2025年高考物理復習新題速遞之運動和力的關系（2024年9月）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復習新題速遞之運動和力的關系（2024年9月）一．選擇題（共10小題）1．（2024秋?雙城區(qū)校級月考）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中B、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，B、M分別為此圓與y軸、x軸的切點，A點在y軸上且∠AMO＝60°，O'為圓心，現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，所用時間分別為tA、tB、tC，則（）A．tA＜tB＜tC B．tA＝tB＜tC C．tA＞tB＝tC D．由于C點的位置不確定，故無法比較時間大小關系2．（2024?未央區(qū)校級開學）如圖甲所示，足夠長的傳送帶的傾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一物塊，結果物塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．物塊可能沿傳送帶向上運動 B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數大于tanθ C．t0時間后物塊的加速度大小為2gsinθ-D．若傳送帶反轉，則物塊將一直以大小為gsinθ-3．（2024?九龍坡區(qū)校級開學）如圖甲所示的發(fā)光彈弓飛箭是夏季廣場常見的玩具，其利用彈弓將飛箭射向高空。假設質量為m＝0.2kg的飛箭從地面以初速度v0＝10m/s豎直向上射出，若運動過程中飛箭受到的空氣阻力f與其速率v成正比，其關系為f＝kv。飛箭運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，其在t1時刻到達最高點后再落回地面，落地速率為v1＝2m/s，且落地前飛箭已經做勻速直線運動，重力加速度g取10m/s2，下列關于飛箭運動的說法正確的是（）A．k的值為0.1N?s/m B．飛箭在上升過程的平均速度大于5m/s C．飛箭射出瞬間的加速度大小為60m/s2 D．飛箭的加速度在上升和下降的過程中都在逐漸增大4．（2024?浙江開學）扯白糖是浙江傳統(tǒng)的地方小吃。將冷卻少許的糖漿糅合成稠軟狀，再將其拋上固定的木柱，用手上的小木棍幾番甩、扯之后，最終冷卻形成直徑約1厘米的長圓條，用剪刀截下寸許，就成了食用的“扯白糖”。下列說法正確的是（）A．小木棍對糖漿的彈力是糖漿發(fā)生形變引起的 B．糖漿變長，說明小木棍對糖漿的拉力大于糖漿對小木棍的拉力 C．整個下扯過程中小木棍始終處于失重狀態(tài) D．整個下扯過程中地面對固定的木柱的支持力大于木柱和糖漿的總重力5．（2024?未央區(qū)校級開學）如圖示，已知物塊與斜面間的摩擦因數μ＝tanθ，在外力F作用下，物塊正沿斜面向下做加速運動，而斜面處于靜止狀態(tài)；現增大F，則下列說法中正確的是（）A．地面對斜面的摩擦力增大 B．地面對斜面支持力增大 C．只增大推力F的大小，加速大小可能不變 D．只增大推力F的大小，斜面可能會向右運動6．（2023秋?瀘縣校級期末）如圖所示，一可視為質點的小物塊先后沿兩光滑斜面Ⅰ和Ⅱ從頂端由靜止滑下，到達底端的時間分別為t1和t2，斜面Ⅰ與水平面的夾角為30°，斜面Ⅱ與水平面的夾角為45°（未標出），則（）A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．無法判斷7．（2024秋?尋甸縣月考）如圖所示是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。已知飛船質量為3×103kg，飛船推進器的平均推力F為900N，在飛船與空間站對接后，推進器工作5s內，測出飛船和空間站的速度變化量為0.05m/s，則空間站質量和飛船對空間站的平均作用力大小分別為（）A．8.7×104kg，870N B．8.7×103kg，930N C．9.0×104kg，870N D．9.0×104kg，930N8．（2023秋?福州月考）“卡路里”是一個食物熱量的單位，如果用國際單位制的基本單位表示正確的是（）A．kg?m/s2 B．kg?m2/s2 C．kg?m2/s3 D．kg?m3/s29．（2024秋?坪山區(qū)校級月考）如圖是航天飛船返回艙返回地面的示意圖，其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，距地面一定高度時，點燃返回艙的緩沖火箭，返回艙開始減速下降運動，落地速度恰好為零，返回艙安全著陸。則（）A．返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài) B．返回艙勻速運動過程中處于超重狀態(tài) C．火箭點燃后傘繩對返回艙的拉力增大 D．火箭開始噴氣瞬間返回艙獲得向上的加速度10．（2024?未央區(qū)校級開學）有一列火車有N節(jié)車廂，在牽引力作用下向右運動，每節(jié)車廂所受阻力均相等，從右端開始記第1、2兩節(jié)車廂間相互作用力為F12，第5、6節(jié)車廂間的相互作用為F56，現測得F12與F56的比值為2：1，則N應為（）A．6節(jié) B．9節(jié) C．12節(jié) D．18節(jié)二．多選題（共5小題）（多選）11．（2023秋?福州月考）如圖所示，A、B、C三個物體分別用輕繩和輕彈簧連接，放置在傾角為θ的光滑斜面上，當用沿斜面向上的恒力F作用在物體A上時，三者恰好保持靜止，已知A、B、C三者質量相等，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．在輕繩被燒斷的瞬間，A的加速度大小為gsinθ B．在輕繩被燒斷的瞬間，B的加速度大小為gsinθ C．剪斷彈簧的瞬間，A的加速度大小為12D．突然撤去外力F的瞬間，A的加速度大小為3（多選）12．（2024?未央區(qū)校級開學）如圖所示，長為6m、質量為10kg的木板放在水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數為0.2。一個質量為50kg的人從木板的左端開始向右勻加速跑動到離開木板的過程中，關于人（a）和木板（b）的速度—時間圖像（v﹣t）可能正確的是（g取10m/s2）（）A． B． C． D．（多選）13．（2024秋?雙城區(qū)校級月考）如圖所示，質量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，二者處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。將質量為2m的木塊C放在A上的瞬間，則（）A．彈簧的彈力大小變?yōu)?mg B．彈簧的形變量不變 C．B對水平面的壓力大小變?yōu)?mg D．A的加速度大小為2（多選）14．（2024秋?思明區(qū)校級月考）滑板成為奧運會比賽項目后，正在被越來越多人所認識，尤其備受青少年喜愛?；灞荣愑幸粋€動作是運動員越過橫桿，如圖所示，滑板運動員沿水平地面向前勻速直線滑行，在橫桿前相對滑板豎直向上起跳，人與滑板分離，分別從桿的上、下通過，忽略空氣阻力及滑板與地面間的摩擦力，若運動員安全過桿，則下列說法正確的是（）A．運動員原來是運動的，由于慣性，運動員越過桿后仍將落在滑板上 B．在勻速運動時，地面對它們的支持力與滑板對地面的壓力為一對平衡力 C．運動員起跳后在空中相對滑板做勻變速直線運動 D．運動員從開始起跳到落回到滑板的過程中，始終處于超重狀態(tài)（多選）15．（2023秋?膠州市校級月考）一興趣小組制作了一個簡易的“水平加速度測量儀”，其內部結構如圖所示，在沿水平方向安裝的固定光滑桿上套一個質量為m＝0.1kg的小球，小球兩側分別與勁度系數均為k＝5N/m的輕彈簧相連，兩彈簧的另一端與盒子內壁連接。當盒子水平靜止時，兩根輕彈簧均處于自然長度，滑塊上的指針指在O點，可通過標尺測出小球的位移。將盒子固定在車上，車沿水平直線行駛，且橫桿與車身平行，某時刻發(fā)現指針向左偏離O點的距離為x＝2cm，彈簧的變化始終在彈性限度內，以下說法中正確的是（）A．該車可能正在向左運動 B．此時該車的加速度方向向右 C．此時該車的加速度大小為1m/s2 D．此時該車的加速度大小為2m/s2三．解答題（共5小題）16．（2024秋?思明區(qū)校級月考）如圖甲所示為叉車運送貨物的情境圖，該過程可簡化為圖乙所示模型，平板和滑塊一起以v0＝3m/s的速度做勻速直線運動，然后平板向右做勻減速直線運動至停止，平板的加速度大小為a0＝5m/s2，已知滑塊間的動摩擦因數為μ1＝0.25，滑塊和平板之間的動摩擦因數為μ2＝0.275，兩滑塊的質量均為m＝6kg、長度均為d＝1.2m，L足夠長滑塊不會由平板上滑落，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力影響。求：（1）平板開始減速時滑塊a、b的加速度；（2）滑塊a相對于滑塊b的位移；（3）L滿足什么條件滑塊不會從平板上掉落。（提示：滑塊的重心在平板上不會掉落）17．（2024秋?開福區(qū)校級月考）如圖甲所示，形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，光滑表面BC與水平面夾角θ＝37°。木塊右側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數為正值，當力傳感器被拉時，其示數為負值。一個可視為質點的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關系如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：（1）斜面BC的長度；（2）滑塊的質量；（3）木塊水平表面AB段長度。18．（2023秋?瀘縣校級期末）如圖所示，小球A置于水平面上的半圓體上靜止，半圓柱體底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于豎直板上的水平輕彈簧拉著，兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質細線相連，兩球均處于靜止狀態(tài)。已知A球質量為m，O點在半圓主體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長度與半圓住體半徑相等，OB與豎直方向成45°角，重力加速度為g，求：（1）小球A受到細線的拉力大??；（2）若半圓柱體質量也為m且恰好不滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數μ；（3）若將OB繩剪斷，則在剪斷瞬間，小球B的加速度的大小和方向。19．（2024秋?思明區(qū)校級月考）如圖為期末考試結束，小包同學回家的場景，已知行李箱質量m＝10kg，拉力與水平地面夾角θ＝60°，發(fā)現當拉力大小F＝60N時行李箱恰好做勻速直線運動，g取10m/s2，求：（1）行李箱和地面之間的動摩擦因數μ的大??；（2）當學生走出校門，飛快跑向接她的父母，假定同學做勻加速運動，若僅改變拉力大小，求為使行李箱不離開地面加速度最大值amax的大小。20．（2024秋?雙城區(qū)校級月考）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角θ＝37°，順時針轉動的速率為v0＝2m/s。將質量為m＝25kg的物體無初速地放在傳送帶的頂端A，物體到達底端B后能無碰撞地滑上質量為M＝50kg的木板左端。已知木板與地面之間是光滑的，物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數分別為μ1＝0.5，μ2＝0.25，AB的距離為s＝8.20m。重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）物體剛開始下滑時的加速度大?。唬?）物體通過傳送帶所需要的時間；（3）要使物體恰好不會從木板上掉下，木板長度L應是多少？

2025年高考物理復習新題速遞之運動和力的關系（2024年9月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024秋?雙城區(qū)校級月考）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中B、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，B、M分別為此圓與y軸、x軸的切點，A點在y軸上且∠AMO＝60°，O'為圓心，現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，所用時間分別為tA、tB、tC，則（）A．tA＜tB＜tC B．tA＝tB＜tC C．tA＞tB＝tC D．由于C點的位置不確定，故無法比較時間大小關系【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用．【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】C【分析】根據幾何關系分別求出各個軌道的位移，根據牛頓第二定律求出加速度，再根據勻變速直線運動的位移—時間公式求出運動的時間，從而比較出到達M點的先后順序。【解答】解：設圓的半徑為R，B、M分別為此圓與y軸、x軸的切點，所以對于BM段，位移xBM段加速度的大小為a1根據x得t對于AM段，位移x2＝2RAM段加速度的大小為a2由x得t對于CM段，設CM與豎直方向夾角為θ，同理可解得t即tB＝tC＜tA故選：C。【點評】解決本題的關鍵充分利用幾何關系得出每一段的位移，熟練運用牛頓第二定律和勻變速直線運動的位移—時間公式即可正確解題。2．（2024?未央區(qū)校級開學）如圖甲所示，足夠長的傳送帶的傾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一物塊，結果物塊的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A．物塊可能沿傳送帶向上運動 B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數大于tanθ C．t0時間后物塊的加速度大小為2gsinθ-D．若傳送帶反轉，則物塊將一直以大小為gsinθ-【考點】傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；傳送帶專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】A.根據v﹣t圖像的物理意義判斷物塊的運動情況；B.根據運動情況，對物塊進行受力分析即可判斷；C.根據牛頓第二定律求解；D.對物塊受力分析，根據牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓篈．根據v﹣t圖像的物理意義可知，v﹣t圖像的斜率表示物體的加速度，則由圖乙可知，t0時刻之前的加速度大于t0時刻之后的加速度，所以物塊t0時刻之前受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，即開始時物塊相對傳送帶向上運動，傳送帶逆時針轉動，由圖乙可知，物塊始終向下做加速直線運動，故A錯誤；B．由A選項分析可得，t0時刻之后物塊向下做加速度較小的勻加速直線運動，則mgsinθ＞μmgcosθ得μ＜tanθ故B錯誤；C．根據上述，t0時刻之前有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1a1t0時刻之后有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2聯立得a2故C正確；D．因為mgsinθ＞μmgcosθ如果傳送帶反轉，物塊始終相對傳送帶向下運動，摩擦力始終沿傳送帶向上，對物塊mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2則物塊將一直以大小為2gsinθ-v0故選：C。【點評】本題考查了傳送帶問題，分析清楚物塊的運動過程是解題的前提與關鍵，傳送帶模型是重要的模型，一定要掌握傳送帶問題的處理方法。3．（2024?九龍坡區(qū)校級開學）如圖甲所示的發(fā)光彈弓飛箭是夏季廣場常見的玩具，其利用彈弓將飛箭射向高空。假設質量為m＝0.2kg的飛箭從地面以初速度v0＝10m/s豎直向上射出，若運動過程中飛箭受到的空氣阻力f與其速率v成正比，其關系為f＝kv。飛箭運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，其在t1時刻到達最高點后再落回地面，落地速率為v1＝2m/s，且落地前飛箭已經做勻速直線運動，重力加速度g取10m/s2，下列關于飛箭運動的說法正確的是（）A．k的值為0.1N?s/m B．飛箭在上升過程的平均速度大于5m/s C．飛箭射出瞬間的加速度大小為60m/s2 D．飛箭的加速度在上升和下降的過程中都在逐漸增大【考點】牛頓第二定律的圖像問題；牛頓運動定律的應用—從運動情況確定受力；牛頓第二定律求解多過程問題．【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】C【分析】小球落地前以v1勻速運動，根據平衡條件進行解答；根據圖像與坐標軸圍成的面積表示位移結合平均速度的計算方法進行分析；根據牛頓第二定律求解小球拋出瞬間的加速度大??；根據牛頓第二定律求出加速度的表達式進行分析。【解答】解：A、小球落地前以v1勻速運動，則有mg＝kv1，即k=mgv1=0.2×102N?s/m＝B、若飛箭上升過程中做勻減速直線運動，其上升過程的平均速度大小為：v=v0若飛箭上升過程中做勻減速直線運動，其速度圖像如圖虛線所示：0～t1時間內虛線與坐標軸圍成的面積大于實線與坐標軸圍成的面積，根據圖像與坐標軸圍成的面積表示位移可知，飛箭在上升過程的平均速度小于5m/s，故B錯誤；C、小球拋出瞬間的加速度大小為：a=mg+kv0m=0.2×10+1×100.2m/sD、飛箭上升過程中的加速度大小為：a1=mg+kvm=g+k飛箭下降過程中的加速度大小為：a2=mg-kvm=g-km故選：C。【點評】本題是信息給予題，要把握空氣阻力與速率的關系，注意空氣阻力方向與運動方向相反，弄清楚受力情況和運動情況是關鍵。4．（2024?浙江開學）扯白糖是浙江傳統(tǒng)的地方小吃。將冷卻少許的糖漿糅合成稠軟狀，再將其拋上固定的木柱，用手上的小木棍幾番甩、扯之后，最終冷卻形成直徑約1厘米的長圓條，用剪刀截下寸許，就成了食用的“扯白糖”。下列說法正確的是（）A．小木棍對糖漿的彈力是糖漿發(fā)生形變引起的 B．糖漿變長，說明小木棍對糖漿的拉力大于糖漿對小木棍的拉力 C．整個下扯過程中小木棍始終處于失重狀態(tài) D．整個下扯過程中地面對固定的木柱的支持力大于木柱和糖漿的總重力【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；彈力的概念及其產生條件．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】D【分析】A.根據彈力產生的原因進行分析解答；B.根據牛頓第三定律進行分析判斷；C.根據小木棍的運動情況及加速度分析超失重狀態(tài)；D.根據木樁的受力分析進行解答?！窘獯稹拷猓篈.小木棍對糖漿的彈力是小木棍發(fā)生形變引起的，故A錯誤；B.根據牛頓第三定律，小木棍對糖漿的拉力等于糖漿對小木棍的拉力，故B錯誤；C.整個下扯過程中，小木棍不是一直向下加速運動，所以不是始終處于失重狀態(tài)，故C錯誤；D.整個下扯過程中，人對糖漿有向下的拉力，所以地面對固定的木柱的支持力大于木柱和糖漿的總重力，故D正確。故選：D?！军c評】考查物體的受力分析和運動狀態(tài)分析、牛頓運動定律，會根據題意進行準確分析和解答。5．（2024?未央區(qū)校級開學）如圖示，已知物塊與斜面間的摩擦因數μ＝tanθ，在外力F作用下，物塊正沿斜面向下做加速運動，而斜面處于靜止狀態(tài)；現增大F，則下列說法中正確的是（）A．地面對斜面的摩擦力增大 B．地面對斜面支持力增大 C．只增大推力F的大小，加速大小可能不變 D．只增大推力F的大小，斜面可能會向右運動【考點】牛頓第二定律的簡單應用；解析法求共點力的平衡．【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】對物體受力分析，根據共點力的平衡條件可求得斜面對物體的作用力，根據平衡條件可求得地面對斜面的摩擦力；若施加力F后，物體對斜面的作用力方向豎直向下，摩擦力仍為零。增大力F，根據物體與斜面間的作用力的變化情況進行分析?！窘獯稹拷猓篈、已知物塊與斜面間的摩擦因數μ＝tanθ，即mgsinθ＝μmgcosθ，物體在不受推力時物體沿斜面勻速下滑，此時地面對斜面的摩擦力為零。若施加的推力F沿斜面方向，物體與斜面之間的作用力不變，物體運動過程中地面對斜面的摩擦力為零；若推力垂直于斜面向下，施加推力F后，物體對斜面的壓力增大ΔFN＝F，增加的摩擦力為Δf＝μF，則：ΔfΔF所以沿任意方向施加推力F，物體加速運動過程中，地面對斜面的摩擦力不變，均為零，故A錯誤；B、增大F，物體與斜面間的作用力增大，則地面對斜面支持力增大，故B正確；C、只增大推力F的大小，推力在沿斜面向下的分力增大，加速大小增大，故C錯誤；D、只增大推力F的大小，地面與斜面的摩擦力不變，均為零，斜面不可能運動，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查了共點力的平衡條件以及牛頓第二定律的直接應用，要求同學們能正確分析物體的受力情況，注意整體法和隔離法的應用。6．（2023秋?瀘縣校級期末）如圖所示，一可視為質點的小物塊先后沿兩光滑斜面Ⅰ和Ⅱ從頂端由靜止滑下，到達底端的時間分別為t1和t2，斜面Ⅰ與水平面的夾角為30°，斜面Ⅱ與水平面的夾角為45°（未標出），則（）A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．無法判斷【考點】牛頓第二定律的簡單應用；作用力與反作用力；勻變速直線運動位移與時間的關系．【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】A【分析】設斜面傾角為θ，先根據牛頓第二定律求解加速度，然后根據運動學公式求解時間表達式進行討論。【解答】解：設斜面的底邊長為L，斜面的傾角為θ，則斜邊的長度x=L根據牛頓第二定律mgsinθ＝ma代入數據解得a＝gsinθ根據x=1代入數據解得t=4L將30°，45°分別代入t=4Lt2＜t1故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題關鍵推導出時間的一般表達式，最后結合三角函數知識進行討論，不難。7．（2024秋?尋甸縣月考）如圖所示是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。已知飛船質量為3×103kg，飛船推進器的平均推力F為900N，在飛船與空間站對接后，推進器工作5s內，測出飛船和空間站的速度變化量為0.05m/s，則空間站質量和飛船對空間站的平均作用力大小分別為（）A．8.7×104kg，870N B．8.7×103kg，930N C．9.0×104kg，870N D．9.0×104kg，930N【考點】牛頓第二定律的簡單應用；用定義式計算物體的加速度．【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】A【分析】根據題意，結合加速度定義式求出加速度；以空間站和飛船為整體，利用牛頓第二定律求出空間站的質量；對空間站利用牛頓第二定律，結合題意求出飛船對空間站的作用力?！窘獯稹拷猓涸陲w船與空間站對接后，推進器工作5s內，飛船和空間站的加速度大小為：a=ΔvΔt=0.055對飛船和空間站由牛頓第二定律得F＝（m+M）a對空間站由牛頓第二定律得：F1＝Ma解得m＝8.7×104kgF＝870N故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查牛頓第二定律的應用，在處理連接體問題時，可以先整體求出共同加速度，再隔離求出相互作用力。8．（2023秋?福州月考）“卡路里”是一個食物熱量的單位，如果用國際單位制的基本單位表示正確的是（）A．kg?m/s2 B．kg?m2/s2 C．kg?m2/s3 D．kg?m3/s2【考點】力學單位制與單位制．【專題】定量思想；歸納法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】B【分析】根據公式W＝Fscosα進行量綱計算即可?！窘獯稹拷猓簾崃康膯挝皇荍，功的單位也是J，根據W＝Fscosα則有1J＝1N?m＝1kg?m/s2?m＝1kg?m2/s2，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】熟練掌握各物理量之間的定量關系是解題的基礎。9．（2024秋?坪山區(qū)校級月考）如圖是航天飛船返回艙返回地面的示意圖，其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，距地面一定高度時，點燃返回艙的緩沖火箭，返回艙開始減速下降運動，落地速度恰好為零，返回艙安全著陸。則（）A．返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài) B．返回艙勻速運動過程中處于超重狀態(tài) C．火箭點燃后傘繩對返回艙的拉力增大 D．火箭開始噴氣瞬間返回艙獲得向上的加速度【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用．【專題】定性思想；歸納法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】D【分析】返回艙在減速下降過程中，有向上是加速度，處于超重狀態(tài)；根據平衡條件分析；根據減速下降分析?！窘獯稹拷猓篈D、返回艙在噴氣過程中減速下降，返回艙獲得向上的加速度，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故A錯誤，D正確；B、返回艙勻速運動過程中處于平衡狀態(tài)，故B錯誤；C、火箭點然后，返回艙開始減速下降，傘繩對返回艙的拉力減小，故C錯誤。故選：D?！军c評】知道物體具有向上的加速度處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度處于失重狀態(tài)。10．（2024?未央區(qū)校級開學）有一列火車有N節(jié)車廂，在牽引力作用下向右運動，每節(jié)車廂所受阻力均相等，從右端開始記第1、2兩節(jié)車廂間相互作用力為F12，第5、6節(jié)車廂間的相互作用為F56，現測得F12與F56的比值為2：1，則N應為（）A．6節(jié) B．9節(jié) C．12節(jié) D．18節(jié)【考點】連接體模型．【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】B【分析】以題中車廂組成的系統(tǒng)為研究對象，應用牛頓第二定律求出加速度，應用牛頓第二定律求出各車廂間的作用力然后答題?！窘獯稹拷猓涸O這列火車共有N節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質量均為m，運動過程中每節(jié)車廂所受阻力均為f，加速度為a，對火車左側（N﹣1）節(jié)車廂進行受力分析，根據牛頓第二定律有F12﹣（N﹣1）f＝（N﹣1）ma同理，對火車左側（N﹣5）節(jié)車廂進行受力分析，可得F56﹣（N﹣5）f＝（N﹣5）ma由題意可知F12與F56的比值為2：1，聯立解得N＝9故B正確，ACD錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了牛頓第二定律的應用，根據題意分析清楚車廂的受力情況是解題的前提，應用牛頓第二定律與運動學公式即可解題；解題時注意整體法與隔離法的應用。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2023秋?福州月考）如圖所示，A、B、C三個物體分別用輕繩和輕彈簧連接，放置在傾角為θ的光滑斜面上，當用沿斜面向上的恒力F作用在物體A上時，三者恰好保持靜止，已知A、B、C三者質量相等，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．在輕繩被燒斷的瞬間，A的加速度大小為gsinθ B．在輕繩被燒斷的瞬間，B的加速度大小為gsinθ C．剪斷彈簧的瞬間，A的加速度大小為12D．突然撤去外力F的瞬間，A的加速度大小為3【考點】斜面上的連接體問題（連接體問題的特例）；牛頓第二定律求解瞬時問題．【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】CD【分析】在輕繩被燒斷的瞬間，繩子拉力為零彈簧來不及收縮，彈簧彈力不變，利用整體法和隔離法對物體進行受力分析，根據牛頓第二定律求解；在剪斷彈簧的瞬間，輕繩拉力會發(fā)生突變，以整體AB為研究對象進行受力分析?！窘獯稹拷猓篈．把ABC看成是一個整體進行受力分析，根據平衡條件：拉力F＝3mgsinθ，在輕繩被燒斷的瞬間，AB之間的繩子拉力為零，對A受力分析，由牛頓第二定律：F﹣mgsinθ＝maA，解得A的加速度大小aA＝2gsinθ，故A錯誤；B．在輕繩被燒斷前，對于C根據平衡條件可得彈簧彈力F彈＝mgsinθ，在輕繩被燒斷的瞬間，對于B分析，由于繩子拉力為零，彈簧彈力不變，根據牛頓第二定律F彈+mgsinθ＝maB，解得B的加速度大小aB＝2gsinθ，故B錯誤；C．剪斷彈簧的瞬間，對AB整體，根據牛頓第二定律F﹣2mgsinθ＝2maAB，解得aAB=12gsinθ，而AD．突然撤去外力F的瞬間，對整體AB，由牛頓第二定律F彈+2mgsinθ＝2ma′AB，F彈＝mgsinθ，聯立解得：a'AB=32gsinθ，故選：CD?！军c評】本題考查了牛頓第二定律，受力分析等知識，解題關鍵是在輕繩被燒斷的瞬間，繩子拉力為零彈簧來不及收縮，彈簧彈力不變，在剪斷彈簧的瞬間，輕繩拉力會發(fā)生突變。（多選）12．（2024?未央區(qū)校級開學）如圖所示，長為6m、質量為10kg的木板放在水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數為0.2。一個質量為50kg的人從木板的左端開始向右勻加速跑動到離開木板的過程中，關于人（a）和木板（b）的速度—時間圖像（v﹣t）可能正確的是（g取10m/s2）（）A． B． C． D．【考點】有外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】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．【答案】BC【分析】由牛頓第二定律結合摩擦力公式求得人與木板之間加速度大小，對各選項由a=ΔvΔt，求出加速度，【解答】解：A．人在木板上向右做勻加速運動，則人受到木板向右的摩擦力，所以f＝Ma1而木板與地面之間的最大靜摩擦力為fm＝μ（M+m）g代入數據解得fm＝120N當人對木板的摩擦力大于地面對木板的最大靜摩擦力時，木板向左加速，即f＞fm代入數據解得a1由于aa1此時人向右加速，木板靜止不動，故A錯誤；B．由于aa2此時人向右加速，木板靜止不動，故B正確；C．由于aa3此時人向右加速，木板向左加速，根據牛頓第二定律，對木板有Maa3﹣fm＝mab解得ab故C正確；D．由于aa4此時人向右加速，木板向左加速，故D錯誤。故選：BC?！军c評】分析清楚物體運動過程是正確解題的基礎，關鍵要明確人和木板、木板與地面之間摩擦力的關系，應用牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題。（多選）13．（2024秋?雙城區(qū)校級月考）如圖所示，質量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，二者處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g。將質量為2m的木塊C放在A上的瞬間，則（）A．彈簧的彈力大小變?yōu)?mg B．彈簧的形變量不變 C．B對水平面的壓力大小變?yōu)?mg D．A的加速度大小為2【考點】牛頓第二定律的簡單應用；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；共點力作用下物體平衡專題；推理能力．【答案】BD【分析】原來系統(tǒng)靜止，根據共點力平衡求出彈簧的彈力。在將C迅速放在A上的瞬間，彈簧的彈力不變，根據牛頓第二定律求出木塊A的加速度。對B，由平衡條件分析地面對B的支持力，從而分析出B對地面的壓力?！窘獯稹拷猓篈．開始時只有A放在彈簧上，根據二力平衡可知，彈簧對A的彈力等于A的重力，即F＝mg；木塊C放在A上的瞬間，彈簧沒有發(fā)生突變，彈力大小不變，即彈簧的彈力大小仍然為mg，故A錯誤；B．木塊C放在A上的瞬間，彈簧彈力沒有發(fā)生突變，彈簧的形變量不變，故B正確；C．木塊C放在A上的瞬間，彈簧沒有發(fā)生突變，B對水平面的壓力大小與沒有放C之前一樣，即B對水平面的壓力大小為2mg，故C錯誤；D．在將C迅速放在A上的瞬間，對A、C整體，根據牛頓第二定律有2mg+mg﹣F＝（m+2m）a解得a=故D正確。故選：BD?！军c評】本題是牛頓第二定律應用中的瞬時問題，要明確彈簧的彈力不能突變，知道放上C的瞬間，彈簧的彈力不變，結合牛頓第二定律進行求解。（多選）14．（2024秋?思明區(qū)校級月考）滑板成為奧運會比賽項目后，正在被越來越多人所認識，尤其備受青少年喜愛?；灞荣愑幸粋€動作是運動員越過橫桿，如圖所示，滑板運動員沿水平地面向前勻速直線滑行，在橫桿前相對滑板豎直向上起跳，人與滑板分離，分別從桿的上、下通過，忽略空氣阻力及滑板與地面間的摩擦力，若運動員安全過桿，則下列說法正確的是（）A．運動員原來是運動的，由于慣性，運動員越過桿后仍將落在滑板上 B．在勻速運動時，地面對它們的支持力與滑板對地面的壓力為一對平衡力 C．運動員起跳后在空中相對滑板做勻變速直線運動 D．運動員從開始起跳到落回到滑板的過程中，始終處于超重狀態(tài)【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；慣性與質量；相互作用力與平衡力的區(qū)別和聯系．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】AC【分析】物體保持原來運動狀態(tài)不變的性質稱為慣性，且一切物體都具有慣性；根據兩個力的特點判斷；根據兩個物體運動的相對性判斷；根據運動員受力的特點判斷?！窘獯稹拷猓篈．由于慣性，運動員沿水平方向保持運動狀態(tài)不變，沿水平方向的分速度始終與滑板水平方向的速度相等，則運動員越過桿后仍將落在滑板上，故A正確；B．地面對它們的支持力與滑板對地面的壓力為兩個物體之間的相互作用，即地面對它們的支持力與滑板對地面的壓力為一對作用力與反作用力，故B錯誤；C．運動員起跳后，水平方向與滑板相對靜止，豎直方向相對滑板做豎直上拋運動，加速度為重力加速度，故運動員起跳后在空中相對滑板做勻變速直線運動，故C正確；D．運動員從開始起跳到落回到滑板的過程中，起跳時向上加速，離開滑板后先向上減速，最后向下加速，所以運動員的加速度先向上再向下，則運動員先超重狀態(tài)，后失重，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查作用力與反作用力、平衡力的判斷、慣性和參考系的有關問題，考查的知識點比較多，充分利用了生活中常見的現象，說明了物理來自于生活。（多選）15．（2023秋?膠州市校級月考）一興趣小組制作了一個簡易的“水平加速度測量儀”，其內部結構如圖所示，在沿水平方向安裝的固定光滑桿上套一個質量為m＝0.1kg的小球，小球兩側分別與勁度系數均為k＝5N/m的輕彈簧相連，兩彈簧的另一端與盒子內壁連接。當盒子水平靜止時，兩根輕彈簧均處于自然長度，滑塊上的指針指在O點，可通過標尺測出小球的位移。將盒子固定在車上，車沿水平直線行駛，且橫桿與車身平行，某時刻發(fā)現指針向左偏離O點的距離為x＝2cm，彈簧的變化始終在彈性限度內，以下說法中正確的是（）A．該車可能正在向左運動 B．此時該車的加速度方向向右 C．此時該車的加速度大小為1m/s2 D．此時該車的加速度大小為2m/s2【考點】牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；胡克定律及其應用；牛頓第二定律的簡單應用．【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】ABD【分析】對小球受力分析，確定其合力的大小與方向，根據牛頓第二定律求解加速度的大小與方向，再確定其運動方向?！窘獯稹拷猓耗硶r刻發(fā)現指針向左偏離O點的距離為x＝2cm＝0.02m，小球受到左側彈簧的向右的彈力，其大小為kx，同時小球還受到右側彈簧的向的彈力，其大小也為kx，故小球受到的合力大小為F＝2kx，方向水平向右。由牛頓第二定律可得其加速度大小為：a=Fm=2kxm故選：ABD?！军c評】本題考查了胡克定律、牛頓第二定律的應用。注意本題只能確定加速度的方向，而運動方向存在可能性。三．解答題（共5小題）16．（2024秋?思明區(qū)校級月考）如圖甲所示為叉車運送貨物的情境圖，該過程可簡化為圖乙所示模型，平板和滑塊一起以v0＝3m/s的速度做勻速直線運動，然后平板向右做勻減速直線運動至停止，平板的加速度大小為a0＝5m/s2，已知滑塊間的動摩擦因數為μ1＝0.25，滑塊和平板之間的動摩擦因數為μ2＝0.275，兩滑塊的質量均為m＝6kg、長度均為d＝1.2m，L足夠長滑塊不會由平板上滑落，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力影響。求：（1）平板開始減速時滑塊a、b的加速度；（2）滑塊a相對于滑塊b的位移；（3）L滿足什么條件滑塊不會從平板上掉落。（提示：滑塊的重心在平板上不會掉落）【考點】有外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡單應用．【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】（1）平板開始減速時滑塊a、b的加速度2.5m/s2，3.0m/s2，方向均與初速度方向相反；（2）滑塊a相對于滑塊b的位移0.3m；（3）L≥0.15m滑塊不會從平板上掉落?！痉治觥浚?）根據物塊相對運動方向得出各自摩擦力的方向，結合牛頓第二定律求出加速度的大小和方向；（2）根據運動學公式求出a，b運動的時間，進一步分析a，b的運動情況，再根據運動學公式求出a，b運動的位移，再求相對位移；（3）平板做勻減速直線運動，抓住臨界狀態(tài)，兩個滑塊整體的重心（幾何中心）恰好和平板的右端平齊，結合位移公式和位移關系進行判斷?！窘獯稹拷猓海?）設平板減速時滑塊a和滑塊b相對滑動且加速度大小分別為a1、a2。由牛頓第二定律，對滑塊a有μ1mg＝ma1對滑塊b有﹣μ1mg+2μ2mg＝ma2解得a1a2加速度方向均與初速度方向相反（2）設滑塊a、b減速到0所用時間分別為t1、t2，則v0＝a1t1＝a2t2解得t1＝1.2st2＝1s滑塊b減速到0后，對滑塊b，有μ1mg﹣2μ2mg＜0滑塊b減速到0后停止運動，滑塊a繼續(xù)滑行直到速度為0，整個過程中滑塊a、b的位移分別為x1x2解得x1＝1.8m，x2＝1.5m又x1滑塊a未從滑塊b上掉落。相對位移Δx＝x1﹣x2＝1.8m﹣1.5m＝0.3m（3）兩個滑塊重心到滑塊b右側的距離d'＝0.45m平板車減速運動的位移為x3，則x3解得x3＝0.9m若滑塊b沒有從平板上滑落，滑塊b相對于平板車的位移Δx'＝x2﹣x3＝1.5m﹣0.9m＝0.6m要使滑塊b不從平板上掉落的臨界條件是：兩個滑塊整體的重心（幾何中心）恰好和平板的右端平齊，則L≥0.6m﹣0.45m＝0.15m答：（1）平板開始減速時滑塊a、b的加速度2.5m/s2，3.0m/s2，方向均與初速度方向相反；（2）滑塊a相對于滑塊b的位移0.3m；（3）L≥0.15m滑塊不會從平板上掉落?！军c評】解決本題的關鍵理清滑塊a、b在平板車上的運動規(guī)律，根據運動學公式求解。17．（2024秋?開福區(qū)校級月考）如圖甲所示，形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，光滑表面BC與水平面夾角θ＝37°。木塊右側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數為正值，當力傳感器被拉時，其示數為負值。一個可視為質點的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關系如圖乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：（1）斜面BC的長度；（2）滑塊的質量；（3）木塊水平表面AB段長度?！究键c】牛頓第二定律求解多過程問題．【專題】計算題；定量思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）斜面BC的長度為3m；（2）滑塊的質量為2.5kg；（3）木塊水平表面AB段長度為8m?！痉治觥浚?）當滑塊沿斜面BC向下運動時，分析其受力情況，由圖讀出滑塊運動的時間為t＝1s，由牛頓第二定律求出滑塊的加速度，即可由位移—時間公式求解斜面BC的長度。（2）滑塊對斜面的壓力大小為N1′＝mgcosθ，木板對傳感器的壓力為：F1＝N1′sinθ，由圖讀出F1，即可求得滑塊的質量。（3）由v1＝a1t1求出滑塊滑到B點的速度，根據牛頓第二定律求出滑塊在木塊表面上運動時的加速度大小，再根據位移—時間公式求出木塊水平表面AB段長度。【解答】解：（1）對滑塊受力分析如圖所示?；瑝K沿斜面BC向下運動時，由牛頓第二定律得a1=mgsinθm=gsinθ＝10×sin37°m/s2滑塊在斜面上運動的時間為t1＝1s，則斜面BC的長度為s1=12a（2）滑塊沿斜面BC向下運動時，滑塊對斜面的壓力為N′1＝N1＝mgcosθ木塊對傳感器的壓力為F1＝N′1sinθ由題圖乙可知F1＝12N，解得滑塊的質量為m＝2.5kg（3）滑塊滑到B點的速度為v1＝a1t1＝6×1m/s＝6m/s滑塊在木塊表面上運動時，由圖乙可知F2＝f2＝5N，t2＝2s，根據牛頓第二定律得a2=f2m=5水平表面AB段長度為s2＝v1t2-解之得：s2＝8m答：（1）斜面BC的長度為3m；（2）滑塊的質量為2.5kg；（3）木塊水平表面AB段長度為8m?！军c評】本題要讀懂F﹣t圖象，分析滑塊的受力情況和運動情況，關鍵要抓住木板對傳感器的壓力與滑塊對斜面BC壓力的關系，分段根據牛頓第二定律和運動學公式相結合解答。18．（2023秋?瀘縣校級期末）如圖所示，小球A置于水平面上的半圓體上靜止，半圓柱體底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于豎直板上的水平輕彈簧拉著，兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質細線相連，兩球均處于靜止狀態(tài)。已知A球質量為m，O點在半圓主體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長度與半圓住體半徑相等，OB與豎直方向成45°角，重力加速度為g，求：（1）小球A受到細線的拉力大?。唬?）若半圓柱體質量也為m且恰好不滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數μ；（3）若將OB繩剪斷，則在剪斷瞬間，小球B的加速度的大小和方向?！究键c】作用力與反作用力；力的合成與分解的應用．【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】（1）小球A受到細線的拉力大小為33（2）若半圓柱體質量也為m且恰好不滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數μ為39（3）若將OB繩剪斷，則在剪斷瞬間，小球B的加速度的大小為2g，方向豎直方向夾角為45【分析】（1）先對B受力分析，根據共點力平衡求出繩子的拉力和彈簧彈力大小，（2）最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數；（3）剪斷OA繩子的瞬間彈簧彈力不變，根據牛頓第二定律可得B的加速度大小。【解答】解：（1）對A、B受力分析如下TOA＝TOB由幾何關系可知FN＝TOA且有mg＝2TOAcos30°可得TOA（2）對半圓柱體，根據水平方向上受力平衡可得F'Nsin30°＝μ（mg+F'Ncos30°）FN＝F'N代入數據解得μ=3（3）若將OB繩剪斷，剪斷繩子前，B的重力與彈簧拉力的合力與TOB平衡，則在剪斷瞬間B的重力與彈簧拉力的合力與TOB等大反向，則有F合可得B的加速度大小a=2方向與豎直方向夾角為45°斜向右下方。答：（1）小球A受到細線的拉力大小為33（2）若半圓柱體質量也為m且恰好不滑動，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動摩擦因數μ為39（3）若將OB繩剪斷，則在剪斷瞬間，小球B的加速度的大小為2g，方向豎直方向夾角為45【點評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。19．（2024秋?思明區(qū)校級月考）如圖為期末考試結束，小包同學回家的場景，已知行李箱質量m＝10kg，拉力與水平地面夾角θ＝60°，發(fā)現當拉力大小F＝60N時行李箱恰好做勻速直線運動，g取10m/s2，求：（1）行李箱和地面之間的動摩擦因數μ的大??；（2）當學生走出校門，飛快跑向接她的父母，假定同學做勻加速運動，若僅改變拉力大小，求為使行李箱不離開地面加速度最大值amax的大小?！究键c】牛頓第二定律的簡單應用；動摩擦因數的性質和計算．【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】（1）行李箱和地面之間的動摩擦因數μ的大小為3(10+33（2）為使行李箱不離開地面加速度最大值amax的大小為1033m/s【分析】（1）根據勻速直線運動的平衡關系分析解答；（2）根據牛頓第二定律結合臨界條件分析解答。【解答】解：（1）當拉力大小F＝60N時行李箱恰好做勻速直線運動，則有Fcosθ＝fFsinθ+N＝mg根據摩擦力公式有f＝μN解得μ=（2）同學做勻加速運動，結合臨界條件根據牛頓第二定律有F'cosθ＝mamaxF'sinθ＝mg解得amax=103答：（1）行李箱和地面之間的動摩擦因數μ的大小為3(10+33（2）為使行李箱不離開地面加速度最大值amax的大小為1033m/s【點評】本題考查共點力平衡，解題關鍵掌握對研究對象的受力分析，結合平衡條件即可解得。20．（2024秋?雙城區(qū)校級月考）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角θ＝37°，順時針轉動的速率為v0＝2m/s。將質量為m＝25kg的物體無初速地放在傳送帶的頂端A，物體到達底端B后能無碰撞地滑上質量為M＝50kg的木板左端。已知木板與地面之間是光滑的，物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數分別為μ1＝0.5，μ2＝0.25，AB的距離為s＝8.20m。重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）物體剛開始下滑時的加速度大??；（2）物體通過傳送帶所需要的時間；（3）要使物體恰好不會從木板上掉下，木板長度L應是多少？【考點】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用；牛頓第二定律的簡單應用；傾斜傳送帶模型．【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】（1）物體剛開始下滑時的加速度大小為10m/s2；（2）物體通過傳送帶所需要的時間為2.2s；（3）要使物體恰好不會從木板上掉下，木板長度L應是4.8m。【分析】（1）（2）分析物體受力，根據受力判斷物體運動過程，再根據牛頓第二定律和運動學公式求解；（3）地面光滑，根據牛頓第二定律解得加速度，物體恰好滑到木板左端時與木板共速，從而列式解答。【解答】解：（1）物體剛開始下滑時所受滑動摩擦力沿斜面向下，設此時其加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：mgsin37°+μ1mgcos37°＝ma1解得：a1＝10m/s2（2）設物體與傳送帶共速時運動的位移大小為x1，由運動學公式得：v02=2a解得：x1＝0.2m＜st1=此后物體繼續(xù)在傳送帶上做勻加速直線運動，所受滑動摩擦力沿斜面向上，設其加速度為a2，根據牛頓第二定律得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma2解得：a2＝2m/s2設物體再經t2到達B端，則有（s﹣x1）＝v0t2+物體通過傳送帶所需要的時間為t＝t1+t2解得：t＝2.2s（3）物塊滑上木板的速度為vB＝v0+a2t2地面光滑時，物體和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設木板長度最小為L時，物體恰好滑到木板左端時與木板共速，根據牛頓第二定律得：μ2mg＝mamμ2mg＝MaM共速時滿足vB﹣amt3＝aMt3根據位移關系有L＝vBt3-解得：L＝4.8m答：（1）物體剛開始下滑時的加速度大小為10m/s2；（2）物體通過傳送帶所需要的時間為2.2s；（3）要使物體恰好不會從木板上掉下，木板長度L應是4.8m?！军c評】本題考查牛頓第二定律應用的傳送帶與板塊模型，涉及到牛頓第二定律、運動學規(guī)律的應用，解題時注意分析不同運動過程中摩擦力的方向和大小。

考點卡片1．用定義式計算物體的加速度【知識點的認識】（1）加速度的定義：加速度是表示速度改變快慢的物理量，它等于速度的改變量跟發(fā)生這一改變量所用時間的比值，定義式：a=△v（2）加速度單位：在國際單位制中是：米/秒2，讀作“米每兩次方秒”符號是m/s2（或m?s﹣2）．常用單位還有厘米/秒2（cm/s2）等．【命題方向】小球以5m/s的速度垂直撞擊水平地面后被彈回，小球離開地面的速率是3m/s，若這次撞擊時間是0.01s，以豎直向上方向為正方向，則小球在這次撞擊過程中的平均加速度為（）A.﹣200m/s2B.200m/s2C.800m/s2D.﹣800m/s2分析：分析小球撞擊地面過程的初速度和末速度，根據加速度的定義式求解小球在這次撞擊過程中的平均加速度．解答：以豎直向上方向為正方向，小球的初速度為v0＝﹣5m/s，末速度為v＝3m/s，時間t＝0.01s，則平均加速度為：a=v-v故選：C。點評：本題關鍵要注意速度是矢量，在規(guī)定正方向的前提下，用正負號表示速度的方向．【解題思路點撥】根據加速度的定義式a=Δv1.規(guī)定正方向，用正、負號表示初、末速度，正、負號表示方向2.計算速度變化量3.計算加速度，正、負號表示方向2．勻變速直線運動位移與時間的關系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：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，在這段時間內近似應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：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內的平均速度就等于時間t內的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結合公式x＝vt和v＝vt+at可導出位移公式：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，某一段時間內的平均速度等于該段時間內中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內初速度和末速度的算術平均值。（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，位移之差是常數，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內的位移，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內和6s內的位移之比（）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內的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內的位移等于在4s內的位移。x2=所以剎車2s內和6s內的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內的位移等于4s內的位移。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=v【解題思路點撥】（1）應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)律的綜合應用【知識點的認識】本考點下的題目，代表的是一類復雜的運動學題目，往往需要用到多個公式，需要細致的思考才能解答?！久}方向】如圖，甲、乙兩運動員正在訓練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運動員經短距離加速后都能達到并保持8m/s的速度跑完全程．設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）為了達到理想成績，需要乙恰好在速度達到與甲相同時被甲追上，則甲應在接力區(qū)前端多遠時對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經過接力區(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，當已追上甲時，它們的位移關系是s0+12at2＝（2）當兩人的速度相等時，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設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+12at2代入數據得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實際舍去）此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x=（2）乙加速時間t設甲在距離接力區(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s+代入數據得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運動，所以棒經過接力區(qū)的時間是t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，同學們一定要掌握?。窘忸}思路點撥】熟練掌握并深刻理解運動學的基礎公式及導出公式，結合公式法、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．彈力的概念及其產生條件【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產生的力叫彈力．（2）彈力的產生條件：①彈力的產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．（4）彈力的大小對有明顯形變的彈簧，彈力的大小可以由胡克定律計算．對沒有明顯形變的物體，如桌面、繩子等物體，彈力大小由物體的受力情況和運動情況共同決定．①胡克定律可表示為（在彈性限度內）：F＝kx，還可以表示成△F＝k△x，即彈簧彈力的改變量和彈簧形變量的改變量成正比．式中k叫彈簧的勁度系數，單位：N/m．k由彈簧本身的性質決定（與彈簧的材料、粗細、直徑及原長都有關系）．②“硬”彈簧，是指彈簧的k值較大．（同樣的力F作用下形變量△x較?。蹘追N典型物體模型的彈力特點如下表．項目輕繩輕桿彈簧形變情況伸長忽略不計認為長度不變可伸長可縮短施力與受力情況只能受拉力或施出拉力能受拉或受壓，可施出拉力或壓力同桿力的方向始終沿繩不一定沿桿沿彈簧軸向力的變化可發(fā)生突變同繩只能發(fā)生漸變【知識點的應用及延伸】彈力有無及方向的判斷問題：怎樣判斷彈力的有無？解答：（1）對于形變明顯的情況（如彈簧）可由形變直接判斷．（2）對于接觸處的形變不明顯，判斷其彈力的有無可用以下方法．①拆除法即解除所研究處的接觸，看物體的運動狀態(tài)是否改變．若不變，則說明無彈力；若改變，則說明有彈力．②分析主動力和運動狀態(tài)來判斷是否有彈力．分析主動力就是分析沿彈力所在方向上，除彈力以外其他力的合力．看該合力是否滿足給定的運動狀態(tài)，若不滿足，則存在彈力；若滿足，則不存在彈力．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是對概念的考查：關于彈力，下列說法中正確的是（）A．相互接觸的物體之間一定有彈力作用B．不接觸的物體之間也可能有彈力作用C．壓力和支持力的方向都垂直物體的接觸面D．壓力和支持力的方向都平行于物體的接觸面分析：知道彈力產生的條件：1、物體要相互接觸2、物體要發(fā)生彈性形變．清楚彈力的方向．解答：解：A、彈力產生的條件是：1、物體要相互接觸2、物體要發(fā)生彈性形變．兩個條件同時滿足物體間才會產生彈力．故A錯誤．B、根據A選項分析，故B錯誤．C、壓力和支持力的方向都垂直物體的接觸面，指向被壓和被支持的方向，故C正確．D、壓力和支持力的方向都垂直物體的接觸面，故D錯誤．故選C．點評：要注意支持力、壓力屬于彈力．壓力和支持力的方向都垂直物體的接觸面．（2）第二類?？碱}型是對具體事例進行分析：如圖，球A放在斜面上，被豎直擋板擋住而處于靜止狀態(tài)，關于球A所受的彈力，正確的（）A．球A僅受一個彈力作用，彈力方向垂直斜面向上B．球A受兩個彈力作用，一個水平向左，一個垂直斜面向下C．球A受兩個彈力作用，一個水平向右，一個垂直斜面向上D．球A受三個彈力作用，一個水平向右，一個垂直斜面向上，一個豎直向下分析：小球處于靜止狀態(tài)，對擋板和斜面接觸擠壓，擋板和斜面都產生彈性形變，它們對小球產生彈力，彈力的方向垂直于接觸面．解答：解：由于小球對擋板和斜面接觸擠壓，擋板和斜面都產生彈性形變，它們對小球產生彈力，而且彈力的方向垂直于接觸面，所以擋板對小球的彈力方向水平向右，斜面對小球的彈力方向垂直于斜面向上．故選C點評：支持力是常見的彈力，其方向垂直于接觸面并且指向被支持物．基礎題，比較容易．【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，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雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據具體的條件或計算來確定．5．胡克定律及其應用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產生的力叫彈力．（2）彈力的產生條件：①彈力的產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，從而產生彈力．在彈性限度內，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k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產生的彈力，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適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝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小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產生的，也可能是壓縮產生的，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系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉化，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：根據胡克定律兩次列式后聯立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據胡克定律，有：F2＝kx2；聯立解得：k=Fx2=100N故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關鍵是根據胡克定律列式后聯立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類常考題型是考查胡克定律與其他知識點的結合：如圖所示，一根輕質彈簧上端固定，下端掛一個質量為m0的平盤，盤中有一物體，質量為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，設彈簧總處在彈性限度內，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．設剛松手時，加速度大小為a，根據牛頓第二定律得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，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雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據具體的條件或計算來確定．6．動摩擦因數的性質和計算【知識點的認識】1.定義：彼此接觸的物體做相對運動時摩擦力和正壓力之間的比值，稱為動摩擦因數μ．當物體處于水平運動狀態(tài)時，正壓力＝重力。2.影響因素：不同材質的物體間動摩擦因數不同，μ與接觸面的材料、接觸面的粗糙程度有關，無單位。注意：動摩擦因數與壓力無關、與接觸面積大小無關、與滑動摩擦力的大小無關、與相對運動的速度大小無關。動摩擦系數是物體本身的屬性，只與物體本身有關，與有沒有進行相對運動，以及有沒有正壓力無關。所以不能說動摩擦系數與摩擦力成正比，與正壓力成反比。只能說摩擦力與正壓力和動摩擦系數成正比，也就是f＝μN。【命題方向】一根質量可忽略不計的輕彈簧下端掛一物體，當物體靜止不動時，彈簧伸長了10cm，將該物體放在水平桌面上，用該彈簧沿水平方向拉物體在桌面上做勻速滑動，此時彈簧伸長了2cm，求物體與桌面之間的動摩擦因數．分析：（1）當物體靜止不動時，根據胡克定律得出彈簧的勁度系數與物體重力的關系．（2）在水平面上運動時，根據胡克定律求出彈簧的拉力，根據滑動摩擦力的公式求出動摩擦因數．解答：當物體靜止不動時，根據胡克定律得：mg＝kx1；物體在桌面上做勻速滑動時，彈簧的拉力與滑動摩擦力二力平衡，則得：kx2＝f又f＝μN＝μmg聯立以上三得，μ=k答：物體與桌面之間的動摩擦因數為0.2．點評：本題關鍵掌握胡克定律和共點力平衡條件，也提供了一種測量動摩擦因數的方法．【解題思路點撥】1.動摩擦因數是一種固有屬性，與接觸面的材料，粗糙程度有關。2.求解動摩擦因數的相關問題時，要注意正壓力的求解。7．力的合成與分解的應用【知識點的認識】本考點針對比較復雜的題目，題目涉及到力的合成與分解的綜合應用。【命題方向】假期里，一位同學在廚房里協助媽媽做菜，對菜刀發(fā)生了興趣．他發(fā)現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，設頂角為2θ，背寬為d，側面長為l，如圖乙所示當在劈背施加壓力F后，產生垂直側面的兩個分力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），根據它跟半個劈的直角三角形的相似關系，由關系式，得F1＝F2由此可見，刀背上加上一定的壓力F時，側面分開其他物體的力跟頂角的大小有關，頂角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的頂角越小時，刀刃的強度會減小，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，體現了控制變量法，同時學會用三角函數來表示力與力的關系．【解題思路點撥】對力的合成與力的分解的綜合應用問題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關內容，再選擇合適的合成和分解方法進行解題。8．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變