2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系（2024年9月）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系（2024年9月）一．選擇題（共10小題）1．（2024秋?雙城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中B、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，B、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)，A點(diǎn)在y軸上且∠AMO＝60°，O'為圓心，現(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，所用時(shí)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(diǎn)的位置不確定，故無(wú)法比較時(shí)間大小關(guān)系2．（2024?未央?yún)^(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)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(jié)果物塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊可能沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng) B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于tanθ C．t0時(shí)間后物塊的加速度大小為2gsinθ-D．若傳送帶反轉(zhuǎn)，則物塊將一直以大小為gsinθ-3．（2024?九龍坡區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖甲所示的發(fā)光彈弓飛箭是夏季廣場(chǎng)常見的玩具，其利用彈弓將飛箭射向高空。假設(shè)質(zhì)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中飛箭受到的空氣阻力f與其速率v成正比，其關(guān)系為f＝kv。飛箭運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，其在t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)后再落回地面，落地速率為v1＝2m/s，且落地前飛箭已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，下列關(guān)于飛箭運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法正確的是（）A．k的值為0.1N?s/m B．飛箭在上升過(guò)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(guò)程中都在逐漸增大4．（2024?浙江開學(xué)）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(zhǎng)圓條，用剪刀截下寸許，就成了食用的“扯白糖”。下列說(shuō)法正確的是（）A．小木棍對(duì)糖漿的彈力是糖漿發(fā)生形變引起的 B．糖漿變長(zhǎng)，說(shuō)明小木棍對(duì)糖漿的拉力大于糖漿對(duì)小木棍的拉力 C．整個(gè)下扯過(guò)程中小木棍始終處于失重狀態(tài) D．整個(gè)下扯過(guò)程中地面對(duì)固定的木柱的支持力大于木柱和糖漿的總重力5．（2024?未央?yún)^(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖示，已知物塊與斜面間的摩擦因數(shù)μ＝tanθ，在外力F作用下，物塊正沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)，而斜面處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)增大F，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．地面對(duì)斜面的摩擦力增大 B．地面對(duì)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(huì)向右運(yùn)動(dòng)6．（2023秋?瀘縣校級(jí)期末）如圖所示，一可視為質(zhì)點(diǎn)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(dá)底端的時(shí)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(biāo)出），則（）A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．無(wú)法判斷7．（2024秋?尋甸縣月考）如圖所示是采用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船質(zhì)量為3×103kg，飛船推進(jìn)器的平均推力F為900N，在飛船與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作5s內(nèi)，測(cè)出飛船和空間站的速度變化量為0.05m/s，則空間站質(zhì)量和飛船對(duì)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(gè)食物熱量的單位，如果用國(guó)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(jí)月考）如圖是航天飛船返回艙返回地面的示意圖，其過(guò)程可簡(jiǎn)化為：打開降落傘一段時(shí)間后，整個(gè)裝置勻速下降，距地面一定高度時(shí)，點(diǎn)燃返回艙的緩沖火箭，返回艙開始減速下降運(yùn)動(dòng)，落地速度恰好為零，返回艙安全著陸。則（）A．返回艙在噴氣過(guò)程中處于失重狀態(tài) B．返回艙勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中處于超重狀態(tài) C．火箭點(diǎn)燃后傘繩對(duì)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?yún)^(qū)校級(jí)開學(xué)）有一列火車有N節(jié)車廂，在牽引力作用下向右運(yùn)動(dòng)，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(xiàn)測(cè)得F12與F56的比值為2：1，則N應(yīng)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(gè)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(dāng)用沿斜面向上的恒力F作用在物體A上時(shí)，三者恰好保持靜止，已知A、B、C三者質(zhì)量相等，重力加速度為g。下列說(shuō)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?yún)^(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，長(zhǎng)為6m、質(zhì)量為10kg的木板放在水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。一個(gè)質(zhì)量為50kg的人從木板的左端開始向右勻加速跑動(dòng)到離開木板的過(guò)程中，關(guān)于人（a）和木板（b）的速度—時(shí)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(jí)月考）如圖所示，質(zhì)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?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。將質(zhì)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(duì)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(jí)月考）滑板成為奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目后，正在被越來(lái)越多人所認(rèn)識(shí)，尤其備受青少年喜愛。滑板比賽有一個(gè)動(dòng)作是運(yùn)動(dòng)員越過(guò)橫桿，如圖所示，滑板運(yùn)動(dòng)員沿水平地面向前勻速直線滑行，在橫桿前相對(duì)滑板豎直向上起跳，人與滑板分離，分別從桿的上、下通過(guò)，忽略空氣阻力及滑板與地面間的摩擦力，若運(yùn)動(dòng)員安全過(guò)桿，則下列說(shuō)法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)員原來(lái)是運(yùn)動(dòng)的，由于慣性，運(yùn)動(dòng)員越過(guò)桿后仍將落在滑板上 B．在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，地面對(duì)它們的支持力與滑板對(duì)地面的壓力為一對(duì)平衡力 C．運(yùn)動(dòng)員起跳后在空中相對(duì)滑板做勻變速直線運(yùn)動(dòng) D．運(yùn)動(dòng)員從開始起跳到落回到滑板的過(guò)程中，始終處于超重狀態(tài)（多選）15．（2023秋?膠州市校級(jí)月考）一興趣小組制作了一個(gè)簡(jiǎn)易的“水平加速度測(cè)量?jī)x”，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，在沿水平方向安裝的固定光滑桿上套一個(gè)質(zhì)量為m＝0.1kg的小球，小球兩側(cè)分別與勁度系數(shù)均為k＝5N/m的輕彈簧相連，兩彈簧的另一端與盒子內(nèi)壁連接。當(dāng)盒子水平靜止時(shí)，兩根輕彈簧均處于自然長(zhǎng)度，滑塊上的指針指在O點(diǎn)，可通過(guò)標(biāo)尺測(cè)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(shí)刻發(fā)現(xiàn)指針向左偏離O點(diǎn)的距離為x＝2cm，彈簧的變化始終在彈性限度內(nèi)，以下說(shuō)法中正確的是（）A．該車可能正在向左運(yùn)動(dòng) B．此時(shí)該車的加速度方向向右 C．此時(shí)該車的加速度大小為1m/s2 D．此時(shí)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(jí)月考）如圖甲所示為叉車運(yùn)送貨物的情境圖，該過(guò)程可簡(jiǎn)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(yùn)動(dòng)，然后平板向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至停止，平板的加速度大小為a0＝5m/s2，已知滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.25，滑塊和平板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.275，兩滑塊的質(zhì)量均為m＝6kg、長(zhǎng)度均為d＝1.2m，L足夠長(zhǎng)滑塊不會(huì)由平板上滑落，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力影響。求：（1）平板開始減速時(shí)滑塊a、b的加速度；（2）滑塊a相對(duì)于滑塊b的位移；（3）L滿足什么條件滑塊不會(huì)從平板上掉落。（提示：滑塊的重心在平板上不會(huì)掉落）17．（2024秋?開福區(qū)校級(jí)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(cè)與豎直墻壁之間連接著一個(gè)力傳感器，當(dāng)力傳感器受壓時(shí)，其示數(shù)為正值，當(dāng)力傳感器被拉時(shí)，其示數(shù)為負(fù)值。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從C點(diǎn)由靜止開始下滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，傳感器記錄到的力和時(shí)間的關(guān)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(zhǎng)度；（2）滑塊的質(zhì)量；（3）木塊水平表面AB段長(zhǎng)度。18．（2023秋?瀘縣校級(jí)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(guò)光滑滑輪O用輕質(zhì)細(xì)線相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知A球質(zhì)量為m，O點(diǎn)在半圓主體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長(zhǎng)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(xì)線的拉力大小；（2）若半圓柱體質(zhì)量也為m且恰好不滑動(dòng)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(jí)月考）如圖為期末考試結(jié)束，小包同學(xué)回家的場(chǎng)景，已知行李箱質(zhì)量m＝10kg，拉力與水平地面夾角θ＝60°，發(fā)現(xiàn)當(dāng)拉力大小F＝60N時(shí)行李箱恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，求：（1）行李箱和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大小；（2）當(dāng)學(xué)生走出校門，飛快跑向接她的父母，假定同學(xué)做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(jí)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速率為v0＝2m/s。將質(zhì)量為m＝25kg的物體無(wú)初速地放在傳送帶的頂端A，物體到達(dá)底端B后能無(wú)碰撞地滑上質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)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(shí)的加速度大?。唬?）物體通過(guò)傳送帶所需要的時(shí)間；（3）要使物體恰好不會(huì)從木板上掉下，木板長(zhǎng)度L應(yīng)是多少？

2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)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(jí)月考）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中B、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，B、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)，A點(diǎn)在y軸上且∠AMO＝60°，O'為圓心，現(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，所用時(shí)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(diǎn)的位置不確定，故無(wú)法比較時(shí)間大小關(guān)系【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)幾何關(guān)系分別求出各個(gè)軌道的位移，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而比較出到達(dá)M點(diǎn)的先后順序?！窘獯稹拷猓涸O(shè)圓的半徑為R，B、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)，所以對(duì)于BM段，位移xBM段加速度的大小為a1根據(jù)x得t對(duì)于AM段，位移x2＝2RAM段加速度的大小為a2由x得t對(duì)于CM段，設(shè)CM與豎直方向夾角為θ，同理可解得t即tB＝tC＜tA故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵充分利用幾何關(guān)系得出每一段的位移，熟練運(yùn)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移—時(shí)間公式即可正確解題。2．（2024?未央?yún)^(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)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(jié)果物塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊可能沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng) B．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于tanθ C．t0時(shí)間后物塊的加速度大小為2gsinθ-D．若傳送帶反轉(zhuǎn)，則物塊將一直以大小為gsinθ-【考點(diǎn)】?jī)A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(jù)v﹣t圖像的物理意義判斷物塊的運(yùn)動(dòng)情況；B.根據(jù)運(yùn)動(dòng)情況，對(duì)物塊進(jìn)行受力分析即可判斷；C.根據(jù)牛頓第二定律求解；D.對(duì)物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)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(shí)刻之前的加速度大于t0時(shí)刻之后的加速度，所以物塊t0時(shí)刻之前受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，即開始時(shí)物塊相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，由圖乙可知，物塊始終向下做加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．由A選項(xiàng)分析可得，t0時(shí)刻之后物塊向下做加速度較小的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則mgsinθ＞μmgcosθ得μ＜tanθ故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述，t0時(shí)刻之前有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1a1t0時(shí)刻之后有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2聯(lián)立得a2故C正確；D．因?yàn)閙gsinθ＞μmgcosθ如果傳送帶反轉(zhuǎn)，物塊始終相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，摩擦力始終沿傳送帶向上，對(duì)物塊mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2則物塊將一直以大小為2gsinθ-v0故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了傳送帶問(wèn)題，分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(wèn)題的處理方法。3．（2024?九龍坡區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖甲所示的發(fā)光彈弓飛箭是夏季廣場(chǎng)常見的玩具，其利用彈弓將飛箭射向高空。假設(shè)質(zhì)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中飛箭受到的空氣阻力f與其速率v成正比，其關(guān)系為f＝kv。飛箭運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，其在t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)后再落回地面，落地速率為v1＝2m/s，且落地前飛箭已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，下列關(guān)于飛箭運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法正確的是（）A．k的值為0.1N?s/m B．飛箭在上升過(guò)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(guò)程中都在逐漸增大【考點(diǎn)】牛頓第二定律的圖像問(wèn)題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從運(yùn)動(dòng)情況確定受力；牛頓第二定律求解多過(guò)程問(wèn)題．【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件進(jìn)行解答；根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移結(jié)合平均速度的計(jì)算方法進(jìn)行分析；根據(jù)牛頓第二定律求解小球拋出瞬間的加速度大?。桓鶕?jù)牛頓第二定律求出加速度的表達(dá)式進(jìn)行分析。【解答】解：A、小球落地前以v1勻速運(yùn)動(dòng)，則有mg＝kv1，即k=mgv1=0.2×102N?s/m＝B、若飛箭上升過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其上升過(guò)程的平均速度大小為：v=v0若飛箭上升過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其速度圖像如圖虛線所示：0～t1時(shí)間內(nèi)虛線與坐標(biāo)軸圍成的面積大于實(shí)線與坐標(biāo)軸圍成的面積，根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，飛箭在上升過(guò)程的平均速度小于5m/s，故B錯(cuò)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(guò)程中的加速度大小為：a1=mg+kvm=g+k飛箭下降過(guò)程中的加速度大小為：a2=mg-kvm=g-km故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題是信息給予題，要把握空氣阻力與速率的關(guān)系，注意空氣阻力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，弄清楚受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵。4．（2024?浙江開學(xué)）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(zhǎng)圓條，用剪刀截下寸許，就成了食用的“扯白糖”。下列說(shuō)法正確的是（）A．小木棍對(duì)糖漿的彈力是糖漿發(fā)生形變引起的 B．糖漿變長(zhǎng)，說(shuō)明小木棍對(duì)糖漿的拉力大于糖漿對(duì)小木棍的拉力 C．整個(gè)下扯過(guò)程中小木棍始終處于失重狀態(tài) D．整個(gè)下扯過(guò)程中地面對(duì)固定的木柱的支持力大于木柱和糖漿的總重力【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；彈力的概念及其產(chǎn)生條件．【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力．【答案】D【分析】A.根據(jù)彈力產(chǎn)生的原因進(jìn)行分析解答；B.根據(jù)牛頓第三定律進(jìn)行分析判斷；C.根據(jù)小木棍的運(yùn)動(dòng)情況及加速度分析超失重狀態(tài)；D.根據(jù)木樁的受力分析進(jìn)行解答。【解答】解：A.小木棍對(duì)糖漿的彈力是小木棍發(fā)生形變引起的，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)牛頓第三定律，小木棍對(duì)糖漿的拉力等于糖漿對(duì)小木棍的拉力，故B錯(cuò)誤；C.整個(gè)下扯過(guò)程中，小木棍不是一直向下加速運(yùn)動(dòng)，所以不是始終處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D.整個(gè)下扯過(guò)程中，人對(duì)糖漿有向下的拉力，所以地面對(duì)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(diǎn)評(píng)】考查物體的受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和解答。5．（2024?未央?yún)^(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖示，已知物塊與斜面間的摩擦因數(shù)μ＝tanθ，在外力F作用下，物塊正沿斜面向下做加速運(yùn)動(dòng)，而斜面處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)增大F，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．地面對(duì)斜面的摩擦力增大 B．地面對(duì)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(huì)向右運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；解析法求共點(diǎn)力的平衡．【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】對(duì)物體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可求得斜面對(duì)物體的作用力，根據(jù)平衡條件可求得地面對(duì)斜面的摩擦力；若施加力F后，物體對(duì)斜面的作用力方向豎直向下，摩擦力仍為零。增大力F，根據(jù)物體與斜面間的作用力的變化情況進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、已知物塊與斜面間的摩擦因數(shù)μ＝tanθ，即mgsinθ＝μmgcosθ，物體在不受推力時(shí)物體沿斜面勻速下滑，此時(shí)地面對(duì)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中地面對(duì)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(duì)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中，地面對(duì)斜面的摩擦力不變，均為零，故A錯(cuò)誤；B、增大F，物體與斜面間的作用力增大，則地面對(duì)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(cuò)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(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了共點(diǎn)力的平衡條件以及牛頓第二定律的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能正確分析物體的受力情況，注意整體法和隔離法的應(yīng)用。6．（2023秋?瀘縣校級(jí)期末）如圖所示，一可視為質(zhì)點(diǎn)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(dá)底端的時(shí)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(biāo)出），則（）A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．無(wú)法判斷【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；作用力與反作用力；勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【答案】A【分析】設(shè)斜面傾角為θ，先根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解時(shí)間表達(dá)式進(jìn)行討論。【解答】解：設(shè)斜面的底邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，斜面的傾角為θ，則斜邊的長(zhǎng)度x=L根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝gsinθ根據(jù)x=1代入數(shù)據(jù)解得t=4L將30°，45°分別代入t=4Lt2＜t1故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵推導(dǎo)出時(shí)間的一般表達(dá)式，最后結(jié)合三角函數(shù)知識(shí)進(jìn)行討論，不難。7．（2024秋?尋甸縣月考）如圖所示是采用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船質(zhì)量為3×103kg，飛船推進(jìn)器的平均推力F為900N，在飛船與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作5s內(nèi)，測(cè)出飛船和空間站的速度變化量為0.05m/s，則空間站質(zhì)量和飛船對(duì)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(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；用定義式計(jì)算物體的加速度．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【答案】A【分析】根據(jù)題意，結(jié)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(zhì)量；對(duì)空間站利用牛頓第二定律，結(jié)合題意求出飛船對(duì)空間站的作用力。【解答】解：在飛船與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作5s內(nèi)，飛船和空間站的加速度大小為：a=ΔvΔt=0.055對(duì)飛船和空間站由牛頓第二定律得F＝（m+M）a對(duì)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(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，在處理連接體問(wèn)題時(shí)，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(gè)食物熱量的單位，如果用國(guó)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(diǎn)】力學(xué)單位制與單位制．【專題】定量思想；歸納法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力．【答案】B【分析】根據(jù)公式W＝Fscosα進(jìn)行量綱計(jì)算即可?！窘獯稹拷猓簾崃康膯挝皇荍，功的單位也是J，根據(jù)W＝Fscosα則有1J＝1N?m＝1kg?m/s2?m＝1kg?m2/s2，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】熟練掌握各物理量之間的定量關(guān)系是解題的基礎(chǔ)。9．（2024秋?坪山區(qū)校級(jí)月考）如圖是航天飛船返回艙返回地面的示意圖，其過(guò)程可簡(jiǎn)化為：打開降落傘一段時(shí)間后，整個(gè)裝置勻速下降，距地面一定高度時(shí)，點(diǎn)燃返回艙的緩沖火箭，返回艙開始減速下降運(yùn)動(dòng)，落地速度恰好為零，返回艙安全著陸。則（）A．返回艙在噴氣過(guò)程中處于失重狀態(tài) B．返回艙勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中處于超重狀態(tài) C．火箭點(diǎn)燃后傘繩對(duì)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(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．【專題】定性思想；歸納法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力．【答案】D【分析】返回艙在減速下降過(guò)程中，有向上是加速度，處于超重狀態(tài)；根據(jù)平衡條件分析；根據(jù)減速下降分析?！窘獯稹拷猓篈D、返回艙在噴氣過(guò)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(cuò)誤，D正確；B、返回艙勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中處于平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、火箭點(diǎn)然后，返回艙開始減速下降，傘繩對(duì)返回艙的拉力減小，故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】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?yún)^(qū)校級(jí)開學(xué)）有一列火車有N節(jié)車廂，在牽引力作用下向右運(yùn)動(dòng)，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(xiàn)測(cè)得F12與F56的比值為2：1，則N應(yīng)為（）A．6節(jié) B．9節(jié) C．12節(jié) D．18節(jié)【考點(diǎn)】連接體模型．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)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(duì)象，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，應(yīng)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(shè)這列火車共有N節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每節(jié)車廂所受阻力均為f，加速度為a，對(duì)火車左側(cè)（N﹣1）節(jié)車廂進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F12﹣（N﹣1）f＝（N﹣1）ma同理，對(duì)火車左側(cè)（N﹣5）節(jié)車廂進(jìn)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(lián)立解得N＝9故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚車廂的受力情況是解題的前提，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題；解題時(shí)注意整體法與隔離法的應(yīng)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(gè)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(dāng)用沿斜面向上的恒力F作用在物體A上時(shí)，三者恰好保持靜止，已知A、B、C三者質(zhì)量相等，重力加速度為g。下列說(shuō)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(diǎn)】斜面上的連接體問(wèn)題（連接體問(wèn)題的特例）；牛頓第二定律求解瞬時(shí)問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)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(lái)不及收縮，彈簧彈力不變，利用整體法和隔離法對(duì)物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解；在剪斷彈簧的瞬間，輕繩拉力會(huì)發(fā)生突變，以整體AB為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析。【解答】解：A．把ABC看成是一個(gè)整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)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(duì)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(cuò)誤；B．在輕繩被燒斷前，對(duì)于C根據(jù)平衡條件可得彈簧彈力F彈＝mgsinθ，在輕繩被燒斷的瞬間，對(duì)于B分析，由于繩子拉力為零，彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律F彈+mgsinθ＝maB，解得B的加速度大小aB＝2gsinθ，故B錯(cuò)誤；C．剪斷彈簧的瞬間，對(duì)AB整體，根據(jù)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(duì)整體AB，由牛頓第二定律F彈+2mgsinθ＝2ma′AB，F(xiàn)彈＝mgsinθ，聯(lián)立解得：a'AB=32gsinθ，故選：CD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律，受力分析等知識(shí)，解題關(guān)鍵是在輕繩被燒斷的瞬間，繩子拉力為零彈簧來(lái)不及收縮，彈簧彈力不變，在剪斷彈簧的瞬間，輕繩拉力會(huì)發(fā)生突變。（多選）12．（2024?未央?yún)^(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖所示，長(zhǎng)為6m、質(zhì)量為10kg的木板放在水平地面上，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。一個(gè)質(zhì)量為50kg的人從木板的左端開始向右勻加速跑動(dòng)到離開木板的過(guò)程中，關(guān)于人（a）和木板（b）的速度—時(shí)間圖像（v﹣t）可能正確的是（g取10m/s2）（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】有外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)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(jié)合摩擦力公式求得人與木板之間加速度大小，對(duì)各選項(xiàng)由a=ΔvΔt，求出加速度，【解答】解：A．人在木板上向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(shù)據(jù)解得fm＝120N當(dāng)人對(duì)木板的摩擦力大于地面對(duì)木板的最大靜摩擦力時(shí)，木板向左加速，即f＞fm代入數(shù)據(jù)解得a1由于aa1此時(shí)人向右加速，木板靜止不動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．由于aa2此時(shí)人向右加速，木板靜止不動(dòng)，故B正確；C．由于aa3此時(shí)人向右加速，木板向左加速，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板有Maa3﹣fm＝mab解得ab故C正確；D．由于aa4此時(shí)人向右加速，木板向左加速，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的基礎(chǔ)，關(guān)鍵要明確人和木板、木板與地面之間摩擦力的關(guān)系，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題。（多選）13．（2024秋?雙城區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，質(zhì)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?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。將質(zhì)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(duì)水平面的壓力大小變?yōu)?mg D．A的加速度大小為2【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解．【專題】定量思想；方程法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；推理能力．【答案】BD【分析】原來(lái)系統(tǒng)靜止，根據(jù)共點(diǎn)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(jù)牛頓第二定律求出木塊A的加速度。對(duì)B，由平衡條件分析地面對(duì)B的支持力，從而分析出B對(duì)地面的壓力?！窘獯稹拷猓篈．開始時(shí)只有A放在彈簧上，根據(jù)二力平衡可知，彈簧對(duì)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(cuò)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(duì)水平面的壓力大小與沒有放C之前一樣，即B對(duì)水平面的壓力大小為2mg，故C錯(cuò)誤；D．在將C迅速放在A上的瞬間，對(duì)A、C整體，根據(jù)牛頓第二定律有2mg+mg﹣F＝（m+2m）a解得a=故D正確。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題是牛頓第二定律應(yīng)用中的瞬時(shí)問(wèn)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(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解。（多選）14．（2024秋?思明區(qū)校級(jí)月考）滑板成為奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目后，正在被越來(lái)越多人所認(rèn)識(shí)，尤其備受青少年喜愛?；灞荣愑幸粋€(gè)動(dòng)作是運(yùn)動(dòng)員越過(guò)橫桿，如圖所示，滑板運(yùn)動(dòng)員沿水平地面向前勻速直線滑行，在橫桿前相對(duì)滑板豎直向上起跳，人與滑板分離，分別從桿的上、下通過(guò)，忽略空氣阻力及滑板與地面間的摩擦力，若運(yùn)動(dòng)員安全過(guò)桿，則下列說(shuō)法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)員原來(lái)是運(yùn)動(dòng)的，由于慣性，運(yùn)動(dòng)員越過(guò)桿后仍將落在滑板上 B．在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，地面對(duì)它們的支持力與滑板對(duì)地面的壓力為一對(duì)平衡力 C．運(yùn)動(dòng)員起跳后在空中相對(duì)滑板做勻變速直線運(yùn)動(dòng) D．運(yùn)動(dòng)員從開始起跳到落回到滑板的過(guò)程中，始終處于超重狀態(tài)【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷；慣性與質(zhì)量；相互作用力與平衡力的區(qū)別和聯(lián)系．【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；理解能力．【答案】AC【分析】物體保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變的性質(zhì)稱為慣性，且一切物體都具有慣性；根據(jù)兩個(gè)力的特點(diǎn)判斷；根據(jù)兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性判斷；根據(jù)運(yùn)動(dòng)員受力的特點(diǎn)判斷。【解答】解：A．由于慣性，運(yùn)動(dòng)員沿水平方向保持運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員越過(guò)桿后仍將落在滑板上，故A正確；B．地面對(duì)它們的支持力與滑板對(duì)地面的壓力為兩個(gè)物體之間的相互作用，即地面對(duì)它們的支持力與滑板對(duì)地面的壓力為一對(duì)作用力與反作用力，故B錯(cuò)誤；C．運(yùn)動(dòng)員起跳后，水平方向與滑板相對(duì)靜止，豎直方向相對(duì)滑板做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度，故運(yùn)動(dòng)員起跳后在空中相對(duì)滑板做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；D．運(yùn)動(dòng)員從開始起跳到落回到滑板的過(guò)程中，起跳時(shí)向上加速，離開滑板后先向上減速，最后向下加速，所以運(yùn)動(dòng)員的加速度先向上再向下，則運(yùn)動(dòng)員先超重狀態(tài)，后失重，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】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(guān)問(wèn)題，考查的知識(shí)點(diǎn)比較多，充分利用了生活中常見的現(xiàn)象，說(shuō)明了物理來(lái)自于生活。（多選）15．（2023秋?膠州市校級(jí)月考）一興趣小組制作了一個(gè)簡(jiǎn)易的“水平加速度測(cè)量?jī)x”，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，在沿水平方向安裝的固定光滑桿上套一個(gè)質(zhì)量為m＝0.1kg的小球，小球兩側(cè)分別與勁度系數(shù)均為k＝5N/m的輕彈簧相連，兩彈簧的另一端與盒子內(nèi)壁連接。當(dāng)盒子水平靜止時(shí)，兩根輕彈簧均處于自然長(zhǎng)度，滑塊上的指針指在O點(diǎn)，可通過(guò)標(biāo)尺測(cè)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(shí)刻發(fā)現(xiàn)指針向左偏離O點(diǎn)的距離為x＝2cm，彈簧的變化始終在彈性限度內(nèi)，以下說(shuō)法中正確的是（）A．該車可能正在向左運(yùn)動(dòng) B．此時(shí)該車的加速度方向向右 C．此時(shí)該車的加速度大小為1m/s2 D．此時(shí)該車的加速度大小為2m/s2【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【答案】ABD【分析】對(duì)小球受力分析，確定其合力的大小與方向，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度的大小與方向，再確定其運(yùn)動(dòng)方向。【解答】解：某時(shí)刻發(fā)現(xiàn)指針向左偏離O點(diǎn)的距離為x＝2cm＝0.02m，小球受到左側(cè)彈簧的向右的彈力，其大小為kx，同時(shí)小球還受到右側(cè)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(diǎn)評(píng)】本題考查了胡克定律、牛頓第二定律的應(yīng)用。注意本題只能確定加速度的方向，而運(yùn)動(dòng)方向存在可能性。三．解答題（共5小題）16．（2024秋?思明區(qū)校級(jí)月考）如圖甲所示為叉車運(yùn)送貨物的情境圖，該過(guò)程可簡(jiǎn)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(yùn)動(dòng)，然后平板向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至停止，平板的加速度大小為a0＝5m/s2，已知滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.25，滑塊和平板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.275，兩滑塊的質(zhì)量均為m＝6kg、長(zhǎng)度均為d＝1.2m，L足夠長(zhǎng)滑塊不會(huì)由平板上滑落，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力影響。求：（1）平板開始減速時(shí)滑塊a、b的加速度；（2）滑塊a相對(duì)于滑塊b的位移；（3）L滿足什么條件滑塊不會(huì)從平板上掉落。（提示：滑塊的重心在平板上不會(huì)掉落）【考點(diǎn)】有外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【答案】（1）平板開始減速時(shí)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(duì)于滑塊b的位移0.3m；（3）L≥0.15m滑塊不會(huì)從平板上掉落?！痉治觥浚?）根據(jù)物塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向得出各自摩擦力的方向，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度的大小和方向；（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出a，b運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，進(jìn)一步分析a，b的運(yùn)動(dòng)情況，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出a，b運(yùn)動(dòng)的位移，再求相對(duì)位移；（3）平板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，抓住臨界狀態(tài)，兩個(gè)滑塊整體的重心（幾何中心）恰好和平板的右端平齊，結(jié)合位移公式和位移關(guān)系進(jìn)行判斷。【解答】解：（1）設(shè)平板減速時(shí)滑塊a和滑塊b相對(duì)滑動(dòng)且加速度大小分別為a1、a2。由牛頓第二定律，對(duì)滑塊a有μ1mg＝ma1對(duì)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(shè)滑塊a、b減速到0所用時(shí)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(duì)滑塊b，有μ1mg﹣2μ2mg＜0滑塊b減速到0后停止運(yùn)動(dòng)，滑塊a繼續(xù)滑行直到速度為0，整個(gè)過(guò)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(duì)位移Δx＝x1﹣x2＝1.8m﹣1.5m＝0.3m（3）兩個(gè)滑塊重心到滑塊b右側(cè)的距離d'＝0.45m平板車減速運(yùn)動(dòng)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(duì)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(gè)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(shí)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(duì)于滑塊b的位移0.3m；（3）L≥0.15m滑塊不會(huì)從平板上掉落?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵理清滑塊a、b在平板車上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。17．（2024秋?開福區(qū)校級(jí)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(cè)與豎直墻壁之間連接著一個(gè)力傳感器，當(dāng)力傳感器受壓時(shí)，其示數(shù)為正值，當(dāng)力傳感器被拉時(shí)，其示數(shù)為負(fù)值。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從C點(diǎn)由靜止開始下滑，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，傳感器記錄到的力和時(shí)間的關(guān)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(zhǎng)度；（2）滑塊的質(zhì)量；（3）木塊水平表面AB段長(zhǎng)度?！究键c(diǎn)】牛頓第二定律求解多過(guò)程問(wèn)題．【專題】計(jì)算題；定量思想；圖析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）斜面BC的長(zhǎng)度為3m；（2）滑塊的質(zhì)量為2.5kg；（3）木塊水平表面AB段長(zhǎng)度為8m?！痉治觥浚?）當(dāng)滑塊沿斜面BC向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，分析其受力情況，由圖讀出滑塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(shí)間公式求解斜面BC的長(zhǎng)度。（2）滑塊對(duì)斜面的壓力大小為N1′＝mgcosθ，木板對(duì)傳感器的壓力為：F1＝N1′sinθ，由圖讀出F1，即可求得滑塊的質(zhì)量。（3）由v1＝a1t1求出滑塊滑到B點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在木塊表面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小，再根據(jù)位移—時(shí)間公式求出木塊水平表面AB段長(zhǎng)度。【解答】解：（1）對(duì)滑塊受力分析如圖所示。滑塊沿斜面BC向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得a1=mgsinθm=gsinθ＝10×sin37°m/s2滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝1s，則斜面BC的長(zhǎng)度為s1=12a（2）滑塊沿斜面BC向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊對(duì)斜面的壓力為N′1＝N1＝mgcosθ木塊對(duì)傳感器的壓力為F1＝N′1sinθ由題圖乙可知F1＝12N，解得滑塊的質(zhì)量為m＝2.5kg（3）滑塊滑到B點(diǎn)的速度為v1＝a1t1＝6×1m/s＝6m/s滑塊在木塊表面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由圖乙可知F2＝f2＝5N，t2＝2s，根據(jù)牛頓第二定律得a2=f2m=5水平表面AB段長(zhǎng)度為s2＝v1t2-解之得：s2＝8m答：（1）斜面BC的長(zhǎng)度為3m；（2）滑塊的質(zhì)量為2.5kg；（3）木塊水平表面AB段長(zhǎng)度為8m。【點(diǎn)評(píng)】本題要讀懂F﹣t圖象，分析滑塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，關(guān)鍵要抓住木板對(duì)傳感器的壓力與滑塊對(duì)斜面BC壓力的關(guān)系，分段根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合解答。18．（2023秋?瀘縣校級(jí)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(guò)光滑滑輪O用輕質(zhì)細(xì)線相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知A球質(zhì)量為m，O點(diǎn)在半圓主體圓心O1的正上方，OA與豎直方向成30°角，OA長(zhǎng)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(xì)線的拉力大小；（2）若半圓柱體質(zhì)量也為m且恰好不滑動(dòng)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)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。【考點(diǎn)】作用力與反作用力；力的合成與分解的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【答案】（1）小球A受到細(xì)線的拉力大小為33（2）若半圓柱體質(zhì)量也為m且恰好不滑動(dòng)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(duì)B受力分析，根據(jù)共點(diǎn)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(dòng)摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（3）剪斷OA繩子的瞬間彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律可得B的加速度大小?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)A、B受力分析如下TOA＝TOB由幾何關(guān)系可知FN＝TOA且有mg＝2TOAcos30°可得TOA（2）對(duì)半圓柱體，根據(jù)水平方向上受力平衡可得F'Nsin30°＝μ（mg+F'Ncos30°）FN＝F'N代入數(shù)據(jù)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(xì)線的拉力大小為33（2）若半圓柱體質(zhì)量也為m且恰好不滑動(dòng)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，半圓柱體底面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，解答此類問(wèn)題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。19．（2024秋?思明區(qū)校級(jí)月考）如圖為期末考試結(jié)束，小包同學(xué)回家的場(chǎng)景，已知行李箱質(zhì)量m＝10kg，拉力與水平地面夾角θ＝60°，發(fā)現(xiàn)當(dāng)拉力大小F＝60N時(shí)行李箱恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，求：（1）行李箱和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的大小；（2）當(dāng)學(xué)生走出校門，飛快跑向接她的父母，假定同學(xué)做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；動(dòng)摩擦因數(shù)的性質(zhì)和計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【答案】（1）行李箱和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)的平衡關(guān)系分析解答；（2）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合臨界條件分析解答。【解答】解：（1）當(dāng)拉力大小F＝60N時(shí)行李箱恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有Fcosθ＝fFsinθ+N＝mg根據(jù)摩擦力公式有f＝μN(yùn)解得μ=（2）同學(xué)做勻加速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合臨界條件根據(jù)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(dòng)摩擦因數(shù)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(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力平衡，解題關(guān)鍵掌握對(duì)研究對(duì)象的受力分析，結(jié)合平衡條件即可解得。20．（2024秋?雙城區(qū)校級(jí)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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速率為v0＝2m/s。將質(zhì)量為m＝25kg的物體無(wú)初速地放在傳送帶的頂端A，物體到達(dá)底端B后能無(wú)碰撞地滑上質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)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(shí)的加速度大??；（2）物體通過(guò)傳送帶所需要的時(shí)間；（3）要使物體恰好不會(huì)從木板上掉下，木板長(zhǎng)度L應(yīng)是多少？【考點(diǎn)】無(wú)外力的水平板塊模型；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；傾斜傳送帶模型．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【答案】（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小為10m/s2；（2）物體通過(guò)傳送帶所需要的時(shí)間為2.2s；（3）要使物體恰好不會(huì)從木板上掉下，木板長(zhǎng)度L應(yīng)是4.8m。【分析】（1）（2）分析物體受力，根據(jù)受力判斷物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程，再根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；（3）地面光滑，根據(jù)牛頓第二定律解得加速度，物體恰好滑到木板左端時(shí)與木板共速，從而列式解答?！窘獯稹拷猓海?）物體剛開始下滑時(shí)所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，設(shè)此時(shí)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(shè)物體與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移大小為x1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(yùn)動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，設(shè)其加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma2解得：a2＝2m/s2設(shè)物體再經(jīng)t2到達(dá)B端，則有（s﹣x1）＝v0t2+物體通過(guò)傳送帶所需要的時(shí)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(shí)，物體和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)木板長(zhǎng)度最小為L(zhǎng)時(shí)，物體恰好滑到木板左端時(shí)與木板共速，根據(jù)牛頓第二定律得：μ2mg＝mamμ2mg＝MaM共速時(shí)滿足vB﹣amt3＝aMt3根據(jù)位移關(guān)系有L＝vBt3-解得：L＝4.8m答：（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小為10m/s2；（2）物體通過(guò)傳送帶所需要的時(shí)間為2.2s；（3）要使物體恰好不會(huì)從木板上掉下，木板長(zhǎng)度L應(yīng)是4.8m?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律應(yīng)用的傳送帶與板塊模型，涉及到牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律的應(yīng)用，解題時(shí)注意分析不同運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力的方向和大小。

考點(diǎn)卡片1．用定義式計(jì)算物體的加速度【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】（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(shí)間的比值，定義式：a=△v（2）加速度單位：在國(guó)際單位制中是：米/秒2，讀作“米每?jī)纱畏矫搿狈?hào)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(shí)間是0.01s，以豎直向上方向?yàn)檎较?，則小球在這次撞擊過(guò)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(guò)程的初速度和末速度，根據(jù)加速度的定義式求解小球在這次撞擊過(guò)程中的平均加速度．解答：以豎直向上方向?yàn)檎较?，小球的初速度為v0＝﹣5m/s，末速度為v＝3m/s，時(shí)間t＝0.01s，則平均加速度為：a=v-v故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要注意速度是矢量，在規(guī)定正方向的前提下，用正負(fù)號(hào)表示速度的方向．【解題思路點(diǎn)撥】根據(jù)加速度的定義式a=Δv1.規(guī)定正方向，用正、負(fù)號(hào)表示初、末速度，正、負(fù)號(hào)表示方向2.計(jì)算速度變化量3.計(jì)算加速度，正、負(fù)號(hào)表示方向2．勻變速直線運(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）勻變速直線運(yùn)動(dòng)中的平均速度在勻變速直線運(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在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當(dāng)汽車遇到交通事故時(shí)就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時(shí)間，汽車剎車停止后不再運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)位移時(shí)間公式x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時(shí)間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：D。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來(lái)后不再運(yùn)動(dòng)，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運(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?，?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運(yùn)動(dòng)的平均速度公式v=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?。籦．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。3．勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)學(xué)題目，往往需要用到多個(gè)公式，需要細(xì)致的思考才能解答。【命題方向】如圖，甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(shí)起跑，在甲、乙相遇時(shí)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(zhǎng)度為L(zhǎng)＝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(jī)，需要乙恰好在速度達(dá)到與甲相同時(shí)被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠(yuǎn)時(shí)對(duì)乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過(guò)接力區(qū)的時(shí)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(shí)，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當(dāng)兩人的速度相等時(shí)，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(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則在甲追擊乙過(guò)程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長(zhǎng)時(shí)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(shí)間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時(shí)對(duì)乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過(guò)程中有s+代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過(guò)程以v＝8m/s速度的運(yùn)動(dòng)，所以棒經(jīng)過(guò)接力區(qū)的時(shí)間是t點(diǎn)評(píng)：此題考查追及相遇問(wèn)題，一定要掌握住兩者何時(shí)相遇、何時(shí)速度相等這兩個(gè)問(wèn)題，這道題是典型的追及問(wèn)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(dòng)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(shí)游刃有余。4．彈力的概念及其產(chǎn)生條件【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．（4）彈力的大小對(duì)有明顯形變的彈簧，彈力的大小可以由胡克定律計(jì)算．對(duì)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(yùn)動(dòng)情況共同決定．①胡克定律可表示為（在彈性限度內(nèi)）：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(shù)，單位：N/m．k由彈簧本身的性質(zhì)決定（與彈簧的材料、粗細(xì)、直徑及原長(zhǎng)都有關(guān)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(diǎn)如下表．項(xiàng)目輕繩輕桿彈簧形變情況伸長(zhǎng)忽略不計(jì)認(rèn)為長(zhǎng)度不變可伸長(zhǎng)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(shí)點(diǎn)的應(yīng)用及延伸】彈力有無(wú)及方向的判斷問(wèn)題：怎樣判斷彈力的有無(wú)？解答：（1）對(duì)于形變明顯的情況（如彈簧）可由形變直接判斷．（2）對(duì)于接觸處的形變不明顯，判斷其彈力的有無(wú)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)是否改變．若不變，則說(shuō)明無(wú)彈力；若改變，則說(shuō)明有彈力．②分析主動(dòng)力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)來(lái)判斷是否有彈力．分析主動(dòng)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(yùn)動(dòng)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）第一類常考題型是對(duì)概念的考查：關(guān)于彈力，下列說(shuō)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(chǎn)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(chǎn)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(gè)條件同時(shí)滿足物體間才會(huì)產(chǎn)生彈力．故A錯(cuò)誤．B、根據(jù)A選項(xiàng)分析，故B錯(cuò)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(cuò)誤．故選C．點(diǎn)評(píng)：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）第二類常考題型是對(duì)具體事例進(jìn)行分析：如圖，球A放在斜面上，被豎直擋板擋住而處于靜止?fàn)顟B(tài)，關(guān)于球A所受的彈力，正確的（）A．球A僅受一個(gè)彈力作用，彈力方向垂直斜面向上B．球A受兩個(gè)彈力作用，一個(gè)水平向左，一個(gè)垂直斜面向下C．球A受兩個(gè)彈力作用，一個(gè)水平向右，一個(gè)垂直斜面向上D．球A受三個(gè)彈力作用，一個(gè)水平向右，一個(gè)垂直斜面向上，一個(gè)豎直向下分析：小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)擋板和斜面接觸擠壓，擋板和斜面都產(chǎn)生彈性形變，它們對(duì)小球產(chǎn)生彈力，彈力的方向垂直于接觸面．解答：解：由于小球?qū)醢搴托泵娼佑|擠壓，擋板和斜面都產(chǎn)生彈性形變，它們對(duì)小球產(chǎn)生彈力，而且彈力的方向垂直于接觸面，所以擋板對(duì)小球的彈力方向水平向右，斜面對(duì)小球的彈力方向垂直于斜面向上．故選C點(diǎn)評(píng)：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(chǔ)題，比較容易．【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．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?？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?？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，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度比其自然長(zhǎng)度伸長(zhǎng)了l，今向下拉盤，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對(duì)物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時(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)彈簧的彈力沒有變化，則以盤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．6．動(dòng)摩擦因數(shù)的性質(zhì)和計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.定義：彼此接觸的物體做相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)摩擦力和正壓力之間的比值，稱為動(dòng)摩擦因數(shù)μ．當(dāng)物體處于水平運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)，正壓力＝重力。2.影響因素：不同材質(zhì)的物體間動(dòng)摩擦因數(shù)不同，μ與接觸面的材料、接觸面的粗糙程度有關(guān)，無(wú)單位。注意：動(dòng)摩擦因數(shù)與壓力無(wú)關(guān)、與接觸面積大小無(wú)關(guān)、與滑動(dòng)摩擦力的大小無(wú)關(guān)、與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的速度大小無(wú)關(guān)。動(dòng)摩擦系數(shù)是物體本身的屬性，只與物體本身有關(guān)，與有沒有進(jìn)行相對(duì)運(yùn)動(dòng)，以及有沒有正壓力無(wú)關(guān)。所以不能說(shuō)動(dòng)摩擦系數(shù)與摩擦力成正比，與正壓力成反比。只能說(shuō)摩擦力與正壓力和動(dòng)摩擦系數(shù)成正比，也就是f＝μN(yùn)?！久}方向】一根質(zhì)量可忽略不計(jì)的輕彈簧下端掛一物體，當(dāng)物體靜止不動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)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(dòng)，此時(shí)彈簧伸長(zhǎng)了2cm，求物體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)．分析：（1）當(dāng)物體靜止不動(dòng)時(shí)，根據(jù)胡克定律得出彈簧的勁度系數(shù)與物體重力的關(guān)系．（2）在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)胡克定律求出彈簧的拉力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的公式求出動(dòng)摩擦因數(shù)．解答：當(dāng)物體靜止不動(dòng)時(shí)，根據(jù)胡克定律得：mg＝kx1；物體在桌面上做勻速滑動(dòng)時(shí)，彈簧的拉力與滑動(dòng)摩擦力二力平衡，則得：kx2＝f又f＝μN(yùn)＝μmg聯(lián)立以上三得，μ=k答：物體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵掌握胡克定律和共點(diǎn)力平衡條件，也提供了一種測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)的方法．【解題思路點(diǎn)撥】1.動(dòng)摩擦因數(shù)是一種固有屬性，與接觸面的材料，粗糙程度有關(guān)。2.求解動(dòng)摩擦因數(shù)的相關(guān)問(wèn)題時(shí)，要注意正壓力的求解。7．力的合成與分解的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)針對(duì)比較復(fù)雜的題目，題目涉及到力的合成與分解的綜合應(yīng)用。【命題方向】假期里，一位同學(xué)在廚房里協(xié)助媽媽做菜，對(duì)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(shuō)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(wú)關(guān)B、在刀背上加上同樣的壓力時(shí)，分開其他物體的力跟刀刃厚薄無(wú)關(guān)C、在刀背上加上同樣的壓力時(shí)，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(shí)，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(jiǎn)化成一個(gè)等腰三角劈，設(shè)頂角為2θ，背寬為d，側(cè)面長(zhǎng)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(gè)分力F1、F2，使用中依靠著這兩個(gè)分力分開被加工的其他物體。由對(duì)稱性知，這兩個(gè)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(gè)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(gè)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(shí)，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(shí)，刀刃的強(qiáng)度會(huì)減小，碰到較硬的物體刀刃會(huì)卷口甚至碎裂，實(shí)際制造過(guò)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(shí)，用前部切一些軟的物品（如魚、肉、蔬菜、水果等），用后部斬劈堅(jiān)硬的骨頭之類的物品，俗話說(shuō)：“前切后劈”，指的就是這個(gè)意思。故D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：考查力的平行四邊形定則，體現(xiàn)了控制變量法，同時(shí)學(xué)會(huì)用三角函數(shù)來(lái)表示力與力的關(guān)系．【解題思路點(diǎn)撥】對(duì)力的合成與力的分解的綜合應(yīng)用問(wèn)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．共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)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(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問(wèn)題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問(wèn)題a.臨界問(wèn)題（1）問(wèn)題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變