2025年高考物理復(fù)習之小題狂練600題（多選題）：運動和力的關(guān)系（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習之小題狂練600題（多選題）：運動和力的關(guān)系（10題）一．多選題（共10小題）（多選）1．（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，當抽屜在柜中滑動時可認為不受抽屜柜的摩擦力，抽屜柜右側(cè)裝有固定擋板，當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，手機長度d＝0.2m，質(zhì)量m＝0.2kg，其右端離抽屜右側(cè)的距離也為d，手機與抽屜接觸面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，抽屜總長L＝0.8m，質(zhì)量M＝1kg。不計抽屜左右兩側(cè)及擋板的厚度，重力加速度g＝10m/s2。現(xiàn)對把手施加水平向右的恒力F，則（）A．當水平恒力的大小F≤1N時，手機與抽屜有相對運動 B．當水平恒力的大小F≤0.3N時，手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰 C．為使手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小應(yīng)滿足F≥1.8N D．為使手機不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足F≥4.4N（多選）2．（2024?包頭二模）質(zhì)量M＝2.0kg、長度L＝1.0m的木板靜止在足夠長的光滑水平面上，右端靜置一質(zhì)量m＝1.0kg的物塊（可視為質(zhì)點），如圖（a）所示。現(xiàn)對木板施加一水平向右的作用力F，F(xiàn)﹣t圖像如圖（b）所示。物塊與木板間的摩擦因數(shù)μ＝0.3，重力加速度g取10m/s2，則（）A．6s末，物塊剛好與木板分離 B．0～4s內(nèi)，物塊與木板不發(fā)生相對滑動 C．0～6s內(nèi)，物塊與木板組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．4～6s內(nèi)，拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動能增量（多選）3．（2024?泉州模擬）如圖，水平傳送帶上放有一質(zhì)量為M的滑塊，輕質(zhì)彈簧左端固定在墻壁上，右端與滑塊相連，當傳送帶以速度v0順時針勻速轉(zhuǎn)動時，經(jīng)足夠長時間后，以滑塊某次離墻壁最遠時為計時起點，下列中滑塊的位移x、速度v、加速度a隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A． B． C． D．（多選）4．（2024?廬陽區(qū)校級模擬）如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，處于靜止狀態(tài)。小滑塊Q（可視為質(zhì)點）放置于長木板中點。已知滑塊與長木板的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與地面的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，滑塊、木板的質(zhì)量均為1kg，重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端。則（）A．F＝4N，Q受到的摩擦力為零 B．F＝14N，P的加速度等于4m/s2 C．F＝8N，Q受到的摩擦力為1N D．F＝8N，經(jīng)過4s撤去F，若要Q不從P上滑脫，長木板至少為4m（多選）5．（2024?城中區(qū)校級三模）如圖所示，一個質(zhì)量為m，長為1.0m的木板放在傾角為37°光滑斜面上，板的左端有一個質(zhì)量為M的物塊，物塊上連接了一根細繩，細繩跨過斜面頂端的光滑定滑輪并與斜面平行，另一端也連接一質(zhì)量為M的物塊，由靜止釋放后木塊向上滑動而木板不動，已知M＝2m，則下列說法正確的是（）A．物塊與板間的動摩擦因數(shù)為0.5 B．物塊在板上滑行的加速度為0.5m/s2 C．物塊在板上滑行時間為2s D．若將豎直懸掛物體質(zhì)量改為2M，則板將隨物塊一起上滑（多選）6．（2024?青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m1的小鐵塊和質(zhì)量為m的長木板靜止疊放在水平地面上，鐵塊位于木板的最左端，m1＝m2＝m，木板長為L，鐵塊可視為質(zhì)點。鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝3μ（μ為已知常數(shù)），長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝μ，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g?，F(xiàn)對鐵塊施加一個水平向右的恒定拉力F，那么下列說法正確的是（）A．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過2L3μg長的時間才能離開木板B．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過L3μg長的時間才能離開木板C．為使鐵塊能離開木板且離開木板時，鐵塊相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為3μmg D．為使鐵塊能離開木板且離開木板時，鐵塊相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為5μmg（多選）7．（2024?合肥三模）如圖（a）所示，一傾斜傳送帶以恒定速度v向下傳動，質(zhì)量分別為m、M的兩物塊P、Q用繞過定滑輪的細繩相連，某時刻P以速度v0滑上傳送帶頂端，同時Q也以速度v0豎直向上運動，此后P運動的v﹣t圖像如圖（b）所示，t1、t2已知。已知P與滑輪之間的輕繩始終與傳送帶平行，傳送帶足夠長，Q始終沒有與滑輪相碰，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．一定有v0＞v B．一定有M＞m C．物塊P返回傳送帶頂端的時刻為2t2 D．根據(jù)圖像可求出P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ（多選）8．（2024?濰坊三模）如圖甲是風洞示意圖，風洞可以人工產(chǎn)生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風口，打開氣流控制開關(guān)，表演者與風力作用的正對面積不變，所受風力大小F＝0.05v2（采用國際單位制），v為風速?？刂苬可以改變表演者的上升高度h，其v2與h的變化規(guī)律如乙圖所示。g取10m/s2。表演者上升10m的運動過程中，下列說法正確的是（）A．打開開關(guān)瞬間，表演者的加速度大小為2m/s2 B．表演者一直處于超重狀態(tài) C．表演者上升5m時獲得最大速度 D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動（多選）9．（2024?湖北模擬）1965年3月18日，前蘇聯(lián)宇航員列昂諾夫搭乘“上升2號”飛船，進行了人類的首次太空行走，期間由于宇航服故障，導(dǎo)致列昂諾夫無法回到飛船，懸停在了距離飛船5m的位置，如圖所示（圖中角度已知為37°）。此時，列昂諾夫攜帶著兩個便攜式氮氣罐，可朝各個方向噴氣，每個氮氣罐噴氣能夠為他帶來100N的反作用力。他依次實施了如下步驟：①打開一個氮氣罐，朝y軸正方向噴氣1s后，關(guān)閉噴氣；②打開一個氮氣罐，朝y軸負方向噴氣1s后關(guān)閉，同時打開另一個氮氣罐，朝x軸正方向噴氣2s后，關(guān)閉噴氣；③打開一個氮氣罐，朝x軸負方向噴氣t時間，關(guān)閉噴氣；最終列昂諾夫恰好到達飛船，成功獲救。假設(shè)列昂諾夫、宇航服和便攜式氮氣罐的總質(zhì)量為100kg，不考慮噴出的氣體質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A．從開始噴氣到獲救，總用時為8s B．步驟①完成后，距離下一次噴氣的時間為2.5s C．整個過程中，未噴氣的時間為3s D．步驟③中，t＝2s（多選）10．（2024?廣西三模）汽車工程學中將加速度隨時間的變化率稱為急動度k，急動度k是評判乘客是否感到舒適的重要指標，按照這一指標，具有零急動度的乘客較舒服。如圖所示為一輛汽車在啟動過程中的急動度隨時間變化的關(guān)系，已知汽車質(zhì)量m＝2×105kg，啟動過程中所受阻力f，在該過程中，下列說法正確的是（）A．從0s到3s，汽車牽引力大于f B．從3s到6s乘客感覺比較舒服 C．從6s到9s汽車速度變化量為﹣4.5m/s D．汽車在9s時恰好停下

2025年高考物理復(fù)習之小題狂練600題（多選題）：運動和力的關(guān)系（10題）參考答案與試題解析一．多選題（共10小題）（多選）1．（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，當抽屜在柜中滑動時可認為不受抽屜柜的摩擦力，抽屜柜右側(cè)裝有固定擋板，當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，手機長度d＝0.2m，質(zhì)量m＝0.2kg，其右端離抽屜右側(cè)的距離也為d，手機與抽屜接觸面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，抽屜總長L＝0.8m，質(zhì)量M＝1kg。不計抽屜左右兩側(cè)及擋板的厚度，重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)對把手施加水平向右的恒力F，則（）A．當水平恒力的大小F≤1N時，手機與抽屜有相對運動 B．當水平恒力的大小F≤0.3N時，手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰 C．為使手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小應(yīng)滿足F≥1.8N D．為使手機不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足F≥4.4N【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．【答案】BC【分析】利用牛頓第二定律可求出手機的最大加速度，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F＝0.3N的加速度，然后結(jié)合運動學公式可求出恒力的范圍；利用牛頓第二定律，結(jié)合運動學公式，可求出手機不與抽屜右側(cè)和左側(cè)磕碰，恒力應(yīng)滿足的范圍?！窘獯稹拷猓篈B、手機的最大加速度為：am=μmgm=μg＝0.1×10m/s2手機與抽屜一起做加速運動的最大拉力為：Fm＝（M+m）am＝（1+0.2）×1N＝1.2N所以當水平恒力的大小F≤1.2N時，手機與抽屜一起加速運動，當水平恒力的大小F＝0.3N時，抽屜和手機一起加速運動的加速度大小為：a1=FM+m=0.31+0.2當抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：2a1L=解得：v1=0.4m/s抽屜停止運動后，手機向右滑動，則有：v12=2a解得手機向右滑動的位移大小為：x1＝0.2m＝d手機恰好不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，當水平恒力的大小F≤0.3N時，手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，故A錯誤，B錯誤；C、當F＞1.2N時手機與抽屜相對滑動，水平恒力的大小F＝1.8N時，對抽屜由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝Ma2解得：a2＝1.6m/s2當抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：L=解得：t2＝1s，t＝﹣1s（舍去）手機的速度為：v2＝amt2解得：v2＝1m/s手機的位移為：x2=解得：x2＝0.5m抽屜停止運動后手機向右滑動的位移為：x3＝x2＝0.5m，則有：x2+x3＝L+d所以手機恰好與抽屜右側(cè)不磕碰，故為使手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小可滿足F≥1.8N，故C正確；D、水平恒力的大小F＝2.2N時，對抽由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝Ma3解得：a3＝2m/s2當抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：L=解得：t3=0.8手機向右運動的位移大小為：x4=解得：x4＝0.4m則x4＝2d，手機恰好不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，所以為使手機不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足F≤2.2N，故D錯誤。故選：BC。【點評】在解決本題時，要分析清楚手機的運動過程，注意找到發(fā)生磕碰的臨界條件是解決本題的關(guān)鍵。（多選）2．（2024?包頭二模）質(zhì)量M＝2.0kg、長度L＝1.0m的木板靜止在足夠長的光滑水平面上，右端靜置一質(zhì)量m＝1.0kg的物塊（可視為質(zhì)點），如圖（a）所示?，F(xiàn)對木板施加一水平向右的作用力F，F(xiàn)﹣t圖像如圖（b）所示。物塊與木板間的摩擦因數(shù)μ＝0.3，重力加速度g取10m/s2，則（）A．6s末，物塊剛好與木板分離 B．0～4s內(nèi)，物塊與木板不發(fā)生相對滑動 C．0～6s內(nèi)，物塊與木板組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．4～6s內(nèi)，拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動能增量【考點】有外力的水平板塊模型；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；功能關(guān)系能量守恒定律；推理能力．【答案】AB【分析】物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動時，兩者之間的靜摩擦力恰好達到最大值。根據(jù)牛頓第二定律判斷0～4s內(nèi)物塊與木板是否發(fā)生相對滑動；對4s～6s內(nèi)物塊與木板運動過程，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式求解兩者相對位移大??；0～6s內(nèi)，物塊與木板均在水平面上做加速直線運動，它們組成的系統(tǒng)的動能是增加的；根據(jù)功能關(guān)系分析4～6s內(nèi)拉力F做功與系統(tǒng)能量的關(guān)系?！窘獯稹拷猓築、物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動時，兩者之間的靜摩擦力恰好達到最大值。根據(jù)牛頓第二定律，此時對滑塊有：μmg＝ma0對滑塊與木板整體有：F0＝（M+m）a0聯(lián)立解得滑塊與木板恰好發(fā)生相對滑動時力F的大小為：F0＝9N因0～4s內(nèi)F＝6N＜F0，故此時間內(nèi)物塊與木板不發(fā)生相對滑動，故B正確；A、4s～6s內(nèi)F＝10N，此時間內(nèi)物塊與木板發(fā)生相對滑動。根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有：μmg＝ma1對木板有：F﹣μmg＝Ma2解得：a1＝3m/s2，a2＝3.5m/s2假設(shè)4s～6s的時間間隔t＝2s內(nèi)兩者沒有分離，則：滑塊的位移為：x1=12a1木板的位移為：x2=12a2兩者相對位移大小為：Δx＝x2﹣x1聯(lián)立解得：Δx＝1m因Δx＝L＝1.0m，故6s末物塊剛好與木板分離，故A正確；C、0～6s內(nèi)，物塊與木板均在水平面上做加速直線運動，它們組成的系統(tǒng)的動能是增加的，而重力勢能不變，故系統(tǒng)機械能不守恒，故C錯誤；D、4～6s內(nèi)物塊與木板發(fā)生相對滑動，存在摩擦生熱，由功能關(guān)系可知，此時間內(nèi)拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動能增量與摩擦生熱之和，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題考查了板塊相對運動問題，解答本題時要理清物體的運動過程，把握各個過程的研究對象和物理規(guī)律，分段運用牛頓第二定律、運動學公式以及功能關(guān)系等原理解答。（多選）3．（2024?泉州模擬）如圖，水平傳送帶上放有一質(zhì)量為M的滑塊，輕質(zhì)彈簧左端固定在墻壁上，右端與滑塊相連，當傳送帶以速度v0順時針勻速轉(zhuǎn)動時，經(jīng)足夠長時間后，以滑塊某次離墻壁最遠時為計時起點，下列中滑塊的位移x、速度v、加速度a隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；復(fù)雜的運動學圖像問題；胡克定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；臨界法；運動學中的圖象專題；摩擦力專題；傳送帶專題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】滑塊離墻壁最遠即表示滑動速度為零，再分析滑塊的運動過程和受力狀態(tài)，把握滑塊和傳動帶共速、彈簧彈力為零、物體速度為零三個臨界狀態(tài)，以此判斷物體位移、速度和加速度的變化趨勢?！窘獯稹拷猓篈、由題可知，滑塊從t＝0時離墻壁最遠，故v＝0，加速度向左，選項中x﹣t圖符合簡諧運動的規(guī)律，根據(jù)簡諧運動規(guī)律，當x＝0時，滑塊速度應(yīng)最大，加速度為零，與題不符，故A錯誤；B、滑塊從t＝0時離墻壁最遠，故v＝0，此時開始向左做加速度逐漸減小的變加速直線運動，與選項中v﹣t圖不符合，故B錯誤；C、當傳送帶速度v0足夠大，滑塊所受滑動摩擦力將始終向左且大小恒定，此時滑塊的運動可等效成豎直方向懸掛的彈簧振子，選項中a﹣t圖表示滑塊做簡諧運動，根據(jù)A選項分析可知符合已知，故C正確；D、根據(jù)C選項分析可知，滑塊可能做簡諧運動，故D正確。故選：CD。【點評】運動過程分析和受力分析是解決運動學問題的基礎(chǔ)，要熟練掌握。（多選）4．（2024?廬陽區(qū)校級模擬）如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，處于靜止狀態(tài)。小滑塊Q（可視為質(zhì)點）放置于長木板中點。已知滑塊與長木板的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與地面的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，滑塊、木板的質(zhì)量均為1kg，重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端。則（）A．F＝4N，Q受到的摩擦力為零 B．F＝14N，P的加速度等于4m/s2 C．F＝8N，Q受到的摩擦力為1N D．F＝8N，經(jīng)過4s撤去F，若要Q不從P上滑脫，長木板至少為4m【考點】無外力的水平板塊模型；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．【答案】ACD【分析】將F＝4N與木板與地面之間的最大靜摩擦力比較，根據(jù)P、Q的運動狀態(tài)分析Q受到的摩擦力的情況；應(yīng)用整體法與隔離法，根據(jù)牛頓第二定律求解P、Q恰好相對滑動時力F的大小。判斷P、Q是否相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度與摩擦力的大小；根據(jù)牛頓第二定律求解撤去F后P、Q的速度，應(yīng)用運動學公式求得撤去F時P、Q的速度，以及最終兩者的相對位移大小，板長最少長度等于相對位移的2倍?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)滑塊、木板的質(zhì)量均為m＝1kg，木板與地面之間的最大靜摩擦力為：fm＝μ2（m+m）g，解得：fm＝6N，因F＝4N＜fm，故P、Q均保持靜止，則Q受到的摩擦力為零，故A正確；B、設(shè)P、Q恰好相對滑動時力F的大小為F0，此時P、Q之間的摩擦力為最大靜摩擦力，大小為μ1mg，根據(jù)牛頓第二定律得：對Q有：μ1mg＝ma對PQ整體有：F0﹣fm＝2ma解得：F0＝10N因F＝14N＞F0，故P、Q相對滑動。對P有：F﹣μ1mg﹣μ2（m+m）g＝ma1，解得：a1=6m/sC、因fm＜F＝8N＜F0，故P、Q相對靜止一起做勻加速直線運，對P、Q整體有：a2=對Q分析可得其受到的摩擦力為：f＝ma2＝1×1N＝1N，故C正確；D、根據(jù)C的解答，經(jīng)過4s，P、Q的速度為：v＝a2t＝1×4m/s＝4m/s撤去F后P、Q都做勻減速直線運動，滑塊Q的加速度大小為：a木板P的加速度為：a4=P先停止運動，Q后停止運動，兩者都停止運動后，相對位移大小為：x相=v22因Q初始放置于長木板的中點，故板長至少為2x相＝2×2m＝4m，故D正確。故選：ACD?！军c評】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的板塊模型，相對靜止與相對滑動的臨界問題。相對靜止與相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達到最大值。在運用牛頓第二定律解題時，要掌握整體法和隔離法的應(yīng)用。（多選）5．（2024?城中區(qū)校級三模）如圖所示，一個質(zhì)量為m，長為1.0m的木板放在傾角為37°光滑斜面上，板的左端有一個質(zhì)量為M的物塊，物塊上連接了一根細繩，細繩跨過斜面頂端的光滑定滑輪并與斜面平行，另一端也連接一質(zhì)量為M的物塊，由靜止釋放后木塊向上滑動而木板不動，已知M＝2m，則下列說法正確的是（）A．物塊與板間的動摩擦因數(shù)為0.5 B．物塊在板上滑行的加速度為0.5m/s2 C．物塊在板上滑行時間為2s D．若將豎直懸掛物體質(zhì)量改為2M，則板將隨物塊一起上滑【考點】有外力的傾斜板塊模型；連接體模型．【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．【答案】BC【分析】由牛頓第二定律求得物塊與板間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)牛頓第二定律求得物塊在板上滑行的加速度；根據(jù)位移公式求物塊在板上滑行時間；木板上的物塊相對于木板向上運動，對木板的滑動摩擦力不變，即木板受力的情景均不變，可知，木板仍然處于靜止狀態(tài)。【解答】解：A．木板上的物塊向上滑動而木板不動，對木板進行分析有μMgcos37°＝mgsin37°解得μ＝0.375故A錯誤；B．對兩物塊整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°＝2Ma結(jié)合上述解得a＝0.5m/s2故B正確；C．物塊做勻加速直線運動，根據(jù)位移公式有L=1結(jié)合上述解得t＝2s故C正確；D．若將豎直懸掛物體質(zhì)量改為2M，木板上的物塊相對于木板向上運動，其對木板的滑動摩擦力不變，即木板受力的情景均不變，可知，木板仍然處于靜止狀態(tài)，故D錯誤。故選：BC?！军c評】應(yīng)用牛頓第二定律解題，關(guān)鍵是做好受力分析求出加速度，利用加速度把受力和物體的運動聯(lián)系在一起。（多選）6．（2024?青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，質(zhì)量為m1的小鐵塊和質(zhì)量為m的長木板靜止疊放在水平地面上，鐵塊位于木板的最左端，m1＝m2＝m，木板長為L，鐵塊可視為質(zhì)點。鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝3μ（μ為已知常數(shù)），長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝μ，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g。現(xiàn)對鐵塊施加一個水平向右的恒定拉力F，那么下列說法正確的是（）A．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過2L3μg長的時間才能離開木板B．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過L3μg長的時間才能離開木板C．為使鐵塊能離開木板且離開木板時，鐵塊相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為3μmg D．為使鐵塊能離開木板且離開木板時，鐵塊相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為5μmg【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】AB：分別對小鐵塊和長木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分別求出小鐵塊和長木板加速度，小鐵塊從長木板上滑離時，鐵塊與木板的位移之差等于木板長L，由位移公式求時間；CD：由兩者位移關(guān)系推導(dǎo)鐵塊離開木板時的速度與其加速度的關(guān)系式，應(yīng)用數(shù)學知識求得滿足要求的加速度，再由牛頓第二定律求得F值?！窘獯稹拷猓篈B、當F＝7μmg時，對鐵塊由牛頓第二定律可知F﹣μ1mg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝4μg對木板，由牛頓第二定律可知μ2mg﹣μ22mg＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝μg設(shè)時間為t，鐵塊對地位移為x1則x木板對地位移為x2則x2鐵塊從木板有段離開木板，x1﹣x2＝L，代入數(shù)據(jù)得鐵塊離開木板的時間t=2L故A正確，B錯誤。CD、設(shè)拉力為F′，鐵塊和木板的對地加速度分別為am1和am2，鐵塊在木板上運動的時間為t′，對鐵塊有F′﹣μ1mg＝mam1解得a則x對木板有am2＝μg，為定值，可得xm2=右端離開xm1﹣xm2＝L得：t=2L鐵塊速度：vm1由數(shù)學知識知：當am1＝2μg時，鐵塊速度最小代入鐵塊加速度計算式可得F′＝5μmg故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了牛頓第二定律，應(yīng)用的板塊模型，考查了數(shù)理結(jié)合能力。要注意分別對兩物體進行受力分析，明確小鐵塊滑離時兩物體間相對位移大小等于板長。（多選）7．（2024?合肥三模）如圖（a）所示，一傾斜傳送帶以恒定速度v向下傳動，質(zhì)量分別為m、M的兩物塊P、Q用繞過定滑輪的細繩相連，某時刻P以速度v0滑上傳送帶頂端，同時Q也以速度v0豎直向上運動，此后P運動的v﹣t圖像如圖（b）所示，t1、t2已知。已知P與滑輪之間的輕繩始終與傳送帶平行，傳送帶足夠長，Q始終沒有與滑輪相碰，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．一定有v0＞v B．一定有M＞m C．物塊P返回傳送帶頂端的時刻為2t2 D．根據(jù)圖像可求出P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ【考點】水平傳送帶模型；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】AD【分析】依據(jù)題圖（b）可知，根據(jù)力與運動的關(guān)系判斷P所受摩擦力的情況，由此判斷物塊P相對傳送帶的運動方向，進而比較速度的大小關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律判斷M與m的大小關(guān)系；根據(jù)圖像數(shù)據(jù)可求得加速度，根據(jù)牛頓第二定律分析是否能求出P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ；根據(jù)v﹣t圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，判斷2t2時刻P是否返回到傳送帶頂端?！窘獯稹拷猓篈.由題圖（b）可知，P先沿斜面向下做加速度較大的勻減速直線運動，t1時刻與傳送帶共速，之后沿斜面向下做加速度較小的勻減速直線運動，t2時刻速度減小到零，之后再沿斜面向上做勻加速直線運動，可知t1時刻后P所受滑動摩擦力沿斜面向下，則0～t1時刻P所受的滑動摩擦力沿斜面向上，P相對傳送帶下滑，故P的初速度v0大于傳送帶的速度v，故A正確；B.設(shè)P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，傳送帶傾角θ，0～t1時間內(nèi)P的加速度大小為a1，t1～t2時間內(nèi)P的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：0～t1時間內(nèi)，對P有：μmgcosθ+T﹣mgsinθ＝ma1對Q有：Mg﹣T＝Ma1聯(lián)立可得：Mg+μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a1……①t1～t2時間內(nèi)，對P有：T′﹣μmgcosθ+mgsinθ＝ma2對Q有：Mg﹣T′＝Ma2聯(lián)立可得：Mg﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a2……②由于不知μ、θ、a1、a2的具體值，無法判斷M與m的大小關(guān)系，故B錯誤；D.根據(jù)圖像可得：a1=聯(lián)立B選項中①②兩式可求出動摩擦因數(shù)μ和傳送帶傾角θ，故D正確；C.根據(jù)v﹣t圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，由題圖（b）可知，0～t2時間的圖像與時間軸圍成的面積大于t2～2t2時間內(nèi)的圖像與時間軸圍成的面積，可知2t2時刻P還沒有返回到傳送帶頂端，故C錯誤。故選：AD?！军c評】本題考查了牛頓運動定律應(yīng)用的傳送帶模型。掌握v﹣t圖像的物理意義，根據(jù)cv﹣t分析物體的運動情況，由再結(jié)合牛頓第二定律求解，要知道力與運動聯(lián)系的紐帶是加速度。（多選）8．（2024?濰坊三模）如圖甲是風洞示意圖，風洞可以人工產(chǎn)生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風口，打開氣流控制開關(guān)，表演者與風力作用的正對面積不變，所受風力大小F＝0.05v2（采用國際單位制），v為風速?？刂苬可以改變表演者的上升高度h，其v2與h的變化規(guī)律如乙圖所示。g取10m/s2。表演者上升10m的運動過程中，下列說法正確的是（）A．打開開關(guān)瞬間，表演者的加速度大小為2m/s2 B．表演者一直處于超重狀態(tài) C．表演者上升5m時獲得最大速度 D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【答案】AC【分析】表演者開始靜臥于h＝0處時，打開氣流時，由圖讀出v2，再由F＝0.05v2求解風力，結(jié)合風力的變化，根據(jù)牛頓第二定律判斷表演者的運動情況。表演者的加速度為0時，速度取最大值?！窘獯稹拷猓篈、表演者開始靜臥于h＝0，打開氣流時，由圖可知v2＝1.2×104m2/s2，風力大小為F＝0.05v2＝0.05×1.2×104N＝600N，表演者的加速度大小為a=F-mgm=BD、由a=F-mgm=0.05v2-mgm知，剛開始F＞mg，加速方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，隨風速的逐漸減小，表演者做加速逐漸減小的加速運動，當F＝mg時，速度到達最大值，此時加速度為C、當F＝mg時，此時由乙圖知v2＝1.2×104﹣400h，結(jié)合F＝0.05v2，代入數(shù)據(jù)解得h＝5m，故C正確；故選：AC?！军c評】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是要根據(jù)圖像寫出解析式，結(jié)合分力變化，判斷人的運動情況。（多選）9．（2024?湖北模擬）1965年3月18日，前蘇聯(lián)宇航員列昂諾夫搭乘“上升2號”飛船，進行了人類的首次太空行走，期間由于宇航服故障，導(dǎo)致列昂諾夫無法回到飛船，懸停在了距離飛船5m的位置，如圖所示（圖中角度已知為37°）。此時，列昂諾夫攜帶著兩個便攜式氮氣罐，可朝各個方向噴氣，每個氮氣罐噴氣能夠為他帶來100N的反作用力。他依次實施了如下步驟：①打開一個氮氣罐，朝y軸正方向噴氣1s后，關(guān)閉噴氣；②打開一個氮氣罐，朝y軸負方向噴氣1s后關(guān)閉，同時打開另一個氮氣罐，朝x軸正方向噴氣2s后，關(guān)閉噴氣；③打開一個氮氣罐，朝x軸負方向噴氣t時間，關(guān)閉噴氣；最終列昂諾夫恰好到達飛船，成功獲救。假設(shè)列昂諾夫、宇航服和便攜式氮氣罐的總質(zhì)量為100kg，不考慮噴出的氣體質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A．從開始噴氣到獲救，總用時為8s B．步驟①完成后，距離下一次噴氣的時間為2.5s C．整個過程中，未噴氣的時間為3s D．步驟③中，t＝2s【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；作用力與反作用力．【專題】定量思想；合成分解法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出打開噴氣時飛船的加速度大小，根據(jù)位移—時間公式和速度—時間公式各段過程的位移以及各個過程的末速度，結(jié)合總位移為5m解答?！窘獯稹拷猓築、根據(jù)幾何關(guān)系可知列昂諾夫要想回到飛船，需要在﹣y方向和﹣x方向分別前進y＝5sin37°m＝3mx＝5cos37°m＝4m由于噴氣的反作用力為100N，則由牛頓第二定律得打開噴氣時飛船的加速度大小為a=即a=對列昂諾夫的每個步驟進行分析，①朝y軸正方向噴氣1s，此過程中，他受到﹣y方向的力，其位移為y1=12a方向為﹣y方向，其末速度為vy1＝at1＝1×1m/s＝1m/s方向為﹣y方向。②朝y軸負方向噴氣1s，x軸正方向噴氣2s，此過程中，在y方向上，他受到+y方向的力，作用時間為1s，其位移為y2＝vy1t1-12at12=（1方向為﹣y方向，其末速度為vy2＝vy1﹣at1＝1m/s﹣1×1m/s＝0此后不再有y方向的位移和速度，根據(jù)題意，列昂諾夫已經(jīng)在y方向上前進了3m，說明在步驟①之后，他還有一段距離未噴氣，而是以vy1的速度勻速前進，此過程用時為t未噴氣可知步驟①完成后，距離下一次噴氣的時間為2s，故B錯誤；D、在x方向上，他受到﹣x方向的力，作用時間為2s，其位移為x1=12a方向為﹣x方向，其速度為vx1＝at2＝1×2m/s＝2m/s方向為﹣x方向。③朝x軸負方向噴氣t時間，此次噴氣后，列昂諾夫的末速度要減小到0，則有0＝vx1﹣at解得：t＝2s，故D正確；AC、③朝x軸負方向噴氣t時間，即2s內(nèi)其位移為x2＝vx1t-12at2=（2×方向為﹣x方向由于在步驟②中，列昂諾夫已經(jīng)在﹣x方向前進了2m，步驟③中再次前進2m，則總共前進了4m，恰好到達飛船，綜上所述，其運動總用時為8s，整個過程中未噴氣的時間為2s，故A正確，C錯誤。故選：AD?！军c評】本題的關(guān)鍵要理清列昂諾夫的運動過程，分段運用運動學公式求相關(guān)位移與速度，同時，要明確各段運動過程之間的聯(lián)系，如位移關(guān)系。（多選）10．（2024?廣西三模）汽車工程學中將加速度隨時間的變化率稱為急動度k，急動度k是評判乘客是否感到舒適的重要指標，按照這一指標，具有零急動度的乘客較舒服。如圖所示為一輛汽車在啟動過程中的急動度隨時間變化的關(guān)系，已知汽車質(zhì)量m＝2×105kg，啟動過程中所受阻力f，在該過程中，下列說法正確的是（）A．從0s到3s，汽車牽引力大于f B．從3s到6s乘客感覺比較舒服 C．從6s到9s汽車速度變化量為﹣4.5m/s D．汽車在9s時恰好停下【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；復(fù)雜的運動學圖像問題．【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．【答案】AB【分析】根據(jù)題干信息對圖像分析，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可得出各個選項。【解答】解：A、圖像中縱坐標k=ΔaΔt，所以對于0～3s內(nèi)任意時刻，加速度滿足a＝kt＝t，說明此時汽車做加速運動，所以牽引力大于阻力，故B、根據(jù)題干信息可知，零急動度的乘客較舒服，所以3～6s內(nèi)乘客比較舒服，故B正確；CD、6～9s過程中，k＝﹣1，所以加速度滿足a＝﹣kt＝﹣t，因此可得出汽車加速度變化圖像，如圖a﹣t圖像中，面積表示速度變化量，所以6～9s內(nèi)，速度變化量為Δv=12×（9﹣6）×3m/s＝4.5m/s，整個過程中汽車的加速度始終大于零，所以9s故選：AB?！军c評】學生在解答本題時，應(yīng)注意對于圖像問題，要結(jié)合已知條件，充分分析圖像中蘊含的物理信息。

考點卡片1．勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導(dǎo)①利用微積分思想進行推導(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v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導(dǎo)出位移公式：x（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×12t=2v0+at2，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v=即有：v=v0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。x1【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.1：1B.5：9C.5：8D.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x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=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v=v0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5mB．位移大小可能小于3mC．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=v2-v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=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度與初速度方向相反，1sC、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a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故選：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v=【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+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負代入公式計算。（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：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負。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。2．根據(jù)v-t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況【知識點的認識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關(guān)系。2.圖像實例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；②表示物體沿正方向做勻速直線運動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；④交點的縱坐標表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內(nèi)的位移。5.本考點是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析多個物體的運動的情況。【命題方向】甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t1時刻并排行駛，下列說法正確的是（）A.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車一直在乙車之前B.t2時刻甲、乙兩車再次并排行駛C.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度大小先增大后減小D.t1時刻到t2時刻這段時間，兩車的加速度都先減小后增大分析：在v﹣t圖像中，斜率表示加速度，面積表示位移，定性地判斷兩車的加速度和位移的關(guān)系即可。解答：A、由圖可知，t1時刻到t2時刻這段時間內(nèi)，甲車的速度始終大于乙車的速度，因為兩車在t1時刻并排行駛，所以t1時刻到t2時刻的這段時間內(nèi)，甲車一直在乙車前面，故A正確；B、t2時刻甲乙兩車速度相等，同A選項的分析可知，在t1～t2時間內(nèi)，甲車一直在乙車前面，故B錯誤；CD、v﹣t圖像斜率表示加速度，可知在t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度也是先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選：AD。點評：本題主要考查了v﹣t圖像，理解斜率表示加速度，面積表示位移，可定性地分析兩車的運動情況即可。【解題思路點撥】圖像類問題是從數(shù)學的角度描述了物體的運動規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運動情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學概念進行分析。3．復(fù)雜的運動學圖像問題【知識點的認知】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圖像如xt-t圖像，v﹣x圖像、v2﹣2.這些圖像往往都與運動學的公式有關(guān)聯(lián)。3.解題步驟一般如下：①根據(jù)圖像的縱橫坐標找出圖像應(yīng)用了那個運動學公式；②根據(jù)圖像推出具體的表達式；③分析斜率、截距、面積等因素的物理意義?！久}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：v2-v02=解答：A、根據(jù)勻變速直線運動速度—位移關(guān)系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v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：1代入得：12×2×t2＝1×t+12解得，t＝2s相遇處兩車的位移為x=12a甲t2=1故選：D。點評：讀懂圖象的坐標，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)的運動學圖像一般都是從某一個表達式得來的，要先從橫縱坐標及圖像出發(fā)確定表達式，求解出關(guān)鍵物理量，再分析物體的運動問題。4．胡克定律及其應(yīng)用【知識點的認識】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，再由運動學公式和動力學公式求相關(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．12cmB．14cmC．15cmD．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=Fx2=100N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（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l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：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①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△l②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+△ll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，不能想當然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計算來確定．5．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是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13g，gA、43mgB、2mgC、mgD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=4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43mg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?！窘忸}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式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。6．牛頓第二定律求解多過程問題【知識點的認識】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?！久}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，合力減小；當彈力大于重力后，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??；當彈力大于重力后，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。7．作用力與反作用力【知識點的認識】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.雖然馬能將車拉動，但是馬拉車的力與車拉馬的力大小相等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、馬拉車的力與車拉馬的力，它們是作用力與反作用力的關(guān)系，一定是大小相等的，馬之所以能將車拉動，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，注意與平衡力進行區(qū)分。8．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】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：現(xiàn)象實質(zhì)超重物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Υ笥谖矬w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∮谖矬w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榱愕默F(xiàn)象系統(tǒng)具有豎直向下的加速度，且a＝g【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?！窘忸}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。9．連接體模型【知識點的認識】1．連接體：兩個或兩個以上存在相互作用或有一定關(guān)聯(lián)的物體系統(tǒng)稱為連接體，在我們運用牛頓運動定律解答力學問題時經(jīng)常會遇到．2．解連接體問題的基本方法整體法：把兩個或兩個以上相互連接的物體看成一個整體，此時不必考慮物體之間的作用內(nèi)力．隔離法：當求物體之間的作用力時，就需要將各個物體隔離出來單獨分析．解決實際問題時，將隔離法和整體法交叉使用，有分有合，靈活處理．【命題方向】題型一：用整體法和隔離法解決連接體問題．例1：質(zhì)量分別為m和2m的物塊、B用輕彈簧相連，設(shè)兩物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)都相同．當用水平力F作用于B上且兩物塊在粗糙的水平面上，共同向右加速運動時，彈簧的伸長量為x1，如圖甲所示；當用同樣大小的力F豎直共同加速提升兩物塊時，彈簧的伸長量為x2，如圖乙所示；當用同樣大小的力F沿固定斜面向上拉兩物塊使之共同加速運動時，彈簧的伸長量為x3，如圖丙所示，則x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．無法確定分析：本題是連接體問題，可以先用整體法根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔離A研究，求得彈簧的彈力及伸長量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲圖，對整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a1=對A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙圖，對整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a2=對A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3k丙圖，對整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得Fa3=對A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k則x1：x2：x3＝1：1故A正確，BCD錯誤故選：A．點評：牛頓定律處理連接體問題時，常常采用隔離法和整體法相結(jié)合的方法研究．隔離法選取受力少的物體研究簡單．求內(nèi)力時，必須用隔離法．求整體的加速度可用整體法．例2：如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T．現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個質(zhì)量為3m的木塊，使三個木塊以同一加速度運動，則以下說法正確的是（）A．質(zhì)量為2m的木塊受到四個力的作用B．當F逐漸增大到T時，輕繩剛好被拉斷C．當F逐漸增大到1.5T時，輕繩還不會被拉斷D．輕繩剛要被拉斷時，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為2分析：采用隔離法分析2m可得出其受力的個數(shù)；再對整體分析可得出整體的加速度與力的關(guān)系；再以后面兩個物體為研究對象可得出拉力與加速度的關(guān)系，則可分析得出F與T的關(guān)系．解答：質(zhì)量為2m的木塊受到重力、質(zhì)量為m的木塊的壓力、m對其作用的向后的摩擦力，輕繩的拉力、地面的支持力五個力的作用，故A錯誤；對整體，由牛頓第二定律可知，a=F6m；隔離后面的疊加體，由牛頓第二定律可知，輕繩中拉力為F′＝3ma=F2．由此可知，當F逐漸增大到2T時，輕繩中拉力等于T，輕繩才剛好被拉斷，選項輕繩剛要被拉斷時，物塊加速度a′=T3m，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為f＝ma′=T故選：C．點評：本題重點在于研究對象的選擇，以及正確的受力分析，再由整體法與隔離法分析拉力之間的關(guān)系．【解題方法點撥】（1）解答連接體問題時，決不能把整體法和隔離法對立起來，而應(yīng)該把這兩種方法結(jié)合起來，從具體問題的實際情況出發(fā)，靈活選取研究對象，恰當選擇使用隔離法和整體法．（2）在使用隔離法解題時，所選取的隔離對象可以是連接體中的某一個物體，也可以是連接體中的某部分物體（包含兩個或兩個以上的單個物體），而這“某一部分”的選取，也應(yīng)根據(jù)問題的實際情況，靈活處理．（3）選用整體法或隔離法可依據(jù)所求的力來決定，若為外力則應(yīng)用整體法；若所求力為內(nèi)力則用隔離法．但在具體應(yīng)用時，絕大多數(shù)的題目要求兩種方法結(jié)合應(yīng)用，且應(yīng)用順序也較為固定，即求外力時，先隔離后整體；求內(nèi)力時，先整體后隔離．先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度．10．水平傳送帶模型【知識點的認識】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、運動學和動力學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.LvB.2LvC.2L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公式求出木塊運行的時間．解答：①當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右端時的速度還未達到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當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t1=則勻速直線運動的位移x則勻速直線運動的時間t則總時間為t=t1+t2=Lv+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)用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學、運動學以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。11．無外力的水平板塊模型【知識點的認識】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：a（2）由于