乘积得到的解析：（1）根据题意，由实验原理可知，本实验通过改变钩码的数量来改变弹簧的弹力，通过手机的定位传感器确定弹簧的形变量，通过作图的方法得到弹簧的劲度系数，则正确的实验步骤为ADBEC。（2）根据题意，由胡克定律F＝kx可得nmg＝kx整理得n＝kmg由n-x图像可知，图像得斜率为1cm－1，则有kmg＝1cm－1，解得k＝49N/m（3）由上述分析可知，弹簧的劲度系数是通过图像的斜率与每个钩码重力的乘积得到的，则手机重力使弹簧伸长，这对弹簧劲度系数的测量结果无影响。实验三探究两个互成角度的力的合成规律一题通关（1）对角线等效替代法（3）C（4）如图所示（5）与F1垂直解析：（3）细绳的作用是显示出力的方向，所以不必等长，故A错误；两绳间夹角大小适当即可，不一定要使橡皮条和两绳夹角的角平分线在一条直线上，故B错误；只有细绳与纸面平行，才能保证拉力的大小和方向准确，故C正确；两细绳拉橡皮条时，合力是通过力的图示测出来的，两绳间夹角适当即可，不需要取30°、45°、90°等特殊角度，故D错误。（5）由题意可知，保持O1点位置不动，即合力大小、方向不变，F1方向不变，改变F2的方向，根据力的平行四边形定则，画出受力分析图如图所示，由图可知当F2垂直于F1时，F2取最小值。对点训练1.（2）CD（3）标记位置（5）大小和方向解析：（2）实验中保证两次操作使橡皮条产生相同的弹力作用，故应标记小圆环的位置以及每个力的大小和方向，力的大小由测力计读出，方向即为细线的方向，故C、D正确；橡皮条与细线的长度没必要测出，A、B错误。（3）撤掉一个测力计，用另一个测力计把小圆环拉到已标记的小圆环位置，记录此时拉力F的大小和方向。（5）比较F'和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。2.（1）FF3（2）ABC解析：（1）F1与F2共同作用的效果与F单独作用的效果相同，则F1与F2的合力与F相等；小圆环受到拉力F1、F2、F3的共同作用，静止于O点，则F1、F2、F3的合力为0。（2）保持O点位置不动，即合力大小、方向不变，弹簧测力计A的读数不变，只要符合该条件而且能够作出力的平行四边形即可，如图所示F1如果从1变到4，能够作出力的平行四边形，故A正确；F1如果从1变到3，能够作出力的平行四边形，故B正确；F1如果从1变到2，能够作出力的平行四边形，故C正确；B的拉力大小不变，增大β角，不能够作出力的平行四边形，故D错误。创新拓展【典例】（1）①3F3②F1和F1'（2解析：（1）由力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1'＝Ftan30°＝33F通过比较F1和F1'，在误差允许的范围内相同，（2）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出力的合成图，如图所示，由图可知，绳套1的拉力大小逐渐增大，故A项正确。对点训练（1）m0gx1（3）解析：（1）根据胡克定律得m0g＝kx1，所以弹簧的劲度系数k＝m0（3）作图法画出FA，如图所示。（5）由数学知识可知只有满足∠AOC＞∠BOC，才能保证FB＜FA＝G，才不会超过弹簧测力计量程。第三章牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律考点一基础梳理1.（1）匀速直线运动（2）①惯性惯性②维持运动状态加速度2.（1）静止（2）唯一大小（3）固有运动受力对点训练1.AC斜面不可能没有摩擦，故伽利略利用图甲的斜面进行实验，球从左边斜面滚上右侧斜面等高处也是理想的，现实不存在的，A正确；伽利略利用图乙中的斜面进行实验，得出小球下落的位移与时间的平方成正比，B错误；伽利略利用图甲中的斜面进行实验，得出物体的运动不需要力来维持；利用图乙中的斜面进行实验，最后推导得出自由落体运动的规律，C正确，D错误。2.C墨子的观点与伽利略关于力和运动的观点基本相同，与亚里士多德的观点不同，故A错误；物体受到变力作用，物体的运动状态一定发生改变，即物体的速度一定发生变化，但是速度的大小不一定会改变，例如物体做匀速圆周运动，故B错误；力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；当物体不受力时，物体的运动状态不发生变化，即物体保持静止或匀速直线运动状态不变，运动的物体不会停止运动，故D错误。3.AD当容器随小车突然向右运动时，由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大、惯性大，铁球的运动状态难以改变，而同体积的“水球”的运动状态容易改变，故铁球相对于小车向左运动，A正确，B错误；当容器随小车突然向右运动时，由于与同体积的“水球”相比，乒乓球质量小、惯性小，运动状态容易改变，故乒乓球相对于小车向右运动，C错误，D正确。考点二基础梳理1.（1）正比反比作用力2.（1）基本单位导出单位（2）质量长度时间千克米秒（3）基本量判断小题1.×2.√3.×【例】D对小球受力分析如图所示，可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做匀加速直线运动，A错误；设小球的加速度为a，对小球由牛顿第二定律得m1gtanθ＝m1a，解得a＝gtanθ，则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为a＝gtanθ，水平向左。以苹果箱中间一个质量为m的苹果为研究对象，合力为F合＝ma＝mgtanθ。设周围其他苹果对它的作用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为α，在水平方向根据牛顿第二定律有Fsinα＝ma，在竖直方向上Fcosα＝mg，联立解得F＝（mgtanθ）2＋（mg）2＝mg1+ta对点训练1.C根据牛顿第二定律得知物体加速度的大小跟其质量成反比，与速度无关，故A错误；力是产生加速度的原因，只要有力，就能产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系，故B错误；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律F＝ma可知，物体水平方向的加速度大小与其质量成反比，故C正确；物体加速度的大小跟物体所受的合力成正比，而不是跟任一个力的大小成正比，故D错误。2.C对“毛毛虫”道具受力分析，受到向下的重力，左斜上的拉力，两个力的合力为水平向左，所以根据力的矢量叠加可得F＝（mg）2＋（ma）2＝1002N，所以平均每位同学对道具的作用力约为F考点三基础梳理1.相等相反同一条直线上2.（1）大小性质（2）方向受力对点训练1.C“电动平衡车”匀速行驶时，人的合力为零，竖直方向重力等于支持力，水平方向无摩擦力，故A错误；车对人的作用力与人对车的作用力是一对相互作用力，不管运动状态如何，二者大小相等，故B错误；“电动平衡车”减速行驶时，车对人的摩擦力与车的运动方向相反，根据相互作用力方向相反，知人对车的摩擦力与车的运动方向相同，故C正确；人从“电动平衡车”跳起后，只受重力，加速度一直向下，处于失重状态，故D错误。2.A对环保袋的受力分析如图所示，可知绳带中的张力T＝G2cosα＞G2，故A正确；绳带长度缩短时，α增大，cosα减小，绳带中的张力增大，故B错误；绳带对环保袋的拉力与环保袋的重力是一对平衡力，故C错误；绳带对环保袋的拉力与环保袋对绳带的拉力是一对相互作用力第2讲牛顿第二定律的应用考点一【例1】B对于题图甲，突然撤去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动，故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加速度为0，对于B，其所受合力等于挡板在未撤时挡板对它的支持力，为2mgsinθ，由牛顿第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度为aB＝2gsinθ；对于题图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，整体由牛顿第二定律有2mgsinθ＝2ma'，可得A、B的加速度均为a'＝gsinθ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律有mgsinθ＋F＝ma'，可知F＝0，故题图乙中轻杆的作用力一定为零，故选B。对点训练1.C开始时，对物块1分析，处于平衡状态，弹簧的弹力F＝3mg。抽出木板的瞬间，弹簧的弹力不变，物块1所受的合力仍然为零，则加速度a1＝0。对物块2，抽出木板的瞬间，受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得a2＝F'＋mgm＝3mg＋mgm＝4g，故C2.B设绳子拉力为T，对小球，根据平衡条件有Tcos45°＝mg，解得T＝202N，A错误；剪断轻绳前，设弹簧的弹力为F，对小球，根据平衡条件有F＝Tsin45°，解得F＝20N，剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，故剪断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力大小为20N，B正确；剪断轻绳的瞬间轻弹簧的弹力不变，则重力与弹簧弹力的合力为202N，根据牛顿第二定律可得a＝Fm＝102m/s2，方向与竖直方向成45°角指向左下方，C错误；剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力瞬间消失。小球将开始做圆周运动，此时小球的速度为零，向心加速度为零，沿绳方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直绳的方向）的加速度，重力沿垂直绳方向的分力等于合力，则有mgcos45°＝ma，解得a＝52m/s2，D考点二基础梳理1.（1）无关2.大于小于0向上向下gmg＋mamg－ma0判断小题1.√2.×3.×4.√5.×【例2】C由v-t图像的斜率表示加速度可知，t＝0.5s时，加速度为a＝ΔvΔt＝（30－0）×10－21.0m/s2＝0.3m/s2，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得单杠对他的支持力为FN＝mg＋ma＝618N，故A错误；由v-t图像可知，0～1.1s向上做加速运动，1.1s后向上减速运动，可知t＝1.1s时，并不是向上运动到最高点，故B错误；由v-t图像可知，t＝1.5s时，加速度方向向下对点训练1.C在加速提起砖块的过程中，砖块加速度向上，处于超重状态，A错误；砖块水平方向保持平衡，故夹砖器对两块砖块压力大小相等，B错误；夹砖器与砖块即将发生滑动时，砖块加速度最大，对两块砖整体受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律有2μF－2mg＝2ma，则砖块被加速提起过程中，其加速度的最大值为a＝μFm－g，C正确；加速度最大时，单独对其中一个砖块受力分析如图乙所示，若竖直方向上只受重力mg以及夹砖器对其向上的静摩擦力f，有f－mg＝ma，解得f＝μF，故两块砖块之间摩擦力为零，D2.D由题意结合图像可知mg＝F1＝500N，所以m＝50kg，故A错误；由图可知，运动员在3.6～4.2s内弹力大于重力，加速度方向向上，运动员处于超重状态，在4.2～4.8s内弹力小于重力，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；当运动员处于最低点时，加速度最大，根据牛顿第二定律可得amax＝F2－mgm＝2500－50050m/s2＝40m/s2，故C错误；由图可知，运动员离开蹦床在空中运动的时间为t＝8.4s－6.8s＝1.6s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度为h＝考点三【例3】（1）5m/s2（2）1.25m解析：（1）根据题意，对小球进行受力分析，如图所示由图乙可知，t＝4s时，小球的加速度恰好为0，则有Fcosθ＝mgsinθ＋fFsinθ＋mgcosθ＝FNf＝μFN又F＝kt＝10×4N＝40N联立解得μ＝0.5根据题意，结合图乙可知，t＝6s时，有F'cosθ－mgsinθ－f'＝mamaxF'sinθ＋mgcosθ＝FN'f'＝μFN'又F'＝kt＝10×6N＝60N联立解得amax＝5m/s2。（2）t＝6s时，小球离开电磁辐射区，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝10m/s2根据题意，由a-t图像中面积表示速度变化量可知，小球由静止运动，t＝6s时小球的速度为v＝12×（6－4）×5m/s＝由v2－v02＝2ax可得，小球离开电磁辐射区后沿着细杆上升的最大距离为l＝v2【例4】AD热气球向下做匀加速直线运动的加速度大小a＝ΔvΔt＝3－030m/s2＝0.1m/s2，根据牛顿运动定律有mg－F＝ma，解得F＝5940N，故A正确，B错误；设抛出一些压舱物后，气球的加速度大小为a'，则气球回到原高度时有12at2＝－at＋12a't2，把t＝30s代入上式，解得a'＝0.3m/s2，热气球开始减速到下降到最低点时，所用的时间为t'＝ata'＝t3，可得热气球下降的最大高度为h＝12at2＋12a't32＝60m，所以热气球距地面的最小距离为hmin＝65m－60m＝5m，故C错误；设抛出物的质量为Δm，抛出后根据牛顿运动定律，有F－（m－Δm）g＝（m【方法模型·解读】等时圆模型【典例】（1）45°2rg（2）15解析：（1）水滴沿伞面下滑过程中有mgsinθ＝ma ①rcosθ＝12a由①②得t12又0＜θ＜π2，则当θ＝π4时水滴滑落伞面时间最短，解得最短时间tmin＝2（2）水滴沿伞面下落过程有mgr＝12mv2 水滴离开伞后做斜下抛运动，且有：水平和竖直两个分速度vx＝vy＝vcosπ4 竖直方向h＝vyt2＋12gt2水平方向x＝vxt2 ⑥由题意，根据几何关系可知（x＋r）2＝d2＋L22由③～⑦式得d＝152r针对训练BC1号小球的加速度为a1＝gsin60°＝32g，位移为x1＝2r·sin60°＝3r，运动时间为t1＝2x1a1＝2rg；2号小球的加速度为a2＝gsin30°＝12g，位移为x2＝2r·sin30°＝r，运动时间为t2＝2x2a2＝2rg；3号小球的加速度为a3＝gsin60°＝32g，位移为x3＝3rsin30°＝23r，运动时间为t3＝2x3a3＝8rg；4号小球的加速度为a4＝gsin30°＝12g，位移为x4＝3rsin60°＝2r，运动时间为t4＝2x4a4＝8rg，则t1＝t2，t3＝t4，t3素养提升5动力学中的三类典型问题题型一【例1】D木块之间只有弹力，无摩擦力，A错误；对整体进行受力分析，由牛顿第二定律F－F10mg×mg－F20mg×4mg＝5ma，得a＝7F50m，由于Fm未知，无法求得加速度结果，B错误；对前两块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－F20mg×2mg－F23＝2ma，得F23＝0.62F，C错误；对前三块木块进行受力分析，由牛顿第二定律得F－F20mg×2mg－F10mg×mg－F【例2】（1）0.4kg（2）0.125解析：（1）由题图（b）可知，物块A在P点左边运动的加速度a1＝Δv1Δt1＝2根据牛顿第二定律mBg＝（mB＋mA）a1代入数据解得mA＝0.4kg。（2）物块A在P点右边运动的加速度a2＝Δv2Δt2＝3根据牛顿第二定律mBg－μmAg＝（mB＋mA）a2代入数据解得μ＝0.125。题型二【例3】CDB与地面的最大静摩擦力为f地＝0.5μ（2m＋m）g＝1.5μmg＜F＝2μmg可知，当F＝2μmg时，A、B都相对地面发生运动，A错误；物块A能够获得的最大加速度amax＝μ·2mg2m＝μg，当F＝3μmg时，假设A、B能够保持相对静止，则有3μmg－0.5μ（m＋2m）＝（m＋2m）a1，解得a1＝0.5μg＜amax＝μg可知，当F＝3μmg时，A、B保持相对静止，B的加速度等于0.5μg，C正确；若A、B恰好发生相对运动，对A有amax＝μ·2mg2m＝μg，对A、B有F2－0.5μ（2m＋m）g＝（2m＋m）amax，解得F2＝4.5μmg可知，当F＞4.5μmg时，A、B间才能发生相对滑动，B错误；根据上述可知，物块A能够获得的最大加速度为amax＝μ·2mg2m【例4】BCD若斜面体以临界加速度a0向右加速运动时，小球对斜面体的压力刚好为零，则小球只受到重力和细线的拉力，如图，由牛顿第二定律有mgtanθ＝代入数据解得小球刚好离开斜面体的临界加速度为a0＝3g若斜面体以加速度a＝g向右加速运动时，此时向右的加速度小于临界加速度a0，则小球对斜面体仍然有压力，故A错误；若斜面体以加速度a＝g向右加速运动时，对小球由牛顿第二定律得水平方向的合力大小为F合＝ma＝mg对小球受力分析如图所示，可知水平和竖直方向分别满足如下关系FT'cosθ－FNsinθ＝mgFT'sinθ＋FNcosθ＝mg代入数据解得细线的拉力大小为FT'＝（1+故B正确；当斜面体以加速度a＝2g向右加速运动时，超过临界加速度a0，小球离开斜面，对小球由牛顿第二定律得水平方向细线拉力的分力大小为F1'＝ma＝2mg，由勾股定理可知细线中拉力为FT'＝（mg）2＋（2mg）2＝5mg，故C正确；若斜面体以临界加速度a'向左加速运动时，细线对小球的拉力刚好为零，则小球只受到重力和斜面的支持力，由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma'，代入数据解得细线刚好没有拉力的临界加速度为a'＝33g，当斜面体以加速度a＝2g【例5】AD由题图乙可知，当斜面与水平方向的夹角为90°时，位移为0.2m，由竖直上拋运动规律v02＝2gh，解得v0＝2m/s，故A正确；当斜面与水平方向的夹角为0°时，位移为0.4m，根据v02＝2ax，μmg＝ma，可得μ＝0.5，故B错误；根据μmgcosθ＋mgsinθ＝ma可得a＝gsinθ＋μgcosθ＝1+μ2gsin（θ＋φ），因此最大加速度为amax＝1+μ2g＝52g，此时根据速度与位移公式得v02＝2amaxxmin，解得x【例6】CD物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始时物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1为10N时，根据牛顿第二定律有F1＋kx－mg＝ma；物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2kg，k＝500N/m＝5N/cm，a＝5m/s2，故A、B错误，C、D正确。【例7】AC由小物块上滑过程的速度—时间图线，可得加速度大小为a＝ΔvΔt＝8.0m/s2，可知小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2，故A正确；设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为x，则有x＝v022a＝642×8m＝4m，故B错误；小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面方向f＋mgsin37°＝ma，垂直斜面方向FN－mgcos37°＝0，摩擦力为f＝μFN，代入数据解得f＝4N，μ＝【例8】AD当a1＝2m/s2，a2＝6m/s2，a3＝－6m/s2时，F1cosθ－mgsinθ＝ma1，F2cosθ－mgsinθ＝ma2，mgsinθ＝m｜a3｜，其中F1＝20N，F2＝30N，解得θ＝37°，m＝2kg，故A正确，B错误；加速度为5m/s2时，由Fcosθ－mgsinθ＝ma，解得F＝552N，故C错误；物体静止在斜面上时，有Fcosθ＝mgsinθ，解得F＝15N，故D素养提升6动力学中的滑块—木板模型类型一【例1】（1）0.4N，方向水平向右（2）6.6N（3）3s解析：（1）小滑块B的最大加速度为am＝μmgm＝μg＝3m/s2＞a故可知此时A、B没有发生相对滑动，即A、B以a1＝2m/s2的加速度一起向右加速运动，滑块B所受摩擦力大小为fB＝ma1＝0.4N，方向水平向右。（2）根据前面分析知A、B发生相对滑动的临界加速度为a＝3m/s2，对整体分析有F＝（M＋m）a＝6.6N。（3）在F'＝8.6N的水平拉力的作用下A、B发生相对滑动，此时A、B加速度大小分别为aA＝F'－μmgM＝4m/s2，aB＝设经过时间t滑块滑离长木板，根据位移关系有x木板－x滑块＝L其中有x木板＝12aAt2，x滑块＝12aB联立解得t＝3s。类型二【例2】（1）1m/s2（2）1m（3）1.5N解析：（1）对物块乙，由牛顿第二定律得F－μm乙g＝m乙a乙解得a乙＝1m/s2。（2）对木板甲，由牛顿第二定律得μm乙g＝m甲a甲解得a甲＝0.5m/s2物块乙、木板甲发生相对滑动的过程中，由运动学公式得12