2025年高考物理三轮复习之运动和力的关系

第68页（共68页）2025年高考物理三轮复习之运动和力的关系一．选择题（共10小题）1．（2025•浙江模拟）以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是（）A．热力学温度、K B．功率、W C．位移、m D．力、N2．（2025•浙江模拟）对生活中相关物理现象的描述，下列说法正确的是（）A．图甲：自行车比赛中，骑手在超车时，自行车可视为质点 B．图乙：亚运会上400m竞赛中，各运动员跑完全程过程中的位移相同 C．图丙：随着沙子的不断流入，干沙堆的倾角会不断增大 D．图丁：动车里电子显示牌上显示的“351km/h”指的是列车的速率3．（2025•浙江模拟）2024年巴黎奥运会，我国跳水小将全红婵获得女子10米跳台金牌，若不计空气阻力，关于全红婵下列说法正确的是（）A．研究她的技术动作时，可以将她视为质点 B．在空中运动过程中处于超重状态 C．在水中下降至最低点时，机械能最小 D．入水过程中，水对她的作用力大于她对水的作用力大小4．（2025•大连模拟）在一南北向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢，当机车在南边拉着这列车厢以大小为a的加速度向南行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在北边拉着车厢以大小为12a的加速度向北行驶时，P和Q间的拉力大小为A．9 B．10 C．11 D．125．（2025•南通模拟）如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正确的是（）A． B． C． D．6．（2025•湖北一模）将等质量的长方体A、B置于粗糙水平地面上，长方体A和B与地面的动摩擦因数分别为μ1和μ2（μ1＞μ2），如图甲所示。对A施加水平向右的恒力F时，A、B一起向右加速运动，A、B间的弹力大小为F1。如图乙所示，将A、B置于斜面上，A、B与斜面的动摩擦因数未变，对A施加大小相同的沿斜面向上的力F时，A、B一起沿斜面向上加速运动，A、B间的弹力大小为F2，则（）A．F1＜F＜F2 B．F1＜F2＜F C．F1＝F2＜F D．F2＜F1＜F7．（2025•晋中校级四模）如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为m1和m2且m1≠m2，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。则（）A．轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关 B．轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关 C．轻绳拉力的小与两物体的质量m1和m2有关 D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变8．（2025•浙江一模）图甲是迷宫尺子，质量为M的尺子外壳内有一颗质量为m的小钢珠，通过倾斜尺子，可以让小钢珠走出迷宫。小齐保持尺面竖直，小钢珠位于如图乙所示相互垂直的A、B挡板之间，缓慢逆时针转动尺子，直至B水平。将A与水平面的夹角记为θ，下列说法正确的是（）A．A对小钢珠的作用力先增大后减小 B．B对小钢珠的支持力大小为mgsinθ C．小齐对尺子的作用力大小始终为Mg D．小钢珠对尺子的作用力和小齐对尺子的作用力是平衡力9．（2025•广州一模）如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力，x、v、f和E分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正确的是（）A． B． C． D．10．（2025•武清区校级开学）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A．小车做匀速直线运动时，F＝mgcosθ，方向沿杆向上方 B．小车运动状态不同，F大小不定，但是方向一定沿杆向上 C．只有小车向左以加速度a＝gtanθ加速运动时，F方向才沿杆方向 D．小车向右以加速度a加速运动时，则F二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025•重庆模拟）如图所示，一广场小火车是由车头和6节车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。则（）A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．当火车匀速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力相等 C．做匀加速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力之比为3：2 D．关闭发动机后，沿水平直线到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比（多选）12．（2025•大理市模拟）如图所示，水平面是光滑的，一足够长的木板置于水平面上，木板上放一斜面体，木板与斜面体间的动摩擦因数为μ，斜面体倾角θ＝53°，一细绳一端系在斜面体顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，细绳平行于斜面，已知小球、斜面体、木板质量均为1kg，g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（）A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜面体向右滑动 B．若μ＝0.5，不论F多大，小球均能和斜面体保持相对静止 C．若μ＝0.8，当F＝22.5N时，小球对斜面体的压力不为0 D．若μ＝0.8，当F＝26N时，细绳对小球的拉力为2（多选）13．（2025•内江一模）如图a，足够高的水平长桌面上的P点左边光滑右边粗糙。小物块A在质量为0.5kg的砝码B的拉动下，从桌面左端开始运动，其v﹣t图像如图b所示。重力加速度大小g取10m/s2。则下列说法中正确的是（）A．物块A的质量为2.0kg B．在0～1s时间内，轻绳的拉力大小为2N C．物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.125 D．物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.25（多选）14．（2025•滁州模拟）如图所示，一光滑圆环固定在竖直平面内，A、C两点为竖直直径的两个端点，B点与圆心O等高，一质量为m的小球套在圆环上。某时刻小球从静止开始由圆环上的A点经B点自由下滑。已知重力加速度为g，则小球从A点下滑到C点的过程中（）A．先处于超重状态后处于失重状态 B．对圆环的作用力的最大值为5mg C．对圆环的作用力最小时，小球所在处的半径与OA的夹角θ满足cosθ=D．对圆环的作用力最小时，小球所在处的半径与OA的夹角θ满足sinθ（多选）15．（2025•汕头一模）小钊同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作，压力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．下蹲过程中，小钊加速度始终向下 B．起立过程中，小钊先超重后失重 C．6s内小钊完成了两组下蹲、起立动作 D．下蹲过程小钊的最大加速度约为6m/s2三．解答题（共5小题）16．（2025•赣州一模）近期，我国展示了一款令人惊艳的军用机器狗，将给中国陆军带来降维打击的战斗力。在某次军事演习中，机器狗从山坡上滑下至水平面，随后跳跃过一障碍物，模型可简化为：如图所示，倾角为37°斜面AB与水平面BC平滑连接，一长为l＝1.6m、高为h＝1.2m的矩形障碍物位于水平面上，距离斜面底端B有一定的距离，机器狗（可视为质点）从斜面顶端A由静止下滑，滑至速度为零时未到达障碍物处，此后机器狗斜向上跳起越过障碍物。已知斜面AB长L＝10m，机器狗与斜面、水平面的动摩擦因数均为μ＝0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）机器狗在斜面上运动的加速度大小a和时间t；（计算结果可用根号表示）（2）障碍物左侧与斜面底端B距离s多大时，机器狗跳起的速度有最小值。17．（2025•信阳二模）图甲为某学生的书桌抽屉。已知抽屉的质量M＝1.8kg，长度d＝0.8m，其中放有质量m＝0.2kg，长s＝0.2m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g＝10m/s2。（1）F＝1.8N时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v；（2）F＝3.8N时，求书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能ΔU。18．（2025•禅城区模拟）一个同学质量为m＝60kg，站立时手能摸到的最大高度为h1＝2.2m。该同学身体下蹲后由静止开始用力蹬地，经过时间t1＝0.40s沿竖直方向跳起，手能摸到的最大高度为h2＝3.0m。人在空中运动时身体伸直，忽略踮脚带来的高度变化，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2。（1）假定他蹬地的力F1为恒力，求F1的大小；（2）然后该同学落回地面，脚接触地面后经过时间t2＝0.20s重心降至最低（该过程可等效为匀减速直线运动），接着他用恒力F2蹬地跳起，手能摸到的最大高度为h3＝2.7m求该同学蹬地的作用力F2。19．（2025•榆林一模）如图所示，一个质量m＝0.50kg的木块以v0=42m/s的初速度，从固定的、足够长斜面底端沿倾角θ＝37°的斜面向上运动。已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝（1）木块所受滑动摩擦力的大小f；（2）木块沿斜面向上运动的最大位移x；（3）木块返回到斜面底端时的速度大小vt。20．（2025•大理市模拟）如图所示，一水平传送带以v0＝10m/s的恒定速率逆时针转动，传送带两端A、B间的距离为L＝16m，把一个质量m＝1kg、可看作质点的物体轻放在传送带的右端A点，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，求：（1）试判断物体相对于传送带向哪个方向运动；（2）物体从右端A运动到左端B所用的时间；（3）物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小。

2025年高考物理三轮复习之运动和力的关系参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案CDCBCBCBBD二．多选题（共5小题）题号1112131415答案CDBDACBCBD一．选择题（共10小题）1．（2025•浙江模拟）以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是（）A．热力学温度、K B．功率、W C．位移、m D．力、N【考点】力学单位制与单位制；矢量和标量的区分与判断．【专题】定性思想；归纳法；力学综合性应用专题；理解能力．【答案】C【分析】根据矢量以及国际单位制中的基本单位分析求解。【解答】解：A、热力学温度是国际单位制基本单位，代表符号是K，但不是矢量，故A错误；B、功率不是国际单位制基本单位，也不是矢量，故B错误；C、位移是国际单位制基本单位，代表符号是m，是矢量，故C正确；D、力不是国际单位制基本单位，代表符号是N，是矢量，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了矢量以及国际单位制，需要牢记涉及到的知识点。2．（2025•浙江模拟）对生活中相关物理现象的描述，下列说法正确的是（）A．图甲：自行车比赛中，骑手在超车时，自行车可视为质点 B．图乙：亚运会上400m竞赛中，各运动员跑完全程过程中的位移相同 C．图丙：随着沙子的不断流入，干沙堆的倾角会不断增大 D．图丁：动车里电子显示牌上显示的“351km/h”指的是列车的速率【考点】物体在粗糙斜面上的运动；质点；位移、路程及其区别与联系；瞬时速度．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据质点的定义，位移和路程的区别，结合瞬时速度的定义分析求解，对沙子受力分析，根据受力平衡求解干沙堆的倾角变化。【解答】解：A．自行车比赛中，骑手在超车时，需要观察自行车的姿态，自行车大小、形状不可忽略，故不可将自行车视为质点，故A错误；B．亚运会上400m竞赛中，终点相同，起点不同，故各运动员跑完全程过程中的位移不相同，故B错误；C．设干沙堆表面有质量为m的沙子，设干沙堆的倾角为θ，其与干沙堆动摩擦因数为μ，则质量为m的沙子刚好滑动时有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ可知随着沙子的不断流入，干沙堆的倾角不变，故C错误；D．“351km/h”指的是列车的速率，即瞬时速度大小，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了质点，路程和位移以及瞬时速度等知识点，理解基本物理量的基本概念是解决此类问题的关键。3．（2025•浙江模拟）2024年巴黎奥运会，我国跳水小将全红婵获得女子10米跳台金牌，若不计空气阻力，关于全红婵下列说法正确的是（）A．研究她的技术动作时，可以将她视为质点 B．在空中运动过程中处于超重状态 C．在水中下降至最低点时，机械能最小 D．入水过程中，水对她的作用力大于她对水的作用力大小【考点】牛顿第三定律的理解与应用；超重与失重的概念、特点和判断；质点．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】C【分析】根据物体看成质点的条件分析判断；根据加速度方向分析判断；根据机械能定义分析判断；根据牛顿第三定律分析相互作用力。【解答】解：A．研究技术动作时，不可把全红婵看成质点，故A错误；B．在空中运动过程中，加速度向下，全红婵处于失重状态，故B错误；C．运动到最低点时，动能和重力势能都最小，全红婵的机械能最小，故C正确；D．根据牛顿第三定律，入水过程中，水对她的作用力等于她对水的作用力大小，故D错误。故选：C。【点评】本题考查质点、超失重、机械能、和牛顿第三定律的相关知识，注意超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，知道物体看成质点的条件。4．（2025•大连模拟）在一南北向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢，当机车在南边拉着这列车厢以大小为a的加速度向南行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在北边拉着车厢以大小为12a的加速度向北行驶时，P和Q间的拉力大小为A．9 B．10 C．11 D．12【考点】连接体模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据题意应用牛顿第二定律列式求出车厢的节数。【解答】解：设P、Q两边的车厢数为x和y，当机车在南边拉时，以Q北边的车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得：F＝yma，当机车在北边拉时，以P南边的车厢为研究对象，根据牛顿第二定律得：2F＝xm⋅1根据以上两式可得：x＝4y车厢总数：n＝x+y＝5y，其中y为正整数，故总的车厢的数目可能是5、10、15、20、25……，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，关键的是根据牛顿第二定律求出P、Q两边车厢节数的关系，根据实际情况分析答题。5．（2025•南通模拟）如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律的简单应用．【专题】应用题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．【答案】C【分析】杯中的水同轴做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分析求解。【解答】解：杯中的水同轴转动，所有水做匀速圆周运动的角速度ω相同，设水的表面有一质量为m的水球，设水球所处位置与水平方向的夹角为θ，水球受力如图所示对水球，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2r解得：tanθ=ω2rg，半径r越大，夹角θ越大，由图示可知故选：C。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，知道同轴转动的物体角速度相等，分析清楚水的受力情况，应用牛顿第二定律即可解题。6．（2025•湖北一模）将等质量的长方体A、B置于粗糙水平地面上，长方体A和B与地面的动摩擦因数分别为μ1和μ2（μ1＞μ2），如图甲所示。对A施加水平向右的恒力F时，A、B一起向右加速运动，A、B间的弹力大小为F1。如图乙所示，将A、B置于斜面上，A、B与斜面的动摩擦因数未变，对A施加大小相同的沿斜面向上的力F时，A、B一起沿斜面向上加速运动，A、B间的弹力大小为F2，则（）A．F1＜F＜F2 B．F1＜F2＜F C．F1＝F2＜F D．F2＜F1＜F【考点】连接体模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】B【分析】A、B保持相对静止，一起向右做匀加速运动，对A进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再对B运用牛顿第二定律即可求解F的大小。【解答】解：图甲过程，对长方体A，根据牛顿第二定律有F﹣μ1mg﹣F1＝ma1根据牛顿第二定律有，对长方体B，F1﹣μ2mg＝ma1整理解得2F1＝F﹣（μ1﹣μ2）mg图乙过程，对长方体A，根据牛顿第二定律F﹣F2﹣mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma2根据牛顿第二定律，对长方体B，F2﹣mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2整理解得2F2＝F﹣（μ1﹣μ2）mgcosθ已知μ1＞μ2可得F1＜F2＜F，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要灵活选择研究对象，合理受力分析是解题关键。7．（2025•晋中校级四模）如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为m1和m2且m1≠m2，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。则（）A．轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关 B．轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关 C．轻绳拉力的小与两物体的质量m1和m2有关 D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变【考点】连接体模型；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】C【分析】根据连接体在斜面上运动时，轻绳拉力的大小受到哪些因素的影响。根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用在物体上的合外力成正比，与物体的质量成反比。在斜面上，物体受到的合外力包括拉力、重力沿斜面的分力、摩擦力等。因此，轻绳拉力的大小与斜面的倾角、物体和斜面之间的动摩擦因数、两物体的质量等都有关系。【解答】解：ABC、相同材料的A、B物体以共同的加速度一起运动，故以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F﹣（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a解得a=再隔离物体B，对B分析，根据牛顿第二定律得T﹣m2gsinθ﹣μ2gcosθ＝m2a解得T=则知绳子的拉力与斜面倾角θ无关，与动摩擦因数μ无关，与两物体的质量m1和m2有关，故C正确，AB错误；D、若改用F沿斜面向下拉连接体，以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F+（m1+m2）gsinθ﹣μ（m1+m2）gcosθ＝（m1+m2）a′解得a'再隔离物体A，对A分析，根据牛顿第二定律得T′+m1gsinθ﹣μm1gcosθ＝m1a′解得T'可知轻绳拉力的大小改变，故D错误。故选：C。【点评】在解决连接体问题时，关键是要理解物体的加速度与作用在物体上的合外力之间的关系。在斜面上，物体受到的合外力包括拉力、重力沿斜面的分力、摩擦力等。因此，轻绳拉力的大小与斜面的倾角、物体和斜面之间的动摩擦因数、两物体的质量等都有关系。在分析问题时，需要综合考虑这些因素，才能得出正确的结论。8．（2025•浙江一模）图甲是迷宫尺子，质量为M的尺子外壳内有一颗质量为m的小钢珠，通过倾斜尺子，可以让小钢珠走出迷宫。小齐保持尺面竖直，小钢珠位于如图乙所示相互垂直的A、B挡板之间，缓慢逆时针转动尺子，直至B水平。将A与水平面的夹角记为θ，下列说法正确的是（）A．A对小钢珠的作用力先增大后减小 B．B对小钢珠的支持力大小为mgsinθ C．小齐对尺子的作用力大小始终为Mg D．小钢珠对尺子的作用力和小齐对尺子的作用力是平衡力【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．【答案】B【分析】对小球受力分析，结合共点力平衡求出两个分力的表达式，然后判断。【解答】解：AB．对小钢珠受力分析如图所示由共点力的平衡条件可得A对小球的支持力FA＝mgcosθB对小球的支持力FB＝mgsinθ缓慢逆时针转动尺子，直至B水平，可知θ角逐渐增大到90°，则挡板A对小钢珠的支持力逐渐减小到零，由牛顿第三定律可知，A对小钢珠的作用力一直减小到零，故A错误，B正确；C．在受力平衡时，可知小齐对尺子的作用力大小始终等于二者重力的和，为Mg+mg，故C错误；D．小钢珠对尺子的作用力大小是mg，小齐对尺子的作用力大小是Mg+mg，两个力不是平衡力，故D错误。故选：B。【点评】本题关键要掌握三力动态平衡时，可以使用解析法，也可以画矢量三角形，结合线段长短的变化分析力大小的变化。9．（2025•广州一模）如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力，x、v、f和E分别表示物块位移、速度、所受的摩擦力和机械能，下列图像中可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律的图像问题；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据题意应用滑动摩擦力公式求出物块受到的滑动摩擦力，应用牛顿第二定律求出物块的加速度，然后判断物块的运动性质，根据力做功情况判断物块的机械能如何变化，分析图示图像分析答题。【解答】解：AB．物块沿斜面下滑过程中，由于F随时间均匀增大，物块对斜面的压力均匀增大，物块所受的滑动摩擦力均匀增大，所以物块所受的合力先沿斜面向下均匀减小，然后沿斜面向上均匀增大，物块停止运动前，物块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故A错误，B正确；C．t＝0时刻物体对斜面压力不为零，所以所受的摩擦力不为零，故C错误；D．物块沿斜面下滑过程中，滑动摩擦力一直做负功，物块机械能减小，但滑动摩擦力大小在随时间变化，物体速度大小也在随时间变化，所以滑动摩擦力所做的功并非随时间均匀增大，物块的机械能也并非随时间均匀减小，故D错误。故选：B。【点评】本题的关键分析清楚物体的运动情况，明确滑动摩擦力与时间的关系。对于图像，往往根据数学知识研究斜率的变化情况。10．（2025•武清区校级开学）如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，重力加速度为g，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A．小车做匀速直线运动时，F＝mgcosθ，方向沿杆向上方 B．小车运动状态不同，F大小不定，但是方向一定沿杆向上 C．只有小车向左以加速度a＝gtanθ加速运动时，F方向才沿杆方向 D．小车向右以加速度a加速运动时，则F【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】D【分析】当小车做匀速直线运动时，球受力平衡，根据平衡条件求解杆对小球的作用力；小车的运动状态不同，杆上的力大小和方向均不确定；当力F沿杆时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，进而分析小车的运动情况；当小车向右加速时，对小车受力分析，根据牛顿第二定律和平行四边形定则求解杆上的作用力。【解答】解：A、当小车做匀速直线运动时，球受力平衡，根据平衡条件得，杆对小球的作用力大小为：F＝mg方向竖直向上，故A错误；B、小车运动状态不同，F大小不定，且方向也不一定沿杆向上，故B错误；C、当F方向沿杆方向，对小球受力分析，如图所示根据牛顿第二定律得：F合＝mgtanθ＝ma解得，加速度大小为：a＝gtanθ可知F方向沿杆方向时，小车的加速度为gtanθ，小车可能向左以加速度a＝gtanθ加速运动，也可能小车向右以加速度a＝gtanθ减速运动，故C错误；D、当小车向右以加速度a运动时，对小球受力分析，竖直方向有：Fy＝mg水平方向有：Fx＝ma则根据力的合成可得：F故D正确。故选：D。【点评】本题考查受力分析和牛顿第二定律，解题关键是知道杆上的弹力不一定沿杆，要根据平衡条件或牛顿第二定律求解杆上的弹力。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025•重庆模拟）如图所示，一广场小火车是由车头和6节车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。则（）A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．当火车匀速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力相等 C．做匀加速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力之比为3：2 D．关闭发动机后，沿水平直线到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比【考点】连接体模型；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析乘客受到车厢的作用力方向；根据受力平衡，应用整体法和隔离法分析火车匀速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力；由牛顿第二定律，分析火车做匀加速直线运动时，第3、4节与第4、5节车厢间的拉力；根据匀变速直线运动位移与速度的关系式，分析关闭发动机后，火车沿水平直线到停下来滑行的距离。【解答】解：A.启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力与乘客的重力的合力与车运动的方向相同，乘客受到车厢作用力的方向为斜向上，故A错误；B.设每节车厢的质量为m，匀速运动时，以4、5、6节车厢为研究对象，则有F34﹣k•3mg＝0解得F34＝3kmg以第5、6节车厢为研究对象则有F45﹣k•2mg＝0解得F45＝2kmg故B错误；C.做匀加速运动时，结合上述分析，由牛顿第二定律可得F34﹣k•3mg＝3ma，F45﹣k•2mg＝2ma联立解得F34：F45＝3：2故C正确；D.火车关闭发动机后只受大小恒定的阻力，作匀减速运动，根据v2＝2ax可知滑行距离x与关闭发动机时速度v的平方成正比，故D正确。故选：CD。【点评】此题主要考查整体法和隔离法的应用，要熟练掌握共点力平衡条件和牛顿第二定律的应用。（多选）12．（2025•大理市模拟）如图所示，水平面是光滑的，一足够长的木板置于水平面上，木板上放一斜面体，木板与斜面体间的动摩擦因数为μ，斜面体倾角θ＝53°，一细绳一端系在斜面体顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，细绳平行于斜面，已知小球、斜面体、木板质量均为1kg，g＝10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是（）A．若μ＝0.2，当F＝4N时，木板相对斜面体向右滑动 B．若μ＝0.5，不论F多大，小球均能和斜面体保持相对静止 C．若μ＝0.8，当F＝22.5N时，小球对斜面体的压力不为0 D．若μ＝0.8，当F＝26N时，细绳对小球的拉力为2【考点】牛顿第二定律的临界问题．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】BD【分析】利用不同的μ去判断小球的运动状态，以及压力，拉力的大小即可。【解答】解：A．若μ＝0.2，当F＝4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统有F＝3ma代入数据解得a=对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有μ（m+m）g＝（m+m）a球。代入数据解得a因此此时木板相对于斜劈静止，故A错误；B．若μ＝0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为μ（m+m）g＝（m+m）a球。代入数据得a＝5m/s2当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有mgtan代入数据解得a球因此不论F多大，斜面体与小球之间的摩擦足以抵抗任何外力，所以小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；C．若μ＝0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为为μ（m+m）g＝（m+m）a球代入数据得：a此时对板、球和斜劈构成的系统，有F临界＝（m+m+m）a球＝（1+1+1）×8N＝24N当F＝22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有a=又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，小球对斜面体的压力为0，故C错误；D．若μ＝0.8，F＝26N＞24N时，通过以上的分析可知此时木板与斜面体产生相对滑动，此时斜面与小球的加速度大小为8m/s2，小球离开斜面体，则对小球细绳的拉力：T=此时，小球受到斜面体的摩擦力和细绳的拉力的作用，细绳对小球的拉力为241故D正确。故选：BD。【点评】主要考查了摩擦力、相对运动条件以及物体间的相互作用力。（多选）13．（2025•内江一模）如图a，足够高的水平长桌面上的P点左边光滑右边粗糙。小物块A在质量为0.5kg的砝码B的拉动下，从桌面左端开始运动，其v﹣t图像如图b所示。重力加速度大小g取10m/s2。则下列说法中正确的是（）A．物块A的质量为2.0kg B．在0～1s时间内，轻绳的拉力大小为2N C．物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.125 D．物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.25【考点】有外力的水平板块模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据图示v﹣t图像求出加速度，然后以A、B整体为研究对象求出A的质量；对A分析求解轻绳的拉力大小；根据图示v﹣t图像求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出的动摩擦因数。【解答】解：A．物块A在P点左边滑动时的加速度a1对AB整体分析可知mBg＝（mA+mB）a1可得A的质量为mA＝2.0kg故A正确；B．在0～1s时间内，对A分析可知，轻绳的拉力大小为T＝mAa1，解得T＝4N故B错误；CD．对AB整体分析可知mBg﹣μmAg＝（mA+mB）a2物块A在P点右边滑动时的加速度a2解得桌面间的动摩擦因数为μ＝0.125故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物块的运动过程，根据图示图像求出加速度，应用牛顿第二定律可以解题。（多选）14．（2025•滁州模拟）如图所示，一光滑圆环固定在竖直平面内，A、C两点为竖直直径的两个端点，B点与圆心O等高，一质量为m的小球套在圆环上。某时刻小球从静止开始由圆环上的A点经B点自由下滑。已知重力加速度为g，则小球从A点下滑到C点的过程中（）A．先处于超重状态后处于失重状态 B．对圆环的作用力的最大值为5mg C．对圆环的作用力最小时，小球所在处的半径与OA的夹角θ满足cosθ=D．对圆环的作用力最小时，小球所在处的半径与OA的夹角θ满足sinθ【考点】超重与失重的概念、特点和判断；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】A、对于超重还是失重的判断，关键取决于加速度的方向：当物体的加速度向上时，处于超重状态；当加速度方向向下时，处于失重状态；BCD、根据机械能守恒定律和圆周运动向心力公式列式解答。【解答】解：A.设圆环半径为R；小球从A点静止开始下滑，在A到B过程中，加速度方向有向下的分量，小球处于失重状态，到达C点前一段时间，加速度竖直分量向上，小球超重状态，故A错误；B.小球下滑到C点时，速度最大，对圆环的作用力的最大，根据机械能守恒定律得12mvC2=mg⋅2R，又有CD.设小球所在处半径与OA的夹角为θ，根据机械能守恒定律12mv2=mgR(1-cosθ)，根据牛顿第二定律N+mgcosθ=mv2R联立解得N＝2mg﹣3mgcos故选：BC。【点评】考查对机械能守恒和牛顿运动定律的理解，熟悉公式的运用；清楚超重、失重的定义。（多选）15．（2025•汕头一模）小钊同学站在连接计算机的压力传感器上完成下蹲、起立动作，压力传感器示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．下蹲过程中，小钊加速度始终向下 B．起立过程中，小钊先超重后失重 C．6s内小钊完成了两组下蹲、起立动作 D．下蹲过程小钊的最大加速度约为6m/s2【考点】超重与失重的概念、特点和判断；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】人在下蹲过程中，先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，结合牛顿第二定律据此作答即可；人在站起过程中，先加速上升后减速上升，所以先超重后失重传感器对人的支持力小于重力时，人处于失重状态；传感器对人的支持力大于重力时人处于超重状态，结合牛顿第二定律据此作答即可；由题图可知，力传感器的最小示数为200N，根据牛顿第二定律可知。【解答】解：A、人在下蹲过程中，先加速下降后减速下降，加速度先向下后向上，故A错误。B、人在站起过程中，先加速上升后减速上升，所以先超重后失重，故B正确。C、由题图可知，人在6s内完成了一次下蹲和一次站起动作，故C错误。D、由题图可知，力传感器的最小示数为200N，根据牛顿第二定律可知，人在下蹲过程中，人的最大加速度a=G-Fm=500-20050m/s故选：BD。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，解答此题的关键在于对图像各时间段的正确理解，结合牛顿第二定律求出加速度。三．解答题（共5小题）16．（2025•赣州一模）近期，我国展示了一款令人惊艳的军用机器狗，将给中国陆军带来降维打击的战斗力。在某次军事演习中，机器狗从山坡上滑下至水平面，随后跳跃过一障碍物，模型可简化为：如图所示，倾角为37°斜面AB与水平面BC平滑连接，一长为l＝1.6m、高为h＝1.2m的矩形障碍物位于水平面上，距离斜面底端B有一定的距离，机器狗（可视为质点）从斜面顶端A由静止下滑，滑至速度为零时未到达障碍物处，此后机器狗斜向上跳起越过障碍物。已知斜面AB长L＝10m，机器狗与斜面、水平面的动摩擦因数均为μ＝0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）机器狗在斜面上运动的加速度大小a和时间t；（计算结果可用根号表示）（2）障碍物左侧与斜面底端B距离s多大时，机器狗跳起的速度有最小值。【考点】物体在粗糙斜面上的运动；匀变速直线运动规律的综合应用．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．【答案】（1）机器狗在斜面上运动的加速度大小为2m/s2，时间为t=（2）障碍物左侧与斜面底端B距离s多大时，机器狗跳起的速度有最小值s＝4.8m。【分析】（1）利用牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式求解时间。（2）依据能量守恒求解速度，再利用运动学公式求解位移。【解答】解：（1）机器狗在水平面上运动过程，根据牛顿第二定律有mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma解得a＝2m/s2根据位移公式有L解得t=（2）机器狗在水平面上运动过程，根据速度公式有v机器狗在水平面上运动过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1解得a利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有v解得x0＝4m若机器狗跳起的速度为最小值，此时机器狗做斜抛运动的轨迹恰好经过矩形障碍物上侧的左右边缘，且机器狗经过矩形障碍物上侧的左右边缘的速度也为最小值，令该速度大小为v1、该速度方向与水平方向夹角为θ，在机器狗处于障碍物上侧的斜抛运动过程有l＝v1cosθ•t1，﹣v1sinθ＝v1sinθ﹣gt1解得v根据数学三角函数规律可知，当θ等于45°时，解得v1的最小值为v1＝4m/s此时有vx＝v1cosθ，vy＝v1sinθ解得vx=2机器狗跳起到运动至障碍物上侧边缘过程，利用逆向思维有h=vyt2+12解得x1＝0.8m则障碍物左侧与斜面底端B距离s＝x0+x1结合上述解得s＝4.8m。答：（1）机器狗在斜面上运动的加速度大小为2m/s2，时间为t=（2）障碍物左侧与斜面底端B距离s多大时，机器狗跳起的速度有最小值s＝4.8m。【点评】这道题目不仅考察了学生对基本物理定律的理解，还要求学生能够将这些定律应用于复杂的情境中，进行综合分析。题目中的计算过程需要细致的物理分析和数学计算能力。17．（2025•信阳二模）图甲为某学生的书桌抽屉。已知抽屉的质量M＝1.8kg，长度d＝0.8m，其中放有质量m＝0.2kg，长s＝0.2m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平力F将抽屉抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g＝10m/s2。（1）F＝1.8N时，书本和抽屉一起向右运动，求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v；（2）F＝3.8N时，求书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能ΔU。【考点】有外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v等于1.2m/s；（2）书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能ΔU等于0.16J。【分析】（1）根据牛顿第二定律计算加速度，根据运动学公式求解速度；（2）先判断书本和抽屉发生相对运动，最终书本要做减速运动，计算出整个过程中书本相对于抽屉的运动距离，根据摩擦力和相对位移的乘积计算产生的内能。【解答】解：（1）对书本和抽屉由牛顿第二定律可得F＝（M+m）a根据运动学公式可得v2＝2ad解得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小为v（2）对书本由牛顿第二定律有μmg＝mam对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有Fm＝（M+m）am解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为Fm＝2N由于F＝3.8N＞Fm可知书本和抽屉有相对滑动；对抽屉，由牛顿第二定律有F﹣μmg＝Ma2设抽屉的运动时间为t2，根据运动学公式可得d此时书本的速度为v书本通过的位移大小为x此后书本经过x3速度减为0，则有x则书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能为ΔU＝μmg（d﹣x2+x3），解得ΔU＝0.16J。答：（1）与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v等于1.2m/s；（2）书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的内能ΔU等于0.16J。【点评】知道书本和抽屉保持相对静止的最大加速度，然后才能根据牛顿第二定律计算保持相对静止的最大拉力。知道因摩擦产生的内能等于摩擦力和相对位移的乘积是解题的关键。18．（2025•禅城区模拟）一个同学质量为m＝60kg，站立时手能摸到的最大高度为h1＝2.2m。该同学身体下蹲后由静止开始用力蹬地，经过时间t1＝0.40s沿竖直方向跳起，手能摸到的最大高度为h2＝3.0m。人在空中运动时身体伸直，忽略踮脚带来的高度变化，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2。（1）假定他蹬地的力F1为恒力，求F1的大小；（2）然后该同学落回地面，脚接触地面后经过时间t2＝0.20s重心降至最低（该过程可等效为匀减速直线运动），接着他用恒力F2蹬地跳起，手能摸到的最大高度为h3＝2.7m求该同学蹬地的作用力F2。【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；自由落体运动的规律及应用．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】（1）F1的大小为1200N；（2）作用力F2的大小为2748.68N。【分析】（1）根据该同学重心上升的高度和双脚离地时的速度，运用动量定理解答；（2）根据该同学重心上升的高度和落地与离地时的速度变化量，运用动量定理解答。【解答】解：（1）该同学重心上升的高度h＝h2﹣h1＝3.0m﹣2.2m＝0.8m，双脚离地时的速度v=2由（F1﹣mg）t1＝mv﹣0可得，F1=mvt（2）取向上为正方向，落回地面速度v＝﹣4m/s，跳起时速度v2跟据动量定理可得F2=mg+答：（1）F1的大小为1200N；（2）作用力F2的大小为2748.68N。【点评】考查对动量定理的理解，熟悉公式的运用。19．（2025•榆林一模）如图所示，一个质量m＝0.50kg的木块以v0=42m/s的初速度，从固定的、足够长斜面底端沿倾角θ＝37°的斜面向上运动。已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝（1）木块所受滑动摩擦力的大小f；（2）木块沿斜面向上运动的最大位移x；（3）木块返回到斜面底端时的速度大小vt。【考点】物体在粗糙斜面上的运动．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；理解能力．【答案】（1）木块所受滑动摩擦力的大小为1.0N。（2）木块沿斜面向上运动的最大位移为2.0m。（3）木块返回到斜面底端时的速度为4.0m/s。【分析】（1）求出压力大小，进而求解滑动摩擦力大小即可。（2）根据牛顿第二定律求出加速度，利用运动学公式求出最大位移。（3）根据牛顿第二定律求出加速度，利用运动学公式求出速度。【解答】解：（1）木块与斜面间的压力N＝mgcosθ所受滑动摩擦力的大小f＝μN＝μmgcosθ解得：f＝1.0N（2）设木块沿斜面向上运动的加速度为a上，根据牛顿第二定律有mgsinθ+f＝ma上木块沿斜面向上运动的最大位移x=解得：x＝2.0m。（3）设木块沿斜面向下运动的加速度为a下，根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣f＝ma下木块返回到斜面底端时的速度大小vt解得：vt＝4.0m/s。答：（1）木块所受滑动摩擦力的大小为1.0N。（2）木块沿斜面向上运动的最大位移为2.0m。（3）木块返回到斜面底端时的速度为4.0m/s。【点评】本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系。20．（2025•大理市模拟）如图所示，一水平传送带以v0＝10m/s的恒定速率逆时针转动，传送带两端A、B间的距离为L＝16m，把一个质量m＝1kg、可看作质点的物体轻放在传送带的右端A点，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，求：（1）试判断物体相对于传送带向哪个方向运动；（2）物体从右端A运动到左端B所用的时间；（3）物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小。【考点】水平传送带模型．【专题】计算题；定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．【答案】（1）物体相对于传送带向右运动；（2）物体从右端A运动到左端B所用的时间是2.6s；（3）物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小是10m。【分析】（1）根据传送带的运动方向判断滑块相对于传送带的运动方向。（2）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出物体的运动时间。（3）应用运动学公式求出物体相对于传送带的位移。【解答】解：（1）物体刚放上传送带时速度为零，传送带速度向左，可知物块相对于传送带向右运动；（2）对物块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma代入数据解得：a＝5m/s2加速到与传送带共速的时间t1=v0a运动的距离x1=v02匀速运动的时间t2=L-x则物体从右端A运动到左端B所用的时间t＝t1+t2＝2s+0.6s＝2.6s（3）物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小Δx＝v0t1﹣x1＝10×2m﹣10m＝10m答：（1）物体相对于传送带向右运动；（2）物体从右端A运动到左端B所用的时间是2.6s；（3）物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小是10m。【点评】分析清楚物体与传送带的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

考点卡片1．质点【知识点的认识】（1）定义：用来代替物体的有质量的点．①质点是用来代替物体的具有质量的点，因而其突出特点是“具有质量”和“占有位置”，但没有大小，它的质量就是它所代替的物体的质量．②质点没有体积或形状，因而质点是不可能转动的．任何转动的物体在研究其自转时都不可简化为质点．③质点不一定是很小的物体，很大的物体也可简化为质点．同一个物体有时可以看作质点，有时又不能看作质点，要具体问题具体分析．（2）物体可以看成质点的条件：如果在研究的问题中，物体的形状、大小及物体上各部分运动的差异是次要或不起作用的因素，就可以把物体看做一个质点．（3）突出主要因素，忽略次要因素，将实际问题简化为物理模型，是研究物理学问题的基本思维方法之一，这种思维方法叫理想化方法．质点就是利用这种思维方法建立的一个理想化物理模型．【命题方向】（1）第一类常考题型是对具体事例进行分析：在物理学研究中，有时可以把物体看成质点，则下列说法中正确的是（）A．研究乒乓球的旋转，可以把乒乓球看成质点B．研究车轮的转动，可以把车轮看成质点C．研究跳水运动员在空中的翻转，可以把运动员看成质点D．研究地球绕太阳的公转，可以把地球看成质点分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．解答：A、研究乒乓球的旋转时，不能把乒乓球看成质点，因为看成质点的话，就没有旋转可言了，所以A错误．B、研究车轮的转动是，不能把车轮看成质点，因为看成质点的话，就没有转动可言了，所以B错误．C、研究跳水运动员在空中的翻转时，不能看成质点，把运动员看成质点的话，也就不会翻转了，所以C错误．D、研究地球绕太阳的公转时，地球的大小对于和太阳之间的距离来说太小，可以忽略，所以可以把地球看成质点，所以D正确．故选D．点评：考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．（2）第二类常考题型是考查概念：下列关于质点的说法中，正确的是（）A．质点是一个理想化模型，实际上并不存在，所以，引入这个概念没有多大意义B．只有体积很小的物体才能看作质点C．凡轻小的物体，皆可看作质点D．如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点分析：物体可以看成质点的条件是物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的时候，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题．解答：A、质点是一个理想化模型，实际上并不存在，引入这个概念可以简化我们分析的问题，不是没有意义，所以A错误；B、体积大的物体也可以看做质点，比如地球，所以B错误；C、轻小的物体，不一定可以看做质点，要看它的形状对分析的问题有没有影响，所以C错误；D、如果物体的形状和大小对所研究的问题属于无关或次要因素时，即可把物体看作质点，所以D正确．故选：D．点评：考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略．【解题方法点拨】理想模型及其在科学研究中的作用在自然科学的研究中，“理想模型”的建立，具有十分重要的意义．第一，引入“理想模型”的概念，可以使问题的处理大为简化而又不会发生大的偏差．把现实世界中，有许多实际的事物与这种“理想模型”十分接近．在一定的场合、一定的条件下，作为一种近似，可以把实际事物当作“理想模型”来处理，即可以将“理想模型”的研究结果直接地应用于实际事物．例如，在研究地球绕太阳公转的运动的时候，由于地球与太阳的平均距离（约为14960万公里）比地球的半径（约为6370公里）大得多，地球上各点相对于太阳的运动可以看做是相同的，即地球的形状、大小可以忽略不计．在这种场合，就可以直接把地球当作一个“质点”来处理．在研究炮弹的飞行时，作为第一级近似，可以忽略其转动性能，把炮弹看成一个“质点”；作为第二级近似，可以忽略其弹性性能，把炮弹看成一个“刚体”．在研究一般的真实气体时，在通常的温度和压强范围内，可以把它近似地当作“理想气体”，从而直接地运用“理想气体”的状态方程来处理．第二，对于复杂的对象和过程，可以先研究其理想模型，然后，将理想模型的研究结果加以种种的修正，使之与实际的对象相符合．这是自然科学中，经常采用的一种研究方法．例如：“理想气体”的状态方程，与实际的气体并不符合，但经过适当修正后的范德瓦尔斯方程，就能够与实际气体较好地符合了．第三，由于在“理想模型”的抽象过程中，舍去了大量的具体材料，突出了事物的主要特性，这就更便于发挥逻辑思维的力量，从而使得“理想模型”的研究结果能够超越现有的条件，指示研究的方向，形成科学的预见．例如：在固体物理的理论研究中，常常以没有“缺陷”的“理想晶体”作为研究对象．但应用量子力学对这种“理想晶体”进行计算的结果，表明其强度竟比普通金属材料的强度大一千倍．由此，人们想到：既然“理想晶体”的强度应比实际晶体的强度大一千倍，那就说明常用金属材料的强度之所以减弱，就是因为材料中有许多“缺陷”的缘故．如果能设法减少这种“缺陷”，就可能大大提高金属材料的强度．后来，实践果然证实了这个预言．人们沿着这一思路制造出了若干极细的金属丝，其强度接近于“理想晶体”的强度，称之为“金胡须”．总之，由于客观事物具有质的多样性，它们的运动规律往往是非常复杂的，不可能一下子把它们认识清楚．而采用理想化的客体（即“理想模型”）来代替实在的客体，就可以使事物的规律具有比较简单的形式，从而便于人们去认识和掌握它们．2．矢量和标量的区分与判断【知识点的认识】根据矢量和标量的物理意义，判断给出的物理量是标量还是矢量。【命题方向】下列各组物理量中，全部是矢量的是（）A.位移、时间、速度、加速度B.质量、路程、速率、时间C.速度、平均速度、位移、加速度D.位移、路程、时间、加速度分析：既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．解答：A、时间没有方向为标量，故A错误；B、质量、路程、速率、时间均为标量，故B错误；C、速度、平均速度、位移、加速度这四个物理量均有大小和方向，因此为矢量，故C正确；D、路程、时间只有大小没有方向，因此为标量，故D错误。故选：C。点评：本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握，正确理解标量和矢量的区别即可正确解答．【解题思路点拨】从矢量和标量的物理意义出发，了解矢量和标量的判断方法，对选项中每一个物理量进行分析，从而选出符合要求的结果。3．位移、路程及其区别与联系【知识点的认识】（1）位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置．（2）路程是质点在空间运动轨迹的长度．在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关．（3）位移与路程是在一定时间内发生的，是过程量，二者都与参考系的选取有关．位移和路程的区别：①位移是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．②路程是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．如图所示，物体从A运动到B，不管沿着什么轨道，它的位移都是一样的．这个位移可以用一条有方向的（箭头）线段AB表示．【命题方向】关于位移和路程，下列说法中正确的是（）A.沿直线运动的物体位移和路程是相等的B.质点沿不同的路径由A到B，路程可能不同而位移一定相同C.质点通过一段路程，其位移可能为零D.质点运动的位移的大小可能大于路程分析：位移的大小等于初末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程是运动轨迹的长度．解答：A、沿单向直线运动的物体位移大小和路程是相等。而位移是矢量，路程是标量，所以不能相等，故A错误；B、路程不相等，但位移可能相同，比如从A地到B地，有不同的运行轨迹，但位移相同，故B正确；C、物体通过一段路程，位移可能为零。比如圆周运动一圈，故C正确；D、质点运动的位移的大小不可能大于路程，最大等于路程，故D错误。故选：BC。点评：解决本题的关键知道路程和位移的区别，路程是标量，位移是矢量，有大小有方向．【解题方法点拨】①位移是描述物体位置变化大小和方向的物理量，它是运动物体从初位置指向末位置的有向线段．位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．②路程是物体运动所经历的路径长度，是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．③位移和路程都属于过程量，物体运动的位移和路程都需要经历一段时间．④就大小而言，一般情况下位移的大小小于路程，只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程．4．瞬时速度【知识点的认识】瞬时速度是指运动物体在某一时刻（或某一位置）的速度．从物理含义上看，瞬时速度指某一时刻附近极短时间内的平均速度．瞬时速度的大小叫瞬时速率，简称速率．2．平均速度和瞬时速度对比：（1）区别：平均速度反映的是物体在整个运动过程中的整体运动情况，而瞬时速度反映的是物体在运动过程的某一时刻或某一位置的运动情况；（2）联系：在匀速直线运动中，任何时刻的瞬时速度和整个运动过程中的平均速度相同．【命题方向】例1：下列速度中，属于瞬时速度的是（）A．某同学百米赛跑的速度是8m/sB．汽车以60km/h的速度通过苏通大桥C．飞机起飞时的速度是50m/sD．子弹在枪管里的速度是400m/s分析：瞬时速度为某一时刻或某一位置时的速度；平均速度为某一段时间内或某一位移内的速度．解：A、百米赛跑的速度是人在100米内的速度，故为平均速度；故A错误；B、汽车通过大桥的速度为一段位移内的速度，为平均速度，故B错误；C、飞机起飞速度是指飞机在离地起飞瞬间的速度，为瞬时速度，故C正确；D、子弹在枪管中对应一段位移，故为平均速度，故D错误；故选：C．点评：本题明确平均速度与瞬时速度的定义即可求解；要牢记平均速度为某一过程内的速度；而瞬时速度对应了一个瞬间．例2：关于瞬时速度、平均速度，以下说法中正确的是（）A．瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度B．做变速运动的物体在某段时间内的平均速度的大小，一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的大小的平均值相等C．物体做变速直线运动时，平均速度的大小就是平均速率D．物体做变速运动时，平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值分析：瞬时速度是在某一时刻的速度，平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值；故瞬时速度对应时间轴上的点，平均速度对应时间轴上的一段时间．解：瞬时速度是在某一时刻的速度，平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值．A：瞬时速度对应时间轴上的点，时间趋于无穷小时可以看做一个时间点，瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度．故A正确；B：做变速直线运动的物体在某段时间内平均速度，和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的平均值一般是不相等的．故B错误；C：物体只有在做单向直线运动时，平均速度的大小才等于平均速率，故C错误；D：平均速度是指物体的位移与所用时间的比值．故D错误．故选：A．点评：瞬时速度和平均速度是运动学的基本概念，要加深对它们的理解．【解题方法点拨】平均速度瞬时速度平均速率瞬时速率定义运动质点的位移与时间的比值运动质点在某一时刻（或位置）的速度运动质点的路程与时间的比值瞬时速度的大小方向有方向，矢量有方向，矢量无方向，标量无方向，标量意义粗略描述物体运动的快慢精确描述物体运动的快慢粗略描述物体运动的快慢精确描述物体运动的快慢对应某段时间（或位移）某一时刻（或位置）某段时间（或路程）某一时刻（或位置）5．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=x由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v22g故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．6．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。7．力的合成与分解的应用【知识点的认识】本考点针对比较复杂的题目，题目涉及到力的合成与分解的综合应用。【命题方向】假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），下列有关刀刃的说法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B、在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C、在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D、在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大分析：根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示。在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1＝F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思。故D正确。故选：D。点评：考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系．【解题思路点拨】对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。8．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC