1．（2024?北京）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是
A．剛開始物體相對傳送帶向前運動
B．物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C．物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負(fù)功
D．傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
2．（2024?宜興市校級三模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的傾角為，一煤塊以初速度從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的圖像如圖乙所示，煤塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，，，取，則
A．煤塊在傳送帶上的劃痕為8米
B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5
C．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
D．傳送帶轉(zhuǎn)動的速率越大，物塊到達(dá)傳送帶頂端時的速度就會越大
3．（2024?蘭州模擬）在東漢王充所著的《論衡狀留篇》中提到“是故湍瀨之流，沙石轉(zhuǎn)而大石不移。何者？大石重而沙石輕也?！睆奈锢韺W(xué)的角度對文中所描述現(xiàn)象的解釋，下列說法正確的是
A．水沖沙石，沙石才能運動，因為力是產(chǎn)生運動的原因
B．“沙石轉(zhuǎn)而大石不移”是因為物體運動狀態(tài)改變的難易程度與質(zhì)量有關(guān)
C．只有在水的持續(xù)沖力作用下沙石才能一直運動，是因為運動需要力來維持
D．“大石不移”是因為大石受到的阻力大于水的沖力
4．（2024?山東模擬）《天工開物》中記載有：“凡試弓力，以足踏弦就地，秤鉤搭掛弓腰則知多少”，圖1所示是古代某次測量弓力時的情境。圖2為某同學(xué)制作的弓的簡化圖，弓弦掛在固定點上，弓下端掛一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的彈性繩，弓腰和重物的總質(zhì)量為時與豎直方向的夾角為，不計弓弦的質(zhì)量和一切摩擦，未拉動弓弦時弓弦恰處于原長，重力加速度取，，忽略弓腰的形變。如圖3所示，當(dāng)弓水平在弦上搭質(zhì)量為的箭，拉動弓弦，兩側(cè)弓弦夾角為時，釋放弓弦，弓弦對箭的作用力產(chǎn)生的最大加速度大小為
A．B．C．D．
5．（2024?安徽）傾角為的傳送帶以恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到。傳送帶各處的粗糙程度相同，不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度、速度隨時間變化的關(guān)系圖線可能正確的是
A．B．
C．D．
6．（2024?朝陽區(qū)二模）如圖所示，光滑水平桌面上木塊、疊放在一起，木塊受到一個大小為水平向右的力，、一起向右運動且保持相對靜止。已知的質(zhì)量為、的質(zhì)量為，重力加速度為。下列說法正確的是
A．木塊受到兩個力的作用
B．木塊受到四個力的作用
C．木塊所受合力大小為
D．木塊受到的作用力大小為
7．（2024?選擇性）利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”。如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時
A．硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左
B．桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力
D．桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力
8．（2024?樂清市校級三模）電梯上升過程中，某同學(xué)用智能手機(jī)記錄了電梯速度隨時間變化的關(guān)系，如圖所示。電梯上物體處于超重狀態(tài)的時段是
A．從到B．從到
C．從到D．從到
9．（2024?浙江）下列屬于國際單位制基本單位符號的是
A．B．C．D．
10．（2024?吉林模擬）如圖所示，四只猴子水中撈月，它們將一顆又直又高的楊樹壓彎，豎直倒掛在樹梢上，從下到上依次為1、2、3、4號猴子。正當(dāng)1號打算伸手撈“月亮”時，2號突然兩手一滑，1號撲通一聲掉進(jìn)了水里。假設(shè)2號手滑前四只猴子都處于靜止?fàn)顟B(tài)，四只猴子的質(zhì)量都相等且為，重力加速度為，那么在2號猴子手滑后的一瞬間
A．1號猴子的加速度和速度都等于0
B．2號猴子對3號猴子的作用力大小為
C．2號猴子對3號猴子的作用力不變
D．樹梢對4號猴子的作用力大小為
二．多選題（共5小題）
11．（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖，快遞員工通過傾斜傳送帶將包裹從處運往較低的處，傳送帶與水平面的夾角，且始終以一定速度逆時針轉(zhuǎn)動。在某時刻將小包裹（看作質(zhì)點）輕放在傳送帶的處，小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則關(guān)于小包裹從運動到的說法正確的是
A．若，則可能一直加速
B．若，則可能先加速再勻速
C．若，則可能先加速再勻速
D．若，則可能先加速再減速
12．（2024?成都模擬）如圖所示為教師辦公室中抽屜使用過程的簡圖：抽屜底部安有滾輪，當(dāng)抽屜在柜中滑動時可認(rèn)為不受抽屜柜的摩擦力，抽屜柜右側(cè)裝有固定擋板，當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時速度立刻變?yōu)??，F(xiàn)在抽屜完全未抽出，在中間位置放了一個手機(jī)，手機(jī)長度，質(zhì)量，其右端離抽屜右側(cè)的距離也為，手機(jī)與抽屜接觸面之間的動摩擦因數(shù)，抽屜總長，質(zhì)量。不計抽屜左右兩側(cè)及擋板的厚度，重力加速度?，F(xiàn)對把手施加水平向右的恒力，則
A．當(dāng)水平恒力的大小時，手機(jī)與抽屜有相對運動
B．當(dāng)水平恒力的大小時，手機(jī)不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰
C．為使手機(jī)不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小應(yīng)滿足
D．為使手機(jī)不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足
13．（2024?觀山湖區(qū)校級模擬）勁度系數(shù)的輕彈簧一端固定在傾角的固定光滑斜面底部，另一端和質(zhì)量的小物塊相連，質(zhì)量的小物塊緊靠靜止在斜面上，輕質(zhì)細(xì)線一端連在物塊上，另一端跨過定滑輪與質(zhì)量的物體相連，對施加外力，使處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線剛好伸直，且線中沒有張力，如圖所示。從某時刻開始，撤掉外力，使豎直向下運動，取，彈簧和斜面上的那部分細(xì)線均平行于斜面。以下說法中正確的是
A．初始時彈簧的壓縮量是
B．撤掉外力瞬間，的加速度大小為
C．當(dāng)、恰好分離時，彈簧恢復(fù)原長
D．從撤去外力到、恰好分離整個過程，沿斜面移動的位移大小為
14．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖，質(zhì)量為的三角形木塊靜止在水平地面上，其左右兩斜面光滑，一質(zhì)量為的物塊沿傾角的右側(cè)斜面加速下滑時，三角形木塊剛好保持靜止，則當(dāng)物塊沿傾角的左側(cè)斜面下滑時，下列說法中正確的是
A．仍然靜止不動，地面對的摩擦力兩種情況下等大
B．仍然靜止不動，對地面的壓力比沿右側(cè)斜面下滑時對地面的壓力小
C．將向右滑動，若使仍然靜止需對其施加向左的作用力
D．若，將滑動
15．（2024?石家莊模擬）如圖所示，傾角為的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為的箱子靜止在斜面上，質(zhì)量為的小球通過細(xì)繩懸掛在箱子頂面的點。現(xiàn)給箱子一沿斜面向下的力，箱子沿斜面向下運動，穩(wěn)定后細(xì)繩與豎直方向成角。已知重力加速度取，下列說法正確的是
A．穩(wěn)定時細(xì)繩上的拉力為
B．穩(wěn)定時細(xì)繩上的拉力為
C．改變大小系統(tǒng)再次穩(wěn)定后細(xì)繩處于豎直方向，此時力為
D．改變大小系統(tǒng)再次穩(wěn)定后細(xì)繩處于豎直方向，此時力為
三．填空題（共3小題）
16．（2024?福建模擬）一位質(zhì)量為的同學(xué)從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機(jī)內(nèi)置的加速度傳感器測得電梯運行的加速度隨時間的變化關(guān)系如圖所示（重力加速度取。當(dāng)時，該同學(xué)處于 狀態(tài)（填“超重”或“失重” ，此時他對電梯地板的壓力大小約 ，整個過程中電梯運行的最大速率約為 。
17．（2024?碑林區(qū)校級二模）一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球和，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球運動的加速度。
令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測得小球釋放時的高度，下降一段距離后的高度；由下降至所用的時間。由此求得小球加速度的大小為 （保留3位有效數(shù)字）。從實驗室提供的數(shù)據(jù)得知，小球、的質(zhì)量分別為和，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?。根?jù)牛頓第二定律計算可得小球加速度的大小為 （保留3位有效數(shù)字），可以看出，與有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因： 。
18．（2023?雁塔區(qū)校級模擬）如圖所示，某同學(xué)用量程為、分度為的刻度尺和輕質(zhì)彈簧、重物等制作了一個“豎直加速度測量儀”。該同學(xué)將刻度尺豎直放置在裝置一側(cè)，0刻線在最下端。彈簧上端固定在裝置上方，下端懸掛重為的物體達(dá)平衡時，彈簧下端指針指向刻度；逐步改變懸掛重物的質(zhì)量，當(dāng)懸掛重為的物體達(dá)平衡時，彈簧下端指針正好指向刻度，并標(biāo)記此處為加速度的零點，此后就將物體固定在彈簧下端。將裝置置于電梯里，可以測出電梯運行時的加速度。取
（1）所用彈簧的勁度系數(shù)為 。
（2）刻度尺上刻度為處的刻線，對應(yīng)的加速度大小是 ，方向為 。（本問計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）
（3）若該同學(xué)在原先的基礎(chǔ)上換用了質(zhì)量更大的重物，并改變刻度尺的位置，仍使懸掛重物時的平衡位置位于刻線處（使加速度零點不變），其他條件均不變。則與原先相比，此時加速度測量儀的量程和分度值會發(fā)生怎樣的變化？更適宜測量更大的加速度還是更小的加速度？ 。（設(shè)刻度尺所在范圍均在彈簧的彈性限度之內(nèi)）
四．解答題（共7小題）
19．（2024?閬中市校級一模）如圖，某同學(xué)設(shè)計的幼兒園安全斜直滑梯由長和的兩段不同材料和制成，滑梯與水平地面夾角。一小朋友從點由靜止滑下，經(jīng)到達(dá)點速度恰好為零。重力加速度取，，。求：
（1）小朋友滑行過程中的最大速度；
（2）小朋友與和材料間的動摩擦因數(shù)和。
20．（2024?朝陽區(qū)校級模擬）如圖所示，一傾角為、足夠長的傳送帶始終以的速度逆時針勻速運轉(zhuǎn)，足夠長的木板上放一可視為質(zhì)點的物塊始終在上），兩者同時由靜止開始釋放，釋放時木板距傳送帶底端的距離，傳送帶底端有一固定擋板，木板與擋板碰撞后立即以等大的速度反彈。木板的質(zhì)量為，物塊的質(zhì)量為，且，木板與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度，不計其它阻力。求：
（1）物塊和木板開始運動時加速度的大小和；
（2）木板從釋放至第一次與擋板相碰的時間；
（3）木板從釋放到第一次沿傳送帶上升到最高點過程中物塊相對于木板滑行的路程。
21．（2024?長春一模）如圖，質(zhì)量的一只長方體形空箱子在水平拉力作用下沿水平面向右勻加速直線運動，箱子與水平面間的動摩擦因數(shù)。這時箱子內(nèi)一個質(zhì)量的物塊恰好能靜止在后壁上。物塊與箱子內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取。求：
（1）箱子對物塊彈力的大??；
（2）水平拉力的大小。
22．（2024?五華區(qū)校級模擬）潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力突然減小，潛艇如同汽車那樣掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質(zhì)量為，在高密度海水區(qū)域海平面下沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當(dāng)該潛艇駛?cè)牒Ｋ兔芏葏^(qū)域時，浮力突然降為；后，潛艇官兵迅速對潛艇減重（排水），此后潛艇以的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮。若潛艇減重的時間不計，水的粘滯阻力可忽略，潛艇減重前后受到的浮力保持不變。取重力加速度大小，求：
（1）潛艇為阻止“掉深”減重后的質(zhì)量；
（2）潛艇“掉深”達(dá)到距海平面的最大深度。
23．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）幾位同學(xué)正在參與一種游戲，游戲裝置如圖所示，為可視作質(zhì)點的煤塊，為一塊長為的木板（煤塊能夠在木板上留下劃痕）?，F(xiàn)游戲要求將置于表面某一位置，一起靜置于一足夠長的臺面上，對施加水平向右的恒定推力，一段時間后撤去，看最終在表面形成的劃痕長度，使劃痕更長且煤塊沒有從上掉出者為最終贏家。甲同學(xué)在游戲中施加推力使、以相同加速度做勻加速運動，撤去推力后，停下所需時間是停下所需時間的三倍，且沒有從上掉出。已知、之間的動摩擦因數(shù)為，、的質(zhì)量均為，重力加速度為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
（1）求與臺面之間的動摩擦因數(shù)；
（2）在乙同學(xué)能推動的情況下，要保證置于表面任意位置時，無論推力作用時間多少，都不可能從的右端掉出，求推力應(yīng)滿足的條件；
（3）若丙同學(xué)的推力恒為，且，討論當(dāng)取不同值時，他改變作用時間和的初始放置位置，要使劃痕最長且沒有從上掉出，起初應(yīng)置于表面距離左端多遠(yuǎn)的位置？作用時間為多少？
24．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實物照片，乙圖是其運輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)，傳送帶部分長度、部分長度，運行速度恒為?，F(xiàn)工人每隔在底端點放上一個水果箱，點恰好掉下去一個水果箱，已知，，重力加速度，求：
（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有多少個水果箱；
（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值△與最大值△。
25．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，光滑水平面上固定有光滑長直木板，傾角、質(zhì)量的斜面緊靠木板放置，質(zhì)量的物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)，初始時斜面與物塊均靜止，作用在斜面上的力與木板平行，重力加速度取，，，求：
（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力的最大值；
（2）當(dāng)斜面的加速度時，的大小。（已知在力作用下，斜面與物塊同時開始分別做勻變速直線運動）
2025年高考物理壓軸訓(xùn)練4
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．（2024?北京）水平傳送帶勻速運動，將一物體無初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運動。下列說法正確的是
A．剛開始物體相對傳送帶向前運動
B．物體勻速運動過程中，受到靜摩擦力
C．物體加速運動過程中，摩擦力對物體做負(fù)功
D．傳送帶運動速度越大，物體加速運動的時間越長
【答案】
【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；水平傳送帶模型
【專題】摩擦力專題；推理法；定性思想；推理能力
【分析】根據(jù)初始時刻物塊速度和傳送帶速度大小關(guān)系判斷；
根據(jù)勻速運動的條件判斷摩擦力的有無；
根據(jù)物塊做加速運動判斷摩擦力做功的問題；
根據(jù)加速度公式結(jié)合勻變速直線運動的公式分析解答。
【解答】解：剛開始時，物體速度小于傳送帶速度，則物體相對傳送帶向后運動，故錯誤；
勻速運動過程中，物體與傳送帶之間無相對運動趨勢，則物體不受摩擦力作用，故錯誤；
物體加速，由動能定理可知，摩擦力充當(dāng)合外力對物體做正功，故錯誤；
設(shè)物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)為，物體相對傳送帶運動時，，做勻加速運動時，物體速度小于傳送帶速度則一直加速，由可知，傳速帶速度越大，物體加速運動的時間越長，故正確。
故選：。
【點評】考查傳送帶的相關(guān)問題，會根據(jù)題意進(jìn)行相應(yīng)的分析和解答。
2．（2024?宜興市校級三模）如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的傾角為，一煤塊以初速度從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的圖像如圖乙所示，煤塊到傳送帶頂端時速度恰好為零，，，取，則
A．煤塊在傳送帶上的劃痕為8米
B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5
C．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
D．傳送帶轉(zhuǎn)動的速率越大，物塊到達(dá)傳送帶頂端時的速度就會越大
【答案】
【考點】水平傳送帶模型
【專題】牛頓運動定律綜合專題；定量思想；運動學(xué)中的圖象專題；推理法；推理能力
【分析】由圖乙確定傳送帶的速度，根據(jù)圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，求解煤塊相對傳送帶向上和向下運動的位移大小，從而可得煤塊在傳送帶上的劃痕長度；根據(jù)煤塊相對傳送帶運動的方向分析傳送帶對物塊的摩擦力方向。根據(jù)牛頓第二定律和圖像的斜率的物理意義求解動摩擦因數(shù)；根據(jù)煤塊在傳送帶上相對運動過程是否會與傳送帶共速，分析物塊到達(dá)傳送帶頂端時的速度情況。
【解答】解：、由圖乙可知傳送帶的速度為，根據(jù)圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，可得：
在時間內(nèi)煤塊相對傳送帶向上運動的位移大小為：△
在時間內(nèi)煤塊相對傳送帶向下運動的位移大小為：△
因△△，故煤塊在傳送帶上的劃痕等于△米，故正確；
在時間內(nèi)物塊的速度大于傳送帶速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向下，方向與運動方向相反，根據(jù)牛頓第二定律得：
，根據(jù)圖像的斜率絕對值等于加速度大小，可得：
在時間內(nèi)傳送帶的速度大于物塊的速度，傳送帶對物塊的摩擦力沿傳送帶向上，方向與運動方向相同，同理可得：
，
聯(lián)立解得：，故錯誤；
如果傳送帶轉(zhuǎn)動的速率增加到足夠大之后，使煤塊在傳送帶上一直做加速度為的勻減速直線運動，而不能和傳送帶共速，那么物塊到達(dá)傳送帶頂端時的速度是一定的，與傳送帶轉(zhuǎn)動的速率就無關(guān)了，故錯誤。
故選：。
【點評】本題考查了牛頓運動定律應(yīng)用的傳送帶模型與圖像的應(yīng)用。掌握圖像的物理意義。傳送帶模型要判斷是否可以共速，以及共速后物體運動形式，要注意摩擦力的方向。結(jié)合運動學(xué)公式和牛頓第二定律綜合求解。
3．（2024?蘭州模擬）在東漢王充所著的《論衡狀留篇》中提到“是故湍瀨之流，沙石轉(zhuǎn)而大石不移。何者？大石重而沙石輕也?！睆奈锢韺W(xué)的角度對文中所描述現(xiàn)象的解釋，下列說法正確的是
A．水沖沙石，沙石才能運動，因為力是產(chǎn)生運動的原因
B．“沙石轉(zhuǎn)而大石不移”是因為物體運動狀態(tài)改變的難易程度與質(zhì)量有關(guān)
C．只有在水的持續(xù)沖力作用下沙石才能一直運動，是因為運動需要力來維持
D．“大石不移”是因為大石受到的阻力大于水的沖力
【答案】
【考點】牛頓第一定律的內(nèi)容與應(yīng)用
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力
【分析】根據(jù)牛頓第一定律進(jìn)行判斷求解。
【解答】解：、水沖沙石，沙石才能運動，因為水的沖擊力克服了阻力，故力是改變運動狀態(tài)的原因，故錯誤；
、物體總有保持原有運動狀態(tài)的性質(zhì)即為慣性，其大小只與質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大慣性越大，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，重的大石由于質(zhì)量太大，慣性太大，所以運動狀態(tài)不容易被水流改變，故正確；
、物體的運動不需要力來維持，如沙石不受力的作用時，可以做勻速直線運動狀態(tài)，故錯誤；
、“大石不移”是因為水的沖力等于大石受到的阻力，大石所受的合外力為零，故錯誤。
故選：。
【點評】本題主要考查對牛頓第一定律的理解，解題關(guān)鍵是知道力是改變運動狀態(tài)的原因，物體的運動不需要力來維持，物體的慣性與質(zhì)量有關(guān)。
4．（2024?山東模擬）《天工開物》中記載有：“凡試弓力，以足踏弦就地，秤鉤搭掛弓腰則知多少”，圖1所示是古代某次測量弓力時的情境。圖2為某同學(xué)制作的弓的簡化圖，弓弦掛在固定點上，弓下端掛一重物，已知弓弦可看成遵循胡克定律的彈性繩，弓腰和重物的總質(zhì)量為時與豎直方向的夾角為，不計弓弦的質(zhì)量和一切摩擦，未拉動弓弦時弓弦恰處于原長，重力加速度取，，忽略弓腰的形變。如圖3所示，當(dāng)弓水平在弦上搭質(zhì)量為的箭，拉動弓弦，兩側(cè)弓弦夾角為時，釋放弓弦，弓弦對箭的作用力產(chǎn)生的最大加速度大小為
A．B．C．D．
【答案】
【考點】力的合成與分解的應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力
【分析】根據(jù)圖2中的弓箭的形態(tài)，利用受力平衡和胡克定律求出勁度系數(shù)，在對圖3分析，利用胡克定律以及力的合成與分解，結(jié)合牛頓第二定律，可求出加速度。
【解答】解：設(shè)長度為，則對于圖2中，有，在圖2中根據(jù)受力平衡有，解得
根據(jù)胡克定律有，解得
在圖3中有，一側(cè)弦的長度為，弦的形變量為△，則一側(cè)弦上力的大小為△
對箭產(chǎn)生的合力大小為，根據(jù)牛頓第二定律有，解得，故正確，錯誤。
故選：。
【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意對于受力分析問題，要熟練利用運動的合成與分解作答。
5．（2024?安徽）傾角為的傳送帶以恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。時在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，如圖所示。時刻物塊運動到傳送帶中間某位置，速度達(dá)到。傳送帶各處的粗糙程度相同，不計空氣阻力，則物塊從傳送帶底端運動到頂端的過程中，加速度、速度隨時間變化的關(guān)系圖線可能正確的是
A．B．
C．D．
【答案】
【考點】復(fù)雜的運動學(xué)圖像問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；傾斜傳送帶模型
【專題】信息給予題；定量思想；推理法；運動學(xué)中的圖象專題；牛頓運動定律綜合專題；理解能力
【分析】在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，小物塊先在傳送帶上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，結(jié)合圖像和圖像進(jìn)行分析；
經(jīng)過時間，小物塊與傳送帶共速，根據(jù)滑動摩擦力的大小與重力沿斜面向下的分力大小，判斷共速后小物塊的運動狀態(tài)，再結(jié)合圖像和圖像進(jìn)行分析作答。
【解答】解：在傳送帶底端無初速輕放一小物塊，小物塊先在傳送帶上做勻加速直線運動，其圖像為過原點的傾斜直線；
設(shè)動摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律
解得
加速度保持不變，圖像為平行于軸的直線；
經(jīng)過時間，小物塊與傳送帶共速，由于最大靜摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，滑動摩擦力發(fā)生突變靜摩擦力，此時，小物塊受平衡力作用，加速度，小物塊隨傳送帶一起以速度做勻速直線運動，其圖像為平行于軸的直線。
綜上分析，故錯誤，正確。
故選：。
【點評】本題主要考查了傳送帶問題，能夠?qū)ξ飰K進(jìn)行正確的受力分析，知道小物塊所受的滑動摩擦力在小物塊與傳送帶共速時會發(fā)生突變，這是兩者能否保持相對靜止的依據(jù)。
6．（2024?朝陽區(qū)二模）如圖所示，光滑水平桌面上木塊、疊放在一起，木塊受到一個大小為水平向右的力，、一起向右運動且保持相對靜止。已知的質(zhì)量為、的質(zhì)量為，重力加速度為。下列說法正確的是
A．木塊受到兩個力的作用
B．木塊受到四個力的作用
C．木塊所受合力大小為
D．木塊受到的作用力大小為
【答案】
【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；力的合成與分解的應(yīng)用
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力
【分析】根據(jù)受力分析可得出選項；利用牛頓第二定律可求出選項；根據(jù)力的合成可求出選項。
【解答】解：由于桌面光滑，則兩木塊一起向右做加速運動，則木塊受到重力、支持力和摩擦力三個力的作用，故錯誤；
木塊受到重力、地面的支持力、對的壓力和摩擦力以及力共五個力的作用，故錯誤；
整體的加速度
則木塊所受合力大小為，故正確；
木塊受到的壓力為，摩擦力為
則作用力大小為
故錯誤。
故選：。
【點評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意對于受力分析問題，除了利用力的合成與分解外，還可以通過合力的角度進(jìn)行分析。
7．（2024?選擇性）利用硯臺將墨條研磨成墨汁時講究“圓、緩、勻”。如圖，在研磨過程中，硯臺始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時
A．硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左
B．桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力
D．桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力
【答案】
【考點】相互作用力與平衡力的區(qū)別和聯(lián)系
【專題】理解能力；推理法；摩擦力專題；信息給予題；定性思想；共點力作用下物體平衡專題
【分析】滑動摩擦力的方向與磨條的相對運動方向相反；根據(jù)牛頓第三定律判斷硯臺受到磨條的滑動摩擦力方向，根據(jù)平衡條件判斷桌面對硯臺的摩擦力方向；
硯臺處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件進(jìn)行分析。
【解答】解：磨條速度方向水平向左，磨條受到硯臺的滑動摩擦力水平向右，根據(jù)牛頓第三定律硯臺受到磨條的摩擦力方向向左，硯臺有向左運動的趨勢，桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，故錯誤；
硯臺處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向的合力為零，桌面和磨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，故正確；
根據(jù)平衡條件桌面對硯臺的支持力與磨條對硯臺的壓力和硯臺的重力的合力互相平衡，故錯誤。
故選：。
【點評】本題主要考查了摩擦力方向的判斷、牛頓第三定律和平衡條件的運用。
8．（2024?樂清市校級三模）電梯上升過程中，某同學(xué)用智能手機(jī)記錄了電梯速度隨時間變化的關(guān)系，如圖所示。電梯上物體處于超重狀態(tài)的時段是
A．從到B．從到
C．從到D．從到
【答案】
【考點】復(fù)雜的運動學(xué)圖像問題；超重與失重的概念、特點和判斷
【專題】牛頓運動定律綜合專題；理解能力；定量思想；推理法
【分析】加速度方向向下時，電梯處于失重狀態(tài)，加速度方向向上時，電梯處于超重狀態(tài)，結(jié)合圖象判斷加速度的方向。
【解答】解：電梯上升過程中，處于超重狀態(tài)時具有向上的加速度，即向上加速，只有在到內(nèi)向上加速，速度向上，加速度也向上，故電梯處于超重狀態(tài)的時段是到，故正確，錯誤。
故選：。
【點評】本題考查了對超重的理解，抓住超重的特征加速度向上，是解題的關(guān)鍵。
9．（2024?浙江）下列屬于國際單位制基本單位符號的是
A．B．C．D．
【答案】
【考點】力學(xué)單位制與單位制
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力
【分析】國際單位制規(guī)定了七個基本物理量。分別為長度、質(zhì)量、時間、熱力學(xué)溫度、電流、光強(qiáng)度、物質(zhì)的量。它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，根據(jù)基本單位及其符號分析答題。
【解答】解：國際單位制中的基本單位分別是：長度的單位是米，符號；電流的單位是安培，符號是；熱力學(xué)溫度的單位是開爾文，符號；物質(zhì)的量單位是摩爾，符號；發(fā)光強(qiáng)度的單位是坎德拉，符號，質(zhì)量的單位是千克，符號；時間的單位是秒，符號；故正確，錯誤。
故選：。
【點評】國際單位制規(guī)定了七個基本物理量，這七個基本物理量分別是誰，它們在國際單位制分別是誰，這都是需要學(xué)生自己記住的。
10．（2024?吉林模擬）如圖所示，四只猴子水中撈月，它們將一顆又直又高的楊樹壓彎，豎直倒掛在樹梢上，從下到上依次為1、2、3、4號猴子。正當(dāng)1號打算伸手撈“月亮”時，2號突然兩手一滑，1號撲通一聲掉進(jìn)了水里。假設(shè)2號手滑前四只猴子都處于靜止?fàn)顟B(tài)，四只猴子的質(zhì)量都相等且為，重力加速度為，那么在2號猴子手滑后的一瞬間
A．1號猴子的加速度和速度都等于0
B．2號猴子對3號猴子的作用力大小為
C．2號猴子對3號猴子的作用力不變
D．樹梢對4號猴子的作用力大小為
【答案】
【考點】力的合成與分解的應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【專題】分析綜合能力；整體法和隔離法；牛頓運動定律綜合專題；定量思想
【分析】在2號猴子手滑后的一瞬間，分析1號猴子的受力情況，確定其加速度大小；在2號猴子手滑之前，樹梢對4號猴子的作用等于，方向豎直向上。在2號猴子手滑后的一瞬間，對2、3、4號猴子整體分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對2號猴子分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，即可求得2號猴子對3號猴子的作用力大小，并與在2號猴子手滑前2號猴子對3號猴子的作用力比較，分析該力是否變化；在2號猴子手滑后的一瞬間，樹梢的形變量還沒有改變，樹梢對4號猴子的作用力大小不變。
【解答】解：、在2號猴子手滑后的一瞬間，1號猴子只受重力作用，則1號猴子的加速度為，故錯誤；
、在2號猴子手滑之前，樹梢對4號猴子的作用等于，方向豎直向上。在2號猴子手滑后的一瞬間，樹梢的形變量還沒有改變，所以樹梢對4號猴子的作用力大小仍為。對2、3、4號猴子整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有
在2號猴子手滑后的一瞬間，對2號猴子分析，根據(jù)牛頓第二定律有
聯(lián)立可得，3號猴子對2號猴子的作用力大小為
則2號猴子對3號猴子的作用力大小為，故正確，錯誤；
、在2號猴子手滑前，2號猴子對3號猴子的作用力為，在2號猴子手滑后的一瞬間，2號猴子對3號猴子的作用力大小為，故錯誤。
故選：。
【點評】本題主要考查牛頓第二定律的應(yīng)用，結(jié)合整體法和隔離法，再利用牛頓第二定律即可完成分析。
二．多選題（共5小題）
11．（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖，快遞員工通過傾斜傳送帶將包裹從處運往較低的處，傳送帶與水平面的夾角，且始終以一定速度逆時針轉(zhuǎn)動。在某時刻將小包裹（看作質(zhì)點）輕放在傳送帶的處，小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則關(guān)于小包裹從運動到的說法正確的是
A．若，則可能一直加速
B．若，則可能先加速再勻速
C．若，則可能先加速再勻速
D．若，則可能先加速再減速
【答案】
【考點】傾斜傳送帶模型
【專題】推理論證能力；推理法；定量思想；牛頓運動定律綜合專題
【分析】對、受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，關(guān)鍵是兩者共速后摩擦力方向突變，確定加速度的方向，從而確定運動狀態(tài)；
若，可以確定共速后，由于最大靜摩擦力大于重力的下滑分力，兩者一起勻速到達(dá)下端。
【解答】解：、若，化簡有：，則有：。即最大靜摩擦力小于重力的下滑分力。剛開始，根據(jù)牛頓第二定律則有：
小包裹可能以加速度：，一直加速到。
也可能先以加速度：，加速達(dá)到速度后，摩擦力方向突變，再以加速度：，繼續(xù)加速到，故正確，錯誤；
、同理，若，則小包裹可能以加速度：一直加速到，也可能先以：，加速達(dá)到速度后，再勻速運動到，故正確，錯誤。
故選：。
【點評】本題考查了傳送帶問題，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握牛頓第二定律求加速度以及運動學(xué)規(guī)律，而此題更要理解的是與動摩擦因數(shù)的大小關(guān)系的代表的意義。
12．（2024?成都模擬）如圖所示為教師辦公室中抽屜使用過程的簡圖：抽屜底部安有滾輪，當(dāng)抽屜在柜中滑動時可認(rèn)為不受抽屜柜的摩擦力，抽屜柜右側(cè)裝有固定擋板，當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時速度立刻變?yōu)??，F(xiàn)在抽屜完全未抽出，在中間位置放了一個手機(jī)，手機(jī)長度，質(zhì)量，其右端離抽屜右側(cè)的距離也為，手機(jī)與抽屜接觸面之間的動摩擦因數(shù)，抽屜總長，質(zhì)量。不計抽屜左右兩側(cè)及擋板的厚度，重力加速度?，F(xiàn)對把手施加水平向右的恒力，則
A．當(dāng)水平恒力的大小時，手機(jī)與抽屜有相對運動
B．當(dāng)水平恒力的大小時，手機(jī)不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰
C．為使手機(jī)不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小應(yīng)滿足
D．為使手機(jī)不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足
【答案】
【考點】牛頓第二定律求解多過程問題
【專題】定量思想；臨界法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力
【分析】利用牛頓第二定律可求出手機(jī)的最大加速度，利用整體法再結(jié)合牛頓第二定律求出一起加速運動的最大拉力，利用牛頓第二定律求出的加速度，然后結(jié)合運動學(xué)公式可求出恒力的范圍；利用牛頓第二定律，結(jié)合運動學(xué)公式，可求出手機(jī)不與抽屜右側(cè)和左側(cè)磕碰，恒力應(yīng)滿足的范圍。
【解答】解：、手機(jī)的最大加速度為：
手機(jī)與抽屜一起做加速運動的最大拉力為：
所以當(dāng)水平恒力的大小時，手機(jī)與抽屜一起加速運動，當(dāng)水平恒力的大小時，抽屜和手機(jī)一起加速運動的加速度大小為：
當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：
解得：。
抽屜停止運動后，手機(jī)向右滑動，則有：
解得手機(jī)向右滑動的位移大小為：
手機(jī)恰好不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，當(dāng)水平恒力的大小時，手機(jī)不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，故錯誤，正確；
、當(dāng)時手機(jī)與抽屜相對滑動，水平恒力的大小時，對抽屜由牛頓第二定律得：
解得：
當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：
解得：，（舍去）
手機(jī)的速度為：
解得：
手機(jī)的位移為：
解得：
抽屜停止運動后手機(jī)向右滑動的位移為：，則有：
所以手機(jī)恰好與抽屜右側(cè)不磕碰，故為使手機(jī)不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小可滿足，故正確；
、水平恒力的大小時，對抽由牛頓第二定律得：
解得：
當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：
解得：
手機(jī)向右運動的位移大小為：
解得：
則，手機(jī)恰好不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，所以為使手機(jī)不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足，故錯誤。
故選：。
【點評】在解決本題時，要分析清楚手機(jī)的運動過程，注意找到發(fā)生磕碰的臨界條件是解決本題的關(guān)鍵。
13．（2024?觀山湖區(qū)校級模擬）勁度系數(shù)的輕彈簧一端固定在傾角的固定光滑斜面底部，另一端和質(zhì)量的小物塊相連，質(zhì)量的小物塊緊靠靜止在斜面上，輕質(zhì)細(xì)線一端連在物塊上，另一端跨過定滑輪與質(zhì)量的物體相連，對施加外力，使處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)線剛好伸直，且線中沒有張力，如圖所示。從某時刻開始，撤掉外力，使豎直向下運動，取，彈簧和斜面上的那部分細(xì)線均平行于斜面。以下說法中正確的是
A．初始時彈簧的壓縮量是
B．撤掉外力瞬間，的加速度大小為
C．當(dāng)、恰好分離時，彈簧恢復(fù)原長
D．從撤去外力到、恰好分離整個過程，沿斜面移動的位移大小為
【答案】
【考點】牛頓第二定律求解瞬時問題
【專題】牛頓運動定律綜合專題；定量思想；分析綜合能力；推理法
【分析】初始時，對、整體受力分析，根據(jù)共點力平衡條件解答；撤掉外力瞬間，取系統(tǒng)，利用牛頓第二定律計算加速度；恰好分離時，以整體為研究對象，利用牛頓第二定律計算系統(tǒng)此時的加速度，判斷此時彈簧的狀態(tài)；根據(jù)恰好分離的條件分析解得。
【解答】解：．初始時，對、整體受力分析，設(shè)此時彈簧壓縮量為，根據(jù)共點力平衡條件有
解得
故正確；
．撤掉外力瞬間，取系統(tǒng)，則有
彈簧彈力不發(fā)生突變，則
解得
故錯誤；
．恰好分離時，間彈力為零，以整體為研究對象，有
解得
則的加速度大小也為0，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，故錯誤；
．恰好分離時，以為研究對象，有
設(shè)此時彈簧的壓縮量為，由胡克定律有
解得
所以從撤去外力到、恰好分離整個過程，沿斜面移動的位移
△
故正確。
故選：。
【點評】本題考查學(xué)生對彈簧連接體模型的分析能力，其中利用模型特點，運用隔離法與整體法結(jié)合牛頓第二定律、胡克定律表示運動規(guī)律為解決本題的關(guān)鍵。
14．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖，質(zhì)量為的三角形木塊靜止在水平地面上，其左右兩斜面光滑，一質(zhì)量為的物塊沿傾角的右側(cè)斜面加速下滑時，三角形木塊剛好保持靜止，則當(dāng)物塊沿傾角的左側(cè)斜面下滑時，下列說法中正確的是
A．仍然靜止不動，地面對的摩擦力兩種情況下等大
B．仍然靜止不動，對地面的壓力比沿右側(cè)斜面下滑時對地面的壓力小
C．將向右滑動，若使仍然靜止需對其施加向左的作用力
D．若，將滑動
【答案】
【考點】作用力與反作用力
【專題】定量思想；推理法；推理能力；受力分析方法專題
【分析】本題對三角形木塊在物塊沿傾角的右側(cè)斜面加速下滑時以及物塊沿左側(cè)下滑分別受力分析，結(jié)合平衡方程以及角度關(guān)系分析求解。
【解答】解：．物塊沿傾角的右側(cè)斜面加速下滑時，對三角形木塊受力分析，如圖所示，木塊恰好不滑動，說明靜摩擦力達(dá)到最大值，等于滑動摩擦力，由平衡條件，在方向滿足：
在方向滿足：
聯(lián)立解得動摩擦因數(shù)：
物塊沿左側(cè)下滑，先假設(shè)木塊靜止不動，對受力分析，如圖所示，由平衡條件，在方向滿足：
故最大靜摩擦力滿足：
壓力的水平分力滿足：
可知地面對的摩擦力兩種情況下不等大；
將向右滑動，由牛頓第三定律可知，沿右側(cè)斜面下滑時對地面的壓力大小為，沿左側(cè)斜面下滑時對地面的壓力大小為，即對地面的壓力比沿右側(cè)斜面下滑時對地面的壓力小；將向右滑動，若使仍然靜止需對其施加向左的作用力；故錯誤，正確；
．若，物塊沿右側(cè)下滑，先假設(shè)木塊靜止不動，則對的壓力大小為，該壓力的水平分力滿足，豎直分力滿足，與時相比，對壓力的水平分力變大，則對壓力的豎直分力變小，即最大靜摩擦力變小，故一定滑動，故正確。
故選：。
【點評】本題考查了受力分析，準(zhǔn)確對物體受力分析，在需要的坐標(biāo)系中分解以及合成力，并建立平衡方程是解決此類問題的關(guān)鍵。
15．（2024?石家莊模擬）如圖所示，傾角為的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為的箱子靜止在斜面上，質(zhì)量為的小球通過細(xì)繩懸掛在箱子頂面的點。現(xiàn)給箱子一沿斜面向下的力，箱子沿斜面向下運動，穩(wěn)定后細(xì)繩與豎直方向成角。已知重力加速度取，下列說法正確的是
A．穩(wěn)定時細(xì)繩上的拉力為
B．穩(wěn)定時細(xì)繩上的拉力為
C．改變大小系統(tǒng)再次穩(wěn)定后細(xì)繩處于豎直方向，此時力為
D．改變大小系統(tǒng)再次穩(wěn)定后細(xì)繩處于豎直方向，此時力為
【答案】
【考點】力的合成與分解的應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；整體法和隔離法；合成分解法；牛頓運動定律綜合專題；方程法；推理能力；定量思想
【分析】先以箱子和小球整體為研究對象，沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律列方程求出共同的加速度，再以小球為研究對象，由牛頓第二定律求出穩(wěn)定時細(xì)繩上的拉力的大小和箱子受到的摩擦力的大??；穩(wěn)定后細(xì)繩處于豎直方向時，則小球的加速度為零，箱子和小球整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件求出力的大小。
【解答】解：、對小球受力分析如圖所示：
設(shè)小球質(zhì)量為，箱子質(zhì)量為，穩(wěn)定時具有共同的沿斜面向下的加速度，設(shè)繩子的拉力為，此時對小球垂直斜面方向有：
沿斜面方向有：
代入數(shù)據(jù)解得：，
對整體分析得：
解得箱子受到斜面的滑動摩擦力大小為：，故正確，錯誤；
、穩(wěn)定后當(dāng)細(xì)繩處于豎直方向時，可知此時小球加速度為零，故整體加速度為零，處于平衡狀態(tài)，由于此時箱子處于勻速運動狀態(tài)，受到沿斜面向上的滑動摩擦力，對整體根據(jù)平衡條件可得：
解得：，故正確，錯誤。
故選：。
【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答；注意整體法和隔離法的應(yīng)用。
三．填空題（共3小題）
16．（2024?福建模擬）一位質(zhì)量為的同學(xué)從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機(jī)內(nèi)置的加速度傳感器測得電梯運行的加速度隨時間的變化關(guān)系如圖所示（重力加速度取。當(dāng)時，該同學(xué)處于 超重 狀態(tài)（填“超重”或“失重” ，此時他對電梯地板的壓力大小約 ，整個過程中電梯運行的最大速率約為 。
【答案】超重；；。
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷
【專題】圖析法；牛頓運動定律綜合專題；定性思想；推理能力
【分析】該同學(xué)向下減速運動，加速度豎直向上，此時所受支持力大于重力，處于超重狀態(tài)；
可根據(jù)牛頓第二定律計算此時所受支持力大小，再根據(jù)牛頓第三定律得出電梯受到人的壓力大小等于人所受電梯的支持力大小；
利用速度與時間公式可知，加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，故可根據(jù)圖像得出最大速率。
【解答】解：當(dāng)時，該同學(xué)向下減速運動，加速度豎直向上處于超重狀態(tài)。
時，又根據(jù)牛頓第二定律
代入數(shù)據(jù)解得
根據(jù)牛頓第三定律可得對電梯底的壓力大小約為。
加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，加速度向下時處于加速狀態(tài)，根據(jù)圖線在該段時間內(nèi)與橫軸圍成面積格數(shù)有十九個小格
得△
代入數(shù)據(jù)解得
則該同學(xué)的最大速率約為。
故答案為：超重；；。
【點評】本題考查了對超重、失重狀態(tài)的理解，已經(jīng)應(yīng)用牛頓第二定律計算所受支持力的能力，進(jìn)一步考查了對牛頓第三定律的應(yīng)用，以及運用運動學(xué)公式綜合分析加速度與時間圖像的能力。
17．（2024?碑林區(qū)校級二模）一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球和，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球運動的加速度。
令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測得小球釋放時的高度，下降一段距離后的高度；由下降至所用的時間。由此求得小球加速度的大小為 1.84 （保留3位有效數(shù)字）。從實驗室提供的數(shù)據(jù)得知，小球、的質(zhì)量分別為和，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?。根?jù)牛頓第二定律計算可得小球加速度的大小為 （保留3位有效數(shù)字），可以看出，與有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因： 。
【答案】1.84；1.96；滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）。
【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【專題】實驗分析法；實驗?zāi)芰?；牛頓運動定律綜合專題；定量思想
【分析】根據(jù)運動學(xué)公式得出小球加速度的大??；
根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立等式得出小球加速度的大??；
根據(jù)實驗原理分析出對應(yīng)的實驗誤差的產(chǎn)生原因。
【解答】解：釋放后小球做初速度為零的勻加速直線運動，在時間內(nèi)的位移為
△
根據(jù)勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系可得
代入數(shù)據(jù)解得
對、小球整體分析，由牛頓第二定律有
代入數(shù)據(jù)解得
理論上與有應(yīng)該相等，但由于滑輪有質(zhì)量，以及滑輪轉(zhuǎn)動過程中與繩子、輪軸之間都存在摩擦，這些都不可忽略，因此造成了明顯的差異。
故答案為：1.84；1.96；滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）。
【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的驗證實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合運動學(xué)公式和牛頓第二定律即可完成分析。
18．（2023?雁塔區(qū)校級模擬）如圖所示，某同學(xué)用量程為、分度為的刻度尺和輕質(zhì)彈簧、重物等制作了一個“豎直加速度測量儀”。該同學(xué)將刻度尺豎直放置在裝置一側(cè)，0刻線在最下端。彈簧上端固定在裝置上方，下端懸掛重為的物體達(dá)平衡時，彈簧下端指針指向刻度；逐步改變懸掛重物的質(zhì)量，當(dāng)懸掛重為的物體達(dá)平衡時，彈簧下端指針正好指向刻度，并標(biāo)記此處為加速度的零點，此后就將物體固定在彈簧下端。將裝置置于電梯里，可以測出電梯運行時的加速度。取
（1）所用彈簧的勁度系數(shù)為 。
（2）刻度尺上刻度為處的刻線，對應(yīng)的加速度大小是 ，方向為 。（本問計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）
（3）若該同學(xué)在原先的基礎(chǔ)上換用了質(zhì)量更大的重物，并改變刻度尺的位置，仍使懸掛重物時的平衡位置位于刻線處（使加速度零點不變），其他條件均不變。則與原先相比，此時加速度測量儀的量程和分度值會發(fā)生怎樣的變化？更適宜測量更大的加速度還是更小的加速度？ 。（設(shè)刻度尺所在范圍均在彈簧的彈性限度之內(nèi)）
【答案】（1）；（2），豎直向上；（3）測量的量程會減少，分度值會變小。更適合測更小的加速度。
【考點】胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【專題】力學(xué)知識在生產(chǎn)和生活中的應(yīng)用；實驗?zāi)芰?；牛頓運動定律綜合專題；實驗題；分析綜合能力
【分析】根據(jù)胡克定律，即可求得勁度系數(shù)，分析出物體受到的合外力，利用牛頓第二定律，即可求出加速度。根據(jù)加速度合外力的關(guān)系，就可分析出量程的變化情況。
【解答】解：（1）根據(jù)，則；
（2）刻度尺上刻度為處的刻線，根據(jù)牛頓第二定律可得：
①
②
聯(lián)立可解得，方向豎直向上；
（3）在形變量的改變量相同的情況下，有，故測量的量程會減少，分度值會變小。更適合測更小的加速度。
故答案為：（1）；（2），豎直向上；（3）測量的量程會減少，分度值會變小。更適合測更小的加速度。
【點評】本題重點是對胡克定律的考查，要弄清形變量，變形量的改變與彈力的關(guān)系，再結(jié)合牛頓第二定律，就可得出結(jié)果。
四．解答題（共7小題）
19．（2024?閬中市校級一模）如圖，某同學(xué)設(shè)計的幼兒園安全斜直滑梯由長和的兩段不同材料和制成，滑梯與水平地面夾角。一小朋友從點由靜止滑下，經(jīng)到達(dá)點速度恰好為零。重力加速度取，，。求：
（1）小朋友滑行過程中的最大速度；
（2）小朋友與和材料間的動摩擦因數(shù)和。
【答案】（1）小朋友滑行過程中的最大速度為；
（2）小朋友與和材料間的動摩擦因數(shù)分別為0.5和。
【考點】牛頓運動定律的應(yīng)用—從受力確定運動情況；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【專題】方程法；定量思想；牛頓運動定律綜合專題；學(xué)科綜合題；應(yīng)用題；合成分解法；推理能力
【分析】（1）小朋友滑至點速度最大，依據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得解；
（2）根據(jù)運動學(xué)公式和牛頓第二定律聯(lián)立求解兩段的動摩擦因數(shù)。
【解答】解：（1）小朋友滑至點速度最大，由勻變速直線運動規(guī)律可得：
代入數(shù)據(jù)解得：；
（2）設(shè)小朋友在、段的加速度大小分別為和，在段，小朋友做勻加速運動，則有：
代入數(shù)據(jù)解得：
對小朋友，由牛頓第二定律可得：
代入數(shù)據(jù)解得：
在段，小朋友做勻減速運動，由運動學(xué)公式可得：
代入數(shù)據(jù)得：
由牛頓第二定律可得：
代入數(shù)據(jù)解得：。
答：（1）小朋友滑行過程中的最大速度為；
（2）小朋友與和材料間的動摩擦因數(shù)分別為0.5和。
【點評】本題以小朋友滑滑梯為背景，考查牛揚第二定律及運動學(xué)知識，意在考查學(xué)生的分析推理能力和科學(xué)思維。
20．（2024?朝陽區(qū)校級模擬）如圖所示，一傾角為、足夠長的傳送帶始終以的速度逆時針勻速運轉(zhuǎn)，足夠長的木板上放一可視為質(zhì)點的物塊始終在上），兩者同時由靜止開始釋放，釋放時木板距傳送帶底端的距離，傳送帶底端有一固定擋板，木板與擋板碰撞后立即以等大的速度反彈。木板的質(zhì)量為，物塊的質(zhì)量為，且，木板與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度，不計其它阻力。求：
（1）物塊和木板開始運動時加速度的大小和；
（2）木板從釋放至第一次與擋板相碰的時間；
（3）木板從釋放到第一次沿傳送帶上升到最高點過程中物塊相對于木板滑行的路程。
【答案】（1）物塊和木板開始運動時加速度的大小為和為；
（2）木板從釋放至第一次與擋板相碰的時間為；
（3）木板從釋放到第一次沿傳送帶上升到最高點過程中物塊相對于木板滑行的路程為。
【考點】勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【專題】直線運動規(guī)律專題；推理法；定量思想；推理能力
【分析】（1）分別對和受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；
（2）先算木板與傳送帶共速時間，判斷木板、物塊與傳送帶各自的運動狀態(tài)，再計算物塊與及傳送帶速度相同的時間，同速后會相對于下滑，木板仍勻速至與擋板相碰，再計算出木板勻速的時間即可求解；
（3）計算出木板第一次沿傳送帶上升到最高點每個運動過程中和的各自的位移，再計算出位移差，求出相對于滑行的路程。
【解答】解：（1）設(shè)和開始運動時加速度大小分別為和，
釋放后，受傳送帶的滑動摩擦力，由于，相對于上滑，
對
對
代入數(shù)據(jù)解得：，；
（2）設(shè)經(jīng)時間木板與傳送帶速度相同，則：
，解得：
同速后由于，故木板與傳送帶相對靜止一起勻速，物塊繼續(xù)加速，
設(shè)再經(jīng)時間物塊與及傳送帶速度相同，
則，解得
同速后會相對于下滑
，解得
，木板仍勻速至與擋板相碰
從釋放到與傳送帶同速，加速位移：
勻速運動的位移：
勻速運動的時間
（3）時間內(nèi)向下加速位移大小為：
在時間內(nèi)向下勻速運動的位移大小為：
時間內(nèi)相對于向上運動的路程：
時間內(nèi)向下勻速運動的位移的大小為：
時間內(nèi)向下加速運動的位移的大小為：
時間內(nèi)相對于向下運動的路程：
第一次碰后向上減速運動的加速度大小為，則有：
解得：
碰后上升到最高點所用的時間：
碰后上升到最高點向上運動的位移的大小為：
碰撞時的速度大小為：
時間內(nèi)向下運動的位移的大小為：
時間內(nèi)相對于向下運動的路程：
答：（1）物塊和木板開始運動時加速度的大小為和為；
（2）木板從釋放至第一次與擋板相碰的時間為；
（3）木板從釋放到第一次沿傳送帶上升到最高點過程中物塊相對于木板滑行的路程為。
【點評】本題考查了傳送帶的多過程問題，分析物體在傳送帶上的運動，可能加速也可能減速，但最終與傳送帶共速，再結(jié)合牛頓第二定律與進(jìn)行求解即可。
21．（2024?長春一模）如圖，質(zhì)量的一只長方體形空箱子在水平拉力作用下沿水平面向右勻加速直線運動，箱子與水平面間的動摩擦因數(shù)。這時箱子內(nèi)一個質(zhì)量的物塊恰好能靜止在后壁上。物塊與箱子內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取。求：
（1）箱子對物塊彈力的大??；
（2）水平拉力的大小。
【答案】（1）箱子對物塊彈力的大小為；（2）水平拉力的大小為。
【考點】力的合成與分解的應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；摩擦力專題；推理能力
【分析】（1）根據(jù)平衡條件和摩擦力公式計算；
（2）對物塊和箱子分別列牛頓第二定律計算。
【解答】解：（1）根據(jù)題意可知，物塊恰不下滑，物塊在豎直方向平衡，則由平衡條件可得
物塊隨箱子向右做勻加速運動，則可知物塊與箱子的加速度相同，設(shè)為，箱子對物塊的支持力為，則
解得，箱子對物塊的支持力為
（2）對物塊由牛頓第二定律可得
解得
對箱子，由牛頓第二定律可得
解得
答：（1）箱子對物塊彈力的大小為；（2）水平拉力的大小為。
【點評】本題關(guān)鍵掌握整體法和隔離法的使用。
22．（2024?五華區(qū)校級模擬）潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力突然減小，潛艇如同汽車那樣掉下懸崖，稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質(zhì)量為，在高密度海水區(qū)域海平面下沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當(dāng)該潛艇駛?cè)牒Ｋ兔芏葏^(qū)域時，浮力突然降為；后，潛艇官兵迅速對潛艇減重（排水），此后潛艇以的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮。若潛艇減重的時間不計，水的粘滯阻力可忽略，潛艇減重前后受到的浮力保持不變。取重力加速度大小，求：
（1）潛艇為阻止“掉深”減重后的質(zhì)量；
（2）潛艇“掉深”達(dá)到距海平面的最大深度。
【答案】（1）潛艇為阻止“掉深”減重后的質(zhì)量為；
（2）潛艇“掉深”達(dá)到距海平面的最大深度為。
【考點】牛頓運動定律的應(yīng)用—從運動情況確定受力
【專題】牛頓運動定律綜合專題；定量思想；推理法；推理能力
【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律分析；
（2）先計算出潛艇“掉深”時的加速度，然后根據(jù)運動學(xué)公式分別計算向下加速和減速的深度，進(jìn)而可計算總深度。
【解答】解：（1）設(shè)減重后的質(zhì)量為，潛艇在減重后減速下降過程中，由牛頓第二定律有
解得
（2）由牛頓第二定律，潛艇剛“掉深”時加速度，滿足：，
代入數(shù)據(jù)解得：，方向豎直向下
“掉深”歷時時，潛艇下落高度為
此時潛艇速度為
減重后，潛艇以加速度勻減速下落，直至其速度為零
潛艇下落的距離為
潛艇“掉深”達(dá)到的最大深度為
答：（1）潛艇為阻止“掉深”減重后的質(zhì)量為；
（2）潛艇“掉深”達(dá)到距海平面的最大深度為。
【點評】熟練掌握牛頓第二定律，分清潛艇下落過程所遵守的規(guī)律是解題的基礎(chǔ)。
23．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）幾位同學(xué)正在參與一種游戲，游戲裝置如圖所示，為可視作質(zhì)點的煤塊，為一塊長為的木板（煤塊能夠在木板上留下劃痕）?，F(xiàn)游戲要求將置于表面某一位置，一起靜置于一足夠長的臺面上，對施加水平向右的恒定推力，一段時間后撤去，看最終在表面形成的劃痕長度，使劃痕更長且煤塊沒有從上掉出者為最終贏家。甲同學(xué)在游戲中施加推力使、以相同加速度做勻加速運動，撤去推力后，停下所需時間是停下所需時間的三倍，且沒有從上掉出。已知、之間的動摩擦因數(shù)為，、的質(zhì)量均為，重力加速度為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。
（1）求與臺面之間的動摩擦因數(shù)；
（2）在乙同學(xué)能推動的情況下，要保證置于表面任意位置時，無論推力作用時間多少，都不可能從的右端掉出，求推力應(yīng)滿足的條件；
（3）若丙同學(xué)的推力恒為，且，討論當(dāng)取不同值時，他改變作用時間和的初始放置位置，要使劃痕最長且沒有從上掉出，起初應(yīng)置于表面距離左端多遠(yuǎn)的位置？作用時間為多少？
【答案】（1）與臺面之間的動摩擦因數(shù)為；
（2）推力應(yīng)滿足的條件為；
（3）當(dāng)時，起初應(yīng)置于表面距離左端的位置，作用時間為；當(dāng)時，起初應(yīng)置于表面距離左端的位置，作用時間為。
【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合應(yīng)用；無外力的水平板塊模型
【專題】推理法；分析綜合能力；定量思想；直線運動規(guī)律專題；牛頓運動定律綜合專題
【分析】（1）依題意：停下所需時間是停下所需時間的三倍，可得兩者的加速度大小關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律求解；
（2）分析題意，確定臨界條件，依據(jù)條件確定兩者的運動形式與相對運動過程，根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式求解；
（3）根據(jù)牛頓第二定律求得、恰好能相對靜止的推力大小，結(jié)合（2）的結(jié)論，分情況確定臨界條件，討論求解。
【解答】解：（1）依題意：甲同學(xué)撤去推力后，停下所需時間是停下所需時間的三倍，即△△，說明的加速度較小，減速較慢，則相對向右滑動。設(shè)與臺面之間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律得：
對有：，解得：
對有：
減速過程兩者的速度減小量相同，根據(jù)加速度的定義可得：
解得：
（2）不可能從右端掉出，則說明只可能從左端掉出。根據(jù)（1）的分析，若用力推動時、相對靜止，則撤去推力后相對向右滑動，可能從右端掉出，不滿足題意，故在用力推動時必須相對向左滑動，撤去推力后繼續(xù)相對向左滑動直到兩者共速，之后相對向右滑動，要使不能從右端掉出，應(yīng)使相對向右滑動的位移不大于相對向左滑動的位移，即△△，用力推動時，對，根據(jù)牛頓第二定律得：
解得：
設(shè)作用時間，此時間內(nèi)兩者相對位移大小為：
撤去推力后，加速運動，減速運動，設(shè)再經(jīng)時間之后兩者共速，該過程的加速度大小仍為，同理得：
對有：
解得：
共速時有：
可得：
解得：，
該過程兩者相對位移大小為：
相對總的向左滑動位移為：
之后相對向右滑動，的加速度大小不變，同理有：
對
解得：
相對向右滑動的位移為：
根據(jù)滿足的條件：△△
解得：
（3）用力推動時，若、恰好能相對靜止時，則有：
即，解得：
分情況討論如下：
①當(dāng)，根據(jù)（2）分析，可知相對先向左滑后向右滑，且△△，為使劃痕最長，應(yīng)使、共速時恰好位于的左端，最終恰好停在的右端，即相對向右滑動的位移等于木板的長度，則有：
解得力作用時間為：
起初距左端的距離為：
②當(dāng)，根據(jù)（2）分析，可知△△，為使劃痕最長，起初應(yīng)放在的右端，共速時恰位于的左端，即相對向左滑動的位移等于木板的長度，則有：
解得：，起初到左端距離為。
答：（1）與臺面之間的動摩擦因數(shù)為；
（2）推力應(yīng)滿足的條件為；
（3）當(dāng)時，起初應(yīng)置于表面距離左端的位置，作用時間為；當(dāng)時，起初應(yīng)置于表面距離左端的位置，作用時間為。
【點評】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的板塊模型。多物體、多過程的復(fù)雜運動問題，題目難度較大。解答時注意滑動摩擦力的方向的判斷，對于板塊模型的分析判斷要抓住兩個方面：一、相對靜止與相對運動的判斷；二、是否存在共速的判斷。對運動過程的分析，確定臨界條件是關(guān)鍵，運動過程復(fù)雜時可用圖像輔助分析。
24．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實物照片，乙圖是其運輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)，傳送帶部分長度、部分長度，運行速度恒為?，F(xiàn)工人每隔在底端點放上一個水果箱，點恰好掉下去一個水果箱，已知，，重力加速度，求：
（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有多少個水果箱；
（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值△與最大值△。
【答案】（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有13個水果箱；
（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為，最大值為。
【考點】多種傳送帶的組合問題；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系；勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系
【專題】推理能力；信息給予題；計算題；推理法；定量思想
【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律計算小物塊在斜面上的加速度，根據(jù)運動學(xué)公式計算小物塊在傳送帶上勻速運動的時間和可以放置木塊數(shù)；
（2）當(dāng)?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，當(dāng)兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠(yuǎn)，根據(jù)運動學(xué)公式計算兩相鄰水果箱之間的距離的最小值與最大值。
【解答】解：（1）把水果箱簡化成小物塊，小物塊在斜面上的加速度
則物體在斜面上加速的時間為
加速過程的對地位移為
則小物塊在傳送帶上勻速運動的位移
小物塊在傳送帶上勻速運動的時間為
已知每隔放上一個小木塊，則傳送帶上共可以放置木塊數(shù)為
（個
（2）根據(jù)分析當(dāng)?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，有
當(dāng)兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠(yuǎn)，有
△
答：（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有13個水果箱；
（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為，最大值為。
【點評】本題考查物體在傳送帶上的運動，對于兩個有相對運動的物體，速度慢的物體受到的摩擦力是動力，速度快的物體受到的摩擦力是阻力。同時要明確當(dāng)兩個物體達(dá)到共速時，摩擦力一定會發(fā)生變化。通過受力情況結(jié)合牛頓第二定律求加速度，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律分析物體的運動。
25．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，光滑水平面上固定有光滑長直木板，傾角、質(zhì)量的斜面緊靠木板放置，質(zhì)量的物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)，初始時斜面與物塊均靜止，作用在斜面上的力與木板平行，重力加速度取，，，求：
（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力的最大值；
（2）當(dāng)斜面的加速度時，的大小。（已知在力作用下，斜面與物塊同時開始分別做勻變速直線運動）
【答案】（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力的最大值為；
（2）當(dāng)斜面的加速度時，的大小為。
【考點】斜面模型中的臨界問題
【專題】推理能力；定量思想；牛頓運動定律綜合專題；計算題；共點力作用下物體平衡專題；實驗探究題；實驗分析法
【分析】（1）當(dāng)物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時，對物塊和整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律計算；
（2）當(dāng)物塊與斜面之間發(fā)生相對滑動時，分析物塊受力，將加速度分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律計算。
【解答】解：（1）當(dāng)物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時，對物塊進(jìn)行受力分析，如圖所示
則有
，，
解得
對物塊與斜面整體分析有
解得
（2）結(jié)合上述可知
所以斜面與物塊發(fā)生了相對滑動，滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，即與相對加速度方向相反，若滑動摩擦力方向沿斜面運動方向，那么物塊沿斜面向下方向僅受重力分力，將沿斜面向下運動，所以物塊相對斜面的加速度沿左下方，設(shè)物塊沿斜面向下的加速度分量為，沿斜面運動方向的加速度分量為，對物塊分析進(jìn)行受力分析，如圖所示
則有
，，，
解得
，，
則物塊對斜面的滑動摩擦力在沿斜面運動方向的分力為
對斜面分析有
解得
答：（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力的最大值為；
（2）當(dāng)斜面的加速度時，的大小為。
【點評】本題關(guān)鍵掌握當(dāng)物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時和發(fā)生滑動時，摩擦力方向的分析。
考點卡片
1．勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系
【知識點的認(rèn)識】
勻變速直線運動的速度—時間公式：vt＝v0+at．其中，vt為末速度，v0為初速度，a為加速度，運用此公式解題時要注意公式的矢量性．在直線運動中，如果選定了該直線的一個方向為正方向，則凡與規(guī)定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡與規(guī)定正方向相反的矢量在公式中取負(fù)值，因此，應(yīng)先規(guī)定正方向．（一般以v0的方向為正方向，則對于勻加速直線運動，加速度取正值；對于勻減速直線運動，加速度取負(fù)值．）
【命題方向】
例1：一個質(zhì)點從靜止開始以1m/s2的加速度做勻加速直線運動，經(jīng)5s后做勻速直線運動，最后2s的時間內(nèi)使質(zhì)點做勻減速直線運動直到靜止．求：
（1）質(zhì)點做勻速運動時的速度；
（2）質(zhì)點做勻減速運動時的加速度大?。?br>分析：根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出5s末的速度，結(jié)合速度時間公式求出質(zhì)點速度減為零的時間．
解答：（1）根據(jù)速度時間公式得，物體在5s時的速度為：
v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．
（2）物體速度減為零的時間2s，做勻減速運動時的加速度大小為：
a2＝＝2.5m/s2
答：（1）質(zhì)點做勻速運動時的速度5m/s；
（2）質(zhì)點做勻減速運動時的加速度大小2.5m/s2．
點評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的速度時間公式和位移時間公式，并能靈活運用．
例2：汽車以28m/s的速度勻速行駛，現(xiàn)以4.0m/s2的加速度開始剎車，則剎車后4s末和8s末的速度各是多少？
分析：先求出汽車剎車到停止所需的時間，因為汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)v＝v0+at，求出剎車后的瞬時速度．
解答：由題以初速度v0＝28m/s的方向為正方向，
則加速度：a＝＝﹣4.0m/s2，
剎車至停止所需時間：t＝＝s＝7s．
故剎車后4s時的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s
剎車后8s時汽車已停止運動，故：v8＝0
答：剎車后4s末速度為12m/s，8s末的速度是0．
點評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的速度與時間公式v＝v0+at，以及知道汽車剎車停止后不再運動，在8s內(nèi)的速度等于在7s內(nèi)的速度．解決此類問題一定要注意分析物體停止的時間．
【解題方法點撥】
1．解答題的解題步驟（可參考例1）：
①分清過程（畫示意圖）；
②找參量（已知量、未知量）
③明確規(guī)律（勻加速直線運動、勻減速直線運動等）
④利用公式列方程（選取正方向）
⑤求解驗算．
2．注意vt＝v0+at是矢量式，剎車問題要先判斷停止時間．
2．勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系
【知識點的認(rèn)識】
（1）勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t+at2。
（2）公式的推導(dǎo)
①利用微積分思想進(jìn)行推導(dǎo)：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應(yīng)用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。
②利用公式推導(dǎo)：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即＝．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導(dǎo)出位移公式：x＝v0t+at2
（3）勻變速直線運動中的平均速度
在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×t＝，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得＝＝＝v0+at＝＝＝＝vt/2。
即有：＝＝vt/2。
所以在勻變速直線運動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。
（4）勻變速直線運動推論公式：
任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。
推導(dǎo)：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a。
【命題方向】
例1：對基本公式的理解
汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當(dāng)汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（ ）
A.1：1 B.5：9 C.5：8 D.3：4
分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)位移時間公式求出2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移。
解：汽車剎車到停止所需的時間＞2s
所以剎車2s內(nèi)的位移＝45m。
t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。
＝60m。
所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。
故選：D。
點評：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。
例2：對推導(dǎo)公式＝＝vt/2的應(yīng)用
物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（ ）
A．位移大小可能小于5m B．位移大小可能小于3m
C．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2
分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a＝，求出加速度，根據(jù)平均速度公式x＝求位移。
解：A、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x＝＝．若1s末的速度與初速度方向相反，1s內(nèi)的位移x＝＝．負(fù)號表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正確，B錯誤。
C、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度．若1s末的速度與初速度方向相反，則加速度a＝．所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2．故C正確，D錯誤。
故選：AC。
點評：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式，此公式在考試中經(jīng)常用到。
【解題思路點撥】
（1）應(yīng)用位移公式的解題步驟：
①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。
②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+at2求第四個物理量。
③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負(fù)代入公式計算。
（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：
①明確研究過程。
②搞清v、a的正負(fù)及變化情況。
③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。
④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負(fù)：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負(fù)。
⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大??；b．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。
3．勻變速直線運動規(guī)律的綜合應(yīng)用
【知識點的認(rèn)識】
本考點下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運動學(xué)題目，往往需要用到多個公式，需要細(xì)致的思考才能解答。
【命題方向】
如圖，甲、乙兩運動員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運動員經(jīng)短距離加速后都能達(dá)到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時起跑，在甲、乙相遇時完成交接棒．在某次練習(xí)中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：
（1）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．
（2）為了達(dá)到理想成績，需要乙恰好在速度達(dá)到與甲相同時被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠(yuǎn)時對乙發(fā)出起跑口令？
（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是多少？
分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時，它們的位移關(guān)系是s0+at2＝vt，由此可以求得需要的時間，進(jìn)而求乙的位移．
（2）當(dāng)兩人的速度相等時，兩車的距離為零，即處于同一位置．
（3）由t＝求解．
解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時運動時間為t，則在甲追擊乙過程中有
s0+at2＝vt
代入數(shù)據(jù)得t1＝2s
t2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實際舍去）
此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離
（2）乙加速時間
設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有
代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m
（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運動，所以
棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是
點評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時相遇、何時速度相等這兩個問題，這道題是典型的追及問題，同學(xué)們一定要掌握?。?br>【解題思路點撥】
熟練掌握并深刻理解運動學(xué)的基礎(chǔ)公式及導(dǎo)出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。
4．復(fù)雜的運動學(xué)圖像問題
【知識點的認(rèn)知】
1.除了常見的x﹣t圖像，v﹣t圖像與a﹣t圖像外，還有一些少見的運動學(xué)圖像如﹣t圖像，v﹣x圖像、v2﹣x圖像等。
2.這些圖像往往都與運動學(xué)的公式有關(guān)聯(lián)。
3.解題步驟一般如下：
①根據(jù)圖像的縱橫坐標(biāo)找出圖像應(yīng)用了那個運動學(xué)公式；
②根據(jù)圖像推出具體的表達(dá)式；
③分析斜率、截距、面積等因素的物理意義。
【命題方向】
在平直公路上有甲、乙兩輛汽車同時從同一位置沿著同一方向做勻加速直線運動，它們速度的平方隨位移變化的圖象如圖所示，則（ ）
A、甲車的加速度比乙車的加速度小
B、在x＝0.5m處甲、乙兩車相遇
C、在x＝1m處甲、乙兩車相遇
D、在t＝2s末甲、乙兩車相遇
分析：根據(jù)勻變速直線運動的速度—位移關(guān)系公式：＝2ax，可以知道圖象斜率是兩倍的加速度，由圖象可以直接得到速度相等時的位移，從同一位置出發(fā)，兩車相遇時的位移相等，根據(jù)勻變速直線運動特征判斷位移相等時的位移和時間．
解答：A、根據(jù)勻變速直線運動速度—位移關(guān)系＝2ax，得v2＝2ax+，可知圖象的斜率k＝2a。
由圖可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲車的加速度大于乙車的加速度，故A錯誤；
BCD、由圖象可知x＝0.5m時，兩車速度的平方相等，速度相等。
由圖可知，對于甲車做初速度為0加速度為2m/s2的勻加速直線運動，乙做初速度為1m/s，加速度為1m/s2的勻加速直線運動，兩車相遇時，位移相等，則有：
＝
代入得：2×t2＝1×t+1×t2
解得，t＝2s
相遇處兩車的位移為 x＝＝m＝4m，故BC錯誤，D正確。
故選：D。
點評：讀懂圖象的坐標(biāo)，并能根據(jù)勻變速直線運動的位移—速度關(guān)系求出描述勻變速直線運動的相關(guān)物理量，并再由勻變速直線運動的規(guī)律求出未知量．
【解題思路點撥】
非常規(guī)的運動學(xué)圖像一般都是從某一個表達(dá)式得來的，要先從橫縱坐標(biāo)及圖像出發(fā)確定表達(dá)式，求解出關(guān)鍵物理量，再分析物體的運動問題。
5．胡克定律及其應(yīng)用
【知識點的認(rèn)識】
1．彈力
（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復(fù)原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．
（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．
（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．
①支撐面的彈力：支持力的方向總是 垂直 于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．
點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．
球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．
球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．
②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．
③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．
2．胡克定律
彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，
其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細(xì)決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．
注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．
3．胡克定律的應(yīng)用
（1）胡克定律推論
在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x
即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．
（2）確定彈簧狀態(tài)
對于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．
（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關(guān)系
如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學(xué)公式和動力學(xué)公式求相關(guān)量．
【命題方向】
（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：
一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（ ）
A．12cm B．14cm C．15cm D．16cm
分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．
解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；
若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；
聯(lián)立解得：k＝；
x2＝；
故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；
故選D．
點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．
（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合：
如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（ ）
D.
分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．
解：當(dāng)盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl ①
設(shè)使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F
再由胡克定律得 F＝k△l ②
由①②聯(lián)立得 F＝
剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．
設(shè)剛松手時，加速度大小為a，
根據(jù)牛頓第二定律得 a＝＝
對物體研究：FN﹣mg＝ma
解得 FN＝（1+）mg
故選A．
點評：點評：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．
【解題方法點撥】
這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習(xí)中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計算來確定．
6．力的合成與分解的應(yīng)用
【知識點的認(rèn)識】
本考點針對比較復(fù)雜的題目，題目涉及到力的合成與分解的綜合應(yīng)用。
【命題方向】
假期里，一位同學(xué)在廚房里協(xié)助媽媽做菜，對菜刀發(fā)生了興趣．他發(fā)現(xiàn)菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一樣，刀刃前部的頂角小，后部的頂角大（如圖所示），下列有關(guān)刀刃的說法合理的是（ ）
A、刀刃前部和后部厚薄不勻，僅是為了打造方便，外形美觀，跟使用功能無關(guān)
B、在刀背上加上同樣的壓力時，分開其他物體的力跟刀刃厚薄無關(guān)
C、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越大，分開其他物體的力越大
D、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越小，分開其他物體的力越大
分析：根據(jù)力的平行四邊形定則可知，相同的壓力下，頂角越小，分力越大；相同的頂角下，壓力越大，分力越大．
解答：把刀刃部分抽象后，可簡化成一個等腰三角劈，設(shè)頂角為2θ，背寬為d，側(cè)面長為l，如圖乙所示
當(dāng)在劈背施加壓力F后，產(chǎn)生垂直側(cè)面的兩個分力F1、F2，使用中依靠著這兩個分力分開被加工的其他物體。由對稱性知，這兩個分力大小相等（F1＝F2），因此畫出力分解的平行四邊形，實為菱形，如圖丙所示。
在這個力的平行四邊形中，取其四分之一考慮（圖中陰影部分），根據(jù)它跟半個劈的直角三角形的相似關(guān)系，由關(guān)系式，得F1＝F2
由此可見，刀背上加上一定的壓力F時，側(cè)面分開其他物體的力跟頂角的大小有關(guān)，頂角越小，sinθ的值越小，F(xiàn)1和F2越大。
但是，刀刃的頂角越小時，刀刃的強(qiáng)度會減小，碰到較硬的物體刀刃會卷口甚至碎裂，實際制造過程中為了適應(yīng)加工不同物體的需要，所以做成前部較薄，后部較厚。使用時，用前部切一些軟的物品（如魚、肉、蔬菜、水果等），用后部斬劈堅硬的骨頭之類的物品，俗話說：“前切后劈”，指的就是這個意思。故D正確。
故選：D。
點評：考查力的平行四邊形定則，體現(xiàn)了控制變量法，同時學(xué)會用三角函數(shù)來表示力與力的關(guān)系．
【解題思路點撥】
對力的合成與力的分解的綜合應(yīng)用問題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關(guān)內(nèi)容，再選擇合適的合成和分解方法進(jìn)行解題。
7．牛頓第一定律的內(nèi)容與應(yīng)用
【知識點的認(rèn)識】
1．內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)．
2．說明：
（1）物體因為有質(zhì)量，故能保持原來的運動狀態(tài)，如果沒有力，它將永遠(yuǎn)保持此狀態(tài)；
（2）因為有力，故改變物體的運動狀態(tài)．質(zhì)量是維持物體運動狀態(tài)的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的原因；
（3）物體的運動狀態(tài)由速度來標(biāo)定，速度不變，物體運動狀態(tài)不變；
（4）物體運動狀態(tài)變化，也可說成運動速度變化，即產(chǎn)生加速度．
3．使用范圍：宏觀世界中低速運動的物體，在慣性參考系中才適用．
4．對牛頓第一定律的理解
（1）牛頓第一定律不是由實驗直接總結(jié)出來的規(guī)律，它是牛頓以伽利略的理想實驗為基礎(chǔ)，在總結(jié)前人的研究成果之上，加之豐富的想而推理得出的一條理想條件下的規(guī)律；
（2）牛頓第一定律成立的條件是物體不受任何外力的作用，是理想條件下物體所遵從的規(guī)律．在實驗情況下，物體所受合外力為零與物體不受任何外力作用是等效的．
（3）牛頓第一定律的意義在于它揭示了一切物體都具有的一種基本屬性﹣﹣慣性，還揭示了力和運動的關(guān)系：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是產(chǎn)生運動的原因，也不是維持物體運動狀態(tài)的原因，即力是產(chǎn)生加速度的原因．
【命題方向】
例1：關(guān)于牛頓第一定律，下列說法中正確的是（ ）
A．牛頓第一定律是在伽利略“理想實驗”的基礎(chǔ)上總結(jié)出來的
B．不受力作用的物體是不存在的，故牛頓第一定律的建立毫無意義
C．牛頓第一定律表明，物體只有在不受外力作用時才具有慣性
D．牛頓第一定律表明，物體只有在靜止或做勻速直線運動時才具有慣性
分析：牛頓第一定律給出了物體不受力作用時的運動規(guī)律，同時也說明了力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動狀態(tài)的原因；牛頓第一定律是牛頓在前人實驗的基礎(chǔ)上，根據(jù)邏輯推理得出的，是以實驗為基礎(chǔ)，但又不是完全通過實驗得出．
解答：A、牛頓第一定律是牛頓在伽利略等前人實驗的基礎(chǔ)上，根據(jù)邏輯推理得出的，是以實驗為基礎(chǔ)，但又不是完全通過實驗得出，故A正確；
B、雖然在地球上不受力作用的物體是不存在的，但牛頓第一定律給出了物體不受力作用時的運動規(guī)律，是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，也為科學(xué)的發(fā)展奠定了基礎(chǔ)，故B錯誤；
C、D、牛頓第一定律表明物體具有保持原來速度不變的性質(zhì)，即慣性，慣性的大小與物體的受力情況和運動情況均無關(guān)，故C錯誤，D也錯誤．
故選：A．
點評：牛頓第一運動定律，又稱慣性定律，它科學(xué)地闡明了力和慣性這兩個物理概念，正確地解釋了力和運動狀態(tài)的關(guān)系，并提出了一切物體都具有保持其運動狀態(tài)不變的屬性﹣﹣慣性，它是物理學(xué)中一條基本定律．
例2：以下說法中正確的是（ ）
A．牛頓第一定律揭示了一切物體都具有慣性
B．速度大的物體慣性大，速度小的物體慣性小
C．力是維持物體運動的原因
D．做曲線運動的質(zhì)點，若將所有外力都撤去，則該質(zhì)點因慣性仍可做曲線運動
分析：慣性是物體的固有屬性，一切物體在任何情況下都有慣性，慣性的大小只跟質(zhì)量有關(guān)，與其它因數(shù)無關(guān)，力是改變物體運動狀態(tài)的原因，物體不受力時將保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)．
解答：A、牛頓第一定律揭示了一切物體都具有慣性，慣性是物體的固有屬性，故A正確；
B、慣性的大小只跟質(zhì)量有關(guān)，與其它因數(shù)無關(guān)，故B錯誤；
C、力是改變物體運動狀態(tài)的原因，不是維持物體運動的原因，故C錯誤；
D、做曲線運動的質(zhì)點，若將所有外力都撤去，物體將做勻速直線運動，故D錯誤．
故選：A．
點評：慣性是物理學(xué)中的一個性質(zhì)，它描述的是物體能夠保持原來的運動狀態(tài)的性質(zhì)，不能和生活中的習(xí)慣等混在一起．解答此題要注意：一切物體任何情況下都具有慣性．慣性只有在受力將要改變運動狀態(tài)時才體現(xiàn)出來．
【知識點的應(yīng)用及延伸】
物體運動狀態(tài)的變化：
物體的運動狀態(tài)即物體運動的快慢及運動的方向，是用速度來描述的，故物體運動狀態(tài)的變化有以下三種情況：
（1）速度方向不變，只有大小改變；
（2）速度大小不變，只有方向改變；
（3）速度大小和方向都改變．
8．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【知識點的認(rèn)識】
牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。
【命題方向】
一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g，g為重力加速度。人對電梯底部的壓力為（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。
解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于mg；
故選：A。
點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。
【解題方法點撥】
在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。
9．牛頓第二定律求解瞬時問題
【知識點的認(rèn)識】
1.瞬時加速度問題：牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律，加速度和力同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失。分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關(guān)鍵是分析該時刻前后物體的受力情況及其變化。
2.兩種基本模型
【命題方向】
例1：如圖所示，質(zhì)量為m的小球被一根橡皮筋A(yù)C和一根繩BC系住，當(dāng)小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上。下列判斷中正確的是（ ）
A.在AC被突然剪斷的瞬間，BC對小球的拉力不變
B.在AC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθ
C.在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為
D.在BC被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為gsinθ
分析：AC被剪斷的瞬間，橡皮筋拉力消失，繩子拉力突變，小球加速度垂直于繩子方向；BC被剪斷瞬間，橡皮筋彈力不變，橡皮筋彈力和重力的合力和原來的繩子拉力等大反向，即可求加速度。
解答：小球靜止時，由受力分析得FAC＝mgtanθ，，
A、B當(dāng)AC被突然剪斷的瞬間，F(xiàn)AC突變?yōu)榱?，F(xiàn)BC突變?yōu)閙gcsθ，重力垂直于繩子的分量提供加速度，即mgsinθ＝ma解得a＝gsinθ，故A錯誤，B正確；
C、D當(dāng)BC被突然剪斷的瞬間，F(xiàn)BC突變?yōu)榱?，F(xiàn)AC大小不變，此時小球所受合力解得：，故C正確，D錯誤；
故選：BC。
點評：本題考查牛頓第二定律的瞬時性問題，剪斷繩子時，橡皮筋上的彈力不突變，剪斷橡皮筋時，橡皮筋上彈力消失，繩子拉力也會突變，平時多注意總結(jié)即可掌握。
例2：如圖所示，A、B兩球用細(xì)線懸掛于天花板上且靜止不動，兩球質(zhì)量mA＝2mB，兩球間是一個輕質(zhì)彈簧，如果突然剪斷懸線，則在剪斷懸線瞬間（ ）
A.A球加速度為，B球加速度為g
B.A球加速度為，B球加速度為0
C.A球加速度為g，B球加速度為0
D.A球加速度為，B球加速度為g
分析：懸線剪斷前，以兩球為研究對象，求出懸線的拉力和彈簧的彈力。突然剪斷懸線瞬間，彈簧的彈力沒有來得及變化，分析瞬間兩球的受力情況，由牛頓第二定律求解加速度。
解答：設(shè)B球質(zhì)量為m，則A球質(zhì)量為2m，
懸線剪斷前，以B為研究對象可知：彈簧的彈力F＝mg，以A、B整體為研究對象可知懸線的拉力為3mg；
剪斷懸線瞬間，彈簧的彈力不變，F(xiàn)＝mg，根據(jù)牛頓第二定律得
對A：2mg+F＝2maA，又F＝mg，得aA＝，
對B：F﹣mg＝maB，F(xiàn)＝mg，得aB＝0
故選：B。
點評：本題是動力學(xué)中典型的問題：瞬時問題，往往先分析懸線剪斷前彈簧的彈力，再分析懸線判斷瞬間物體的受力情況，再求解加速度，抓住懸線剪斷瞬間彈力沒有來得及變化。
【解題思路點撥】
明確研究對象→變化瞬間受力分析→牛頓第二定律→加速度
10．牛頓第二定律求解多過程問題
【知識點的認(rèn)識】
1.牛頓第二定律的內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2.表達(dá)式：F合＝ma．
3.本考點的針對的情境：物體的受力在一個階段內(nèi)不斷變化，從而引起加速度不斷變化。常見的如彈簧類問題，蹦極類問題等。
【命題方向】
如圖所示，自由落下的小球，從接觸豎直放置的彈簧開始到彈簧的壓縮量最大的過程中，小球的速度及所受的合外力的變化情況是（ ）
A、合力變小，速度變小
B、合力變小，速度變大
C、合力先變小，后變大；速度先變大，后變小
D、合力先變大，后變小，速度先變小，后變大
分析：小球自由落下，接觸彈簧時有豎直向下的速度，接觸彈簧后，彈簧被壓縮，彈簧的彈力隨著壓縮的長度的增大而增大．以小球為研究對象，開始階段，彈力小于重力，合力豎直向下，與速度方向相同，小球做加速運動，合力減?。划?dāng)彈力大于重力后，合力豎直向上，小球做減速運動，合力增大．
解答：小球自由落下，接觸彈簧時有豎直向下的速度。以小球為研究對象，分析小球的受力情況和運動情況：
開始階段，彈力小于重力，合力豎直向下，與速度方向相同，小球做加速運動，合力變?。?br>當(dāng)彈力大于重力后，合力豎直向上，小球做減速運動，合力變大。
當(dāng)彈力等于重力時，合力為零，速度最大。
故選：C。
點評：含有彈簧的問題，是高考的熱點．關(guān)鍵在于分析小球的受力情況，來確定小球的運動情況，抓住彈力是變化的這一特點．不能簡單認(rèn)為小球一接觸彈簧就做減速運動．
【解題思路點撥】
用牛頓第二定律求解多過程問題的思路如下：
1.分析物體的運動過程
2.分析每一階段物體受力的變化
3.根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma分析物體加速度的變化
4.根據(jù)加速度的情況分析物體的運動情況。
11．力學(xué)單位制與單位制
【知識點的認(rèn)識】
一、單位制及其基本單位和導(dǎo)出單位
1．單位制：基本單位和導(dǎo)出單位共同組成了單位制．
（1）基本單位：基本物理量的單位．力學(xué)中的基本物理量有長度、質(zhì)量、時間，它們的國際單位分別是米、千克、秒．
（2）導(dǎo)出單位是由基本單位根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來的其他物理量的單位．有力（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2） 等．
2．國際單位制中的基本物理量和基本單位
特別提醒：
（1）有些物理單位屬于基本單位，但不是國際單位，如厘米、克、小時等．
（2）有些單位屬于國際單位，但不是基本單位，如米/秒（m/s）、帕斯卡（Pa）、牛（頓）（N）等．
【命題方向】
題型一：對力學(xué)單位制的認(rèn)識
例子：關(guān)于力學(xué)單位制，下列說法正確的是（ ）
A．千克、米/秒、牛頓是導(dǎo)出單位
B．千克、米、牛頓是基本單位
C．在國際單位制中，質(zhì)量的單位是g，也可以是kg
D．只有存國際單位制中，牛頓第二定律的表達(dá)式才是F＝ma
分析：在力學(xué)中，質(zhì)量、長度及時間作為基本物理量，其單位作為基本單位，而由這三個量推出的單位稱導(dǎo)出單位；基本單位和導(dǎo)出單位組成單位制；而在國際單位制中，我們?nèi)￠L度單位米，質(zhì)量單位千克，時間單位秒作為基本單位；而由這些基本單位根據(jù)物理公式推導(dǎo)得出的單位為導(dǎo)出單位．
解答：A、千克是質(zhì)量的單位，是基本單位；故A錯誤；
B、牛頓是由牛頓第二定律公式推導(dǎo)得出的單位，為導(dǎo)出單位，故B錯誤；
C、在國際單位制中，質(zhì)量的單位只能利用kg，故C錯誤；
D、牛頓第二定律表達(dá)式為F＝kma，只有在國際單位制中，k才取1，表達(dá)式才能寫成F＝ma；故D正確．
故選：D．
點評：由選定的一組基本單位和由定義方程式與比例因數(shù)確定的導(dǎo)出單位組成的一系列完整的單位體制．基本單位是可以任意選定的，由于基本單位選取的不同，組成的單位制也就不同，如現(xiàn)存的單位有：市制、英制、米制、國際單位制等．
【知識點的應(yīng)用及延伸】
單位制在物理學(xué)中的應(yīng)用
1．簡化計算過程的單位表達(dá)：在解題計算時，已知量均采用國際單位制，計算過程中不用寫出各個量的單位，只要在式子末尾寫出所求量的單位即可．
2．檢驗結(jié)果的正誤：物理公式既反映了各物理量間的數(shù)量關(guān)系，同時也確定了各物理量的單位關(guān)系．因此，在解題中可用單位制來粗略判斷結(jié)果是否正確，如單位制不對，結(jié)果一定錯誤．
12．作用力與反作用力
【知識點的認(rèn)識】
1.定義：（1）力是物體對物體的作用，每個力一定同時存在著受力物體和施力物體。
（2）兩個物體之間的作用總是用相互的，物體間相互作的這一對力稱為的作用力和反作用力。
（3）作用力和反作用力總是等大、反向的，可以把其中任何一個力叫作作用力，另一個力叫作反作用力。
2.性質(zhì)：
3.特征
【命題方向】
下列關(guān)于作用力和反作用力的說法中，正確的是（ ）
A.物體相互作用時，先有作用力，后有反作用力
B.雖然馬能將車?yán)瓌?，但是馬拉車的力與車?yán)R的力大小相等
C.雞蛋碰石頭時，雞蛋對石頭的作用力小于石頭對雞蛋的作用力
D.作用力和反作用力的合力為零，即兩個力的作用效果可以互相抵消
分析：作用力與反作用力的關(guān)系是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用力與反作用力和一對平衡力最大的區(qū)別在于作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，而一對平衡力是作用在同一個物體上的．
解答：A、作用力與反作用力是同時產(chǎn)生、同時消失的，沒有先后之分，所以A選項錯誤。
B、馬拉車的力與車?yán)R的力，它們是作用力與反作用力的關(guān)系，一定是大小相等的，馬之所以能將車?yán)瓌?，是由于馬拉車的力大于車所受到的摩擦力的緣故，所以B選項正確。
C、雞蛋對石頭的作用力和石頭對雞蛋的作用力，它們是作用力與反作用力，大小相等，方向相反，之所以雞蛋碰壞了，是由于雞蛋的承受力小，所以C選項錯誤。
D、作用力與反作用力作用在兩個不同的物體上，根本不能求它們的合力，只有作用在同一個物體上的力才可以求它們的合力，故D選項錯誤。
故選：B。
點評：本題主要是考查作用力與反作用力的關(guān)系，同時注意區(qū)分它與一對平衡力的區(qū)別．
【解題思路點撥】
明確作用力與反作用力的性質(zhì)和特征，注意與平衡力進(jìn)行區(qū)分。
13．相互作用力與平衡力的區(qū)別和聯(lián)系
【知識點的認(rèn)識】
比較作用力和反作用力與平衡力的異同點：
【命題方向】
如圖所示，兩個小球A和B，中間用彈簧連接，并用細(xì)繩懸于天花板下，下面四對力中，屬于平衡力的一對力是（ ）
A.繩對A的拉力和彈簧對A的拉力
B.彈簧對A的拉力和彈簧對B的拉力
C.彈簧對B的拉力和B對彈簧的拉力
D.B的重力和彈簧對B的拉力
分析：根據(jù)平衡力的條件，分析兩個力之間的關(guān)系。物體之間的相互作用力是一對作用力與反作用力。
解答：A、由于小球有重力，繩對A的拉力大于彈簧對A的拉力，所以繩對A的拉力和彈簧對A的拉力不是一對平衡力。故A錯誤。
B、彈簧對A的拉力和彈簧對B的拉力大小相等，但這兩個力不是作用在同一物體上，不是一對平衡力。故B錯誤。
C、彈簧對B的拉力和B對彈簧的拉力是一對作用力與反作用力，不是一對平衡力。故C錯誤。
D、B受到重力和彈簧對B的拉力，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，則B的重力和彈簧對B的拉力是一對平衡力。故D正確。
故選：D。
點評：一對平衡力與一對作用力與反作用力的區(qū)別主要有兩點：
1、平衡力作用在同一物體上，而一對作用力與反作用力作用在兩個不同物體上；
2、平衡力的性質(zhì)不一定相同，而作用力與反作用力性質(zhì)一定相同。
【解題思路點撥】
區(qū)分一對作用力和反作用力與一對平衡力的技巧
（1）看研究對象：一對作用力和反作用力作用在不同物體上，而一對平衡力作用在同一個物體上。
（2）看依存關(guān)系：一對作用力和反作用力同生同滅，相互依存，而一對平衡力則彼此沒有依存關(guān)系。
14．牛頓運動定律的應(yīng)用—從受力確定運動情況
【知識點的認(rèn)識】
1.已知物體受力，求解物體的運動情況。
2.解答該類問題的一般步驟
（1）選定研究對象，對研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力示意圖。
（2）根據(jù)平行四邊形定則，應(yīng)用合成法或正交分解法，求出物體所受的合外力。受力分析和運動情況分析是解決該類問題的兩個關(guān)鍵。
（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體運動的加速度。
（4）結(jié)合物體運動的初始條件（即初速度v0），分析運動情況并畫出運動草圖，選擇合適的運動學(xué)公式，求出待求的運動學(xué)量——任意時刻的速度v、一段運動時間t以及對應(yīng)的位移x等。
【命題方向】
如圖所示，質(zhì)量m＝4kg的物體靜止在水平地面上，其與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2．現(xiàn)用水平向右的外力F＝10N拉物體，求：
（1）物體在2s末的速度多大；
（2）前2s內(nèi)的位移是是多少；
（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過多長時間才能停下來。
分析：物體在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做勻加速直線運動。對其進(jìn)行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛頓第二定律去求出加速度，最后由運動學(xué)公式去求出速度與位移。
解答：（1）前2s內(nèi)物體加速運動，受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：
物體的加速度＝；
2s末物體的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s
（2）前2s位移為：x＝＝m＝1m；
（3）撤去拉力后，滑塊勻減速直線運動，加速度為a′＝﹣μg＝﹣2m/s2
故運動時間為：t′＝＝0.5s；
答：（1）物體在2s末的速度為1m/s；
（2）前2s內(nèi)的位移是1m；
（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過0.5s時間才能停下來。
點評：本題是已知受力情況確定運動情況，關(guān)鍵分階段求解出加速度，不難。
【解題思路點撥】
受力分析→牛頓第二定律→運動情況分析。連接受力與運動的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。
15．牛頓運動定律的應(yīng)用—從運動情況確定受力
【知識點的認(rèn)識】
1.已知物體的運動情況，求解物體的受力。
2.解答該類問題的一般步驟
（1）選定研究對象，對研究對象進(jìn)行運動情況分析和受力分析，并畫出運動草圖及受力示意圖。
（2）選擇合適的運動學(xué)公式，求出物體的加速度。
（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求物體所受的合外力。
（4）根據(jù)力的合成法或正交分解法，由合外力求出待求力或與力有關(guān)的量。
【命題方向】
如圖所示，質(zhì)量為60kg的滑雪運動員，在傾角θ為30°的斜坡頂端，從靜止開始勻加速下滑90m到達(dá)坡底，用時10s．若g取10m/s2，求
（1）運動員下滑過程中的加速度大??；
（2）運動員到達(dá)坡底時的速度大?。?br>（3）運動員受到的合外力大?。?br>分析：（1）根據(jù)位移—時間公式求加速度；（2）根據(jù)速度—時間公式求末速度；（3）根據(jù)牛頓第二定律求合外力．
解答：（1）根據(jù)位移—時間公式，有
x＝at2
解得
a＝＝＝1.8m/s2
即運動員下滑過程中的加速度大小為1.8m/s2．
（2）根據(jù)速度—時間公式
v＝at＝1.8×10＝18m/s
即運動員到達(dá)坡底時的速度大小為18m/s．
（3）根據(jù)牛頓第二定律，有
F＝ma＝60×1.8＝108N
即運動員受到的合外力大小為108N．
答：（1）運動員下滑過程中的加速度大小為1.8m/s2．
（2）運動員到達(dá)坡底時的速度大小為18m/s．
（3）即運動員受到的合外力大小為108N．
點評：本題關(guān)鍵根據(jù)運動學(xué)公式求解末速度和加速度，然后根據(jù)牛頓第二定律求合力．
【解題思路點撥】
運動情況分析→牛頓第二定律→求出受力情況，連接運動與受力之間的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。
16．超重與失重的概念、特點和判斷
【知識點的認(rèn)識】
1．實重和視重：
（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。
（2）視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或?qū)ε_秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數(shù)或臺秤的示數(shù)即為視重。
2．超重、失重和完全失重的比較：
【命題方向】
題型一：超重與失重的理解與應(yīng)用。
例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設(shè)容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（ ）
A．容器自由下落時，小孔向下漏水
B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水
C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水
D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水
分析：當(dāng)物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態(tài)，此時有向上的加速度；當(dāng)物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時向下加速度的大小為重力加速度g。
解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態(tài)，此時水和容器的運動狀態(tài)相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。
故選：D。
點評：本題考查了學(xué)生對超重失重現(xiàn)象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。
【解題方法點撥】
解答超重、失重問題時，關(guān)鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現(xiàn)象：
（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。
（2）物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。
（3）當(dāng)物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只產(chǎn)生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產(chǎn)生其他效果。平常一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失。
（4）物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。
17．牛頓第二定律的臨界問題
【知識點的認(rèn)識】
1.物體在斜面上和斜面一起加速運動時，加速度不能無限增大，當(dāng)加速度達(dá)到一定限度時，兩個物體會發(fā)生相對運動。此時便是臨界狀態(tài)。
2.臨界狀態(tài)的兩個物體的運動學(xué)特點是：①加速度相同；②速度相同。
【命題方向】
如圖所示，細(xì)線的一端固定在傾角為30°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球，靜止時細(xì)線與斜面平行，則（ ）
A、當(dāng)滑塊向左做勻速運動時，細(xì)線的拉力為0.5mg
B、若滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，線中拉力為mg
C、當(dāng)滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，小球?qū)瑝K壓力不為零
D、當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運動時，線中拉力為0.5mg
分析：當(dāng)滑塊向左勻加速直線運動時，小球和光滑楔形滑塊A具有相同的加速度，通過對小球分析，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力、支持力的大小。
當(dāng)加速度較大時，先判斷小球是否離開斜面，再結(jié)合牛頓第二定律和平行四邊形定則求出繩子的拉力。
解答：A、當(dāng)滑塊向左做勻速運動時，根據(jù)平衡條件可得繩的拉力大小為T＝mgsin30°＝0.5mg
故A正確；
BC、設(shè)當(dāng)小球貼著滑塊一起向左運動且支持力為零時加速度為a0，小球受到重力、拉力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度
若滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，此時小球沒有脫離斜面，則水平方向
Tcs30°﹣Nsin30°＝ma
豎直方向Tsin30°+Ncs30°＝mg
解得
，故B錯誤，C正確；
D、當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運動時，此時小球已經(jīng)飄離斜面，則此時線中拉力為
故D錯誤；
故選：AC。
點評：解決本題的關(guān)鍵確定出小球剛離開斜面時的臨界情況，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求臨界加速度。當(dāng)受力較多時，采用正交分解法比較簡單，而小球只受兩個力時用合成法簡單。
【解題思路點撥】
1.一定要記得臨界狀態(tài)的特征：加速度相同和速度都相同。
2.解決臨界問題經(jīng)常用到整體法和隔離法。
18．水平傳送帶模型
【知識點的認(rèn)識】
1.傳送帶問題
利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運用問題。
2.分類
傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。
3.常見情況分析
（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）
【命題方向】
例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運動時間不可能為（ ）
A. B. C.D.
分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運動，有可能先做勻加速直線運動再做勻速直線運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出木塊運行的時間．
解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線運動。
若木塊一直做勻加速直線運動到達(dá)右端時的速度還未達(dá)到v。
根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。
根據(jù)L＝，解得。
若木塊一直做勻加速直線運動到達(dá)右端時的速度剛好為v。
根據(jù)L＝
解得t＝
②當(dāng)木塊先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動。
勻加速直線運動的時間，勻加速直線運動的位移
則勻速直線運動的位移
則勻速直線運動的時間
則總時間為t＝．故B、C、D正確，A錯誤。
本題選不可能的，故選：A。
點評：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運動情況，考慮到木塊運動的各種可能性，運用牛頓運動定律和運動學(xué)公式綜合求解．
【解題思路點撥】
明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運用力學(xué)、運動學(xué)以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。
19．傾斜傳送帶模型
【知識點的認(rèn)識】
1.傳送帶問題
利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運用問題。
2.分類
傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。
3.常見情況分析
（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）
【命題方向】
如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，AB的長度為64m，傳送帶以20m/s的速度沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，在傳送帶上端A點無初速度地放上一個質(zhì)量為8kg的物體（可視為質(zhì)點），它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，求物體從A點運動到B點所用的時間。（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）
分析：物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿斜面向下的滑動摩擦力，物體由靜止開始勻加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)運動學(xué)速度—時間公式求出勻加速至物體與傳送帶共速的時間。當(dāng)物體速度達(dá)到傳送帶速度時，判斷物體的運動狀態(tài)，再求解運動時間。
解答：物體放上傳送帶后，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，設(shè)物體做勻加速直線運動的加速度為a1，直至與傳送帶速度相等。設(shè)這一過程所需的時間為t1，物體下滑的位移為x1，則由牛頓第二定律，有：
mgsin37°+μmgcs37°＝ma1
可得 a1＝g（sin37°+μcs37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2
由運動學(xué)公式，有：v＝a1t1
解得：t1＝＝s＝2s
則x1＝＝m＝20m＜LAB＝64m，共速時物體還沒有到達(dá)B點。
物體與傳送帶達(dá)到共同速度時，因為mgsinθ＞μmgcsθ，物體將繼續(xù)勻加速下滑，設(shè)再經(jīng)t2時間物體滑至B端，加速度為a2，則
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
可得a2＝2m/s2
由運動學(xué)公式有LAB﹣x1＝vt2+
解得：t2＝2s
故物體從A點運動到B點所用的總時間為t＝t1+t2＝2s+2s＝4s
答：物體從A點運動到B點所用的總時間為4s。
點評：解決本題的關(guān)鍵要正確分析物體的受力情況，來判斷其運動情況，要注意滑動摩擦力方向與物體間相對運動方向相反。
【解題思路點撥】
明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運用力學(xué)、運動學(xué)以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。
20．多種傳送帶的組合問題
【知識點的認(rèn)識】
1.傳送帶問題
利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運用問題。
2.分類
傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。
3.常見情況分析
（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）
【命題方向】
圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機(jī)組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量為10kg的一袋大米放在A端，到達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5．（g取10m/s2）試求：
（1）若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。
（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍。
分析：（1）由牛頓第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能為5m/s，則應(yīng)判斷米袋到達(dá)B點時是否已達(dá)最大速度，若沒達(dá)到，則由位移與速度的關(guān)系可求得B點速度，若達(dá)到，則以5m/s的速度沖上CD；在CD面上由牛頓第二定律可求得米袋的加速度，則由位移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離；
（2）米袋在CD上應(yīng)做減速運動，若CD的速度較小，則米袋的先減速到速度等于CD的速度，然后可能減小到零，此為最長時間；而若傳送帶的速度較大，則米袋應(yīng)一直減速，則可求得最短時間；
解答：（1）米袋在AB上加速時的加速度a0＝＝5m/s2
米袋的速度達(dá)到v0＝5m/s時，
滑行的距離s0＝＝2.5m＜AB＝3m，
因此米袋在到達(dá)B點之前就有了與傳送帶相同的速度
設(shè)米袋在CD上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcsθ＝ma
代入數(shù)據(jù)得a＝10 m/s2
所以能滑上的最大距離s＝＝1.25m
（2）設(shè)CD部分運轉(zhuǎn)速度為v1時米袋恰能到達(dá)D點（即米袋到達(dá)D點時速度恰好為零），則米
袋速度減為v1之前的加速度為a1＝﹣g（sinθ+μcsθ）＝﹣10 m/s2
米袋速度小于v1至減為零前的加速度為a2＝﹣g（sinθ﹣μcsθ）＝﹣2 m/s2
由+＝4.45m
解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s
米袋恰能運到D點所用時間最長為tmax＝+＝2.1s
若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，
則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2。
由SCD＝v0tmin+a2t2min，得：tmin＝1.16s
所以，所求的時間t的范圍為1.16 s≤t≤2.1 s；
答：（1）若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，米袋沿傳送帶所能上升的最大距離為1.25m。
（2）若要米袋能被送到D端，CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足大于等于4m/s，米袋從C端到D端所用時間的取值范圍為1.16 s≤t≤2.1 s。
點評：本題難點在于通過分析題意找出臨條界件，注意米袋在CD段所可能做的運動情況，從而分析得出題目中的臨界值為到達(dá)D點時速度恰好為零；本題的難度較大。
【解題思路點撥】
明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運用力學(xué)、運動學(xué)以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。
21．無外力的水平板塊模型
【知識點的認(rèn)識】
1.模型概述：一個物體在另一個物體表面上發(fā)生相對滑動，兩者之間有相對運動，可能發(fā)生同向相對滑動或反向相對滑動。問題涉及兩個物體的運動時間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。
2.板塊模型的是哪個基本關(guān)系
【命題方向】
如圖所示，一質(zhì)量M＝5kg的長木板以初速度v1＝2m/s在水平地面上向左運動，同時一質(zhì)量m＝1kg、可視為質(zhì)點的滑塊以初速度v2＝4m/s從左端滑上木板。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g＝10m/s2。求：
（1）滑塊和木板運動的加速度大??；
（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度。
分析：（1）滑塊滑到木板后，木板受重力、壓力、支持力、滑塊和地面對他的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度即可；
（2）分析兩物體運動狀態(tài)，根據(jù)運動學(xué)公式求解出滑塊與木板最大相對滑動距離即可。
解答：（1）對滑塊，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma2
解得：a2＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
對木板，由牛頓第二定律得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma1
解得：
（2）由于，故木板先減速到0，此后木塊對木板的動摩擦力f2＝μ2mg
地面對木板的最大靜摩擦力f1＝μ1（M+m）g
由于f1＞f2，故木板減速到0后將保持靜止，木塊繼續(xù)減速，加速度不變。全程木塊的位移：
木板的位移：
木塊與木板間的相對位移Δx＝x1+x2
代入數(shù)據(jù)解得木板的最小長度Lmin＝Δx＝5.25m
答：（1）滑塊和木板運動的加速度大小分別為2m/s2和1.6m/s2；
（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度為5.25m。
點評：本題關(guān)鍵是明確滑塊和滑板的各段運動過程的運動性質(zhì)，對于每段過程都要根據(jù)牛頓第二定律求解各自的加速度，根據(jù)運動學(xué)公式解相關(guān)運動參量，還要注意各個過程的連接點的情況。
【解題思路點撥】
要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過整體法與隔離法的綜合運用解決問題。
聲明：試題解析著作權(quán)屬網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2024/11/5 11:09:42；用戶：組卷41；郵箱：zyb041@xyh.cm；學(xué)號：41419004
物理量名稱
物理量符號
單位名稱
單位符號
長度
l
米
m
質(zhì)量
m
千克
kg
時間
t
秒
s
電流
I
安（培）
A
熱力學(xué)溫度
T
開（爾文）
K
物質(zhì)的量
n
摩（爾）
ml
發(fā)光強(qiáng)度
I
坎（德拉）
cd
一對作用力與反作用力
一對平衡力
相
同
點
大小
相等
相等
方向
相反
相反
是否共線
共線
共線
不
同
點
性質(zhì)
一定相同
不一定相同
作用時間
同時產(chǎn)生、同時消失
不一定同時產(chǎn)生、同時消失
作用對象
不同（異體）
相同（同體
作用效果
兩個力在不同物體產(chǎn)生不同效果，不能抵消
兩個力在同一物體上使物體達(dá)到平衡的效果
現(xiàn)象
實質(zhì)
超重
物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Υ笥?br>物體重力的現(xiàn)象
系統(tǒng)具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量
失重
物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦π∮?br>物體重力的現(xiàn)象
系統(tǒng)具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量
完全
失重
物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦榱?br>的現(xiàn)象
系統(tǒng)具有豎直向下的加速度，且a＝g

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