2024-2025學(xué)年人教版（2019）高一（上）物理寒假作業(yè)（十二）

第1頁（共1頁）2024-2025學(xué)年人教版（2019）高一（上）物理寒假作業(yè)（十二）一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?西山區(qū)校級月考）高鐵已成為重要的“中國名片”。一輛由8節(jié)車廂編組的列車，從車頭開始的第2、3、6和7共四節(jié)為動力車廂，其余為非動力車廂。列車在平直軌道上勻加速啟動時，若每節(jié)動力車廂牽引力大小均為F，每節(jié)車廂質(zhì)量均為m，所受阻力均為f，則（）A．列車的加速度為F-B．列車的加速度為F-C．第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力為0 D．第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力為F﹣2f2．（2024秋?未央?yún)^(qū)校級月考）如圖甲所示，一小物塊從水平轉(zhuǎn)動的傳送帶的右側(cè)滑上傳送帶，固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊的位移x隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。已知圖線在前3.0s內(nèi)為二次函數(shù)，在3.0～4.5s內(nèi)為一次函數(shù)，取向左運(yùn)動的方向?yàn)檎较颍瑐魉蛶У乃俣缺３植蛔?，g取10m/s2，下列說法不正確的是（）A．物塊在前3s向左做勻減速運(yùn)動 B．傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動 C．傳送帶的速度大小為2m/s D．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.23．（2024秋?天心區(qū)校級月考）如圖所示，互不黏合的A、B兩物體緊貼放在水平地面上，水平地面與物體間的摩擦可忽略，已知A、B兩物體質(zhì)量分別為4kg、6kg。t＝0時水平作用力F1、F2分別作用于A、B上，其中F1＝（24﹣12t）N，F(xiàn)2＝（16+12t）N。則下列說法正確的是（）A．A物體先向右運(yùn)動，再反向向左運(yùn)動 B．當(dāng)t＝2s時，A、B將分離 C．t＝0.5s時，A物體的加速度大小為4.5m/s2 D．t＝2s時，A物體的加速度大小為2m/s24．（2024秋?太原月考）如圖所示，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點(diǎn)。一小滑塊自a點(diǎn)由靜止開始下滑，通過ab、bc、cd各段所用時間均為T?，F(xiàn)讓該滑塊自b點(diǎn)由靜止開始下滑，則該滑塊（）A．通過bc、cd段的時間均等于T B．通過c、d點(diǎn)的速度之比為3：C．通過bc、cd段的時間之比為1：D．通過c點(diǎn)的速度大于通過bd段的平均速度5．（2023秋?衡陽縣期末）光滑水平面上靜止疊放著物塊A和木板B，質(zhì)量分別為1kg和3kg。t＝0時刻給木板B施加一個隨時間變化的水平拉力F，拉力F與時間t的關(guān)系為F＝2+3t（N）。已知A和B之間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，木板足夠長，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．t＝0時刻時B的加速度為零 B．2s末A、B即將相對滑動 C．3s末A、B加速度相同 D．4s末B的加速度為2m/s26．（2023秋?衡陽縣期末）一木塊沿一與水平面夾角為α的表面粗糙的傳送帶運(yùn)動，其v﹣t圖像如圖所示，已知傳送帶以速率v0逆時針轉(zhuǎn)動，傳送帶足夠長，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。則下列說法正確的是（）A．v﹣t圖像描述的是木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上的運(yùn)動 B．從v﹣t圖像可知木塊的初速度大于v0 C．從v﹣t圖像可知木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＜tanα D．從v﹣t圖像可以得出木塊運(yùn)動過程中的速度一定沒有等于v0的時刻7．（2024秋?南開區(qū)校級月考）如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4m，以v0＝5m/s的速度（始終保持不變）順時針運(yùn)轉(zhuǎn)。今將一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）無初速度地輕放在A端。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2。則小物塊從A運(yùn)動到B的過程中，下列說法正確的是（）A．小物塊在傳送帶上一直加速運(yùn)動 B．小物塊從A運(yùn)動到B的時間是1.5s C．小物塊與傳送帶間的相對位移是2.5m D．小物塊達(dá)到的最大速度是42m/s8．（2024秋?青秀區(qū)校級月考）質(zhì)量分別為M和m的物塊由相同的材料制成，且M＞m，將它們用通過光滑的輕質(zhì)定滑輪的輕細(xì)線連接。若按圖甲放置，則質(zhì)量為m的物塊恰好勻速下降。若將兩物塊互換位置，如圖乙所示，它們的共同加速度大小為（）A．(M-m)gM B．(M-二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?河南月考）如圖所示，均可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B通過跨過車廂頂部的光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩連接，小球A用輕繩AC系于車廂側(cè)壁，當(dāng)小車在水平面上向左做勻加速直線運(yùn)動時，定滑輪兩側(cè)的輕繩恰好垂直，輕繩AC恰好水平。已知A、B兩小球的質(zhì)量分別為0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．輕繩AB中的張力大小為5N B．小車的加速度大小為403C．輕繩CA中的張力大小為3N D．輕繩對定滑輪的作用力小于7N（多選）10．（2024秋?紅橋區(qū)校級月考）如圖所示，A、B、C三個物體質(zhì)量相等，它們與傳送帶間的動摩擦因數(shù)也相同。三個物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動，運(yùn)動方向如圖中箭頭所示。則下列說法正確的是（）A．A物體受到的摩擦力方向向右 B．三個物體中只有A物體受到的摩擦力是零 C．B受到的摩擦力沿斜面向下 D．B、C受到的摩擦力方向相同（多選）11．（2024秋?五華區(qū)校級月考）物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物塊P施加水平向右的恒力F，t＝1s時撤去，在0～1s兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個運(yùn)動過程中分析正確的是（）A．t＝1s時Q的速度大小等于0.4m/s B．恒力大小為2N C．t＝1s時P、Q相距最近 D．Q的質(zhì)量為0.5kg（多選）12．（2024秋?市中區(qū)校級月考）如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，與斜面垂直的擋板P固定在斜面底端，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為2m的物塊B并排放在斜面上，物塊A、B不粘連，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面向上的外力F拉物塊B，使B沿斜面向上做加速度大小為a=12g的勻加速直線運(yùn)動。已知重力加速度大小為A．未施加外力F時，彈簧的壓縮量為3mgB．物塊A、B分離前，外力F的大小與位移成正比 C．物塊A、B分離時，彈簧的壓縮量為mgD．物塊A、B分離時，物塊B的速度大小為g三．填空題（共4小題）13．（2023秋?普陀區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球，用輕繩連接后掛在三角劈的頂端斜面平行，劈置于光滑水平面上，當(dāng)劈水平向右勻加速加速度a1＝時，球與斜面相對靜止且細(xì)繩的拉力恰好為零；當(dāng)劈以加速度a＝2g向左勻加速運(yùn)動時，繩的拉力T2＝。14．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）如圖所示，在固定的光滑水平地面上有質(zhì)量分別為2m和m的木塊A、B。A、B之間用輕質(zhì)彈簧相連接，用水平向右的恒力F推A，彈簧穩(wěn)定后，A、B一起向右作勻加速直線運(yùn)動，此時AB間彈簧彈力的大小為。在彈簧穩(wěn)定后的某時刻，突然將外力F撤去，撤去外力的瞬間，木塊A的加速度大小為。15．（2024秋?鼓樓區(qū)校級期中）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M＝2kg的物體A，B（B物體與彈簧栓接），彈簧的勁度系數(shù)為k＝100N/m，初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度a＝1m/s2的勻加速直線運(yùn)動（重力加速度g取10m/s2）。外力F作用時間s后，A，B分離。16．（2024秋?泉州期中）一質(zhì)量為m的雨滴在空中從靜止開始下落，已知下降過程中受到的空氣阻力f與雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k為已知的常量。則達(dá)到穩(wěn)定前，雨滴的加速度大?。ㄟx填“一直增加”或者“一直減小”）；雨滴的最大速率為；比例系數(shù)k的單位為（用國際單位制的基本單位表示）。四．解答題（共4小題）17．（2024秋?天心區(qū)校級月考）如圖所示，小物塊A、B用輕繩相連，并通過輕質(zhì)滑輪將B懸掛于C的右端，初始時A、B、C均靜止且將A鎖定，C放在光滑水平地面上，已知：A、B、C質(zhì)量分別為mA＝mB＝1kg、mC＝4kg，AC、BC之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現(xiàn)解除A的鎖定狀態(tài)，同時對C施加一個水平外力F，則：（1）若水平外力為F0時C保持靜止，A、B勻加速運(yùn)動，且A未撞滑輪、B未落地，求A的加速度aA、繩子上的拉力TB和F0的大小；（2）若對C施加水平向右的外力為F1，為了保證A、B、C相對靜止，求F1的大小范圍。18．（2024秋?通州區(qū)校級月考）如圖所示，碎石場有一長L＝7.25m的傳送帶與水平面夾角θ＝37°，傳送帶以恒定速率v＝5m/s沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，在傳送帶上端有一質(zhì)量m＝1kg石塊被水平輕繩系住保持靜止不動。t＝0時刻剪斷輕繩，石塊由靜止開始滑下，已知石塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）t＝0時刻前繩子的拉力大??；（2）剪斷輕繩時石塊的加速度；（3）石塊到達(dá)傳送帶底端所需的時間。19．（2024秋?西山區(qū)校級月考）如圖所示，有一足夠長的斜面固定在水平地面上，它與水平方向的夾角θ＝30°，斜面上每隔d＝0.4m固定一個擋板，從上往下依次標(biāo)記為1、2、3…n（n→∞）。擋板1的上方某處有一厚度均勻、質(zhì)量為m的長木板A，A的上表面放有一質(zhì)量為m的小物塊B，B與A之間動摩擦因數(shù)μ1=32，A與斜面之間動摩擦因數(shù)μ2=33，最初A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給物塊B一個平行于木板斜向下、大小F＝mg的作用力，經(jīng)0.9s后撤去。再經(jīng)1s后，木板A與擋板1發(fā)生碰撞。若木板A每次與擋板碰撞都以碰前的速度反彈，且每次與擋板碰后立即撤離被碰擋板，物塊B始終沒有與擋板相碰，B也始終沒有滑離木板A，重力加速度g（1）F作用的0.9s內(nèi)A、B的加速度大?。唬?）A與擋板1碰撞時的速度大??；（3）B在A上面滑行時，B相對于A滑行的總路程（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。20．（2024秋?阿城區(qū)校級月考）如圖所示，一水平傳送帶以v0＝6m/s的速度順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶AB長度L＝4m，其右端連著一段光滑水平平臺BC，緊挨著BC的光滑水平地面上放置一輛質(zhì)量M＝1.5kg的平板小車，小車上表面剛好與BC面等高?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.5kg的煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放到傳送帶的左端A處，經(jīng)過傳送帶傳送至右端B后通過BC滑上小車，最后剛好能滑到小車的右端。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，煤塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求：（1）煤塊剛放上傳送帶時的加速度大?。唬?）煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度；（3）小車的長度。

2024-2025學(xué)年人教版（2019）高一（上）物理寒假作業(yè)（十二）參考答案與試題解析題號12345678答案CAADBCCA一．選擇題（共8小題）1．（2024秋?西山區(qū)校級月考）高鐵已成為重要的“中國名片”。一輛由8節(jié)車廂編組的列車，從車頭開始的第2、3、6和7共四節(jié)為動力車廂，其余為非動力車廂。列車在平直軌道上勻加速啟動時，若每節(jié)動力車廂牽引力大小均為F，每節(jié)車廂質(zhì)量均為m，所受阻力均為f，則（）A．列車的加速度為F-B．列車的加速度為F-C．第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力為0 D．第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力為F﹣2f【考點(diǎn)】連接體模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用．【專題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】以8節(jié)車廂組成的整體為研究對象，利用牛頓第二定律可以求出列車的加速度；對前兩節(jié)車廂，根據(jù)牛頓第二定律求解第3節(jié)車廂對第2節(jié)車廂的作用力大小，從而得到第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力大小?！窘獯稹拷猓篈B、以8節(jié)車廂組成的整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得4F﹣8f＝8ma解得a=F-CD、對前兩節(jié)車廂，根據(jù)牛頓第二定律得F+F32﹣2f＝2ma解得第3節(jié)車廂對第2節(jié)車廂的作用力大小為F23＝0根據(jù)牛頓第三定律知，第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的作用力為0，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律的基本應(yīng)用，要靈活選擇研究對象，注意整體法和隔離法的靈活運(yùn)用。2．（2024秋?未央?yún)^(qū)校級月考）如圖甲所示，一小物塊從水平轉(zhuǎn)動的傳送帶的右側(cè)滑上傳送帶，固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊的位移x隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示。已知圖線在前3.0s內(nèi)為二次函數(shù)，在3.0～4.5s內(nèi)為一次函數(shù)，取向左運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2，下列說法不正確的是（）A．物塊在前3s向左做勻減速運(yùn)動 B．傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動 C．傳送帶的速度大小為2m/s D．小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2【考點(diǎn)】水平傳送帶模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】比較思想；圖析法；傳送帶專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據(jù)x﹣t圖像的斜率表示速度，來分析物塊的運(yùn)動情況；分析3～4.5s內(nèi)物塊的運(yùn)動情況，即可確定傳送帶的轉(zhuǎn)動方向，并根據(jù)圖像的斜率求出傳送帶的速度大??；圖乙可知第3s內(nèi)物塊位移為x＝1m，根據(jù)牛頓第二定律和位移—時間公式相結(jié)合求小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)x﹣t圖像的斜率表示速度可知，前3s內(nèi)圖線的切線斜率先變小后反向變大，則物塊先向左做勻減速直線運(yùn)動，后向右做勻加速直線運(yùn)動，故A錯誤；B、3～4.5s內(nèi)，圖像的斜率為負(fù)值且恒定，說明物塊與傳送帶一起向右勻速，則知傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，故B正確；C、由3～4.5s內(nèi)圖像的斜率可知，傳送帶速度為v=ΔxΔtD、由題圖可知，第3s內(nèi)物塊向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，第3s內(nèi)物塊的位移為x＝1m，由牛頓第二定律可知，其加速度為a=由勻變速直線運(yùn)動的位移—時間公式可知x=聯(lián)立解得：μ＝0.2，故D正確。本題選不正確的，故選：A?！军c(diǎn)評】本題借助傳送帶模型考查了勻變速直線運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律等知識點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是要明確x﹣t圖像的斜率表示速度，能正確分析物塊的運(yùn)動情況，應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式與牛頓第二定律即可解題。3．（2024秋?天心區(qū)校級月考）如圖所示，互不黏合的A、B兩物體緊貼放在水平地面上，水平地面與物體間的摩擦可忽略，已知A、B兩物體質(zhì)量分別為4kg、6kg。t＝0時水平作用力F1、F2分別作用于A、B上，其中F1＝（24﹣12t）N，F(xiàn)2＝（16+12t）N。則下列說法正確的是（）A．A物體先向右運(yùn)動，再反向向左運(yùn)動 B．當(dāng)t＝2s時，A、B將分離 C．t＝0.5s時，A物體的加速度大小為4.5m/s2 D．t＝2s時，A物體的加速度大小為2m/s2【考點(diǎn)】連接體模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】A【分析】先根據(jù)整體法計算兩物體沒有分離時的加速度，然后單獨(dú)對A分析兩物體間彈力為零時的時間，即為兩物體分離的時間；A先在向右的推力作用下向右運(yùn)動，當(dāng)推力變?yōu)榱愫?，對A的作用力方向變?yōu)橄蜃?，?jù)此分析A的運(yùn)動；當(dāng)物體分離后單獨(dú)對A根據(jù)牛頓第二定律計算，當(dāng)物體沒有分離時，對整體分析即可?！窘獯稹拷猓築、把AB看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律有F1+F2＝（mA+mB）a，解得a＝4m/s2，設(shè)時間為t時A、B兩物體分離，對A根據(jù)牛頓第二定律有F1＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得t=23s，故C、t＝0.5s時，兩物體還沒有分離，對A、B整體根據(jù)牛頓第二定律有F1+F2＝（mA+mB）a，解得a＝4m/s2，故C錯誤；D、t＝2s時，兩物體已經(jīng)分離了，對A根據(jù)牛頓第二定律有F1＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得a＝0，故D錯誤；A、根據(jù)F1＝（24﹣12t）N可知，一開始A、B兩物體一起向右做勻加速運(yùn)動，當(dāng)t=23s時，A、B兩物體分離，在t＝2s時，F(xiàn)1為零，以后F1就改變方向，A開始做減速運(yùn)動，速度減為零后開始向左加速運(yùn)動，所以開始時A先向右運(yùn)動，再反向向左運(yùn)動，故故選：A?！军c(diǎn)評】能夠計算出兩物體分離的時間是解題的關(guān)鍵，注意兩物體分離的條件是加速度相同，兩物體間沒有彈力。4．（2024秋?太原月考）如圖所示，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點(diǎn)。一小滑塊自a點(diǎn)由靜止開始下滑，通過ab、bc、cd各段所用時間均為T?，F(xiàn)讓該滑塊自b點(diǎn)由靜止開始下滑，則該滑塊（）A．通過bc、cd段的時間均等于T B．通過c、d點(diǎn)的速度之比為3：C．通過bc、cd段的時間之比為1：D．通過c點(diǎn)的速度大于通過bd段的平均速度【考點(diǎn)】物體在光滑斜面上的運(yùn)動；連續(xù)相等時間內(nèi)的運(yùn)動比例規(guī)律．【專題】定量思想；方程法；直線運(yùn)動規(guī)律專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動的比例關(guān)系，得出通過bc、cd段的位移之比，由此分析自b點(diǎn)由靜止開始下滑經(jīng)過的時間；根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動的比例關(guān)系，結(jié)合速度—位移公式得出經(jīng)過c、d點(diǎn)的速度，進(jìn)而得出速度之比；根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得出通過bc、cd段的時間之比；根據(jù)平均速度公式求出平均速度，再與通過c點(diǎn)的速度比較即可?！窘獯稹拷猓篈．由題意知，滑塊從a點(diǎn)靜止下滑，經(jīng)過各段的時間都是T，所以ab、bc、cd各段的長度之比為1：3：5，則bc、cd段的位移之比為3：5，如果從b點(diǎn)開始靜止下滑，則bc間距離大于ab間距離，所以通過bc、cd段的時間均大于T，故A錯誤；B．設(shè)ab間距離為x，則bc間距離為3x，則cd間的距離為5x，所以bd間的距離為8x，滑塊下滑的加速度為a，滑塊從b點(diǎn)開始靜止下滑，所以通過c點(diǎn)的速度為：vc=2a×3x，通過d點(diǎn)的速度為：vd=2a×8x，通過c、d點(diǎn)的速度之比為vc：C．滑塊從b點(diǎn)開始靜止下滑，根據(jù)位移—時間關(guān)系可得通過bc的時間：t1=2×3xa，通過bd段的時間：t=2×8xa，則通過cd段的時間：t2＝t﹣t1=2×8xa-2×3D．對勻變速直線運(yùn)動來說，平均速度等于中間時刻的瞬時速度，對初速度為零的勻加速直線運(yùn)動來說，連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比為1：3，所以滑塊經(jīng)過bc的時間大于從b到d時間的二分之一，故通過c點(diǎn)的速度大于bd段的平均速度，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】在解答勻變速直線運(yùn)動一類題目時，注意公式的合理選取，如果涉及時間一般采用速度—時間關(guān)系和位移—時間關(guān)系公式解答，如果不涉及時間，一般采用速度—位移關(guān)系公式解答。5．（2023秋?衡陽縣期末）光滑水平面上靜止疊放著物塊A和木板B，質(zhì)量分別為1kg和3kg。t＝0時刻給木板B施加一個隨時間變化的水平拉力F，拉力F與時間t的關(guān)系為F＝2+3t（N）。已知A和B之間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，木板足夠長，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．t＝0時刻時B的加速度為零 B．2s末A、B即將相對滑動 C．3s末A、B加速度相同 D．4s末B的加速度為2m/s2【考點(diǎn)】有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(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】B【分析】A、B恰好發(fā)生相對滑動的條件為兩者之間靜摩擦力恰好達(dá)到最大值，根據(jù)牛頓第二定律，應(yīng)用整體法與隔離法求解即將相對滑動的時刻，對應(yīng)不同時刻的A、B運(yùn)動關(guān)系，選取合適的研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓篈B.設(shè)物塊A與木板B恰好發(fā)生相對滑動時的加速度為a0，根據(jù)牛頓第二定律可得：μmg＝ma0F＝（m+M）a0F＝2+3t解得：t＝2s，可知2s末A、B即將開始相對滑動，故B錯誤；2s時開始滑動，t＝0時刻的B加速度為：F＝（m+M）a′解得：a′＝0.5m/s2，故A錯誤；C.3s末A、B已經(jīng)發(fā)生滑動，加速度不相同，C錯誤；D.4s末B的加速度為：F﹣μmg＝Ma4F＝2+3tt＝4s解得：a4=4m故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查的是牛頓第二定律的重要應(yīng)用即板塊模型，掌握恰好發(fā)生相對滑動的臨界條件是解題的關(guān)鍵。6．（2023秋?衡陽縣期末）一木塊沿一與水平面夾角為α的表面粗糙的傳送帶運(yùn)動，其v﹣t圖像如圖所示，已知傳送帶以速率v0逆時針轉(zhuǎn)動，傳送帶足夠長，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ。則下列說法正確的是（）A．v﹣t圖像描述的是木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上的運(yùn)動 B．從v﹣t圖像可知木塊的初速度大于v0 C．從v﹣t圖像可知木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＜tanα D．從v﹣t圖像可以得出木塊運(yùn)動過程中的速度一定沒有等于v0的時刻【考點(diǎn)】傾斜傳送帶模型；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運(yùn)動情況；牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用—從運(yùn)動情況確定受力．【專題】定性思想；推理法；傳送帶專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)木塊的初速度與傳送帶的速度的關(guān)系，判斷滑動摩擦力的方向，由力與運(yùn)動的關(guān)系判斷木塊的運(yùn)動過程?？紤]到木塊與傳送帶是否存在共速的情況，以及共速后木塊的運(yùn)動形式，結(jié)合v﹣t圖像的物理意義分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．已知傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動且足夠長，若木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上的運(yùn)動，則木塊一定先沿傳送帶勻減速向上運(yùn)動到速度為零后，再反向沿傳送帶向下運(yùn)動，而v﹣t圖像表示的是運(yùn)動方向不變，且一直做加速運(yùn)動，所以木塊的初速度方向一定沿傳送帶向下，故A錯誤；B．木塊的初速度方向一定沿傳送帶向下，因?yàn)関﹣t圖像的斜率先大后小，所以木塊的加速度是先大后小，木塊受到的合力是先大后小，可知木塊的所受的滑動摩擦力方向沿傳送帶先向下后向上，只有木塊的初速度小于v0時滑動摩擦力的方向才能先沿傳送帶向下，故B錯誤；CD．木塊的初速度小于v0，滑動摩擦力的方向先沿傳送帶向下，木塊向下做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為a1，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα+f＝ma1當(dāng)木塊的速度等于v0時，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)滿足：μ≥tanα，則有：μmgcosα≥mgsinα。可得木塊將隨著傳送帶一起以v0的速度勻速運(yùn)動，不能繼續(xù)加速運(yùn)動。若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)滿足：μ＜tanα，則有：μmgcosα＜mgsinα?？傻媚緣K向下做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsinα﹣f＝ma2可得：a1＞a2，故當(dāng)μ＜tanα?xí)r，木塊的運(yùn)動過程與v﹣t圖像相符，且過程中的速度一定有等于v0的時刻，故C正確，D錯誤。故選：C。【點(diǎn)評】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的傳送帶模型，考查了力與運(yùn)動的關(guān)系，處理此類問題時要考慮物體與傳送帶是否有共速的現(xiàn)象。7．（2024秋?南開區(qū)校級月考）如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4m，以v0＝5m/s的速度（始終保持不變）順時針運(yùn)轉(zhuǎn)。今將一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）無初速度地輕放在A端。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2。則小物塊從A運(yùn)動到B的過程中，下列說法正確的是（）A．小物塊在傳送帶上一直加速運(yùn)動 B．小物塊從A運(yùn)動到B的時間是1.5s C．小物塊與傳送帶間的相對位移是2.5m D．小物塊達(dá)到的最大速度是42m/s【考點(diǎn)】水平傳送帶模型．【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】C【分析】利用牛頓第二定律可得小物塊加速度大小，利用運(yùn)動學(xué)公式可得小物塊與傳送帶共速所用時間和運(yùn)動的位移，共速后小物塊隨傳送帶做勻速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式可得時間；由運(yùn)動學(xué)公式求解相對位移；小物塊的最大速度等于傳送帶的速度?！窘獯稹拷猓篈B、小物塊剛放到A端，由牛頓第二定律可得小物塊的加速度為：a=μmgm=μg＝0.5×10m/s2小物塊從開始到與傳送帶共速所用時間：t1=v0a此過程小物塊的位移為：x1=12a可知x1＜x，所以此后小物塊與傳送帶以相同的速度勻速運(yùn)動直至B端，設(shè)此過程所用時間為t2，則：t2=x-x所以小物塊從A運(yùn)動到B的時間t＝t1+t2＝1s+0.3s＝1.3s，故AB錯誤；C、物塊相對于傳送帶的位移大小為：Δx＝v0t1﹣x1＝5×1m﹣2.5m＝2.5m，故C正確；D、小物塊達(dá)到的最大速度等于傳送帶速度，即為5m/s，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了傳送帶問題，分析清楚物體的運(yùn)動過程是解題的前提與關(guān)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；物體在傳送帶上既可以一直做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，也可能先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動，這關(guān)鍵是取決于傳送帶的速度大小和傳送帶的長度。8．（2024秋?青秀區(qū)校級月考）質(zhì)量分別為M和m的物塊由相同的材料制成，且M＞m，將它們用通過光滑的輕質(zhì)定滑輪的輕細(xì)線連接。若按圖甲放置，則質(zhì)量為m的物塊恰好勻速下降。若將兩物塊互換位置，如圖乙所示，它們的共同加速度大小為（）A．(M-m)gM B．(M-【考點(diǎn)】連接體模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；整體法和隔離法；方程法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】A【分析】先對甲圖中M和m受力分析，根據(jù)平衡條件求解出動摩擦因數(shù)；再對乙圖中的M和m受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度?！窘獯稹拷猓河杉讏D可知，物體m勻速運(yùn)動，由平衡條件可得：T＝mg物體M也做勻速運(yùn)動，則有：T＝μMg聯(lián)立解得：；μ乙圖中，對M，由牛頓第二定律可得：Mg﹣T′＝Ma對m有：T′﹣μmg＝ma聯(lián)立解得：a=(M-m故選：A?！军c(diǎn)評】本題關(guān)鍵是靈活地選擇研究對象，然后受力分析，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式求解。二．多選題（共4小題）（多選）9．（2024秋?河南月考）如圖所示，均可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B通過跨過車廂頂部的光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩連接，小球A用輕繩AC系于車廂側(cè)壁，當(dāng)小車在水平面上向左做勻加速直線運(yùn)動時，定滑輪兩側(cè)的輕繩恰好垂直，輕繩AC恰好水平。已知A、B兩小球的質(zhì)量分別為0.4kg、0.3kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．輕繩AB中的張力大小為5N B．小車的加速度大小為403C．輕繩CA中的張力大小為3N D．輕繩對定滑輪的作用力小于7N【考點(diǎn)】連接體模型．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；合成分解法；方程法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】小車和小球具有相同的加速度，對小球A、B分別受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度和繩子的拉力。【解答】解：A、設(shè)輕繩AB中的張力大小為T，OA與豎直方向的夾角為θ，則由平衡條件可得：Tsinθ＝mBgTcosθ＝mAg解得：T＝5N，θ＝37°，故A正確；B、小球B受到的合力為F=Tcosθ=5×4C、設(shè)輕繩CA中的張力大小為T′，則有：T′﹣Tsinθ＝mAa解得：T'=mD、輕繩對定滑輪的作用力大小為：F'=T故選：AB?！军c(diǎn)評】本題為牛頓第二定律中的連接體問題；解決本題的關(guān)鍵知道小球和小車具有相同的加速度，隔離對小球分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解。（多選）10．（2024秋?紅橋區(qū)校級月考）如圖所示，A、B、C三個物體質(zhì)量相等，它們與傳送帶間的動摩擦因數(shù)也相同。三個物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動，運(yùn)動方向如圖中箭頭所示。則下列說法正確的是（）A．A物體受到的摩擦力方向向右 B．三個物體中只有A物體受到的摩擦力是零 C．B受到的摩擦力沿斜面向下 D．B、C受到的摩擦力方向相同【考點(diǎn)】傾斜傳送帶模型；滑動摩擦力的方向；靜摩擦力的方向．【專題】定性思想；推理法；摩擦力專題；傳送帶專題；理解能力．【答案】BD【分析】根據(jù)A、B、C三個物體的運(yùn)動形式，根據(jù)平衡條件對它們受力分析，確定所受摩擦力的情況?！窘獯稹拷猓何矬wA隨水平的傳送帶一起沿水平方向勻速運(yùn)動，由受力平衡條件可知A物體不受摩擦力作用；物體B、C均沿著傾斜的初速度一起勻速運(yùn)動，無論向上還是向下運(yùn)動，所受靜摩擦力均與重力沿傳送帶向下的分力平衡，兩者等大反向，故B、C受到的摩擦力方向均沿傳送帶向上，故BD正確，AC錯誤。故選：BD?！军c(diǎn)評】本題考查了在傳送帶上的物體受力與運(yùn)動問題，基礎(chǔ)題目，根據(jù)受力平衡條件解答即可。（多選）11．（2024秋?五華區(qū)校級月考）物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2kg，如圖甲所示。開始時兩物塊均靜止，彈簧處于原長，t＝0時對物塊P施加水平向右的恒力F，t＝1s時撤去，在0～1s兩物體的加速度隨時間變化的情況如圖乙所示。整個運(yùn)動過程中分析正確的是（）A．t＝1s時Q的速度大小等于0.4m/s B．恒力大小為2N C．t＝1s時P、Q相距最近 D．Q的質(zhì)量為0.5kg【考點(diǎn)】連接體模型．【專題】定量思想；圖析法；方程法；運(yùn)動學(xué)中的圖象專題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．【答案】BD【分析】a﹣t圖像中圖線與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，分析加速度的變化，結(jié)合牛頓第二定律解答?！窘獯稹拷猓篈、若0﹣1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則t＝1s時Q的速度大小等于vQ=12×0.8×1m/s=0.4m/B、t＝0s時P的加速度為1.0m/s2，Q的加速度為0，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝mPa0＝2×1N＝2N，故B正確；C、由圖乙可知0﹣1s內(nèi)P的加速度大于Q的加速度，t＝1s時兩者的加速度相等，此時P的速度大于Q的速度，兩者仍在接近，故C錯誤；D、以P、Q為整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＝（mP+mQ）a，解得mQ=F故選：BD?！军c(diǎn)評】考查對a﹣t圖像的理解和牛頓第二定律的應(yīng)用，要清楚a﹣t圖像中圖線的物理意義。（多選）12．（2024秋?市中區(qū)校級月考）如圖所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，與斜面垂直的擋板P固定在斜面底端，輕彈簧一端固定在擋板上，另一端與物塊A連接，質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為2m的物塊B并排放在斜面上，物塊A、B不粘連，處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用一沿斜面向上的外力F拉物塊B，使B沿斜面向上做加速度大小為a=12g的勻加速直線運(yùn)動。已知重力加速度大小為A．未施加外力F時，彈簧的壓縮量為3mgB．物塊A、B分離前，外力F的大小與位移成正比 C．物塊A、B分離時，彈簧的壓縮量為mgkD．物塊A、B分離時，物塊B的速度大小為g【考點(diǎn)】牛頓第二定律的臨界問題；胡克定律及其應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】ACD【分析】A、未施加外力F時，彈簧所受壓力等于物塊A、B重力沿斜面方向分力的合力，運(yùn)用胡克定律解答；B、以物塊A、B為整體分析，分離前，受到拉力、彈簧的彈力、重力沿斜面方向的分力，三者之和提供加速度；C、物塊A、B分離時，兩物體接觸面間彈力為0，對A進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律解答；D、根據(jù)速度與位移公式解答。【解答】解：A.無外力F作用，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)時，對A、B整體，根據(jù)平衡條件可知（2m+m）gsinθ＝kx0，解得x0=3B.物塊A、B分離前，設(shè)物塊A的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律得F+k（x0﹣x）﹣（2m+m）gsinθ＝（2m+m）a，解得F=kx+32C．物塊A、B分離時，兩物體接觸面間彈力為0，兩物塊加速度均為a，對A，根據(jù)牛頓第二定律kx1﹣mgsinθ＝ma，解得彈簧壓縮量為x1=mgD.物塊A、B分離時，根據(jù)動力學(xué)公式v2＝2a（x0﹣x1），解得物塊B的速度大小為v=gm故選：ACD?！军c(diǎn)評】考查對牛頓第二定律及胡克定律的運(yùn)用，根據(jù)物體的受力分析。三．填空題（共4小題）13．（2023秋?普陀區(qū)校級期末）如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球，用輕繩連接后掛在三角劈的頂端斜面平行，劈置于光滑水平面上，當(dāng)劈水平向右勻加速加速度a1＝33g時，球與斜面相對靜止且細(xì)繩的拉力恰好為零；當(dāng)劈以加速度a＝2g向左勻加速運(yùn)動時，繩的拉力T2＝5mg【考點(diǎn)】物體在光滑斜面上的運(yùn)動；力的合成與分解的應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)題意確定小球的受力情況，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度；應(yīng)用牛頓第二定律的求出小球與斜面間作用力為零時的臨界加速度，然后根據(jù)劈的加速度與臨界加速度的關(guān)系確定小球的位置狀態(tài)，然后求出繩子的拉力。【解答】解：球與斜面相對靜止且細(xì)繩的拉力恰好為零時，小球受力如圖所示：由牛頓第二定律得：a1=mgtan30°當(dāng)劈加速度向左，球恰好剛要離開斜面；即斜面對球的作用力恰好為零時，球受力如圖所示：由牛頓第二定律得：a臨界=mgtan30°m=3當(dāng)加速度：a＝2g，方向：水平向左時，小球離開斜面，受力如圖所示：繩子的拉力：T2=(mg故答案為：33g；5mg【點(diǎn)評】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵知道小球和三角劈具有相同的加速度，通過隔離法分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解。14．（2023秋?浦東新區(qū)校級期末）如圖所示，在固定的光滑水平地面上有質(zhì)量分別為2m和m的木塊A、B。A、B之間用輕質(zhì)彈簧相連接，用水平向右的恒力F推A，彈簧穩(wěn)定后，A、B一起向右作勻加速直線運(yùn)動，此時AB間彈簧彈力的大小為13F。在彈簧穩(wěn)定后的某時刻，突然將外力F撤去，撤去外力的瞬間，木塊A的加速度大小為F6【考點(diǎn)】連接體模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．【答案】13F，F(xiàn)【分析】彈簧穩(wěn)定后，A、B一起向右作勻加速直線運(yùn)動，加速度相同，先對整體，由牛頓第二定律求出加速度，再隔離B，由牛頓第二定律求彈簧彈力的大小。突然將外力F撤去，撤去外力的瞬間，彈簧的彈力不變，對A由牛頓第二定律求解A的加速度大小。【解答】解：A、B一起向右作勻加速直線運(yùn)動，加速度相同，設(shè)為a。對A、B整體，由牛頓第二定律得F＝（2m+m）a對B，由牛頓第二定律得F彈＝ma解得F彈=1突然將外力F撤去，撤去外力的瞬間，彈簧的彈力不變，對A，由牛頓第二定律得F彈＝2maA，解得木塊A的加速度大小為aA=故答案為：13F，F(xiàn)【點(diǎn)評】本題是瞬時加速度問題，先根據(jù)牛頓第二定律求出狀態(tài)變化前彈簧的彈力大小，抓住狀態(tài)變化的瞬間，彈簧的彈力沒有變化，來求解瞬間兩個物體的加速度。15．（2024秋?鼓樓區(qū)校級期中）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M＝2kg的物體A，B（B物體與彈簧栓接），彈簧的勁度系數(shù)為k＝100N/m，初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度a＝1m/s2的勻加速直線運(yùn)動（重力加速度g取10m/s2）。外力F作用時間0.6s后，A，B分離?！究键c(diǎn)】牛頓第二定律的臨界問題．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】0.6【分析】施加F前，物體AB整體平衡，根據(jù)胡克定律列式求解形變量，對B受力分析結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式解答?！窘獯稹拷猓菏┘覨前，物體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件，有：2Mg＝kx當(dāng)A、B間彈力為0時，對B：kx'﹣Mg＝MaB上升x''＝x﹣x'根據(jù)x''=解得：t＝0.6s故答案為：0.6【點(diǎn)評】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，明確A與B分離的時刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對AB整體和B物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程。16．（2024秋?泉州期中）一質(zhì)量為m的雨滴在空中從靜止開始下落，已知下降過程中受到的空氣阻力f與雨滴的速率v的平方成正比，即f＝kv2，其中k為已知的常量。則達(dá)到穩(wěn)定前，雨滴的加速度大小一直減?。ㄟx填“一直增加”或者“一直減小”）；雨滴的最大速率為mgk；比例系數(shù)k的單位為kg/m【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用—從運(yùn)動情況確定受力；牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動情況．【專題】比較思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】一直減小，mgk，kg/m【分析】對雨滴由牛頓第二定律判斷加速度的變化；由平衡條件求解雨滴的最大速率；根據(jù)物理公式求解比例系數(shù)的單位?！窘獯稹拷猓河甑卧诳罩袕撵o止開始下落做加速直線運(yùn)動，雨滴速度達(dá)到穩(wěn)定前，對雨滴由牛頓第二定律得：mg﹣kv2＝ma，速度變大，空氣阻力變大，合外力變小，則雨滴的加速度一直減??；當(dāng)加速度減小到零時，雨滴的速度達(dá)到最大，由平衡條件得：mg=kvm2根據(jù)公式mg=kvm2，可得比例系數(shù)為：k=mg故答案為：一直減小，mgk，kg/m【點(diǎn)評】本題以雨滴下落考查牛頓第二定律在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要明確加速度減小到零時，雨滴的速度達(dá)到最大。四．解答題（共4小題）17．（2024秋?天心區(qū)校級月考）如圖所示，小物塊A、B用輕繩相連，并通過輕質(zhì)滑輪將B懸掛于C的右端，初始時A、B、C均靜止且將A鎖定，C放在光滑水平地面上，已知：A、B、C質(zhì)量分別為mA＝mB＝1kg、mC＝4kg，AC、BC之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)解除A的鎖定狀態(tài)，同時對C施加一個水平外力F，則：（1）若水平外力為F0時C保持靜止，A、B勻加速運(yùn)動，且A未撞滑輪、B未落地，求A的加速度aA、繩子上的拉力TB和F0的大小；（2）若對C施加水平向右的外力為F1，為了保證A、B、C相對靜止，求F1的大小范圍。【考點(diǎn)】連接體模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（1）A的加速度aA為2.5m/s2，繩子上的拉力TB為7.5N，F(xiàn)0的大小為2.5N；（2）F1的大小范圍為25N≤F1≤150N?！痉治觥浚?）對AB整體受力分析，然后對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程計算A的加速度和繩子上的拉力，對C受力分析，根據(jù)平衡條件計算水平外力大??；（2）當(dāng)A相對于C即將向右滑動時，為最小的力，A相對于C即將向左滑動時，為最大推力，分別對整體，對A、對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程計算即可?！窘獯稹拷猓海?）對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有mBg﹣μ1mAg＝（mA+mB）aA對B根據(jù)牛頓第二定律有mBg﹣TB＝mBaA代入數(shù)據(jù)解得aA＝2.5m/s2，TB＝7.5N繩子對A和對B的拉力大小相等TA＝TB＝7.5N以C為研究對象，在水平方向受力平衡，則F0+μ1mAg＝TA解得F0＝2.5N（2）保證A、B、C相對靜止，當(dāng)A相對于C即將向右滑動時，為最小的力，對A受力分析T1﹣μ1mg＝mAa以ABC整體為研究對象Fmin＝（mA+mB+mC）a以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，此時BC間的壓力為N＝mBa則B受到的摩擦力為fB＝μ2N設(shè)此時繩子的拉力為石，則對B受力分析T1+fB＝mBg以上各式聯(lián)立，解得Fmin＝25N若A相對于C即將向左滑動，則以A為研究對象T2A+fA＝mAa'此時B向上運(yùn)動，則T2B＝mBg+fB以ABC整體為研究對象Fmax＝（mA+mB+mC）a'以上各式聯(lián)立解得Fmax＝150N即A相對于C向左滑動的情況不可能出現(xiàn)，所以F的大小范圍為25N≤F1≤150N答：（1）A的加速度aA為2.5m/s2，繩子上的拉力TB為7.5N，F(xiàn)0的大小為2.5N；（2）F1的大小范圍為25N≤F1≤150N?！军c(diǎn)評】能夠合理選擇研究對象，正確受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程計算，注意整體法和隔離法的應(yīng)用。18．（2024秋?通州區(qū)校級月考）如圖所示，碎石場有一長L＝7.25m的傳送帶與水平面夾角θ＝37°，傳送帶以恒定速率v＝5m/s沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，在傳送帶上端有一質(zhì)量m＝1kg石塊被水平輕繩系住保持靜止不動。t＝0時刻剪斷輕繩，石塊由靜止開始滑下，已知石塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）t＝0時刻前繩子的拉力大小；（2）剪斷輕繩時石塊的加速度；（3）石塊到達(dá)傳送帶底端所需的時間?！究键c(diǎn)】傾斜傳送帶模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（1）t＝0時刻前繩子的拉力大小20N；（2）剪斷輕繩時石塊的加速度為10m/s2，方向沿傳送帶向下；（3）石塊到達(dá)傳送帶底端所需的時間為1.5s?！痉治觥浚?）根據(jù)平衡條件、摩擦力的計算公式進(jìn)行解答；（2）剪斷輕繩時，對石塊根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行解答；（3）求出石塊加速到與傳送帶等速所用的時間和位移；共速以后，根據(jù)牛頓第二定律求解石塊的加速度，根據(jù)位移—時間關(guān)系求解此后到達(dá)底端所用時間，由此得到石塊到達(dá)傳送帶底端所需的時間。【解答】解：（1）t＝0時刻前石塊受重力mg、繩的拉力T、摩擦力f、支持力FN，如圖所示：根據(jù)平衡條件可得：FN＝mgcosθ+Tsinθ，f+mgsinθ＝Tcosθ根據(jù)摩擦力的計算公式可得：f＝μFN聯(lián)立解得：T＝20N；（2）剪斷輕繩時，對石塊根據(jù)牛頓第二定律可得：μmgcosθ+mgsinθ＝ma1解得：a1＝10m/s2，方向沿傳送帶向下；（3）當(dāng)加速到與傳送帶等速，所用的時間：t1=va1此過程中石塊的位移：x1=v2t共速以后，石塊的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2＝2m/s2設(shè)此后到達(dá)底端所用時間為t2，有：L﹣x1＝vt2+解得：t2＝1s（或t2＝﹣6s舍去）所以石塊到達(dá)傳送帶底端的總時間：t＝t1+t2＝0.5s+1s＝1.5s。答：（1）t＝0時刻前繩子的拉力大小20N；（2）剪斷輕繩時石塊的加速度為10m/s2，方向沿傳送帶向下；（3）石塊到達(dá)傳送帶底端所需的時間為1.5s。【點(diǎn)評】本題考查了傳送帶問題，分析清楚物體的運(yùn)動過程是解題的前提與關(guān)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；物體在傳送帶上既可以一直做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，也可能先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動，這關(guān)鍵是取決于傳送帶的速度大小和傳送帶的長度。19．（2024秋?西山區(qū)校級月考）如圖所示，有一足夠長的斜面固定在水平地面上，它與水平方向的夾角θ＝30°，斜面上每隔d＝0.4m固定一個擋板，從上往下依次標(biāo)記為1、2、3…n（n→∞）。擋板1的上方某處有一厚度均勻、質(zhì)量為m的長木板A，A的上表面放有一質(zhì)量為m的小物塊B，B與A之間動摩擦因數(shù)μ1=32，A與斜面之間動摩擦因數(shù)μ2=33，最初A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給物塊B一個平行于木板斜向下、大小F＝mg的作用力，經(jīng)0.9s后撤去。再經(jīng)1s后，木板A與擋板1發(fā)生碰撞。若木板A每次與擋板碰撞都以碰前的速度反彈，且每次與擋板碰后立即撤離被碰擋板，物塊B始終沒有與擋板相碰，B也始終沒有滑離木板A，重力加速度g（1）F作用的0.9s內(nèi)A、B的加速度大小；（2）A與擋板1碰撞時的速度大?。唬?）B在A上面滑行時，B相對于A滑行的總路程（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。【考點(diǎn)】物體在粗糙斜面上的運(yùn)動；勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用；牛頓第二定律求解多過程問題．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）F作用的0.9s內(nèi)A、B的加速度大小分別為2.5m/s2、6.5m/s2；（2）A與擋板1碰撞時的速度大小為4.5m/s；（3）B在A上面滑行時，B相對于A滑行的總路程為7.2m?！痉治觥浚?）F作用時分析A、B是否會有共同加速度，結(jié)合牛頓第二定律解答；（2）根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律解答；（3）分析A、B的運(yùn)動情況，根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律結(jié)合數(shù)學(xué)方法解答?！窘獯稹拷猓海?）F作用時，假設(shè)A、B間有相對滑動，A的加速度為aA1，B的加速度為aB1，對A有mgsinθ+μ1mgcosθ﹣μ2×2mgcosθ＝maA1解得aA1＝2.5m/s2對B有F+mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝maB1解得aB1＝6.5m/s2aB1＞aA1，則假設(shè)成立。（2）t1＝1.0s時，根據(jù)速度—時間關(guān)系有vB＝aB1t1vA＝aA1t1F撤去后，令B的加速度為aB2，有μ1mgcosθ﹣mgsinθ＝maB2解得aB2＝2.5m/s2，沿斜面向上1.0s后，設(shè)經(jīng)t2共速，有v＝vA+aA1t2＝vB﹣aB2t2解得t2＝0.8s，v＝4.5m/s運(yùn)動1.8s時，速度為4.5m/s因μ2＝tanθ=33，所以即A與擋板1碰撞時的速度v＝4.5m/s（3）A與擋板碰前，B在A上滑行的相對位移Δx0=vB2t1+vB+v2t2解得Δx0＝3.6mA與擋板碰后，令A(yù)向上運(yùn)動時加速度大小為aA2，有mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2×2mgcosθ＝maA2解得aA2＝22.5m/s2設(shè)每次A與擋板碰時A，B已共速。第i次碰撞擋板速度為vi，碰后A向上運(yùn)動位移為xi1，運(yùn)動時間為ti1，當(dāng)A速度減到0時，B的速度為vBi。A向上運(yùn)動時，有2aA2xi1=ti1=vBi＝vi﹣aB2ti1解得vBi=89vi，xi1=145vi然后，A以aA1向下加速運(yùn)動。令運(yùn)動時間ti2，位移xi2共速。有vi+1＝aA1ti2＝vBi﹣aB2ti2vi+12=聯(lián)立解得vi+1=49vi，xi2=16405vi因v1最大為4.5m/s，所以xi1+d＞v2，故每次A與擋板碰時A、B已共速。從第i次碰到i+1次碰的相對位移Δxi＝xBi﹣xAi=vi+vi+12（ti1+ti2解得Δxi=由此可知，第一次到第二次碰撞相對位移Ax＝2.9m又因Δxi∝vvi故Δ即Δxi是公比為1681＜由Sn=解得Δx'＝3.6m故B在A上面滑行時，B相對于A滑行的總路程s＝Δx0+Δx'解得s＝7.2m答：（1）F作用的0.9s內(nèi)A、B的加速度大小分別為2.5m/s2、6.5m/s2；（2）A與擋板1碰撞時的速度大小為4.5m/s；（3）B在A上面滑行時，B相對于A滑行的總路程為7.2m?！军c(diǎn)評】該題涉及多個不同的過程，對應(yīng)多個不同的狀態(tài)，使用的物理規(guī)律較多，在解答的過程中要注意對每一個過程的把握，正確對每一個過程進(jìn)行合理的分析，選擇合理的解答方法。20．（2024秋?阿城區(qū)校級月考）如圖所示，一水平傳送帶以v0＝6m/s的速度順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶AB長度L＝4m，其右端連著一段光滑水平平臺BC，緊挨著BC的光滑水平地面上放置一輛質(zhì)量M＝1.5kg的平板小車，小車上表面剛好與BC面等高。現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.5kg的煤塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放到傳送帶的左端A處，經(jīng)過傳送帶傳送至右端B后通過BC滑上小車，最后剛好能滑到小車的右端。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，煤塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，重力加速度g取10m/s2。求：（1）煤塊剛放上傳送帶時的加速度大小；（2）煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度；（3）小車的長度?！究键c(diǎn)】水平傳送帶模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】計算題；定量思想；模型法；傳送帶專題；分析綜合能力．【答案】（1）煤塊剛放上傳送帶時的加速度大小為2m/s2；（2）煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度為8m；（3）小車的長度為2m?！痉治觥浚?）對煤塊分析，根據(jù)牛頓第二定律求出煤塊剛放上傳送帶時的加速度大?。唬?）若煤塊與傳送帶能共速，根據(jù)速度—時間公式求出煤塊與傳送帶共速時所用的時間，并求出這段時間內(nèi)煤塊的位移，與傳送帶的長度比較，分析煤塊的運(yùn)動情況，進(jìn)而求出煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度；（3）煤塊滑上小車后，根據(jù)牛頓第二定律求出煤塊和小車的加速度，再根據(jù)速度與時間的關(guān)系求出煤塊與小車共速所需要的時間，根據(jù)位移與時間的關(guān)系求出煤塊和小車的位移，進(jìn)而求出小車的長度?！窘獯稹拷猓海?）煤塊放上傳送帶時，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma解得a＝2m/s2（2）若煤塊與傳送帶能共速，則煤塊與傳送帶速度相等的時間為t0=v0a此時煤塊的位移為x=v02t0=6說明煤塊未能與傳送帶共速，則煤塊到達(dá)B點(diǎn)時，有v1且v1＝at解得v1＝4m/s，t＝2s則煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度s＝v0t﹣L解得s＝8m（3）煤塊在滑上小車時，對于煤塊有μ2mg＝ma1對于小車有μ2mg＝Ma2當(dāng)煤塊和小車共速時，煤塊恰好到達(dá)小車右端，則有v1﹣a1t1＝a2t1則小車的長度為l=聯(lián)立解得l＝2m答：（1）煤塊剛放上傳送帶時的加速度大小為2m/s2；（2）煤塊在傳送帶上留下的劃痕長度為8m；（3）小車的長度為2m?！军c(diǎn)評】解答本題的關(guān)鍵要正確分析煤塊的受力情況，來確定其運(yùn)動情況，注意分析煤塊與傳送帶和小車共速的狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合解答。

考點(diǎn)卡片1．連續(xù)相等時間內(nèi)的運(yùn)動比例規(guī)律【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．連續(xù)相等時間末的速度之比ts末、2ts末、3ts末…nts末的瞬時速度之比為：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；推導(dǎo)：由vt＝at知v1＝at，v2＝2at，v3＝3at，…，vn＝nat，則可得：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；2.連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比：ts內(nèi)、2ts內(nèi)、3ts內(nèi)…nts內(nèi)的位移之比為：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；推導(dǎo)：由x=12at2知x1=12at2，x2=12a（2t）2，x3=12a（3t）2，…，x則可得：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；3．連續(xù)相等時間差內(nèi)的位移之比為：第ts內(nèi)，第2ts內(nèi)，第3ts內(nèi)...第nts內(nèi)的位移之比：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）推導(dǎo)：由x=12at2知xⅠ=12at2，xⅡ=12a（22﹣12）t2，xⅢ=12a（32﹣22）t2，…，xN=12a[n2則可得：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）【命題方向】物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，第5s內(nèi)的位移是18m，則以下結(jié)論正確的是（）A、物體的加速度是3.6m/s2B、物體的加速度是4m/s2C、物體在第4s內(nèi)的位移是16mD、物體在第4s內(nèi)的位移是12m分析：根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動的推論得到物體在第1s內(nèi)的位移，由位移公式求出物體的加速度和物體在第4s內(nèi)的位移．解答：根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動的推論得知：物體在第1s內(nèi)的位移、第2s內(nèi)的位移…第5s內(nèi)的位移之比為：x1：x2：x3：x4：x5＝1：3：5：7：9由題，第5s內(nèi)的位移x5＝18m，得到物體在第1s內(nèi)的位移x1＝2m，物體在第4s內(nèi)的位移x4＝14m。由x1=12at12得，a故選：B。點(diǎn)評：本題運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動的推論進(jìn)行求解，比較簡捷，也可以根據(jù)運(yùn)動學(xué)基本公式或速度圖象計算分析．【解題思路點(diǎn)撥】1.牢記初速度為零的勻變速直線運(yùn)動的比例規(guī)律，在解選擇題時可以大大加快解題速度。要理解各比例的推導(dǎo)過程。2.該比例只適用于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，但對于末速度為零的勻減速直線運(yùn)動可以采用逆向思維的方法將其看作勻加速直線運(yùn)動處理。2．勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運(yùn)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?！久}方向】如圖，甲、乙兩運(yùn)動員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運(yùn)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(yùn)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(diǎn)出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝vt（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=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時運(yùn)動時間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實(shí)際舍去）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時間t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s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運(yùn)動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是t點(diǎn)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?。窘忸}思路點(diǎn)撥】熟練掌握并深刻理解運(yùn)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。3．根據(jù)v-t圖像的物理意義分析單個物體的運(yùn)動情況【知識點(diǎn)的認(rèn)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(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曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動；②表示物體沿正方向做勻速直線運(yùn)動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運(yùn)動；④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)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(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單個物體的運(yùn)動的情況?！久}方向】一枚火箭由地面豎直向上發(fā)射，其速度圖象如圖所示，由圖象可知（）A、火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度B、0～ta段火箭是上升過程，ta～tb段火箭是下落過程C、tc時刻火箭回到地面D、tc時刻火箭離地最遠(yuǎn)分析：解決本題的關(guān)鍵是理解速度圖象的斜率的含義：速度圖象的斜率代表物體的加速度．速度的正負(fù)代表物體運(yùn)動的方向．解答：速度圖象的斜率代表物體的加速度，由圖可知：ab段的斜率大于oa段斜率，故火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度，故A正確。由于ab段的速度和oa段速度都是正的，故物體的運(yùn)動方向未變，即始終向上運(yùn)動。故B錯誤。0～tc時間內(nèi)火箭的速度方向始終豎直向上，故tc時刻火箭到達(dá)最高點(diǎn)。故C錯誤而D正確。故選：AD。點(diǎn)評：對于速度圖象類的題目，主要是要理解斜率的含義：斜率代表物體的加速度；速度正負(fù)的含義：速度的正負(fù)代表物體運(yùn)動的方向；速度圖象與時間軸圍成的面積的含義：面積代表物體的位移．【解題思路點(diǎn)撥】圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)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(yùn)動情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。4．胡克定律及其應(yīng)用【知識點(diǎn)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(diǎn)與面接觸時彈力的方向：過接觸點(diǎn)垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)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(yùn)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．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=100故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點(diǎn)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）第二類常考題型是考查胡克定律與其他知識點(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（）A.(1+△ll)mgB.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＝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+△l故選A．點(diǎn)評：點(diǎn)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(diǎn)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(dú)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．5．滑動摩擦力的方向【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.滑動摩擦力的定義：兩個相互接觸的物體，當(dāng)它們發(fā)生相對滑動時，在接觸面上會產(chǎn)生有種阻礙相對運(yùn)動的力，叫作滑動摩擦力。2.滑動摩擦力的方向：總跟接觸面相切，并且跟物體的相對運(yùn)動方向相反。3.關(guān)鍵詞：①與接觸面相切（沿接觸面）；②與相對運(yùn)動的方向相反。【命題方向】關(guān)于摩擦力，下列說法錯誤的是（）A、滑動摩擦力可以與物體的運(yùn)動方向相同B、靜摩擦力也可以與物體的運(yùn)動方向相同C、靜摩擦力可以與物體運(yùn)動的方向成任意度角D、當(dāng)物體與接觸面的接觸面積減小而其他條件不變時，滑動摩擦力將減小分析：摩擦力一個物體在另一個物體表面滑動或有相對滑動的趨勢時，受到的阻礙相對運(yùn)動或相對運(yùn)動趨勢的力，與相對運(yùn)動或相對運(yùn)動的趨勢方向相反．解答：A、滑動摩擦力與物體的相對運(yùn)動方向相反，即與相對相接觸的那個物體的運(yùn)動方向相反，與物體的實(shí)際運(yùn)動方向可以成任意角度，故A正確；BC、靜摩擦力與物體的相對運(yùn)動趨勢方向相反，即與相對相接觸的那個物體的運(yùn)動趨勢方向相反，與物體的實(shí)際運(yùn)動方向可以成任意角度，故B正確，C正確；D、滑動摩擦力的大小與正壓力成正比，還與接觸面的材料有關(guān)，與接觸面的面積無關(guān)，故D錯誤；本題選錯誤的，故選D。點(diǎn)評：提到摩擦力不忘相對兩個字，摩擦力與相對運(yùn)動或相對運(yùn)動趨勢的方向相反，總是阻礙物體間的相對滑動或相對滑動趨勢．【解題思路點(diǎn)撥】1.滑動摩擦力的方向總是與物體相對運(yùn)動的方向相反。因此判斷滑動摩擦力的方向時，可以先判斷相對運(yùn)動的方向，從而得出滑動摩擦力的方向。2.滑動摩擦力是物體之間相對運(yùn)動產(chǎn)生的，與物體自身的運(yùn)動情況無關(guān)，所以滑動摩擦力的方向與物體自身的運(yùn)動方向無關(guān)。例如：人剛站上電動扶梯的時候，因?yàn)槿说某跛俣葹榱?，所以受到扶梯水平向前的滑動摩擦力，而人?shí)際的運(yùn)動方向取決于電梯的方向。6．靜摩擦力的方向【知識點(diǎn)的認(rèn)識】靜摩擦力是阻礙物體的相對運(yùn)動趨勢的力，所以總是與物體的相對運(yùn)動趨勢方向相反，同時要與接觸面相切（沿接觸面）?！久}方向】下列有關(guān)靜摩擦力的說法中，正確的是（）A、只有靜止的物體才受靜摩擦力B、靜摩擦力與壓力成正比C、靜摩擦力的方向一定與接觸面相切D、靜摩擦力的方向與物體運(yùn)動方向一定相反分析：靜摩擦力的方向可能與物體的運(yùn)動方向相反，也可能與物體的運(yùn)動方向相同，但一定與物體相對運(yùn)動趨勢方向相反．運(yùn)動的物體可能受到靜摩擦力作用，最后依據(jù)滑動摩擦力公式，即可求解．解答：A、運(yùn)動物體可能受靜摩擦力作用，當(dāng)靜止物體相對接觸物體有相對運(yùn)動趨勢時，會受到靜摩擦力，故A錯誤；B、滑動摩擦力與壓力成正比。故B錯誤；C、靜摩擦力的方向一定與接觸面相切，故C正確；D、靜摩擦力的方向可能與物體的運(yùn)動方向相反，也可能與物體的運(yùn)動方向相同。比如在平直公路上行駛的汽車，車廂地板隨汽車一起運(yùn)動的物體，在啟動過程中所受靜摩擦力與運(yùn)動方向相同，在減速過程中，靜摩擦力方向與運(yùn)動方向相反。故D錯誤。故選：C。點(diǎn)評：靜摩擦力的方向可以根據(jù)靜摩擦力總是阻礙物體的間相對運(yùn)動趨勢來理解其方向，注意靜摩擦力大小與方向判定，同時理解靜摩擦產(chǎn)生條件．【解題思路點(diǎn)撥】靜摩擦力的方向總是與相對運(yùn)動趨勢的方向相反，所以可以先判斷出物體的相對運(yùn)動趨勢，再分析靜摩擦力的方向情況。7．力的合成與分解的應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)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?！久}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(shí)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(shí)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(diǎn)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(diǎn)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。8．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)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?！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(diǎn)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(diǎn)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