2025年物理新高考備考2025年（版）物理《三維設(shè)計(jì)》一輪總復(fù)習(xí)（提升版）復(fù)習(xí)講義部分

復(fù)習(xí)講義部分第一章運(yùn)動的描述勻變速直線運(yùn)動第1講運(yùn)動的描述考點(diǎn)一基礎(chǔ)梳理1.（1）理想化（2）形狀大小2.參考地面3.（1）運(yùn)動軌跡（2）初位置末位置矢（3）等于小于對點(diǎn)訓(xùn)練1.B研究甲圖中排球運(yùn)動員扣球動作時，排球的形狀和大小不能忽略，故不可以將排球看成質(zhì)點(diǎn)，故A錯誤；研究乙圖中乒乓球運(yùn)動員的發(fā)球技術(shù)時，要考慮乒乓球的大小和形狀，則乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)，故B正確；研究丙圖中羽毛球運(yùn)動員回?fù)粲鹈騽幼鲿r，羽毛球大小不可以忽略，故C錯誤；研究丁圖中體操運(yùn)動員的平衡木動作時，運(yùn)動員身體各部分有轉(zhuǎn)動和平動，各部分的速度不可以視為相同，故D錯誤。2.C“神舟十五號”飛船和空間站“天和”核心艙成功對接后，在軌繞地球做圓周運(yùn)動，選地球?yàn)閰⒖枷?，二者都是運(yùn)動的，A、B錯誤；成功對接后二者相對靜止，C正確，D錯誤。3.D當(dāng)氣門芯由輪子的正上方第一次運(yùn)動到輪子的正下方時，輪子向前運(yùn)動半個周長，氣門芯的初位置與末位置如圖所示，由幾何知識得，氣門芯的位移大小為x＝（2r）2＋（考點(diǎn)二基礎(chǔ)梳理1.位移ΔxΔt位移2.某一時刻某一位置切線3.瞬時速度判斷小題1.√2.×3.×【例1】C位移指的是從M點(diǎn)到N點(diǎn)的有向線段，故位移大小為1.8km，故A錯誤；從M點(diǎn)漂流到N點(diǎn)的路程為5.4km，用時1h，則平均速率為v率＝st＝5.41km/h＝1.5m/s，故B錯誤；該游客的平均速度大小為v＝xt＝1.81km/h＝0.5m/s，故C正確；若以玉女峰為參考系，游客所乘竹筏的平均速度大小為0.5m/s對點(diǎn)訓(xùn)練1.C手機(jī)計(jì)步器記錄的行程為該同學(xué)在這段時間內(nèi)行走的路程，即題圖中的6.65千米指的是路程，故A錯誤；題圖中的速度5.0千米/小時為對應(yīng)路程與時間之比，即為平均速率，故C正確，B、D錯誤。2.B物體在AB段的路程大于1m，所以物體在AB段的平均速率v＝st＞11m/s＝1m/s，故A錯誤；物體在BC段的位移大小為xBC＝12＋12m＝2m，所以物體在BC段的平均速度大小為vBC＝xBCt＝21m/s＝2m/s，方向由B指向C，故B正確；物體在CD段的位移大小為xCD＝2m，物體在CD段的平均速度vCD＝xCDt＝21m/s＝2m/s，方向豎直向上，物體在DE段的位移大小為xDE＝2m，物體在DE段的平均速度vDE＝xDEt＝21m/s＝2m/s，方向水平向左，故C錯誤；根據(jù)公式v＝xt可知，當(dāng)物體的位移無限小，時間無限短時，物體的平均速度可以代替某點(diǎn)的瞬時速度，位移越小，考點(diǎn)三基礎(chǔ)梳理1.變化快慢2.速度的變化量4.Δv合力無關(guān)判斷小題1.×2.×3.×【例2】AB速度大指運(yùn)動的快，不能說明速度變化快，即加速度不一定越大，故A正確；根據(jù)加速度表示物體速度變化的快慢，可知禮花彈的速度變化越快，加速度一定越大，故B正確；加速度等于速度變化量與對應(yīng)時間的比值，速度變化量大，不能說明加速度大，故C錯誤；禮花彈在最高點(diǎn)時速度為零，但由于禮花彈受到重力的作用，所以其加速度不為零，故D錯誤?！纠?】D規(guī)定豎直向下為正方向，v1方向與正方向相同，v2方向與正方向相反，根據(jù)加速度定義式得a＝－10－81.0m/s2＝－18.0m/s2，負(fù)號表示加速度的方向與正方向相反【例4】BC一個質(zhì)點(diǎn)做方向不變的直線運(yùn)動，加速度的方向始終與速度方向相同，但加速度大小逐漸減小直至為零，在此過程中，由于加速度的方向始終與速度方向相同，所以速度逐漸增大，當(dāng)加速度減小到零時，質(zhì)點(diǎn)將做勻速直線運(yùn)動，速度不變，而此時速度達(dá)到最大值，故A錯誤，B正確；由于質(zhì)點(diǎn)做方向不變的直線運(yùn)動，所以位移逐漸增大，當(dāng)加速度減小到零時，速度不為零，所以位移繼續(xù)增大，故C正確，D錯誤?！痉椒Ｐ汀そ庾x】“勻速運(yùn)動”模型的實(shí)際應(yīng)用【典例1】B如圖，A表示爆炸處，O表示反射點(diǎn)，S表示觀測者所在處，h表示云層下表面的高度。用t1表示爆炸聲從A直接傳到S處所經(jīng)過的時間，則有d＝vt1 ①用t2表示爆炸聲經(jīng)云層反射到達(dá)S處所經(jīng)歷時間，因?yàn)榉瓷浣堑扔谌肷浣牵视衯t2＝2d2已知t2－t1＝Δt ③聯(lián)立①②③式可得h＝1代入數(shù)值得h＝2.0×103m故云層下表面的高度為2.0×103m，故B正確，A、C、D錯誤?！镜淅?】（1）17.3（2）18.2解析：（1）p1、p2的間隔的刻度值為30個格，Δt＝1.0s，p1、n1之間間隔的刻度值為12個格，所以對應(yīng)的時間為0.4s；p2、n2之間間隔的刻度值為9個格，所以對應(yīng)的這兩點(diǎn)之間對應(yīng)的時間為0.3s。p1、n1之間的時間為超聲波第一次從測速儀發(fā)出后遇到行進(jìn)的汽車又回來所用的時間，所以超聲波傳播到汽車所用的時間t1為0.2s。由此可以求出汽車在接收到p1的信號時汽車與測速儀之間距離s1＝vt1＝346m/s×0.2s＝69.2m；同理可求出汽車在接收p2信號時汽車與測速儀之間的距離s2＝vt2＝346×0.15m＝51.9m。由此可知，汽車在接收到p1、p2兩個信號之間的時間內(nèi)前進(jìn)的距離s＝69.2m－51.9m＝17.3m。（2）超聲波從第一次發(fā)出開始計(jì)時，到第二次發(fā)出與汽車相遇結(jié)束，共用時1.15s。其中，超聲波第一次發(fā)出到與汽車相遇，所用的時間0.2s不在汽車接收到p1、p2兩個信號之間的時間內(nèi)；若設(shè)汽車從接收到p1信號到接收到p2信號所用的時間為t，則t＝1.15s－0.2s＝0.95s。由第（1）問可知，汽車通過的距離為17.3m?？梢郧蟮闷嚨乃俣葀＝st＝17.30第2講勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律考點(diǎn)一基礎(chǔ)梳理v0＋atv0t＋12at22axv判斷小題1.×2.×3.√【例1】B根據(jù)題意，由公式x＝v0t＋12at2結(jié)合位置隨時間的變化規(guī)律x＝4t＋2t2m，可得v0＝4m/s，a＝4m/s2可知，質(zhì)點(diǎn)在x軸上做初速度為4m/s、加速度為4m/s2的勻加速直線運(yùn)動，故A錯誤，B正確；由位置隨時間的變化規(guī)律x＝4t＋2t2（m）可得，t＝2s時質(zhì)點(diǎn)的位置在x＝（4×2＋2×22）m＝16m，故C錯誤；由公式v＝v0＋at可得，t＝2s時質(zhì)點(diǎn)的速度大小v＝（4＋4×2）m/s＝12m/s，方向沿x軸正方向，故D【例2】A設(shè)飛機(jī)兩次起飛的加速度為a，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律有v2＝2aL0，v2－v02＝2aL，又L＝59L0，聯(lián)立解得v0v＝【例3】B設(shè)x1＝50m，x2＝1m，汽車的剎車時間為t，剎車時的加速度大小為a，則有v02＝2a（x2－x1），t＝v0a，解得t＝3.5s，所以汽車開始“主動剎車”后第4s內(nèi)通過的位移大小為3～3.5s內(nèi)通過的位移大小，有x4＝12a×（0.5s）2，聯(lián)立解得x4＝【例4】C解法一：基本公式法設(shè)汽車的初速度為v0，加速度為a，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律x1＝v0T＋12aT2 x1＋x2＝2v0T＋12a（2T）2 解得v0＝10m/s，a＝－2m/s2；汽車剎車到停止所需的時間t0＝0－v0a＝0－10－2s＝5s，則汽車剎車后6s內(nèi)的位移等于5s內(nèi)的位移，則x＝v02t0＝102×5m＝25m解法二：推論法設(shè)汽車的初速度為v0，加速度為a，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論x2－x1＝aT2，解得a＝－2m/s2；汽車第1s內(nèi)的位移x1＝v0t＋12at2，代入數(shù)據(jù)解得v0＝10m/s；汽車剎車到停止所需的時間t0＝0－v0a＝0－10－2s＝5s，則汽車剎車后6s內(nèi)的位移等于5s內(nèi)的位移，則x＝v02t0＝102×5m＝考點(diǎn)二基礎(chǔ)梳理1.（1）aT2（2）v0＋v2（3）v02＋v222.（1）1∶2∶3∶…∶n（2）12∶22∶32∶…∶n2（3）（4）1∶（2－1）∶（3－2）∶（2－3）∶…∶（n－n－【例5】C根據(jù)題意，設(shè)RS間的距離為s，則ST間的距離為2s，設(shè)R點(diǎn)速度為vR，S點(diǎn)速度為vS，T點(diǎn)速度為vT，加速度為a，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，有vS2－vR2＝2as，vT2－vS2＝2a×2s，根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動中平均速度等于初、末速度的平均值，有vR＋vS2＝10m/s【例6】B物體通過AB與BC兩段距離所用時間都為t0，所以vB為AC的中間時刻速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的中間時刻速度推論式可得vB＝s0＋23s02t0＝5s06t0，故A錯誤；AB與BC兩段為連續(xù)相鄰相等時間的位移，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論式Δx＝aT2可得23s0－s0＝at02，解得a＝－s03t02，根據(jù)速度與時間關(guān)系式v＝v0＋at，代入數(shù)據(jù)可得物體從B到D的時間為t＝0－5s06t0－s03t02＝52t0，則物體從C到D的時間為52t0－t0＝32t0，故B正確，C錯誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度與位移公式v2【例7】B由題意知，在減速區(qū)AB間的運(yùn)動視為勻減速直線運(yùn)動，且最終減為零，將此減速過程由逆向思維，可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，則根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，連續(xù)相等時間內(nèi)位移之比為1∶3∶5…可知，x2∶x1之比即為初速度為零的勻加速直線中第一個t4時間內(nèi)的位移與第四個t4時間內(nèi)的位移之比，即x2∶x1＝1∶7，故選【例8】B將汽車從a到e的勻減速直線運(yùn)動，可看作反向初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)初速度為零的勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可得，汽車經(jīng)過de段和ab段所用的時間之比為1∶（2－3），所以汽車經(jīng)過ab段的平均速度與通過de段的平均速度之比為v1v2＝12－3，又因?yàn)?－3≈2－1.73＝0.27，所以3＜v

【方法模型·解讀】“0-v-0”模型【典例】AC根據(jù)題目描述畫出v-t圖像，如圖所示甲的位移x1＝（Δt＋t1）v2，乙的位移x2＝vt12，兩車運(yùn)動的位移之比為7∶5，則Δtt1＝25，因?yàn)榧总嚋p速時加速度為a2，乙車為a22，所以乙車勻減速時間是甲車勻減速時間的2倍，則甲車勻減速和勻速時間相等，因此甲車加速的時間和減速的時間之比為1∶2，故A正確，B錯誤；由以上分析可知，乙車勻加速時間和勻減速時間之比為1∶4，故加速度之比為a1針對訓(xùn)練B設(shè)卡車行駛過程中的最大速度為vmax，則加速過程和減速過程的時間分別為t1＝vmaxa1，t2＝vmaxa2作出卡車整個過程的v-t圖像如圖所示，圖像與時間軸所圍成的面積為vmaxa1＋vmaxa2×vmax2＝d，解得vmax＝2a1a2da1＋a2，設(shè)轎車勻速運(yùn)動的速度為v0，有vmax（t1＋第3講自由落體和豎直上拋運(yùn)動考點(diǎn)一基礎(chǔ)梳理（1）0g（2）gt12gt22判斷小題1.×2.√3.×4.√5.√對點(diǎn)訓(xùn)練1.C物體第1s內(nèi)的位移為h1＝12gt02＝12×10×1則物體最后1s內(nèi)的位移為h2＝2h1＝10m物體最后1s內(nèi)的平均速度為v＝?2t0＝gt，解得則下落的時間為t總＝t＋t02＝1s＋12則物體開始下落時距落地點(diǎn)的高度為h＝12gt總2＝12×10×1.52m＝11.25m2.B在前1s內(nèi)、前2s內(nèi)、前3s內(nèi)的位移大小之比是1∶4∶9，故A錯誤；在相鄰兩個1s內(nèi)的位移之差都是Δx＝gT2＝10m，故B正確；在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移大小之比為1∶3∶5，所以平均速度大小之比為1∶3∶5，故C錯誤；在1s末、2s末、3s末的速度大小之比是1∶2∶3，故D錯誤。3.AC由v2＝2gh得v＝2g?，故v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，A正確；由t＝2?g得三者運(yùn)動的時間之比t1∶t2∶t3＝3∶2∶1，B錯誤；b與a開始下落的時間差Δt1＝（3－2）2?3g，c與b開始下落的時間差Δt2＝（2－1）2?3g，考點(diǎn)二基礎(chǔ)梳理1.自由落體2.（1）v0－gt（2）v0t－12gt【例1】BC依題意知，小球最初1s內(nèi)物體上升高度為h1＝v0t－12gt2＝v0－12g，設(shè)上升時間內(nèi)正中間1s的平均速度為v1，即為上升過程中全程的平均速度，有v1＝v02，則中間1s內(nèi)物體上升高度為h2＝v1t＝v02，又?1?2＝85，聯(lián)立求得v0＝52g＝25m/s，故小球上升的時間t'＝v0g＝2.5s，小球中間1s上升的高度為h2＝v02＝252m，小球最初1s上升的高度h1＝v0－12g＝20m，故A、【例2】C若這一秒內(nèi)物體一直在上升過程，或者一直在下降過程，則1s內(nèi)的最小位移h＝12gt2＝12×10×12m＝5m，則這一秒內(nèi)物體不可能一直在上升過程，也不可能一直在下降過程，A錯誤；這1s肯定是在上升到最高點(diǎn)后再下降一段時間，設(shè)上升時間為t，則下降時間為（1－t）s，則12gt2－12g（1－t）2＝1m，解得t＝0.6s，即物體可能上升0.6s到最高點(diǎn)再下降0.4s，或者上升0.4s再下降0.6s，此時這1s的路程為s＝12g×0.62＋12g×0.42＝2.6m，這一秒內(nèi)的路程不可能大于5m，B錯誤；若物體上升0.4s再下降0.6s，則此時物體的速度為6m/s，方向向下，則下1s內(nèi)物體的位移大小x'＝6×1m＋12×10×12m＝11m，C正確；這一秒內(nèi)的平均速度大小是v＝xt＝【例3】D根據(jù)豎直上拋的對稱性可知，空中的四個球，有兩個在上升，兩個在下降，由于每隔0.5s拋一個，則從拋出到最高點(diǎn)的時間為t＝1s，則上升的最大高度為h＝12gt2＝12×10×12m＝5m，故選【題型拓展·廣度】自由落體運(yùn)動和豎直上拋運(yùn)動的相遇問題【典例】B小球從釋放到落地共用時t1＝2?g＝2×（1.25+0.55）10s＝0.6s，小球從釋放到下落1.25m共用時t2＝2?1g＝2×1.2510s＝0.5s，設(shè)圓筒上拋的初速度為v0，則圓筒在空中的運(yùn)動時間為t3＝2v0g，要使圓筒落地前的瞬間小球在圓筒內(nèi)運(yùn)動而沒有落地，則圓筒的運(yùn)動時間要小于小球的總運(yùn)動時間，還要大于小球從釋放到下落1.25m所用時間，即t2＜t3＜t1

針對訓(xùn)練BCD設(shè)從開始至兩球相遇經(jīng)過的時間為t，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律，依題意有g(shù)t＝12v0，則相遇時兩球運(yùn)動的時間t＝v02g，則從運(yùn)動開始至兩球相遇，a球上升高度為h1＝v0t－12gt2＝3v028g，球b已下落的距離為h2＝12gt2＝v028g，則球b開始下落的高度為h＝h1＋h2＝v022g，故B、C正確；球a做豎直上拋運(yùn)動，當(dāng)速度為零時，達(dá)到最大高度，有0－v02＝－2ghm，解得hm＝v022g，則球a上升的最大高度為v022g，故D正確；從以上分析可知，a球上升的最大高度與b球下落的高度相等，依題意，b球運(yùn)動的時間為v0素養(yǎng)提升1運(yùn)動圖像問題題型一【例1】Cx-t圖像切線的斜率表示物體運(yùn)動的速度，速度的正負(fù)表示物體的運(yùn)動方向，所以甲圖中t2時刻物體2已經(jīng)向負(fù)方向運(yùn)動，而乙圖中t4時刻速度為正，物體4仍向正方向運(yùn)動，故A錯誤；x-t圖像的交點(diǎn)表示兩物體相遇，而v-t圖像的交點(diǎn)表示速度相等，故B錯誤；平均速度等于物體發(fā)生的位移與所用時間的比值，甲圖中兩物體位移相等，時間相等，所以平均速度相等，故C正確；v-t圖像與橫軸所圍區(qū)域的面積表示物體發(fā)生的位移，乙圖中物體4的位移大于物體3的位移，兩物體運(yùn)動時間相等，所以物體4的平均速度大于物體3的平均速度，故D錯誤。對點(diǎn)訓(xùn)練1.Dx-t圖像的斜率表示速度v，小車在0～t1時間內(nèi)從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，則x-t圖像的斜率從零開始不斷增大；t1～t2時間內(nèi)小車開始做勻減速直線運(yùn)動至速度為零，則x-t圖像的斜率不斷減小至零，故D正確，A、B、C錯誤。2.Dv-t圖像中圖線斜率表示加速度，由圖像知，加速階段與減速階段的加速度大小之比為2∶1，故A錯誤；v-t圖像中圖線與時間軸所圍的面積在數(shù)值上等于位移大小，由題圖知減速階段位移大小為x1＝54v0t0，勻速階段位移大小為x2＝34v0t0，加速階段位移大小為x3＝58v0t0，則加速階段與減速階段的位移大小之比為1∶2，加速階段與勻速階段的位移大小之比為5∶6，故B、C錯誤；小汽車從v0開始減速到再恢復(fù)到v0的過程中通過的路程為x＝x1＋x2＋x3＝218v0t0題型二【例2】D銫原子團(tuán)僅在重力的作用，加速度a＝g，方向豎直向下，大小恒定，在v-t圖像中，斜率為加速度，故斜率不變，所以圖像應(yīng)該是一條傾斜的直線，故A、B錯誤；因?yàn)榧铀俣群愣?，且方向豎直向下，所以加速度為負(fù)值，故C錯誤，D正確。【例3】BC由圖像可得xt＝v0t0·t，變形得x＝v0t0t2，可知翠鳥從高空由靜止俯沖，做勻加速直線運(yùn)動。根據(jù)x＝12at2得加速度為a＝2v0t0，所以當(dāng)t＝t0時，速度最大，大小為vm＝at0＝2v0，故A錯誤，B正確；由勻加速直線運(yùn)動位移與時間關(guān)系可得翠鳥在空中運(yùn)動的距離為x1＝12a【例4】BD運(yùn)動員離開蹦床后豎直向上運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為a，則v2－v02＝－2ax，由v2-x圖像可知其表達(dá)式為v2＝－22512.5x＋225，可知v0＝15m/s，a＝9m/s2，選項(xiàng)A錯誤；運(yùn)動員在1.5s時的速度為v＝v0－at＝1.5m/s，選項(xiàng)B正確；運(yùn)動員離開蹦床前先加速后減速，所以運(yùn)動員離開蹦床前的過程中速度的最大值大于15m/s，選項(xiàng)C錯誤；運(yùn)動員在最高點(diǎn)時，速度為零，【例5】BD根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度與位移公式v2－v02＝2ax，可知x＝v2－v022a，物體運(yùn)動的v-x圖線為拋物線，可知物體加速度不變，故A錯誤；根據(jù)圖像可知x＝kv2，所以x＝1m與x＝4m時物體的速度之比等于1∶2，故B正確；物體初速度為零，根據(jù)x＝12at2可知，在0～1m內(nèi)的時間t＝2a，在0～4m內(nèi)的時間t'＝8a，所以物體在0～1m和1～4m內(nèi)的時間之比2a∶（8a－2a）≠1∶2，故C錯誤；物體在0～1m內(nèi)的平均速度v＝xt＝a2素養(yǎng)提升2追及相遇問題和多過程問題題型一【例1】CD0～t0內(nèi)甲、乙x-t圖像的斜率均為負(fù)，所以運(yùn)動方向相同，A錯誤；0～t0內(nèi)乙的位移為－x0，甲的位移大小小于x0，所以0～t0內(nèi)甲、乙的位移大小不相等，B錯誤；0～2t0內(nèi)乙位移等于甲的位移，時間也相同，所以0～2t0內(nèi)乙的平均速度等于甲的平均速度，C正確；在x-t圖像中，圖線斜率的大小代表速度的大小，由圖像可知圖線乙的最大斜率絕對值大于圖線甲的最大斜率絕對值，所以0～2t0內(nèi)乙的速度最大值大于甲的速度最大值，D正確?！纠?】C由圖像可知，t＝2s時b車啟動，v-t圖像與時間軸圍成的面積代表位移，可知在b車啟動時，a車在其前方超過2m的距離，選項(xiàng)A錯誤；b車做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小為a＝ΔvΔt＝2m/s2，假設(shè)b車啟動后3s時間追上a車，計(jì)算得xb＝8m，xa＞8m，則假設(shè)不成立，選項(xiàng)B錯誤；b車追上a車前，兩者速度相等時相距最遠(yuǎn)，即t＝3s，選項(xiàng)C正確；b車超越a車后，b車的速度一直大于a車，則兩車不可能再次相遇，【例3】A設(shè)小汽車勻速行駛的速度為v1，減速時的加速度大小為a1，卡車勻速行駛時的速度為v2，加速運(yùn)動時的加速度大小為a2，小汽車剎車后經(jīng)過時間t兩者共速，則有v1－a1t＝v2＋a2（t－2s），解得t＝4s，在時間t內(nèi)小汽車的位移為x1＝v1t－12a1t2＝44m，卡車加速行駛的時間為t'＝t－2s＝2s，在時間t內(nèi)，卡車的位移為x2＝v2（t－t'）＋v2t'＋12a2t'2＝16m，因x2＋30m＞x1故兩車不會追尾，此時兩車相距最近，距離為Δx＝x2＋30m－x1＝2m，故A正確，B、D錯誤；在卡車開始加速時，兩車相距Δx'＝（30＋3×2）m－15×2－12×2×2

【例4】A設(shè)車長為L，車寬為d，乙車速度最大時，乙車車尾與甲車的車頭相碰，如圖1，則x甲－d2v甲＝x乙當(dāng)乙車速度最小時，乙車車頭與甲車的車尾相碰，如圖2，則x甲＋L＋d2v甲＝x乙－d2v乙min，解得v【例5】（1）5m/s2（2）1m/s2解析：（1）初速度v汽＝54km/h＝15m/s，初始距離d＝14m設(shè)汽車的加速度大小為a，減速時間為t，則自行車的位移為x自＝v自（t＋t0）汽車的位移為x汽＝v汽（t＋t0）－12at假設(shè)汽車能追上自行車，此時有x汽＝x自＋d代入數(shù)據(jù)整理得12at2－10t＋10＝要保證不相撞，即此方程至多只有一個解，即得Δ＝102－20a≤0解得a≥5m/s2所以，為了避免相撞，汽車的加速度大小至少為5m/s2。（2）設(shè)自行車加速度為a'，加速時間為t'同理可得v汽（t'＋t0）－12a汽t'2＝v自（t'＋t0）＋12a't'2代入數(shù)據(jù)整理得12a'+2t'2－10t'要保證不相撞，即此方程至多只有一個解，即得Δ＝102－20a'－80≤0，解得a'≥1m/s2所以，自行車的加速度至少為1m/s2才能保證兩車不相撞。題型二【例6】（1）0.105m/s284m（2）0.05m/s2176m（3）3.86m/s解析：（1）游船勻加速運(yùn)動過程中加速度大小為a1＝vt1＝由公式v2－v02＝2a1可得位移大小為x1＝v22a（2）游船勻減速運(yùn)動過程中加速度為a2＝v1－v即游船勻減速運(yùn)動過程中加速度大小為0.05m/s，由公式v12－v2＝2a2可得位移大小為x2＝v12－（3）游船在整個行駛過程中的總位移x＝x1＋vΔt2＋x2＝2780m游船在整個行駛過程中的平均速度大小v＝xt＝2780720實(shí)驗(yàn)一探究小車速度隨時間變化的規(guī)律一題通關(guān)（1）BD（3）BD（4）①0.4401.00②加速度（5）不變解析：（1）打點(diǎn)計(jì)時器的工作電源是交流電，故A錯誤，B正確；打點(diǎn)計(jì)時器打相鄰兩計(jì)時點(diǎn)的時間間隔是已知的，故不需要秒表，C錯誤；實(shí)驗(yàn)中需要測量紙帶上計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離，需要刻度尺，故D正確；實(shí)驗(yàn)中小車做勻變速運(yùn)動即可，不需要測量重物和小車的質(zhì)量，故E錯誤。（3）本實(shí)驗(yàn)中，只要保證小車做勻變速直線運(yùn)動即可，不需要平衡摩擦力和保證小車的質(zhì)量遠(yuǎn)大于重物的質(zhì)量，但要保證細(xì)線與木板平行；實(shí)驗(yàn)開始時，小車要靠近打點(diǎn)計(jì)時器，先接通電源后釋放小車，故選B、D。（4）①由題圖2可讀出xB＝5.50cm，xC＝9.40cm，xD＝14.30cm，又由題意得相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔T＝0.1s，則在打C點(diǎn)時小車的瞬時速度大小vC＝xD－xB2T＝0.440m/s。由逐差法可得a0＝xCD－xBCT（5）電壓的大小影響點(diǎn)跡的清晰程度，但不影響打點(diǎn)的頻率，即不影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果。對點(diǎn)訓(xùn)練（1）0.5040.805（2）1.50解析：（1）相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為T＝0.1s，打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時的小車速度大小v2＝x03－x012T＝0.504m/s，打計(jì)數(shù)點(diǎn)4時的小車速度大小v（2）加速度大小a＝（xx06－2x創(chuàng)新拓展【典例1】（1）24.0080.0（2）見解析圖（3）70.059.0（4）b2k解析：（1）由題圖（b）中紙帶的相關(guān)數(shù)據(jù)可知ΔxAD＝6.60cm＋8.00cm＋9.40cm＝24.00cm，由平均速度的定義可知vAD＝ΔxAD3T（2）將坐標(biāo)點(diǎn)（0.3s，80.0cm/s）在圖（c）中描點(diǎn)，如圖所示。（3）將圖中的實(shí)驗(yàn)點(diǎn)用直線擬合，如圖所示，可知斜率k＝101.0cm/s－59.0（4）小車做勻變速直線運(yùn)動，有x＝v0t＋12at2，變形可得xt＝v＝v0＋12at，故小車在t＝0時，即打出A點(diǎn)時小車的速度大小vA＝b，小車的加速度大小滿足12a＝k，即a【典例2】（1）從右向左（2）0.190.038解析：（1）由于小車在水平桌面上運(yùn)動時必然受到阻力作用，做勻減速直線運(yùn)動，相鄰水滴（時間間隔相同）的位置間的距離逐漸減小，所以由題圖（b）可知，小車在桌面上是從右向左運(yùn)動的。（2）滴水計(jì)時器每30s內(nèi)共滴下46個小水滴，其滴水的時間間隔為T＝3046－1s＝23s。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律，可得小車運(yùn)動到題圖（b）中A點(diǎn)位置時的速度大小為vA＝0.117+0.1332Tm/s≈0.19m/s。根據(jù)逐差法，共有5組數(shù)據(jù)，舍去中間的一組數(shù)據(jù)，則加速度a因此加速度的大小為0.038m/s2。對點(diǎn)訓(xùn)練（1）1.80（2）dt2（3解析：（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)為d＝1mm＋16×0.05mm＝1.80mm。（2）遮光片經(jīng)過光電門A、B的速度分別為vA＝dt1，vB＝（3）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得vB2－vA可得滑塊的加速度a＝vB2－第二章相互作用第1講重力彈力摩擦力考點(diǎn)一基礎(chǔ)梳理1.（1）地球的吸引（2）彈簧測力計(jì)（3）豎直向下2.（1）質(zhì)量（2）懸掛判斷小題1.×2.×3.√對點(diǎn)訓(xùn)練1.C物體受到重力的作用，與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)，A錯誤；重力的方向總是豎直向下，不一定指向地心，B錯誤；物體的重力隨緯度增大而增大，因此地面上的同一物體在赤道上所受重力最小，C正確；物體掛在彈簧測力計(jì)下處于平衡狀態(tài)時，彈簧測力計(jì)的示數(shù)才等于物體的重力，D錯誤。2.C錐體上滾的原理是重心運(yùn)動，雖然看到的現(xiàn)象好像是錐體在上滾，但是從側(cè)面觀察的話錐體重心其實(shí)是下移的，B錯誤，C正確；錐體的重心在錐體的內(nèi)部幾何重心上，不在物體外面，重心的具體位置在錐體的中心軸的中間，A錯誤；雙錐體放在軌道的低處時，放手后它會向軌道高處滾動，這是因?yàn)楫?dāng)雙錐體在軌道的最低處時，它的重心在最高處；當(dāng)雙錐體在軌道最高處時，它的重心卻在最低處，D錯誤。考點(diǎn)二基礎(chǔ)梳理1.（1）形變（2）①接觸②形變（3）相反判斷小題1.×2.√3.×【例1】D若小車勻速運(yùn)動，小球受到重力和車廂豎直向上的支持力，二力平衡，若小車加速運(yùn)動，則小球受到重力、車廂底面對小球豎直向上的支持力和車廂左壁對小球的彈力三個力，故A、C錯誤；小球一定受到小車底面對它的彈力，若小車向右加速時小球還受到側(cè)壁的彈力，小球受到的彈力產(chǎn)生的原因是小車的微小形變，故B錯誤；若小車加速運(yùn)動，則車廂左壁對小球A的彈力與小球?qū)噹蟊诘膹椓κ且粚ο嗷プ饔昧?，根?jù)牛頓第三定律，二力等大反向，故D正確?！纠?】D對小球受力分析如圖，由圖可知，當(dāng)a大小不同時，桿上的彈力與豎直方向的夾角也不同，方向不一定沿桿，但一定是斜向上，且F＞mg，選項(xiàng)A、B、C錯誤；由幾何關(guān)系可知F＝（mg）2＋【例3】D由題意知，兩根輕彈簧串接在一起，則兩彈簧彈力大小相等，根據(jù)胡克定律F＝kx，得x＝Fk，則得b彈簧的伸長量為k1k2L，故A、B錯誤；P端向右移動的距離等于兩根彈簧伸長量之和，即為L＋k1k2L＝1+k【例4】A盤靜止時由胡克定律得（m＋m0）g＝kL，設(shè)彈簧再伸長ΔL時，所用拉力為F，則F＝kΔL，聯(lián)立解得F＝ΔLL（m＋m0）g，剛松手時，盤和物體受向上合力為F，對整體由牛頓第二定律得F＝（m＋m0）a，設(shè)松手時盤對物體的支持力FN，對物體由牛頓第二定律得FN－mg＝ma，聯(lián)立解得FN＝1+ΔLL考點(diǎn)三基礎(chǔ)梳理1.相對運(yùn)動相對運(yùn)動趨勢2.（1）粗糙（2）壓力（3）相對運(yùn)動相對運(yùn)動趨勢3.相對運(yùn)動相對運(yùn)動趨勢4.（1）μFN（2）0Fmax5.一定有不一定有判斷小題1.×2.×3.×4.√5.×【例5】BC取A為研究對象，由于物體A勻速下滑時所受合力為零，支持力、摩擦力的合力與重力等大反向，即支持力與摩擦力的合力方向豎直向上，當(dāng)物體A加速下滑時，A所受合力平行斜面向下，則此時摩擦力與支持力的合力一定斜向右上方，故A錯誤，B正確；取A、B整體為研究對象，因斜面體靜止，物體A有平行斜面向下的加速度，則整體在水平方向上受到的合力不為零且方向向右，而此合力只能由地面對斜面體的摩擦力來提供，故斜面體B受到地面向右的摩擦力作用，故C正確，D錯誤?！纠?】Cμ1F為滾輪與第一張白紙間的滑動摩擦力，滾輪與第一張白紙間的摩擦力為靜摩擦力，小于或等于最大靜摩擦力，故A錯誤；第一、二張白紙間的摩擦力為滑動摩擦力，大小為f12＝μ2（F＋mg），第二張白紙?zhí)幱陟o止?fàn)顟B(tài)，第二、三張白紙間的摩擦力為靜摩擦力，大小等于第一、二張白紙間的摩擦力，即f23＝μ2（F＋mg），故B錯誤；第三張白紙?zhí)幱陟o止?fàn)顟B(tài)，第三、四張白紙間的摩擦力為靜摩擦力，大小等于第二、三張白紙間的摩擦力，即f34＝μ2（F＋mg），故C正確；除第一張白紙外，所有白紙均處于靜止?fàn)顟B(tài)，白紙間的摩擦力均為μ2（F＋mg），大小相等，故D錯誤?？键c(diǎn)四【例7】BC最大靜摩擦力為Ffm＝μFN＝15N，F(xiàn)1、F2的合力F＝F1－F2＝12N＜15N方向向右，所以木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受的合力為零，故靜摩擦力向左，大小為12N，A錯誤，B正確；若將F1撤去，因?yàn)镕2＜15N，木塊在F2的作用下仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，則摩擦力大小等于F2的大小為8N，方向與力F2的方向相反，即方向水平向右，C正確；若將F2撤去，因?yàn)镕1＞15N，木塊將運(yùn)動，受到的是滑動摩擦力，大小為15N，方向水平向左，【例8】B設(shè)F與水平方向的夾角為θ，箱子處于靜止?fàn)顟B(tài)時，根據(jù)平衡條件得，箱子所受的靜摩擦力為f＝Fcosθ，F(xiàn)增大，f增大；當(dāng)拉力達(dá)到一定值，箱子運(yùn)動瞬間，靜摩擦力變?yōu)榛瑒幽Σ亮?，由于最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力，故摩擦力有個突然減小的過程；箱子運(yùn)動時，所受的支持力N＝G－Fsinθ，F(xiàn)增大，N減小，此時箱子受到的是滑動摩擦力，大小為f＝μN(yùn)，N減小，則f減小，故B正確，A、C、D錯誤。【例9】A物體從t＝0開始以初速度v0沿水平地面向右做勻減速運(yùn)動，受到的滑動摩擦力大小為Ff1＝μmg＝0.2×1×10N＝2N，方向水平向左，為負(fù)值；當(dāng)物體的速度減到零時，因物體所受的最大靜摩擦力為Ffm＝μmg＝2N，F(xiàn)＜Ffm，所以此后物體不能被拉動而處于靜止?fàn)顟B(tài)，此后受到靜摩擦力作用，其大小為Ff2＝F＝1N，方向水平向右，為正值，綜上所述，選A?！纠?0】BD在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊的速度開始時小于傳送帶的速度，小木塊受到的摩擦力沿斜面向下，隨著小木塊速度的增大，當(dāng)小木塊的速度等于傳送帶的速度時，因?yàn)棣蹋紅anθ，小木塊不可能與傳送帶保持相對靜止，一定會繼續(xù)加速，超過傳送帶的速度，此時小木塊所受的摩擦力沿斜面向上，而在此過程中，小木塊對斜面的壓力不變，摩擦力的大小也不改變，A錯誤，B正確；摩擦力沿斜面向下時，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，摩擦力沿斜面向上時，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，則a1＞a2，C錯誤，D正確。第2講力的合成和分解考點(diǎn)一基礎(chǔ)梳理1.（2）平行四邊形2.（1）鄰邊對角線大小方向（2）首尾合力3.（1）越?。?）越大對點(diǎn)訓(xùn)練1.A由圖像可知，兩分力夾角為90°時，合力為5N，則F12＋F22＝52，兩分力夾角為180°時，合力為1N，則｜F1－F2｜＝1，解得F1＝4N，F(xiàn)2＝3N，或F1＝3N，F(xiàn)2＝4N，合力的范圍是1N≤F≤7N2.C三個力的合力不一定為零，當(dāng)?shù)谌齻€力不在剩余兩個力的合力范圍內(nèi)，合力不為零，當(dāng)三個力的方向相同時，合力最大，合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力，故A、B錯誤；設(shè)F1＝3F，則F2＝6F，F(xiàn)3＝8F，F(xiàn)1、F2的合力范圍為3F≤F'≤9F，F(xiàn)3在這個范圍內(nèi)，所以只要適當(dāng)調(diào)整它們之間的夾角，一定能使合力為零，故C正確；設(shè)F1＝3F，則F2＝6F，F(xiàn)3＝2F，F(xiàn)1、F2的合力范圍為3F≤F'≤9F，F(xiàn)3不在這個范圍內(nèi)，三個力的合力一定不為零，故D錯誤。3.B設(shè)弦達(dá)到最大長度時與箭的夾角為θ，由圖中幾何關(guān)系可得sinθ＝12l12×53l＝35，可得θ＝37°，箭被發(fā)射瞬間所受的最大彈力為Fmax＝2k·53l－lcosθ＝2考點(diǎn)二基礎(chǔ)梳理1.平行四邊形三角形2.（1）效果判斷小題1.√2.√3.×【例1】B將力F分解在垂直于針尖的兩個側(cè)面的方向上，如圖所示。由幾何關(guān)系知，針尖在傾斜側(cè)面上對瓶塞的推力FN比水平側(cè)面的推力FN'大，故A錯誤，B正確；由數(shù)學(xué)知識得FN＝Fsinθ，若F一定，使用頂角越小的針尖，則傾斜側(cè)面對瓶塞產(chǎn)生的推力就越大，故C、【例2】B對擦窗工具進(jìn)行正視圖的受力分析如圖所示，水平方向上拉力F與擦窗工具所受摩擦力水平分量f滑等大反向，豎直方向上重力mg與擦窗工具所受摩擦力豎直分量f靜等大反向，所以擦窗工具所受摩擦力方向如圖中f所示，大小為f＝f滑2＋f靜2＝【方法模型·解讀】“活結(jié)”與“死結(jié)”、“動桿”與“定桿”【典例1】AB如圖所示，由于是“活結(jié)”模型，兩個繩子是對稱的，與豎直方向夾角是相等的，與水平方向的夾角也相等，設(shè)繩與水平方向的夾角為θ，假設(shè)繩子的長度為x，則有xcosθ＝L，繩子一端在上下移動的時候，繩子的長度不變，兩桿之間的距離不變，則θ角度不變。兩個繩子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夾角不變，所以繩子的拉力不變，A正確，C錯誤；當(dāng)N向右移動后，根據(jù)xcosθ＝L，即L變大，繩長不變，所以θ角減小，繩子與豎直方向的夾角變大，繩子的拉力變大，B正確；繩長和兩桿距離不變的情況下，θ不變，所以掛的衣服質(zhì)量變化，不會影響懸掛點(diǎn)的移動，D錯誤?！镜淅?】AD設(shè)甲、乙的質(zhì)量均為m，丙的質(zhì)量為M。對結(jié)點(diǎn)O受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件可知OC繩的拉力與OA、OB兩繩拉力的合力平衡，而OA和OB兩繩的拉力大小相等，根據(jù)對稱性可知OC的反向延長線過∠AOB的角平分線，根據(jù)幾何關(guān)系可知α＋2β＝180°，解得α＝70°＞β，結(jié)點(diǎn)O受到的三個拉力構(gòu)成一封閉的矢量三角形，根據(jù)正弦定理有Mgsinα＝mgsinβ，所以M＞m，故A、D正確，【典例3】D題圖甲中，兩段繩的拉力大小都是m1g，互成120°角，因此合力大小是m1g，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，BC桿對滑輪的作用力大小也是m1g（方向與豎直方向成60°角，斜向右上方），故A錯誤；題圖乙中，以G點(diǎn)為研究對象，分析受力情況如圖所示，由平衡條件得，F(xiàn)HGtan30°＝m2g，得FHG＝3m2g，即HG桿受到繩的作用力為3m2g，故B錯誤；題圖甲中繩AC段的拉力FAC＝m1g，題圖乙中由于FEGsin30°＝m2g，得FEG＝2m2g，解得FACFEG＝m12m2素養(yǎng)提升3受力分析共點(diǎn)力的平衡題型一【例1】DM、N兩物體一起向上做勻加速直線運(yùn)動，則合力向上。對M、N整體進(jìn)行受力分析，受到重力和F，墻對M沒有彈力，否則合力不能向上，也就不可能有摩擦力，故C錯誤；對N進(jìn)行受力分析可得，N受到重力，M對N的支持力，這兩個力的合力不能豎直向上，所以還受到M對N沿斜面向上的靜摩擦力，共3個力，故B錯誤，D正確；對M進(jìn)行受力分析可得，M受到重力、推力F，N對M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜摩擦力，一共4個力，故A錯誤。對點(diǎn)訓(xùn)練1.B水平推力作用后，重力與推力的合力為5N，白板擦不可能做水平方向運(yùn)動。若最大靜摩擦力大于5N，則白板擦靜止，若最大靜摩擦力小于5N，則沿重力與推力的合力方向做勻加速直線運(yùn)動，故A錯誤，B正確；此時摩擦力大小與彈力成正比，具體大小未知，故C錯誤；推力作用后，白板擦受重力、彈力、摩擦力、推力、磁力共5個力，故D錯誤。2.C圖1中，根據(jù)整體法可知，木塊B除了受重力外，一定受到墻面水平向右的彈力（與水平推力平衡）和豎直向上的靜摩擦力（與重力平衡），隔離B分析，其一定還受到A的彈力（垂直于接觸面向左上方），隔離A分析，A受到重力、水平向左的推力、B對其垂直于接觸面向右下的彈力，這樣的三個力不可能使A平衡，所以A一定還要受到B對其沿接觸面斜向右上的靜摩擦力才能平衡，可知B一定受到A沿接觸面斜向左下的靜摩擦力，故B共受5個力的作用；圖2中，根據(jù)整體法可知B與墻面間既無彈力也無摩擦力，所以B受重力和A的彈力及摩擦力共3個力的作用。則在此兩種方式中，木塊B受力個數(shù)之比為5∶3。故選C。題型二【例2】D擦子重力沿垂直于玻璃表面的分力大小等于擦子對玻璃表面的壓力大小，則有FN＝mgcos30°，而滑動摩擦力Ff＝μFN，帶入數(shù)據(jù)解得Ff＝14mg，滑動摩擦力與物體相對玻璃表面的速度方向相反，擦子勻速運(yùn)動，合力為零，在玻璃表面擦子受力分析如圖所示，滑動摩擦力與重力沿斜面向下的分力的合力與牽引力大小相等方向相反，由幾何關(guān)系可知滑動摩擦力與重力沿斜面向下的分力的夾角為60°，則∠OPN＝120°，在△OPN中，由余弦定理可得cos120°＝（mgsin30°）2＋Ff2【例3】D對結(jié)點(diǎn)O受力分析可得，水平方向F1sinα＝F2sinβ，即F1的水平分力等于F2的水平分力，選項(xiàng)C錯誤，D正確；對結(jié)點(diǎn)O受力分析可得，豎直方向F1cosα＋F2cosβ＝mg，解得F1＝mgsinβsin（α＋β），F(xiàn)2＝mgsinαsin（α＋β），則F1的豎直分量F1y＝mgsinβcosαsin（α＋β），F(xiàn)2的豎直分量F2y＝mgsinα【例4】C根據(jù)題意，分別對A、B受力分析，如圖所示，對小球A，由平衡條件有Facos30°＝mAg，F(xiàn)asin30°＝FcA，對小球B，由平衡條件有Fbcos60°＝mBg，F(xiàn)cB＋Fbsin60°＝F，又有FcA＝FcB，聯(lián)立解得F＝433mg，故選

【例5】B對A球受力分析，受重力、桿的彈力、斜面的支持力，如圖甲所示，根據(jù)正弦定理有Fsin（90°－θ）＝mAg根據(jù)正弦定理有mBgsin（90°－α）＝F'sinθ，又素養(yǎng)提升4動態(tài)平衡和平衡中的臨界極值問題題型一【例1】D若將桿Q向右移動一小段距離，斜面體與物體A仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，待動滑輪靜止后，∠QOP變大，設(shè)繩OP與豎直方向夾角為θ，重物B的質(zhì)量為m，則有T＝mg2cosθ，角度θ變大，則繩中拉力變大，A錯誤；根據(jù)上述，繩中拉力變大，如果開始A受到的摩擦力沿斜面向上，則摩擦力可能減小，也有可能反向，如果開始A受到的摩擦力沿斜面向下，則摩擦力增大，B錯誤；對A和斜面體整體分析，設(shè)斜面傾角為α，斜面體的質(zhì)量為M，物體A的質(zhì)量為m'，則水平方向有f＝Tcosα，豎直方向有N＝（M＋m'）g－Tsinα，繩的拉力變大，斜面體與地面之間的摩擦力變大，斜面體與地面之間的彈力變小，C錯誤，【例2】D當(dāng)力F沿水平方向時，由于油桶為勻速運(yùn)動狀態(tài)，因此受力平衡，則水平和豎直方向上有F＝Nsinθ，Ncosθ＝G，解得F＝Gtanθ，N＝Gcosθ，故A、B錯誤；當(dāng)力F由水平方向逐漸變?yōu)樨Q直方向的過程中，油桶的受力分析如圖所示，故支持力在逐漸變小，且推力最小為力F和支持力N垂直，即推力F沿斜面方向，此時最小值為Fmin＝Gsinθ，故C錯誤，【例3】D對小球a進(jìn)行受力分析，小球a受重力G，半圓環(huán)對小球a的支持力FN和彈簧彈力F，三力平移后構(gòu)成一首尾相連的三角形，如圖所示，力的三角形與三角形OPQ相似，根據(jù)三角形相似有GOQ＝FNOP＝FPQ，初始時PQ＝OP＝R，OQ＞R，所以G＞FN＝F，選項(xiàng)A、B錯誤；小球b緩慢上移過程，小球a處于動態(tài)平衡狀態(tài)，隨著小球b上移，OQ減小，OP不變，重力G不變，半圓環(huán)對小球的支持力FN增大，選項(xiàng)C錯誤；設(shè)彈簧的原長為L，彈簧的形變量為x，根據(jù)胡克定律有F＝kx，則GOQ＝FPQ＝kxL－x，OQ減小，重力G不變，L不變，則彈簧形變量x【例4】B解法一：矢量三角形法設(shè)兩繩子對圓柱體的拉力的合力為T，木板對圓柱體的支持力為N，繩子與垂直木板方向的夾角為α，從右向左看圓柱體受力如圖所示，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理得mgsinα＝Nsinβ＝Tsinγ，在木板以直線MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動直至水平過程中，由繩與木板之間的夾角不變知α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ＋β＋α＝180°且α＜90°，可知90°＜γ＋β＜180°，則0＜β＜180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，由于sinγ不斷減小，可知T不斷減小，sinβ先增大后減小，可知N先增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對木板的壓力先增大后減小。設(shè)兩繩子之間的夾角為2θ，繩子拉力為T'，則2T'cosθ＝T，可得T'＝T2cosθ，θ不變，T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B解法二：輔助圓法選圓柱體為研究對象，設(shè)兩根細(xì)繩的拉力的合力為T，除此之外圓柱體還受重力G和木板的支持力N，將三力首尾依次相接構(gòu)成矢量三角形，如圖所示，在木板緩慢轉(zhuǎn)動過程中，兩繩拉力的合力T和木板的支持力N同時順時針轉(zhuǎn)動，重力G恒定，兩繩拉力的合力T和木板的支持力N之間的夾角不變，所以矢量三角形外接圓中弦AB所對的角不變，在木板轉(zhuǎn)至水平的過程中，繩的拉力T和木板的彈力N的連接點(diǎn)C由初位置移至B點(diǎn)，由圖可知支持力N先增大后減小，兩繩拉力的合力T一直減小，B正確，A、C、D錯誤。題型二【例5】B同一根細(xì)線上拉力大小相等，設(shè)AC細(xì)線、BC細(xì)線的合力為T，方向與豎直方向成45°角，如圖所示，由圖知，力F在水平方向時，大小為mg，A錯誤；當(dāng)F與T垂直時取最小值，可知F的最小值為22mg，B正確；大小為2mg的力F只對應(yīng)一個方向，即方向偏離水平方向向下，C錯誤；當(dāng)F的方向豎直向下時，不能構(gòu)成閉合矢量三角形，無解，D【例6】B設(shè)輕繩的合拉力為T，對石墩受力分析，由平衡條件可知Tcosθ＝f，f＝μN(yùn)，Tsinθ＋N＝mg，聯(lián)立解得T＝μmgcosθ＋μsinθ，故A錯誤，B正確；輕繩合拉力的大小為T＝μmgcosθ＋μsinθ＝μmg1+μ2sin（θ＋φ），其中tanφ＝1μ，可知當(dāng)θ＋φ＝90°時，輕繩的合拉力有最小值，即減小夾角θ，輕繩的合拉力不一定減小，故C錯誤；摩擦力大小為f＝Tcosθ＝μmgcos實(shí)驗(yàn)二探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系一題通關(guān)（1）kΔx等于（3）如圖所示（4）5.20（5.15～5.25均可）54.5（53.3～55.8均可）（5）不受影響偏小解析：（4）設(shè)彈性繩原長為x0，由于mg＝kΔx＝k（x－x0），則m＝kxg－kx0g，故m-x圖像的橫截距表示彈性繩的原長，根據(jù)圖像可得原長為5.20cm（由于作圖的誤差，在5.15～5.25cm之間均可）；結(jié)合m-x圖像可知，彈性繩的勁度系數(shù)k＝ΔmΔx（5）計(jì)算勁度系數(shù)時考慮的是彈性繩的伸長量而不是長度，若實(shí)驗(yàn)中刻度尺的零刻度略高于彈性繩上端的結(jié)點(diǎn)O，由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到的勁度系數(shù)不受影響；若實(shí)驗(yàn)中刻度尺沒有完全豎直，而讀數(shù)時視線保持水平，會使讀數(shù)偏大，Δx也偏大，則由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到的勁度系數(shù)將偏小。對點(diǎn)訓(xùn)練1.（1）豎直（2）CD（3）A解析：（1）在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持豎直狀態(tài)。（2）實(shí)驗(yàn)前，應(yīng)該先把彈簧豎直懸掛后測量其長度，故A錯誤；用直尺測得彈簧的長度不是彈簧的伸長量，而是原長和伸長量之和，故B錯誤；用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，要在鉤碼處于靜止?fàn)顟B(tài)時讀刻度尺的讀數(shù)，故C正確；為防止超過彈性限度，應(yīng)逐一增掛鉤碼，記下每增加一個鉤碼后指針?biāo)傅目潭瘸呖潭群蛯?yīng)的鉤碼總質(zhì)量，故D正確。（3）根據(jù)F＝kx，作出的圖像應(yīng)為一條過原點(diǎn)的傾斜直線，故選A。2.（1）BC（2）9.330.43（3）沒有解析：（1）由胡克定律F＝kx，有ΔF＝kΔx，即Δmg＝kΔx，故BC直線段滿足胡克定律。（2）由Δmg＝kΔx，有Δm＝kgΔx，直線的斜率為ΔmΔx＝kg＝200×10由圖知當(dāng)m＝70g時彈簧完全展開F0＋kx＝mg，所以F0＝0.43N。（3）由（2）分析知Δm＝kgΔx，彈簧的自身重力不影響圖像斜率，創(chuàng)新拓展【典例1】（1）C（2）③見解析④20（18～22均可）解析：（1）根據(jù)題中所給公式可得Y＝kLS，其中勁度系數(shù)k單位為N/m，長度單位為m，橫截面積單位為m2，則楊氏模量單位為Nmmm2＝N/m2＝（2）③根據(jù)表中所給數(shù)據(jù)作出l-n圖像如圖所示。④設(shè)橡皮筋原長為l0，塑料袋質(zhì)量為M，圖線斜率為k1，由公式可得k（l－l0）＝nmg＋Mg，整理得l＝mgkn＋Mgk＋l0，則圖線斜率為k1＝mgk，該橡皮筋勁度系數(shù)為k＝mg【典例2】（1）①81.7②0.0122（2）圖見解析（3）1.75×1解析：（1）根據(jù)胡克定律有mg＝k（x－x0），解得k＝mgx－x0＝0.100×9.80（2）1k-n（3）由圖線可得其斜率為0.0347－0.006160－10＝0.000572。故直線滿足1k＝0.000572n，即k＝1.75×103nN/m（在1.67×103n～1.83×103nN/m之間均可）。由于60匝彈簧總長度為對點(diǎn)訓(xùn)練（1）ADBEC（2）49（3）無勁度系數(shù)是通過圖像斜率與每個鉤碼重力的乘積得到的解析：（1）根據(jù)題意，由實(shí)驗(yàn)原理可知，本實(shí)驗(yàn)通過改變鉤碼的數(shù)量來改變彈簧的彈力，通過手機(jī)的定位傳感器確定彈簧的形變量，通過作圖的方法得到彈簧的勁度系數(shù)，則正確的實(shí)驗(yàn)步驟為ADBEC。（2）根據(jù)題意，由胡克定律F＝kx可得nmg＝kx整理得n＝kmg由n-x圖像可知，圖像得斜率為1cm－1，則有kmg＝1cm－1，解得k＝49N/m（3）由上述分析可知，彈簧的勁度系數(shù)是通過圖像的斜率與每個鉤碼重力的乘積得到的，則手機(jī)重力使彈簧伸長，這對彈簧勁度系數(shù)的測量結(jié)果無影響。實(shí)驗(yàn)三探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律一題通關(guān)（1）對角線等效替代法（3）C（4）如圖所示（5）與F1垂直解析：（3）細(xì)繩的作用是顯示出力的方向，所以不必等長，故A錯誤；兩繩間夾角大小適當(dāng)即可，不一定要使橡皮條和兩繩夾角的角平分線在一條直線上，故B錯誤；只有細(xì)繩與紙面平行，才能保證拉力的大小和方向準(zhǔn)確，故C正確；兩細(xì)繩拉橡皮條時，合力是通過力的圖示測出來的，兩繩間夾角適當(dāng)即可，不需要取30°、45°、90°等特殊角度，故D錯誤。（5）由題意可知，保持O1點(diǎn)位置不動，即合力大小、方向不變，F(xiàn)1方向不變，改變F2的方向，根據(jù)力的平行四邊形定則，畫出受力分析圖如圖所示，由圖可知當(dāng)F2垂直于F1時，F(xiàn)2取最小值。對點(diǎn)訓(xùn)練1.（2）CD（3）標(biāo)記位置（5）大小和方向解析：（2）實(shí)驗(yàn)中保證兩次操作使橡皮條產(chǎn)生相同的彈力作用，故應(yīng)標(biāo)記小圓環(huán)的位置以及每個力的大小和方向，力的大小由測力計(jì)讀出，方向即為細(xì)線的方向，故C、D正確；橡皮條與細(xì)線的長度沒必要測出，A、B錯誤。（3）撤掉一個測力計(jì)，用另一個測力計(jì)把小圓環(huán)拉到已標(biāo)記的小圓環(huán)位置，記錄此時拉力F的大小和方向。（5）比較F'和F的大小和方向，從而判斷本次實(shí)驗(yàn)是否驗(yàn)證了力的平行四邊形定則。2.（1）FF3（2）ABC解析：（1）F1與F2共同作用的效果與F單獨(dú)作用的效果相同，則F1與F2的合力與F相等；小圓環(huán)受到拉力F1、F2、F3的共同作用，靜止于O點(diǎn)，則F1、F2、F3的合力為0。（2）保持O點(diǎn)位置不動，即合力大小、方向不變，彈簧測力計(jì)A的讀數(shù)不變，只要符合該條件而且能夠作出力的平行四邊形即可，如圖所示F1如果從1變到4，能夠作出力的平行四邊形，故A正確；F1如果從1變到3，能夠作出力的平行四邊形，故B正確；F1如果從1變到2，能夠作出力的平行四邊形，故C正確；B的拉力大小不變，增大β角，不能夠作出力的平行四邊形，故D錯誤。創(chuàng)新拓展【典例】（1）①3F3②F1和F1'（2解析：（1）由力的平行四邊形定則計(jì)算繩套1的拉力F1'＝Ftan30°＝33F通過比較F1和F1'，在誤差允許的范圍內(nèi)相同，（2）兩個繩套在轉(zhuǎn)動過程中，合力保持不變，根據(jù)平行四邊形定則畫出力的合成圖，如圖所示，由圖可知，繩套1的拉力大小逐漸增大，故A項(xiàng)正確。對點(diǎn)訓(xùn)練（1）m0gx1（3）解析：（1）根據(jù)胡克定律得m0g＝kx1，所以彈簧的勁度系數(shù)k＝m0（3）作圖法畫出FA，如圖所示。（5）由數(shù)學(xué)知識可知只有滿足∠AOC＞∠BOC，才能保證FB＜FA＝G，才不會超過彈簧測力計(jì)量程。第三章牛頓運(yùn)動定律第1講牛頓運(yùn)動定律考點(diǎn)一基礎(chǔ)梳理1.（1）勻速直線運(yùn)動（2）①慣性慣性②維持運(yùn)動狀態(tài)加速度2.（1）靜止（2）唯一大?。?）固有運(yùn)動受力對點(diǎn)訓(xùn)練1.AC斜面不可能沒有摩擦，故伽利略利用圖甲的斜面進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，球從左邊斜面滾上右側(cè)斜面等高處也是理想的，現(xiàn)實(shí)不存在的，A正確；伽利略利用圖乙中的斜面進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得出小球下落的位移與時間的平方成正比，B錯誤；伽利略利用圖甲中的斜面進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得出物體的運(yùn)動不需要力來維持；利用圖乙中的斜面進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，最后推導(dǎo)得出自由落體運(yùn)動的規(guī)律，C正確，D錯誤。2.C墨子的觀點(diǎn)與伽利略關(guān)于力和運(yùn)動的觀點(diǎn)基本相同，與亞里士多德的觀點(diǎn)不同，故A錯誤；物體受到變力作用，物體的運(yùn)動狀態(tài)一定發(fā)生改變，即物體的速度一定發(fā)生變化，但是速度的大小不一定會改變，例如物體做勻速圓周運(yùn)動，故B錯誤；力不是維持物體運(yùn)動的原因，而是改變物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，故C正確；當(dāng)物體不受力時，物體的運(yùn)動狀態(tài)不發(fā)生變化，即物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)不變，運(yùn)動的物體不會停止運(yùn)動，故D錯誤。3.AD當(dāng)容器隨小車突然向右運(yùn)動時，由于與同體積的“水球”相比，鐵球質(zhì)量大、慣性大，鐵球的運(yùn)動狀態(tài)難以改變，而同體積的“水球”的運(yùn)動狀態(tài)容易改變，故鐵球相對于小車向左運(yùn)動，A正確，B錯誤；當(dāng)容器隨小車突然向右運(yùn)動時，由于與同體積的“水球”相比，乒乓球質(zhì)量小、慣性小，運(yùn)動狀態(tài)容易改變，故乒乓球相對于小車向右運(yùn)動，C錯誤，D正確?？键c(diǎn)二基礎(chǔ)梳理1.（1）正比反比作用力2.（1）基本單位導(dǎo)出單位（2）質(zhì)量長度時間千克米秒（3）基本量判斷小題1.×2.√3.×【例】D對小球受力分析如圖所示，可知合力與加速度方向水平向左，所以汽車運(yùn)動的加速度方向水平向左，如果向右運(yùn)動，則做勻減速直線運(yùn)動，如果向左運(yùn)動，則做勻加速直線運(yùn)動，A錯誤；設(shè)小球的加速度為a，對小球由牛頓第二定律得m1gtanθ＝m1a，解得a＝gtanθ，則汽車的加速度和蘋果箱的加速度都為a＝gtanθ，水平向左。以蘋果箱中間一個質(zhì)量為m的蘋果為研究對象，合力為F合＝ma＝mgtanθ。設(shè)周圍其他蘋果對它的作用力大小為F，方向與豎直方向的夾角為α，在水平方向根據(jù)牛頓第二定律有Fsinα＝ma，在豎直方向上Fcosα＝mg，聯(lián)立解得F＝（mgtanθ）2＋（mg）2＝mg1+ta對點(diǎn)訓(xùn)練1.C根據(jù)牛頓第二定律得知物體加速度的大小跟其質(zhì)量成反比，與速度無關(guān)，故A錯誤；力是產(chǎn)生加速度的原因，只要有力，就能產(chǎn)生加速度，力與加速度是瞬時對應(yīng)的關(guān)系，故B錯誤；當(dāng)物體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時，根據(jù)牛頓第二定律F＝ma可知，物體水平方向的加速度大小與其質(zhì)量成反比，故C正確；物體加速度的大小跟物體所受的合力成正比，而不是跟任一個力的大小成正比，故D錯誤。2.C對“毛毛蟲”道具受力分析，受到向下的重力，左斜上的拉力，兩個力的合力為水平向左，所以根據(jù)力的矢量疊加可得F＝（mg）2＋（ma）2＝1002N，所以平均每位同學(xué)對道具的作用力約為F考點(diǎn)三基礎(chǔ)梳理1.相等相反同一條直線上2.（1）大小性質(zhì)（2）方向受力對點(diǎn)訓(xùn)練1.C“電動平衡車”勻速行駛時，人的合力為零，豎直方向重力等于支持力，水平方向無摩擦力，故A錯誤；車對人的作用力與人對車的作用力是一對相互作用力，不管運(yùn)動狀態(tài)如何，二者大小相等，故B錯誤；“電動平衡車”減速行駛時，車對人的摩擦力與車的運(yùn)動方向相反，根據(jù)相互作用力方向相反，知人對車的摩擦力與車的運(yùn)動方向相同，故C正確；人從“電動平衡車”跳起后，只受重力，加速度一直向下，處于失重狀態(tài)，故D錯誤。2.A對環(huán)保袋的受力分析如圖所示，可知繩帶中的張力T＝G2cosα＞G2，故A正確；繩帶長度縮短時，α增大，cosα減小，繩帶中的張力增大，故B錯誤；繩帶對環(huán)保袋的拉力與環(huán)保袋的重力是一對平衡力，故C錯誤；繩帶對環(huán)保袋的拉力與環(huán)保袋對繩帶的拉力是一對相互作用力第2講牛頓第二定律的應(yīng)用考點(diǎn)一【例1】B對于題圖甲，突然撤去擋板的瞬間，由于A、B還沒開始運(yùn)動，故彈簧彈力不變，A仍處于平衡狀態(tài)，加速度為0，對于B，其所受合力等于擋板在未撤時擋板對它的支持力，為2mgsinθ，由牛頓第二定律有2mgsinθ＝maB，可得B的加速度為aB＝2gsinθ；對于題圖乙，突然撤去擋板的瞬間，A、B加速度相同，整體由牛頓第二定律有2mgsinθ＝2ma'，可得A、B的加速度均為a'＝gsinθ，設(shè)輕桿對A的作用力為F，對A由牛頓第二定律有mgsinθ＋F＝ma'，可知F＝0，故題圖乙中輕桿的作用力一定為零，故選B。對點(diǎn)訓(xùn)練1.C開始時，對物塊1分析，處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力F＝3mg。抽出木板的瞬間，彈簧的彈力不變，物塊1所受的合力仍然為零，則加速度a1＝0。對物塊2，抽出木板的瞬間，受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝F'＋mgm＝3mg＋mgm＝4g，故C2.B設(shè)繩子拉力為T，對小球，根據(jù)平衡條件有Tcos45°＝mg，解得T＝202N，A錯誤；剪斷輕繩前，設(shè)彈簧的彈力為F，對小球，根據(jù)平衡條件有F＝Tsin45°，解得F＝20N，剪斷輕繩的瞬間，彈簧彈力不變，故剪斷輕繩的瞬間輕彈簧的彈力大小為20N，B正確；剪斷輕繩的瞬間輕彈簧的彈力不變，則重力與彈簧彈力的合力為202N，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝Fm＝102m/s2，方向與豎直方向成45°角指向左下方，C錯誤；剪斷彈簧的瞬間，彈簧彈力瞬間消失。小球?qū)㈤_始做圓周運(yùn)動，此時小球的速度為零，向心加速度為零，沿繩方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直繩的方向）的加速度，重力沿垂直繩方向的分力等于合力，則有mgcos45°＝ma，解得a＝52m/s2，D考點(diǎn)二基礎(chǔ)梳理1.（1）無關(guān)2.大于小于0向上向下gmg＋mamg－ma0判斷小題1.√2.×3.×4.√5.×【例2】C由v-t圖像的斜率表示加速度可知，t＝0.5s時，加速度為a＝ΔvΔt＝（30－0）×10－21.0m/s2＝0.3m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝ma，解得單杠對他的支持力為FN＝mg＋ma＝618N，故A錯誤；由v-t圖像可知，0～1.1s向上做加速運(yùn)動，1.1s后向上減速運(yùn)動，可知t＝1.1s時，并不是向上運(yùn)動到最高點(diǎn)，故B錯誤；由v-t圖像可知，t＝1.5s時，加速度方向向下對點(diǎn)訓(xùn)練1.C在加速提起磚塊的過程中，磚塊加速度向上，處于超重狀態(tài)，A錯誤；磚塊水平方向保持平衡，故夾磚器對兩塊磚塊壓力大小相等，B錯誤；夾磚器與磚塊即將發(fā)生滑動時，磚塊加速度最大，對兩塊磚整體受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有2μF－2mg＝2ma，則磚塊被加速提起過程中，其加速度的最大值為a＝μFm－g，C正確；加速度最大時，單獨(dú)對其中一個磚塊受力分析如圖乙所示，若豎直方向上只受重力mg以及夾磚器對其向上的靜摩擦力f，有f－mg＝ma，解得f＝μF，故兩塊磚塊之間摩擦力為零，D2.D由題意結(jié)合圖像可知mg＝F1＝500N，所以m＝50kg，故A錯誤；由圖可知，運(yùn)動員在3.6～4.2s內(nèi)彈力大于重力，加速度方向向上，運(yùn)動員處于超重狀態(tài)，在4.2～4.8s內(nèi)彈力小于重力，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；當(dāng)運(yùn)動員處于最低點(diǎn)時，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得amax＝F2－mgm＝2500－50050m/s2＝40m/s2，故C錯誤；由圖可知，運(yùn)動員離開蹦床在空中運(yùn)動的時間為t＝8.4s－6.8s＝1.6s，所以運(yùn)動員離開蹦床上升的最大高度為h＝考點(diǎn)三【例3】（1）5m/s2（2）1.25m解析：（1）根據(jù)題意，對小球進(jìn)行受力分析，如圖所示由圖乙可知，t＝4s時，小球的加速度恰好為0，則有Fcosθ＝mgsinθ＋fFsinθ＋mgcosθ＝FNf＝μFN又F＝kt＝10×4N＝40N聯(lián)立解得μ＝0.5根據(jù)題意，結(jié)合圖乙可知，t＝6s時，有F'cosθ－mgsinθ－f'＝mamaxF'sinθ＋mgcosθ＝FN'f'＝μFN'又F'＝kt＝10×6N＝60N聯(lián)立解得amax＝5m/s2。（2）t＝6s時，小球離開電磁輻射區(qū)，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得a＝10m/s2根據(jù)題意，由a-t圖像中面積表示速度變化量可知，小球由靜止運(yùn)動，t＝6s時小球的速度為v＝12×（6－4）×5m/s＝由v2－v02＝2ax可得，小球離開電磁輻射區(qū)后沿著細(xì)桿上升的最大距離為l＝v2【例4】AD熱氣球向下做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小a＝ΔvΔt＝3－030m/s2＝0.1m/s2，根據(jù)牛頓運(yùn)動定律有mg－F＝ma，解得F＝5940N，故A正確，B錯誤；設(shè)拋出一些壓艙物后，氣球的加速度大小為a'，則氣球回到原高度時有12at2＝－at＋12a't2，把t＝30s代入上式，解得a'＝0.3m/s2，熱氣球開始減速到下降到最低點(diǎn)時，所用的時間為t'＝ata'＝t3，可得熱氣球下降的最大高度為h＝12at2＋12a't32＝60m，所以熱氣球距地面的最小距離為hmin＝65m－60m＝5m，故C錯誤；設(shè)拋出物的質(zhì)量為Δm，拋出后根據(jù)牛頓運(yùn)動定律，有F－（m－Δm）g＝（m【方法模型·解讀】等時圓模型【典例】（1）45°2rg（2）15解析：（1）水滴沿傘面下滑過程中有mgsinθ＝ma ①rcosθ＝12a由①②得t12又0＜θ＜π2，則當(dāng)θ＝π4時水滴滑落傘面時間最短，解得最短時間tmin＝2（2）水滴沿傘面下落過程有mgr＝12mv2 水滴離開傘后做斜下拋運(yùn)動，且有：水平和豎直兩個分速度vx＝vy＝vcosπ4 豎直方向h＝vyt2＋12gt2水平方向x＝vxt2 ⑥由題意，根據(jù)幾何關(guān)系可知（x＋r）2＝d2＋L22由③～⑦式得d＝152r針對訓(xùn)練BC1號小球的加速度為a1＝gsin60°＝32g，位移為x1＝2r·sin60°＝3r，運(yùn)動時間為t1＝2x1a1＝2rg；2號小球的加速度為a2＝gsin30°＝12g，位移為x2＝2r·sin30°＝r，運(yùn)動時間為t2＝2x2a2＝2rg；3號小球的加速度為a3＝gsin60°＝32g，位移為x3＝3rsin30°＝23r，運(yùn)動時間為t3＝2x3a3＝8rg；4號小球的加速度為a4＝gsin30°＝12g，位移為x4＝3rsin60°＝2r，運(yùn)動時間為t4＝2x4a4＝8rg，則t1＝t2，t3＝t4，t3素養(yǎng)提升5動力學(xué)中的三類典型問題題型一【例1】D木塊之間只有彈力，無摩擦力，A錯誤；對整體進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律F－F10mg×mg－F20mg×4mg＝5ma，得a＝7F50m，由于Fm未知，無法求得加速度結(jié)果，B錯誤；對前兩塊木塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F－F20mg×2mg－F23＝2ma，得F23＝0.62F，C錯誤；對前三塊木塊進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F－F20mg×2mg－F10mg×mg－F【例2】（1）0.4kg（2）0.125解析：（1）由題圖（b）可知，物塊A在P點(diǎn)左邊運(yùn)動的加速度a1＝Δv1Δt1＝2根據(jù)牛頓第二定律mBg＝（mB＋mA）a1代入數(shù)據(jù)解得mA＝0.4kg。（2）物塊A在P點(diǎn)右邊運(yùn)動的加速度a2＝Δv2Δt2＝3根據(jù)牛頓第二定律mBg－μmAg＝（mB＋mA）a2代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.125。題型二【例3】CDB與地面的最大靜摩擦力為f地＝0.5μ（2m＋m）g＝1.5μmg＜F＝2μmg可知，當(dāng)F＝2μmg時，A、B都相對地面發(fā)生運(yùn)動，A錯誤；物塊A能夠獲得的最大加速度amax＝μ·2mg2m＝μg，當(dāng)F＝3μmg時，假設(shè)A、B能夠保持相對靜止，則有3μmg－0.5μ（m＋2m）＝（m＋2m）a1，解得a1＝0.5μg＜amax＝μg可知，當(dāng)F＝3μmg時，A、B保持相對靜止，B的加速度等于0.5μg，C正確；若A、B恰好發(fā)生相對運(yùn)動，對A有amax＝μ·2mg2m＝μg，對A、B有F2－0.5μ（2m＋m）g＝（2m＋m）amax，解得F2＝4.5μmg可知，當(dāng)F＞4.5μmg時，A、B間才能發(fā)生相對滑動，B錯誤；根據(jù)上述可知，物塊A能夠獲得的最大加速度為amax＝μ·2mg2m【例4】BCD若斜面體以臨界加速度a0向右加速運(yùn)動時，小球?qū)π泵骟w的壓力剛好為零，則小球只受到重力和細(xì)線的拉力，如圖，由牛頓第二定律有mgtanθ＝代入數(shù)據(jù)解得小球剛好離開斜面體的臨界加速度為a0＝3g若斜面體以加速度a＝g向右加速運(yùn)動時，此時向右的加速度小于臨界加速度a0，則小球?qū)π泵骟w仍然有壓力，故A錯誤；若斜面體以加速度a＝g向右加速運(yùn)動時，對小球由牛頓第二定律得水平方向的合力大小為F合＝ma＝mg對小球受力分析如圖所示，可知水平和豎直方向分別滿足如下關(guān)系FT'cosθ－FNsinθ＝mgFT'sinθ＋FNcosθ＝mg代入數(shù)據(jù)解得細(xì)線的拉力大小為FT'＝（1+故B正確；當(dāng)斜面體以加速度a＝2g向右加速運(yùn)動時，超過臨界加速度a0，小球離開斜面，對小球由牛頓第二定律得水平方向細(xì)線拉力的分力大小為F1'＝ma＝2mg，由勾股定理可知細(xì)線中拉力為FT'＝（mg）2＋（2mg）2＝5mg，故C正確；若斜面體以臨界加速度a'向左加速運(yùn)動時，細(xì)線對小球的拉力剛好為零，則小球只受到重力和斜面的支持力，由牛頓第二定律有mgtanθ＝ma'，代入數(shù)據(jù)解得細(xì)線剛好沒有拉力的臨界加速度為a'＝33g，當(dāng)斜面體以加速度a＝2g【例5】AD由題圖乙可知，當(dāng)斜面與水平方向的夾角為90°時，位移為0.2m，由豎直上拋運(yùn)動規(guī)律v02＝2gh，解得v0＝2m/s，故A正確；當(dāng)斜面與水平方向的夾角為0°時，位移為0.4m，根據(jù)v02＝2ax，μmg＝ma，可得μ＝0.5，故B錯誤；根據(jù)μmgcosθ＋mgsinθ＝ma可得a＝gsinθ＋μgcosθ＝1+μ2gsin（θ＋φ），因此最大加速度為amax＝1+μ2g＝52g，此時根據(jù)速度與位移公式得v02＝2amaxxmin，解得x【例6】CD物體與彈簧分離時，彈簧恢復(fù)原長，故A錯誤；剛開始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力和彈力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1為10N時，根據(jù)牛頓第二定律有F1＋kx－mg＝ma；物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據(jù)牛頓第二定律有F2－mg＝ma；代入數(shù)據(jù)解得m＝2kg，k＝500N/m＝5N/cm，a＝5m/s2，故A、B錯誤，C、D正確?！纠?】AC由小物塊上滑過程的速度—時間圖線，可得加速度大小為a＝ΔvΔt＝8.0m/s2，可知小物塊沖上斜面過程中加速度的大小為8.0m/s2，故A正確；設(shè)物塊沖上斜面所能達(dá)到的最高點(diǎn)距斜面底端距離為x，則有x＝v022a＝642×8m＝4m，故B錯誤；小物塊受重力、支持力、摩擦力，沿斜面方向f＋mgsin37°＝ma，垂直斜面方向FN－mgcos37°＝0，摩擦力為f＝μFN，代入數(shù)據(jù)解得f＝4N，μ＝【例8】AD當(dāng)a1＝2m/s2，a2＝6m/s2，a3＝－6m/s2時，F(xiàn)1cosθ－mgsinθ＝ma1，F(xiàn)2cosθ－mgsinθ＝ma2，mgsinθ＝m｜a3｜，其中F1＝20N，F(xiàn)2＝30N，解得θ＝37°，m＝2kg，故A正確，B錯誤；加速度為5m/s2時，由Fcosθ－mgsinθ＝ma，解得F＝552N，故C錯誤；物體靜止在斜面上時，有Fcosθ＝mgsinθ，解得F＝15N，故D素養(yǎng)提升6動力學(xué)中的滑塊—木板模型類型一【例1】（1）0.4N，方向水平向右（2）6.6N（3）3s解析：（1）小滑塊B的最大加速度為am＝μmgm＝μg＝3m/s2＞a故可知此時A、B沒有發(fā)生相對滑動，即A、B以a1＝2m/s2的加速度一起向右加速運(yùn)動，滑塊B所受摩擦力大小為fB＝ma1＝0.4N，方向水平向右。（2）根據(jù)前面分析知A、B發(fā)生相對滑動的臨界加速度為a＝3m/s2，對整體分析有F＝（M＋m）a＝6.6N。（3）在F'＝8.6N的水平拉力的作用下A、B發(fā)生相對滑動，此時A、B加速度大小分別為aA＝F'－μmgM＝4m/s2，aB＝設(shè)經(jīng)過時間t滑塊滑離長木板，根據(jù)位移關(guān)系有x木板－x滑塊＝L其中有x木板＝12aAt2，x滑塊＝12aB聯(lián)立解得t＝3s。類型二【例2】（1）1m/s2（2）1m（3）1.5N解析：（1）對物塊乙，由牛頓第二定律得F－μm乙g＝m乙a乙解得a乙＝1m/s2。（2）對木板甲，由牛頓第二定律得μm乙g＝m甲a甲解得a甲＝0.5m/s2物塊乙、木板甲發(fā)生相對滑動的過程中，由運(yùn)動學(xué)公式得12