2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系（10題）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：運(yùn)動(dòng)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(guò)程的簡(jiǎn)圖：抽屜底部安有滾輪，當(dāng)抽屜在柜中滑動(dòng)時(shí)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(shí)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(gè)手機(jī)，手機(jī)長(zhǎng)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(jī)與抽屜接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，抽屜總長(zhǎng)L＝0.8m，質(zhì)量M＝1kg。不計(jì)抽屜左右兩側(cè)及擋板的厚度，重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)對(duì)把手施加水平向右的恒力F，則（）A．當(dāng)水平恒力的大小F≤1N時(shí)，手機(jī)與抽屜有相對(duì)運(yùn)動(dòng) B．當(dāng)水平恒力的大小F≤0.3N時(shí)，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(mǎn)足F≥1.8N 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(mǎn)足F≥4.4N（多選）2．（2024?包頭二模）質(zhì)量M＝2.0kg、長(zhǎng)度L＝1.0m的木板靜止在足夠長(zhǎng)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(diǎn)），如圖（a）所示?，F(xiàn)對(duì)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(duì)滑動(dòng) C．0～6s內(nèi)，物塊與木板組成的系統(tǒng)機(jī)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(dòng)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(dāng)傳送帶以速度v0順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，以滑塊某次離墻壁最遠(yuǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，下列中滑塊的位移x、速度v、加速度a隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）A． B． C． D．（多選）4．（2024?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長(zhǎng)木板P，處于靜止?fàn)顟B(tài)。小滑塊Q（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置于長(zhǎng)木板中點(diǎn)。已知滑塊與長(zhǎng)木板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與地面的動(dòng)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(gè)水平向右的力F作用在長(zhǎng)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(guò)4s撤去F，若要Q不從P上滑脫，長(zhǎng)木板至少為4m（多選）5．（2024?城中區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，長(zhǎng)為1.0m的木板放在傾角為37°光滑斜面上，板的左端有一個(gè)質(zhì)量為M的物塊，物塊上連接了一根細(xì)繩，細(xì)繩跨過(guò)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(dòng)而木板不動(dòng)，已知M＝2m，則下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊與板間的動(dòng)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(shí)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(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量為m1的小鐵塊和質(zhì)量為m的長(zhǎng)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(zhǎng)為L(zhǎng)，鐵塊可視為質(zhì)點(diǎn)。鐵塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝3μ（μ為已知常數(shù)），長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝μ，且最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)鐵塊施加一個(gè)水平向右的恒定拉力F，那么下列說(shuō)法正確的是（）A．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過(guò)2L3μg長(zhǎng)的時(shí)間才能離開(kāi)木板B．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過(guò)L3μg長(zhǎng)的時(shí)間才能離開(kāi)木板C．為使鐵塊能離開(kāi)木板且離開(kāi)木板時(shí)，鐵塊相對(duì)于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為3μmg D．為使鐵塊能離開(kāi)木板且離開(kāi)木板時(shí)，鐵塊相對(duì)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(dòng)，質(zhì)量分別為m、M的兩物塊P、Q用繞過(guò)定滑輪的細(xì)繩相連，某時(shí)刻P以速度v0滑上傳送帶頂端，同時(shí)Q也以速度v0豎直向上運(yùn)動(dòng)，此后P運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)，Q始終沒(méi)有與滑輪相碰，重力加速度為g，則下列說(shuō)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(shí)刻為2t2 D．根據(jù)圖像可求出P與傳送帶間的動(dòng)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(fēng)洞示意圖，風(fēng)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?chē)鷼怏w的流動(dòng)。在某次風(fēng)洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風(fēng)口，打開(kāi)氣流控制開(kāi)關(guān)，表演者與風(fēng)力作用的正對(duì)面積不變，所受風(fēng)力大小F＝0.05v2（采用國(guó)際單位制），v為風(fēng)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．打開(kāi)開(kāi)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(shí)獲得最大速度 D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)（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(hào)”飛船，進(jìn)行了人類(lèi)的首次太空行走，期間由于宇航服故障，導(dǎo)致列昂諾夫無(wú)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(shí)，列昂諾夫攜帶著兩個(gè)便攜式氮?dú)夤?，可朝各個(gè)方向噴氣，每個(gè)氮?dú)夤迖姎饽軌驗(yàn)樗麕?lái)100N的反作用力。他依次實(shí)施了如下步驟：①打開(kāi)一個(gè)氮?dú)夤?，朝y軸正方向噴氣1s后，關(guān)閉噴氣；②打開(kāi)一個(gè)氮?dú)夤?，朝y軸負(fù)方向噴氣1s后關(guān)閉，同時(shí)打開(kāi)另一個(gè)氮?dú)夤?，朝x軸正方向噴氣2s后，關(guān)閉噴氣；③打開(kāi)一個(gè)氮?dú)夤蓿痻軸負(fù)方向噴氣t時(shí)間，關(guān)閉噴氣；最終列昂諾夫恰好到達(dá)飛船，成功獲救。假設(shè)列昂諾夫、宇航服和便攜式氮?dú)夤薜目傎|(zhì)量為100kg，不考慮噴出的氣體質(zhì)量，則下列說(shuō)法正確的是（）A．從開(kāi)始噴氣到獲救，總用時(shí)為8s B．步驟①完成后，距離下一次噴氣的時(shí)間為2.5s C．整個(gè)過(guò)程中，未噴氣的時(shí)間為3s D．步驟③中，t＝2s（多選）10．（2024?廣西三模）汽車(chē)工程學(xué)中將加速度隨時(shí)間的變化率稱(chēng)為急動(dòng)度k，急動(dòng)度k是評(píng)判乘客是否感到舒適的重要指標(biāo)，按照這一指標(biāo)，具有零急動(dòng)度的乘客較舒服。如圖所示為一輛汽車(chē)在啟動(dòng)過(guò)程中的急動(dòng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系，已知汽車(chē)質(zhì)量m＝2×105kg，啟動(dòng)過(guò)程中所受阻力f，在該過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．從0s到3s，汽車(chē)牽引力大于f B．從3s到6s乘客感覺(jué)比較舒服 C．從6s到9s汽車(chē)速度變化量為﹣4.5m/s D．汽車(chē)在9s時(shí)恰好停下

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（多選題）：運(yùn)動(dòng)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(guò)程的簡(jiǎn)圖：抽屜底部安有滾輪，當(dāng)抽屜在柜中滑動(dòng)時(shí)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(shí)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(gè)手機(jī)，手機(jī)長(zhǎng)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(jī)與抽屜接觸面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，抽屜總長(zhǎng)L＝0.8m，質(zhì)量M＝1kg。不計(jì)抽屜左右兩側(cè)及擋板的厚度，重力加速度g＝10m/s2。現(xiàn)對(duì)把手施加水平向右的恒力F，則（）A．當(dāng)水平恒力的大小F≤1N時(shí)，手機(jī)與抽屜有相對(duì)運(yùn)動(dòng) B．當(dāng)水平恒力的大小F≤0.3N時(shí)，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(mǎn)足F≥1.8N 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(mǎn)足F≥4.4N【考點(diǎn)】牛頓第二定律求解多過(guò)程問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；臨界法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)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(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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求出恒力的范圍；利用牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)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(mǎn)足的范圍。【解答】解：AB、手機(jī)的最大加速度為：am=μmgm=μg＝0.1×10m/s2手機(jī)與抽屜一起做加速運(yùn)動(dòng)的最大拉力為：Fm＝（M+m）am＝（1+0.2）×1N＝1.2N所以當(dāng)水平恒力的大小F≤1.2N時(shí)，手機(jī)與抽屜一起加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水平恒力的大小F＝0.3N時(shí)，抽屜和手機(jī)一起加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a1=FM+m=0.31+0.2當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時(shí)，有：2a1L=解得：v1=0.4m/s抽屜停止運(yùn)動(dòng)后，手機(jī)向右滑動(dòng)，則有：v12=2a解得手機(jī)向右滑動(dòng)的位移大小為：x1＝0.2m＝d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F≤0.3N時(shí)，手機(jī)不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C、當(dāng)F＞1.2N時(shí)手機(jī)與抽屜相對(duì)滑動(dòng)，水平恒力的大小F＝1.8N時(shí)，對(duì)抽屜由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝Ma2解得：a2＝1.6m/s2當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時(shí)，有：L=解得：t2＝1s，t＝﹣1s（舍去）手機(jī)的速度為：v2＝amt2解得：v2＝1m/s手機(jī)的位移為：x2=解得：x2＝0.5m抽屜停止運(yùn)動(dòng)后手機(jī)向右滑動(dòng)的位移為：x3＝x2＝0.5m，則有：x2+x3＝L+d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(mǎn)足F≥1.8N，故C正確；D、水平恒力的大小F＝2.2N時(shí)，對(duì)抽由牛頓第二定律得：F﹣μmg＝Ma3解得：a3＝2m/s2當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時(shí)，有：L=解得：t3=0.8手機(jī)向右運(yùn)動(dòng)的位移大小為：x4=解得：x4＝0.4m則x4＝2d，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(mǎn)足F≤2.2N，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】在解決本題時(shí)，要分析清楚手機(jī)的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(zhǎng)度L＝1.0m的木板靜止在足夠長(zhǎng)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(diǎn)），如圖（a）所示。現(xiàn)對(duì)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(duì)滑動(dòng) C．0～6s內(nèi)，物塊與木板組成的系統(tǒng)機(jī)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(dòng)能增量【考點(diǎn)】有外力的水平板塊模型；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)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(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者之間的靜摩擦力恰好達(dá)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(duì)滑動(dòng)；對(duì)4s～6s內(nèi)物塊與木板運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解兩者相對(duì)位移大小；0～6s內(nèi)，物塊與木板均在水平面上做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，它們組成的系統(tǒng)的動(dòng)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(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者之間的靜摩擦力恰好達(dá)到最大值。根據(jù)牛頓第二定律，此時(shí)對(duì)滑塊有：μmg＝ma0對(duì)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(duì)滑動(dòng)時(shí)力F的大小為：F0＝9N因0～4s內(nèi)F＝6N＜F0，故此時(shí)間內(nèi)物塊與木板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故B正確；A、4s～6s內(nèi)F＝10N，此時(shí)間內(nèi)物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊有：μmg＝ma1對(duì)木板有：F﹣μmg＝Ma2解得：a1＝3m/s2，a2＝3.5m/s2假設(shè)4s～6s的時(shí)間間隔t＝2s內(nèi)兩者沒(méi)有分離，則：滑塊的位移為：x1=12a1木板的位移為：x2=12a2兩者相對(duì)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，它們組成的系統(tǒng)的動(dòng)能是增加的，而重力勢(shì)能不變，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D、4～6s內(nèi)物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，存在摩擦生熱，由功能關(guān)系可知，此時(shí)間內(nèi)拉力F做功等于物塊與木板系統(tǒng)動(dòng)能增量與摩擦生熱之和，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了板塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，解答本題時(shí)要理清物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握各個(gè)過(guò)程的研究對(duì)象和物理規(guī)律，分段運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)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(dāng)傳送帶以速度v0順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，以滑塊某次離墻壁最遠(yuǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，下列中滑塊的位移x、速度v、加速度a隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題；胡克定律及其應(yīng)用．【專(zhuān)題】定性思想；臨界法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專(zhuān)題；摩擦力專(zhuān)題；傳送帶專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】滑塊離墻壁最遠(yuǎn)即表示滑動(dòng)速度為零，再分析滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力狀態(tài)，把握滑塊和傳動(dòng)帶共速、彈簧彈力為零、物體速度為零三個(gè)臨界狀態(tài)，以此判斷物體位移、速度和加速度的變化趨勢(shì)?！窘獯稹拷猓篈、由題可知，滑塊從t＝0時(shí)離墻壁最遠(yuǎn)，故v＝0，加速度向左，選項(xiàng)中x﹣t圖符合簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律，當(dāng)x＝0時(shí)，滑塊速度應(yīng)最大，加速度為零，與題不符，故A錯(cuò)誤；B、滑塊從t＝0時(shí)離墻壁最遠(yuǎn)，故v＝0，此時(shí)開(kāi)始向左做加速度逐漸減小的變加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，與選項(xiàng)中v﹣t圖不符合，故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)傳送帶速度v0足夠大，滑塊所受滑動(dòng)摩擦力將始終向左且大小恒定，此時(shí)滑塊的運(yùn)動(dòng)可等效成豎直方向懸掛的彈簧振子，選項(xiàng)中a﹣t圖表示滑塊做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)A選項(xiàng)分析可知符合已知，故C正確；D、根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，滑塊可能做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析和受力分析是解決運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題的基礎(chǔ)，要熟練掌握。（多選）4．（2024?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長(zhǎng)木板P，處于靜止?fàn)顟B(tài)。小滑塊Q（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置于長(zhǎng)木板中點(diǎn)。已知滑塊與長(zhǎng)木板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與地面的動(dòng)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(gè)水平向右的力F作用在長(zhǎng)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(guò)4s撤去F，若要Q不從P上滑脫，長(zhǎng)木板至少為4m【考點(diǎn)】無(wú)外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)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(yùn)動(dòng)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(duì)滑動(dòng)時(shí)力F的大小。判斷P、Q是否相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度與摩擦力的大??；根據(jù)牛頓第二定律求解撤去F后P、Q的速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得撤去F時(shí)P、Q的速度，以及最終兩者的相對(duì)位移大小，板長(zhǎng)最少長(zhǎng)度等于相對(duì)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(duì)滑動(dòng)時(shí)力F的大小為F0，此時(shí)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(duì)Q有：μ1mg＝ma對(duì)PQ整體有：F0﹣fm＝2ma解得：F0＝10N因F＝14N＞F0，故P、Q相對(duì)滑動(dòng)。對(duì)P有：F﹣μ1mg﹣μ2（m+m）g＝ma1，解得：a1=6m/sC、因fm＜F＝8N＜F0，故P、Q相對(duì)靜止一起做勻加速直線(xiàn)運(yùn)，對(duì)P、Q整體有：a2=對(duì)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(guò)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，Q后停止運(yùn)動(dòng)，兩者都停止運(yùn)動(dòng)后，相對(duì)位移大小為：x相=v22因Q初始放置于長(zhǎng)木板的中點(diǎn)，故板長(zhǎng)至少為2x相＝2×2m＝4m，故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的板塊模型，相對(duì)靜止與相對(duì)滑動(dòng)的臨界問(wèn)題。相對(duì)靜止與相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。在運(yùn)用牛頓第二定律解題時(shí)，要掌握整體法和隔離法的應(yīng)用。（多選）5．（2024?城中區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，長(zhǎng)為1.0m的木板放在傾角為37°光滑斜面上，板的左端有一個(gè)質(zhì)量為M的物塊，物塊上連接了一根細(xì)繩，細(xì)繩跨過(guò)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(dòng)而木板不動(dòng)，已知M＝2m，則下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊與板間的動(dòng)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(shí)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(diǎn)】有外力的傾斜板塊模型；連接體模型．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)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(dòng)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(shí)間；木板上的物塊相對(duì)于木板向上運(yùn)動(dòng)，對(duì)木板的滑動(dòng)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?fàn)顟B(tài)?！窘獯稹拷猓篈．木板上的物塊向上滑動(dòng)而木板不動(dòng)，對(duì)木板進(jìn)行分析有μMgcos37°＝mgsin37°解得μ＝0.375故A錯(cuò)誤；B．對(duì)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，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(duì)于木板向上運(yùn)動(dòng)，其對(duì)木板的滑動(dòng)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?fàn)顟B(tài)，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】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(yùn)動(dòng)聯(lián)系在一起。（多選）6．（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量為m1的小鐵塊和質(zhì)量為m的長(zhǎng)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(zhǎng)為L(zhǎng)，鐵塊可視為質(zhì)點(diǎn)。鐵塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝3μ（μ為已知常數(shù)），長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝μ，且最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)鐵塊施加一個(gè)水平向右的恒定拉力F，那么下列說(shuō)法正確的是（）A．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過(guò)2L3μg長(zhǎng)的時(shí)間才能離開(kāi)木板B．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過(guò)L3μg長(zhǎng)的時(shí)間才能離開(kāi)木板C．為使鐵塊能離開(kāi)木板且離開(kāi)木板時(shí)，鐵塊相對(duì)于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為3μmg D．為使鐵塊能離開(kāi)木板且離開(kāi)木板時(shí)，鐵塊相對(duì)于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為5μmg【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】AB：分別對(duì)小鐵塊和長(zhǎng)木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分別求出小鐵塊和長(zhǎng)木板加速度，小鐵塊從長(zhǎng)木板上滑離時(shí)，鐵塊與木板的位移之差等于木板長(zhǎng)L，由位移公式求時(shí)間；CD：由兩者位移關(guān)系推導(dǎo)鐵塊離開(kāi)木板時(shí)的速度與其加速度的關(guān)系式，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)求得滿(mǎn)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(dāng)F＝7μmg時(shí)，對(duì)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(duì)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(shí)間為t，鐵塊對(duì)地位移為x1則x木板對(duì)地位移為x2則x2鐵塊從木板有段離開(kāi)木板，x1﹣x2＝L，代入數(shù)據(jù)得鐵塊離開(kāi)木板的時(shí)間t=2L故A正確，B錯(cuò)誤。CD、設(shè)拉力為F′，鐵塊和木板的對(duì)地加速度分別為am1和am2，鐵塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′，對(duì)鐵塊有F′﹣μ1mg＝mam1解得a則x對(duì)木板有am2＝μg，為定值，可得xm2=右端離開(kāi)xm1﹣xm2＝L得：t=2L鐵塊速度：vm1由數(shù)學(xué)知識(shí)知：當(dāng)am1＝2μg時(shí)，鐵塊速度最小代入鐵塊加速度計(jì)算式可得F′＝5μmg故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】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(duì)兩物體進(jìn)行受力分析，明確小鐵塊滑離時(shí)兩物體間相對(duì)位移大小等于板長(zhǎng)。（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(dòng)，質(zhì)量分別為m、M的兩物塊P、Q用繞過(guò)定滑輪的細(xì)繩相連，某時(shí)刻P以速度v0滑上傳送帶頂端，同時(shí)Q也以速度v0豎直向上運(yùn)動(dòng)，此后P運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)，Q始終沒(méi)有與滑輪相碰，重力加速度為g，則下列說(shuō)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(shí)刻為2t2 D．根據(jù)圖像可求出P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ【考點(diǎn)】水平傳送帶模型；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對(duì)比多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】AD【分析】依據(jù)題圖（b）可知，根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系判斷P所受摩擦力的情況，由此判斷物塊P相對(duì)傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向，進(jìn)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(dòng)摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ；根據(jù)v﹣t圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移的大小，判斷2t2時(shí)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t1時(shí)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻速度減小到零，之后再沿斜面向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可知t1時(shí)刻后P所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，則0～t1時(shí)刻P所受的滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，P相對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，傳送帶傾角θ，0～t1時(shí)間內(nèi)P的加速度大小為a1，t1～t2時(shí)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(shí)間內(nèi)，對(duì)P有：μmgcosθ+T﹣mgsinθ＝ma1對(duì)Q有：Mg﹣T＝Ma1聯(lián)立可得：Mg+μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a1……①t1～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)P有：T′﹣μmgcosθ+mgsinθ＝ma2對(duì)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(wú)法判斷M與m的大小關(guān)系，故B錯(cuò)誤；D.根據(jù)圖像可得：a1=聯(lián)立B選項(xiàng)中①②兩式可求出動(dòng)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(shí)間軸圍成的面積表示位移的大小，由題圖（b）可知，0～t2時(shí)間的圖像與時(shí)間軸圍成的面積大于t2～2t2時(shí)間內(nèi)的圖像與時(shí)間軸圍成的面積，可知2t2時(shí)刻P還沒(méi)有返回到傳送帶頂端，故C錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)情況，由再結(jié)合牛頓第二定律求解，要知道力與運(yùn)動(dòng)聯(lián)系的紐帶是加速度。（多選）8．（2024?濰坊三模）如圖甲是風(fēng)洞示意圖，風(fēng)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?chē)鷼怏w的流動(dòng)。在某次風(fēng)洞飛行表演中，質(zhì)量為50kg的表演者靜臥于出風(fēng)口，打開(kāi)氣流控制開(kāi)關(guān)，表演者與風(fēng)力作用的正對(duì)面積不變，所受風(fēng)力大小F＝0.05v2（采用國(guó)際單位制），v為風(fēng)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．打開(kāi)開(kāi)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(shí)獲得最大速度 D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【答案】AC【分析】表演者開(kāi)始靜臥于h＝0處時(shí)，打開(kāi)氣流時(shí)，由圖讀出v2，再由F＝0.05v2求解風(fēng)力，結(jié)合風(fēng)力的變化，根據(jù)牛頓第二定律判斷表演者的運(yùn)動(dòng)情況。表演者的加速度為0時(shí)，速度取最大值?！窘獯稹拷猓篈、表演者開(kāi)始靜臥于h＝0，打開(kāi)氣流時(shí)，由圖可知v2＝1.2×104m2/s2，風(fēng)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(kāi)始F＞mg，加速方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，隨風(fēng)速的逐漸減小，表演者做加速逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝mg時(shí)，速度到達(dá)最大值，此時(shí)加速度為C、當(dāng)F＝mg時(shí)，此時(shí)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(diǎn)評(píng)】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(xiě)出解析式，結(jié)合分力變化，判斷人的運(yùn)動(dòng)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(hào)”飛船，進(jìn)行了人類(lèi)的首次太空行走，期間由于宇航服故障，導(dǎo)致列昂諾夫無(wú)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(shí)，列昂諾夫攜帶著兩個(gè)便攜式氮?dú)夤蓿沙鱾€(gè)方向噴氣，每個(gè)氮?dú)夤迖姎饽軌驗(yàn)樗麕?lái)100N的反作用力。他依次實(shí)施了如下步驟：①打開(kāi)一個(gè)氮?dú)夤?，朝y軸正方向噴氣1s后，關(guān)閉噴氣；②打開(kāi)一個(gè)氮?dú)夤?，朝y軸負(fù)方向噴氣1s后關(guān)閉，同時(shí)打開(kāi)另一個(gè)氮?dú)夤?，朝x軸正方向噴氣2s后，關(guān)閉噴氣；③打開(kāi)一個(gè)氮?dú)夤蓿痻軸負(fù)方向噴氣t時(shí)間，關(guān)閉噴氣；最終列昂諾夫恰好到達(dá)飛船，成功獲救。假設(shè)列昂諾夫、宇航服和便攜式氮?dú)夤薜目傎|(zhì)量為100kg，不考慮噴出的氣體質(zhì)量，則下列說(shuō)法正確的是（）A．從開(kāi)始噴氣到獲救，總用時(shí)為8s B．步驟①完成后，距離下一次噴氣的時(shí)間為2.5s C．整個(gè)過(guò)程中，未噴氣的時(shí)間為3s D．步驟③中，t＝2s【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；作用力與反作用力．【專(zhuān)題】定量思想；合成分解法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)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(kāi)噴氣時(shí)飛船的加速度大小，根據(jù)位移—時(shí)間公式和速度—時(shí)間公式各段過(guò)程的位移以及各個(gè)過(guò)程的末速度，結(jié)合總位移為5m解答。【解答】解：B、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(jìn)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(kāi)噴氣時(shí)飛船的加速度大小為a=即a=對(duì)列昂諾夫的每個(gè)步驟進(jìn)行分析，①朝y軸正方向噴氣1s，此過(guò)程中，他受到﹣y方向的力，其位移為y1=12a方向?yàn)椹亂方向，其末速度為vy1＝at1＝1×1m/s＝1m/s方向?yàn)椹亂方向。②朝y軸負(fù)方向噴氣1s，x軸正方向噴氣2s，此過(guò)程中，在y方向上，他受到+y方向的力，作用時(shí)間為1s，其位移為y2＝vy1t1-12at12=（1方向?yàn)椹亂方向，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(jìn)了3m，說(shuō)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(jìn)，此過(guò)程用時(shí)為t未噴氣可知步驟①完成后，距離下一次噴氣的時(shí)間為2s，故B錯(cuò)誤；D、在x方向上，他受到﹣x方向的力，作用時(shí)間為2s，其位移為x1=12a方向?yàn)椹亁方向，其速度為vx1＝at2＝1×2m/s＝2m/s方向?yàn)椹亁方向。③朝x軸負(fù)方向噴氣t時(shí)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(fù)方向噴氣t時(shí)間，即2s內(nèi)其位移為x2＝vx1t-12at2=（2×方向?yàn)椹亁方向由于在步驟②中，列昂諾夫已經(jīng)在﹣x方向前進(jìn)了2m，步驟③中再次前進(jìn)2m，則總共前進(jìn)了4m，恰好到達(dá)飛船，綜上所述，其運(yùn)動(dòng)總用時(shí)為8s，整個(gè)過(guò)程中未噴氣的時(shí)間為2s，故A正確，C錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要理清列昂諾夫的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，分段運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求相關(guān)位移與速度，同時(shí)，要明確各段運(yùn)動(dòng)過(guò)程之間的聯(lián)系，如位移關(guān)系。（多選）10．（2024?廣西三模）汽車(chē)工程學(xué)中將加速度隨時(shí)間的變化率稱(chēng)為急動(dòng)度k，急動(dòng)度k是評(píng)判乘客是否感到舒適的重要指標(biāo)，按照這一指標(biāo)，具有零急動(dòng)度的乘客較舒服。如圖所示為一輛汽車(chē)在啟動(dòng)過(guò)程中的急動(dòng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系，已知汽車(chē)質(zhì)量m＝2×105kg，啟動(dòng)過(guò)程中所受阻力f，在該過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．從0s到3s，汽車(chē)牽引力大于f B．從3s到6s乘客感覺(jué)比較舒服 C．從6s到9s汽車(chē)速度變化量為﹣4.5m/s D．汽車(chē)在9s時(shí)恰好停下【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】AB【分析】根據(jù)題干信息對(duì)圖像分析，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得出各個(gè)選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、圖像中縱坐標(biāo)k=ΔaΔt，所以對(duì)于0～3s內(nèi)任意時(shí)刻，加速度滿(mǎn)足a＝kt＝t，說(shuō)明此時(shí)汽車(chē)做加速運(yùn)動(dòng)，所以牽引力大于阻力，故B、根據(jù)題干信息可知，零急動(dòng)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(guò)程中，k＝﹣1，所以加速度滿(mǎn)足a＝﹣kt＝﹣t，因此可得出汽車(chē)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(gè)過(guò)程中汽車(chē)的加速度始終大于零，所以9s故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意對(duì)于圖像問(wèn)題，要結(jié)合已知條件，充分分析圖像中蘊(yùn)含的物理信息。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】（1）勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)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(jìn)行推導(dǎo)：在勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，雖然速度時(shí)刻變化，但只要時(shí)間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時(shí)間內(nèi)近似應(yīng)用我們熟悉的勻速運(yùn)動(dòng)的公式計(jì)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，速度是均勻改變的，它在時(shí)間t內(nèi)的平均速度就等于時(shí)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)中的平均速度在勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，對(duì)于某一段時(shí)間t，其中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時(shí)間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，某一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于該段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，又等于這段時(shí)間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)推論公式：任意兩個(gè)連續(xù)相等時(shí)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(shí)間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對(duì)基本公式的理解汽車(chē)在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當(dāng)汽車(chē)遇到交通事故時(shí)就以7.5m/s2的加速度剎車(chē)，剎車(chē)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(chē)剎車(chē)到停止所需的時(shí)間，汽車(chē)剎車(chē)停止后不再運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)位移時(shí)間公式x=v0t+12解：汽車(chē)剎車(chē)到停止所需的時(shí)間t0所以剎車(chē)2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車(chē)在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車(chē)2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：D。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道汽車(chē)剎車(chē)停下來(lái)后不再運(yùn)動(dòng)，所以汽車(chē)在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類(lèi)試題都需注意物體停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。例2：對(duì)推導(dǎo)公式v=v0物體做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，某時(shí)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?yàn)檎较?，?s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?yàn)檎较颍?s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(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問(wèn)題，以及掌握勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的平均速度公式v=【解題思路點(diǎn)撥】（1）應(yīng)用位移公式的解題步驟：①選擇研究對(duì)象，分析運(yùn)動(dòng)是否為變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，并選擇研究過(guò)程。②分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程的初速度v0以及加速度a和時(shí)間t、位移x，若有三個(gè)已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向?yàn)檎较颍?，判斷各矢量正?fù)代入公式計(jì)算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的方法：①明確研究過(guò)程。②搞清v、a的正負(fù)及變化情況。③利用圖象求解a時(shí)，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時(shí)，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(lái)求解物體的位移和路程的問(wèn)題中，要注意以下兩點(diǎn)：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(duì)值的和等于物體的路程。2．根據(jù)v-t圖像的物理意義對(duì)比多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系。2.圖像實(shí)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(diǎn)：表示速度相等。4.v﹣t曲線(xiàn)分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；②表示物體沿正方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；③表示物體沿正方向做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個(gè)物體此時(shí)的速度相同；⑤t1時(shí)刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時(shí)間內(nèi)的位移。5.本考點(diǎn)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(gè)物體的運(yùn)動(dòng)的情況。【命題方向】甲、乙兩汽車(chē)在同一條平直公路上同向運(yùn)動(dòng)，其速度—時(shí)間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線(xiàn)所示。已知兩車(chē)在t1時(shí)刻并排行駛，下列說(shuō)法正確的是（）A.t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間，甲車(chē)一直在乙車(chē)之前B.t2時(shí)刻甲、乙兩車(chē)再次并排行駛C.t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間，甲車(chē)的加速度先減小后增大，乙車(chē)的加速度大小先增大后減小D.t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間，兩車(chē)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(chē)的加速度和位移的關(guān)系即可。解答：A、由圖可知，t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間內(nèi)，甲車(chē)的速度始終大于乙車(chē)的速度，因?yàn)閮绍?chē)在t1時(shí)刻并排行駛，所以t1時(shí)刻到t2時(shí)刻的這段時(shí)間內(nèi)，甲車(chē)一直在乙車(chē)前面，故A正確；B、t2時(shí)刻甲乙兩車(chē)速度相等，同A選項(xiàng)的分析可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，甲車(chē)一直在乙車(chē)前面，故B錯(cuò)誤；CD、v﹣t圖像斜率表示加速度，可知在t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間，甲車(chē)的加速度先減小后增大，乙車(chē)的加速度也是先減小后增大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。點(diǎn)評(píng)：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(chē)的運(yùn)動(dòng)情況即可?！窘忸}思路點(diǎn)撥】圖像類(lèi)問(wèn)題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時(shí)間的變化情況。針對(duì)此類(lèi)問(wèn)題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動(dòng)情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。3．復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)知】1.除了常見(jiàn)的x﹣t圖像，v﹣t圖像與a﹣t圖像外，還有一些少見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像如xt-t圖像，v﹣x圖像、v2﹣2.這些圖像往往都與運(yùn)動(dòng)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(gè)運(yùn)動(dòng)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?！久}方向】在平直公路上有甲、乙兩輛汽車(chē)同時(shí)從同一位置沿著同一方向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，它們速度的平方隨位移變化的圖象如圖所示，則（）A、甲車(chē)的加速度比乙車(chē)的加速度小B、在x＝0.5m處甲、乙兩車(chē)相遇C、在x＝1m處甲、乙兩車(chē)相遇D、在t＝2s末甲、乙兩車(chē)相遇分析：根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度—位移關(guān)系公式：v2-v02=解答：A、根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)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(chē)的加速度大于乙車(chē)的加速度，故A錯(cuò)誤；BCD、由圖象可知x＝0.5m時(shí)，兩車(chē)速度的平方相等，速度相等。由圖可知，對(duì)于甲車(chē)做初速度為0加速度為2m/s2的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，乙做初速度為1m/s，加速度為1m/s2的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，兩車(chē)相遇時(shí)，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(chē)的位移為x=12a甲t2=1故選：D。點(diǎn)評(píng)：讀懂圖象的坐標(biāo)，并能根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移—速度關(guān)系求出描述勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的相關(guān)物理量，并再由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出未知量．【解題思路點(diǎn)撥】非常規(guī)的運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像一般都是從某一個(gè)表達(dá)式得來(lái)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(yùn)動(dòng)問(wèn)題。4．胡克定律及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(duì)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?gòu)椓Φ漠a(chǎn)生條件是兩個(gè)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(diǎn)與面接觸時(shí)彈力的方向：過(guò)接觸點(diǎn)垂直于接觸面．球與面接觸時(shí)彈力的方向：在接觸點(diǎn)與球心的連線(xiàn)上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過(guò)接觸點(diǎn)的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線(xiàn)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(duì)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(zhǎng)（或縮短）的長(zhǎng)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(zhǎng)（或縮短）單位長(zhǎng)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(zhǎng)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(zhǎng)度與彈簧原長(zhǎng)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(zhǎng)度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對(duì)于彈簧問(wèn)題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長(zhǎng)”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(wèn)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(gè)解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長(zhǎng)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(yùn)用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長(zhǎng)度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類(lèi)?？碱}型是考查胡克定律：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，若改掛100N的重物時(shí)，彈簧總長(zhǎng)為20cm，則彈簧的原長(zhǎng)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(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時(shí)，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100N故彈簧的原長(zhǎng)為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點(diǎn)評(píng)：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(lèi)?？碱}型是考查胡克定律與其他知識(shí)點(diǎn)的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個(gè)質(zhì)量為m0的平盤(pán)，盤(pán)中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤(pán)靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度比其自然長(zhǎng)度伸長(zhǎng)了l，今向下拉盤(pán)，使彈簧再伸長(zhǎng)△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(shí)盤(pán)對(duì)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(shí)手的拉力，確定盤(pán)和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時(shí)，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤(pán)對(duì)物體的支持力．解：當(dāng)盤(pán)靜止時(shí)，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長(zhǎng)△l時(shí)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(shí)彈簧的彈力沒(méi)有變化，則以盤(pán)和物體整體為研究對(duì)象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對(duì)物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故選A．點(diǎn)評(píng)：點(diǎn)評(píng)：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時(shí)問(wèn)題的能力，這類(lèi)問(wèn)題往往先分析平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時(shí)加速度．【解題方法點(diǎn)撥】這部分知識(shí)難度中等、也有難題，在平時(shí)的練習(xí)中、階段性考試中會(huì)單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、填空、計(jì)算等等出題形式多種多樣，在高考中不會(huì)以綜合題的形式考查的，但是會(huì)做為題目的一個(gè)隱含條件考查．彈力的有無(wú)及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時(shí)，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計(jì)算來(lái)確定．5．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}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(duì)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(duì)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(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)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(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，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。6．牛頓第二定律求解多過(guò)程問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(diǎn)的針對(duì)的情境：物體的受力在一個(gè)階段內(nèi)不斷變化，從而引起加速度不斷變化。常見(jiàn)的如彈簧類(lèi)問(wèn)題，蹦極類(lèi)問(wèn)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(kāi)始到彈簧的壓縮量最大的過(guò)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(shí)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(zhǎng)度的增大而增大．以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，開(kāi)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(yùn)動(dòng)，合力減小；當(dāng)彈力大于重力后，合力豎直向上，小球做減速運(yùn)動(dòng)，合力增大．解答：小球自由落下，接觸彈簧時(shí)有豎直向下的速度。以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況：開(kāi)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(yùn)動(dòng)，合力變??；當(dāng)彈力大于重力后，合力豎直向上，小球做減速運(yùn)動(dòng)，合力變大。當(dāng)彈力等于重力時(shí)，合力為零，速度最大。故選：C。點(diǎn)評(píng)：含有彈簧的問(wèn)題，是高考的熱點(diǎn)．關(guān)鍵在于分析小球的受力情況，來(lái)確定小球的運(yùn)動(dòng)情況，抓住彈力是變化的這一特點(diǎn)．不能簡(jiǎn)單認(rèn)為小球一接觸彈簧就做減速運(yùn)動(dòng)．【解題思路點(diǎn)撥】用牛頓第二定律求解多過(guò)程問(wèn)題的思路如下：1.分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)情況。7．作用力與反作用力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：（1）力是物體對(duì)物體的作用，每個(gè)力一定同時(shí)存在著受力物體和施力物體。（2）兩個(gè)物體之間的作用總是用相互的，物體間相互作的這一對(duì)力稱(chēng)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(gè)力叫作作用力，另一個(gè)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(shuō)法中，正確的是（）A.物體相互作用時(shí)，先有作用力，后有反作用力B.雖然馬能將車(chē)?yán)瓌?dòng)，但是馬拉車(chē)的力與車(chē)?yán)R的力大小相等C.雞蛋碰石頭時(shí)，雞蛋對(duì)石頭的作用力小于石頭對(duì)雞蛋的作用力D.作用力和反作用力的合力為零，即兩個(gè)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(xiàn)上，作用力與反作用力和一對(duì)平衡力最大的區(qū)別在于作用力與反作用力作用在兩個(gè)不同的物體上，而一對(duì)平衡力是作用在同一個(gè)物體上的．解答：A、作用力與反作用力是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)消失的，沒(méi)有先后之分，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤。B、馬拉車(chē)的力與車(chē)?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(chē)?yán)瓌?dòng)，是由于馬拉車(chē)的力大于車(chē)所受到的摩擦力的緣故，所以B選項(xiàng)正確。C、雞蛋對(duì)石頭的作用力和石頭對(duì)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(xiàng)錯(cuò)誤。D、作用力與反作用力作用在兩個(gè)不同的物體上，根本不能求它們的合力，只有作用在同一個(gè)物體上的力才可以求它們的合力，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查作用力與反作用力的關(guān)系，同時(shí)注意區(qū)分它與一對(duì)平衡力的區(qū)別．【解題思路點(diǎn)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。8．超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．實(shí)重和視重：（1）實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)。（2）視重：當(dāng)物體在豎直方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的重力。此時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)或臺(tái)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(shí)質(zhì)超重物體對(duì)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(duì)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(duì)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(gè)盛水的容器底部有一小孔。靜止時(shí)用手指堵住小孔不讓它漏水，假設(shè)容器在下述幾種運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持平動(dòng)，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時(shí)，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孔向下漏水；容器向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運(yùn)動(dòng)中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運(yùn)動(dòng)中小孔不向下漏水分析：當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速度；當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度；如果沒(méi)有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無(wú)論向哪個(gè)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(shí)水和容器的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同，它們之間沒(méi)有相互作用，水不會(huì)流出，所以D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查了學(xué)生對(duì)超重失重現(xiàn)象的理解，掌握住超重失重的特點(diǎn)，本題就可以解決了。【解題方法點(diǎn)撥】解答超重、失重問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵在于從以下幾方面來(lái)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(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)，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(shí)，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(huì)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(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．連接體：兩個(gè)或兩個(gè)以上存在相互作用或有一定關(guān)聯(lián)的物體系統(tǒng)稱(chēng)為連接體，在我們運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解答力學(xué)問(wèn)題時(shí)經(jīng)常會(huì)遇到．2．解連接體問(wèn)題的基本方法整體法：把兩個(gè)或兩個(gè)以上相互連接的物體看成一個(gè)整體，此時(shí)不必考慮物體之間的作用內(nèi)力．隔離法：當(dāng)求物體之間的作用力時(shí)，就需要將各個(gè)物體隔離出來(lái)單獨(dú)分析．解決實(shí)際問(wèn)題時(shí)，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(wèn)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(dòng)摩擦因數(shù)都相同．當(dāng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x1，如圖甲所示；當(dāng)用同樣大小的力F豎直共同加速提升兩物塊時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，如圖乙所示；當(dāng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)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(wú)法確定分析：本題是連接體問(wèn)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(zhǎng)量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a1=對(duì)A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，a2=對(duì)A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3k丙圖，對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得Fa3=對(duì)A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k則x1：x2：x3＝1：1故A正確，BCD錯(cuò)誤故選：A．點(diǎn)評(píng)：牛頓定律處理連接體問(wèn)題時(shí)，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(jiǎn)單．求內(nèi)力時(shí)，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(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T(mén)．現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是（）A．質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用B．當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕繩剛好被拉斷C．當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕繩還不會(huì)被拉斷D．輕繩剛要被拉斷時(shí)，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(gè)數(shù)；再對(duì)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(gè)物體為研究對(duì)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(duì)其作用的向后的摩擦力，輕繩的拉力、地面的支持力五個(gè)力的作用，故A錯(cuò)誤；對(duì)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(dāng)F逐漸增大到2T時(shí)，輕繩中拉力等于T，輕繩才剛好被拉斷，選項(xiàng)輕繩剛要被拉斷時(shí)，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(diǎn)評(píng)：本題重點(diǎn)在于研究對(duì)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(diǎn)撥】（1）解答連接體問(wèn)題時(shí)，決不能把整體法和隔離法對(duì)立起來(lái)，而應(yīng)該把這兩種方法結(jié)合起來(lái)，從具體問(wèn)題的實(shí)際情況出發(fā)，靈活選取研究對(duì)象，恰當(dāng)選擇使用隔離法和整體法．（2）在使用隔離法解題時(shí)，所選取的隔離對(duì)象可以是連接體中的某一個(gè)物體，也可以是連接體中的某部分物體（包含兩個(gè)或兩個(gè)以上的單個(gè)物體），而這“某一部分”的選取，也應(yīng)根據(jù)問(wèn)題的實(shí)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(lái)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(shí)，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(shí)，先隔離后整體；求內(nèi)力時(shí)，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(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.傳送帶問(wèn)題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)用問(wèn)題。2.分類(lèi)傳送帶問(wèn)題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類(lèi)問(wèn)題。3.常見(jiàn)情況分析（條件說(shuō)明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)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(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)速率恒為v，在其左端放上一無(wú)初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不可能為（）A.LvB.2LvC.2L分析：物塊無(wú)初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有可能先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)再做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出木塊運(yùn)行的時(shí)間．解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。若木塊一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)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=12a若木塊一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=則勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移x則勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t則總時(shí)間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)情況，考慮到木塊運(yùn)動(dòng)的各種可能性，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．【解題思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類(lèi)型，對(duì)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(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。11．無(wú)外力的水平板塊模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：一個(gè)物體在另一個(gè)物體表面上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，兩者之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，可能發(fā)生同向相對(duì)滑動(dòng)或反向相對(duì)滑動(dòng)。問(wèn)題涉及兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個(gè)基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，一質(zhì)量M＝5kg的長(zhǎng)木板以初速度v1＝2m/s在水平地面上向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)一質(zhì)量m＝1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g＝10m/s2。求：（1）滑塊和木板運(yùn)動(dòng)的加速度大?。唬?）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長(zhǎng)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(duì)他的滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解出滑塊與木板最大相對(duì)滑動(dòng)距離即可。解答：（1）對(duì)滑塊，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma2解得：a2＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2對(duì)木板，由牛頓第二定律得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma1解得：a（2）由于