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2024高考物理一轮复习100考点100讲第一章 直线运动
第1.1讲 运动的描述
【学科素养解读】
【考点知识图解】
【考点知识精讲】
一　质点、参考系和坐标系
1．质点
忽略物体的大小和形状，把物体简化为一个有质量的物质点，叫质点。
【关键点拨】
①．质点是实际物体的科学的抽象，是研究物体运动时，抓住主要因素，忽略次要因素，对实际物体进行的近似，是一种理想化模型，真正的质点是不存在的。
②．能把物体看成质点的条件：物体的大小和形状对所研究运动的影响可以忽略不计时，不论物体大小如何，都可将其视为质点。
2．参考系
（1）定义：要描述一个物体的运动，首先要选定某个其他物体做参考，这个用来做参考的物体称为参考系。
（2）选取：可任意选取，但对同一物体的运动，所选的参考系不同，运动的描述可能会不同，通常以地面为参考系。
【关键点拨】
①．运动是绝对的，静止是相对的。一个物体是运动的还是静止的，都是相对于参考系而言的。
②参考系的选取可以是任意的。
③．判断一个物体是运动还是静止，如果选取不同的物体作为参考系，可能得出不同的结论。
④．参考系本身既可以是运动的物体也可以是静止的物体，在讨论问题时，被选为参考系的物体，我们假定它是静止的。
⑤．比较两个物体的运动情况时，必须选取同一个参考系。
3．坐标系
（1）建立目的：定量描述物体的位置及位置变化。
（2）种类：直线坐标系、平面坐标系、空间坐标系。
二　时间和位移
1．时间间隔和时刻
时间间隔和时刻的区别与联系：时刻指某一瞬时，两个时刻间的一段间隔表示时间，在表示时间的数轴上，时刻用点表示；时间间隔用线段表示。
【易错辨析】时间和时刻的区别
①．时刻在时间坐标轴上对应于一点，表示某一瞬间或某一瞬时。
②．时间是两个时刻之间的时间间隔，在时间坐标轴上对应于两点间的线段，表示一个过程。
③．实际生活中“时间”有时指时刻，有时指时间间隔，注意区分。
2．位移和路程
（1）位移：描述物体位置的变化，用从初位置指向末位置的有向线段表示，是矢量。
（2）路程：是物体运动轨迹的长度，是标量。
【易错辨析】路程和位移的区别
①．含义不同：位移是从起点到终点的一条有向线段，用来表示质点位置的变化；路程则是质点运动轨迹的长度。
②．位移有大小、方向，是一个矢量；路程只有大小，无方向，是一个标量。
③．一般情况下，位移的大小不等于路程，只有质点做单方向的直线运动时，位移大小才等于路程。
位移和路程的区别和联系图示
三　速度和加速度
1．速度
（1）平均速度：在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v=，是矢量。平均速度的大小与物体的不同运动阶段有关，求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度．
（2）瞬时速度：运动物体在某一时刻（或某一位置）的速度，是矢量。
【关键点拨】对平均速度和瞬时速度的理解
物理量 平均速度 瞬时速度
意义 描述物体在一段时间内运动的快慢和方向 描述物体在某一时刻运动的快慢和方向
定义 位移与所用时间的比值 Δt→0时的平均速度
计算 1.适用所有运动 2.适用匀变速直线运动 1.当Δt很小时，用v=近似计算 2．用运动规律计算，如v=v0＋at
【易错警示】平均速度与瞬时速度的区别与联系
（1）区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度。
（2）联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度
计算平均速度时应注意的两个问题
①平均速度的大小与物体不同的运动阶段有关，求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度。
②v=是平均速度的定义式，适用于所有的运动。
2．速率
（1）速率：瞬时速度的大小，是标量。
（2）平均速度的大小不一定等于路程与时间的比值。
3．加速度
（1）定义：速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值。
（2）定义式：a=，单位：m/s2。
（3）方向：与速度变化量的方向相同。
（4）决定因素：a不是由v、Δt、Δv决定，而是由决定．物体运动的加速度a与v、Δt、Δv无关。
4．速度、速度的变化量和加速度的关系
物理量 速度v 速度的变化量Δv 加速度a
物理意义 表示运动的快慢和方向 表示速度变化的大小和方向 表示速度变化的快慢，即速度的变化率
公式及 单位 v=，m/s Δv=v－v0，m/s a=，m/s2
关系 三者大小无必然联系，v很大，Δv可以很小，甚至为0，a也可大可小，也可能为零，但a的方向与Δv一定相同
【方法归纳】
1. 判断质点做加速直线运动或减速直线运动的方法
2. 计算加速度的方法：
【温馨提示】加速度的“＋”“－”只表示加速度的方向，不表示大小．比较位移、速度、加速度大小需要比较它们的绝对值的大小。
【关键点拨】根据a与v方向间的关系判断物体是在加速还是在减速：当a与v同向或夹角为锐角时，物体速度大小变大；当a与v垂直时，物体速度大小不变；当a与v反向或夹角为钝角时，物体速度大小变小。
3. 测量速度的三种方法
方法1 利用光电计时器测速度
方法提炼
根据v=，当时间很短时，平均速度可近似等于瞬时速度．本方法是将物体通过光电门时的平均速度近似等于物体通过1、2位置时的瞬时速度.
方法2 利用打点计时器测速度
方法提炼
根据匀变速直线运动中，某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，据此可以计算纸带上打某点时的瞬时速度．
方法3 利用超声波测车速
【典例分析】
【典例】（2022山东物理）
1．无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（　　）
A．
B．
C．
D．
【高考真题精练】
（2023年1月浙江选考·3）
2．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则（　　）
A．选地球为参考系，“天和”是静止的
B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的
C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的
D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的
（2022年1月浙江选考）
3．下列说法正确的是（　　）
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
（2021新高考福建）
4．一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为，用时，M、N间的直线距离为，则从M点漂流到N点的过程中（　　）
A．该游客的位移大小为
B．该游客的平均速率为
C．该游客的平均速度大小为
D．若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0
（2021年6月浙江选考物理）
5．用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点
B．研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点
C．研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点
D．研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点
（2021年1月浙江选考）
6．2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。“奋斗者”号照片如图所示，下列情况中“奋斗者”号一定可视为质点的是（　　）
A．估算下降总时间时 B．用推进器使其转弯时
C．在海沟中穿越窄缝时 D．科学家在其舱内进行实验时
（2015·浙江1月学考）
7．“歼-15”舰载机在“辽宁”号航母上着落瞬间的某个物理量大小为，方向与跑道平行，这个物理量是（　　）
A．路程 B．平均速度 C．位移 D．瞬时速度
（2015·浙江10月选考）
8．如图所示，一女同学穿着轮滑鞋以一定的速度俯身“滑入”静止汽车的车底，她用15s穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58m，假设她的运动可视为匀变速直线运动，从上述数据可以确定（ ）
A．她在车底运动时的加速度 B．她刚“滑出”车底时的速度
C．她刚“滑入”车底时的速度 D．她在车底运动时的平均速度
【2015·浙江·15】
9．如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt。测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使更接近瞬时速度，正确的措施是（　　）
A．换用宽度更窄的遮光条
B．提高测量遮光条宽度的精确度
C．使滑块的释放点更靠近光电门
D．增大气垫导轨与水平面的夹角
【最新模拟题精练】
（2023浙江杭州二模）
10．如图所受是运油20给歼10、歼20两种战机同时加油的瞬间，则（　　）
A．研究加油问题时，运油20可视为质点
B．加油过程中，运油20的惯性越来越大
C．以运油20为参考系，歼20、歼10战机是运动的
D．以歼10战机为参考系，运油20和歼20都是静止的
（2023湖南衡阳高一期末）
11．以往公路上用单点测速仪测车速，个别司机由于熟知测速点的位置，在通过测速点时通过刹车以降低车速来逃避处罚，但这样很容易造成追尾事故，所以有些地方已开始采用区间测速，下列说法正确的是（　　）
A．区间测速测的是汽车的瞬时速率
B．区间测速测的是汽车的平均速率
C．图中，限速值70km/h指的是平均速度
D．根据平均速度，单点测速时，足够小，测的是汽车的瞬时速率
（2022北京西城期末）
12．下表中记录了三种交通工具在某段时间中的运动情况，根据表中数据可知（　　）
交通工具 初速度/ 末速度/ 经过时间/s
自行车下坡 2 6 2
火车出站 0 20 100
飞机飞行 200 200 10
A．飞机的速度变化量最大
B．自行车的速度变化最快
C．火车的速度变化最快
D．火车的加速度最大
（2022浙江丽水高中发展共同体质检）
13．目前第24届冬季奥林匹克运动会正在我国北京市如火如荼地举行。在新冠疫情肆虐全球的背景下，北京冬奥会的如期举办，再次彰显了中国的决心、高效与活力，如图为四个冬奥运动项目中运动员运动的一些场景，下列有关说法正确的是（　　）
A．在研究甲图中的运动员完成某项技术动作时，可以把运动员看成质点
B．在乙图中运动员用冰壶刷刷冰的目的是为了减少冰壶与冰面的摩擦力
C．丙图中的处于空中的运动员，在上升过程为超重状态，下降过程则为失重状态
D．丁图中速度滑冰项目比的是运动员的平均速度大小，第一名则平均速度最小
14．在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示。下面说法正确的是（　　）
A．地球在金星与太阳之间
B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点
C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零
D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的
15．如图是汽车从惠州某学校到市人民政府行驶的手机导航截图，给出了三种线路方案及数据，下列说法正确的是（　　）
A．三种方案汽车行驶的位移不相等
B．研究三种方案汽车行驶的平均速度时，汽车不能看成质点
C．“红绿灯少”和“备选三”方案中，汽车行驶的平均速度相等
D．三种方案，均可以计算出汽车的平均速度
（2022安徽六市十校联考）
16．2020年6月21日，“金环日食”在我国上演，这次日环食是21世纪以来最壮观的一次，就像天际悬挂一枚金色戒指，日食是月球运动到太阳和地球中间，三者处在一条直线时，月球就会挡住太阳射向地球的光，月球身后的黑影正好落到地球上，这时发生日食现象，下列说法正确的是（　　）

A．观测日全食时可将月球看成质点，月球绕地球转动是以太阳为参考系的
B．观测日全食时可将月球看成质点，月球绕地球转动是以地球为参考系的
C．观测日全食时不能将月球看成质点，月球绕地球转动是以太阳为参考系的
D．观测日全食时不能将月球看成质点，月球绕地球转动是以地球为参考系的
（2020浙江“山水联盟”质检）
17．如图所示，为有力支援武汉“抗疫”，空军在2020年2月2日凌晨出动8架大型运输机，分别从沈阳、兰州、广州、南京起飞，向武汉紧急空运795名军队支援湖北医疗队队员和58吨物资，上午9时30分全部抵达武汉天河机场。对以上描述下列说法正确的是（　　）
A．计算运输机飞行时间时，运输机不能看成质点
B．在分析运输机着落动作时，运输机可以看成质点
C．“上午9时30分”指的是最后一架运输机的飞行时间
D．“上午9时30分”指的是最后一架运输机抵达武汉的时刻
（2020年3月浙江宁波模拟）、
18．万众瞩目的庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上，受阅方队军容严整、精神抖擞，依次通过天安门，接受祖国和人民的检阅，出色地完成了受阅任务。如图为战旗方队以同一速度通过天安门广场时的精彩场面，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．以战旗旗杆为参考系，天安门城楼是静止的
B．以战旗方队车辆为参考系，本车的战旗旗杆是静止的
C．以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是运动的
D．以地面为参考系，战旗是静止的
（2020·江西联考）
19．修建中的南昌到赣州铁路客运专线，北起南昌，南到赣州，线路长度415.743 km，设计速度350 km/h。若某同学乘坐此客运列车从赣州去南昌游玩，下列说法正确的是(　　)
A．列车做匀速直线运动
B．题中的“415.743 km”是位移大小
C．以并排坐在旁边的乘客为参考系，该同学是静止的
D．测量列车驶出赣州西站的时间时，可以把列车看成质点
（2020年4月浙江稽阳联考）
20．绍兴市九运会青年组皮划艇比赛在绍兴市区水上运动训练基地进行。下列说法中正确的是（　　）

A．研究队员的划桨动作时，可以将队员看成质点
B．以运动的皮划艇为参考系，岸上站立的观众是运动的
C．获得第一名的皮划艇，起点启动时的加速度一定最大
D．获得第一名的皮划艇，到达终点时瞬时速度一定最大
21．一个做匀变速直线运动的物体，其加速度大小为0.6m/s2．此物体在任意1s内的
A．速度变化大小一定为0.6m／s
B．末速度一定等于初速度的0.6倍
C．末速度一定比初速度小0.6m／s
D．末速度一定比初速度大0.6m／s
22．如图是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度。现测速仪对距其x＝380m的匀速行驶中的汽车发出超声波信号，超声波信号从发出到被反射回来的时间间隔Δt＝2.0s，超声波在空气中传播的速度是v声＝340m/s，则当测速仪接收到被反射回来的超声波信号时，汽车前进的距离为（　　）
A．100m B．60m C．80m D．120m
23．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过光电门1的时间为Δt1＝0.30 s，通过光电门2的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间为Δt＝3.0 s，则滑块的加速度约为（　　）
A．0.067 m/s2 B．0.67 m/s2 C．6.7 m/s2 D．不能计算出
24．某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又沿原路返回到山脚下，上山的平均速度大小为v1，下山的平均速度大小为v2，则往返的平均速度的大小和平均速率分别是（　　）
A．， B．，
C．0， D．0，
[2021·大连模拟]
25．一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车做匀速直线运动。司机发现其需要通过正前方高山下的隧道，于是鸣笛，5s后听到回声，听到回声后又行驶10s司机第二次鸣笛，3s后听到回声。已知此高速公路的最高限速为120km/h，声音在空气中的传播速度为340m/s。请根据以上数据帮助司机计算一下客车的速度，看客车是否超速行驶，以便提醒司机安全行驶。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据
可得在BC段的最大速度为
在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据
可得在CD段的最大速度为
可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
AB段从最大速度vm减速到v的时间
位移
在AB段匀速的最长距离为
l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
则从A到D最短时间为
故选B。
2．C
【详解】AB．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；
CD．“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，C正确，D错误。
故选C。
3．B
【详解】A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不可以看成质点，故A错误；
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，故B正确；
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，故C错误；
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为相同，故D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．位移指的是从M点漂流到N点的有向线段，故位移大小为，故A错误；
B．从M点漂流到N点的路程为，用时，则平均速率为
故B错误；
C．该游客的平均速度大小为
故C正确；
D．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度也为，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫的大小可忽略不计，可将猫看做质点，选项A正确；
B．研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球不能看做质点，选项B错误；
C．研究图丙中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿看做质点，选项C错误；
D．研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马的大小不能忽略不计，不能把马看做质点，选项D错误。
故选A。
6．A
【详解】A．估算潜水器下降的总时间时，潜水器的大小和形状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点，A正确；
BD．用推进器使其转弯时和科学家在其舱内进行实验时，都需要研究潜水器本身的特点，不可视为质点，BD错误；
C．在海沟中穿越窄缝时，潜水器的大小和形状相对窄缝，尺寸不可以忽略，不可视为质点，C错误。
故选A。
7．D
【详解】指的是舰载机着落瞬间的瞬时速度。
故选D。
8．D
【详解】AC．根据可知，由于初速度未知，则无法求出运动的加速度，故AC错误；
B．由于初速度未知，根据可知，无法求出末速度，即滑出车底时的速度，故B错误；
D．根据平均速度的定义式，她在车底的平均速度
故D正确。
故选D。
9．A
【详解】利用平均速度等效替代瞬时速度；遮光条越窄，或速度越大，遮光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，即换用宽度更窄的遮光条，即可实现趋向于0，而提高测量遮光条宽度的精确度，或者滑块的释放点更靠近光电门，及增大气垫导轨与水平面的夹角均不能达到趋向于0的条件；故A正确，BCD错误。
故选A。
10．D
【详解】A．研究加油问题时，运油20的形状和体积对所研究的问题的影响不能忽略，因此研究加油问题时，运油20不能视为质点，A错误；
B．物体的惯性大小由质量决定，加油过程中，运油20的质量减小，则其惯性减小，B错误；
CD．为了确保安全，加油过程中，运油20、歼10、歼20三者的相对位置需要保持不变，则以运油20为参考系，歼20、歼10战机是静止的，以歼10战机为参考系，运油20和歼20也都是静止的，C错误，D正确。
故选D。
11．BD
【详解】AB．区间测速测得是汽车的平均速率，A错误，B正确；
C．图中，限速值70km/h指的是平均速率，C错误；
D．根据平均速度，单点测速时，足够小，测的是汽车的瞬时速率，D正确。
故选BD。
12．B
【详解】自行车的速度变化量
火车的速度变化量为
飞机的速度变化量为
可知飞机的加速度为零，火车的加速度为
自行车的加速度为
加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，可知B正确，ACD错误。
故选B。
13．B
【详解】A．研究运动员的某项技术运动时，不能忽略运动员的大小和形状，不可以把运动员看成质点，A错误；
B．冰壶刷冰的目的是为了减少摩擦力，从而更好的控制冰壶的运动方向，达到自如的控制它的运动方向，B正确；
C．处于空中的运动员，上升过程是减速上升，加速度向下，通过“上超下失”知，此时处于失重状态。下降过程是加速下降，加速度向下，此时仍处于失重状态，C错误；
D．速度滑冰项目比的是运动员的平均速率，第一名的平均速率最大，D错误。
故选B。
14．D
【详解】A．“金星凌日”现象的成因是光的直线传播，当金星转到太阳与地球中间且三者在一条直线上时，金星挡住了沿直线传播的太阳光，人们看到太阳上的黑点实际上是金星，由此可知发生金星凌日现象时，金星位于地球和太阳之间，故A错误；
B．观测“金星凌日”时，如果将太阳看成质点，无法看到“金星凌日”现象，故B错误；
C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周起点和终点重合，位移为零，故C错误；
D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的，故D正确。
故选D。
15．C
【详解】AC．位移是由初位置指向末位置的有向线段，初位置和末位置相同，则位移相同，根据平均速度公式
可知，“红绿灯少”和“备选三”方案中，汽车行驶的平均速度相等，A错误，C正确；
B．当研究对象的形状和大小对研究问题没有影响时，可看作质点，研究平均速度
可看作质点，B错误；
D．由于题意中位移未知，故无法计算出汽车的平均速度，D错误。
故选C。
16．D
【详解】在观测日全食时，月亮的大小不能忽略，故月亮不能看作质点；月亮绕地球转动时，这是我们以地球为参考系得出的结果，故D正确，ABC错误。
故选D。
17．D
【详解】A．计算运输机飞行时间时，与运输机的大小和形状无关，所以可以将运输机看成质点，所以A错误；
B．在分析运输机着落动作时，不能忽略运输机的大小和形状，所以运输机不能看成质点，所以B错误；
CD．“上午9时30分”指的是最后一架运输机抵达武汉的时刻，所以D正确，C错误。
故选D。
18．B
【详解】A．以战旗旗杆为参考系，天安门城楼是运动的，故A错误；
B．以战旗方队车辆为参考系，本车的战旗旗杆是静止的，故B正确；
C．战旗方队以同一速度通过天安门广场，以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是静止的，故C错误；
D．以地面为参考系，战旗是运动的，故D错误。
故选B。
19．C
【详解】A．由于线路不是直线、列车进站出站等要有速度变化等原因，列车不可能做匀速直线运动，A项错误；
B．“415.743 km”是路程，B项错误；
C．以坐在旁边的乘客为参考系，该同学是静止的，C项正确；
D．测量列车驶出车站的时间时，列车的长度不能忽略，不能看做质点，D项错误。
故选C。
20．B
【详解】A．研究队员的划桨动作时，如果将队员看成质点，会影响问题的研究，A错误；
B．岸上站立的观众本来是静止的，以运动的皮划艇为参考系时，站立的观众相对皮划艇则是运动的，B正确；
C D．获得第一名的皮划艇，全程的平均速度是最大的，起点启动时的加速度和到达终点时的瞬时速度不一定最大，CD错误。
故选B。
21．A
【详解】加速度表示物体速度变化快慢的物理量，所以如果，则物体在任意1s内速度变化，但不一定是0.6倍，当物体做加速运动时，任意1s内的末速度一定比初速度大，当物体做减速运动时，在任意1s内的末速度一定比初速度小，故A正确BCD错误。
故选A。
考点：考查了对加速度的理解
22．C
【详解】超声波信号从发出到被反射回来的时间间隔，在1.0s内，超声波前进距离为
故汽车的速度为
当测速仪接收到被反射回来的超声波信号时，汽车前进了
故C正确，ABD错误。
故选C。
23．A
【详解】遮光板通过光电门1时的速度
v1＝＝0.10 m/s
遮光板通过光电门2时的速度
v2＝＝0.30 m/s
故滑块的加速度
a＝≈0.067 m/s2
故选A。
24．D
【详解】由物体平均速度计算公式
可知往返的位移为零，故平均速度为零，物体平均速率计算公式为
则
故选D。
25．87.48km/h，未超速
【详解】设客车行驶速度为v1，声速为v2，客车第一次鸣笛时距悬崖距离为L，由题意有
当客车第二次鸣笛时，客车距悬崖为L′，则
又
由以上各式解得
所以客车未超速
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第一章　直线运动
第1.2讲　匀变速直线运动规律
【学科素养解读】
【知识点图解】
【考点知识精讲】
1．匀变速直线运动
（1）定义：沿着一条直线且加速度不变的运动。
（2）分类
①匀加速直线运动，a与v0方向相同。
②匀减速直线运动，a与v0方向相反。
2．匀变速直线运动规律
匀变速直线运动的速度公式v＝v0＋at。
匀变速直线运动的位移公式：x＝v0t＋at2
匀变速直线运动的位移与速度关系式：v2－v＝2ax
3．初速度为零的匀加速直线运动的公式：
（1）速度公式：v＝at
（2）位移公式：x＝at2
（3）位移与速度关系公式：v2＝2ax
（4）位移的平均速度公式：x＝t
4．位移的平均速度公式x＝t初速度为零的匀变速直线运动的推论
5．匀变速直线运动的两个重要推论
（1）物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：＝＝。
（2）任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：
Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
【方法归纳】
1．描述匀变速直线运动常见的物理量有5个，即初速度v0、加速度a、时间t、速度（末速度）v、位移x，已知任意三个物理量，就可以求出另外两个。
2．使用公式时要注意矢量的方向性。通常选初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的矢量为正，与初速度反向的矢量为负。
3．注意培养画运动示意图的习惯。
4．熟悉两个重要推论
（1）物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：＝v＝。
（2）任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
5．解答运动学问题的基本思路
→→→→
6．解决匀变速直线运动常用方法
7．运动学公式中正、负号的规定
直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。
8．　解决匀变速直线运动问题时应注意
（1）列运动学方程时，方程式中每个一物理量均对应同一运动过程。
（2）列运动学方程时，要相对同一参考系，一般以地为参考系。
（3）要画好运动示意图，充分利用图中几何关系
（4）要善于抓住运动的实质，选用不同的解题技巧，灵活选择运动学方程。
9．多过程问题的分析方法
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。
【高考真题精练】
（2022·全国理综甲卷·15）
1．长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（ ）
A． B．
C． D．
（2022高考湖北物理）
2．我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（　　）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
（2021高考新课程湖北卷）
3．2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（　　）
A．0.2 s B．0.4s C．1.0 s D．1.4s
（2021年1月浙江选考）
4．如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（　　）

A．沿雪道做匀速直线运动 B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大 D．所受重力沿雪道向下的分力相同
（2016高考上海物理）
5．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为的路程，第一段用时，第二段用时，则物体的加速度是　　
A． B． C． D．
（2016全国理综甲）
6．两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(　　)
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
（2016全国理综III丙卷）
7．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ）
A． B． C． D．
（2015·江苏单科）
8．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（ ）
A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5
（浙江新高考2018年4月选考科目物理试题）
9．如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是
A．13s B．16s C．21s D．26s
（2017海南高考·3）
10．汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（　　）
A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s
（2017年11月浙江选考）
11．如图所示，两位同学从滑道最高端的同一位置先后滑下，到达低端的同一位置，对于整个下滑过程，两同学的（ ）
A．位移一定相同
B．时间一定相同
C．末速度一定相同
D．平均速度一定相同
（2021年6月浙江选考物理）
12．机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【最新模拟题精练】
（2023湖南名校高二联考）
13．许多变化过程都可以用图像表示，目的是更直观反映变化规律。下列关于直线运动的甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，正确的是（　　）
A．甲图中0~x1物体作匀加速运动
B．乙图中所描述的物体在0~时段通过的位移为x1
C．丙图中所描述的物体在0~时段速度的变化量为
D．若丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度为4
（2023洛阳名校联考）
14．如图所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点，测得每隔2s的三个时刻物体的瞬时速度，记录在下表中，g取10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）
t/s 0 2 4 6
v/(m·s-1) 0 8 12 8
A．物体运动过程中的最大速度为12m/s
B．t=3s时刻物体恰好经过B点
C．t=10s时刻恰好停在C点
D．A、B间的距离大于B、C间的距离
（2023北京名校联考）
15．一辆汽车从甲地开往乙地，由静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，当速度减为零时刚好到达乙地．从汽车启动开始计时，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度．下列说法正确的是
时刻（s） 1.0 2.0 3.0 5.0 7.0 9.5 10.5
速度（m/s） 3.0 6.0 9.0 12.0 12.0 9.0 3.0
A．汽车匀加速直线运动经历的时间为3.0s
B．汽车匀加速直线运动经历的时间为5.0s
C．汽车匀减速直线运动经历的时间为4.0s
D．汽车匀减速直线运动经历的时间为2.0s
（2023广东汕头名校联考）
16．酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间。下表中“反应距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“刹车距离”是指驾驶员从踩下刹车踏板制动到汽车停止的时间内汽车行驶的距离。分析上表可知，下列说法正确的是（　　）
速度 反应距离 刹车距离
正常 酒后 正常 酒后
15m/s 6m 12m 15m 15m
A．驾驶员酒后反应时间为1s
B．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s
C．汽车刹车时，加速度大小为10m/s2
D．汽车刹车时，加速度大小为7.5m/s2
（2022广东潮州二模）
17．顾诵芬院士主持建立了我国飞机设计体系，开创了我国自行设计研制歼击机的历史。“歼—20”在某次训练时着舰不成功，飞行员经短暂反应后迅速启动“逃逸复飞”，若启动复飞时飞机距离航母跑道末端为210m，速度为20m/s。复飞过程可看成匀变速直线运动，飞机起飞所需的最小速度为50m/s，为使飞机能复飞成功，则复飞过程的加速度至少为（　　）
A．4m/s2 B．7m/s2 C．6m/s2 D．5m/s2
（2022·河北石家庄三模）
18．如图所示，某飞机着陆时的速度，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第内的位移为，下列说法正确的是（　　）
A．该飞机的加速度大小为
B．该飞机着陆后时的速度大小为
C．该飞机在跑道上滑行的时间为
D．该飞机在跑道上滑行的距离为
（2022河北唐山三模）
19．不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速直线最后停止在C点。已知，。忽略运动员在B点的速度损失，则由两段时间之比为（　　）
A． B． C． D．
（2022河北重点中学期中素养提升）
20．第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年2月4日在北京开幕，其中滑雪是冬奥会中的一个比赛大项。如图所示，某滑雪运动员以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动，到达斜面顶端时的速度为零。已知运动员在前四分之三位移中的平均速度大小为v，则滑雪者整个过程的平均速度为（　　）
A． B． C． D．
（2022浙江质检）
21．冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，用时20 s停止，最后1 s内位移大小为0.2 m，则下面说法正确的是（　　）
A．冰壶第1s内的位移大小是7.8 m B．冰壶的加速度大小是0.3 m/s2
C．前10s位移和后10s的位移之比为4︰1 D．冰壶的初速度大小是6 m/s
22．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0（）时刻距离海平面的深度为（　　）
A． B． C． D．
（2023·浙江名校联考）
23．在某路口，有按倒计时显示的时间显示灯，有一辆汽车在平直路面上正以36km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”，交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。
（1）若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度至少为多大？
（2）若该路段限速60km/h，司机的反应时间为1s，司机反应过来后汽车先以2m/s2的加速度沿直线加速3s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车加速度的大小。（结果保留两位有效数字）
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0），则列车进隧道前必须减速到v，则有
v = v0 - 2at1
解得
在隧道内匀速有
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
故选C。
2．B
【详解】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间
故选B。
3．B
【分析】本题考查自由落体运动。
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
1.4s
下落前5 m的过程所用的时间为
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
故B正确，ACD错误。
故选B。
4．C
【详解】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图

根据牛顿第二定律可知加速度
又因为相同，所以同学们做匀加速直线运动，A错误；
B．下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B错误；
C．根据匀加速直线运动位移与时间的关系，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C正确；
D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力也可能不相同，D错误。
故选C。
5．B
【详解】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则时的瞬时速度等于~内的平均速度
时的瞬时速度等于~内的平均速度
两个中间时刻的时间间隔为
根据加速度定义可得
故选B。
6．BD
【详解】C．设小球的密度为，半径为r，则小球的质量为，重力，小球的加速度
可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以甲的加速度比较大，C错误；
B．根据可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，故B正确；
A．两个小球下降的距离是相等的，根据可知，加速度比较大的甲运动的时间短。故A错误；
D．它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，所以甲的阻力大，根据可知，甲球克服阻力做的功大乙甲球克服阻力做的功，故D正确。
故选BD。
7．A
【详解】设初速度为，末速度为，根据题意可得
解得
根据
可得
解得
代入
解得
故选A。
8．C
【详解】根据v=at可得，2m/s=2m/s2×t1，所以加速的时间为t1=1s；
加速的位移为
，
之后匀速运动的时间为，到达关卡2的时间为
小于5s，放行；可以通过，所以可以通过关卡2继续运动，从第2关卡到第3关卡匀速运动时间
，
所以到达第3关卡的时刻（从开始运动计时）为8.5s，7s＜8.5s＜12s，也是放行，可以通过，从第3关卡到第4关卡匀速运动时间仍然是４s，所以到达第4关卡的时刻（从开始运动计时）为到达关卡4的总时间为
1s+3.5s+4s+4s=12.5s，
12＜8.5＜14，关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确；
故选C。
【点睛】本题是对匀变速直线运动位移时间关系式的考查，注意开始的过程是匀加速直线运动，要先计算出加速运动的时间．
9．C
【详解】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：，总时间为：，故C正确，A、B、D错误；
故选C．
【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间．
10．B
【详解】由题知，刹车后汽车的加速度大小为
末速度v=0，根据
解得
故选B。
11．A
【详解】下滑过程中的始末位置相同，即位移相同，由于两者与滑梯间的动摩擦因数不同，所以导致运动情况不同，即运动时间，以及到达末端的速度不一定相同，A正确BC错误；位移大小相同，而所用时间不一定相同，所以两者的平均速度不一定相同，D错误．
12．（1），；（2）20s；（3）
【详解】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
13．D
【详解】A．根据
可知图像的斜率的绝对值等于2a，所以甲图中0~x1段物体的加速度大小为0，物体做匀速运动，故A错误；
B．乙图中所描述的物体在0~时段通过的位移为，故B错误；
C．图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，所以丙图中所描述的物体在0~时段速度的变化量为，故C错误；
D．根据
变形可得
所以图像的斜率等于，则该物体的加速度为
故D正确。
故选D。
14．C
【详解】A．根据表格可知物体下滑的加速度为
在水平面上的加速度为
如果第4s在斜面上，根据速度时间关系
由此可知第4s末物体在平面上，最大速度是在B点，最大速度不是12m/s，故A错误；
B．物体在斜面上运动的时间为t，到第4s末在平面上运动时间为t′，则
解得
故B错误；
C．第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间 t，则
所以到C点的时间为10s，故C正确；
D．到达B点的速度为
根据速度位移关系
解得
，
故D错误。
故选C。
15．D
【详解】AB、由v=v0+at从表中数据可知，汽车匀加速运动时的加速度
匀速运动时的速度为12m/s，则匀加速运动的时间
A错误，B错误；
CD、由表中数据可知，从9.5s到10.5s，匀减速运动的加速度
匀减速运动的末速度为0；开始时刻的速度为12m/s；则匀减速运动的时间
故C错误，D正确；
故选D。
16．D
【详解】A． 由酒后反应距离为可知，驾驶员酒后反应时间为
A错误；
B．由正常反应距离为可知，驾驶员正常反应时间为
驾驶员酒后反应时间比正常情况下多
B错误；
CD．由可知，汽车刹车时，加速度大小为
D正确，C错误。
故选D。
17．D
【详解】飞机从复飞到完全起飞，由
解得
则飞机复飞过程的加速度至少为，故A项、B项、C项错误，D项正确。
故选D。
18．AC
【详解】A．把飞机的运动逆向看成由静止做加速度大小为的匀加速直线运动，则在内的位移为
在内的位移为
根据题意有
联立解得加速度大小为
A正确；
B．该飞机着陆后时的速度大小为
B错误；
C．该飞机在跑道上滑行的时间为
C正确；
D．该飞机在跑道上滑行的距离为
D错误。
故选AC
19．C
【详解】设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有
解得
故选C。
20．D
【详解】将运动员的匀减速运动逆向看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等，均设为t，则由题意可知
滑雪者整个过程的平均速度为
故选D。
21．A
【详解】B．整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，最后1 s内位移大小为0.2 m，根据
代入数据解得
故B错误；
D．冰壶的初速度为
故D错误；
A．冰壶第1s内的位移大小是
故A正确；
C．由初速度为零的匀加速直线运动的规律可知前10s位移和后10s的位移之比为，故C错误。
故选A。
22．D
【详解】潜水器上浮过程的加速度为
正向的匀减速直线运动可以看成是反向的匀加速直线运动，故t0时刻“蛟龙号”到海平面的距离可以看作反向的匀加速直线运动来计算，运动时间为，此过程的位移即为t0时刻距海平面的深度，所以
故选D。
【点睛】潜水器上浮过程为匀减速运动，根据条件可求出加速度，再利用运动学公式求解。
23．（1）2.5m/s2；（2）6.1m/s2
【详解】（1）司机反应时间内做匀速直线运动的位移是
加速过程
代入数据解得
（2）汽车加速结束时通过的位移
此时离停车线间距为
此时速度为
匀减速过程
带入数据解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲第一章 直线运动
第1.3讲 自由落体运动
【学科素养解读】
【考点知识精讲】
1．自由落体运动的特点
v0=0，a=g的匀加速直线运动。
2．自由落体运动的规律
（1）速度公式：v=gt。
（2）位移公式：h=gt2。
（3）速度与位移的关系式：v2=2gh（h为物体下落的高度，不是距离地面的高度）。
【特别提醒】
物体由静止开始的自由下落过程中才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决竖直下抛运动问题。
3. 伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理（包括数学演算）结合起来．
　伽利略与亚里士多德
3.　竖直上抛运动
（1）运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．
（2）运动性质：匀变速直线运动．
（3）基本规律
①速度公式：v=v0-gt；
②位移公式：x=v0t-gt2；
③速度—位移公式：v2-=-2gx.
竖直上抛运动的几个特殊量
上升的最大高度H=，
上升到最高点所用的时间T=，
从抛出到回到抛出点所用的时间t=，
回到抛出点时的速度v=-v0.
【方法归纳】
1．可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。
（1）从运动开始连续相等的时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶…。
（2）一段时间内的平均速度===gt。
（3）连续相等的时间T内位移的增加量相等，即Δh=gT2。
2．竖直上抛运动的解题方法
竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可采用两种方法:
（1）分段法:将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶线段和下落过程的自由落体阶段。
（2）全程法:将全过程视为初速度为，加速度a=-g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升;v<0时，物体正在下降;h>0时，物体在抛出点上方;h<0时，物体在抛出点下方。
3. .竖直上抛运动的对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则:
（1）时间对称性
物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tcA相等，同理tAB=tBA。
（2）速度对称性
物体上升过程经过A点的速度大小与下降过程经过A点的速度大小相等。
【典例分析】
（2022重庆高三2月质检）
1．伽利略相信，自然界的规律是简单明了的。他从这个信念出发，猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，如图所示。发现铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比，改变球的质量或增大斜面倾角，上述规律依然成立。于是，他外推到倾角为90°的情况，得出落体运动的规律。结合以上信息，判断下列说法正确的是（　　）
A．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律时为了便于测量速度
B．伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律时为了便于测量加速度
C．由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随位移均匀增大，说明速度均匀变化成立。
D．由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随时间均匀增大，说明速度均匀变化成立。
【高考真题精练】
（2021高考新课程湖北卷）
2．2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（　　）
A．0.2 s B．0.4s C．1.0 s D．1.4s
（2018海南物理）
3．一攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为（　　）
A．10m B．30m C．50m D．70m
（2014·浙江1月学考）
4．据说，当年牛顿躺在树下被一只从树上掉下的苹果砸中，从而激发灵感发现万有引力定律。假设苹果以大约6m/s的速度砸中牛顿，那么苹果下落前离地高度约为（　　）（g取10 m/s2）
A．1m B．1.8m C．3.6m D．6m
（2019全国理综I卷18）
5．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足（　　）
A． B． C． D．
（2015·浙江1月学考）
6．1971年，美国宇航员大卫·斯科特在登上月球后，从同一高度同时由静止释放锤子和羽毛（如图所示），则下落过程中（　　）

A．锤子比羽毛速度变化大
B．羽毛比锤子速度变化大
C．锤子比羽毛加速度大
D．锤子和羽毛加速度一样大
（2014·浙江学业水平考试）
7．如图所示，只要测量了小明释放直尺到小张捏住直尺这段时间内直尺下落的高度h，就能确定小张的反应时间t，其所依据的关系式是（ ）
A． B． C． D．
【最新模拟题精练】
（2023福建福州高一期中）
8．伽利略在《两种新科学的对话》一书中，提出自由落体运动是匀变速运动，并设计如图所示的实验方案证实了其猜想。该实验方案中的科学研究方法的核心是（　　）
A．把实验研究和逻辑推理结合起来 B．把提出问题和实验研究结合起来
C．把提出问题和大胆猜想结合起来 D．把实验研究和大胆猜想结合起来
（2023湖北荆州高一2月调研）
9．小明学习了匀加速直线运动后观察生活现象，他观察到从水龙头流出的水柱越往下越细，如图所示假设有一个水龙头竖直向下流水，水龙头出水口横截面积为1cm2，水流初速度为1m/s，不计空气阻力和其他任何因素对水流的影响，重力加速度，当水柱流到离出水口1.2m处时水柱的横截面积为（　　）
A．0.2 B．0.4 C．0.5 D．0.6
（2022安徽马鞍山二模）
10．在竖直井里的同一深度处，以相同的初动能将两个质量不同的小球竖直向上出井口，选取井口所在的水平面为零势能面，不计空气阻力。则（　　）
A．抛出瞬间，两小球的重力势能相等
B．两小球达到的最大高度相同
C．两小球经过井口时，速度相同
D．两小球在各自最高处时，质量小的小球重力势能大
（2022浙江金华高一期末）
11．某物理兴趣小组准备制作一把“人的反应时间测量尺”。如图所示，某材料制成的直杆竖直放置，甲同学用两个手指捏住杆的顶端，乙同学在底端O点做捏杆的准备，但手不碰到杆。甲同学放开手指让杆竖直下落时，乙同学立刻捏住杆。根据手指捏住杆的位置，可以获得乙同学的反应时间。将杆的相应位置标注为时间刻度，使它成为“人的反应时间测量尺”。下列说法正确的是（　　）
A．杆的材料对测量精确度没有影响
B．杆的质量越大，测量精确度越高
C．杆上A点处应标注的反应时间为
D．杆上标注的时间刻度均匀分布
（2021年广东江门高一期末）
12．一个小球自由落体运动，从开始下落到落地经历了3秒，则（　　）
A．小球下落的第2秒的位移是第1秒位移的2倍
B．小球下落的第2秒末的速度是第1秒末的2倍
C．小球下落最后1秒的位移是20米
D．小球下落最后2秒的位移与前2秒位移之比是2：1
（2023·广东名校联考）
13．如图所示，雨天屋檐底的雨滴A自由下落0.2 s时，铜铃边缘上的雨滴B恰开始自由下落，结果A、B同时落在一水平桌面上。已知雨滴A、B初始位置的竖直高度差L=1 m，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，则（　　）
A．雨滴A的运动时间为0.4 s
B．雨滴A到水平桌面的距离为1.8 m
C．雨滴B到水平桌面的距离为1.8 m
D．若雨滴下落前将桌子四脚垫高0.5 m，A、B仍能同时落在该桌面上
（2020福建泉州质检）
14．一小石子从靠近竖直墙面的a点由静止开始落下。途中经过b、c、d三个点，而且通过ab、bc、cd各段所用的时间均为T。若让小石子从b点由静止开始落下，空气阻力不计，则该小石子（　　）
A．通过bc、cd段的时间均小于T
B．通过c、d点的速度之比为1：2
C．通过bc、cd段的平均速度之比为3：5
D．通过c点的速度大于通过bd段的平均速度
（2023浙江名校联考）
15．将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，末落到井底。该小球开始下落后第内和第内的平均速度之比是（　　）
A．1∶3 B．2∶4 C．3∶7 D．1∶4
（2023·福建六校联考）
16．假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m（未落地），则（　　）
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m
D．物体在前5 s内的位移大小是50 m
（2023·陕西名校质检）
17．两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为 ，当第二个物体开始下落时，两物体相距（ ）
A．gt2 B． C． D．
[2021·福建永安一中月考]
18．某同学观察悬崖跳水者从悬崖处自由下落，由于空气阻力的影响，现测出他碰到水面前的下落时间为3.0s，当地重力加速度g=9.8m/s2，而悬崖到水面的实际高度可以通过科技手段准确测量，准确测量的高度可能为（　　）
A．43.0m B．45.0m C．47.0m D．49.0m
（2020河北湖北联考）
19．一物体从空中自由下落至地面，若其最后1s的位移是第1s位移的n倍，忽略空气阻力，则物体下落时间是（ ）
A．(n+1) s B．(n-1) s C． D．
20．伽利略在研究自由落体运动性质的时候，为了排除物体自由下落的速度随着下落高度h（位移大小）是均匀变化（即：＝kh，k是个常数）的可能性，设计了如下的思想实验：在初速为零的匀变速的直线运动中，因为 ①（式中表示平均速度）；而h＝·t②，如果＝kh③成立的话，那么，必有：，即：为常数．t竟然是与h无关的常数!这显然与常识相矛盾!于是，可以排除速度是随着下落高度h均匀变化的可能性．关于伽利略这个思想实验中的逻辑及逻辑片语，你做出的评述是
A．全部正确 B．①式错误
C．②式错误 D．③式以后的逻辑片语错误
21．如图所示是伽利略的斜面实验，下表为某次实验的一组数据，据此，他发现=常数，有同学想验证伽利略的结论，作出如下四幅图像，最合理的是（　　）
时间t／单位 1 2 3 4 5 6 7 8
距离s／单位 32 130 298 526 824 1192 1600 2104
A． B．
C． D．
22．小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪拍摄小球位置如图中的1、2、3和4所示，已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，由此（　　）
A．下落过程中的加速度大小约为
B．经过位置3时的瞬时速度大小约为2gT
C．经过位置4时的瞬时速度大小约为
D．从位置1到4过程中的平均速度大小约为
（2022江苏南京二模）
23．广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0.重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为（　　）
A．D B． C． D．
（2022浙江丽水高中发展共同体质检）
24．春节是我国的传统节日，以前人们常在过节时放烟花（如图甲所示）来表示庆祝，礼花弹在地面上从发射筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开后，形成漂亮的球状礼花（如图乙所示）。现有某烟花筒的结构如图丙所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个初速度并同时点燃延期引线。当礼花弹到最高点附近时，延期引线点燃礼花弹。现假设某次放烟花中，礼花弹获得的初速度大小为35m/s，延期引线的燃烧速度为2cm/s，要求爆炸发生在超过礼花弹上升最大高度的96%。忽略空气阻力的作用和烟花筒的长度，g取10m/s2，则延期引线的长度至少为（　　）
A．7cm B．5.6cm C．6.72cm D．8.4cm
25．如图所示木杆长5m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下（不计空气阻力），木杆通过悬点正下方20m处圆筒AB，圆筒AB长为5m。求：
（1）木杆经过圆筒的上端A所用的时间是多少？
（2）木杆通过圆筒AB所用的时间是多少？（g取10）
26．跳伞运动员做低空跳伞表演，他在高地面224m高处，由静止开始在竖直方向上做自由落体运动，一段时间后，立即打开降落伞。以 平均加速度匀减速下降。为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s（g取）
（1）求运动员展开伞时离地面高度至少为多少？
（2）求运动员在空中的时间至少是多少？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】AB．从实验结果上看，伽利略发现“铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比”，所以伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律时为了便于测量时间，AB错误；
CD．既然“铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比”，那么速度不可能也与时间的平方成正比，那么铜球运动的速度不可能随位移均匀增大，C错误，D正确。
2．B
【分析】本题考查自由落体运动。
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
1.4s
下落前5 m的过程所用的时间为
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
故B正确，ACD错误。
故选B。
3．C
【分析】本题考查自由落体运动遵循的规律及其相关的知识点，同时考查了估算能力。
【详解】根据自由落体运动遵循的规律可知，3s内石块自由下落的高度约为
用时3秒，攀岩者向上爬了3米，所以距离地面高度约为
他离地面的高度约为50m。
故选C。
4．B
【详解】根据自由落体公式
解得
因当年牛顿躺在树下，那么苹果下落前离地高度约为1.8m。
故选B。
5．C
【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动，根据初速度为零匀加速运动，连续相等的相邻位移内时间之比等于
可知
即
故选C。
6．D
【详解】ABCD. 因为月球上无空气阻力，从月球上同一高度释放的锤子和羽毛均以月球表面的重力加速度自由下落，所以速度变化和加速度均相同，故ABC错误，选项D正确。
故选D。
7．C
【详解】根据题意分析，直尺下落可看做自由落体运动，由自由落体运动公式：
可得：
故ABD错误，C正确；
故选：C；
8．A
【详解】伽利略研究自由落体运动时，其科学研究方法的核心是把实验研究和逻辑推理结合起来。
故选A。
9．A
【详解】设下落高度h处的水流速度为v，则水流流量不变
又由匀加速直线运动规律可得
故选A。
10．D
【详解】A．因选取地面为零势能面，在深井中同一深度处，质量不同小球的重力势能不同，A错误；
B．两小球初始位置，初动能相同，质量不同，根据动能的表达式，可知，小球质量小的初速度大。根据运动学公式
得
两小球的初速度不同，故上升的最大高度不同，B错误；
C．初始位置距离井口的深度为，根据速度与位移关系可得
解得两小球经过井口时的速度为
由于两小球的初速度不同，高度的变化相同，故经过井口时的速度不同；
D．小球在初始位置的机械能为
小球的初动能相同，质量小的机械能大。小球在运动过程中只有重力做功，故小球的机械能守恒，两小球在各自最高处时，速度为零，小球的动能都全部转化为各自的重力势能，故小球的机械能就等于此刻的重力势能。综上所述，质量小的小球重力势能大，D正确。
故选D。
11．C
【详解】C．根据图中的数据，可知下降的距离为
根据
则反映时间
C正确；
ABD．根据
解得
可知反应时间与杆的质量没关系，杆的材质对测量精度有影响，因为材质光滑时不易捏住杆，杆下滑，测量的h不准，杆上标注的时间刻度不均匀分布，ABD错误。
故选C。
12．BD
【详解】A．小球下落的第1秒的位移
第2秒位移
选项A错误；
B．小球下落的第2秒末的速度
第1秒末的速度
选项B正确；
C．小球下落最后1秒的位移是
选项C错误；
D．由以上计算可知小球在这3s内的位移分别为5m、15m、25m，则小球下落最后2秒的位移为40m，前2秒位移为20m，则之比是2：1，选项D正确。
故选BD。
13．B
【详解】ABC．设A的运动时间为t，A到水平桌面的高度为ha，B的运动时间为，B到地面的高度为hb，则
两式联立得
故AC错误，B正确；
D．若雨前将桌子四脚垫高0.5 m，则A、B到桌子距离
根据
下降时间为
因为
所以A、B不能同时落在该桌面上，D错误。
故选B。
14．D
【分析】当滑块从a点静止落下时，做初速度为零的自由落体运动，且经过各段的时间相等，所以ab、bc、cd间的距离之比为1：3：5。
【详解】A．由题意知，滑块从a点静止下落，经过各段的时间都是T，所以ab、bc、cd各段的长度之比为1：3：5。如果从b点开始静止下滑，则bc间距离大于ab间距离，所以通过bc、cd段的时间均大于T，故A错误。
B．设bc间距离为3x，则cd间的距离为5x，所以bd间的距离为8x，滑块下滑的加速度为g，滑块从b点开始静止下滑，所以通过c点的速度为
通过d点的速度为
所以通过c、d点的速度之比为，故B错误；
C．由上面A的分析可知bc、cd段的位移之比为3：5，但是通过两段的时间不再相等，根据可知，平均速度之比不是3：5，故C错误；
D．对匀变速直线运动来说，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，对初速度为零的匀加速直线运动来说，连续相等时间内的位移之比为1：3，所以滑块经过bc的时间大于从b到d时间的二分之一，故通过c点的速度大于bd段的平均速度，故D正确。
故选D。
【点睛】掌握自由落体运动的规律是解题的关键，同时要注意看清题目中的位移关系，才能不出错。
15．C
【详解】初速度为零的匀加速直线运动，相同时间的位移比为
1：3：5：7
可知开始下落后第内和第内的位移之比为3：7，由
可得，第内和第内的平均速度之比为3：7，C正确。
故选C。
16．D
【详解】A．设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5s内的位移是18m，可得
其中
得
物体在2s末的速度大小为
故A错误；
B．物体在第5s内的平均速度大小为
故B错误；
C．物体在前2s内的位移大小是
故C错误；
D．物体在前5 s内的位移大小是
故D正确。
故选D。
17．D
【详解】第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度
根据
知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为，，两物体未下落时相距
所以当第二个物体开始下落时，两物体相距
故选D。
18．A
【详解】若没有空气阻力，由自由落体运动公式可得
由于跳水者在向下运动的过程中要受到空气的阻力，所以他向下的运动的加速度要小于重力加速度g，计算的结果比实际的高度偏大，可知实际的高度一定要小于44.1m，故A正确，BCD错误。
故选A。
19．C
【详解】自由落体运动第一秒下落的位移：
最后一秒下落的位移：
解得：
A．物体下落时间，A选项错误．
B．物体下落时间，B选项错误．
C．物体下落时间，C选项正确．
D．物体下落时间，D选项错误．
20．B
【详解】若物体自由下落的速度v随着下落高度h是均匀变化的，那么
而
是在物体自由下落时速度v随着下落时间t均匀变化时的结论。
故选B。
21．A
【详解】A．根据题意可知
=常数
则s与t2成正比，画出图像，若图像是一条倾斜的直线，则说明
=常数
故A正确；
B．画出图像，图像虽然是一条曲线，但不能说明与成正比，故B错误；
CD．图像要用光滑的曲线连接且要尽可能使较多的点落在曲线上，这样图线反馈出来的信息才尽可能准确，故CD错误。
故选A。
22．AC
【详解】A．根据
Δx＝d＝aT2
得下落过程中的加速度
a＝
A正确；
B．经过位置3的瞬时速度等于2、4段的平均速度，则
v3＝
B错误；
C．根据速度时间公式得，通过位置4的瞬时速度
v4＝v3＋aT＝
C正确；
D．从位置1到4过程中的平均速度大小
D错误．
故选AC。
23．C
【详解】设Δt时间内，从喷口喷出的水的质量为Δm，则
Δm=ρΔV，
在离喷口高度为H时，速度
且
解得
故选C。
24．B
【详解】设礼花弹上升的最大高度为h，假设当礼花弹上升至0.96h时刚好发生爆炸，且此时礼花弹的速度大小为v1，根据运动学规律有
①
②
联立①②解得
③
所以延期引线燃烧的最短时间为
则延期引线的长度至少为
故选B。
25．（1）；（2）
【详解】（1）木杆由静止开始做自由落体运动
木杆的下端到达圆筒上端A所用时间
木杆的上端到达圆筒上端A所用时间
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
（2）木杆的上端离开圆筒下端B所用时间
则木杆通过圆筒所用的时间
26．（1）99m； （2）
【详解】（1）设运动员展开降落伞时速度为v，总高度为H，则根据速度位移关系公式，有
解得
故运动员展开伞时离地面高度
（2）根据速度位移关系公式，有
运动员先加速随后减速到5m/s，所花时间最短，加速时间
减速时间
最短时间
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第一章直线运动
第1.4讲运动图像
【考点知识精讲】
1.图像
（1）图像的意义
①图线的物理意义：反映做直线运动的物体的位移随时间变化的规律。
②图线斜率的意义：图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小；斜率的正负表示速度的方向。
（2）三种图像的特例
甲表示静止，乙表示匀速直线运动，丙表示匀变速直线运动。
2.图像
（1）图线的物理意义：反映做直线运动的物体的速度随时间变化的规律。
（2）图线斜率的意义：图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小；斜率的正负表示加速度的方向。
（3）图线与坐标轴围成的“面积”的意义：
①图线与坐标轴围成的“面积”表示相应时间内的位移大小。
②若此“面积”在时间轴的上方，表示这段时间内位移的方向为正方向，若此“面积”在时间轴的下方，表示这段时间内位移的方向为负方向。
（4）两种图像的特例
①匀速直线运动的图像是与横轴平行的直线，如图线甲。
②匀变速直线运动的图像是一条倾斜的直线，如图线乙。
【名师点拨】图像和图像的比较
下表是形状一样的图线在图像与图像中的比较。
图像 图像
①表示物体做匀速直线运动（斜率表示速度v） ①表示物体做匀加速直线运动（斜率表示加速度a）
②表示物体静止 ②表示物体做匀速直线运动
③表示物体静止在原点O ③表示物体静止
④表示物体沿负方向做匀速直线运动，初位置为 ④表示物体做匀减速直线运动，初速度为
⑤交点的纵坐标表示三个运动物体相遇时的位置 ⑤交点的纵坐标表示三个运动物体的共同速度
⑥时间内物体位移为 ⑥时刻物体速度为（图中阴影部分面积表示物体在时间内的位移）
3、运动图像的应用
（1）用图像解题可使解题过程简化，思路更清晰，而且比解析法更巧妙、更灵活。在有些情况下运用解析法可能无能为力，但是用图像法则会豁然开朗。
（2）利用图像描述物理过程更直观。物理过程可以用文字表述，也可以用数学式表达，还可以用物理图像描述。如果能够用物理图像描述，一般来说会更直观且容易理解。
【方法归纳】
1.读图——获取解题信息
第一层关注 坐标轴 （1）确认纵、横坐标轴对应的物理量及其单位（2）注意纵、横坐标是否从零刻度开始
第二层理解 截距、 斜率、 面积 图线在坐标轴上的截距表示运动的初始情况
斜率通常能够体现某个物理量（如图像的斜率反映了加速度）的大小、方向及变化情况
最常见的是图像中图像与时间轴所围面积表示位移，但要注意时间轴下方的面积为负，说明这段位移与正方向相反
第三层分析 交点、 转折点、 渐近线 交点往往是解决问题的切入点，注意交点表示物理量相等，不一定代表物体相遇
转折点表示物理量发生突变，满足不同的函数关系式，如图像中速度由增变减，表明加速度突然反向
利用渐近线可以求出该物理量的极值或确定它的变化趋势
2.对运动图像的“三点”提醒
（1）图像、图像都不是物体运动的轨迹，图像中各点的坐标值x、v与t一一对应。
（2）图像、图像的形状由x与t、v与t的函数关系决定。
（3）无论是图像还是图像，所描述的运动情况都是直线运动。
3.图像问题的两种考法
考法一　根据图像信息分析物体的运动规律
解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律，由图像提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题做出正确的解答。具体分析过程如下：
考法二　根据题目情境选择运动图像
（1）依据某一物理过程，设计某一物理量随时间（或位移、高度、速度等）变化的几个图像或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图像，从中判断其正误。
（2）解决该类问题一般依据物理过程，运用对应规律，确定某物理量的变化情况，从而确定选项的正确与否。
4.解决图像转换类问题的一般流程：
5.用函数思想分析图像问题
图像反映了两个变量（物理量）之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，来分析图像的意义。比如由变形得，所以在图像中，轴的截距表示初速度，图像斜率表示；图像中，由可知，图像斜率为；图像中由得，图像斜率为。
【典例分析】
【典例1】
1．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移—时间图像如图所示，图像c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（　　）
A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反
C．物体c一定做变速曲线运动
D．在0～5s内，当t＝5s时，a、b两个物体相距最远
[拓展延伸]
2．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的速度—时间图像如图所示，物体c的速度—时间图线是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法正确的是，g取10 m/s2。（　　）
A．a物体的加速度大于b物体的加速度
B．0~5 s内，a物体的位移大小是b物体的3倍
C．c物体做加速度逐渐减小的加速运动
D．b物体在0~5 s内的平均速度与c物体在0~10 s内的平均速度大小相等
【高考真题精练】
（2021高考新课程II卷海南卷）
3．甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，时经过路边的同一路标，下列位移-时间图像和速度-时间图像对应的运动中，甲、乙两人在时刻之前能再次相遇的是（　　）
A． B．
C． D．
（2021年高考广东学业水平选择性测试）
4．赛龙舟是端午节的传统活动。下列和图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（　　）
A． B．
C． D．
（2021新高考辽宁卷）
5．某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【最新模拟题精练】
（2023山东济南期末）
6．2022年卡塔尔世界杯吸引了全球球迷的目光，再次点燃了人们对足球的热情。某次比赛中，甲、乙两名运动员沿同一直线同向运动，两人的速度v与时间t的关系图像如图所示。时刻甲在乙前方5m处，时下列说法正确的是（　　）
A．甲乙恰好相遇 B．甲在乙前方1m处
C．乙在甲前方1m处 D．甲在乙前方4m处
（2023山西临汾联考）
7．第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年2月日在北京和张家口联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会。冬奥会主要是滑雪、滑冰项目。甲、乙两名短道速滑运动员在某次训练时的速度一时间图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．时刻，甲、乙速度大小相等，方向相反
B．时刻，甲、乙的加速度方向相反
C．甲、乙在、时刻两次相遇
D．时间内，甲的位移大于乙的位移
（2023广东名校质检）
8．汽车A和汽车B（均可视为质点）在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后（如图甲所示），以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0=12m，汽车A运动的图象如图乙所示，汽车B运动的图象如图丙所示。则下列说法正确的是（　　）
A．两车相遇前，在t=2s时，两车相距最远，且最远距离为16m
B．在0~6s内，B车的位移为16m
C．在t=8s时，两车相遇
D．若t=1s时，A车紧急制动（视为匀减速直线运动），要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于
（2022河北石家庄一模）
9．哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是（　　）
A．冰壶减速运动的加速度大小为
B．9s末，冰壶的速度大小为5.75m/s
C．7s末，冰壶、机器人二者间距为7m
D．机器人能够一直准确获取冰壶的运动信息
（2022河南南阳一中质检）
10．挥杆套马是我国蒙古传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6m长的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的图像如图所示，则（　　）
A．0~4s内骑手靠近烈马
B．6s时刻骑手刚好追上烈马
C．在0~4s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度
D．0~6s内骑手的加速度大于8~9s内烈马的加速度
（2021届湖北名校联考）
11．交通运输部发出通知部署ETC推广安装。如图是小车分别经过收费站的人工通道和ETC通道的v-t图，已知小车加速、减速时加速度大小均为a，小车通过两种通道时从开始减速到恢复到原速度所行驶的距离一样，则与走人工通道相比，走ETC通道节省的时间为（　　）
A． B． C． D．
（2021届湖湘名校一模）
12．一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．车头经过立柱B的速度为
B．车头经过立柱A、B的平均速度为
C．动车的加速度为
D．车头通过立柱B、C过程速度的变化量为
（2021届安徽定远县育才中学月考）
13．甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方随的变化图像如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为
B．汽车甲的加速度大小为
C．汽车甲、乙在时相遇
D．汽车甲、乙在处的速度大小为
（2021年湖南一模）
14．甲、乙两同学相约去参观博物馆。两人同时从各自家中出发，沿同一直线相向而行，经过一段时间后两人会合。身上携带的运动传感器分别记录了他们在这段时间内的速度大小随时间的变化关系，如图所示。其中，甲的速度大小随时间变化的图线为两段四分之一圆弧，则（　　）
A．在t1时刻，甲、乙两人速度相同
B．0-t2时间内，乙所走路程大于甲
C．在t3时刻，甲、乙两人加速度大小相等
D．0-t4时间内，甲、乙两人平均速率相同
（2022广东佛山重点高中质检）
15．2021年4月5日配备华为自动驾驶技术的北汽新能源极狐阿尔法S的HI车型在上海公开试乘。据悉，该车型在红绿灯启停、无保护左转、避让路口车辆、礼让行人、变道等方面都能无干预自动驾驶。某次试乘时，甲、乙两车同时从同一位置出发，沿着同一平直路面行驶，它们的速度随时间t变化的图像如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．时间内，甲车的加速度一直减小
B．时间内，两车间的距离先增大后减小
C．时间内，甲车先沿正方向运动，再沿负方向运动
D．时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
（2021辽宁模拟预测13）
16．A、B两物体从同一位置向同一方向同时运动，甲图是A物体的位移时间图象，乙图是B物体的速度时间图象，根据图象下列说法正确的是( )
A．运动过程中，A、B两物体相遇一次
B．运动过程中，A、B两物体相遇两次
C．A、B两物体最远距离是30m
D．6秒内，A物体的平均速度是B物体的平均速度的两倍
（2021湖南名校质检）
17．港珠澳大桥目前是世界上最长的跨海大桥，一辆小汽车在平直的桥面上加速运动，某时有一辆卡车从另一车道追上小汽车，若以并排行驶时的位置为位移起点，两车速度的平方与位移x的变化关系如图所示，由图可知（　　）
A．卡车运动的加速度大
B．在处小汽车追上了卡车
C．位移段，卡车的平均速度大
D．位移段，小汽车的平均速度大
（2020·江西省鹰潭一中高三第四次月考）
18．甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图所示．已知t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等．下列判断正确的是( )
A．最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反
B．t=3s时，乙的位置坐标为－9m
C．乙经过原点时的速度大小为m/s
D．t=10s时，两车相遇
二、计算题
（2023河北保定重点高中质检）
19．在平直公路上一辆汽车以某一速度（未知）匀速行驶，司机突然发现前方L=36m处有障碍物，经反应时间（未知）后采取制动措施，使汽车开始做匀减速直线运动，汽车在（未知）时刻速度减为0，此时汽车与障碍物的距离l=1.5m，从司机发现障碍物到汽车静止，对应的v-t图像如图所示。已知汽车做匀减速直线运动的第1s内前进了12.5m，加速度大小。求：
（1）汽车做匀减速直线运动的时间；
（2）司机的反应时间。
20．一辆长途客车正在以v=20 m/s的速度匀速行驶， 突然，司机看见车的正前方x=45 m处有一只小狗(图甲)，司机立即采取制动措施．从司机看见小狗到长途客车开始做匀减速直线运动的时间间隔Δt=0.5 s．若从司机看见小狗开始计时(t=0)，该长途客车的速度—时间图象如图乙所示．求：
（1）长途客车在Δt时间内前进的距离；
（2）长途客车从司机发现小狗至停止运动的这段时间内前进的距离；
（3）根据你的计算结果，判断小狗是否安全．如果安全，请说明你判断的依据；如果不安全，有哪些方式可以使小狗安全．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】
位移时间图像中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图像的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向。分析在0～5s内a、b两物体之间距离的变化。图像c是一条抛物线表示匀加速直线运动。
【详解】AB．位移时间图像中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动。由图线斜率看出，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，速度不同，AB错误；
C．对于匀加速直线运动位移时间公式，可见，x-t图像是抛物线，所以物体c一定做匀加速直线运动，C错误；
D．t=0时刻，a、b从同一位置出发开始运动，a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t=5s时，a、b两个物体相距最远，D正确。
故选D。
2．B
【详解】A．a物体的加速度
a1＝m/s2＝2 m/s2
b物体的加速度
a2＝m/s2＝－2 m/s2
可知a物体的加速度与b物体的加速度大小相等，选项A错误；
B．0~5 s内，a物体的位移大小x1＝75 m，b物体的位移大小x2＝25 m，得
x1＝3x2
选项B正确；
C．根据速度—时间图像的切线的斜率表示加速度可知，c物体做加速度逐渐增大的加速运动，选项C错误；
D．b物体在0~5 s内的平均速度大小
c物体在0~10 s内的平均速度大小
选项D错误。
故选B。
3．BC
【详解】A．该图中，甲乙在t0时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t0时刻之前不能相遇，选项A错误；
B．该图中，甲乙在t0时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，选项B正确；
C．因v-t图像的面积等于位移，则甲乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，选项C正确；
D．因v-t图像的面积等于位移，由图像可知甲乙在t0时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，选项D错误。
故选BC。
4．BD
【详解】A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；
B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；
C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；
D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。
故选BD。
5．A
【详解】图象斜率的物理意义是速度，在时间内，图象斜率增大，汽车的速度增大；在时间内，图象斜率不变，汽车的速度不变；在时间内，图象的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中图象可能正确。
故选A。
6．B
【详解】图像的面积代表运动员的位移，则时甲和乙的位移为
而时刻甲在乙前方处，则两者的距离为
即甲在乙前方1m处。
故选B。
7．B
【详解】A．时刻，两图像相交，说明甲、乙速度大小相等，方向相同，故A错误；
B．根据图像的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度方向，知时刻，甲、乙的加速度方向相反，故B正确；
C．甲、乙在、时刻两次速度相等，但不一定两次相遇，故C错误；
D．根据图像与时间轴所围的面积表示位移，知时间内，甲的位移小于乙的位移，故D错误。
故选B。
8．D
【详解】A．当两车速度相等时，两车相距最远，由图乙可得
由图丙，可得B车 的加速度
设匀减速运动的时间为t时速度相等，则有
代入数据解得
即在3s时二者相距最远，此时
B车位移
则两车最远距离
A错误；
B．B车在 内的位移等于在 内的位移，由图像围成面积表示位移可得
B错误；
C． 时，A车位移
B车的位移等于在 内的位移，为
有
所以两车不相遇，C错误；
D． 时，A匀速位移
B车匀速位移
两车间的距离
B车匀减速到停止的位移
当A停止时位移等于B车，A的加速度最小，A车匀减速运动的总位移
对A车，根据速度位移公式
所以A车的加速度至少为，D正确。
故选D。
9．AC
【详解】A．根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度大小为
故加速度大小为，A正确；
B．由速度时间公式可得，9s末，冰壶的速度大小为
B错误；
C．由图线可知，机器人的加速度为
故可得，7s末，冰壶的位移为
7s末，机器人的位移为
则7s末，冰壶、机器人二者间距为7m，C正确；
D．由于机器人停止运动时，其位移为18m，而此时冰壶的位移为
可知，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D错误。
故选AC。
10．C
【详解】AB．v-t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t=0时并排运动，通过图线在0~4s内所围的面积可以看出4s内烈马位移大于骑手位移，所以4s末烈马与骑手间距离在增大，0~6s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6s末烈马仍在前方，故AB错误；
C．根据
结合A选项分析可知在0~4s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度，故C正确；
D．由加速度定义式知8~9s内烈马加速度
0~6s内骑手的加速度
故D错误。
故选C。
11．C
【详解】若走人工通道，则
走ETC通道
由题意知
解得
则与走人工通道相比，走ETC通道节省的时间为
故ABD错误，C正确。
故选C。
12．B
【详解】A．车头经过站台上立柱AC段的平均速度
由图可知，B点是AC段的位置中点，所以B点的瞬时速度应该大于AC段的平均速度，故A错误；
B．车头经过立柱A、B的平均速度为
故B正确；
C．根据中间时刻的速度等于平均速度得，动车的加速度为
故C错误；
D．车头通过立柱B、C过程速度的变化量为
故D错误；
故选B。
13．D
【详解】B．由图可知，随的变化关系成一次函数变化，故甲、乙两车均做匀变速直线运动，所以对于甲车在时有
代入数据解得
即甲车的加速度大小为，对于乙9m时的速度为，，根据
乙的加速度大小为，B错误；
A．根据图像可知，甲从处做匀减速运动，初速度，汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时速度相等
即
解得
则此时甲的速度
根据位移速度公式
解得甲的位移为
A错误；
C．根据图像可知，甲从处做匀减速运动，初速度，由B项分析可知加速度大小为，则甲到静止运动的时间为
所以甲的位移
同理可得乙的位移
当时，甲车已停下，即内的位移为
当时，乙车的位移
当时，，两车并未相遇，C错误；
D．由图知在时甲、乙两车的速度大小相等，对乙分析，根据速度和位移关系可知
代入数据得
D正确。
故选D。
14．BCD
【详解】A．因为两个人是相向运动的，说明运动方向相反，因此t1时刻速度方向相反，A错误；
B．图像的面积表示物体运动的位移大小，因此可得乙的路程大于甲的路程，B正确；
C．图像的斜率表示加速度，设交点为A，则t3时刻交点A恰好等分t2-t4的圆周，因此由几何关系可得过A点圆的切线的斜率和乙的斜率大小相等，都为，C正确；
D．通过观察可以看出甲的图像面积为
乙图像的面积为，说明甲乙的路程相等，则平均速率相同，D正确。
故选BCD。
15．D
【详解】A．由于v—t图像的斜率代表加速度，则由题图可看出，图线甲的斜率先减小后反向增大，A错误；
B．由题图可看出在0 ~ t1时间内乙的速度一直大于甲的速度，又根据题知甲、乙两车同时从同一位置出发，则二者距离先增大，且在t1时刻最大，t1后甲的速度大于乙的速度则二者越来越近最后相遇，但甲的速度依然大于乙的速度则二者的距离再增大，到t2时又有新的最大，t2后乙的速度再次大于甲的速度二者距离又越来越小，后再次相遇，但乙的速度还是大于甲的速度二者则越来越远，B错误；
C．运动方向由速度的正负表示，横轴下方速度为负值，横轴上方速度为正值，时间内，甲车的速度一直在t轴上方，则甲车一直沿正方向运动，C错误；
D．根据平均速度的计算公式有
由于v—t图像的面积代表位移，则在t1—t2时间内x甲 > x乙，则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D正确。
故选D。
16．A
【详解】AB．在0 2s内，A做匀速直线运动，位移为：xA1=40m； B做匀加速直线运动，位移为：
知在0 2s内B没有追上A；在2~4s内，A静止，B继续沿原方向运动，通过的位移为：
xB2=10×2m=20mt=4s末B还没有追上A；在4 6s内，A返回，位移为：xA2= 40m， t=6s返回原出发点；B的位移为：
则在0~6s内B的总位移为：xB=40m，可知A、B两物体在4~6s内相遇一次，故A正确，B错误；
C．由AB选项分析可知当t=6s时，A、B两物体相距最远，最远距离为xB=40m，故C错误；
D．6秒内，A物体的位移为0，则平均速度为0；B物体的平均速度为：
v===m/s
故D错误。
故选A。
17．C
【详解】A．由公式，可知小汽车的加速度大于卡车的加速度，故A错误；
BCD．由图知在x=L之前，小汽车的平均速度小于卡车的平均速度，故当汽车到达x=L处时，卡车已经在汽车之前了，故不再此点相遇。卡车平均速度大，故C正确，BD错误。
故选C。
18．D
【详解】因x-t图像的斜率等于速度，由图像可知最初的一段时间内，甲、乙图像的斜率符号相同，则运动方向相同，选项A错误；t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，则此时乙的速度为6m/s，则乙的加速度为，则此时乙的位置坐标为，选项B错误；乙经过原点时的速度大小为，选项C错误；两车相遇时：，即，解得t=10s，选项D正确.
19．（1）；（2）
【详解】（1）令，，设汽车的初速度大小为，则有
解得
（2）设汽车的刹车距离为x，则有
解得
20．（1）10 m（2）50 m（3）不安全；见解析
【详解】（1）公共汽车在司机的反应时间内前进的距离x1 = v⊿t =10 m
（2）公共汽车从司机发现小狗至停止的时间内前进的距离x2 = x1 + vt/2 = 50 m
（3）因为x2>x，所以小狗不安全．
小狗不发生危险，可以采用如下的一些方式：
①小狗沿车的前进方向在4.5s内跑出5m以上的距离.
②小狗沿垂直车运动的方向在4.5s内跑出的距离超过车的宽度.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第一章 直线运动
第1.5讲 追及和相遇
【学科素养解读】
【考点知识精讲】
追及和相遇问题研究的是两物体能否同时到达空间的某一位置。对于沿直线相向运动的物体，当两者发生的位移之和等于开始时两物体之间的距离时即相遇；对于同向运动的物体，两者速度相等是能够追上、追不上或者两者距离有极值的条件。
【方法归纳】
1.解答追及和相遇问题的三种方法
情境分析法 抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立一幅物体运动关系的情境图
函数判断法 设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于位移x与时间t的函数关系，由此判断两物体追及或相遇情况
图像分析法 将两个物体运动的速度—时间关系或位移—时间关系画在同一图像中，然后利用图像分析求解相关问题
2.情境分析法的基本思路
【典例分析】
【典例1】　
1．汽车A以的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距处、以的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小从此刻开始计时。求：
（1）A追上B前，A、B间的最远距离是多少。
（2）经过多长时间A恰好追上B。
（3）若某同学应用关系式解得经过（另解舍去）时A恰好追上B。这个结果合理吗？为什么？
（4）若汽车A以的速度向左匀速运动，其后方相距处，以的速度同方向运动的汽车B正向左开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为，则经过多长时间两车恰好相遇？
【典例2】
2．在水平轨道上有两列火车A和B相距s，A车在后面做出速度为v0，加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足的条件。
【高考真题精练】
（2019年4月浙江选考）
3．甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图象如图所示，则在0～t1时间内
A．甲的速度总比乙大
B．甲、乙位移相同
C．甲经过的路程比乙小
D．甲、乙均做加速运动
（2018全国理综II）
4．甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是（　　）。
A．两车在t1时刻也并排行驶 B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大
（2018高考全国理综III）
5．甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．在时刻两车速度相等
B．从0到时间内，两车走过的路程相等
C．从到时间内，两车走过的路程相等
D．在到时间内的某时刻，两车速度相等
（2021年6月浙江选考物理）
6．机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【最新模拟题精选】
（2022山西临汾模拟）
7．第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年2月日在北京和张家口联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会。冬奥会主要是滑雪、滑冰项目。甲、乙两名短道速滑运动员在某次训练时的速度一时间图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．时刻，甲、乙速度大小相等，方向相反
B．时刻，甲、乙的加速度方向相反
C．甲、乙在、时刻两次相遇
D．时间内，甲的位移大于乙的位移
（2022山西太原二模）
8．在同一条平直公路上行驶的甲、乙两车，其-t图像分别如图所示。t=0时两车在同一位置，t2时刻两车相遇，则在0～t2时间内（　　）
A．t0时刻两车相距最远
B．t1时刻两车相距最远
C．t1时刻甲车的运动方向发生改变
D．t0-t1时间内两车间的距离越来越大
（2022河南南阳一中质检）
9．挥杆套马是我国蒙古传统体育项目，烈马从骑手身边奔驰而过时，骑手持6m长的套马杆，由静止开始催马追赶，二者的图像如图所示，则（　　）
A．0~4s内骑手靠近烈马
B．6s时刻骑手刚好追上烈马
C．在0~4s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度
D．0~6s内骑手的加速度大于8~9s内烈马的加速度
（2022广东佛山重点高中质检）
10．2021年4月5日配备华为自动驾驶技术的北汽新能源极狐阿尔法S的HI车型在上海公开试乘。据悉，该车型在红绿灯启停、无保护左转、避让路口车辆、礼让行人、变道等方面都能无干预自动驾驶。某次试乘时，甲、乙两车同时从同一位置出发，沿着同一平直路面行驶，它们的速度随时间t变化的图像如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．时间内，甲车的加速度一直减小
B．时间内，两车间的距离先增大后减小
C．时间内，甲车先沿正方向运动，再沿负方向运动
D．时间内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
（2021河北保定重点高中下学期期末）
11．2020年是不平凡的一年，新冠疫情爆发期间，各地积极筹备物资支援疫情灾区，某地一运送物资的货车在笔直的公路上以的速度匀速行驶，途中不慎掉落一包物资。后方一轿车发现并捡起物资后鸣笛示警，同时启动并用最短时间追赶货车，此时货车在其前方处，货车司机在轿车鸣笛后经开始制动刹车，最终两车停在同一地点完成交接。已知货车刹车的加速度大小为，轿车启动和刹车的加速度大小均为，该路段所允许的最大速度为。轿车鸣笛示警到追上货车的过程中，求：
(1)货车运动的距离；
(2)轿车运动的时间；
(3)轿车与货车的最远距离。
[2021·衡水模拟]
12．货车A正在该公路上以20m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有64m。
（1）若此时B车立即以2m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间；
（2）若A车司机发现B车，立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2（两车均视为质点），为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：B车加速度a2至少多大才能避免事故。（这段公路很窄，无法靠边让道）
13．在平直路面上，某时刻甲、乙两辆可视为质点的小车相距为，甲在前，乙在后，两车沿同方向做直线运动，以乙车所在位置为坐标原点，沿运动方向建立坐标轴，从该时刻开始，两车速度的平方随其位置坐标x的变化图像如图所示。两车分别搭载信号发射和接收系统进行实时通信，当两车间的距离超过时，就无法进行实时通信。求：
（1）甲、乙两小车的加速度大小；
（2）乙追上甲之前两车的最大间距；
（3）乙追上甲之前两车能实时通信的总时间（结果可用根号表示）。
14．现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为t0=0.5 s）。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g=10 m/s2，假设汽车可看作质点。
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
15．高速公路上，一辆大货车以20m/s的速度违规行驶在快速道上，另有一辆SUV小客车以32m/s的速度随其后并逐渐接近．大货车的制动性能较差，刹车时的加速度保持在4m/s2，而SUV小客车配备有ABS防抱死刹车系统，刹车时能使汽车的加速度保持在8m/s2．若前方大货车突然紧急刹车，SUV小客车司机的反应时间是0.50s，为了避免发生追尾事故，轿车和卡车之间至少应保留多大的距离？
16．一条平直公路上的甲乙两站相距x=900m，一辆公交车从甲站启动驶向乙站，公交车先做匀加速运动，速度到达v1=15m/s后匀速行驶，距乙站s1=30m时刹车做匀减速运动，恰好停在乙站。公交车从甲站出发时，一辆电动车在其前方s2=230m处以v2=10m/s的速度沿公路驶向乙站，两车同时到达乙站。求：
(1)公交车刹车的时间；
(2)公交车加速的加速度大小；
(3)公交车与电动车第一次相遇点到乙站的距离。
17．现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为t0=0.5 s）。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g=10 m/s2，假设汽车可看作质点。
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
18．一条平直公路上的甲乙两站相距x=900m，一辆公交车从甲站启动驶向乙站，公交车先做匀加速运动，速度到达v1=15m/s后匀速行驶，距乙站s1=30m时刹车做匀减速运动，恰好停在乙站。公交车从甲站出发时，一辆电动车在其前方s2=230m处以v2=10m/s的速度沿公路驶向乙站，两车同时到达乙站。求：
(1)公交车刹车的时间；
(2)公交车加速的加速度大小；
(3)公交车与电动车第一次相遇点到乙站的距离。
19．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。某足球场长、宽.攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为的匀减速直线运动，加速度大小为。试求：
（1）足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为多大？
（2）足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球.他的启动过程可以视为初速度为0，加速度为的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）；（2）；（3）不合理，见解析；（4）
【详解】根据题意，画出汽车A和B的运动过程，如图所示

（1）当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即
解得
此时汽车A的位移为
汽车B的位移
故最远距离
（2）根据题意可知，汽车B从开始减速直到静止经历的时间
运动的位移为
汽车A在时间内运动的位移为
此时两车相距
汽车A需再运动的时间
故A追上B所用时间
（3）这个结果不合理，因为汽车B运动的时间最长为
说明汽车A追上B时汽车B已停止运动。
（4）根据题意，由位移关系式有
解得
（舍去）
2．
【详解】两车刚好不相撞时两者末速度相等，有
v0-2at=at
解得
此时A车的位移为
B车的位移为
且有
x1=x2+s
解得
故A车初速度v0满足
3．B
【详解】A．因x-t图像的斜率等于速度，可知在0～t1时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度大于甲，选项A错误；
B．由图像可知在0～t1时间内甲、乙位移相同，选项B正确；
C．甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项C错误；
D．由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误．
4．BD
【详解】AB．0~t1时间内
t1~t2时间内
t2时刻两车相遇，但0~t1时间内两者的位移差小于t1~t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面，A错误B正确；
CD．由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C错误D正确。
故选BD。
5．CD
【详解】A．位移 时间图像的斜率表示物体运动的速度，由图可知，在时刻两图像的斜率不相等，即时刻两车的速度不相等，故A错误；
B．在0时刻，乙车的位置坐标为0，甲车在乙车的前方， 时刻两车位置坐标相同，故从0到时间内，甲车走过的路程小于乙车走过的路程，故B错误；
C．、时刻两车位置坐标相同，故从到时间内，两车走过的路程相等，故C正确；
D．由图可知，在到时间内，甲车速度开始小于乙车最后大于乙车，所以在到时间内的某时刻，两车速度相等，故D正确。
故选CD。
6．（1），；（2）20s；（3）
【详解】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
7．B
【详解】A．时刻，两图像相交，说明甲、乙速度大小相等，方向相同，故A错误；
B．根据图像的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度方向，知时刻，甲、乙的加速度方向相反，故B正确；
C．甲、乙在、时刻两次速度相等，但不一定两次相遇，故C错误；
D．根据图像与时间轴所围的面积表示位移，知时间内，甲的位移小于乙的位移，故D错误。
故选B。
8．A
【详解】ABD．t0时刻之前甲车的速度大于乙车，两车间距逐渐增加，当t0时刻之后甲车的速度小于乙车，两车间距逐渐减小，可知t0时刻两车相距最远，t0-t1时间内两车间的距离越来越小，选项A正确，BD错误；
C． t1时刻前后甲车的速度均为正值，则该时刻甲车的运动方向没有发生改变，选项C错误；
故选A。
9．C
【详解】AB．v-t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t=0时并排运动，通过图线在0~4s内所围的面积可以看出4s内烈马位移大于骑手位移，所以4s末烈马与骑手间距离在增大，0~6s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6s末烈马仍在前方，故AB错误；
C．根据
结合A选项分析可知在0~4s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度，故C正确；
D．由加速度定义式知8~9s内烈马加速度
0~6s内骑手的加速度
故D错误。
故选C。
10．D
【详解】A．由于v—t图像的斜率代表加速度，则由题图可看出，图线甲的斜率先减小后反向增大，A错误；
B．由题图可看出在0 ~ t1时间内乙的速度一直大于甲的速度，又根据题知甲、乙两车同时从同一位置出发，则二者距离先增大，且在t1时刻最大，t1后甲的速度大于乙的速度则二者越来越近最后相遇，但甲的速度依然大于乙的速度则二者的距离再增大，到t2时又有新的最大，t2后乙的速度再次大于甲的速度二者距离又越来越小，后再次相遇，但乙的速度还是大于甲的速度二者则越来越远，B错误；
C．运动方向由速度的正负表示，横轴下方速度为负值，横轴上方速度为正值，时间内，甲车的速度一直在t轴上方，则甲车一直沿正方向运动，C错误；
D．根据平均速度的计算公式有
由于v—t图像的面积代表位移，则在t1—t2时间内x甲 > x乙，则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，D正确。
故选D。
11．(1)135m；(2)31.75s；(3)351m
【详解】(1)货车匀速运动的位移
得
货车刹车过程的位移为，由
则货车运动的距离为
(2)轿车先匀加速运动至最大速度，再以匀速运动最后刹车匀减速运动用时最短
由于轿车启动的加速度大小与减速阶段加速度大小相等，则匀加速运动时间与匀减速运动时间相等，由
得
轿车匀加速与匀减速运动阶段运动的距离相等，由
得
匀速运动的时间为，则
得
故
(3)当轿车速度与货车速度相等时，两车距离最大。设轿车经时间与货车速度相等，共同的速度为，则
得
此时轿车前进距离
得
货车前进距离
得
轿车与货车相距
12．（1）会，4s；（2）1.125m/s2
【详解】（1）当两车速度相等时，所用时间为
t0＝＝10s
在此10s内A车的位移为
xA＝vAt0＝20×10m＝200m
B车的位移为
xB＝at＝×2×102m＝100m
此时A、B两车间的位移差为
Δx＝xA－xB＝100m＞64m
所以两车必定相撞；设两车相撞的时间为t，则相撞时有
vAt－at2＝64m
代入数据解得
t＝4s（另一根不合题意舍去）
所以A车撞上B车的时间为4s；
（2）已知A车的加速度aA＝－2m/s2，初速度vA＝20m/s；设B车的加速度为a2，B车运动经过时间为t′，两车相遇时，则有
vAt′＋aAt′2＝a2t′2＋L
代入数据有
（a2+1）t′2－20t′＋64＝0
要避免相撞，则上式无实数解，根据数学关系知
a2＞1.125m/s2
所以B的加速度的最小值为1.125m/s2。
13．（1）；；（2）；（3）
【详解】（1）由图可知随x的变化关系为一次函数，故甲、乙两车均做匀变速直线运动
根据
分别代入数据可得甲的初速度
加速度
乙的初速度为0，加速度
（2）设当经过时间两车速度大小相等，此时两车相距最远
即
解得
甲、乙两车在相遇前的最大距离为
解得
（3）设经过时间两车相遇，则有
解得
（舍去负根）
设经过时间t两车相距为，则有
解得
甲、乙两车在相遇前能通信的时间为0~2s和，共
14．(1)能；(2)1.5m
【详解】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为
甲车停下来所需时间为
滑行距离
由于x=12.5 m<15 m，可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。
(2)乙车紧急刹车的加速度大小为
两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件，设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间后两车的速度相等，其运动关系如图所示

则有速度关系
位移关系
解得
t2=1.0 s，x0=1.5 m。
15．
【详解】在“反应时间”里轿车做匀速运动的距离
若客车恰好与轿车发生追尾,则速度相等是恰好追尾的条件;速度相等时
代入数据得
t=4s
轿车与客车之间的距离为s，则
轿车刹车时的加速度 ，客车刹车时的加速度 ，将数据代入，得
16．(1)4s；(2)1.5m/s2；(3)60m
【详解】(1)设公交车刹车的时间为t1，则有
即
得
(2)电动车到乙站所用的时间为
由题意可知，公交车从甲站到乙站的时间也为67s，则汽车匀加速的时间与匀速的时间之和为
对公交车匀加速与匀速阶段有
联立解得
，
则公交车加速的加速度大小
(3)设公交车匀速时间与电动车第一次相遇，则有
解得
则公交车运动的距离为
此时公交车离乙站的距离为
17．(1)能；(2)1.5m
【详解】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为
甲车停下来所需时间为
滑行距离
由于x=12.5 m<15 m，可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。
(2)乙车紧急刹车的加速度大小为
两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件，设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间后两车的速度相等，其运动关系如图所示

则有速度关系
位移关系
解得
t2=1.0 s，x0=1.5 m。
18．(1)4s；(2)1.5m/s2；(3)60m
【详解】(1)设公交车刹车的时间为t1，则有
即
得
(2)电动车到乙站所用的时间为
由题意可知，公交车从甲站到乙站的时间也为67s，则汽车匀加速的时间与匀速的时间之和为
对公交车匀加速与匀速阶段有
联立解得
，
则公交车加速的加速度大小
(3)设公交车匀速时间与电动车第一次相遇，则有
解得
则公交车运动的距离为
此时公交车离乙站的距离为
19．（1）；（2）
【详解】(1)依题意，足球做匀减速运动，到停下来时由速度与时间关系可得
代入数据可得
根据位移公式可得
代入数据可得
(2)前锋队员做匀加速直线运动达到最大速度的时间和位移分别为
，
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动，其位移为
由于，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，根据公式
解得
前锋队员追上足球的时间为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲第一章 直线运动
第1.6讲 匀变速直线运动中的STSE问题
【考点知识精讲】
STSE是科学（Science），技术（Technology），社会（Society），环境（Environment）的英文缩写，是对STS的延伸，因为由于在发展科技、生产的同时，保护人类赖以生存的环境已成为当今的社会可持续发展的重大课题。运动学是高中物理最重要、最基础的内容，是和生活、体育、交通结合紧密的知识点，也是高考命题的重点和热点。
【方法归纳】
解决STSE问题的方法
在解决生活和生产中的实际问题时：
（1）根据所描述的情景物理过程物理模型
（2）分析各阶段的物理量
（3）选取合适的匀变速直线运动规律求解．
【典例分析】
题型1 结合汽车通过ETC通道的情景，考查直线运动中的临界问题
【典例1】[2021·广州一模]
1．高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以的速度匀速进入识别区，ETC天线用了的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为，刹车的加速度大小为，则该ETC通道的长度约为（　　）

A． B． C． D．
题型2 以“酒驾”为背景考查匀变速直线运动规律
【典例2】
2．酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长。反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间。下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离，“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离。（假设汽车制动加速度都相同）
速度（m/s） 思考距离（m） 制动距离（m）
正常 酒后 正常 酒后
15 7.5 15.0 22.5 30.0
20 10.0 20.0 36.7 46.7
25 12.5 25.0 54.2 66.7
分析上表可知，下列说法中正确的是（　　）
A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 s
B．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 s
C．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2
D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车
题型3 以体育运动为背景考查多过程运动问题
【典例3】
3．如图所示，甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度。乙从静止开始全力奔跑需跑出25m才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速直线运动，现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出。若要求乙接棒时奔跑达到最大速度的80%，则：
（1）乙在接力区需奔跑出多少距离？
（2）乙应在距离甲多远时起跑？
题型4. 交通安全
【典例4】
4．为了安全，学校校门前马路一般有限速标志。如图所示，为一学校门口前面马路的俯视图。绿灯时，在十字路口A线处有一轿车（可视为质点）从静止开始做匀加速直线运动，轿车的最大启动加速度为10m/s2，距A线l1=500m处有一减速区，减速区宽度l2=15m，在减速区能达到的加速度数值足够大。设学校门口限速36km/h，市区内轿车限速72km/h，要求轿车从进入减速区时开始减速，减速时视为做匀减速直线运动。在不违规的情况下，试求轿车从A开始启动到学校门口B的最短时间。
【高考真题精练】
（2022·全国理综甲卷·15）
5．长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（ ）
A． B．
C． D．
（2022山东物理）
6．无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为的半圆弧与长的直线路径相切于B点，与半径为的半圆弧相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过和。为保证安全，小车速率最大为。在段的加速度最大为，段的加速度最大为。小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在段做匀速直线运动的最长距离l为（　　）
A．
B．
C．
D．
（2022高考湖北物理）
7．我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（　　）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
（2021高考新课程湖北卷）
8．2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（　　）
A．0.2 s B．0.4s C．1.0 s D．1.4s
（2021年6月浙江选考物理）
9．机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
（2019全国理综I卷18）
10．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足（　　）
A． B． C． D．
（2017海南高考·3）
11．汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）（　　）
A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s
（2017年4月浙江选考）
12．汽车以10m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15m处的斑马线上有行人，于是刹车礼让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为0.5s．汽车运动的图如图所示，则汽车的加速度大小为
A． B． C． D．
（2017全国II卷·24）
13．为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离和 ()处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗，训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为，重力加速度大小为g，求：
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。
（2015·四川）
14．严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达到最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。
（1）求甲站到乙站的距离；
（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气体污染物的质量。（燃油公交车每做1焦耳功排放气体污染物3×10－6g）
【最新模拟题精练】
一．选择题
（2023石家庄重点中学高一质检）
15．位移传感器由发射器A和接收器B组成，发射器A能够发射红外线和超声波信号。将发射器固定在小车上，接收器固定在地面上。小车由静止开始做匀加速运动的同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，此后每间隔10s发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲。已知接收器接收到第一个红外线脉冲和第一个超声波脉冲的时差为1.25s，接收第二个红外线脉冲和第二个超声波脉冲的时差为1s。已知发射器A和接收器B均视为质点，不计红外线传播的时间，超声波在空气中传播速度为340m/s，则（　　）
A．小车远离接收器
B．小车靠近接收器
C．AB起始相距425m
D．小车做匀加速运动的加速度大小为
（2022广东潮州二模）
16．顾诵芬院士主持建立了我国飞机设计体系，开创了我国自行设计研制歼击机的历史。“歼—20”在某次训练时着舰不成功，飞行员经短暂反应后迅速启动“逃逸复飞”，若启动复飞时飞机距离航母跑道末端为210m，速度为20m/s。复飞过程可看成匀变速直线运动，飞机起飞所需的最小速度为50m/s，为使飞机能复飞成功，则复飞过程的加速度至少为（　　）
A．4m/s2 B．7m/s2 C．6m/s2 D．5m/s2
（2022·河北石家庄三模）
17．如图所示，某飞机着陆时的速度，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第内的位移为，下列说法正确的是（　　）
A．该飞机的加速度大小为
B．该飞机着陆后时的速度大小为
C．该飞机在跑道上滑行的时间为
D．该飞机在跑道上滑行的距离为
（2022河北唐山三模）
18．不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速直线最后停止在C点。已知，。忽略运动员在B点的速度损失，则由两段时间之比为（　　）
A． B． C． D．
（2022河北重点中学期中素养提升）
19．第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年2月4日在北京开幕，其中滑雪是冬奥会中的一个比赛大项。如图所示，某滑雪运动员以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动，到达斜面顶端时的速度为零。已知运动员在前四分之三位移中的平均速度大小为v，则滑雪者整个过程的平均速度为（　　）
A． B． C． D．
（2020年3月武汉质检）
20．玩具车的遥控距离为，某同学手持遥控器和玩具车同时从同地由静止沿同方向做匀加速直线运动。若该同学加速度的大小为，最大速度为；玩具车加速度的大小为，最大速度为。在达到最大速度后，二者都能长时间保持最大速度匀速运动。下列说法正确的是（　　）
A．该同学对玩具车的控制时间为
B．该同学对玩具车的控制时间为
C．在控制时间内，该同学的位移大小为
D．与静止不动相比，该同学因运动而增加了的控制时间
[2023·江西红色七校联考]
21．我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s2，假设汽车可视为质点．则下列说法正确的是（ ）
A．汽车开始减速时距离自动收费装置110 m
B．汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s
C．汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m
D．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
22．汽车在刹车过程中位移和时间的比值与之间的关系图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车的初速度为
B．刹车过程汽车的加速度大小为
C．刹车过程持续的时间为
D．从开始刹车计时，经过，汽车的位移为
（2022湖北武汉武昌区5月模拟）
23．无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.1s，人需要0.5s。人驾驶汽车以72km/h匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为30m，汽车减速过程视为匀减速运动。同一条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（　　）
A．22m B．20m C．18m D．10m
（2023河南开封名校联考）
24．在我国新交通法中规定“车让人”，驾驶员驾车时应考虑到行人过马路的情况。若有一汽车以8m/s的速度匀速行驶即将通过路口，此时正有行人在过人行横道，而汽车的前端距停车线8m，该车减速时的加速度大小为5m/s2。下列说法中正确的是（ ）
A．驾驶员立即刹车制动，则至少需2 s汽车才能停止
B．在距停车线7.5m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
C．若经0.25s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
D．若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处
（2023·山东省济南名校联考）
25．“道路千万条，安全第一条．”《道路交通安全法》第四十七条规定：“机动车行经人行横道，应减速行驶；遇行人正在通过人行横道时，应停车让行．”一辆汽车以7.5m/s的速度匀速行驶，驾驶员发现前方的斑马线上有行人通过，随即刹车使车做匀减速直线运动至停止．若驾驶员的反应时间为0.6s，汽车在最后2s内的位移为5m，则汽车距斑马线的安全距离至少为（ ）
A．14.75 m B．6.25m C．15.75m D．8.75m
[2021·吉林长春摸底考试]
26．强行超车是道路交通安全的极大隐患之一．下图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36km/h的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1=5m、货车长L2=8m，货车在甲车前s=3m．若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2m/s2．假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度．求：
(1)甲车完成超车至少需要多长时间；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110m，乙车速度为54km/h．甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】，汽车在前内做匀速直线运动，位移为：
随后汽车做减速运动，位移为：
所以该ETC通道的长度为：
故选D。
2．ABD
【详解】AB．反应时间=思考距离÷车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故AB正确；
C．设汽车从开始制动到停车的位移为x，则
x=x制动-x思考
根据匀变速直线运动公式
v2=2ax
解得
a=7.5 m/s2
C错误；
D．根据表格知，车速为25 m/s时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确。
故选ABD。
3．（1）；（2）
【详解】（1）乙达到最大速度满足
乙接棒时奔跑达到最大速度的80%满足
代入数据解得
（2）设乙加速至交接所用时间为t，则
则
4．27s
【详解】依题意知
轿车以最大加速度启动达到限速v1的时间t1，根据
代入数据求得
启动经过的位移为x1，有
代入数据求得
匀速运动的时间为t2，有
代入数据求得
在减速区内时间为t3，有
代入数据求得
总时间为t，则
代入数据得
5．C
【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v < v0），则列车进隧道前必须减速到v，则有
v = v0 - 2at1
解得
在隧道内匀速有
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为
故选C。
6．B
【详解】在BC段的最大加速度为a1=2m/s2，则根据
可得在BC段的最大速度为
在CD段的最大加速度为a2=1m/s2，则根据
可得在CD段的最大速度为
可知在BCD段运动时的速度为v=2m/s，在BCD段运动的时间为
AB段从最大速度vm减速到v的时间
位移
在AB段匀速的最长距离为
l=8m-3m=5m
则匀速运动的时间
则从A到D最短时间为
故选B。
7．B
【详解】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间
故选B。
8．B
【分析】本题考查自由落体运动。
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为
1.4s
下落前5 m的过程所用的时间为
则陈芋汐用于姿态调整的时间约为
故B正确，ACD错误。
故选B。
9．（1），；（2）20s；（3）
【详解】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
10．C
【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动，根据初速度为零匀加速运动，连续相等的相邻位移内时间之比等于
可知
即
故选C。
11．B
【详解】由题知，刹车后汽车的加速度大小为
末速度v=0，根据
解得
故选B。
12．C
【详解】根据速度时间图像可以知道，在驾驶员反应时间内，汽车的位移为,所以汽车在减速阶段的位移 根据 可解得： 故C对；ABD错；
综上所述本题答案是：C
【点睛】驾驶员在发应时间内做匀速运动，根据图像可以求出匀速过程的位移，再利用求出运动过程中的加速度的大小．
13．（1）；（2）
【详解】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度
由速度与位移的关系知
联立解得
（2）设冰球运动的时间为t，则
又
联立解得
【点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。
14．（1）1950m；（2）2.04kg
【详解】解：（1）根据匀变速直线运动规律可知，地铁列车匀加速运动的位移为
①
匀减速运动的位移为
②
根据匀速运动规律可知，地铁列车匀速运动的位移为
③
根据题意可知，甲站到乙站的距离为
④
由①②③④式联立，并代入数据解得s=1950m
（2）地铁列车在从甲站到乙站的过程中，牵引力做的功为
⑤
根据题意可知，燃油公交车运行中做的功为
W2=W1⑥
由①⑤⑥式联立，并代入数据解得W2=6.8×108J
所以公交车排放气体污染物的质量为
m=3×10-6×6.8×108kg=2.04kg
15．BC
【详解】AB．因为红外线脉冲和超声波脉冲的时差减小，所以小车靠近接收器，A错误，B正确；
C．AB起始相距为
C正确；
D．发出第二个超声波的距离为
小车做匀加速运动的加速度大小为
D错误。
故选BC。
16．D
【详解】飞机从复飞到完全起飞，由
解得
则飞机复飞过程的加速度至少为，故A项、B项、C项错误，D项正确。
故选D。
17．AC
【详解】A．把飞机的运动逆向看成由静止做加速度大小为的匀加速直线运动，则在内的位移为
在内的位移为
根据题意有
联立解得加速度大小为
A正确；
B．该飞机着陆后时的速度大小为
B错误；
C．该飞机在跑道上滑行的时间为
C正确；
D．该飞机在跑道上滑行的距离为
D错误。
故选AC
18．C
【详解】设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有
解得
故选C。
19．D
【详解】将运动员的匀减速运动逆向看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等，均设为t，则由题意可知
滑雪者整个过程的平均速度为
故选D。
20．BCD
【详解】AB．由题意可得，该同学加速到最大速度所用时间与玩具车加速到最大速度所用时间相同，为
在此期间该同学和玩具车运动的位移分别为
，
则两者相距
已知遥控距离为25m，则
解得
该同学对玩具车的控制时间为
所以B正确，A错误；
C．在控制时间内，该同学的位移为
所以C正确；
D．如果该同学静止不动，玩具车向前加速运动，则
解得
即此时该同学对玩具车的控制时间为5s，则
所以与静止不动相比，该同学因运动而增加了的控制时间，所以D正确。
故选BCD。
21．C
【详解】根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离，A错误；汽车恢复到20m/s所需的时间，B错误；汽车加速运动的位移，则总路程，C正确；这段路程匀速运动通过的时间，则通过自动收费装置耽误的时间，故D错误．
22．B
【详解】AB．根据刹车过程中，位移与时间关系
整理得
在借助图像可知，汽车的初速度为，加速度大小为，A错误，B正确；
C．刹车过程持续的时间
C错误；
D．从开始刹车计时，经过，汽车的位移
D错误。
故选B。
23．A
【详解】汽车刹车过程可以看成一段匀速运动和一段匀减速运动。匀速运动过程为人或车反应的时间内汽车走的这段过程。因是在同一条件下，比较人和车刹车过程的运动距离。可知汽车第二段匀减速过程是一样的。而第一段匀速运动的距离差有
故无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为
故选A。
24．D
【详解】A．车减速为零所需最短时间为
故A错误；
B．根据速度位移公式可知，减速运动的位移为
故在距停车线6.4m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故B错误；
CD．匀速运动的时间为
若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故D正确，C错误。
故选D。
25．C
【详解】设汽车匀减速的加速度大小为a，由汽车在最后2s内的位移为5m得：
解得：
故汽车的刹车位移为：
；
A. 14.75 m，与结论不相符，选项A错误；
B. 6.25m，与结论不相符，选项B错误；
C. 15.75m，与结论相符，选项C正确；
D. 8.75m，与结论不相符，选项D错误；
26．(1)4s(2)不能安全超车
【详解】（1）甲经过t刚好完成超车，在t内
甲车位移
货车的位移
根据几何关系
带入数值得
甲车最短的超车时间为4s
（2）假设甲车能安全超车，在最短4s内
甲车位移
乙车位移
由于，故不能安全超车．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第一章 直线运动
第1.7讲 匀变速直线运动研究实验
[考纲解读]　
（1）练习正确使用打点计时器。
（2）会计算纸带上各点的瞬时速度。
（3）会利用纸带计算加速度。
（4）会用图像法探究小车速度与时间的关系，并能根据图像求加速度。
?实验原理
1.
?实验过程
?注意事项
1.平行：纸带和细绳要和木板平行。
2.两先两后：实验中应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源后取纸带。
3.防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，要防止钩码落地和小车与滑轮相撞。
4.减小误差：小车的加速度要适当大些，可以减小长度的测量误差，加速度大小以能在约50 cm的纸带上清楚地取出6~7个计数点为宜。
5.纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃点密集部分，适当选取计数点。
6.准确作图：在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位（避免所描点过密或过疏，而导致误差过大），仔细描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧。
【方法归纳】
1. 根据纸带上两点间的位移Δx和时间Δt，算出纸带在这两点的平均速度v=。在要求不是很高的情况下，可以用这个平均速度粗略的表示物体在经过位移Δx内某一位置时的瞬时速度。
说明：（1）计时点：打点计时器在纸带上打出的每个点迹叫做计时点。若用50 Hz的交流电，则两个相邻点迹（计时点）的时间间隔为0.02 s。
（2）计数点：为了方便研究运动规律，从纸带上有规律的选取部分计时点，并加以标号，这些被选取并标号的计时点叫做计数点。
2.判定物体运动的性质
通过研究纸带上各点之间的间距，可以判断物体的运动情况。若连续相邻相等的时间间隔内的位移x1、x2、x3…基本相等，则物体在实验误差允许范围内做匀速运动。若Δx=xm-xn（xm、xn为纸带上相邻的两段位移）基本相等，则物体在实验误差允许范围内做匀变速直线运动。
3.由纸带求匀变速直线运动物体的运动速度
“平均速度法”求速度：做匀变速直线运动的物体，某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即vn=。
4.用图像表示速度
物体运动的速度与时间的关系也可以用图像描述。以速度v为纵轴、时间t为横轴在方格纸上建立直角坐标系。将实验中的v、t数据，在坐标系中描点。再用一条平滑的曲线来“拟合”坐标系中描出的点，这条曲线反映了速度v与时间t的关系，如图所示。
5.实验中计算加速度的三种方法
（1）v-t图像法：先根据匀变速直线运动中，物体在某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即vn=，求出打第n个点时纸带的瞬时速度，然后作出v-t图像，图像的斜率即为小车运动的加速度。
（2）公式法：利用已测得的两组数据（tn，vn）和（tm，vm）代入公式a==求解，这种方法的误差较大。
（3）根据Δx=aT2求a：如图所示的纸带，相邻两点的时间间隔为T，且满足x6-x5=x5-x4=x4-x3=x3-x2=x2-x1，即a1=，a2=，a3=，然后取平均值，即=，这样可使所给数据全部得到利用，以提高准确性。
【典例分析】
【典例1】　
（2017·全国卷Ⅰ）
1．某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续6个水滴的位置。（已知滴水计时器每30s内共滴下45个小水滴）
（1）由图（b）可知，小车在桌面上是 （填“从右向左”或“从左向右”）运动的。
（2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为 m/s，加速度大小为 。（结果均保留两位有效数字）
【典例2】　
（2017·全国卷Ⅱ）
2．某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系．使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器．
实验步骤如下：
①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近，将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；
②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt；
③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示]，表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小，求出；
④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；
⑤多次重复步骤④；
⑥利用实验中得到的数据作出v－Δt图，如图(c)所示．
完成下列填空：
(1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与vA、a和Δt的关系式为 ＝ .
(2)由图(c)可求得vA＝ cm/s，a＝ cm/s2.(结果保留3位有效数字)
【高考真题演练】
（2023年1月浙江选考· 16I）
3．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。
①需要的实验操作有 （多选）；
A．调节滑轮使细线与轨道平行
B．倾斜轨道以补偿阻力
C．小车靠近打点计时器静止释放
D．先接通电源再释放小车
②经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为 。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打计数点2时小车的速度大小为： （结果保留3位有效数字）。
（2022年6月浙江选考）
4．“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为 cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为 m/s2（保留两位有效数字）。
（2021重庆高考）
5．某同学用手机和带刻度的玻璃筒等器材研究金属小球在水中竖直下落的速度变化情况。他用手机拍摄功能记录小球在水中静止释放后位置随时间的变化，每拍摄一张照片。
（1）取某张照片中小球的位置为0号位置，然后依次每隔3张照片标记一次小球的位置，则相邻标记位置之间的时间间隔是 s。
（2）测得小球位置x随时间t变化曲线如题图所示，由图可知，小球在时间段平均速度的大小 （选填“大于”、“等于”、“小于”）在时间段内平均速度的大小。
（3）在实验器材不变的情况下，能够减小实验测量误差的方法有： （写出一种即可）
（2021高考新课程湖北卷）
6．某同学假期在家里进行了重力加速度测量实验。如图（a） 所示，将一根米尺竖直固定，在米尺零刻度处由静止释放实心小钢球，小球下落途经某位置时，使用相机对其进行拍照，相机曝光时间为s。由于小球的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。根据照片中米尺刻度读出小球所在位置到释放点的距离H、小球在曝光时间内移动的距离。计算出小球通过该位置时的速度大小v，进而得出重力加速度大小g。实验数据如下表∶
次数 1 2 3 4 5
/cm 0.85 0.86 0.82 0.83 0.85
v/（m·s-1） 4.25 4.10 4.15 4.25
H/m 0.9181 0.9423 0.8530 0.8860 0.9231
（1）测量该小球直径时，游标卡尺示数如图（b）所示，小球直径为 mm。。
（2）在第2次实验中，小球下落H =0.9423m时的速度大小v= m/s（保留3位有效数字）；第3次实验测得的当地重力加速度大小g= m/s2（保留3位有效数字）。
（3）可以减小本实验重力加速度大小测量误差的措施有 。
A.适当减小相机的曝光时间
B.让小球在真空管中自由下落；
C．用质量相等的实心铝球代替实心钢球
【最新模拟题精练】
（2023福建福州高一期中）
7．课外时间某同学利用如图所示的装置研究小车做匀变速直线运动的特点。
（1）下列实验步骤的正确顺序是 （用字母填写）
A.关闭电源，取下纸带
B.接通电源后，放开小车
C.把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔
D.将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
（2）实验所使用交流电的频率为，获得的一条纸带如图所示，在纸带上依次取O、A、B、C、D、E、F、G共8个计数点，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“O”计数点对齐。可以读出各计数点A、B、C、D、E、F、G跟O点的距离依次为、、、、 、。请根据刻度尺放大图，读出E分别跟O点的距离，并填入划线处。
（3）计算打下计数点“E”时小车的瞬时速度为 ；结果均保留两位有效数字）
（4）若打下计数点“O”时开始计时，以v为纵坐标，t为横坐标建立直角坐标系，在坐标纸上描点，在图像中已标出计数点A、B、D、F对应的坐标点，请在该图中标出计数点E对应的坐标点，并画出的图像。
( )
（5）观察图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是 ，小车的加速度大小 。（结果保留两位有效数字）
（2023湖南三湘创新发展联考）
8．2022年6月17日，中国第三艘航空母舰正式下水，被命名为“福建舰”，“福建舰”配置了电磁弹射器，并采用了平直通长飞行甲板，配置了阻拦装置，排水量可达8万余吨。某次训练时传感器测得舰载机的位置如表格所示。从某时刻（t=0）开始的一段时间内，该舰载机可视为沿直线运动。
0 0.4 0.8 1.2 1.6 2
0 3.94 15.75 35.42 63.00 98.48
回答下列问题：
（1）根据表中数据可判断该舰载机在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是： 。
（2）当x=15.75m时，该舰载机的速度大小v= m/s（结果保留三位有效数字）。
（3）这段时间内该舰载机的加速度大小a= m/s2（结果保留三位有效数字）。
（2023宁夏银川一中第一次月考）
9．利用如图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门甲固定在斜面上，光电门乙的位置可移动（光电门甲更靠近滑块）。两光电门之间的距离为s，在滑块上面安装宽度为d的遮光片，当滑块从木板上的特定点无初速度释放时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。
（1）该同学多次改变光电门乙的位置，让滑块从同一位置无初速度释放，并测出多组s和t，以为纵坐标，以t为横坐标，做出的关系图线如图2所示，A、B为图线上的两点，其对应的坐标均为已知，滑块下滑的加速度大小为 。（用题中所给的物理量符号表示）
（2）进一步分析图2、滑块通过光电门甲的速度大小为 。（用题中所给的物理量符号表示）
（3）用遮光片过光电门这段时间的平均速度近似代表滑块通过光电门这一位置时的瞬时速度。利用此实验装置，为使滑块通过光电门乙的平均速度更接近瞬时速度，下列做法正确的是 。（填选项代号）
A．换用宽度更宽的遮光片
B．换用宽度更窄的遮光片
C．增大滑块的质量
D．增大光电门乙与滑块间的距离
（2022河南商丘三模）
10．某同学做研究匀变速直线运动规律的实验装置如图甲所示，得到一条清晰的纸带如图乙所示，并在纸带上选取A、B、C、D、E共5个计数点（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），已知打点计时器的频率为50Hz。
（1）关于本实验，下列说法正确的是 。（填选项前字母）
A．释放纸带的同时，接通电源
B．先接通电源打点，后释放纸带运动
C．先释放纸带运动，后接通电源打点
D．纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越大
（2）小车经过B点时的速度大小为vB= m/s。（结果保留两位有效数字）
（3）小车的加速度大小为a= m/s2.（结果保留两位有效数字）
（2022山东淄博高二期末）
11．伽利略斜面实验被誉为物理学史上最美实验之一、研究小组尝试使用等时性良好的“节拍法”来重现伽利略的斜面实验，研究物体沿斜面运动的规律。实验所用节拍频率是每秒2拍，实验装置如图（a）所示。在光滑倾斜的轨道上装有可沿轨道移动的框架，框架上悬挂轻薄小金属片，滑块下滑撞击金属片会发出“叮”的声音（金属片对滑块运动的影响可忽略）。实验步骤如下：
①从某位置（记为A0）静止释放滑块，同时开始计拍调节框架的位置，使相邻金属片发出的“叮”声恰好间隔1个拍，并标记框架在轨道上的位置A1、A2、A3……；
②测量A1、A2、A3……到A0的距离s1、s2、s3……如图（b）所示。
③将测量数据记录于下表，并将节拍数n转换成对应时间t的平方。
n 1 2 3 4 5 6
s/cm 9.5 38.5 86.2 153.2 240.3 346.4
t2/s2 0.25 1.00 C 4.00 6.25 9.00
(1)表格中“C”处的数据应为 ；
(2)由表中数据分析可得，s与t2成 关系（填“线性”或“非线性”）；
(3)滑块的加速度大小为 m/s2（结果保留2位小数）。
（2022北京西城期末）
12．用图1所示的实验装置探究小车速度随时间变化的规律。
（1）除小车、重物、打点计时器（含纸带、复写纸）、导线、开关等器材外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有 （填选项代号）。
A.电压可调的直流电源 B.电压合适的50Hz交流电源
C.秒表 D.刻度尺 E.天平
（2）接通打点计时器电源，释放小车，小车在重物的牵引下沿直线拉动纸带，纸带上打下一系列的点，其中一部分如图2所示，B、C、D为纸带上标出的连续3个计数点（计数点之间还有点未画出），相邻计数点间的时间间隔为0.10s。从图中数据可知，在打C点时小车的瞬时速度为 m/s（结果保留两位有效数字）。
（3）计算出打纸带上各计数点时小车的速度，在坐标纸上建立坐标系，描点绘制小车运动的图像，若图像是一条倾斜的直线，则可判断小车做匀变速直线运动，其依据是 。
（4）某同学在家里研究小球沿斜面的运动，想通过实验验证小球的运动是匀加速直线运动。如图3所示，他让小钢球沿着细管内壁从静止开始运动，用手机秒表和米尺作为测量工具，测量小球从静止开始通过不同位移所用的时间，得到下表所示的数据。如何由这些数据验证小球的速度是随时间均匀变化的？( )
序号 1 2 3 4 5 6 7 8
位移 0.1400 0.2540 0.3370 0.4330 0.5400 0.5510 0.7460 0.8370
时间 0.49 0.66 0.75 0.86 0.95 1.06 1.12 1.19
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 从右向左 0.19 0.038
【详解】.
（1）[1]用手轻推一下小车，小车在桌面上做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置可知，小车从右向左做减速运动。
（2）[2]已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
可以求出加速度的大小，得
负号表示方向相反。
2．
【详解】（1）设挡光片末端到达光电门的速度为v，则由速度时间关系可知：，且 联立解得：；
（2）由图（c）结合几何关系可求得 ，，即 ．
【点睛】此题主要考查学生对匀变速直线运动的基本规律的运用能力；解题时要搞清实验的原理，能通过运动公式找到图象的函数关系，结合图象的截距和斜率求解未知量．
3． ACD 2.75 1.48
【详解】①[1]A．实验需要调节滑轮使细线与轨道平行，选项A正确；
B．该实验只要使得小车加速运动即可，不需要倾斜轨道补偿阻力，选项B错误；
C．为了充分利用纸带，则小车靠近打点计时器静止释放，选项C正确；
D．先接通电源再释放小车，选项D正确。
故选ACD。
②[2][3]计数点1的读数为2.75。已知打点计时器所用交流电源的频率为，则打点周期T=0.02s，则打计数点2时小车的速度大小为
4． 6.20 1.9
【详解】[1]根据刻度尺读数规则，打计数点B时小车位移大小为6.20cm。
[2]连接图3中的各点，画出v-t图像，如图所示
由速度-时间的图像斜率表示加速度，则有
5． 小于 多次测量取平均值
【详解】（1）[1]相邻标记位置之间的时间间隔是
（2）[2]小球在时间内位移
平均速度大小为
小球在时间内位移
平均速度大小为
由此可知小球在时间内平均速度的大小小于小球在时间内的平均速度的大小；
（3）[3]在实验器材不变的情况下，能够减小实验误差测量误差的方法有：多次测量取平均值。
6． 15.75 4.30 9.85 AB
【分析】本题考查重力加速度的测量，意在考查考生对实验原理的理解以及处理实验数据的能力。
【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为
（2）[2][3]由题意可知，小球下落H =0.9423 m时的速度
由运动学公式
得
（3）[4]A．小球下落一定高度时的瞬时速度近似为曝光时间内的平均速度，曝光时间越短，曝光时间内的平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，故A正确；
B．让小球在真空管中自由下落，可减小空气阻力的影响，可减小实验误差，故B正确；
C．质量相等的实心铝球代替实心钢球时，铝球体积更大，阻力对铝球的影响较大，实验误差较大，故C错误。
7． CDBA 22.90 0.60 图像为一条倾斜直线 0.56
【详解】（1）[1]实验过程中应该先安装仪器，接通电源然后释放小车进行实验，最后关闭电源取下纸带进行数据处理，故顺序为CDBA。
（2）[2]由毫米刻度尺可知E点数据为
（3）[3]E点速度
（4）[4]描点连线如图所示
（5）[5]图像为一条倾斜直线，斜率不变加速度不变，因此做匀变速直线运动。
[6]加速度
8． 相邻0.4s内的位移之差接近 39.4 49.3
【详解】（1）[1]根据表格数据可知，相邻0.4s内的位移之差接近
即可判断舰载机在这段时间内做匀加速运动。
（2）[2]当x=15.75m时舰载机的速度等于0.4s~1.2s内的平均速度，即
（3）[3]根据逐差法，加速度为
9． BD##DB
【详解】（1）[1]设滑块经过光电门甲时的速度为，设滑块的加速度为a，滑块通过两个光电门的过程，根据运动学公式可得
可得
可知图像的切线斜率为
根据图2可得
联立可得滑块下滑的加速度大小为
（2）[2]根据
可知图像的纵轴截距为
根据图2可得
联立解得滑块通过光电门甲的速度大小为
（3）[3]AB．根据
可知，当时，可近似看作物体的瞬时速度，当换用宽度更窄的遮光条，则运动时间越趋近于零，求出的平均速度越接近瞬时速度，故A错误，B正确；
CD．滑块的质量对滑块的速度大小的测定没有影响，而若增加光电门乙与滑块间的距离，则滑块到达光电门乙时的速度会变大，遮光时间变短，则此时的平均速度更接近于瞬时速度。故C错误，D正确。
故选BD。
10． B 0.26 0.40
【详解】（1）[1]ABC．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通电源，后释放纸带，A、C错误，B正确；
D．纸带上的点迹越密集，说明相同时间内的位移越小，故纸带运动的速度越小，D错误。
故选B。
（2）[2]小车经过B点时的速度大小为
（3）[3]利用逐差法，可得小车的加速度大小为
11． 2.25 线性 0.76~0.78
【详解】(1)[1] 所用节拍频率是每秒2拍，所以每拍0.5s，表格中“C”处对应的是3拍，对应时间是1.5s，平方后为2.25s。
(2)[2]表中s与t2的比值近似为一常数，所以s与t2成线性关系。
(3)[3]加速度为
12． BD 0.44 图中图线的斜率表示加速度 见解析
【详解】(1)[1]AB．打点计时器的工作电源是交流电，故A错误，B正确；
C．打点计时器是计时的仪器，故不需要秒表，故C错误；
D．实验中需要测量纸带上计数点间的距离，需要刻度尺，故D正确；
E．实验中小车做变速运动即可，因此不需要测量重物的质量，故E错误。
故选BD；
(2)[2]由图可读出
则在打C点时小车的瞬时速度为
(3)[3]图像表示速度随时间变化的关系，图线的斜率表示加速度；
(4)[4]如果小球做初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间成正比，则有
排除第六组数据，在误差允许范围内，可以认为小球做匀加速直线运动，即速度随时间均匀变化。
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答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第二章 相互作用
第2.1讲 力学中三种力
【知识点精讲】
1．重力
（1）产生：由于地球的吸引而使物体受到的力。
（2）大小：与物体的质量成正比，即G＝mg。可用弹簧测力计测量重力。
（3）方向：总是竖直向下的。
（4）重力加速度g的特点：
①大小：在地球上同一地点g值是一个不变的常数；g值随着纬度的增大而增大；g值随着高度的增大而减小。
②方向：竖直向下。
（5）重心：其位置与物体的质量分布和形状有关。
（6）重心位置的确定
质量分布均匀的规则物体，重心在其几何中心；对于形状不规则或者质量分布不均匀的薄板，重心可用悬挂法确定。
【易错警示】
（1）误认为重力的大小与物体的运动状态有关。
（2）误认为重力的方向指向地心，实际上重力的方向是竖直向下，不一定指向地心。
（3）误认为力可以没有施力物体或受力物体，实际上力是物体与物体间的相互作用，任何力同时具有施力物体与受力物体。
（4）误认为只有相互接触的物体间才存在作用力，实际上有些力可以发生在不接触的物体间，如重力等。
2.弹力
（1）形变：物体在力的作用下形状或体积的变化叫形变。
（2）弹性：
（i）弹性形变：有些物体在形变后撤去作用力时能够恢复原状的形变。
（ii）弹性限度：当形变超过一定限度时，撤去作用力后，物体不能完全恢复原来的形状，这个限度叫弹性限度。
（3）弹力
（i）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫做弹力。
（ii）产生条件：物体相互接触且发生弹性形变。
（iii）方向：弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反。
（4）胡克定律
（i）内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比。
（ii）表达式：F＝kx。
①k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定。
②x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度。
【特别提醒】利用胡克定律F＝kx时，要注意：
（1）弹簧要在弹性限度内形变。
（2）x为弹簧的伸长量或压缩量，并不是弹簧的长度。
（3）轻弹簧：即弹簧（或橡皮绳）的重力可视为零。
（4）弹簧既能受到拉力作用，也能受到压力作用（沿着弹簧的轴线），橡皮绳只能受到拉力作用，不能受到压力作用。
3.摩擦力
（1）滑动摩擦力
（i）产生条件
①接触面粗糙。
②接触处有弹力。
③两物体间有相对运动。
（ii）定义：两个相互接触且发生形变的粗糙物体，当它们发生相对运动时，就会在接触面上产生阻碍相对运动的力。
（iii）大小及方向
①大小：F＝μFN，公式中μ为比例常数，称为动摩擦因数，其大小与两个物体的材料和接触面的粗糙程度有关。
②方向：沿两物体的接触面，与相对运动的方向相反。
（2）静摩擦力
（i）产生条件
①接触面粗糙。
②接触处有弹力。
③两物体有相对运动趋势（仍保持相对静止）。
（ii）定义
两个相互接触且发生形变的粗糙物体，当它们具有相对运动趋势时，就会在接触面上产生阻碍相对运动趋势的力。
（iii）大小和方向
①大小：0②方向：沿两物体的接触面与相对运动趋势的方向相反。
【方法归纳】
1.常见的弹力方向判断
2. 弹力方向的判断方法
（1）．压力和支持力一定垂直于它们的接触面，且指向受力物体；
（2）．绳对物体的拉力方向总是沿着绳且指向绳收缩的方向；
（3）．分析物体的运动状态（是平衡还是加速运动），结合平衡条件和牛顿第二定律，就容易分析出弹力的方向；
（4）．当遇到弹力难以判断时，可尝试用假设法。
3．判断静摩擦力的有无及方向的三种方法
（1）假设法
利用假设法判断的思维程序如下：
（2）运动状态法
此法关键是先确定物体的运动状态（如平衡或求出加速度），再利用平衡条件或牛顿第二定律（F＝ma）确定静摩擦力的方向。
（3）牛顿第三定律法
“力是物体间的相互作用”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据牛顿第三定律确定另一物体受到的静摩擦力的方向。
4．滑动摩擦力方向判断
（1）根据滑动摩擦力方向与相对运动方向相反
（2）根据运动状态
5．摩擦力大小的计算方法
（1）先要依据条件判断是滑动摩擦力还是静摩擦力；
（2）滑动摩擦力的大小可以用f＝μFN计算，也可以用平衡条件计算；
（3）静摩擦力的大小要根据平衡条件计算。
计算摩擦力大小时的“三点注意”
（1）公式F＝μFN中的FN是两个物体接触面上的压力，称为正压力（垂直于接触面的力），性质上属于弹力，它不一定等于物体的重力，许多情况下需结合物体的平衡条件等加以确定。
（2）滑动摩擦力F的大小与物体的运动速度无关，与接触面的大小无关。
（3）该公式适用于滑动摩擦力大小的计算。求静摩擦力的大小时，该公式不成立。
【最新高考题精练】
（2021年6月浙江选考）
1．2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层的减速，速度从减为；打开降落伞后，经过速度进一步减为；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（　　）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
（2021年1月浙江选考）
2．如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时（　　）
A．小车只受重力、支持力作用
B．木板对小车的作用力方向水平向左
C．木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
（2020高考北京卷）
3．某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．实验中必须让木板保持匀速运动
B．图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C．最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7
D．只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
（2020年7月浙江选考）
4．矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力、与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力。下列受力分析示意图可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2016·10月浙江学考）
5．中国女排在2016年奥运会比赛中再度夺冠．图为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有(　　)

A．推力
B．重力、推力
C．重力、空气对球的作用力
D．重力、推力、空气对球的作用力
（2016·江苏卷，1）
6．一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为(　　)
A．40 m/N B．40 N/m
C．200 m/N D．200 N/m
（2015·山东卷，16）
7．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块（A、B接触面竖直，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑，已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与B的质量之比为　　
A． B． C． D．
（2017·课标卷Ⅱ，16）
8．如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)
A．2－ B． C． D．
（2015·江苏3月学考）
9．如图所示，小强用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱，未拉动，此时绳中拉力为F，则木箱所受摩擦力的大小为（　　）

A．F B．Fsinθ C．0 D．Fcosθ
（2016·4月浙江选考）
10．如图所示是某人在投飞镖，飞镖在飞行途中受到的力有（　　）
A．推力 B．重力、空气阻力
C．重力、推力 D．重力、推力、空气阻力
（2012·浙江6月学考）
11．如图所示，手沿水平方向将书压在竖直墙壁上，使其保持静止。现增大手对书的压力，则书（　　）
A．受到的合外力增大
B．对墙壁的压力不变
C．受到的静摩擦力不变
D．将沿墙壁滑动
（2015·浙江1月学考）
12．如图所示，用弹簧测力计拉着滑块在水平桌面上做匀速直线运动，此时弹簧测力计读数为0.90N，已知滑块重为3N，则滑块与桌面间动摩擦因数为（ ）
A．0.1 B．0.3 C．2.0 D．3.0
【最新模拟题精练】
（2023四川成都蓉城名校联盟联考）
13．如图，天花板与水平面间的夹角为θ=37°，一质量为 m的物块在 一垂直于天花板向上的力F作用下静止于天花板上、已知物块与天花板之间的动摩擦因数为μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（　　）
A．物块可能只受三个力作用 B．物块给天花板的摩擦力沿天花板向上
C．力F的大小不得小于2mg D．力F的大小可能为1.25mg
（2022广东佛山重点高中质检）
14．如图所示，某同学用手握住竖直方向悬空的水杯保持静止来研究水杯受的摩擦力，为防止水杯脱落，往往会用力握紧它。以下说法正确的是（　　）
A．若往杯中加水，则必须增大手对杯子的压力
B．若往杯中加水，则杯子所受的摩擦力增大
C．若往杯中加水，则杯子所受的摩擦力不变
D．若增大手握杯子的力，则杯子所受的摩擦力增大
（2022辽宁沈阳二模）
15．如图所示，粗糙水平面上放置一倾角为的斜面体，工人在斜面体上向上匀速推动木箱。已知木箱质量和工人质量相等，工人对木箱的作用力一直平行于斜面向上，工人的脚与斜面间始终没有打滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　）
A．工人和重物受到斜面的摩擦力大小相等，方向相反
B．木箱受到的摩擦力对木箱做负功
C．工人受到的摩擦力对工人做正功
D．斜面体受到地面的摩擦力，方向水平向左
（2021安徽安庆市重点高中期中）
16．如图所示，物块正在沿粗糙的斜面匀速下滑，斜面保持静止状态。在下列几种情况中，物块仍沿斜面下滑，则关于地面对斜面体的摩擦力正确说法是（　　）
A．若对物块施加竖直向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向左
B．若对物块施加垂直于斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向左
C．若对物块施加沿斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向右
D．若对物块施加沿斜面向下的外力，地面对斜面体没有摩擦力
（2022·昆明模拟）
17．图甲是某同学写字时的握笔姿势，图乙是他在握笔时把拇指和食指松开时的状态，笔尖仍然斜向下且笔保持静止状态。关于两幅图中笔的受力，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中笔可能不受摩擦力
B．图乙中笔可能不受摩擦力
C．图甲和图乙中手对笔的作用力方向都为竖直向上
D．图甲中手的握力越大，笔所受的摩擦力越大
（2022广州培正中学三模）
18．如图所示，为一种倾斜放置的装取台球的装置，圆筒底部有一轻质弹簧，每个台球的质量为，半径为，圆筒直径略大于台球的直径。当将筒口处台球缓慢取走后，又会冒出一个台球，刚好到达被取走台球的位置。若圆筒与水平面之间的夹角为，重力加速度为，忽略球与筒间的摩擦力。则弹簧的劲度系数的值为（　　）
A． B． C． D．
（2022年高考广东梅州二模）
19．2022年春晚舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身后躺，与地面近乎平行，在舞者缓慢后躺的过程中，下列说法不正确的是（　　）
A．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力
B．舞者所受的支持力始终等于舞者的重力
C．舞者越向下躺，重心越低
D．舞者两脚间距越大，下弯时越稳定
20．长直木板的上表面的一端放有一铁块，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与水平面的 夹角 α 变大)，另一端不动，如图所示．则铁块受到的摩擦力 Ff 随角度 α 的变化图象可 能正确的是下图中的(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
A． B． C． D．
21．关于摩擦力，有人总结了“四条不一定”，其中说法错误的是（　　）
A．摩擦力的方向不一定与物体的运动方向相同
B．静摩擦力的方向不一定与运动方向共线
C．受静摩擦力的物体不一定静止，受滑动摩擦力的物体不一定运动
D．静摩擦力一定是阻力，滑动摩擦力不一定是阻力
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】A．打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；
B．打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，B正确；
C．打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，选项D错误。
故选B。
2．D
【详解】A．小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，A错误；
B．木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，B错误；
CD．木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，D正确。
故选D。
3．C
【详解】AB．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB错误；
C．由图可知，最大静摩擦力约为10N，滑动摩擦力约为7N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C正确；
D．根据
，
可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误。
故选C。
4．A
【详解】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。
故选A。
5．C
【详解】图中排球受到的力是：重力、空气对球的阻力，此刻人手与球并没有接触，所以没有推力，故C正确，ABD均错误．故选C．
6．D
【详解】由题意知，弹簧的弹力为4N时，弹簧伸长2cm，根据胡克定律
F=kx
代入数据可得弹簧的劲度系数
k=200N/m
故选D。
【方法技巧】本题主要是掌握胡克定律的公式F=kx，并注意各物理量的单位。
7．B
【详解】试题分析：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
F=μ2（m1+m2）g ①
再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
水平方向：F=N
竖直方向：m2g=f
其中：f=μ1N
联立有：m2g=μ1F ②
联立①②解得：
故选B。
【考点定位】物体的平衡
【点睛】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力。
8．C
【详解】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：，当拉力倾斜时，物体受力分析如图
由平衡条件得：，，又，得摩擦力为：，联立解得：，故选C.
9．D
【详解】木箱未被拉动，所受摩擦力为静摩擦力，对木箱受力分析，根据平衡条件：水平方向
故选D。
10．B
【详解】飞镖在飞行途中受到的力有重力，空气阻力，没有向前的推力，飞镖离开手，不再受到力的作用，故选B。
11．C
【详解】A．增大手对书的压力，书仍然处于静止状态，受到的合外力仍然为零，合外力不变，故A错误；
B．手对书的压力和墙对书的支持力是一对平衡力，等大反向，书对墙壁的压力和墙对书的压力是一对作用力和反作用力，等大反向，所以手对书的压力始终等于书对墙壁的压力，手对书的压力增大，则书对墙壁的压力也增大，故B错误；
C．书受到静摩擦力，与重力是一对平衡力，由于重力不变，所以摩擦力不变，故C正确；
D．增大手对书的压力可以增加书受到的最大静摩擦力，物体更不容易滑动，故D错误。
故选C。
【点睛】对于不知道变化规律的力，可以用共点力平衡列表达式求解。
12．B
【详解】匀速运动时弹簧的拉力与滑动摩擦力平衡，由公式f=μFN知，μ=0.3
故选B。
13．C
【详解】A．物块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对物块一定有弹力，所以物块受重力、F、天花板弹力和摩擦力四个力的作用，故A错误；
B．天花板给物块的摩擦力沿天花板向上，根据牛顿第三定律可知，物块给天花板的摩擦力沿天花板向下，故B错误；
CD．物块受力及正交分解如图所示，物块静止，则y方向
x方向
联立解得
故C正确，D错误。
故选C。
14．B
【详解】A．若往杯中加水，则杯子受到摩擦力会增大，但不一定会超过最大静摩擦力，则不是必须要增大手对杯子的压力，故A错误；
BC．杯子在竖直方向受力平衡，杯子受到的重力与摩擦力是一对平衡力，若往杯中加水，则杯子所受的摩擦力增大，故B正确， C错误；
D．杯子受力平衡，杯子受到的重力与摩擦力是一对平衡力，手给杯子的压力越大，杯子受到的最大静摩擦力越大，但摩擦力不变，故D错误。
故选B。
15．B
【详解】A．因人和箱子质量相等，设为m，对人有
对箱有
则有
A错误；
B．由于木箱受到的摩擦力沿斜面向下，木箱的位移沿斜面向上，可知摩擦力对木箱做负功，B正确；
C．由于人在斜面上没有位移，根据功的定义可知，工人受到的摩擦力对工人不做功，C错误；
D．把人、箱、斜面看成整体，三者都处于平衡态，水平方向无加速度，所以地面给斜面的摩擦力为0，D错误。
16．D
【详解】物块沿粗糙的斜面匀速下滑，物块处于平衡状态，斜面体对物块的力竖直向上与重力平衡，物块对斜面体的力竖直向下，地面对斜面体没有摩擦力。
A．若对物块施加竖直向下的外力，相当于物块的重力增加了，物块仍做匀速运动，地面对斜面体的摩擦力仍为零，A错误；
CD．若对物块施加沿斜面向下的外力，此时，物块对斜面体的摩擦力与匀速下滑时相等，物块对斜面体的压力与匀速时相等，因此斜面受力没变，地面对斜面体的摩擦力仍为零，C错误，D正确；
B．若对物块施加垂直于斜面向下的外力，把该外力分解为竖直向下的和沿斜面向上的两个分力（两个分力不再相互垂直），两个分力单独作用时，竖直向下的外力不会造成地面对斜面体有摩擦，沿斜面向上的分力只能使物块减速运动，物块对斜面体的压力和摩擦力不变，也不会造成地面对斜面体产生摩擦力，两个分力同时作用时，地面对斜面体的摩擦力仍为零，即若对物块施加垂直于斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力仍为零，B错误。
故选D。
17．C
【详解】A．对图甲受力分析，受到手指的压力，重力，摩擦力，如果没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来。故A错误。
B．对图乙受力分析，受到重力，摩擦力，如果没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来。故B错误。
C．因为图甲和图乙中的笔都是静止状态，所以手对笔的作用力方应于重力大小相等，方向相反，故C正确。
D．图甲中的笔受到的是静摩擦力，和握力无关，故D错误。
故选C。
18．A
【详解】对小球整体处于平衡状态，受力分析得，沿筒方向受力平衡有
解得
故选A。
19．A
【详解】A．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项A错误，符合题意；
B．舞者缓慢后躺，可认为都是平衡状态，则舞者所受的支持力始终等于舞者的重力，选项B正确，不符合题意；
C．舞者越向下躺，整个身体的重心越低，选项C正确，不符合题意；
D．舞者两脚间距越大，重心越向下，下弯时越稳定，选项D正确，不符合题意。
故选A。
20．C
【详解】使铁块沿着斜面下滑的力是F=mgsinα，对于一个确定的角度α，最大静摩擦力是fm=μmgcosα．
如果F＜fm，那么铁块所受的是静摩擦，由平衡条件得知，摩擦力f=F=mgsinα，当α逐渐变大，会出现F＞fm，这样，出现滑动摩擦，摩擦力f=fm=μmgcosα，在阶段1即静摩擦阶段，f=F=mgsinα，α的变化范围在0到90°之间，sinα随α变大而变大，当F大到等于fm后，就进入第2阶段即动摩擦阶段，f=fm=μmgcosα，余弦函数随α变大而变小，由题，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两阶段在衔接处没有数值突变，故C正确；故选C．
点睛：一般来说最大静摩擦力比滑动摩擦力稍大一点，应注意本题中的条件是最大静摩擦力等于滑动摩擦力．故不会由突变产生．
21．D
【详解】A．滑动摩擦力的方向与物体的相对运动方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，A不符合题意；
B．静摩擦力的方向不一定与运动方向共线，如运行中的车厢内安在车厢壁的物体，B不符合题意；
C．货物在传送带上向高处运动时，货物受静摩擦力但不静止，正在地面上滑行的物体，地面受到滑动摩擦力，而地面是静止的，C不符合题意；
D．静摩擦力阻碍的是物体间的相对运动趋势，但不一定阻碍物体的运动，滑动摩擦力总是阻碍物体间的相对运动，而不是阻碍物体的运动，D符合题意。
故选D。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第二章：相互作用
第2.2讲　力的合成与分解
【知识点精讲】
考点一　力的合成
1．合力与分力
（1）定义：如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力叫做分力。
（2）关系：合力和分力是等效替代的关系。
2．共点力：作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力。
3．力的合成
（1）定义：求几个力的合力的过程。
平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向。
【要点点拨】
1．合力和分力关系
（1）合力不一定大于分力。
（2）合力与分力的作用效果作用，但它们并不是同时作用在物体上。
（3）合力与分力是等效替代关系。
2．由分力确定合力范围
（1）两个力的合成
①合力范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。
②几种特殊情况下的合力
（2）三个力的合成
以三个力的大小为邻边，看能否组成三角形，若能，则：0≤F合≤F1＋F2＋F3；若不能，则合力的最大值仍为三力之和，最小值为三力中最大力减去两个较小力之和。
【方法总结】
1．记牢几个重要结论
（1）两个分力一定时，夹角θ越大，合力越小。
（2）合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大。
（3）合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力。
2．共点力合成的方法
（1）作图法
（2）计算法：根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力，是解题的常用方法。
考点二　力的分解
1．定义：已知一个力求它的分力的过程叫做力的分解。
2．力的分解法则
力的分解是力的合成的逆运算，同样遵守平行四边形定则。把一个已知力F作为平行四边形的对角线，那么，与力F共点的平行四边形的两个邻边就表示力F的两个分力。
3．力的分解依据
（1）一个力可以分解为两个力，如果没有限制，同一个力可以分解为无数对大小、方向不同的分力。
（2）在实际问题中，要依据力的实际作用效果分解。
【方法归纳】
1．力的效果分解法
（1）根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向；
（2）再根据两个实际分力方向画出平行四边形；
（3）最后由平行四边形知识求出两分力的大小。
把力按实际效果分解的一般思路
2．力的正交分解法
把力沿两个互相垂直的方向分解，叫做力的正交分解。
（1）这是一种很有用的方法，分解是为了求合力，尤其适用于物体受多个力的情况。物体受到F1、F2、F3…求合力F时，可把各力沿互相垂直的x轴、y轴分解，F1分解为F1x和F1y，F2分解F2x和F2y，F3分解为F3x和F3y……则x轴上的合力Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…，y轴上的合力Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋…合力F＝，设合力与x轴夹角为θ，则tanθ＝。
（2）正交分解时建立坐标轴的原则
①在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则；
②在动力学中，以加速度方向的直线和垂直于加速度方向的直线为坐标轴建立坐标系，这样牛顿第二定律表达式变为；
③尽量不分解未知力。
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考·2）
1．如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为，墙壁对足球的支持力为，则（　　）
A． B．
C． D．
（2022·全国理综乙卷·15）
2．如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（　　）
A． B． C． D．
（2022年6月浙江选考）
3．如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角，一重为的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（　　）
A．作用力为 B．作用力为
C．摩擦力为 D．摩擦力为
（2021高考新课程II卷海南卷）
4．如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则P与M间的动摩擦因数至少为（　　）
A． B． C． D．
（2021年高考广东学业水平选择性测试）
5．唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（ ）
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
（2020海南高考）
6．如图，上网课时小明把手机放在斜面上，手机处于静止状态。则斜面对手机的（ ）
A．支持力竖直向上
B．支持力小于手机所受的重力
C．摩擦力沿斜面向下
D．摩擦力大于手机所受的重力沿斜面向下的分力
（2022海南高考）
7．我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为，不计石块间的摩擦，则为（ ）
A． B． C．1 D．2
（2015·浙江1月学考）
8．小刘同学用轻质圆规做了如图所示的小实验，其中圆规两脚A与B分别模拟横梁与斜梁，钥匙模拟重物。通过实验能说明：O点受到向下的力F产生的对横梁A与斜梁B的作用效果分别是（　　）
A．压力、拉力 B．压力、压力 C．拉力、拉力 D．拉力、压力
【最新高考题精练】
（2023重庆一中质检）
9．如图所示为某同学设计的简易晾衣装置，一轻绳两端分别固定于天花板上A、B两点，通过光滑轻质动滑轮和另一根轻绳将衣物竖直悬挂在空中，两根轻绳所能承受的最大拉力相同，若晾晒的衣物足够重时绳先断，则（　　）
A．
B．
C．
D．不论为何值，总是绳先断
（2023辽宁本溪下学期期中）
10．如图所示，直杆弯折成90°固定在竖直面内，OA段竖直，OB段水平，绕过光滑滑轮C的不可伸长的细线两端D、E分别固定在OA、OB上，质量为m的小球吊在滑轮下，静止时，DC段细线与竖直方向的夹角，不计滑轮及细线的重力，重力加速度为g，则（　　）
A．细线上的拉力大小为
B．仅将D端缓慢沿杆向上移，细线上拉力变小
C．仅将E端缓慢沿杆向左移，细线上拉力增大
D．仅将D端缓慢沿杆向下移，滑轮C接触到杆OA之前，不可能出现DC段细线水平的情况
（2023天津一中质检）
11．如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈的斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮1固定在点，光滑滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点向左移动少许，而物体a与斜劈始终静止，则下列说法错误的是（　　）
A．斜劈对地面的压力不变
B．地面对斜劈的摩擦力增大
C．斜劈对物体a的摩擦力大小可能不变
D．若将固定点向下移动少许，斜劈对物体a的摩擦力不变
（2022四川成都七中第七次质检）
12．如图所示，永州某校高三体育专业生在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设该同学做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高，且绳子BO=AO，为简便计算，假设两绳间的夹角为θ＝60°，绳AO、BO所在平面与水平面间的夹角恒为γ=30°，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为f，则每根绳的拉力大小为（　　）
A． B． C． D．
（2022北京朝阳二模）
13．如图所示，一台空调外机用两个相同的三角形支架固定在外墙上，支架横梁和斜梁的连接点为O，另一支架横梁与斜梁的连接点为（图中未画出），空调外机的重心恰好在连线中点的正上方。横梁水平，对O点的力为，斜梁跟横梁的夹角为37°，对O点的力为。已知空调外机的重力大小为210N，忽略支架的重力，，。下列说法正确的是（　　）
A．，方向由O指向A B．，方向由A指向O
C．，方向由O指向B D．，方向由B指向O
（2022河北衡水中学一模）
14．如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，书与书架的重心始终恰好在两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′连线中点的正上方，书架含书的总重力为60N，横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37°，横梁对O、O′点拉力始终沿OA、A′O′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　）
A．横梁OA所受的力为80N
B．斜梁BO所受的力为50N
C．O、O′点同时向A、A′移动少许，横梁OA所受的力变大
D．O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大
（2022上海七宝中学模拟）
15．如图所示，同一竖直面内有上下两条用相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B的正上方，A、B之间用一根细线相连，在细线中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线运动，则拉力的方向是（图中②表示水平方向）

A．沿①②③方向都可以
B．沿①方向
C．沿②方向
D．沿③方向
（2021辽宁模拟预测13）
16．如图所示，挂钩连接三根长度均为L的轻绳，三根轻绳的另一端与一质量为m、直径为1.2L的水平圆环相连，连接点将圆环三等分，在挂钩拉力作用下圆环以加速度a=g匀加速上升，已知重力加速度为g，则每根轻绳上的拉力大小为
A． B． C． D．
17．设有三个力同时作用在质点P上，它们的大小和方向相当于正六边形两条边和一条对角线，如图所示，这三个力中最小的力的大小为F，则这三个力的合力等于(　　)
A．6 F B．5 F C．4 F D．3 F
18．假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣。他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），他先后做出过几个猜想，其中合理的是（　　）
A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了外形美观，跟使用功能无关
B．在刀背上加上同样的力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关
C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大
D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大
19．在研究共点力合成实验中，得到如图所示的合力F与两个力夹角θ的关系图线，则下列说法正确的是(　　)

A．2 N≤F≤14 N
B．2 N≤F≤10 N
C．两分力大小分别为2 N和8 N
D．两分力大小分别为6 N和8 N
20．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法中正确的是（　　）
A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3
B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大
C．若F1∶F2∶F3=3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
D．若F1∶F2∶F3=3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
21．如图，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比为
A．cosθ+μsinθ B．cosθ–μsinθ
C．l+μtanθ D．1–μtanθ
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】对网兜和足球受力分析，设轻绳与竖直墙面夹角为θ，由平衡条件
可知
，
故选C。
2．A
【详解】当两球运动至二者相距时，,如图所示
由几何关系可知
设绳子拉力为，水平方向有
解得
对任意小球由牛顿第二定律可得
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
3．B
【详解】设斜杆的弹力大小为，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得
解得
以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示
可知每根斜杆受到地面的作用力应与平衡，即大小为，每根斜杆受到地面的摩擦力为
B正确，ACD错误；
故选B。
4．D
【详解】滑块Q在光滑斜面N上静止，则P与Q带电同性，两者之间为库仑斥力设为F，两滑块的受力分析和角度关系如图所示
对Q物体在沿着斜面方向有
可得
而对P物体动摩擦因数最小时有
联立解得
故选D。
5．B
【详解】A．将拉力F正交分解如下图所示
则在x方向可得出
Fx曲 = Fsinα
Fx直 = Fsinβ
在y方向可得出
Fy曲 = Fcosα
Fy直 = Fcosβ
由题知α < β则
sinα < sinβ
cosα > cosβ
则可得到
Fx曲 < Fx直
Fy曲 > Fy直
A错误、B正确；
CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。
故选B。
【点睛】
6．B
【详解】设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示
由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有
，
因，故，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力
故选B。
7．D
【详解】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为，每块石块对应的圆心角为，对第块石块受力分析如图
结合力的合成可知
对第2块和第三块石块整体受力分析如图
解得
故选D。
8．D
【详解】ABCD．把绳子的拉力F沿着AO和BO的方向进行分解，分力即是力F对横梁A与斜梁B的作用。运用平行四边形定则进行分解可知，对横梁A产生了拉力的作用，对斜梁B产生了压力的作用，故ABC错误，D正确。
故选D。
9．A
【详解】根据对称性可知，绳与绳拉力大小相等，由平衡条件得
当衣物足够重时绳先断说明
则得到
解得
故选A。
10．D
【详解】A．根据力的平衡，设细线上的拉力为T，则
解得
故A错误；
B．仅将D端缓慢沿杆向上移，根据几何关系可知，细线与竖直方向的夹角不变，因此拉力大小不变，故B错误；
C．仅将E端缓慢沿杆向左移，细线与竖直方向的夹角变小，因此拉力减小，故C错误；
D．仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，由于滑轮两边细线与竖直方向的夹角总是相等，因此段细线始终不可能变成水平，故D正确。
故选D。
11．B
【详解】A．对斜劈、物体、物体整体受力分析如下图
受重力、地面的支持力、细线的拉力和地面的摩擦力，根据平衡条件有
支持力与角度无关，恒定不变，根据牛顿第三定律可知斜劈对地面的压力不变，故A正确，不符合题意；
B．由平衡条件可知，地面对斜劈的摩擦力
可知随着角度减小，地面对斜面的摩擦力减小，故B错误，符合题意；
C．对滑轮和物体ｂ受力分析如下图
受重力和绳子两端的拉力，因此为动滑轮，故两段绳子上的拉力大小始终相同，根据平衡条件有
解得
当将固定点ｃ向左移动少许，则角减小，故拉力减小；对物体受力分析，当
则斜劈对物体没有摩擦力，随着拉力的减小，斜劈对物体的静摩擦力沿着斜面向上逐渐增大；当
物体受到的静摩擦力沿着斜面向下，随着拉力减小，物体受到的静摩擦力逐渐减小为零而后反向增大；当
物体受到的静摩擦力沿着斜面向上，随着拉力减小，物体受到的静摩擦力仍沿着斜面向上，逐渐增大，综合以上分析可知物体受到的摩擦力的大小可能减小、可能增大、也可能不变，故C正确，不符合题意；
D．若将固定点向下移动少许，角度不变，斜劈对物体的摩擦力不变，故D正确，不符合题意。
故选B。
12．A
【详解】设每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力
方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为，如图所示：
由平衡条件得
联立解得
代入数据得
故选A。
13．A
【详解】对O点受力分析如图所示
由于有两个支架承载空调，故根据平衡条件可得
解得
且FA方向由O指向A，FB方向由B指向O。
故选A。
14．B
【详解】两个三角架承担的力为60N，每个三角架为30N，对O点受力分析，如图甲所示
故A错误，B正确；
CD．O、同时向A、移动少许，对O点受力分析，如图乙虚线所示
三角形AOB与力三角形相似，所以有
AB与BO长度未变，AO长度减小，故不变，减小，故CD错误。
故选B。
15．D
【详解】因为两个物体都是做匀速直线运动，所以都处于平衡状态，对于A来说
对于B来说
所以，故沿③方向
故选D。
16．C
【详解】由几何关系可知，每根绳子与竖直方向的夹角sinθ=0.6，cosθ=0.8；对圆环在竖直方向：
解得
A．，与结论不相符，选项A错误；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论相符，选项C正确；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选C。
17．D
【分析】多个力合成时可以先合成任意两个力，再把这两个力的合力与第三个力相合成，只到把所有的力都合成进去，即可求得最后的合力．
【详解】有图可知，F1、F2的夹角的大小为120°根据平行四边形定则可知，F1、F2的合力的大小为F，由于F3=2F1=2F，所以F1、F2、F3的合力的大小为3F．故选D．
【点睛】对于多力的合成，不一定非要逐一相合成，可以先合成任意两个，再将合力合成，效果相同．
18．D
【详解】把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示。
当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用时依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等，即
F1＝F2
画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示，在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得
由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，的值越小，F1和F2越大；但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思，故D正确，ABC错误。
故选D。
19．AD
【详解】由图知，F1－F2＝2 N，＝10 N，解得F1＝8 N，F2＝6 N，故2 N≤F≤14 N，A对，D对．
20．C
【详解】A．三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，故A错误；
B．合力不一定比分力大，可以大于分力，也可以等于分力，也可以小于分力，故B错误；
C．若F1∶F2∶F3=3∶6∶8，则有
所以只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零，故C正确；
D．若F1∶F2∶F3=3∶6∶2，则有
所以无论怎样调整它们之间的夹角，都不能使合力为零，故D错误。
故选C。
【点睛】如果一个物体受三个共点力作用，当时，这三个力的合力可能为零。
21．B
【详解】F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得
F1=mgsinθ+μFN
FN=mgcosθ
解得：F1=mgsinθ+μmgcosθ
F2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得
F2cosθ=mgsinθ+μFN′
FN′=mgcosθ+F2sinθ
解得：
所以 ，故选B．
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答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第二章 相互作用
第2.3讲 共点力的平衡
【知识点精讲】
1．受力分析
把指定物体（研究对象）在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图的过程。
2．受力分析的一般顺序
先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后分析其他力。
3. 共点力作用下物体的平衡（c/c）
（1）共点力：作用于物体的同一点或作用线交于一点的力。
（2）平衡状态：物体处于静止状态或匀速直线运动状态，即a＝0。
（3）共点力的平衡条件
F合＝0或者
平衡条件的推论
（1）二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反。
（2）三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余两个力的合力大小相等，方向相反；并且这三个力的矢量可形成一个封闭的矢量三角形。
（3）多力平衡：如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反。
【方法归纳】
1．受力分析的常用方法
（1）整体法：将加速度相同的几个物体作为一个整体来分析的方法。
（2）隔离法：将研究对象与周围物体分隔开来分析的方法。
（3）假设法：在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在或不存在的假设，然后再就该力存在与否对物体运动状态影响的不同来判断该力的有无。
2．受力分析的基本思路
受力分析的方法步骤图解
受力分析的注意事项
（1）只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体所施加的力。
（2）只分析性质力，不分析效果力。
（3）每分析一个力，都应找出施力物体。
（4）合力和分力不能同时作为物体所受的力。
（5）应结合运动状态。
（6）注意牛顿第三定律的应用。
（7）遇到弹力、摩擦力的判断较复杂时可用假设法。
3. 整体法与隔离法在受力分析中的应用
（1）整体法：在研究外力对物体系统作用时，一般选用整体法。因为不用考虑系统内力，这种方法更简便，一般能用整体法解决的问题不用隔离法。
（2）隔离法：分析系统内各物体（各部分）之间的相互作用时，需选用隔离法，一般隔离受力较少的物体。
整体法和隔离法→确定研究对象→可以是①单个物体；②多个物体组成的系统；③一个结点．
（3）整体法、隔离法的应用技巧：
①不涉及系统内力时，优先选用整体法．
②应用隔离法，一般隔离“简单”的物体，如待求量少或受力少或处于边缘的物体．
③将整体法与隔离法有机结合、灵活运用．
④各“隔离体”间的关联力，表现为作用力和反作用力，对于整体系统则是内力．
【特别提醒】对物体进行正确的受力分析，是解决力学问题的前提．同学们在对物体进行受力分析时，为了避免“漏力”或“多力”的情况，必须注意：（1）只分析研究对象受到的力，不要把研究对象受到的作用力与该研究对象对其他物体的作用力相混淆；（2）惯性不是力，不要把物体的惯性当力；（3）只分析实际受到的力，不要把效果力当性质力去分析．
4　平衡问题常见处理方法
方法 内容
合成法 物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
分解法 物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分解法 物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
力的三角形法 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
5．解决平衡问题的基本思路
6. 共点力平衡问题的分析步骤：
【最新高考题精练】
（2022·高考广东物理）
1．图是可用来制作豆腐的石磨。木柄静止时，连接的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、和分别表示三根绳的拉力大小，且。下列关系式正确的是（　　）
A． B． C． D．
（2022高考河北卷）[河北2022·7，4分]
2．如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（　　）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的方向不变
（2022新高考海南卷）
3．我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为，不计石块间的摩擦，则为（ ）
A． B． C．1 D．2
（2021新高考湖南卷）
4．质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．推力先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
（2016· 课标卷Ⅰ，19）
5．如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）
A．绳OO'的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
（2014·课标卷Ⅰ，17）
6．如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内 ）．与稳定在竖直位置时相比，小球高度
A．一定升高 B．一定降低
C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
（2015·浙江学业水平.。考试）
7．如图所示，一位杂技演员在高空钢丝上匀速前行，若图中钢丝可视为水平，则他受到的支持力与重力的关系是（　　）
A．一对平衡力
B．作用力和反作用力
C．支持力小于重力
D．支持力大于重力
[2019·全国卷Ⅲ，16]
8．用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°．重力加速度为g．当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则
A． B．
C． D．
（2020新高考山东卷）
9．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　）
A． B． C． D．
【最新模拟题精练】
（2023湖南衡阳二中4月质检）
10．如图所示，竖直面内固定一半径为R的光滑大圆环轨道，O为圆心，在大圆环的最高点固定了一个光滑的小滑轮，两个小球套在大圆环轨道上通过跨过小滑轮的细绳相连，已知当两小球静止时，轻绳和竖直方向间的夹角分别为，A球的质量为m，重力加速度为g，则细绳对滑轮的作用力大小为（　　）

A． B． C． D．
（2023湖南衡阳二中4月质检）
11．如图，竖直墙壁上固定一轻杆，杆与水平方向间的夹角θ=30°，一轻绳一端固定于轻杆上的A点，另一端绕过固定于B点的定滑轮后挂一物块a，轻绳A、B之间有一光滑轻滑钩P，滑钩上挂一物块b，初始时两物块都处于平衡状态，如果将杆与水平方向间的夹角θ由30°缓慢减小为0°，则此过程中下列说法正确的是（　　）

A．物块b受到的合力逐渐减小 B．PA和PB的夹角α增大
C．轻绳上的弹力逐渐增大 D．轻绳上的弹力不变
（2023山东平度二模）
12．一学校物理项目学习小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，他们进行了合理简化，悬索桥的简化模型如下：吊桥六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为9m，靠桥面中心的钢杆长度为2m（即AA'＝DD'＝2m），BB'＝EE'，CC'＝PP'，又已知两端钢缆CM、PN与水平方向成45°角，若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同且均为T，桥面总质量为m。下列说法正确的是（ ）

A．每根钢杆拉力大小为
B．每对钢缆中拉力大小为
C．每对钢缆中拉力大小为
D．的长度为6m
（2023年辽宁抚顺三模）
13．如图所示，水平轻杆BC固定，细绳AD跨过BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M的物体，静止时，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．细绳AC段的张力
B．轻杆BC对轻质定滑轮的弹力，方向沿BC指向右侧
C．若BC杆左端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端C通过细绳AC拉住，则轻杆BC对轻质定滑轮的弹力，方向沿BC指向右侧
D．若BC杆左端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端C通过细绳AC拉住，则细绳AC段的张力
（2023湖南张家界模拟）
14．利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法。如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态。该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型。运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点。根据上述信息，当钢管与地面的夹角逐渐变小时，下列说法正确的有（　　）
A．地面对钢管支持力的大小不变
B．地面对钢管的摩擦力变大
C．地面对钢管作用力的合力变大
D．地面对钢管作用力的合力大小不变
15．如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为mA和mB的两个小球A和B（均可视为质点）。将其放在一个直角形光滑槽中，已知轻杆与槽右壁成α角，槽右壁与水平地面成θ角时，两球刚好能平衡，且α≠θ，则A、B两小球的质量之比为（　　）

A． B．
C． D．
16．如图所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O2在O1正上方，一根轻绳一端系于O点，另一端跨过定滑轮O2，由水平外力F牵引，用FN表示铰链对细棒的作用，现在外力F作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．F逐渐变小，FN大小不变 B．F逐渐变小，FN大小变大
C．F先变小后变大，FN逐渐变小 D．F先变小后变大，FN逐渐变大
17．如图所示，一根匀质绳的质量为M，其两端固定在天花板上的A、B两点，在绳的中点悬挂一质量为m的重物，悬挂绳的质量不计，设α、β为绳的端点和中点处的切线方向与竖直方向的夹角，则的大小为(　　)
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】以点为研究对象，受力分析如图
由几何关系可知
由平衡条件可得
联立可得
故D正确，ABC错误。
故选D。
2．B
【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又
且
可知
则
可知从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力方向变化，故B正确，ACD错误。
故选B。
3．D
【详解】六块形状完全相同的石块围成半圆对应的圆心角为，每块石块对应的圆心角为，对第块石块受力分析如图
结合力的合成可知
对第2块和第三块石块整体受力分析如图
解得
故选D。
4．C
【详解】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有
滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；
C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为
则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为
则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
5．BD
【详解】AC．物块b仍始终保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可知连接a和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以绳OO'的张力也不变，故AC错误；
BD．对b进行受力分析可知，当若F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故BD正确。
故选BD。
6．A
【详解】
试题分析：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，
弹簧的伸长x1＝，即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2＝＝，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜L0+=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD错误．
故选A．
7．A
【详解】杂技演员在高空钢丝上匀速前行，则他受到的钢丝的支持力与重力大小相等、方向相反、作用在同一物体上，是一对平衡力。
故选A。
8．D
【详解】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，， ．解得， 由牛顿第三定律知，故D正确
9．C
【详解】当木板与水平面的夹角为时，两物块刚好滑动，对A物块受力分析如图
沿斜面方向，A、B之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
对B物块受力分析如图
沿斜面方向，B与斜面之间的滑动摩擦力
根据平衡条件可知
两式相加，可得
解得
故选C。
10．B
【详解】滑轮到小球A的距离
如图所示

小球A的受力矢量三角形与对应的几何三角形相似，则有
解得
则绳对滑轮的作用力
故选B。
11．D
【详解】A．杆与水平方向间的夹角θ由30°缓慢减小为0°的过程中，物块b始终处于平衡状态，物块b所受合力始终为0，即合力不变，A错误；
CD．杆与水平方向间的夹角θ由30°缓慢减小为0°的过程中，物块a一直处于平衡状态，根据平衡条件可得轻绳的弹力F始终等于物块a的重力，则轻绳上的弹力不变，D正确，C错误；
B．轻绳上各处的弹力大小均相等，则与竖直方向间的夹角相等，均为，以P和b整体为研究对象，设物块b的重力为，根据共点力的平衡条件可得
弹力F和重力大小不变，则PA和PB间的夹角α不变，θ逐渐减小的过程中，两点之间的水平距离增大，因为
则变大，即物块a会缓慢向上移动从而使PA和PB的夹角α不变，B错误。
故选D。

12．C
【详解】A．桥两侧有六对钢杆悬吊，即12根钢杆，以桥面为研究对象，受重力mg和6对（12根）钢杆的拉力，设每根钢杆拉力为F，方向都是竖直向上所以有
解得每根钢杆拉力大小为
故A错误；
C．以1/2桥面和CP间的钢杆钢缆整体为研究对象，受力分析如图1，有

由对称性知
由平衡条件
解得
故C正确；
B．隔离左侧1/2钢缆，分析受力， 3根钢杆向下的拉力为

设钢缆中拉力大小为FAD，如图2，由平衡条件，可得
解得
故B错误；
D．以钢缆和钢杆的一个结点A点为研究对象，受力分析如图3。由平衡条件可得
由几何关系可得
故D错误。

故选C。
13．D
【详解】AB．对C点受力分析，如图所示
轻绳AD跨过定滑轮拉住重为Mg的物体，所以有
根据牛顿第三定律，可知轻绳AC对墙的拉力大小为Mg；根据
且夹角为120°，根据平行四边形定则，可知滑轮对轻绳的作用力大小
方向与水平方向成30°，指向斜右上方,故AB错误；
CD．若BC杆左端用铰链固定在竖直墙壁上，对C点受力分析如图
根据平衡条件可得
解得
故D正确，C错误。
故选D。
14．ABC
【详解】AB．对钢管受力分析，钢管受重力G、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力、水平向左的摩擦力，可知
即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故AB正确；
CD．对钢管受力分析，可认为钢管受到重力G、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交与一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为α（钢管与水平面的夹角为θ）根据共点力平衡条件可知
当钢管与地面的夹角逐渐变小，同时α也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D错误。
故选ABC。
15．D
【详解】A，B各受三个力而平衡，在沿斜槽方向，对A球有
对B球有
联立解得
故D正确。

16．A
【详解】画出细棒的受力分析，如下图所示。
根据三角形定则及相似三角形可知
因OO1和O1O2不变，则FN大小不变；随着OO2的减小，F逐渐减小。
故选A。
17．C
【详解】设悬点A处对绳的拉力大小为F1，由对称性可知点B处对绳的拉力大小也为F1，取M和m为一整体，由平衡条件得
2F1cos α＝(M＋m)g
设绳在P点的张力大小为F2，对P点由平衡条件得
2F2cos β＝mg
再以AP段绳为研究对象，由水平方向合力为零求得
F1sin α＝F2sin β
以上三式联立可得
＝.
故C正确。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第二章：相互作用
第2.4讲　动态平衡与极值
【知识点精讲】
1．动态平衡
指通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，而在这个过程中物体始终处于一系列的平衡状态。
共点力作用下的动态平衡：是指平衡问题中的一部分力是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，所以叫动态平衡，这是力平衡问题中的一类难题。
解决动态平衡问题的基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”。
解决动态平衡问题的关键是：抓住不变量，确定自变量，依据不变量与自变量的关系来确定其他量的变化规律．
【特别提醒】平衡中的“三看”与“三想”
（1）看到“缓慢”，想到“物体处于动态平衡状态。”
（2）看到“轻绳、轻环”，想到“绳、环的质量可忽略不计”。
（3）看到“光滑”，想到“摩擦力为零”。
2．极值问题
（1）定义：平衡物体的极值问题，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．
（2）解题方法：解决这类问题的常用方法是解析法，即根据物体的平衡条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值．另外，图解法也是常用的一种方法，即根据物体的平衡条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值．
3．临界问题
（1）定义：由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，解题的关键是确定“恰好出现”或“恰好不出现”的条件．
（2）解题方法：解决这类问题的基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
【方法归纳】
1．求解动态平衡常用的“五种”典型方法
（1）矢量图解法：适合解决三个力的动态平衡问题，形象、直观，其解题思路：
对于受到一个大小方向都不变的力，受到一个方向不变的力和大小方向都变化的力作用的研究对象，采用力矢量图解分析法，快捷明了。首先对研究对象进行受力分析，画出所受各力的示意图，作出力矢量三角形，根据题述大小方向都变化力的变化情况，分析得出。
（2）解析法：适合解决多力动态平衡问题，首先对研究对象进行受力分析，选择合适的坐标系，将所受各力正交分解，利用平衡条件列出方程，得出未知力的表达式，根据函数关系式确定物理量的变化情况。
（3）相似三角形法：在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，无法用图解法分析，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形的比例关系求解。
（4）正弦定理法：对于受到三个力作用下平衡的物体，若受力分析画出各力的示意图，作出力矢量三角形，没有与情景图中的几何三角形相似，可以根据正弦定理得出力表达式，分析得出。
（5）定性分析法：所谓定性分析法是指可以根据题述动态变化情景，通过适当推理，定性分析得出轻绳或轻杆中弹力的方法。此方法一般适用于既不能得出函数关系式，又不能力矢量图解的情景。
2．解决极值和临界问题的三种方法：
极限法 正确进行受力分析和变化过程分析，找到平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中寻找，不能在一个状态上研究临界问题，要把某个物理量推向极大或极小
数学分析法 通过对问题分析，根据平衡条件列出物理量之间的函数关系（画出函数图象），用数学方法求极值（如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值）
图解分析法 根据平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值和最小值
【最新高考题精练】
（2021新高考湖南卷）
1．质量为的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，为半圆的最低点，为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块。用推力推动小滑块由A点向点缓慢移动，力的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）
A．推力先增大后减小
B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大
C．墙面对凹槽的压力先增大后减小
D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大
（2022高考河北卷）[河北2022·7]
2．如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（　　）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的方向不变
[2019·全国卷Ⅰ]
3．如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中（　　）

A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
（2017·天津卷，8）
4．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（　　）
A．绳的右端上移到b’，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
（2016·课标卷Ⅰ，19）
5．如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）
A．绳OO'的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
（2014·课标卷Ⅰ，17）
6．如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定的偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内 ）．与稳定在竖直位置时相比，小球高度
A．一定升高 B．一定降低
C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
（2016·课标卷Ⅱ，14）
7．质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（　　）
A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小
（2017·课标卷Ⅰ，21）
8．如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（）．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
【最新模拟题精练】
（2023江西红色十校第一次联考）
9．某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子（固定不动）中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨。游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示。若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动（钢尺在盒内的长度逐渐变短），使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是（　　）
A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小 B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小
C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小 D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大
（2023西安长安区一模）
10．如图所示，圆心为O，水平直径为AB的圆环位于竖直面内，一轻绳两端分别固定在圆环的M、N 两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，MN连线过圆心O且与AB间的夹角为，不计滑轮 与轻绳之间的摩擦。圆环顺时针缓慢转过角度的过程，轻绳的张力
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大再减小
D．先减小再增大
11．《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程，如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．工人对绳的拉力一直变大
B．绳OD的拉力的一直变小
C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg
D．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为mg
12．质量为的木箱置于水平地面上，它与地面间动摩擦因数，受到一个与水平方向成角斜向上的拉力，为使木箱做匀速直线运动，拉力的最小值以及此时分别是（ ）

A．； B．； C．； D．；
13．如图所示，质量为m的小球P(可以看成质点)，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一与水平方向成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起．绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为FT1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为FT2，则FT1∶FT2为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A．3∶4 B．4∶3 C．3∶5 D．4∶5
[2021·云南师大附中质检]
14．如图所示，质量为m的小球与细线连接且静止于光滑斜面上，斜面足够长，倾角α=30°的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高。当细线拉力最小时，推力F等于（　　）
A． B． C． D．
15．如图，倾角为45°的斜面体A放在水平地面上，A与地面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，光滑半球体B静止在竖直墙和斜面体之间，已知A、B所受重力都为G，若在B的球心处施加一竖直向下的力F，要保持斜面体静止不动，F的最大值是（　　）
A．G B．1.5G C．2G D．2.5G
16．如图所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则（重力加速度为g）（ ）
A．当β=30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
B．当β=60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcosα
C．当β=60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
D．当β=90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα
17．如图所示，斜面上固定有一与斜面垂直的挡板，另有一截面为圆的光滑柱状物体甲放置于斜面上，半径与甲相等的光滑球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．现在从球心O1处对甲施加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向缓慢向下移动，设乙对挡板的压力大小为 F1，甲对斜面的压力大小为F2，甲对乙的弹力为F3，斜面体与地面间的弹力为F4，在此过程中(　　)
A．F1逐渐减小 B．F2保持不变
C．F3先减小后增大 D．F4逐渐增大
18．倾角为θ＝37°的斜面体与水平面固定不动，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.现给A施加一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值不可能是(　　)
A．3 B．2 C．1 D．0.5
19．如图所示，电灯悬挂于两墙壁之间，更换水平绳OA使连接点A向上移动而保持O点位置和OB绳的位置不变，则在A点向上移动的过程中（　　）

A．绳OB的拉力逐渐增大
B．绳OB的拉力不变
C．绳OA的拉力先增大后减小
D．绳OA的拉力先减小后增大
20．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），挡板对小球的推力、半球面对小球的支持力的变化情况正确的是（　　）
A．增大、减小 B．增大、增大
C．减小、减小 D．减小、增大
21．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有竖直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．地面对P的摩擦力逐渐增大
C．P、Q间的弹力先减小后增大
D．Q受到P和MN的合力逐渐增大
22． 如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中
A．N1始终减小，N2始终增大
B．N1始终减小，N2始终减小
C．N1先增大后减小，N2始终减小
D．N1先增大后减小，N2先减小后增大
23．光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心，如图所示，将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力(　　)
A．逐渐增大 B．大小不变
C．先增大后减小 D．先减小后增大
24．一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C（劲度系数为k）、锁舌D（倾斜角θ＝45°）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由（FN为正压力）求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁），此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。
(1)求自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向；
(2)求恰好关不上门时（自锁时）锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小；
(3)无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，则μ至少要多大？
25．质量为的木楔倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成角的力拉着木块匀速上升，如图所示（已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为）。
（1）当时，拉力有最小值，求此最小值；
（2）当时，木楔对水平面的摩擦力是多大？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】AB ．对滑块受力分析，由平衡条件有
滑块从A缓慢移动B点时，越来越大，则推力F越来越大，支持力N越来越小，所以AB错误；
C．对凹槽与滑块整体分析，有墙面对凹槽的压力为
则越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；
D．水平地面对凹槽的支持力为
则越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误；
故选C。
2．B
【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示
在矢量三角形中，根据正弦定理
在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又
且
可知
则
可知从锐角逐渐增大到钝角，根据
由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则
可得
不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，两根细绳对圆柱体拉力方向变化，故B正确，ACD错误。
故选B。
3．BD
【详解】AB．用水平向左的拉力缓慢拉动N，水平拉力一定逐渐增大，细绳对N的拉力一定一直增大，由于定滑轮两侧细绳中拉力相等，所以M所受细绳的拉力大小一定一直增大，选项A错误，B正确；
CD．由于题述没有给出M、N的质量关系，所以M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项C错误，D正确。
故选BD。
4．AB
【详解】如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。
假设绳子的长度为x，则有
绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变。
AC．两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A正确，C错误；
B．当N向右移动后，根据，即L变大，绳长不变，所以θ角减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B正确；
D．绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D错误。
故选AB。
5．BD
【详解】AC．物块b仍始终保持静止，可知物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角也不变，可知连接a和b的绳的张力等于物块a的重力，所以连接a和b的绳的张力保持不变，夹角不变，所以绳OO'的张力也不变，故AC错误；
BD．对b进行受力分析可知，当若F方向不变，大小在一定范围内变化时，而重力mg和绳子的拉力FT保持不变，所以物块b所受到的支持力也在一定范围内变化，物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，故BD正确。
故选BD。
6．A
【详解】
试题分析：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1=mg，
弹簧的伸长x1＝，即小球与悬挂点的距离为L1=L0+，当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：T2cosα=mg，T2sinα=ma，所以：T2=，弹簧的伸长：x2＝＝，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2=（L0+）cosα=L0cosα+＜L0+=L1，所以L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故A正确，BCD错误．
故选A．
7．A
【详解】绳OB段拉力的大小始终等于物体的重力mg，故保持不变，设OA段绳与竖直方向的夹角为，由受力分析可知
在O点向左移动的过程中，角逐渐变大，故F逐渐变大，T逐渐变大。
故选A。
8．AD
【详解】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，
在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误．
9．AC
【详解】对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力，盒壁对玻璃球的弹力，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，和均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误。
故选AC。
10．C
【详解】M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据mg=2Tcosα，知轻绳的张力T越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小。
A．逐渐增大。故A不符合题意。
B．逐渐减小。故B不符合题意。
C．先增大再减小。故C符合题意。
D．先减小再增大。故D不符合题意。
故选C。
11．CD
【详解】AB．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示
绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α。根据几何知识有
由正弦定理可得
解得
α增大，θ减小，则F1增大，F2减小，故AB错误；
C．两绳拉力的合力大小等于mg，故C正确；
D．当α=30°时，则θ=30°，根据平衡条件有
可得
故D正确；
故选CD。
12．A
【详解】在拉力作用下木箱重力、拉力、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平衡条件得
又
联立解得
其中，，由数学知识知：当，即时有最小值，且最小值为
故选A。
13．C
【详解】绳O′P刚拉直时，由几何关系可知此时OP绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，则FT1＝mg.绳OP刚松弛时，小球受力如图乙，则FT2＝mg.则FT1∶FT2＝3∶5，C选项正确．
14．A
【详解】小球受力动态平衡如图
可知当FT平行于斜面时FT取最小值
对小球和斜面体组成的系统，有
故选A。
15．C
【详解】对斜面体和半球体整体受力分析如图甲所示，施加力F之后，可知斜面体对地面的正压力为2G＋F，最大静摩擦力为
fm＝μ(2G＋F)
对半球体受力分析如图乙所示，未施加力F时有，竖直墙壁的弹力大小
F1＝Gtan45°
施加力F之后，竖直墙壁弹力大小变为
F1′＝(G＋F)tan45°
要使斜面体静止不动，水平方向上受力平衡，即
(G＋F)tan45°≤μ(2G＋F)
解得
F≤2G
故选C。
16．D
【详解】试题分析：分析小球的受力情况，当挡板与斜面的夹角变化时，作出四个位置受力图，分析什么条件下挡板对小球的压力最小，则此时挡板AO所受压力即最小．
解：分析小球的受力情况：重力G、斜面的支持力N2和挡板AO的压力N1，由平衡条件得知N2和N1的合力与G大小相等、方向相反，保持不变．
当挡板与斜面的夹角变化时，作出四个位置力力图，由图看出当挡板与斜面垂直时，挡板对小球的压力N1最小，挡板AO所受压力即最小，此时β=90°，最小值N=mgsinα．故D正确．
故选D
【点评】本题运用图解法研究共点力平衡中极值问题，也可以根据平衡条件得AO所受压力与β的关系式，由函数法分析处理．
17．AB
【详解】CD.先对物体乙受力分析，受重力、挡板的支持力F1′和甲物体的支持力F3′，如图
根据平衡条件，结合几何关系可以看出挡板的支持力F1′不断减小，甲对乙的弹力F3′不断减小，根据牛顿第三定律，乙对挡板的压力F1不断减小，甲对乙的弹力F3不断减小；故C、D错误；
AB.再对甲与乙整体受力分析，受重力、斜面的支持力、挡板的支持力和已知力F，如图
根据平衡条件，有
x方向：
F＋(M＋m)gsin θ－F1＝0
y方向：
F2－(M＋m)gcos θ＝0
解得：
F2＝(M＋m)gcos θ
保持不变．
结合牛顿第三定律，物体甲对斜面的压力F2不变．故A、B正确．
18．A
【详解】设物体刚好不下滑时F＝F1，则
F1·cos θ＋μFN＝G·sin θ
FN＝F1·sin θ＋G·cos θ.
得：
＝＝＝
设物体刚好不上滑时F＝F2，则：
F2·cos θ＝μFN′＋G·sin θ
FN′＝F2·sin θ＋G·cos θ
得：
＝＝＝2
即≤≤2，故F与G的比值不可能为3，故A正确.
19．D
【详解】在绳OA的连接点A向上移动的过程中，结点O始终处于平衡状态。取终点O为研究对象，受力情况如图所示

图中F1、F2、F3分别是绳OA、绳OB、电线对结点O的拉力，F3′是F1和F2的合力，且F3′=F3。在A点向上移动的过程中，F3的大小和方向都保持不变，F2的方向保持不变。由图可知，当绳OA垂直于OB时，绳OA的拉力最小，所以绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力逐渐减小。
故选D。
20．B
【详解】根据题意，对小球受力分析，受重力、挡板对小球的推力、半球面对小球的支持力，缓慢移动挡板过程中，挡板对小球的推力的方向不变，半球面对小球的支持力的方向与竖直方向的夹角逐渐增大，且小球一直处于平衡状态，则挡板对小球的推力、半球面对小球的支持力的合力一直与小球重力等大反向，画出与重力等大反向的力，画力的动态平行四边形，如图所示
由图可知，增大、增大。
故选B。
21．B
【详解】ACD．对圆柱体Q受力分析，如图所示

P对Q的弹力为F，MN对Q的弹力为FN，挡板MN向右运动时，F和竖直方向的夹角逐渐增大，由图可知，F和FN都在不断增大，而圆柱体所受重力大小不变，所以F和FN的合力大小不变， ACD错误；
B．对P、Q整体受力分析知，地面对P的摩擦力大小等于FN，所以地面对P的摩擦力逐渐增大， B正确。
故选B。
22．B
【详解】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，
设：板与竖直方向夹角为，则：，，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样也越来越小，答案B正确．
考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解
23．D
【详解】以小球为研究对象，分析受力情况：受重力G、斜面的支持力N和轻绳的拉力T，如图所示．由平衡条件得知，N和T的合力与G大小相等、方向相反，将悬点A缓慢沿杆向上移动，使轻绳绕O点逆时针转动的过程中，T先减小后增大，故D正确．
24．(1)向右　(2) 　(3)0.41
【详解】(1)设锁舌D下表面受到的静摩擦力为Ff1，则其方向向右。
(2)设锁舌D受锁槽E的最大静摩擦力为Ff2，正压力为FN，下表面的正压力为F，弹力为kx，如图所示，由力的平衡条件可知
联立上式解得正压力大小
(3)令FN趋近于∞，则有
解得
25．（1） ；（2）
【详解】（1）木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有
得
木块在力作用下沿斜面向上匀速运动，有
解得
则当时，有最小值，为
（2）因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于的水平分力，即
当当时，取最小值，木楔对水平面的摩擦力为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第二章　相互作用
第2.6讲　探究弹力和弹簧伸长的关系
【知识点精讲】
一、实验目的
1．探究弹力和弹簧伸长的关系．
2．培养学生实验探究的能力．
二、实验原理
弹簧受到拉力会伸长，平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等；弹簧的伸长量越大，弹力也就越大．
三、实验器材
铁架台、弹簧、钩码若干、毫米刻度尺、三角板、铅笔、重垂线、坐标纸．
四、实验步骤
1．安装实验仪器．
2．测量弹簧的伸长量（或总长）及所受的拉力（或所挂钩码的质量），列表作出记录，要尽可能多测几组数据．
3．根据所测数据在坐标纸上描点，以力为纵坐标，以弹簧的伸长量为横坐标．
4．按照在图中所绘点的分布与走向，尝试作出一条平滑的图线，所画的点不一定正好在这条图线上，但要注意使图线两侧的点数大致相同．
五、数据处理
1．解析法：以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数解析式，首先尝试一次函数，如果不行再考虑二次函数．
2．列表法：将测得的F、x填入设计好的表格中，可以发现弹力F与弹簧伸长量x的比值在误差允许范围内是相等的．
3．图象法：以弹簧伸长量x为横坐标，弹力F为纵坐标，描出F、x各组数据相应的点，作出的拟合曲线是一条过坐标原点的直线．
六、注意事项
1．对钩码的要求
（1）所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度．
（2）每次所挂钩码的质量差尽量大一些，从而使坐标上描的点尽可能稀，这样作出的图线更精确．
2．测量与记录数据
（1）测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于平衡状态时测量．
（2）记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位．
3．作图象：描点画线时，所描的点不一定都落在一条线上，但应注意一定要使尽可能多的点落在线上，其余各点均匀分布在线的两侧．
七、误差分析
1．弹簧长度的测量和作图象时造成偶然误差．
2．钩码标值不准确造成系统误差．
【方法归纳】
处理实验数据的方法
1．列表分析法：分析列表中弹簧拉力F与对应弹簧的形变量Δx的关系，可以先考虑F和Δx的乘积，再考虑F和Δx的比值，也可以考虑F和（Δx）2的关系或F和的关系等，结论：为常数。
2．图象分析法：作出FΔx图象，如图所示．此图象是过坐标原点的一条直线，即F和Δx成正比关系．
作图的规则：
（1）要在坐标轴上标明轴名、单位，恰当地选取纵轴、横轴的标度，并根据数据特点正确确定坐标起点，使所作出的图象几乎占满整个坐标图纸．若弹簧原长较长，则横坐标起点可以不从零开始选择．
（2）作图线时，尽可能使直线通过较多坐标描点，不在直线上的点也要尽可能对称分布在直线的两侧（若有个别点偏离太远，则是因偶然误差太大所致，应舍去）。
（3）要注意坐标轴代表的物理量的意义，注意分析图象的斜率、截距的意义。
【高考命题视角】
以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性等特点。
视角1　可能对实验方案进行改进
将弹簧水平放置或穿过一根水平光滑的横杆，在水平方向做实验．
视角2　对实验器材的改进
利用计算机及传感器技术，将弹簧水平放置，且一端固定在传感器上，传感器与电脑相连，对弹簧施加变化的作用力（拉力或推力）时，电脑上得到弹簧弹力和弹簧形变量的关系图象（如图所示）．分析图象得出结论．
视角3　图象法处理数据
【最新高考题精练】
（2021年高考广东学业水平选择性测试）
1．某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端。实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200g的钢球（直径略小于玻璃管内径）逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数，数据如表所示。实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数。
n 1 2 3 4 5 6
8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09
（1）利用计算弹簧的压缩量：，， cm，压缩量的平均值 cm；
（2）上述是管中增加 个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
（3）忽略摩擦，重力加速度g取，该弹簧的劲度系数为 N/m。（结果保留3位有效数字）
（2019海南物理）
2．某同学利用图（a）的装置测量轻弹簧的劲度系数。图中，光滑的细杆和直尺水平固定在铁架台上，一轻弹簧穿在细杆上，其左端固定，右端与细绳连接；细绳跨过光滑定滑轮，其下端可以悬挂砝码（实验中，每个砝码的质量均为），弹簧右端连有一竖直指针，其位置可在直尺上读出，实验步骤如下：
①在绳下端挂上一个硅码，调整滑轮，使弹簧与滑轮间的细线水平且弹簧与细杆没有接触；
②系统静止后，记录砝码的个数及指针的位置；
③逐次增加砝码个数，并重复步骤②（保持弹簧在弹性限度内）；
④用n表示砝码的个数，l表示相应的指针位置，将获得的数据记录在表格内。
回答下列问题：
(1)根据下表的实验数据在图（b）中补齐数据点并做出图像 ；
l 1 2 3 4 5
10.48 10.96 11.45 11.95 12.40
(2)弹簧的劲度系数k可用砝码质量m、重力加速度大小g及图线的斜率表示，表达式为 ；若g取，则本实验中 （结果保留3位有效数字）。
（2018高考全国理综I）
3．如图a，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。现要测量图a中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.200 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图b所示，其读数为 cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为 N/m（保留3位有效数字）。

（2014·课标卷Ⅱ，23）
4．某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系。实验装置如图所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指向0刻度。设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100 kg的砝码时，各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如下表所示（n为弹簧的圈数，重力加速度取9.80 m/s2）。已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm。
(1)将表中数据补充完整：① ；② 。
P1 P2 P3 P4 P5 P6
x0（cm） 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01
x（cm） 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41
n 10 20 30 40 50 60
k（N/m） 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8
（m/N） 0.0061 ② 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347
(2)以n为横坐标，为纵坐标，在答题卷给出的坐标纸上画出-n图像 。
(3)题(2)图中画出的直线可近似认为通过原点。若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k= N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0（单位为m）的关系的表达式为k= N/m。
（2015·福建卷，19（1））
5．某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
（1）图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm，图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l为 cm；
（2）本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是 ；（填选项前的字母）
A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
（3）图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是 。
【最新模拟题精练】
（2023浙江台州二模）
6．某同学利用如图甲所示装置做“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验。
①图乙所示的弹簧用毫米刻度尺测得的长度为 cm。
②用两根不同规格的轻质弹簧a和b进行实验，得到弹力F与弹簧形变量x关系如图丙所示，关于图像分析下列说法正确的是
A. 弹性限度内，弹簧a的劲度系数比b小 B. 弹簧a的自重比弹簧b的大
C. 弹簧a的原长一定比弹簧b的大 D. 弹簧a的图像弯曲，是因为超过了弹簧的弹性限度
（2023石家庄重点中学质检）
7．某班级同学用如图所示的装置练习测量弹簧的劲度系数。
（1）A同学先在光滑水平面上用刻度尺测得弹簧原长为，如图（甲—1）所示，然后竖直悬挂在铁架台上，逐个挂上相同的钩码，对应的拉力为，测出相应的弹簧总长，如图（甲—2）所示。然后该同学以为纵坐标，为横坐标，在方格纸上作出了图线，如图（甲—3）所示，请你根据此图线求出该弹簧的劲度系数值为 ，图线不过坐标原点的原因是 。
（2）B同学一开始也如图（甲—1）测弹簧原长，竖直悬挂时由于不小心，装置如图乙所示，刻度尺的零点在弹簧最上面一圈的上方某处，指针移动到了最下面一圈的上方某处，B同学依然以指针所指刻度值记为弹簧总长，作图方法与A一样。你认为B同学的安装导致的测量值比真实值 （选填“偏大”、“无影响”或“偏小”）。
（3）在计算弹簧弹力时重力加速度取，若当地实际的重力加速度值为，则实验测得的劲度系数与实际值相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
（2023河南周口期末）
8．小胡同学做“探究弹簧弹力与伸长量的关系”实验，测量弹簧原长时为了方便，他把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长=8cm，然后把弹簧悬挂在铁架台上，将6个完全相同的钩码逐个加挂在弹簧的下端如图甲所示，测出每次弹簧对应的伸长量x，得到弹簧的伸长量x与钩码质量m的关系图像如图乙所示。（g取10m/s2）。
（1）由图可知弹簧的劲度系数k= N/m（保留2位有效数字）。
（2）由于测量弹簧原长时没有考虑弹簧自重、使得到的图像不过坐标原点O，.这样通过图像测得的劲度系数k相对真实值 （“偏大”“偏小”或者“不变”）。
（2023重庆八中高三入学考试）
9．由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F与形变量x成正比，其劲度系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关。我校研究性学习小组在探究某圆柱形细长钢丝的形变特点时，猜想该圆柱形细长钢丝也遵循类似的规律，为探究猜想是否正确，取样品进行实验探究。经过同学们充分的讨论，不断完善实验方案，最后取得实验数据如下：
样品 长度 拉力 伸长量 截面积 100N 200N 300N 400N
样品A 1m 0.50cm2 0.02cm 0.04cm 0.06cm 0.08cm
样品B 2m 0.50cm2 0.08cm 0.16cm 0.24cm 0.32cm
样品C 1m 1.00cm2 0.01cm 0.02cm 0.03cm 0.04cm
样品D 3m 0.50cm2 0.18cm 0.36cm 0.54cm 0.72cm
样品E 1m 0.25cm2 0.04cm 0.08cm 0.12cm 0.16cm
（1）由实验数据可知，钢丝受到拉力与伸长量成正比关系，其“劲度系数”（ ）分别为，，，kD= N/m；（结果保留三位有效数字）
（2）对比各样品的实验数据可知，其“劲度系数”与钢丝长度的 （填“平方”或“平方的倒数”）成正比、与钢丝的横截面积成 （填“正比”或“反比”）。
（2022山东省实验中学模拟预测）
10．（1）某同学买了辆电动自行车，骑了一段时间后发现电动车减震弹簧的减震效果不好。该同学将减震弹簧卸下，然后把弹簧平放在桌面上，用刻度尺测出弹簧的原长L0，如图甲所示，读数为 cm。
（2）该同学想测量减震弹簧的劲度系数。先把弹簧竖直放在水平桌面上，在上端压上一片10kg的哑铃，每增加一只哑铃均记下此时哑铃的个数和对应的弹簧的长度L，如下表所示。请你在图乙坐标图中描出，并作出F-L图线 ，并通过图线确定该弹簧劲度系数为k= N/m（g取10m/s2）。
F（N） 100 200 300 400
L（cm） 5.00 4.50 4.00 3.80
（2022湖北黄冈中学二模）
11．某同学在家中找到两根一样的轻弹簧P和Q、装有水总质量m=0.55kg的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材，设计如下实验验证力的平行四边形定则，同时测出弹簧的劲度系数k。取重力加速度g=10m/s2，其操作如下：
a、将弹簧P上端固定，让其自然下垂，用刻度尺测出此时弹簧P的长度；
b、将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P下端，待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P的长度，如图甲所示；
c、在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油，将细绳搭在挂钩上，缓慢的拉起弹簧Q，使弹簧P偏离竖直方向夹角为74°，测出弹簧Q的长度及其轴线与竖直方向夹角为θ，如图乙所示；
（1）由图可得L1= cm；则弹簧P的劲度系数k= N/m；
（2）当L2= cm， 时，就验证了力的平行四边形定则。
（2022内蒙古包钢一中一模）
12．弹簧是大家在生活中比较常见的机械零件，弹簧在外力作用下发生形变，撤去外力后，弹簧就能恢复原状。很多工具和设备都是利用弹簧这一性质来工作的。实验室中有五根一模一样的弹簧，小明想测量这批弹簧的劲度系数，将弹簧等间距悬挂在水平铁架台上，如图甲所示，1号弹簧不挂钩码，2号挂1个钩码，3号挂2个钩码，依此类推，钩码均相同。计算结果均保留3位有效数字。
（1）为了更直观地呈现出弹力大小F与伸长量的关系，小明以1号弹簧末端指针所指的位置为原点，作出竖直的y轴及水平的x轴，其中y轴代表 ，x轴代表 。（均选填“F”或“”）
（2）为测量弹簧的伸长量，小明取来一把米尺，竖直放置在地上，米尺的100cm刻度刚好与1号弹簧末端指针在同一水平线上，测量2号弹簧末端指针位置时，示数如图乙所示，则此时弹簧伸长量为 cm。
（3）小明依次测量3号、4号、5号弹簧的实验数据，根据测量的数据作出图像，如图丙，已知图中数据的单位均取国际单位制单位，则这些弹簧的劲度系数为 N/m。
（2022河北唐山三模）
13．如图所示，有两条长度不同的弹性绳。两绳上端固定在同一位置，下端系在一个轻质勾上。两绳在同一竖直面内，不缠绕。1的长度比2短，1自然伸长时，2处于松弛状态。现测量这两条弹性绳的劲度系数。进行以下操作：每个钩码质量为100g，g取。
①测量短绳的自然长度；
②下端逐个加挂钩码。测量短绳1的长度L，并记录对应钩码数量n。两条弹性绳一直处于弹性限度内；
③在坐标纸上建立坐标系。以L为纵坐标，以所挂钩码数为横坐标，描出部分数据如图所示；
④根据图像求出弹性绳的劲度系数、。
（1）加挂第 个钩码，弹性绳2开始绷紧；
（2）弹性绳1、2的劲度系数分别为 N/m， N/m。
（2022福建厦门四模）
14．某实验小组研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系。实验器材有：一条两端带有细绳套的橡皮筋，钩码若干，刻度尺，铁架台等。
（1）以下实验装置安装最为合理的是 ；
A. B. C. D.
（2）将橡皮筋上端固定在铁架台上，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码（质量均为20g），每增挂一个钩码均记下对应的橡皮筋伸长量x（橡皮筋始终在弹性限度内），记录多组实验数据如下表：
钩码个数 1 2 3 4 5 6 7 8
F（N） 0.196 0.392 0.588 0.784 0.980 1.176 1.372 1.568
x（mm） 2.7 9.0 17.7 28.0 42.4 57.7 74.8 91.7
（3）如图所示，以拉力F为横坐标，橡皮筋伸长量x为纵坐标，根据测量数据在坐标纸上进行描点；
（4）根据x-F图判断：橡皮筋弹力与橡皮筋伸长量 （填“是”或“不是”）正比关系；
（5）根据x-F图可知，当橡皮筋伸长量为50.0mm时，该橡皮筋的弹力大小为 N（结果保留小数点后两位）。
（2022辽宁大连质检）
15．为了测量某弹簧劲度系数，某探究小组设计了如下实验，实验装置如下图所示，角度传感器与可转动“T”型螺杆上套有螺母，螺母上固定有一个力传感器，弹簧的一端挂在力传感器下端挂钩上，另一端与铁架台底座的固定点相连。当角度传感器顶端转盘带动“T”形螺杆转动时，力传感器会随着“T”形螺杆旋转而上下平移，弹簧长度也随之发生变化。

（1）已知“T”形螺杆的螺纹间距d=4.0×10-3m，当其旋转90°时，力传感器在竖直方向移动 m（结果保留2位有效数字）。
（2）该探究小组操作步骤如下：
①旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长；
②记录初状态力传感器示数F0以及角度传感器示数θ0；
③旋转“T”形螺杆使弹簧长度增加，待稳定后，记录力传感器示数F1，其增加值 F1=F1 F0，角度传感器示数θ1，其增加值 θ1=θ1 θ0；
④多次旋转“T”形螺杆，重复步骤③的操作，在表格中记录多组 F和 θ值。并在 F θ图像中将各点描出，请在图像中作出 F与 θ关系图像。
⑤结合图像计算出弹簧的劲度系数的表达式为k= N/m（保留3位有效数字）。
序号 ΔF（单位：N） Δθ（单位：°）
1 0.121 499.7
2 0.247 999.9
3 0.373 1500.5
4 0.498 2000.2
5 0.623 2500.6
6 0.747 3000.3

试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1． 6.04 6.05 3 48.6
【详解】（1）[1]根据压缩量的变化量为
[2]压缩量的平均值为
（2）[3]因三个是相差3个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
（3）[4]根据钢球的平衡条件有
解得
2． ； 109N/m
【详解】(1)做出图像如图；
(2)由胡克定律：，即，则，解得；由图形可知，解得
3． 3.775 107
【详解】[1]实验所用的游标卡尺精度为0.05mm，游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的读数规则，图b所示的游标卡尺读数为
3.7cm+15×0.05mm=3.7cm+0.075cm=3.775cm
[2]托盘中放有质量为m=0.200kg的砝码时，弹簧受到的拉力
F=mg=0.200×9.8N=1.960N
弹簧伸长
x=3.775cm-1.950cm=1.825cm=0.01825m
根据胡克定律
F=kx
解得此弹簧的劲度系数
4． 81.7 0.0122
【详解】试题分析：
(1)[1]根据表中数据①中
[2]根据表中数据②中
(2)[3] 以n为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上描点画出-n图像图线如图
(3)[4]由图线可知直线的斜率为，故直线方程满足
即
（N/m）（在之间均可）
[5]由于60匝弹簧的总长度为11.88cm；则n匝弹簧的原长满足
代入可得
（在之间均可）
5． 6.93 A 钩码重力超过弹簧弹力范围
【详解】（1）[1]图乙中标尺刻度读数为14.66cm，所以此时弹簧的伸长量为
（2）[2]为了更好的找出弹簧弹力和伸长量的关系，便于有规律的作图同时避免因随意增加过多砝码而损坏弹簧，所以应该逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重。
故选A。
（3）[3]主要原因是钩码重力过大超出了弹簧的弹性限度，弹簧被损坏此时弹簧的伸长量与弹力不再成正比。
6． 25.81##25.82##25.83##25.84 BD##DB
【详解】①[1]图乙所示的弹簧用毫米刻度尺，所以读数要精确到最小刻度，但是要估读一位，则测得的长度为25.81cm。
②[2]A．图像斜率表示劲度系数，故弹性限度内，弹簧a的劲度系数比b大，故A错误；
B．横截距为拉力F为0时，弹簧的伸长量，即弹簧在自重作用下的伸长量。弹簧a的劲度系数比b大，两个弹簧在自重作用下伸长量相同，所以弹簧a的自重比弹簧b的大，故B正确；
C．在图中，根据题意无法判断两个弹簧的原长，故C错误；
D．弹簧在其弹性限度内，弹力与形变量成正比；超出弹性限度后，不再成正比。图线的末段明显偏离直线，就是弹簧受到的力超过了弹性限度的原因，故D正确。
故选BD。
7． 200 弹簧自重的影响 偏大 偏大
【详解】（1）[1]根据胡克定律
可得弹簧的劲度系数为
[2]A同学先在光滑水平面上用刻度尺测得弹簧原长，图线不过坐标原点的原因是：弹簧自重的影响，在没有施加拉力时，弹簧已经有了一定的伸长量。
（2）[3]B同学竖直悬挂时由于不小心把刻度尺的零点在弹簧最上面一圈的上方某处，并不会影响形变量的测量；但是把指针移动到了最下面一圈的上方某处，将会少测量指针下方弹簧部分的伸长量，使得弹簧的伸长量测量值偏小，根据
可知劲度系数的测量值比真实值偏大。
（3）[4]根据受力平衡可得
由于计算时重力加速度偏大，可知计算时的弹簧弹力偏大，根据
可知实验测得的劲度系数与实际值相比偏大。
8． 50 不变
【详解】（1）[1]根据胡克定律，弹簧的劲度系数
（2）[2]根据
弹簧的劲度系数与弹簧原长测量无关，所以这样通过图像测得的劲度系数k相对真实值不变。
9． 平方的倒数 正比
【详解】（1）[1]由劲度系数计算式，可得样品D、E钢丝的劲度系数

（2）[2]从钢丝样品A、B、D的实验数据可知，三种钢丝样品的横截面积相同时，钢丝的长度越长，在相同拉力的情况下，其伸长量越大，劲度系数越小，根据数据可得
，
，
可知劲度系数与钢丝长度的平方的倒数成正比。
[3]从钢丝样品A、C、E的实验数据可知，三种钢丝样品的长度相同时，钢丝的横截面积越大，在相同拉力的情况下，其伸长量越小，劲度系数越大，根据数据可得
，
，
可知劲度系数与钢丝的横截面积成正比。
10． 5.50 20000
【详解】（1）[1]刻度尺读数为5.50cm，厘米刻度尺一定要估读到0.01厘米；
（2）[2][3]描点作图，如图所示
图像的斜率绝对值表示劲度系数，即
故有
k=20000N/m
11． 17.50 110 18.50 53°
【详解】(1)[1] 由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm，根据甲图可知，物体的长度为
[2] 根据平衡条件可知，弹簧弹力
则弹簧劲度系数
(2)[3][4] 由力的平行四边形定则作力的关系，如图
弹簧P的大小与矿泉水瓶重力相等，则
由几何知识知
解得
12． F 4.00 50
【详解】（1）[1][2]由题图甲知，y轴代表弹簧的伸长量，x轴代表弹力大小F。
（2）[3]由题图乙知，2号弹簧末端指针位置对应的刻度为96.00cm，故弹簧伸长量
（3）[4]由题图丙得
13． 3 5 15
【详解】（1）[1]弹性绳2绷紧前，根据胡克定律有
弹性绳2绷紧后，同理有
比较以上两式可知，弹性绳2绷紧前相邻两数据点连线的斜率应比绷紧后大，由图可知加挂第3个钩码，弹性绳2开始绷紧。
（2）[2][3]由图可知
即
14． C 不是 1.06-1.12
【详解】（1）[1]A、B选项中的橡皮筋左右两侧受力不平均，会导致误差。而D选项中的刻度尺离橡皮筋太远，不利于测量橡皮筋的拉伸长度。C选项中的实验装置最合理。
（4）[2]从图像中可以看出各点之间的关系不是一次函数关系，橡皮筋弹力与橡皮筋伸长量不是正比关系。
（5）[3]将图中的点用顺滑的曲线连接起来，可以看出当橡皮筋伸长量为50.0mm时，该橡皮筋的弹力大小为1.09N。
15． 1.0×10-3 22.5
【详解】（1）[1]当其旋转90°时，力传感器在竖直方向移动
（2）④[2]描点作图，过尽可能多的点作出直线，得出 F与 θ关系图像，如图所示。

⑤[3]角度增加 θ时，弹簧形变量为 x，则有
根据胡克定律 F=k x，解得
由此可知 F与 θ关系图像斜率等于，即
=2.5×10-4N/°
代入数据解得
k=22.5N/m
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲第二章 相互作用
第2.6讲　探究求合力的方法
【知识点精讲】
[考纲解读]
（1）知道什么是等效替代法。
（2）能用作图法验证互成角度的两个力合成时遵守平行四边形定则。
一、实验目的
1．验证互成角度的两个共点力合成时的平行四边形定则．
2．培养应用作图法处理实验数据和得出结论的能力．
二、实验原理
互成角度的两个力F1、F2与另外一个力F′产生相同的效果，看F1、F2用平行四边形定则求出的合力F与F′在实验误差允许范围内是否相等．
三、实验器材
木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺、铅笔．
四、实验步骤
1．用图钉把白纸钉在水平桌面上的方木板上．
2．用图钉把橡皮条的一端固定在A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套．
3．用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条与绳的结点伸长到某一位置O，如图所示，记录两弹簧测力计的读数，用铅笔描下O点的位置及此时两细绳的方向．
4．只用一只弹簧测力计通过细绳套把橡皮条的结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的读数和细绳套的方向．
5．改变两弹簧测力计拉力的大小和方向，再重做两次实验．
五、数据处理
1．用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳方向画直线，按选定的标度作出这两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并以F1和F2为邻边用刻度尺和三角板作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，此对角线即为合力F的图示．
2．用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出实验步骤4中弹簧测力计的拉力F′的图示．
3．比较F与F′是否完全重合或几乎完全重合，从而验证平行四边形定则．
六、注意事项
1．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，读数相同．
2．在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O位置一定要相同．
3．用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～100°之间为宜．
4．实验时弹簧测力计应与木板平行，读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度，在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值尽量大些．
5．细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向．
6．在同一次实验中，画力的图示所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示稍大一些．
七、误差分析
1．误差来源
除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等。
2．减小误差的方法
（1）结点O
①定位O点时要力求准确。
②同一次实验中橡皮条拉长后的O点必须保持不变。
（2）拉力
①用弹簧秤测拉力时要使拉力沿弹簧秤轴线方向。
②应尽量使橡皮条、弹簧秤和细绳套位于与纸面平行的同一平面内。
③两个分力F1、F2间的夹角θ不要太大或太小。
（3）作图
①在同一次实验中，选定的比例要相同。
②严格按力的图示要求和几何作图法作出平行四边形，求出合力。
1．弹簧测力计本身的误差．
2．读数误差和作图误差．
3．两分力F1、F2间的夹角θ越大，用平行四边形定则作图得出的合力F的误差ΔF也越大．
【实验图解】
【方法归纳】
实验操作不忘“三”“二”“一”
用两个弹簧秤拉橡皮条时的“三记录”（记录两弹簧秤示数、两细绳方向和结点O的位置），用一个弹簧秤拉橡皮条时的“二记录”（记录弹簧秤示数和细绳方向）及“一注意”（结点O的位置必须在同一位置）等。
【最新高考题精练】
（2018年11月浙江选考物理）
1．在“探究求合力的方法”的实验中，下列操作正确的是______。
A．在使用弹簧秤时，使弹簧秤与木板平面平行
B．每次拉伸橡皮筋时，只要使橡皮筋伸长量相同即可
C．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
D．描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些
（2018高考天津理综）
2．某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。
（1）具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有 ；
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力
（2）该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O，力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是 ；
A． B． C． D．
（2017全国III卷·22）
3．某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm）的纸贴在水平桌面上，如图（a）所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点（位于图示部分之外），另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。
（1）用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图（b）所示，F的大小为 N。
（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图（a）中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2N和F2=5.6N。
①用5mm长度的线段表示1N的力，以O为作用点，在图（a）中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；
②F合的大小为 N，F合与拉力F的夹角的正切值为 。若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。
（2016高考浙江理综物理）.
4．某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m。如图1所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验。在保持弹簧伸长1.00cm不变的条件下：
（1）若弹簧秤a、b间夹角为90°，弹簧秤a的读数是 N（图2中所示），则弹簧秤b的读数可能为 N。
（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数 、弹簧秤b的读数 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（2015·山东理综）
5．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．
实验步骤：
①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上,使其轴线沿竖直方向．
②如图甲所示,将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上,另一端用圆珠笔尖竖直向下拉,直到弹簧秤示数为某一设定值时,将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2,记录弹簧秤的示数F,测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）．每次将弹簧秤示数改变0．50 N,测出所对应的l,部分数据如下表所示：
F/N 0 0．50 1．00 1．50 2．00 2．50
l/cm l0 10．97 12．02 13．00 13．98 15．05
③找出②中F=2．50 N时橡皮筋两端的位置,重新标记为O、,橡皮筋的拉力记为FOO′．
④在秤钩上涂抹少许润滑油,将橡皮筋搭在秤钩上,如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端,使秤钩的下端达到O点,将两笔尖的位置标记为A、B,橡皮筋OA段的拉力记为FOA,OB段的拉力记为FOB．
完成下列作图和填空：
（1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F-l图线．
（2）测得OA=6．00cm,OB=7．60cm,则FOA的大小为 N．
（3）根据给出的标度,作出FOA和FOB的合力的图示．
（4）通过比较与 的大小和方向,即可得出实验结论．
【最新模拟题精练】
（2023宁夏银川一中第一次月考）
6．某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”，支架上有两根竖直杆，两竖直杆后放置一竖直平板，平板上贴有坐标纸，左侧杆上固定一拉力传感器A，一根不可伸长的细绳一端连接拉力传感器，另一端连接在右侧杆上的B点，细绳长度大于两杆间距，不计轻小滑轮质量及摩擦。实验步骤如下：
①用天平测出重物的质量m；
②将细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，使之处于静止状态；
③记下B点位置、滑轮与细绳接触点O的位置，读出并记录拉力传感器的示数；
④改变B点在右侧杆的位置，使重物仍处于静止状态，记下滑轮与细绳接触点O的位置，读出并记录拉力传感器的示数；
⑤多次改变B点在右侧杆的位置，重复③④步骤。
回答下列问题：
（1）在实验过程中，步骤③④所记录拉力传感器的示数 。（填“>”“<”或“=”）
（2）某次实验中，在坐标纸上画出拉力传感器示数F，再根据重物质量m画出重力，利用平行四边形定则作出两个F的合力，下列图像可能正确的是 。
A．B．
C．D．
（3）根据步骤⑤多次改变B点在右侧杆的位置，可以观察得出滑轮与细绳接触点O的轨迹是在一个（或一条） （填“椭圆”“圆”或“直线”）上。
（2023四川成都蓉城名校联盟联考）
7．某实验小组为了“探究两个互成角度的力的合成规律”，实验操作如下：
（1）如图甲，在铺有白纸的水平术板上，橡皮条一端固定在方点，另一端拴两个细绳套。
（2）如图乙，用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使绳与橡皮条的结点伸长到某位置并记下该位置为O点，记下此时弹簧测力计的示数F1和F2。该过程中的下列实验要求必要的是 （填标号）。
A．拉线方向应与木板平面平行 B．两个弹簧测力计必须相互垂直地拉伸
C．两个弹簧测力计必须完全相同 D．必须记下两个弹簧测力计的拉力方向
（3）如图丙，用一个弹簧测力计拉橡皮条，使绳与橡皮条的结点拉伸到同一位置O点，记下此时弹簧测力计的示数F和细绳的方向。关于该过程，下列说法正确的是 （填标号）。
A．弹簧测力计的示数为F＝3.0N
B．读数时视线必须正对弹簧测力计刻度
C．该实验采用的是控制变量法
D．两次实验均将绳与橡皮条的结点拉伸到同一位置O点的目的是使两次力的作用产生的效果相同
（4）如图丁，已按一定比例作出了F1、F2和F的图示，并以F1、F2为邻边作出了平行四边形，其对角线为，则由该实验可得到的结论是 。
（2023云南昆明云南师大附中质检）
8．某同学做“验证力的平行四边形定则”实验，主要步骤如下：
A．在水平桌面上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在木板上的点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C．用两个弹簧秤分别勾住绳套，互成角度拉橡皮条，使橡皮条拉长，结点到达某一位置，记录下点的位置，读出两个弹簧秤的示数，记下细绳的方向；
D．按选好的标度（1cm长度表示1N），用铅笔和刻度尺作出两只弹簧秤的拉力和的图示，并用平行四边形定则求出合力；
E．用一只弹簧秤，勾住绳套拉橡皮条使其伸长，让结点仍到达点位置，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力的图示。比较力和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论。
上述步骤中：
（1）某同学在完成《验证力的平行四边形定则》实验操作后得到如图所示数据，请选好合适的标度在方框中作图， 完成该同学未完成的实验处理；可得出的结论是 ；
（2）步骤E体现了物理学中 的思想。
（2023上海七宝模拟）
9．“探究求合力的方法”的实验装置如图所示，在该实验中
①下列说法正确的是 ；
A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行木板
②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要 （选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到点。
（2023山东青岛 重点中学高一期末）
10．利用如图所示的装置可以探究合力与分力的关系。在水平桌面上固定一块竖直木板，木板上铺有白纸，在相隔一定距离且位于同一水平直线上固定两个光滑的定滑轮A和B，一段合适长度的绳子跨过滑轮A和B，并将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子OA、OB、OC拉力的大小分别为F1、F2和F3，回答下列问题：
①改变钩码个数，能够保证实验顺利完成的是 。
A．钩码的个数N1 = N2 = 2，N3 = 5
B．钩码的个数N1 = 4，N2 = 1，N3 = 6
C．钩码的个数N1 = N2 = N3 = 4
②在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是 。
A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C．用天平测出钩码的质量
③在作图时，某组同学以表示F1、F2的线段为邻边作平行四边形得到F，并在图中画出表示竖直方向的虚线，你认为下图中图 是正确的。（选填“甲”或“乙”）
（2023天津名校月考）
11．某同学利用如图甲所示的实验装置完成了“探究合力与分力的关系”的实验，其中A、O间为橡皮筋，BO、CO为分别挂有弹簧测力计的细绳套，本实验采用了“等效替代法”的思想，分析下列问题：
（1）下列对“等效替代法”的理解正确的是 。
A.A、O间的橡皮筋可以用细绳代替
B.B、O与C、O间的细绳可以用橡皮筋代替
C.两个弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用代替
（2）下列操作错误或不必要的是 。
A.实验时两细绳BO、CO必须垂直
B.应在细绳上用笔尖记录间距较近的两点来确定细绳的方向
C.橡皮筋的反向延长线必须在∠BOC的角平分线上
D.在读取弹簧测力计的示数时必须正视弹簧测力计
（3）图乙为用一个弹簧测力计钩住细绳把橡皮条的结点拉到O，读得弹簧测力计的示数F= 。
（4）如果开始时BO、CO两细绳的夹角小于90°，现保持O点的位置以及BO的方向不变，在将CO沿逆时针方向缓慢转动到水平的过程中，下列说法正确的是 。
A.左侧弹簧测力计的示数一直减小
B.左侧弹簧测力计的示数先减小后增大
C.右侧弹簧测力计的示数一直增大
D.右侧弹簧测力计的示数先减小后增大
（2022安徽巢湖一中等十校联盟最后一卷）
12．某实验小组用如图所示装置探究力的合成与分解。木板上固定一张画有角度刻度线的白纸，调节木板竖直且零刻度线水平，轻质弹簧测力计a和b通过细线连接系于O点，其下端用细线挂一重物Q，使结点O静止在角度刻度线的圆心位置。分别读出弹簧测力计a和b的示数，并在白纸上记录O点的位置和细线的方向。
（1）图中弹簧测力计a的示数为 N；
（2）初始连接弹簧测力计a的细线与60°重合，连接弹簧测力计b的细线处于水平，现让弹簧测力计a、b均绕O点顺时针缓慢转动，保持结点在圆心O处、两弹簧测力计间的夹角不变，直到连接弹簧测力计a的细线方向水平为止，此过程中弹簧测力计a的示数 、弹簧测力计b的示数 。（均选填“变大”“不变”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）
（2022河北唐山一模）
13．“验证力的平行四边形定则”的实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。
（1）本实验采用的科学方法是 ；
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
（2）图乙中的F与两力中，方向一定沿AO方向的是 ；
（3）关于实验下列说法正确的是 。
A．拉橡皮条的细绳短一些，实验效果较好
B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力和的夹角越大越好
D．在同一实验中O点位置不能变
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．AD
【详解】A．弹簧秤是否与木板平面平行，将会影响弹簧秤的读数，即力的大小，A正确；
BC．两次拉橡皮筋，要使橡皮筋的结点到达同一位置，并不是两次拉橡皮筋的伸长量相同，也不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，BC错误；
D．在记录力的方向时，同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小，D正确。
故选AD。
2． BC##CB B
【详解】（1）[1]
A．橡皮条和两绳套夹角的角平分线不是一定要在一条直线上，A错误；
B．同一次实验时O的位置相同即可，重复实验时结点O的位置可以与前一次不同，B正确；
C．为了减小实验误差，使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度，C正确；
D．分力可以比合力大，D错误。
故选BC。
（2）[2]在实验中选取的力的标度越小，实验精度越高；同时力要适量大些有利于作平行四边形，B图符合题意。
故选B。
3． 4.0 4.0
【详解】（1）[1]弹簧测力计的最小刻度为0.2N，由图可知，F的大小为4.0N；
（2）①[2]作图，F2长度为28mm，F1长度为21mm，平行四边形如图
②[3]量出合力长度约为20mm，大小代表4.0N；
[4] 从的顶点向轴和轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1mm，顶点的纵坐标长度为20mm，则可得出与拉力的夹角的正切值为：
4． 3.00 4.00 变大 变大
【详解】（1）[1]根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为3.00N。
[2]弹簧OC的弹力，根据胡克定律可知
F = kx = 500 × 0.01N = 5.00N
由于OC的弹力为弹簧秤a、b的合力，且两弹簧秤夹角为90°，则可知，b的读数为
（2）[3][4]若弹簧秤a、b间夹角大于90°，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，如图所示
则可知两弹簧秤的示数均变大。
【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；根据题意作出对应的图像，根据图像即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况
5． 1．80（1．70～1．90均正确） FOO′
【详解】试题分析：（1）根据表中数据利用描点法得出对应的数据，图象与横坐标的交点即为l0；
（2）橡皮筋两端拉力相等，根据题意求得总长度即可求得皮筋上的拉力；
（3）通过给出的标度确定力的长度，根据平行四边形得出图象如图所示；
（4）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力
解：（1）根据表格中数据利用描点法作出图象如图所示：
由图可知，图象与横坐标的交点即为l0，由图可知l0=10.0cm；
（2）AB的总长度为6.00+7.60cm=13.60cm；由图可知，此时两端拉力F=1.80N；
（3）根据给出的标度，作出合力如图所示；
（4）只要作出的合力与实验得出的合力F00′大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立；
故答案为（1）如图所示；10.0；（2）1.80；（3）如图所示；（4）F00′
【点评】本题考查验证平行四边形定则的实验，要注意通过认真分析题意掌握实验原理，注意本题中橡皮筋挂在钩上时，两端的拉力大小相等；根据总长度即可求得拉力大小
6． = C 直线
【详解】（1）[1]由于O点为活结，同一根绳，绳的拉力等于的拉力，根据对称性，与竖直方向的夹角和与竖直方向的夹角相等，设为，两竖直杆间距为d，由几何关系可知
又弹力的大小
可知B点上下移动不影响角及弹力的大小，即
（2）[2]以O点为研究对象，重力实际作用效果在竖直线上，因为误差的存在，两绳合力的理论值要与实际值有一定偏差，故B图和D图不符合实际，由于两绳拉力总是相等，A图也不符合实际，故选C。
（3）[3]由（1）中分析可知，与竖直方向的夹角不变，所以可以观察到O点的轨迹是直线。
7． AD##DA BD##DB 在误差允许的范围内，两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则
【详解】（2）[1]
A．根据实验要求，拉线方向应与木板平面平行，测出的力才与木板平行，才能在木板内纸面上表示出来，A正确；
B．实验时两个弹簧测力计可以互成任意角度，当然不能太大，也不能太小，拉动到便于实验测量即可，不需要一定相互垂直，B错误；
C．两个弹簧测力计示数合适即可，不超量程，不太小，不需要完全相同，C错误；
D．测两个共点力时需要同时记录弹簧测力计的示数和及方向，D正确。
故选AD。
（3）[2]
A．由图丙可知，弹簧测力计的最小分度为，应估读到下一位，示数为，A错误；
B．为了读数精准，减小误差，读数时视线必须正对弹簧测力计刻度，B正确；
C．本实验用一个弹簧测力计的拉力效果代替两个弹簧测力计的拉力效果，使用的是等效替代法，不是控制变量法，C错误；
D．两次实验均将绳与橡皮条的结点拉伸到同一位置O点的目的是使两次力的作用产生的效果相同，D正确。
故选BD。
（4）[3]由图丁可知，在误差允许的范围内，两个互成角度的力的合成遵循平行四边形定则。
8． 见解析 等效替代
【详解】（1）[1]作图如下图所示：
[2]可得出的结论是，在实验误范围内，力的合成与分解遵循平行四边形法则。
（2）[3]步骤E体现了物理学中等效替代的思想。
9． D 3
【详解】①[1] A．在不超出弹簧秤的量程和像皮条形变限度的条件下，使拉力适当大一些，不必使两弹簧秤的示数相同，A错误；
B．在已记录节点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，B错误；
C．实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧秤的示数即与弹簧对细绳的拉力相等，与弹簧外壳与木板之间是否存在摩擦无关，C错误；
D．为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳、弹簧秤应贴近并平行于木板，D正确。
故选D。
②[2]若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度地拉橡皮条，使其结点达到某一点，记下位置，弹簧秤示数和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至点，使两力的方向与原来两力的方向相同，并记录下此时弹簧秤的示数；最后只用一个弹簧秤将结点拉至点，并记录下此时弹簧秤的示数和方向。所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要 3次把橡皮条结点拉到点。
10． C A 甲
【详解】①[1]如图所示
对O点受力分析，OA、OB、OC分别表示三个力的大小，由于系统处于平衡状态，所以OC等于OD，因此三个力可构成一个三角形。
ABD．以钩码的个数表示力的大小，由于两边之和小于第三边，则不能构成三角形，ABD错误；
C．以钩码的个数表示力的大小，满足两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，则可以构成三角形，C正确。
故选C。
②[2]为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以首先要明确受力点，即要标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示。因此要从力的三要素角度出发做好记录，要记录结点O的位置、砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向。
故选A。
③[3]本实验是要验证力的平行四边形定则，故应将由平行四边形定则得出的合力与真实的合力进行比较而判断平行四边形定则得出的结果是否正确。在实验中，实际合力一定与OC在同一直线上，但由于误差的存在，根据平行四边形定则得出合力的理论值与实际值不会完全重合，但F3一定是沿竖直方向的，故甲图正确。
11． C ABC##ACB##BAC##BCA##CAB##CBA 4.0N D
【详解】（1）[1]两个弹簧测力计共同作用的效果与用一个弹簧测力计的作用效果相同，可以等效替代。
故选C。
（2）[2]A．实验时两细绳BO、CO没有必要垂直，故A错误；
B．为了减小实验误差，应在细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向，故B错误；
C．橡皮筋的反向延长线没有必要在∠BOC的角平分线上，故C错误；
D．在读取弹簧测力计的示数时必须正视弹簧测力计，故D正确。
选操作错误和不必要的，故选ABC。
（3）[3]图乙弹簧测力精确度为0.2N，读得弹簧测力计的示数为F=4.0N。
（4）[4]保持O点的位置以及BO的方向不变，即两弹簧测力计的合力不变，一个力的方向不变，根据平行四边形定则作图得，左侧弹簧测力计的示数一直增大，右侧弹簧测力计的示数先减小后增大。
故选D。
12． 5.78##5.79##5.80##5.81##5.82 变小 变大
【详解】（1）[1]弹簧测力计a的分度值为0.1N，需要估读到0.01N，所以示数为5.80N；
（2）[2][3]由题意，根据几何关系可知，弹簧测力计a、b对O点的拉力、以及重物Q对O点的拉力G组成的矢量三角形内接于圆内，如图所示
可知在弹簧测力计a、b均绕O点顺时针缓慢转动直到弹簧测力计a方向水平的过程中，弹簧测力计a的示数变小，弹簧测力计b的示数会变大。
13． B F′ BD##DB
【详解】（1）[1]本实验用一根弹簧的拉力代替两根弹簧的拉力作用效果，采用等效替代法。
故选B。
（2）[2]F是通过作图的方法得到合力的理论值，在平行四边形的对角线上，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，其方向一定沿AO方向。
（3）[3]A．在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故A错误；
B．作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有较大差别，故应使各力尽量与木板平面平行，故B正确；
CD．两个拉力的夹角过大，合力会过小，取理论值时相对误差变大，故应使夹角合适即可，但要保证力的作用效果即O点位置不能变，故C错误，D正确。
故选BD。
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答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章：牛顿运动定律
第3.1讲　牛顿第一定律
【知识点精讲】
1．牛顿第一定律内容
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
2．意义
（1）指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。
（2）指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称惯性定律。
3．惯性
（1）定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
（2）量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
（3）惯性的特性
（i）普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。
（ii）无关性：惯性与物体的运动状态无关，与物体所处的位置无关，无论物体处于何种运动状态、处于何处，惯性总存在。
（iii）唯一性：质量是惯性大小的唯一量度。
（4）理想实验：在可知的经验事实基础上，采用科学推理来展开的实验。
【方法归纳】
对牛顿第一定律的理解
1．惯性的表现形式
（1）物体在不受外力或所受合外力为零时，惯性表现为物体保持原来的运动状态（静止或匀速直线运动）不变。
（2）物体受到外力时，惯性表现为物体运动状态改变的难易程度。惯性大，物体运动状态难以改变；惯性小，物体运动状态容易改变。
2．惯性定律与惯性的实质是不同的
（1）惯性是物体保持原来运动状态不变的一种性质，与物体是否受力、受力的大小无关。
（2）惯性定律（牛顿第一定律）则反映物体在一定条件下的运动规律。
3．牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系
（1）牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的“理想实验”为基础，经过科学抽象、归纳推理而总结出来的；牛顿第二定律是通过探究加速度与力、质量的关系得出的实验定律。
（2）牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想情况，在此基础上，牛顿第二定律定量地指出了力和运动的关系。
【温馨提示】
（1）牛顿第一定律不是实验定律，是在可靠的实验事实（如伽利略斜面实验）基础上采用科学的逻辑推理得出的结论。
（2）惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大则其惯性越大；牛顿第一定律揭示了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
【最新高考题精练】
（2020年7月浙江选考）
1．如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（　　）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
（2014·浙江7月学考）
2．同一辆月球车分别在地面和月面以相同的速率行驶时，下面判断正确的是（ ）
A．在地面运动时的惯性较大 B．在月面运动时的惯性较大
C．在地面和月面惯性一样大 D．在地面运动时的动能较大
（2012·浙江6月学考）
3．我国道路交通安全法规定，在各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带．安全带能起作用的是汽车在平直公路上（　　）
A．加速前进时 B．匀速行驶时 C．紧急刹车时 D．缓慢倒车时
（2012·新课标理综）
4．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
【最新模拟题精练】
（2023·广东清远）
5．如图，质量mA＞mB的A、B两球沿车前进方向相距s，放在车厢内光滑桌面上，车与球一起做匀速直线运动，如果突然刹车，在两球还没有离开桌面前，它们的距离将
A．保持不变
B．逐渐增大
C．逐渐减小
D．先减小后增大
6．在学习了牛顿第一定律后，四位同学分别列举实例提出了自己的不同认识，你认为以下四个选项中几位同学的研究结论正确的是（　　）
A．甲同学研究从地面竖直向上跳起来的运动。地球绕着地轴自西向东自转，他发现人总是落回原处，经过思考，他认为这是因为人在空中滞留的时间太短，如果时间足够长，人应该落在跳起点的西侧
B．乙同学通过观察资料片，他发现在轨道上的卫星不用火箭施加任何推力就能自行绕地球运转，他认为是惯性维持了卫星的这种运动
C．丙同学通过观察发现，让一列火车停下来比让一辆汽车停下来要困难得多，他认为根本原因是列车的惯性要比汽车的惯性大
D．丁同学观看战争资料片，研究飞机投弹轰炸，他认为若要炸得准确，关键是当飞机飞到目标正上方时，准确将炸弹释放
7．如图所示，波动弹性钢片，把小钢球与支柱之间的塑料片弹出时，小钢球并没有随塑料片飞出，关于这个过程，下列说法正确的是（　　）
A．弹性钢片被拉弯，说明力可以改变物体的形状
B．弹性钢片恢复原位的过程中，动能转化为弹性势能
C．塑料片被弹出，说明力可以改变物体的运动状态
D．小钢球没有随塑料片飞出，因为小钢球具有惯性
8．在匀速上升的气球中突然落下一个物体，在物体刚离开气球的瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A．物体立即向下做自由落体运动
B．物体具有向上的初速度，做匀加速运动
C．物体具有向上的初速度，具有竖直向下的重力加速度g
D．物体的速度为零，但具有竖直向下的加速度
9．如图所示，一个劈形物体A，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面呈水平，在水平面上放一个小球B，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是（　　）
A．沿斜面向下的直线 B．竖直向下的直线
C．无规则曲线 D．抛物线
10．本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程．下面是从物理的角度去解释此情境的，其中正确的是(　　)
A．这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的
B．骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后前轮立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒
C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了
D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了
11．如图所示，甲运动员在球场上得到篮球之后，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，问他应将球向什么方向抛出(　　)
A．抛出方向与奔跑方向相同，如图中箭头1所指的方向
B．抛出方向指向乙的前方，如图中箭头2所指的方向
C．抛出方向指向乙，如图中箭头3所指的方向
D．抛出方向指向乙的后方，如图中箭头4所指的方向
（2021浙江丽水、湖州、衢州三地市4月质检）
12．大型油罐车内的油在运输过程中极易发生涌动（如图1），为了防止油涌动导致车体重心急剧变化的危害，在油罐车内部设置了一些固定挡板（如图2）。下列说法错误的是（　　）
A．油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧
B．油罐车在设置挡板后，减小了油的惯性，使油不容易发生涌动
C．油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，挡板可以减弱油向前剧烈涌动
D．油罐车在平直道路上匀速前进时，即使没有挡油板油也几乎不会涌动
（2021河北邯郸二模）
13．如图所示，观察者面朝东坐在一列火车中，看到水平桌面上的小球忽然离开他向东滚动，仅凭这一现象，他能够做出的正确判断是（　　）
A．列车的速度方向一定向东 B．列车的速度方向一定向西
C．列车的加速度方向一定向西 D．列车的加速度方向一定向东
（2020年4月浙江台州质量评估）
14．亚里士多德在其著作《物理学》中提到：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”。伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法。牛顿认为一切物体都具有的“自然本性”是惯性。下列关于“惯性”和“运动”的说法不符合牛顿观点的是（　　）
A．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”的原因
B．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动
C．竖直上抛的物体，因为有惯性，其速度只能连续变化，而不能突变
D．静止放入转盘上的物体向桌子边缘滑去，是由于物体受到向外的力大于转盘给物体的摩擦力
（2020浙江名校联盟模拟）
15．下列四张图是教材中的有关物理知识的插图，关于下面说法正确的是（　　）
A．图1说明伽利略关于自由落体运动的结论是完全通过实验得到的
B．图2可推出所有形状规则的物体重心均在其几何中心处
C．图3中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性
D．图4中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受重力减小
（2019浙江模拟）
16．足球运动是一项古老的健身体育活动，源远流长。关于被踢向空中的足球，下列说法正确的是（　　）
A．足球被踢出后，受到重力、推力、空气阻力
B．足球能在空中运动是因为惯性，速度越大，惯性越大
C．研究足球的运动轨迹时可以将足球视为质点
D．若足球不受空气阻力，足球将沿着水平方向一直运动下去
17．以下说法中正确的是（ ）
A．牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律
B．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．飞跑的运动员，由于通到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
18．如图，漫画中的情景在公交车急刹车时常出现，为提醒乘客注意，公交公司征集到几条友情提示语，其中对惯性的理解正确的是（　　）
A．站稳扶好，克服惯性 B．稳步慢行，避免惯性
C．谨防意外，惯性恒在 D．当心急刹，失去惯性
[2021·北京朝阳区模拟]
19．“共享单车”是指企业在校园、地铁站点、公交站点、居民区、商业区等提供自行车单车共享服务，是一种分时租赁模式，也是一种新型绿色环保共享经济。“共享单车”的出现与普及为我们的生活出行带来了极大的便利，但是也出现了很多不文明的行为，其中有一种行为就是家长将自己的孩子放在单车的车篮内（如图所示），这种做法极易发生事故。我们以矿泉水为例研究这个问题，若将一箱矿泉水放在车篮内，下列说法正确的是（　　）
A．自行车加速前进时，车篮对矿泉水的作用力向前
B．自行车匀速前进时，矿泉水受到的合力为零
C．自行车突然刹车时，矿泉水会向前倾是因为受到车篮对矿泉水向前的推力
D．自行车突然刹车时，矿泉水离开车篮掉下的过程中，矿泉水受到重力和空气阻力的作用
20．17世纪，意大利物理学家伽利略根据斜面实验指出：在水平面上运动的物体之所以会停下来，是由于受到摩擦阻力的缘故，你认为下列陈述正确的是（　　）
A．该实验是一理想实验，是在思维中进行的，无真实的实验基础，故其结果是荒谬的
B．该实验是以可靠的事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律
C．该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论
D．该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据
21．下列有关现象，分析正确的是（　　）
A．草地上滚动的足球会停下来，是因为运动要靠力来维持
B．汽车启动时乘客向后倒，是因为人在此刻才具有惯性的缘故
C．100m比赛中运动员跑到终点后会继续向前跑一段距离，这样做是为了减小惯性
D．刷牙用力甩牙刷能把水甩走，是因为水具有惯性
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；
B．急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；
C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；
D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】ABC．惯性的大小与物体的质量有关，与物体的运动的状态无关，所以当该月球车分别在地面和月面以相同的速率行驶时的惯性是一样大的，故AB错误，C正确；
D．当该月球车分别在地面和月面以相同的速率行驶时，根据动能的定义式
可得它们的动能一样大，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】任何物体都有惯性，惯性就是物体保持原来的运动状态的性质，汽车高速行驶时，里面的人和车一样速度都很大，一旦出现危险情况，紧急刹车时，车在摩擦力的作用下减速停住，而人由于惯性继续向前运动，人很可能从离开座位撞在车窗玻璃上，造成严重的伤害，所以把人绑在车座上，可以减小对人的伤害。
故选C。
4．AD
【分析】根据惯性定律解释即可：任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关．
【详解】A．任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫着惯性，所以物体抵抗运动状态变化的性质是惯性，故A正确；
B．没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；
C．惯性是保持原来运动状态的性质，圆周运动速度是改变的，故C错误；
D．运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故D正确．
【点睛】牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性的唯一量度．
5．A
【详解】车厢做匀速直线运动，桌面上的物体A和B也会做匀速直线运动，即方向和速度一致．当车突然停止时，由于惯性，物体A和B仍会保持原来的运动状态不变，因此，在两球还没有离开桌面前，它们的距离将不变；
故选A．
【名师点睛】物体由于惯性会保持静止还是匀速直线运动，关键取决于它原来的运动状态，这种状态既包括运动的方向也包括运动的速度．
6．C
【详解】A．地球绕着地轴自西向东自转，甲同学研究从地面竖直向上跳起来的运动。人跳起时相对地面水平方向静止，由于惯性，他在起跳的这段时间内，水平方向仍然要保持相对地面静止，所以人总是要落回原处，和时间的长短并没有关系，故A错误；
B．轨道上的卫星能自行绕地球运转，受到了地球的引力作用，故B错误；
C．列车的惯性要比汽车的惯性大，让一列火车停下来比让一辆汽车停下来要困难得多，故C正确；
D．炸弹要投得准确，必须提前释放炸弹，这样由于惯性，炸弹在水平方向保持匀速运动，飞行一段距离后才正好到达目标，故D错误。
故选C。
7．ACD
【详解】A．弹性钢片在力的作用下发生弯曲，说明了力可以使物体发生形变，故A正确；
B．弹性钢片恢复原位的过程中，形变变小，速度变大，弹性势能转化为动能，故B错误；
C．塑料片在力的作用下被弹出，说明力可以改变物体的运动状态，故C正确；
D．由于小钢球具有惯性，要保持原来的静止状态，所以小钢球不会随塑料片飞出，故D正确。
故选ACD。
8．C
【详解】物体刚离开气球的瞬间，由于惯性，还有一个向上的初速度，只受重力，加速度为竖直向下的重力加速度g，做竖直上抛运动，即先匀减速上升，上升到最高点后，匀加速下降。
故选C。
9．B
【详解】楔形物体A释放前，小球受到重力和支持力，两力平衡；楔形物体A释放后，由于楔形物体A各面光滑，则小球水平方向不受力，根据牛顿第一定律知，小球在水平方向的状态不改变，即仍保持静止状态，而竖直方向：楔形物体A对B的支持力将小于小球的重力，小球将沿竖直方向做加速运动，所以小球在碰到斜面前的运动是竖直向下的加速运动，其运动轨迹是竖直向下的直线。
故选B。
10．B
【详解】骑车人与车原来处于运动状态，车陷入水坑时，前轮静止，但人（与车的后半部分）由于具有惯性仍保持向前运动，因此摔倒，故B正确，ACD错误．
11．C
【详解】以乙为参考系，甲是相对静止的，相当于并排坐在汽车里的两个人．甲要将球传给乙，只要沿3方向抛出就行了，以地面为参考系时，不但要考虑乙向前的速度v，还要考虑甲抛出球时，由于惯性，球有一个向前的速度分量v，所以当甲向3方向抛出球时，正好可以到达乙的手中。
故选C。
12．B
【详解】A．由于惯性油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧，故A正确；
B．惯性取决于物体的质量，故B错误；
C．油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，由于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前剧烈涌动，故C正确；
D．油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡油板油也几乎不会涌动，故D正确。
本题选不正确的，故选B。
13．C
【详解】根据牛顿第一定律，可知小球向东滚动，则列车可能向东做减速运动，也可能向西做加速运动，其加速度方向一定向西。
故选C。
14．D
【详解】A．作用在物体上的力，即物体受到推、拉、提、举等力的作用是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因，符合牛顿的观点，故A正确，不符合题意；
B．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动--静止或者匀速直线运动，符合牛顿的观点，故B正确，不符合题意；
C．竖直向上抛出的物体，由于物体具有惯性，其速度只能连续变化，而不能突变，即没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，符合牛顿的观点，故C正确，不符合题意；
D．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，不符合牛顿的观点，故D错误，符合题意。
故选D。
15．C
【详解】A. 图1是伽利略关于自由落体运动实验，本实验是通过不断改变倾斜角度，减小摩擦阻力的影响推理得到的，而不是通过实验直接得到的，故选项A错误；
B.所有形状规则且质量分布均匀的物体其重心才在几何中心处，仅形状规则而质量分布不均匀的物体其重心可能不在几何中心上，故选项B错误；
C.惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，图3中掷出后的冰壶能继续运动说明其具有惯性，故选项C正确；
D. 图4中电梯向上制动时体重计的读数变小说明人所受支持力变小，但重力不变，故选项D错误。
故选择C。
16．C
【详解】A．足球被踢出后，只受到重力和空气阻力，选项A错误；
B．惯性大小只和物体质量有关，和速度大小无关，选项B错误；
C．研究足球的运动轨迹时可以忽略足球的大小，故可视为质点，选项C正确；
D．足球不受空气阻力，但仍受到重力，还是会落回地面，选项D错误；
故选C。
17．ABD
【分析】牛顿第一定律描述了力和运动的关系，要明确力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因．
【详解】牛顿第一定律反映了物体在不受外力作用时将保持匀速直线运动状态或静止状态，故A正确；不受外力作用时，由于惯性的作用，物体的运动状态保持不变，故B正确；水平地面上的木块最终要停下来，是因为物体受到了摩擦力的作用，故C错误；力是改变物体运动状态的原因，故物体运动状态发生改变时，一定受到了外力的作用，飞跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态，故D正确。故选ABD．
【点睛】牛顿第一定律也称惯性定律，它揭示了力与运动的关系，在初学时应认真体会，加深理解．
18．C
【详解】ABD．惯性是具有的保持原来运动状态的性质，是物体固有的属性，不能被克服或避免，也不会失去，故ABD错误；
C．当公交车突然刹车时，公交车和乘客的脚同时受到阻力的作用而停止运动，而乘客的上半身由于惯性，继续保持向前的运动状态而向前倾倒，所以谨防意外，惯性恒在是对惯性的正确理解，故C正确．
19．BD
【详解】A.自行车加速前进时，车篮内的矿泉水也加速前进，则矿泉水所受重力和车篮对矿泉水作用力的合力水平向前，故A错误；
B.自行车匀速前进时，车篮内的矿泉水也匀速前进，则矿泉水所受合力为零，故B正确；
C.自行车突然刹车时，矿泉水会向前倾是由于惯性而继续保持原来的运动状态，不是因为受到车篮向前的推力，故C错误；
D.自行车突然刹车时，矿泉水离开车篮后不再受车篮的作用力，在下落过程中受到重力和空气阻力的作用，故D正确；
故选BD。
20．BD
【详解】AB．“伽利略斜面实验”是一理想实验，但是建立在真实的实验基础之上，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地反映自然规律，选项B正确，A错误；
C．该实验说明亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论是错误的，选项C错误；
D．该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据，选项D正确。
故选BD。
21．D
【详解】A、草地上滚动的足球会停下来，说明力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因，故A错误；
B、汽车任何时刻都具有惯性，与运动状态无关，故B错误；
C、100m比赛中运动员跑到终点后会继续向前跑一段距离，是由于惯性的原因，质量是惯性的唯一量度，故C错误；
D、当用力去甩时，牙刷突然静止，水由于惯性，水保持原速度不变，从而与牙刷分离，故D正确；
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章：牛顿运动定律
第3.2讲：牛顿第二定律
【知识点精讲】
1．牛顿第二定律
（1）内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
（2）表达式：F＝ma
（3）适用范围
①牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系。
②牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子等）、低速运动（远小于光速）的情况。
2.　对牛顿第二定律的理解
（1）牛顿第二定律的五个特征
（2）．动力学中的三个决定关系
（i）力与物体的质量决定加速度。
（ii）加速度与时间决定速度的变化量。
（iii）速度方向与加速度方向（或合力方向）决定物体的运动性质。
3　用牛顿第二定律求解瞬时加速度
两种基本模型的特点
（1）轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，成为零或者别的值。
（2）轻弹簧（或者橡皮绳）需要较长的形变恢复时间，在瞬时问题中，当它两端始终有连接物时其弹力不能突变，大小和方向均不变。
求解瞬时加速度的一般思路
【方法归纳】
如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们分析问题的思路更灵活、更开阔。
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考·5）
1．如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（　　）
A．O点最大 B．P点最大
C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变
（2020年7月浙江选考）
2．如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间。当公交车（　　）
A．缓慢起动时，两只行李箱一定相对车子向后运动
B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动
C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动
D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动
（2019海南物理·5）
3．如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（　　）
A． B． C． D．
【最新模拟题精练】
（2023浙江诸暨三模）
4．如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在纸盒底部的正中间。小球放在纸盒口边上，现让纸盒从一定高度自由下落，小球被橡皮筋拉回盒中并能发生碰撞。不计空气阻力，则释放的瞬间（　　）
A．橡皮筋的弹力为0
B．小球加速度大小等于重力加速度g
C．纸盒加速度大小小于重力加速度g
D．橡皮筋对纸盒作用力大小等于
（2023湖南邵阳二模）
5．如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳沿C水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为，则（　　）
A．球1和球2的质量之比为
B．球1和球2的质量之比为
C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为
D．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为
（2023辽宁本溪期中）
6．用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x（小球与弹簧不拴连），弹簧劲度系数为k，如图所示。将细绳剪断后（　　）
A．小球立即获得的加速度 B．小球的运动轨迹为抛物线
C．小球落地的速度大于 D．小球落地的时间小于
（2023湖南名校高二联考）
7．如图所示，在倾角为的光滑固定斜面上，放着三个质量均为m且用轻弹簧相连的小球a、小球b和小球c，现用细绳将c球固定，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　）
A．当剪断小球间靠近小球b这端的弹簧时，a球的加速度大小为0，b球的加速度大小为
B．当剪断小球间靠近小球b这端的弹簧时，a球的加速度大小为0，b球的加速度大小为
C．当剪断细绳时，a球加速度大小为0，b球加速度大小为0，c球加速度为
D．当剪断细绳时，a球加速度大小为0，b球加速度大小为0，c球加速度为
（2023重庆沙家坝重点中学质检）
8．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一颗又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间（　　）
A．4号猴子的加速度和速度都等于0
B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上
C．2号猴子对3号猴子的作用力大小为
D．1号猴子对2号猴子的作用力大小为
（2023吉林长春高一期末）
9．如图所示，在粗糙的水平面上，P、Q两物块之间用轻弹簧相连，其原长为，劲度系数为k。在水平向右的拉力作用下，一起匀速向右运动，P、Q两物块与水平面间的动摩擦因数均为。已知物块P和物块Q的质量分别为m、2m，重力加速度为g，则（ ）
A．弹簧的长度为
B．拉力大小为
C．当突然撤去拉力F的瞬间，Q物块的加速度大小为
D．当突然撤去拉力F的瞬间，P物块的加速度大小为
（2023吉林长春高一期末）
10．如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为和，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（　　）
A．A、B所受弹簧弹力大小之比为
B．A、B的质量之比为
C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为
D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为
（2023天津名校月考）
11．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端连着小球A，同时水平细绳的一端连着小球A，另一端固定，小球A的下面用轻弹簧连着小球B。已知A，B的质量相等弹簧与竖直方向的夹角为，重力加速度为。在将细绳剪断的瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
（2023江苏南通第一次质检）
12．某同学在起立或下蹲过程中，利用手机软件记录的加速度随时间变化的图像如图所示。取竖直向下为正方向，则图中描述的是（　　）
A．起立过程 B．下蹲过程
C．先下蹲再起立的过程 D．先起立再下蹲的过程
（2023湖南新高考联盟第一次联考）
13．轻质丝绸放置在光滑斜面上，若固定丝绸，将物块B放置在丝绸上，恰能静止。现将物块A、B放置在丝绸上，用沿斜面向上的力F拉物块A，丝绸不固定，系统保持静止，如图所示；已知物块A、B的质量分别为、，与丝绸的动摩擦因数分别为、，则（　　）
A．若，不可能大于
B．若，有可能大于
C．只增加，物块B可能相对于丝绸滑动
D．只增加F，物块A一定相对于丝绸滑动
（2022北京石景山一模）
14．1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验．实验时，用宇宙飞船（质量为m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量为 ，发动机已熄火），如图所示．接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间 ，测出飞船和火箭的速度变化是 ，下列说法正确的是 （ ）
A．火箭质量应为
B．宇宙飞船的质量m应为
C．推力F越大，就越大，且与 F成正比
D．推力F通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为F
（2022福建厦门四模）
15．图甲所示为生活中巧妙地利用两根并排的竹竿，将长方体砖块从高处运送到低处的场景。将竹竿简化为两根平行放置，粗细均匀的圆柱形直杆，砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑，图乙所示为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形）。若仅将两竹竿间距增大一些，则砖块（　　）
A．下滑过程中竹竿对砖块的弹力变大
B．下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变
C．下滑的加速度变小
D．下滑到底端的时间变短
16．两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则（　　）
A．a1=g，a2=g B．a1=0，a2=2g
C．a1=g，a2=0 D．a1=2g，a2=0
17．两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则（　　）
A．a1=g，a2=g B．a1=0，a2=2g
C．a1=g，a2=0 D．a1=2g，a2=0
18．两个质量均为m的小球，用轻质弹簧连接，放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是（　　）
A．aA＝0；aB＝g B．aA＝g；aB＝0
C．aA＝g；aB＝g D．aA＝0；aB＝g
[2021·河北衡水中学模拟]
19．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是（已知，）（　　）
A．小球静止时弹簧的弹力大小为
B．小球静止时细绳的拉力大小为
C．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
D．细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为
[2021·陕西汉中月考]
20．如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间（　　）
A．弹簧的形变量不改变 B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为g D．木块B对水平面的压力为3mg
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。
故选A。
2．B
【详解】A．有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；
B．急刹车时，由于惯性，行李箱a一定相对车子向前运动，故B正确；
C．当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能提供向心力，与车保持相对静止，故C错误；
D．当公交车急转弯时，由于需要向心力大，行李箱一定相对车子向外侧运动，故D错误。
故选B。
3．D
【详解】根据牛顿第二定律，对PQ的整体：；对物体P：；解得，故选D。
4．D
【详解】A．释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，故A错误；
B．释放的瞬间，橡皮筋弹力仍为mg，小球的加速度等于0，故B错误；
D．设纸盒质量为M，释放前，手对纸盒的作用力为，方向竖直向上，所以橡皮筋对纸盒的作用力由受力平衡
所以橡皮筋对纸盒的作用力
释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，故D正确；
C．释放的瞬间，纸盒所受合力为
由牛顿第二定律可得纸盒加速度
故C错误。
故选D。
5．BC
【详解】对两小球1、2受力分析如图
根据平衡条件可得，有
FB=m1g，FBsin30°=m2g
所以
在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力
对球1
解得
故选BC。
6．C
【详解】A．细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力为
剪断细线瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有
解得：
A错误；
B．平抛运动只受重力；将细绳烧断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以不是平抛运动，轨迹不是抛物线，B错误；
D．小球竖直方向只受重力，竖直分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有
故小球落地的时间
D错误；
C．如果不受弹簧弹力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律有
解得落地速度
由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向的速度不变，所以落地速度大于，C正确。
故选C。
7．BD
【详解】AB．剪断小球间靠近小球b这端的弹簧时，对a球根据牛顿第二定律得
a球处于静止状态，加速度大小为零，对b球根据牛顿第二定律得
b球加速度大小为，故A错误，B正确；
CD．当剪断细绳后瞬间弹簧的弹力不会发生突变，因此a，b两球受力不变，a球
对b球
对c球
解得c球加速度大小为，故C错误，D正确。
故选BD。
8．C
【详解】A．在3号猴子手滑后的一瞬间，4号猴子只受重力作用，其加速度等于重力加速度，速度等于0，A错误；
B．在3号猴子手滑后的一瞬间，1号、2号、3号猴子的加速度a相同，加速度a大小为
解得
加速度的方向竖直向上，B错误；
C．2号猴子对3号猴子的作用力F23大小为
解得
C正确；
D．1号猴子对2号猴子的作用力F12大小为
解得
D错误。
故选C。
9．BD
【详解】A．设弹簧的伸长量为x，对Q物块受力分析，由二力平衡可得
解得
则弹簧的长度为
故A错误；
B．对整体进行受力分析，可得
故B正确；
C．当突然撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力没有发生突变，仍然为未撤去拉力时的数值，Q物块的受力没有发生变化，其加速度大小仍为零。故C错误；
D．同理，当突然撤去拉力F的瞬间，对P物块受力分析，有
解得
故D正确。
故选BD。
10．D
【详解】对AB两个物体受力分析，如图所示
A．弹簧处于水平静止状态，同一根弹簧弹力大小相等，故A错误；
B．AB都处于静止状态，受力平衡，对物体A有
对物体B有
可得
故B错误；
C．对A物体，细线拉力
对B物体，细线拉力
则
故C错误；
D．剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则AB合力大小分别等于和，根据牛顿第二定律有
，
可解得
故D正确。
故选D。
11．B
【详解】在绳子剪断瞬间，弹簧由于形变没有瞬间变化，弹力不会突变，所以B球的受力情况仍然平衡，加速度为0，A球的合力为绳子剪断前的拉力
解得
ACD错误，B正确。
故选B。
12．B
【详解】由图可知开始时加速度向下，且加速度由0增大到最大值再减小到0，此过程加速度方向一直向下，所以此过程该同学速度一直在增大方向向下，后加速变为负值即加速度方向变成向上，结合前面的加速运动可知，此时该同学开始做减速运动，虽然加速度向上但是速度向下，该同学仍然继续为下蹲过程，最后静止后加速度为0，所以由上述分析可得描述的是下蹲过程，ACD错误，B正确。
故选B。
13．A
【详解】AB．设斜面倾角为θ，将物块A、B放在丝绸上，用沿斜面向上的力F拉物块A，系统保持静止，有
若μA=μB，则mB≤mA；若μA<μB，则mA>mB；故A正确，B错误；
C．固定丝绸，将物块B放置在丝绸上，恰能静止，有
只增加，上式仍然成立，物块B相对于丝绸不会滑动，故C错误；
D．由丝绸保持静止可知，A受丝绸的摩擦力为静摩擦力，方向沿斜面向下，不一定达到最大静摩擦力，只增加F，物块A相对于丝绸不一定滑动，故D错误。
故选A。
14．C
【详解】AB．设它们之间的作用力是FT，分析飞船有
分析火箭有
所以可得火箭的
飞船的质量为
AB错误；
CD．根据冲量定理可得
故有
所以推力F越大，就越大，且与F成正比，因为
D错误C正确。
故选C。
15．B
【详解】A．假定两竹竿与地面倾角为、砖块的质量为m，每一根竹竿对砖块的支持力为N，以砖块为研究对象，只在垂直于竹竿平面内对其受力分析，如图所示，依题意有
则有
若仅将两竹竿间距增大一些，由于支持力垂直于接触面，角保持不变，则N不变，故A错误；
B．假定砖块与竹竿的动摩擦因数为，则摩擦力为
据前面分析，由于N不变，则下滑过程中竹竿对砖块的摩擦力不变，故B正确；
C．根据牛顿第二定律有
解得
由于角不变，则下滑的加速度不变，故C错误；
D．由于下滑加速度变小，根据匀变速直线运动规律，，则下滑时间不变，故D错误。
故选B。
16．A
【详解】由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度
a1=a2=g
故选A。
17．A
【详解】由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度
a1=a2=g
故选A。
18．B
【详解】细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为零。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为
T＝2mgsinθ
烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsinθ，所以A球的瞬时加速度为
aA＝2gsin30°＝g
ACD错误，B正确。
故选B。
19．D
【详解】A．对小球受力分析后，将弹力和重力合成后如图所示
由平衡条件可得，小球静止时弹簧的弹力大小为
A错误；
B．由平衡条件可得，小球静止时细绳的拉力大小为
B错误；
CD．细绳烧断瞬间，弹簧的弹力保持不变，弹力和重力的合力大小等于绳子拉力，由牛顿第二定律有
解得
C错误，D正确。
故选D。
20．A
【详解】A．由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；
B．开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；
C．撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：
2mg=ma
解得：
a=2g
方向竖直向上，故C错误；
D．撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：
F+mg=N
解得：
N=4mg
木块B对水平面的压力为4mg，故D错误；
故选A。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章 牛顿运动定律
第3.3讲 　动力学的两类基本问题
【知识点精讲】
1．已知受力情况求物体的运动情况；
由受力情况判断物体的运动情况，处理这类问题的基本思路是先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出加速度，再由运动学的相关公式求出速度或位移等。
2．已知运动情况求物体的受力情况。
由物体的运动情况判断受力情况，处理这类问题的基本思路是已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力，至于牛顿第二定律中合力的求法可用力的合成和分解法（平行四边形定则）或正交分解法。
3．动力学的两类基本问题
运用牛顿运动定律研究力和运动的关系包括两类基本问题，分析思路如下。
说明：解决两类基本问题的方法：以加速度为桥梁，由牛顿第二定律和运动学公式列方程求解。
【方法归纳】
一　动力学两类问题的解题步骤
1．明确研究对象。根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体。
2．分析物体的受力情况和运动情况，画好受力分析图，明确物体的运动性质和运动过程。
3．明确问题性质：由运动求力，需先用运动学公式求出加速度，然后根据受力分析结合牛顿第二定律求力；由受力求运动，需先根据受力分析求出加速度，然后根据运动学公式求位移或速度。
题后反思
（1）解决动力学两类问题的关键点
（2）解决动力学问题时的处理方法
①合成法：在物体受力个数较少（2个或3个）时一般采用“合成法”。即F合＝ma
②正交分解法：若物体的受力个数较多（3个或3个以上），则采用“正交分解法”。即
二　多过程问题的处理方法
1．将复杂物理过程分解为几个子过程。
2．分析每一个子过程中物体受力情况、运动情况、约束条件。
3．注意子过程之间的联系，可以从时间、位移、速度等方面寻找。
4．注意画好受力分析图和运动示意图。
【方法总结】
1．解决两类动力学基本问题应把握的关键
（1）两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
（2）一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。
2．解决动力学基本问题时对力的处理方法
（1）合成法——在物体受力个数较少（2个或3个）时一般采用“合成法”；
（2）正交分解法——若物体的受力个数较多（3个或3个以上），则采用“正交分解法”。
【典例分析】
1．滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一．如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0．05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40N的水平推力，使冰车从静止开始运动10s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行．（假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用）．
求：（1）冰车的最大速率；
（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．
[教你解决问题]
【最新高考题精练】
（2019全国理综III卷20）
2．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
（2018高考全国理综I·15）
3．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2012·上海物理）
4．如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．
（2012·安徽理综第22题）
5．质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4，设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10 m/s2， 求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
（2012·浙江理综）
6．为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：
(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA.
(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.
（2014·浙江1月学考）
7．有经验的司机能够通过控制油门使汽车做匀加速直线运动，某品牌轿车连同司机在内总质量为，当轿车受到大小为的牵引力时恰好在水平路面上匀速行驶，现司机通过控制油门使轿车受到的牵引力，从开始加速，假设汽车运动时所受的阻力保持不变，试求：
（1）轿车运动过程中所受到的阻力大小；
（2）轿车做加速运动时的加速度大小；
（3）轿车开始加速后内通过的位移大小．
（2015·浙江1月学考）
8．航天飞机着陆时速度很大，可以用阻力伞使它减速，如图所示。假设一架质量为m的航天飞机在一条水平直跑道上着陆，着陆时速度为v0，着陆的同时立即打开阻力伞，减速过程所经时间为t，假定航天飞机着陆过程中所受阻力不变，问
（1）这条跑道至少要多长？
（2）着陆过程所受阻力是多大？

（2016·4月浙江选考）
9．如图是上海中心大厦，质量为60 kg的小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时t＝55 s．若电梯先以加速度a1做匀加速运动，经过20 s达到最大速度vm＝18 m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台．假定观光平台高度为H＝549 m，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)加速度a1及上升高度h；
(2)在匀加速上升过程中小明对电梯地板的压力；
(3)电梯匀速运动的时间．
【最新模拟题精练】
（2023山西太原摸底）
10．如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B，其中物体B与弹簧拴接，初始时物体处于静止状态。t=0时，用竖直向上的拉力下作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动，测得两物体的-t图像如图所示，已知重力加速度为g，则（　　）
A．t=0时，F的大小为
B．弹簧的劲度系数为
C．A、B分离时弹簧弹力的大小为
D．0-t2过程中，B上升的高度为
（2023年潍坊名校联考）
11．如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m后锁定，t=0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v—t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0 kg，g取10 m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k=175N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35m/s2
（2023重庆名校教育联盟质检）
12．质量为的物块在水平推力的作用下沿水平面做直线运动，末撤去水平推力，如图实线表示其运动的图像，其中经过点的虚线是末图像的切线。取。下列说法不正确的是（　　）
A．6s末物体运动方向不发生改变
B．内物块平均速度比内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．水平推力的最大值为
（2023江苏盐城期中）
13．一弹性小球从离地板不太高的地方自由释放，与地板碰撞时没有机械能损失。设小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，则小球从释放到第一次上升到最高点的过程中，小球运动的速度-时间图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023吉林长春高一期末）
14．如图甲所示，静止在水平地面上质量为1kg的物体，在时刻受到水平向右的推力F作用，时撤去推力，物体运动的图像如图乙所示，取。下列说法正确的是（　　）
A．在0~1s内推力大小为4N B．物体先向右运动，后向左运动
C．时，物体与出发点间的距离为4m D．物体和水平地面间的动摩擦因数为0.5
（2023四川泸州三模）
15．如图所示，电磁铁P固定在木制框架上，框架静止放在水平地面上，铁块Q静止放在电磁铁P正下方的地面上。当对电磁铁P通以恒定电流后铁块Q上升的过程中，下列关于铁块Q的加速度a与时间t的函数关系图像中，可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
（2023云南昆明24中二模）
16．如图甲所示，质量为2kg的物体静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为0.4，与地面间的最大静摩擦力为9N。t=0时刻起，物体受到一个水平向右的力F作用，其大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．t=0到t=4s时间内摩擦力的冲量为零
B．t=4s时物体开始运动
C．t=6s时物体的速度大小为
D．t=11s时物体恰好停止运动
（2023重庆八中高三入学考试）
17．甲、乙两物体静置于粗糙水平地面上，与地面摩擦因数相同。时刻起，在物体上均施加周期性变化的水平外力F，变化规律如图所示。甲、乙在运动中具有如下特点：甲物体在2s末、4s末速度相同且不为0；乙物体在第3s内做匀速运动；则甲与乙质量之比为（　　）
A． B． C． D．无法确定
（2022湖南衡阳期中）
18．如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是（　　）
A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零
C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左
D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
19．如图所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H=2h，以不同的姿态落入水中其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1=h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2=1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。重力加速度为g，求：
(1)鱼入水时的速度v；
(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；
(3)鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2。
20．为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是
A． B．
C． D．
21．如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s通过传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据. 求：
t/s 0.0 0.2 0.4 … 2.2 2.4 …
v/m·s-1 0.0 1.0 2.0 … 3.3 2.1 …
(1)恒力F的大小；
(2)撤去外力F的时刻．
22．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8m，B点距C点的距离L＝2.0m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10m/s2)求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小．

23．在“爸爸去哪儿”节目中，爸爸和孩子们进行了山坡滑草运动项目，该山坡可看成倾角的斜面，一名孩子连同滑草装置总质量，他从静止开始匀加速下滑，在时间内沿斜面滑下的位移。（不计空气阻力，取，，）问：
（1）孩子连同滑草装置在下滑过程中受到的摩擦力为多大？
（2）滑草装置与草皮之间的动摩擦因数为多大？
（3）孩子连同滑草装置滑到坡底后，爸爸需把他连同装置拉回到坡顶，试求爸爸至少用多大的力才能拉动？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．（1）5m/s （2）50m
【详解】试题分析：（1）以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得
F-μmg=ma1 ①
vm=a1t ②
由①②得vm=5m/s
（2）冰车匀加速运动过程中有 x1＝a1t2 ③
冰车自由滑行时有 μmg=ma2 ④
vm2＝2a2x2⑤
又x=x1+x2⑥
由③④⑤⑥得x=50m
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】本题是两个过程的问题，运用牛顿第二定律和运动学结合处理是基本的方法，也可以根据动量定理和动能定理结合进行研究．
2．AB
【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
3．A
【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A．
【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等．
4．1N或9N
【详解】令Fsin53°＝mg，F＝1.25N，
当F＜1.25N时，杆对环的弹力向上，受力如图
由牛顿定律Fcosθ－μFN＝ma，
FN＋Fsinθ＝mg，
解得F＝1N；
当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，
受力如图
由牛顿定律Fcosθ－μFN＝ma，
Fsinθ＝mg＋FN，
解得F＝9N．
5．（1）0.2N （2）
【详解】(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为，由图知
根据牛顿第二定律，得
(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为，设球第一次离开地面时的速度大小为，则
第一次离开地面后，设上升过程中加速度大小为，则
于是，有
解得
6．(1)vA1＝ 　(2)fA＝mg( )　(3)
【详解】（1）“A鱼”在入水前做自由落体运动，有
①
得到：
②
（2）“A鱼”在水中运动时受到重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为,有
③
④
⑤
由题得：
综合上述各式，得
⑥
（3）考虑到“B鱼”的运动情况、受力与“A鱼”相似，有
⑦
综合⑥⑦两式得到:
7．（1） （2） （3）
【详解】(1)轿车匀速运动时受力平衡，则：
(2)由牛顿第二定律：
则：
代入数据得．
(3)轿车做匀加速运动后3s的位移为：
代入数据得．
答：(1)轿车运动过程中所受到的阻力大小为500N；
(2)轿车做加速运动时的加速度大小1m/s2；
(3)轿车开始加速后内通过的位移大小19.5m．
8．（1）；（2）
【详解】（1）由运动学公式可得
（2）由加速度公式可得加速度的大小为
由牛顿第二定律可得阻力的大小为
9．(1)0.9 m/s2　180 m(2)654 N　方向竖直向下(3)6 s
【详解】(1)根据速度与时间的关系可知：
代入数据得：
根据平均速度可知：
代入数据得：；
(2)根据牛顿第二定律：
代入数据得：
由牛顿第三定律得：小明对电梯地板的压力为，方向竖直向下
(3)匀速运动和匀减速运动的位移：
vmt2＋(t－t1－t2)＝H－h
代入数据得：．
点睛：解答此题的关键是熟练地应用运动学公式和牛顿定律，对运动过程要清楚，对匀变速直线运动，能用平均速度的公式求位移．
10．B
【详解】A．开始运动时的加速度
开始时对AB整体
解得
选项A错误；
B．开始时
在t1时刻AB脱离，此时对B
其中
联立解得弹簧的劲度系数为
选项B正确；
C．A、B分离时弹簧弹力的大小为
选项C错误；
D．在t2时刻B的速度最大，此时
则0-t2过程中，B上升的高度为
选项D错误。
故选B。
11．C
【详解】AB．根据v—t图线的斜率表示加速度可知，滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，弹簧处于压缩状态，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，故AB错误；
D．由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小
根据牛顿第二定律，摩擦力大小为
Ff=μmg=ma1=2×5N=10N
刚释放时滑块的加速度大小为
结合上述可知，滑块的最大加速度为30m/s2，故D错误；
C．刚释放滑块时，由牛顿第二定律得
kx-Ff=ma2
代入数据解得
k=175 N/m
故C正确。
故选C。
12．C
【详解】A．6 s末前后物块速度都为正值，故速度方向没改变，选项A正确，不符合题意；
B．若0～6 s内物体做匀加速运动，故平均速度为3m/s，而由图线可知，物体在0～6 s内的位移小于匀加速运动的位移，可知平均速度小于3m/s，而物体在6～10 s内的平均速度等于3m/s，故0～6 s内物体平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确，不符合题意；
C．撤去外力后的加速度
根据
可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误，符合题意；
D．物体的最大加速度为
根据牛顿第二定律
解得
Fm=0.9N
选项D正确，不符合题意；
故选C。
13．B
【详解】小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，即
根据牛顿第二定律，下降过程
可知，加速的下降过程中，加速度从g开始逐渐减小。
小球碰后上升过程中
可知，小球减速上升过程中加速度从大于g的值逐渐减小到g。速度-时间图像的斜率表示加速度，则加速下降阶段，斜率逐渐减小，减速上升阶段，斜率逐渐减小，到自高点时的图像斜率等于刚释放时的斜率。
故选B。
14．AC
【详解】AD．图像斜率表示加速度，则0~1s内和2~3s内物体加速度大小相等，大小为
根据牛顿第二定律，在0~1s内
2~3s内
得
，
A正确，D错误；
B．在3s前物体速度一直为正值，一直在向右运动，3s末速度减为零，3s后没有运动，B错误；
C．图像与横轴所围面积表示位移，时，物体与出发点间的距离为
C正确。
故选AC。
15．A
【详解】设铁块质量为m，电磁铁P通电后铁块Q上升的过程中，电磁铁对铁块的作用力大小为F，铁块Q的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
解得
知时，必有；铁块Q上升的过程中，电磁铁对铁块的作用力F 增大且增大越来越快，可知加速度a在增大且增大越来越快。
故选A。
16．C
【详解】A．根据 ，t=0到t=4s时间内摩擦力不等于零，所以摩擦力的冲量不等于零，A错误；
B．根据图像，拉力为，t=4s时拉力等于8N，小于最大静摩擦力9N，物体仍然静止，B错误；
C．根据，4.5s末物体开始运动，在4.5～6s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为
根据动量定理得
解得
C正确；
D．在4.5～11s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为
由此可知，t=11s前物体已经停止运动，D错误。
故选C。
17．A
【详解】甲在2s末和4s末速度相同，则2s到4s间必经过先减速再加速的过程，因减速和加速时间相同，所以两阶段加速度大小相同，故
乙因为在第三秒内做匀速运动，所以所受合力为零，所以乙受到摩擦力为4N，又因摩擦因数相同，因为
所以有
故选A。
18．AD
【详解】D．设t时刻A、B分离，由乙图可知，分离之前A、B物体受到的合力不变，故以相同加速度a共同加速，以整体为研究对象，据牛顿第二定律可得，加速度为
分离时对B由牛顿第二定律可得
F2-N=mBa
其中
解得
F2＝2.7N
结合F2的变化规律可得，经历时间为
根据位移公式可得，整体的位移大小为
D正确；
AB．当t=2s时，F2=1.8N，对B据牛顿第二定律可得
F2+N=mBa
解得B受到的压力大小为
N＝0.6N
A正确，B错误；
C．当t＝2.5s时，F2＝2.25N，对B据牛顿第二定律可得
F2＋N＝mBa
解得B受到的压力大小为
N＝0.15N>0
即A对B的作用力方向向右，C错误。
故选AD。
19．(1)2；(2)2∶3；(3)9∶7
【详解】(1)由v2=2gH，得
v=2
(2)因
h1=t1
h2=t2
得
(3)由于
2gH=v2=2a1h1
F1-mg=ma1
得
F1=3mg
同理得
F2=mg
所以
20．C
【详解】设屋檐的底角为，底边为L，注意底边长度是不变的，雨滴下滑时有：,所以：t，当时，时间最短，故ABD错误，C正确．故选C．
【点睛】雨滴从房顶下淌时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据匀变速直线运动规律和牛顿第二定律列式求解．
21．(1)11 N　；(2)1.5 s
【详解】（1）加速阶段由加速度的定义知，加速度
减速阶段加速度大小为
加速阶段中由牛顿第二定律得
减速阶段中由牛顿第二定律得
由上两式代入数据得
（2）撤力瞬间速度最大
其中
解得
22．(1)vm＝4m/s (2) μ＝0.4 (3) v＝3.2m/s
【详解】试题分析：（1）滑块在斜面上时，对其受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解出加速度，再根据运动学公式计算末速度；
（2）对减速过程运用牛顿第二定律列式，再运用速度位移公式列式，最后联立方程组求解；
（3）先判断加速时间，再根据速度时间关系公式求解t=1.0s时速度的大小．
解：（1）滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为，设滑块在斜面上运动的加速度大小为：
解得：
（2）滑块在水平面上运动的加速度大小为
解得：
（3）滑块在斜面上运动的时间为
得
由于，故滑块已经经过B点，做匀减速运动
设t=1.0s时速度大小为
解得：
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
点评：本题关键先对滑块的加速和减速过程运用牛顿第二定律列式求解，再分别对两个过程运用运动学公式列方程联立求解．
23．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由位移公式
沿斜面方向，由牛顿第二定律得
联立并代入数值得
（2）在垂直斜面方向上有
又有
联立并代入数值后，得
（3）设向上的拉力为，沿斜面方向有
代入数值解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章牛顿运动定律
第3.4讲单位制　超重和失重
【知识点精讲】
1.单位制
（1）基本量、基本单位和导出单位
①物理学的关系式在确定了物理量之间的数量关系的同时，也确定了物理量的单位间的关系。
②基本量
概念：被选定的利用物理量之间的关系推导出其他物理量的单位的物理量。
基本单位：基本物理量的单位。
③导出单位
由基本量根据关系式推导出来的其他物理量的单位。
（2）单位制和国际单位制
①单位制
基本单位和导出单位一起组成单位制。
②国际单位制
国际通用的，包括一切计量领域的单位制。
③国际单位制中的基本单位
以下是国际单位制中的七个基本物理量和相应的国际单位制中的基本单位。
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 m
质量 m 千克 kg
时间 t 秒 s
电流 I 安培 A
热力学温度 T 开（尔文） K
发光强度 I，（IV） 坎（德拉） cd
物质的量 n，（v） 摩（尔） mol
④在力学范围内，国际单位制中的基本量为：长度、质量、时间。相应的基本单位为：米、千克、秒。
2.超重和失重
（1）超重
①定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有向上的加速度。
（2）失重
①定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象。
②产生条件：物体具有向下的加速度。
（3）完全失重
①定义：物体对支持物的压力（或对竖直悬挂物的拉力）等于零的现象称为完全失重现象。
②产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
【方法归纳】
凡是具有向上加速度的都是超重状态；
凡是具有向下加速度的都是超重状态。
判断超重和失重的方法
从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零时，物体处于完全失重状态
从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度等于重力加速度时，物体处于完全失重状态
【最新高考题精练】
（2023年1月浙江选考）
1．下列属于国际单位制中基本单位符号的是（　　）
A．J B．K C．W D．
（2022年1月浙江选考）
2．单位为J/m的物理量是（　　）
A．力 B．功 C．动能 D．电场强度
（2022年6月浙江选考）
3．下列属于力的单位是（ ）
A． B． C． D．
（2021高考新课程II卷海南卷）
4．公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（　　）
A． B． C． D．
（浙江新高考2018年4月选考科目物理试题）
5．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是
A． B． C． D．
（2010高考海南物理）
6．如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为
A．加速下降 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
（2010浙江理综）
7．如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）．下列说法正确的是
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
【最新模拟题精练】
（2023浙江名校联盟联考）
8．据报道，我国人造太阳高11米、直径8米、重达400吨，成功实现500万摄氏度持续放电101.2秒的成果，打破了世界纪录。在这则新闻中涉及了长度、质量、温度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法正确的是（　　）
A．力学基本物理量是长度、质量、力
B．kg、N、m/s都是导出单位
C．根据牛顿第二定律表达式可知：
D．新闻中涉及的“11米、400吨和101.2秒”中，米和秒是国际单位制中的基本单位
（2023浙江温州重点高中期中联考）
9．以下以物理学家命名的物理单位，属于国际基本单位的是（　　）
A．牛顿 B．库仑 C．特斯拉 D．安培
（2023浙江十所名校期中联考）
10．引力常量G在国际单位制中的单位是（　　）
A． B．
C． D．
（2023浙江名校联考）
11．在国际单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为，该物理量可能为（　　）
A．电势 B．伏特 C．韦伯 D．特斯拉
（2023上海七宝模拟）
12．磁通量的单位Wb用基本单位可表示为
A． B． C． D．
（2022广东佛山重点高中质检）
13．如图所示，是某同学站在力板传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息(　　)
A．该同学做了两次下蹲－起立的动作
B．该同学做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约2 s起立
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
14．几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。电梯起动前，一位同学站在体重计上，如图1所示。然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层。图2至图5是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数。根据记录，进行推断分析，其中正确的是（ ）
A．根据图1、图2可知，图2位置时电梯向上加速运动
B．根据图1、图3可知，图3位置时人处于超重状态
C．根据图1、图4可知，图4位置时电梯向下减速运动
D．根据图1、图5可知，图5位置时人处于失重状态
（2020·浙江省高三月考）
15．由于生活水平的不断提升，越来越多的家庭拥有了私家轿车，造成车位难求的现象，因此很多停车场采用了多层停车的结构。若车子被“移送”停在上层，车主想使用汽车时就需要车库管理员把车子“移送”到下层。管理员正在“移送”车辆的过程如图所示。假设“移送”过程中车辆相对于底板始终静止，底板始终保持水平，则下列说法正确的是（　　）
A．车子在被水平向右“移送”的过程中，底板对车子的摩擦力一直水平向左
B．车子在被水平向右“移送”的过程中，底板对车子的摩擦力不可能水平向左
C．车子在被竖直向下“移送”的过程中，车子对底板的力可能小于底板对车子的力
D．车子在被竖直向下“移送”的过程中，底板对车子的力可能大于车子自身的重力
（2020·北京高三二模）
16．很多智能手机都有加速度传感器。小明把手机平放在手掌上，打开加速度传感器，记录手机在竖直方向上加速度的变化情况。若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机屏幕上获得的图像如图甲所示。以下实验中手机均无翻转。下列说法正确的是
A．若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，所得图像可能如图乙所示
B．若保持手托着手机，小明做下蹲动作，整个下蹲过程所得图像可能如图丙所示
C．若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，所得图像可能如图丁所示
D．手机屏幕上的图像出现正最大值时，表明手机处于失重状态
（2022年广东江门联考）
17．如图所示，电梯使用电动机通过钢丝绳把供人乘坐的轿厢在高低楼层之间来回运动，设某次人与轿厢的总重力为G，钢丝绳的拉力为T，忽略绳重平衡链重力，则下列说法正确的是 （　　）
A．电梯在减速上升时，人在电梯中处于失重状态，GB．电梯在加速上升时，人在电梯中处于超重状态，GC．电梯在加速下降时，人在电梯中处于超重状态，G>T
D．电梯在匀速上升时，人在电梯中处于平衡状态，G（2022·河南九校联考）
18．2019年国际篮联篮球世界杯暨第18届国际盟联篮球世界杯，于2019年8月31日至9月15日在我国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行。图为比赛中一运动员三分远投经历了下蹲、蹬地、离地上升、抛投过程，一气哈成，若不计空气阻力，关于运动员的一系列动作。下列说法正确的是（　　）
A．运动员下蹲过程始终处于失重状态
B．运动员蹬地上升到离地过程中，运动员蹬地的力大于地面对运动员的支持力
C．运动员蹬地上升到离地过程中，可能先超重后失重
D．运动员离地后上升过程中，处于完全失重状态，因此不受重力作用
（2022北师大附中期中）
19．“比冲”是航天器发射系统的常用物理量，用于表达动力系统的效率，其可以描述为单位质量推进剂产生的冲量。据此分析，“比冲”的国际单位是（　　）
A．m/s B．m/s2 C．N D．N·s2
（2022河北普通高中第一次联考）
20．磁场的磁感应强度是电磁学中一个重要的物理量，其单位用国际单位制基本单位可表示为（　　）
A． B． C． D．
（2022安徽六市十校联考）
21．2020年5月5日，我国长征五号B运载火箭首飞成功，火箭全长约53.7m，采用无毒无污染的液氧、液氢和煤油作为推进剂，起飞质量约849t，近地轨道运载能力大于22t，是目前我国近地轨道运载能力最大的火箭，在这则新闻中涉及了质量、长度和时间及其单位，在国际单位制中，下列说法中正确的是（　　）
A．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的
B．力学中的三个基本单位是N、m、s
C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一
D．kg、m/s、N是国际单位的导出单位
（2022年浙江名校联考）
22．下列物理量属于标量，且单位属于国际单位制导出单位的是（　　）
A．位移、m B．电压、V C．电流、A D．力、N
（2022百校联考）
23．小球在水中运动时受到水的阻力与小球运动速度的平方成正比，即，则比例系数的单位是
A．
B．
C．
D．
（2022湖南长沙联考）
24．物理是一门以实验为基础的学科，要用到很多测量仪器，下列哪种仪器测量的不是国际单位制中的基本量（　　）
A．弹簧测力计
B．天平
C．秒表
D．螺旋测微器
（2022福建泉州高三下适应性测试）
25．如图，缆车用钢索悬挂着，处于静止状态，其底板上放置一小物块，物块与缆车左侧壁用水平轻弹簧连接起来，弹簧处于拉伸状态，物块恰好不会相对底板滑动。已知缆车质量远大于物块质量，物块与缆车底板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度为g，则钢索断开瞬间（　　）
A．物块没有受到摩擦力
B．物块受到滑动摩擦力
C．物块的加速度大小为g
D．物块的加速度大小为μg
（2022四川南充零诊）
26．某人乘电梯从10楼到1楼，从电梯启动到停在1楼的过程，经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段。电梯在这三个连续的运动阶段中，该人所受的重力和他对电梯地板的压力相比较，其大小关系分别是（　　）
A．重力大于压力，重力等于压力，重力小于压力
B．重力小于压力，重力等于压力，重力大于压力
C．重力大于压力，重力小于压力，重力小于压力
D．重力小于压力，重力小于压力，重力大于压力
（2022安徽巢湖一中等十校联盟最后一卷）
27．北京冬奥会于2022年2月4日开幕，在2月8日进行的自由式滑雪女子大跳台比赛中，中国选手谷爱凌获得了该项目历史上第一块金牌。下图为“大跳台”赛道的示意图，由助滑道、起跳区、着陆坡、终点线、停止区组成。下列说法正确的是（　　）
A．助滑道上运动员下蹲，双臂向后紧贴身体，以减小起跳时的速度
B．运动员在助滑道上加速下滑时，运动员处于超重状态
C．所有运动员在着陆坡落地时，他们的速度方向一定相同
D．着陆时运动员控制身体屈膝下蹲，是为了减小平均冲击力
（2022广东省揭阳市普宁市段考）
28．如图，垂直电梯里有一个“轿厢”和一个“对重”，它们通过钢丝绳连接起来，驱动装置带动钢丝绳使“轿厢”和“对重”在竖直方向做上下运动。当“轿厢”向上做匀减速直线运动时（　　）
A．电梯的“对重”处于失重状态
B．电梯的“对重”向下匀加速运动
C．钢丝绳的拉力等于“轿厢”的重力
D．钢丝绳的拉力小于“轿厢”的重力
（2022广州培正中学三模）
29．某同学站在电梯的水平地板上，利用速度传感器研究电梯的升降过程。取竖直向上为正方向，电梯在某一段时间内速度的变化情况如图所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是（ ）
A．在0～5s内，电梯加速上升，该同学处于失重状态
B．在5s～10s内，该同学对电梯地板的压力小于其重力
C．在10s～20s内，电梯减速上升，该同学处于超重状态
D．在20s～25s内，电梯加速下降，该同学处于失重状态
（2022年9月辽宁省朝阳市凌源市质检）
30．2021年12月8日，海南舰首次亮相登陆作战考核，该舰舰长超过230米，最大航速可以达到25节，满载的排水量在4.5万吨左右，在这则新闻中涉及了长度、质量和时间及其单位，下列说法正确的是（　　）
A．舰长超过230米，米是国际单位制中力学三个基本物理量之一
B．最大的航速可以达到25节，物理学中所有的物理量都有单位
C．25海里每小时是速度单位，速度的单位都是导出单位
D．排水量在4.5万吨左右，吨、千克是国际单位制中的导出单位
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】国际单位制中的七个基本单位是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是kg、m、s、A、K、cd、mol，其余单位都属于导出单位。
故选B。
2．A
【详解】根据功的定义式可知
则有
因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。
故选A。
3．A
【详解】根据牛顿第二定律有
F = ma
则力的单位为
故选A。
4．B
【详解】AB．根据牛顿第二定律的表达式可知力的单位为，A错误，B正确；
C．根据压强的表达式可知力的单位可知力的单位为，但压强单位不是基本单位，C错误；
D．根据做功的表达式可知力的单位为，但功的单位不是基本单位，D错误。
故选B。
5．C
【详解】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；
故选C．
【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态．
6．BD
【详解】木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，物体受到的合力向上，所以系统应该有向上的加速度，是超重，物体可能是向上加速，也可能是向下减速，所以B正确．
【点睛】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；
7．A
【详解】解：以A、B整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下．
再以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力．
故选A．
【点评】本题是整体法和隔离法的应用，整体跟部分的运动情况相同，可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度，再对部分进行受力分析，得出最终结论．
8．D
【详解】A．力学基本量是长度、质量、时间，故A错误；
B．是基本单位，N、是导出单位，故B错误；
C．根据牛顿第二定律表达式可知：，故C错误；
D．新闻中涉及的11米、400吨和101.2秒中，米和秒是国际单位制中的基本单位，D正确。
故选D。
9．D
【详解】A.牛顿是力的单位，不是基本单位，故A错误；
B.库仑是电量的单位，不是基本单位，故B错误；
C.特斯拉是磁感应强度的单位，不是基本单位，故C错误；
D.安培是电流的单位，是国际基本单位，故D正确．
10．B
【详解】根据
解得
根据单位运算，可知，引力常量G在国际单位制中的单位是。
故选B。
11．A
【详解】由题意，得单位运算为
选项中只有电势是物理量，且单位为。
故选A。
12．B
【详解】磁通量，又由安培力公式得F=BIL，联立可得，所以，故B正确；A、C、D错误．
故选B
13．B
【详解】AB.人做下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重．对应图象可知，该同学做了一次下蹲－起立的动作；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2 s，故A错误，B正确；
CD.下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，故CD错误．
14．A
【详解】A．图1表示电梯静止时体重计的示数，图2示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升，故A正确；
B．图1表示电梯静止时体重计的示数，图3示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误；
C．图4示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；
D．图5示数大于静止时体重计的示数，加速度向上，速度向下，人处于超重状态，故D错误。
故选A。
15．D
【详解】AB.车子在被水平向右“移送”的过程中，先加速后减速，中间可能还有匀速过程，若加速向右移送，则底板对车子的摩擦力水平向右，若减速向右移送，则底板对车子的摩擦力水平向左，若匀速向右移送，底板对车子的摩擦力为零，所以底板对车子的摩擦力不会一直水平向左，故A、B错误；
C.车子对底板的力和底板对车子的力是一对作用力和反作用力，任何时刻都大小相等，方向相反，故C错误；
D.车子在被竖直向下“移送”的过程中，若减速向下移动，则加速度竖直向上，即
FN－mg＝ma
解得
FN＝mg+ma
则底板对车子的力可能大于车子自身的重力，故D正确。
故选D。
16．A
【详解】A．若手掌迅速向下运动，让手机脱离手掌而自由下落，然后接住手机，手机先加速后减速，加速度先竖直向下，再竖直向上。由图甲可知加速度竖直向下时为负值。若将手机竖直向上抛出再落回手掌中，手机先竖直向上加速然后竖直上抛运动最后竖直向下减速，加速度方向先竖直向上然后竖直向下最后竖直向上，即先正然后负最后正，所得图像可能如图乙所示，故A正确；
B．若保持手托着手机，小明做下蹲动作，手机先竖直向下加速然后竖直向下减速，加速度方向先竖直向下然后竖直向上，即先负后正，整个下蹲过程所得图像不可能如图丙所示，故B错误；
C．若手托着手机一起由静止竖直向上运动一段时间后停止，手机先竖直向上加速最后竖直向上减速，加速度方向先竖直向上最后竖直向下，即先正最后负，所得图像不可能如图丁所示，故C错误；
D．手机屏幕上的图像出现正最大值时，说明加速度方向竖直向上，处于超重状态，故D错误。
故选A。
17．B
【详解】A．电梯在减速上升时，加速度向下，人在电梯中处于失重状态，G>T，选项A错误；
B．电梯在加速上升时，加速度向上，人在电梯中处于超重状态，GC．电梯在加速下降时，加速度向下，人在电梯中处于失重状态，G>T，选项C错误；
D．电梯在匀速上升时，人在电梯中处于平衡状态，G=T，选项D错误。
故选B。
18．C
【详解】A．运动员下蹲过程，先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，可知，运动员先处于失重后处于超重状态，故A错误；
B．运动员蹬地上升到离地过程中，根据牛顿第三定律可知，运动员蹬地的力与地面对运动员的支持力大小相等，方向相反，故B错误；
C．运动员蹬地上升到离地过程中，加速度方向可能先向上后向下，因此可能先超重后失重，故C正确；
D．运动员离地后上升过程中，处于完全失重状态，但所受重力不变，故D错误。
故选C。
19．A
【详解】“比冲”是单位质量推进剂产生的冲量，则单位为
故选A。
20．B
【详解】根据公式
则有
故选B。
21．A
【详解】A．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的，即当质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度，则所加的力为1N，选项A正确；
B．力学中的三个基本单位是kg、m、s，选项B错误；
C．时间是国际单位制中力学三个基本物理量之一，秒是国际单位制中力学三个基本单位之一，选项C错误；
D．m/s、N是国际单位的导出单位，kg是国际单位的基本单位，选项D错误。
故选A。
22．B
【详解】A．位移不属于标量，是矢量，但是其单位属于国际单位制中的基本单位，故A错误；
B．电压属于标量，其单位属于国际单位制导出单位，故B正确；
C．电流属于标量，但是其单位属于国际单位制中的基本单位，故C错误；
D．力不属于标量，是矢量，其单位属于国际单位制导出单位，故D错误。
故选B。
23．C
【详解】由可得k的单位为
A.A项与 上述分析结论不相符，故A错误；
B.B项与 上述分析结论不相符，故B错误；
C.C项与 上述分析结论相符，故C正确；
D.D项与 上述分析结论不相符，故D错误．
24．A
【详解】A．弹簧测力计测量的是力，而力不是国际单位制中的基本量，故A符合题意。
B．天平是测量质量的仪器，质量是国际单位制中的基本量，故B不符合题意。
C．秒表是测量时间的仪器，时间是国际单位制中的基本量，故C不符合题意。
D．螺旋测微器是测量长度的仪器，长度是国际单位制中的基本量，故D不符合题意。
故选A。
25．A
【详解】AB．钢索断开瞬间，物块和底板间的弹力瞬间消失，则物块不再受到摩擦力，故B错误，A正确；
CD．钢索断开前，物块受到弹簧弹力大小为
钢索断开后，物块竖直方向的加速度为g，方向竖直向下，水平方向上弹簧弹力不突变，则物块水平方向的加速度为
可得加速度为
故CD错误。
故选A。
26．A
【详解】某人乘电梯从10楼到1楼，速度方向向下。电梯启动做加速运动阶段，加速度方向向下，由牛顿第二定律可知重力大于电梯地板对他的支持力，由牛顿第三定律可知，他对电梯地板的压力等于电梯地板对他的支持力，即重力大于压力，处于失重状态；在匀速运动阶段，处于平衡状态，重力等于压力；在减速运动阶段，加速度方向向上，由牛顿第二定律可知重力小于电梯地板对他的支持力，由牛顿第三定律可知，他对电梯地板的压力等于电梯地板对他的支持力，即重力小于压力，处于超重状态；故选项A正确，选项BCD错误。
故选A。
27．D
【详解】A．助滑道上运动员下蹲，双臂向后紧贴身体，以减小起跳时的空气阻力，增加起跳速度，A错误；
B．运动员在助滑道上加速下滑时，运动员处于失重状态，B错误；
C．由于运动员在空中完成各种动作，调整运动姿态，改变空气阻力，从而使落地时的速度方向不一定相同，C错误；
D．着陆时运动员控制身体屈膝下蹲，延长落地时间，从而减小平均冲击力，D正确。
故选D。
28．D
【详解】当“轿厢”向上做匀减速直线运动时，“轿厢”加速度向下，处于失重状态，钢丝绳拉力小于“轿厢”重力。此时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故ABC错误，D正确。
故选D。
29．D
【详解】A．在0～5s内，从速度--时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；
B．5～10 s内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误；
C．在10～20s内，电梯向上做匀减速运动，加速度向下，处于失重状态，故C错误；
D．在20～25s内，电梯向下做匀加速运动，加速度向下，故处于失重状态度，故D正确。
故选D。
30．C
【详解】A．国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而米只是长度的单位，故A错误；
B．单位是物理量的组成部分，有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如动摩擦因数就没有单位，故B错误；
C．25海里每小时是速度单位，速度的单位都是导出单位，故C正确：
D．“吨”是质量的一个单位，但不是国际单位制中的单位，千克是质量的单位，是基本单位，故D错误。
故选C。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章 牛顿运动定律
第3.5讲 动力学中图象问题
【知识点精讲】
1．常见的图象有
v－t图象，a－t图象，F －t图象，F－x图象，F －a图象等。
2．图象间的联系
加速度是联系v －t图象与F－t图象的桥梁。
3．分析图象问题时的关键
（1）看清纵、横坐标所表示的物理量及单位。
（2）注意坐标原点是否从零开始。
（3）清楚图线的交点、斜率、面积等物理意义。
（4）对物体的受力情况和运动情况的分析。
4．动力学中的图象问题的基本思路
（1）由图象坐标轴的物理意义、图线的截距、斜率、特殊点、面积等充分挖掘出解题所需的信息，同时，结合图线描述的运动情况，画出运动过程示意图，弄清物理情景。
（2）根据题目提供的情况，结合牛顿第二定律，写出图象中两个物理量的函数，然后再由图象的截距、斜率等信息，找关系列方程。
【方法归纳】
1.动力学图象问题处理方法
看清坐标轴所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从0开始，明确因变量与自变量间的制约关系，明确物理量的变化趋势，分析图线进而弄懂物理过程，写出相应的函数关系式，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
2. v－t图象的斜率表示加速度；a－t图象面积表示速度变化；F －t图象的面积表示冲量，F－x图象面积表示做功，
【最新高考题精练】
（2019全国理综III卷20）
1．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
（2018高考全国理综I·15）
2．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2012·安徽理综第22题）
3．质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4，设球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10 m/s2， 求：
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
（2012·江苏物理）
4．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【最新模拟题精练】
（2023云南昆明24中二模）
5．如图甲所示，质量为2kg的物体静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为0.4，与地面间的最大静摩擦力为9N。t=0时刻起，物体受到一个水平向右的力F作用，其大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．t=0到t=4s时间内摩擦力的冲量为零
B．t=4s时物体开始运动
C．t=6s时物体的速度大小为
D．t=11s时物体恰好停止运动
（2023重庆八中高三入学考试）
6．甲、乙两物体静置于粗糙水平地面上，与地面摩擦因数相同。时刻起，在物体上均施加周期性变化的水平外力F，变化规律如图所示。甲、乙在运动中具有如下特点：甲物体在2s末、4s末速度相同且不为0；乙物体在第3s内做匀速运动；则甲与乙质量之比为（　　）
A． B． C． D．无法确定
（2023山西太原摸底）
7．如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B，其中物体B与弹簧拴接，初始时物体处于静止状态。t=0时，用竖直向上的拉力下作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动，测得两物体的-t图像如图所示，已知重力加速度为g，则（　　）
A．t=0时，F的大小为
B．弹簧的劲度系数为
C．A、B分离时弹簧弹力的大小为
D．0-t2过程中，B上升的高度为
（2023年潍坊名校联考）
8．如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.4m后锁定，t=0时解除锁定，释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线，已知滑块质量m=2.0kg，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k=175N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35m/s2
（2023重庆名校教育联盟质检）
9．质量为的物块在水平推力的作用下沿水平面做直线运动，末撤去水平推力，如图实线表示其运动的图像，其中经过点的虚线是末图像的切线。取。下列说法不正确的是（　　）
A．6s末物体运动方向不发生改变
B．内物块平均速度比内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．水平推力的最大值为
（2023江苏盐城期中）
10．一弹性小球从离地板不太高的地方自由释放，与地板碰撞时没有机械能损失。设小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，则小球从释放到第一次上升到最高点的过程中，小球运动的速度-时间图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023吉林长春高一期末）
11．如图甲所示，静止在水平地面上质量为1kg的物体，在时刻受到水平向右的推力F作用，时撤去推力，物体运动的图像如图乙所示，取。下列说法正确的是（　　）
A．在0~1s内推力大小为4N B．物体先向右运动，后向左运动
C．时，物体与出发点间的距离为4m D．物体和水平地面间的动摩擦因数为0.5
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参考答案：
1．AB
【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
2．A
【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma．可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误．故选A．
【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等．
3．（1）0.2N （2）
【详解】(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为，由图知
根据牛顿第二定律，得
(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为，设球第一次离开地面时的速度大小为，则
第一次离开地面后，设上升过程中加速度大小为，则
于是，有
解得
4．C
【详解】BD．皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有
根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有
联立解得
由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD错误；
AC．根据
有
由于加速度减小，则也减小，也减小，即a-t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确。
故选C。
5．C
【详解】A．根据 ，t=0到t=4s时间内摩擦力不等于零，所以摩擦力的冲量不等于零，A错误；
B．根据图像，拉力为，t=4s时拉力等于8N，小于最大静摩擦力9N，物体仍然静止，B错误；
C．根据，4.5s末物体开始运动，在4.5～6s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为
根据动量定理得
解得
C正确；
D．在4.5～11s时间内，拉力和摩擦力的冲量分别为
由此可知，t=11s前物体已经停止运动，D错误。
故选C。
6．A
【详解】甲在2s末和4s末速度相同，则2s到4s间必经过先减速再加速的过程，因减速和加速时间相同，所以两阶段加速度大小相同，故
乙因为在第三秒内做匀速运动，所以所受合力为零，所以乙受到摩擦力为4N，又因摩擦因数相同，因为
所以有
故选A。
7．B
【详解】A．开始运动时的加速度
开始时对AB整体
解得
选项A错误；
B．开始时
在t1时刻AB脱离，此时对B
其中
联立解得弹簧的劲度系数为
选项B正确；
C．A、B分离时弹簧弹力的大小为
选项C错误；
D．在t2时刻B的速度最大，此时
则0-t2过程中，B上升的高度为
选项D错误。
故选B。
8．C
【详解】AB．根据v－t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，从弹簧恢复原长时到滑块停止运动，加速度不变，故AB错误；
CD．由题中图象知，滑块脱离弹簧后的加速度大小
a1=m/s2=5m/s2
由牛顿第二定律得摩擦力大小为
Ff=μmg=ma1=2×5N=10N
刚释放时滑块的加速度为
a2=m/s2=30m/s2
此时滑块的加速度最大，由牛顿第二定律得
kx－Ff=ma2
代入数据解得
k=175N/m
故C正确，D错误。
故选C。
9．C
【详解】A．6 s末前后物块速度都为正值，故速度方向没改变，选项A正确，不符合题意；
B．若0～6 s内物体做匀加速运动，故平均速度为3m/s，而由图线可知，物体在0～6 s内的位移小于匀加速运动的位移，可知平均速度小于3m/s，而物体在6～10 s内的平均速度等于3m/s，故0～6 s内物体平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确，不符合题意；
C．撤去外力后的加速度
根据
可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误，符合题意；
D．物体的最大加速度为
根据牛顿第二定律
解得
Fm=0.9N
选项D正确，不符合题意；
故选C。
10．B
【详解】小球所受的空气阻力的大小与速率成正比，即
根据牛顿第二定律，下降过程
可知，加速的下降过程中，加速度从g开始逐渐减小。
小球碰后上升过程中
可知，小球减速上升过程中加速度从大于g的值逐渐减小到g。速度-时间图像的斜率表示加速度，则加速下降阶段，斜率逐渐减小，减速上升阶段，斜率逐渐减小，到自高点时的图像斜率等于刚释放时的斜率。
故选B。
11．AC
【详解】AD．图像斜率表示加速度，则0~1s内和2~3s内物体加速度大小相等，大小为
根据牛顿第二定律，在0~1s内
2~3s内
得
，
A正确，D错误；
B．在3s前物体速度一直为正值，一直在向右运动，3s末速度减为零，3s后没有运动，B错误；
C．图像与横轴所围面积表示位移，时，物体与出发点间的距离为
C正确。
故选AC。
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答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章 牛顿运动定律
第3.6讲 动力学中的连接体问题
【知识点精讲】
1．连接体的分类
根据两物体之间相互连接的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。
（1）绳（杆）连接：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起；
（2）弹簧连接：两个物体通过弹簧的作用连接在一起；
（3）接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。
2．连接体的运动特点
轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平均速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
【特别提醒】
（1）“轻”——质量和重力均不计。
（2）在任何情况下，绳中张力的大小相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。
【方法归纳】
整体与隔离法在动力学中的应用技巧
1．整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度（或其他未知量）。
2．隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
3．整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
涉及加速度相同的连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般思路是：
（1）求内力时，先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
（2）求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外加作用力。
【最新高考题精练】
（2022·全国理综甲卷·19）
1．如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（　　）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
（2022山东物理）
2．某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
（2021高考新课程II卷海南卷）
3．如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（　　）
A． B． C． D．
（2021新高考湖南卷）
4．“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
（2020高考江苏物理）
5．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A．F B． C． D．
（2020高考全国理综III卷）
6．如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（　　）
A．45° B．55° C．60° D．70°
（2019海南物理·5 ）
7．如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（　　）
A． B． C． D．
（2019全国理综I卷19）
8．如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中（　　）

A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
【最新模拟题精练】
（2023湖南押题卷）
9．如图所示，A、B两小球通过绕过轻质光滑定滑轮的不可伸长的细线相连，A球放在足够长的固定光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A球，并使连接A、B球的细线刚刚拉直但无拉力作用，且保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A球的质量为，B、C球的质量均为，取重力加速度大小，开始时整个系统处于静止状态。释放A球后，A球沿斜面下滑至速度最大时C球恰好离开地面。弹簧一直在弹性限度内，下列描述正确的是（　　）
A．斜面的倾角为30°
B．A球的最大速度为
C．C球刚离开地面时，B球的加速度最大
D．从释放A球到C球刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能先增加后减少
（2023湖北名校高一质检）
10．如图所示，一条质量为1kg的均匀柔软绳索置于光滑水平桌面上，开始有一小段垂在桌边，使它从静止开始运动。重力加速度，在运动过程中，绳的转折处O点的最大张力是（　　）
A．2.5N B．5N C．10N D．7.5N
（2023江苏常州期中）
11．如图所示，一个质量为m，均匀的细链条长为L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使 长部分垂在桌面下，（桌面高度大于链条长度），则链条上端刚离开桌面时的动能为 （ ）
A．0 B． mgL C． mgL D． mgL
（2023湖南三湘创新发展联考）
12．如图所示，一不可伸长的轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L，且绳刚好伸直。现用一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直，某时刻两小球的加速度大小均为，此时两个球的距离为（ ）
A． B． C． D．
（2023山东济南期末）
13．如图所示，轻定滑轮与固定在天花板上的拉力传感器相连，跨过定滑轮的轻绳两端分别与质量不等的A、B两物体相连。用挡板托住物体B使A、B保持静止，此时拉力传感器的示数为10N；撤去挡板，物体A上升、B下降，此时拉力传感器的示数为15N。重力加速度g取，则物体B的质量为（　　）
A．0.75kg B．1kg C．1.25kg D．1.5kg
（2022山西太原二模）
14．如图所示，固定斜面AC的倾角为30°，其中AB部分光滑，长为5L；BC部分粗糙且足够长。6个质量均为m的相同滑块（可视为质点）、用长为L的轻杆相连放置在斜面上，初始时滑块1恰好位于B点。释放后滑块组开始下滑，已知滑块4进入BC后能做匀速运动，下列说法中正确的是（　　）
A．滑块与斜面间的动摩擦因数为
B．滑块组匀速运动时速度的大小为
C．滑块4通过B点前的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为
D．滑块4通过B点后的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为
（2022山东青岛二模）
15．如图，在杠杆的左臂处挂有质量为的小球，在杠杆的右臂处挂有一定滑轮。跨过定滑轮的细线一端拴接质量为的小球，另一端拴接小球，忽略滑轮和细线质量以及一切摩擦，若要使杠杆平衡，小球的质量应为（　　）
A．0 B． C． D．
（2022湖南长沙长郡中学模拟）
16．2018年7月1日，由我国自行研制的全球最长高铁列车——16节长编组“复兴号”在北京南站正式上线运营。“复兴号”动车组由16节车厢组成，其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车，其余为拖车。假设动车组各车厢质量均为m，每节动车的额定功率均为P，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比（比例系数为k），下列说法正确的是（　　）
A．“复兴号”行驶的最大速度
B．“复兴号”的配置如果改成10节动车和6节拖车，最大速度将提高到原来的1.5倍
C．“复兴号”进站做匀减速直线运动时，一位乘客单手持手机浏览网页，手对手机的力与车厢运动方向相反
D．“复兴号”做匀加速直线运动时，第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1:2
（2023湖南新高考教研联盟第二次联考）
17．如图所示，一足够长的光滑斜面，倾角为θ，一弹簧上端固定在斜面的顶端，下端与物体b相连，物体b上表面粗糙，在其上面放一物体a，a、b间的动摩擦因数为μ（μ>tanθ），将物体a、b从O点由静止释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b滑到A点时，a刚好相对b开始滑动；滑到B点时a刚好从b上滑下，b也恰好速度为零，设a、b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列对物体a、b运动情况的描述正确的是（　　）
A．从O到A的过程中，两者一直加速
B．经过A点时，两者加速度大小是μgcosθ-gsinθ，方向沿斜面向下
C．从A到B的过程中，两者的加速度都在减小，速度也都在减小
D．经过B点，a掉下后，b开始反向运动且能滑到开始下滑的O点的上方
（2023云南昆明云南师大附中质检）
18．如图所示，物块A、B的质量均为m，物块C的质量为2m。A放在一劲度系数为的轻弹簧上，B、C通过一根轻绳绕过一轻质光滑定滑轮相连，B叠放在A上，用手托起C使绳子处于伸直但不拉紧的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．刚释放C瞬间，A、B间的弹力大小为
B．A、B分离时，A、B的加速度为
C．A、B分离时，A、B上升的高度为
D．A速度最大时，相对起始位置上升了
（2023湖南怀化名校联考）
19．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（ ）
A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过
B．当力时，A、B间的摩擦力为
C．无论力F为何值，B的加速度不会超过
D．当力时，B相对A滑动
20．如图（a）所示，两段等长细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用、小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图（b）所示的的状态，小球B刚好位于O点正下方．则F1与F2的大小关系正确的是（ ）

A．F1=4F2 B．F1=3F2 C．F1=2F2 D．F1=F2
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．AD
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
AB．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
解得
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。
故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。
Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q加速度大小最大值为，A正确，B错误；
C．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；
D．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
故选AD。
2．（1）；（2）
【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有
设斜面倾角为，对小车匀速有
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
联立各式解得
，
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有
可得
由运动学公式可知
解得
3．A
【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有
推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
故Q物体加速下降，有
可得
而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律
解得
故选A。
4．C
【详解】A．对动车由牛顿第二定律有
若动车组在匀加速启动，即加速度恒定，但随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
而以额定功率匀速时，有
联立解得
故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，由动能定理可知
可得动车组克服阻力做的功为
故D错误；
故选C。
5．C
【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得。
故选C。
6．B
【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示
根据几何关系有
解得。
故选B。
7．D
【详解】根据牛顿第二定律，对PQ的整体：；对物体P：；解得，故选D。
8．BD
【详解】AB．用水平向左的拉力缓慢拉动N，水平拉力一定逐渐增大，细绳对N的拉力一定一直增大，由于定滑轮两侧细绳中拉力相等，所以M所受细绳的拉力大小一定一直增大，选项A错误，B正确；
CD．由于题述没有给出M、N的质量关系，所以M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大，选项C错误，D正确。
故选BD。
9．ABD
【详解】AC．C球恰好离开地面时，对C球有
此时A、B球有最大速度，但加速度最小，即
则对B球有
对A球有
解得
选项A正确、C错误。
B．初始系统静止，且线上无拉力，对B球有
由此可知
则从释放A球至C球恰好离开地面的过程中，弹簧的弹性势能变化量为零；此过程中A、B球的速率始终相等，A、B、C球组成的系统（包括弹簧）机械能守恒，有
解得
所以A球的最大速度为，选项B正确。
D．从释放A球到C球刚离开地面的过程中，弹簧对B球的弹力方向先为竖直向上，后为竖直向下，故弹簧弹力对A、B球组成的系统先做正功，后做负功，从而使得系统的机械能先增加后减少，选项D正确。
故选ABD。
10．A
【详解】设垂直部分绳子质量为m，水平部分的绳子质量为M，绳的转折处O点的张力为T，根据牛顿第二定律有
，
且
解得
则当时，T取得最大值2.5N。
故选A。
11．D
【详解】将链条分成水平部分和竖直部分两段，水平部分的重力势能为零，竖直部分的重心中竖直段的中间，高度为，而竖直部分的重力为，这样竖直部分的重力势能为，这样链条总的重力势能为，链条上端刚离开桌面时，链条总的重力势能为，由机械能守恒得链条上端刚离开桌面时的动能为 ，故D正确，ABC错误，
故选D．
12．C
【详解】某时刻两小球的加速度大小均为，根据牛顿第二定律知小球受到的合力等于F，对绳中点受力分析知，中点受三个力大小都等于F，且合力为零，则这三个力两两夹角的夹角都为120°，即知此时两段绳子间的夹角为120°，则两个小球间的距离为
故选C。
13．D
【详解】用挡板托住物体B时A、B保持静止，此时拉力传感器的示数为10N，根据平衡条件，A的重力为
撤去挡板，设绳子张力T，根据牛顿第二定律
mBg-T= mBa
T- mAg= mAa
2T=15N
联立解得
mB=1.5kg
故选D。
14．AC
【详解】A．由题意可得
解得
故A正确；
B．从滑块1到滑块4进入BC的瞬间过程，由动能定理得
解得
故B错误；
C．滑块4进入BC前，对整体由牛顿第二定律得
解得
对滑块5、6有
解得
故C正确；
D．滑块4进入BC后瞬间做匀速运动，对滑块5、6有
故D错误。
故选AC。
15．B
【详解】如图所示
由杠杆平衡条件可得
对由牛顿第二定律得
对由牛顿第二定律得
联立解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
16．D
【详解】A．当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据
P=Fv
可知最大速度为
故A错误；
B．“复兴号”的配置如果改成10节动车和6节拖车，最大速度
则
即可将提高到原来的1.25倍，故B错误；
C．“复兴号”列车做匀减速直线运动，一位乘客单手持手机浏览网页时，手对手机的作用力水平方向分力与车厢运动的方向相反，竖直方向分力要平衡重力，所以手对手机的作用力与车厢运动方向不在一条直线上，故C错误；
D．设每节动车的动力为F，对16节车厢整体
对第14、15、16节车厢的整体
解得
对1、2节车厢的整体
解得
T2=F
即第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1:2，故D正确。
故选D。
17．D
【详解】A．在A点、恰好产生相对滑动，静摩擦力达到最大，又，则此时整体处于减速状态，错误；
B．在A点对有
解得
方向沿斜面向上，B错误；
C．从A到B，做匀减速运动，做加速度增大的减速运动，C错误；
D．从A到B过程中对做正功，故一定能返回到点的上方，D正确。
故选D。
18．BCD
【详解】A．刚释放C瞬间，弹簧弹力
对整体有
对A有
解得
故A错误；
B．A、B分离时，对B、C有
解得
故B正确；
C．A、B分离时，对A有
解得
解得
故C正确；
D．A速度最大时，A所受合力为0，则有
解得
故D正确。
故选BCD。
19．D
【详解】A．A、B间的最大静摩擦力为
B、C间的最大静摩擦力为
B与地面的最大静摩擦力为
若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知
假设C恰好与B相对不滑动，则对C有
解得
设此时A与B间的摩擦力为f，对A有
解得
表明C达到临界时A还没有到达临界值，故要使三者始终相对静止，则F不能超过，故A错误；
B．当
时，由整体可知
解得
代入
解得
故B错误；
C．当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B有
解得
故C错误；
D．B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体
对A研究得
解得
故当拉力大于时，B相对A滑动，故D正确。
故选D。
20．A
【详解】小球A受到F1水平向右的力，B受到F2的水平向左的力，以整体为研究对象，分析受力如图：

设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：
以B球为研究对象，受力如图．设AB绳与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：
由几何关系得到：α=β，联立解得：F1=4F2，故选项A正确．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章 牛顿运动定律
第3.7讲 传送带问题
【知识点精讲】
1．水平传送带问题
情景1 （1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速
情景2 （1）v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速（2）v0情景3 （1）传送带较短时，滑块一直减速到达左端（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v返回时速度为v，当v0求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x（对地）的过程中速度是否和传送带速度相同。物体的速度与传送带速度相同的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．倾斜传送带问题
情景1 （1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速
情景2 （1）可能一直加速（2）可能先加速后匀速 （3）可能先以a1加速后再以a2加速
情景3 （1）可能一直加速（2）可能一直匀速 （3）可能先加速后匀速 （4）可能先减速后匀速 （5）可能先以a1加速后再以a2加速 （6）可能一直减速
情景4 （1）可能一直加速（2）可能一直匀速 （3）可能先减速后反向加速 （4）可能先减速，再反向加速，最后匀速 （5）可能一直减速
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定滑动摩擦力的大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相同时，物体所受的摩擦力的方向有可能发生突变。
【方法归纳】
（1）对于传送带问题，分析物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力以及摩擦力的方向，是解决问题的关键。
（2）分析摩擦力时，先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”。如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻物体受到的是滑动摩擦力还是静摩擦力。
【最新高考题精练】
（2021新高考辽宁卷）
1．机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
（2020高考全国理综III卷）
2．如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【最新模拟题精练】
（2023江苏常州名校二模）
3．把一根铁链水平拉直，沿AB方向一部分放在顺时针匀速转动的传送带上，一部分放在光滑水平桌面上，水平桌面和传送带水平段在A点相接（忽略衔接处空隙），由于传送带摩擦力的作用，铁链向右做直线运动，传送带长度大于铁链长度。X为铁链在A点右侧的长度，F为A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力，a为铁链的加速度，f为传送带对铁链的摩擦力，则在铁链加速进入传送带的过程中，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023湖南郴州重点高中质检）
4．如图所示，有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N，传送带M、N做匀速直线运动的速度大小分别为0.6m/s、0.8m/s，方向均已在图中标出，一小煤块（视为质点）离开传送带M前已经与传送带M的速度相同，并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1kg，与传送带N的动摩擦因数为0.2，取重力加速度大小，传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是（　　）
A．小煤块传送到传送带N前的瞬间，相对传送带N的速度大小为1.4m/s
B．小煤块传送到传送带N上后，经1s与传送带N保持相对静止
C．小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线，其长度为0.25m
D．小煤块在传送带N上滑动的过程中，因摩擦产生的热量为1J
（2021山东济南重点高中开学考试）
5．为保障市民安全出行，有关部门规定：对乘坐轨道交通的乘客所携带的物品实施安全检查．如图甲所示为乘客在进入地铁站乘车前，将携带的物品放到水平传送带上通过检测仪接受检查时的情景．如图乙所示为水平传送带装置示意图．紧绷的传送带ab始终以lm／s的恒定速率运行，乘客将一质量为4kg的行李无初速度地放在传送带左端的a点，设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1，a、b间的距离为2m，g取10m／s2．下列速度-时间（v-t）图象和位移-时间（x-t）图像中，可能正确反映行李在a、b之间的运动情况的有（）
A． B．
C． D．
（2021年辽宁省普通高等学校招生考试适应性测试）
6．如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t=0时，甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行。t=0.5s时，传送带启动（不计启动时间），立即以3m/s的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10m/s2。下列说法正确的是（　　）

A．t=0.5s时，两滑块相距2m
B．t=1.5s时，两滑块速度相等
C．0-1.5s内，乙相对传送带的位移大小为0.25m
D．0-2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5J
（2022上海七宝中学模拟）
7．如图所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆。在时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失。则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，工件运动的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
（2023吉林通化梅河口五中二模）
8．如图1所示，一倾角为的传送带以恒定的速率逆时针转动。将两个不同的物块A、B轻轻并排放在传送带上，二者并不接触（图中只显示一个物块）。以平行于传送带向下的方向为正方向，两物块的速度—时间图像如图2所示。不计空气阻力，重力加速度g取，，。关于两物块在传送带上的运动，下列说法正确的是（　　）
A．传送带的速度的大小为
B．传送带与物块B间的动摩擦因数为0.75
C．在内，两物块与传送带间产生的热量相等
D．后，若物块A在传送带上运动的时间少于，则A、B间的最大距离就不会变
（2023吉林长春高一期末）
9．如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速率逆时针转动，质量的炭块无初速地放在传送带的顶端P，经时间炭块的速度达到2m/s，此后再经过的时间，炭块运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为。重力加速度g取10，则下列说法正确的是（　　）
A．炭块从无初速地放在传送带的顶端P到运动到Q端，一直做匀变速直线运动
B．传送带与水平面的倾角为
C．传送带的长度为
D．炭块在传送带上留下的划痕的长度为1.2m
（2022广东佛山重点高中质检）
10．如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则（　　）
A．传送带是可能是顺时针转动 B．
C．传送带的速度大于v0 D．t0后滑块的加速度为
（2023山东济宁期中）
11．如图所示，传送带A、B之间的距离为L=3.2m，与水平面间夹角θ=，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v=2m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m=1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ=0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R=0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h=0.5m（g取10m/s2）。
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。
（2022山东济南5月模拟）
12．如图所示，倾角θ=37°的传送带始终以=2 m/s的速率顺时针运行。M、N 为传送带的两个端点，N 端有一离传送带很近的挡板P，MN 两点间的距离=6 m。传送带上有小物块 A和B，通过长为l=0.6 m的轻细绳相连，细绳拉直且与传送带平行，物块 A 位于MN 的中点O处。初始由静止释放物块 A和B，一段时间后将细绳剪断，物块与挡板 P发生碰撞，碰后速度大小不变方向反向。A、B质量分别为mA=3 kg、mB=1 kg，A、B与传送带间动摩擦因数分别为μA=0.8、μB=0.6。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s 。求
（1）剪断细绳前细绳张力的大小；
（2）物块 B首次与挡板P碰撞时，物块A的速度大小；
（3）物块B 首次与挡板P碰后，物块 B 所达到的最高位置与挡板P的距离；
（4）物块B第次与挡板P碰后的速度大小。
（2023湖南郴州重点高中质检）
13．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量的小物块B从其上距水平台面处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数，传送带的长度。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上。
（2022浙江舟山期末）
14．某矿山研究矿石下滑的高度与矿石在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型：竖直平面内有一倾角的直轨道，小滑块从轨道上A点静止释放，其下方右侧放置一水平传送带，传送带与直轨道末端B间距很小，但允许小滑块从左端滑出。传送带以恒定速度逆时针转动，水平部分CD长度L = 2m。设释放点A与B距离为s，小滑块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小滑块与直轨道间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，且滑块相对传送带滑动时能在传送带上留下清晰划痕，传送带足够长。
（1）若s=4m，求小滑块从A运动到B所需的时间；
（2）若s=4m，求小滑块滑离传送带时的速度；
（3）若s=2m，求小滑块滑动过程中在传送带上留下划痕的长度。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）
【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
2．(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上
【详解】(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，⑨
(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩

联立①⑩ 式并代入题给数据得
t3=1.0s
x2=5.5m
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有

由① 式可知
即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，

则
减速运动时间
设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有
，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
3．B
【详解】A．摩擦力
X不随t均匀变化，则f不随t均匀变化，故A错误；
B．加速度
a-X图像为过原点的直线，故B正确；
CD．A点右侧铁链对A点左侧铁链的拉力
F-X图像为抛物线，故CD错误。
故选B。
4．C
【详解】A．小煤块传送到传送带N前的瞬间，相对传送带N的速度大小
选项A错误；
B．小煤块在传送带N上滑动的过程中，其所受滑动摩擦力大小
方向如图所示。
小煤块相对传送带N做匀减速直线运动，其加速度大小
从小煤块滑上传送带N到小煤块与传送带N保持相对静止的时间
选项B错误；
C．设小煤块在传送带N上滑动的划痕的长度为x，根据匀变速直线运动的规律有
解得
选项C正确：
D．小煤块在传送带N上滑动的过程中，因摩擦产生的热量
选项D错误。
故选C。
5．AC
【分析】分析出行李在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律得出行李的加速度，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，得出行李的速度—时间图线和位移—时间图线.
【详解】行李放上传送带后，受到向右的摩擦力，加速度为：，行李做匀加速直线运动，速度达到传送带速度经历的时间为，而匀加速的位移，故此后的做匀速直线运动，时间；
A、B、先匀加直再匀直的速度—时间图象为倾斜直线加平行于t轴的直线，故A正确，B错误.
C、D、先匀加直再匀直的位移—时间图象为抛物线加倾斜直线，故C正确，D错误.
故选AC.
【点睛】解决本题的关键理清行李在传送带上的运动规律，通过牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.
6．BCD
【详解】A．两滑块变速运动时的加速度大小均为
根据
当t=0.5s时，两滑块相距
故A错误；
B．传送带启动时，甲滑块的速度为
减速到与传送带速度相等所用的时间
因此在t=1.5s时，甲滑块速度与传送带速度相等。
传送带启动时，乙滑块的速度为
加速到与传送带速度相等所用的时间
因此在t=1.5s时，乙滑块速度与传送带相等，故1.5s时，两滑块速度相等，故B正确；
C．0~0.5s内，乙滑块相对传送带的位移大小为
1s~1.5s内，乙滑块相对传送带的位移大小为
因此0~1.5s内，乙滑块相对传送带的位移大小为
故C正确；
D．在t=1.5s时，甲滑块速度与传送带速度相等，甲滑块相对传送带的位移
甲滑块与传送带间摩擦产生热量
乙滑块与传送带间摩擦产生热量
因此0~2.5s内，两滑块与传送带间摩擦生热
故D正确。
故选BCD。
7．CD
【详解】AB．工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向改变，应取负值，故AB错误；
CD．工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度大小不变，工件运动至与弹性挡杆碰撞前，可能做匀加速直线运动，也可能与传送带一起做匀速直线运动，故CD正确。
故选CD。
8．AB
【详解】A．由物体B的图像可知，在0.50s后物体B与传送带共速，即此时物块B的速度为传送带的速度，所以传送带的速度大小为6m/s，故A项正确；
B．0.50s前物块B在传送带上做匀加速直线运动，其加速度根据图像可知为
对其受力分析有
解得
故B项正确；
C．在，物块B与传送带相对位移为
产生的热量为
对物体A有
解得
在，物块A与传送带相对位移为
产生的热量为
因为两物块的质量未知，所以其产生的热量不一定相等，故C项错误；
D．0.75s时，两物块的速度大小相等，根据追及相遇的知识点可知，此时两物块在相遇前其距离达到了最大值，其距离为
设0.75s后在经过时间物块A超过物块B后其距离达到，则有
解得
所以在0.75s后，物块A在传送带上运动的时间小于等于时，A、B间的最大距离就不会变，故D项错误。
故选AB。
9．B
【详解】A．由题可知炭块在前0.2s内的加速度
在后1.0s内的加速度
则从无初速地放在传送带的顶端P到运动到Q端，炭块不是一直做匀变速直线运动，选项A错误；
B．炭块在前0.2s内根据牛顿第二定律有
在后1.0s内有
代入数据联立解得
，
选项B正确；
C．传送带的长度为
选项C错误；
D．在前0.2s内炭块与传送带的相对位移
在后1.0s内炭块与传送带的相对位移
因两部分有重叠，则炭块在传送带上留下的划痕的长度为1m，选项D错误。
故选B。
10．D
【详解】A．若传送带顺时针转动，当滑块下滑时（mgsinθ>μmgcosθ），将一直匀加速到底端；当滑块上滑时（mgsinθ<μmgcosθ），先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，A错误。
B．滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，即有
由题图可知
则
B错误；
C．经过分析，由图可知，传送带的速度等于v0，C错误。
D．滑块与传送带的速度相等后的加速度
代入μ值得
D正确。
故选D。
11．(1)；(2)3J
【详解】(1)对金属块在E点，有
代入数据解得
在从D到E过程中，由动能定理得
代入数据得
(2)金属块刚刚放上时，有
代入数据得
设经位移s1达到共同速度，有
代入数据解得
继续加速过程中，有
代入数据解得
则
由公式得
在从B到D过程中，由动能定理可知
解得
12．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）对A、B系统，根据牛顿第二定律
对B有
解得
（2）绳断后，对B
根据
解得
对A有
解得
（3）B下滑到挡板P的速度
B上滑过程中，根据牛顿第二定律
得
又
所以
（4）对于第n次下滑与挡板相碰
两式相比
根据等比数列知识
其中
解得
13．（1）；（2）不能
【详解】（1）设B滑到曲面底部速度为，根据机械能守恒定理
解得
由于，B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为，由动能定理可知
解得
由于小于3m/s，说明B在传送带上先减速后匀速，即B与A碰前速度为；
（2）设第一次碰后A的速度为，B的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得
解得
上式表明B碰后以的速度向右反弹，滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为，由动能定理得
解得
因此，在传送带上B的速度减为零，故B不能滑上右边曲面。
14．（1）2s ；（2）2m/s；（3）
【详解】（1）滑块从A到B由牛顿第二定律得
解得
由得
（2）滑块滑上传送带时的速度满足
滑块在传送带上运动时
滑块以滑上传送带到停止运动通过的位移为
故从右边滑出，又因为从C到D满足
解得
（3）s=2m时，滑块到达C点的速度
滑块向右运动的最大距离
即滑块不会从右端滑离，且滑块向右运动时间为
滑块向右运动过程留下划痕的长度
然后滑块开始向左运动，由于
所以滑块向左运动的最大速度为，最后从左端离开传送带。且滑块向左加速运动的加速度为
所以加速时间为
该过程留下划痕的长度为
所以划痕总长度为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章牛顿运动定律
第3.8讲实验　探究加速度与力、质量的关系
【知识点精讲】
[考纲解读]
（1）学会用控制变量法研究物理规律。
（2）学会灵活运用图像法处理物理问题的方法。
（3）探究加速度与力、质量的关系，并验证牛顿第二定律。
【实验图解】
注意事项
1.实验方法：控制变量法。
2.平衡摩擦力：在平衡摩擦力时，不要悬挂小盘，但小车应连着纸带且接通电源。用手给小车一个初速度，如果在纸带上打出的点的间隔是均匀的，表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面向下的分力平衡。
3.不重复平衡摩擦力：平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力。
4.实验条件：M m只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力。
5.一先一后一按住：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。
6.作图：作图时两轴标度比例要适当，各量须采用国际单位，这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些。
误差分析
1.因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。
2.摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
【最新高考题精练】
（2022年6月浙江选考）
1．①“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为 cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为 m/s2（保留两位有效数字）。
利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是 。
A．换成质量更小的车 B．调整长木板的倾斜程度
C．把钩码更换成砝码盘和砝码 D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角
（2021新高考湖南卷）
2．某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量垫块厚度，示数如图（b）所示， ；
（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；
（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；
（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数和滑块对应的加速度；
（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：
1 2 3 4 5 6
0.087 0.180 0.260 0.425 0.519
根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线 。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 （保留三位有效数字）。
（2020高考北京卷）
3．在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：
（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是： (选填选项前的字母)。
A. 小车质量相同，钩码质量不同
B. 小车质量不同，钩码质量相同
C. 小车质量不同，钩码质量不同
（2）某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度与质量的7组实验数据，如下表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出图像 。
次数 1 2 3 4 5 6 7
0.62 0.56 0.48 0.40 0.32 0.24 0.15
0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是： （选填选项前的字母）。
A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力
B．若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力
C．无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力
D．让小车的运动趋近与匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
（2020年7月浙江选考）
4．做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：
（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
（ⅱ）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；
（ⅲ）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。
①实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小 （保留两位有效数字）；
②需要满足条件的方案是 （选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作图象时，把作为F值的是 （选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。
（2018年11月浙江选考物理）
5．（1）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，两个相同的小车放在光滑水平板上，前段各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放重物。小车的停和动通过用黑板擦按住小车后的细线和抬起来控制，如图甲所示。实验要求小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力。
请指出图乙中错误之处： ；调整好装置后，在某次实验中测得两小车的位移分别是x1和x2，则两车的加速度之比为 。
【最新模拟题精练】
（2023福建漳州三模）
6．某学习小组设计如图装置做“探究物体加速度与质量的关系”实验，请回答下列问题:
（1）为了使滑轮右侧的细线与长木板平行，应调整 。（填正确答案标号）
A.打点计时器左右位置 B.物块左右位置
C.长木板倾角 D.滑轮高度
（2）在实验中，托盘和砝码的的总质量 （填“一定要远大于”“可以大于”或“一定要远小于”）物块（包括力传感器）的总质量。
（3）在细线与木板调整平行和平衡摩擦力后，把盘中放入适当的砝码，接通电源，释放物块，记录力传感器的读数为F，从纸带上获得数据求出加速度；在物块上添加砝码并改变托盘中砝码的质量，使力传感器的示数为 ；如此反复实验、可获得物块的总质量M和加速度a的多组实验数据，作出a-M图像成图像，下列图像正确的是 。（填正确答案标号）
A. B. C. D.
（2023山东青岛二中下学期期中）
7．小明利用“研究加速度与外力关系”的实验装置来测量滑块与木板间的动摩擦因数。如图甲所示，长木板固定在水平桌面上，打点计时器固定在长木板上，纸带穿过打点计时器，与带滑轮的物块相连。沙桶和力传感器通过绕在滑轮上的细绳相连。调整沙桶的质量，当放开沙桶时，使物块在木板上做匀加速直线运动。（重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦可以忽略）保持滑块质量m不变，给沙桶添加少量细沙改变力传感器的示数F，利用打点记时器打出的纸带求出对应F时的加速度a，从而得到如图乙所示的图像，通过图像可以知道：
（1）滑块的质量为 kg。（保留两位有效数字）
（2）利用测得的物理量写出动摩擦因数的表达式 ；由图像可得滑块与木板间的动摩擦因数 。（g取）（保留两位有效数字）
（3）实验中打出的一条纸带如图丙所示，实验中电源频率为50Hz，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间有4个计时点未标出，则可求得小车的加速度 （计算结果保留两位有效数字）。
（2023辽宁鞍山一模）
8．为了探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”，甲、乙两同学设计了如图1所示的实验装置。其中带小滑轮的小车的质量为M，小滑轮的质量为，砂和砂桶的质量为m。力传感器可测出轻绳的拉力大小。
（1）实验时，需要进行的操作是 。（填序号）
A．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B．用天平测出砂和砂桶的质量
C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电。根据纸带可求出小车在C点的瞬时速度为 m/s，加速度为 。（结果保留两位有效数字）
（3）乙同学根据测量数据做出如图3所示的图线没经过原点，该同学做实验时存在的问题是 。
（2023广东名校联盟大联考）
9．水平桌面上安装有如图甲所示的装置，可以用来探究加速度与力的关系。绕过动滑轮的两段轻绳均与桌面平行，光电门固定在竖直支架上。
（1）用游标卡尺测量出遮光条的宽度，如图乙所示，遮光条的宽度 cm。
（2）按图甲组装好器材后，在盒内放入重物，从静止释放物块，在竖直支架上标记释放时遮光片的中心位置O，记录物块运动过程中力传感器的示数F以及遮光条通过光电门的遮光时间t，测量位置O到光电门的距离x。
（3）多次改变放入盒内的重物质量（不改变第一次放入的重物质量），调整物块位置使遮光条中心与支架上的O点平齐，再次由静止释放物块，记录相关数据。
（4）以F为纵坐标、为横坐标作出图像，若当地的重力加速度大小为g，图像的斜率为，图像在纵轴上的截距为b，则物块的质量M＝ ，物块与桌面间的动摩擦因数 。（均用、b、d、x、g表示）
（2023山东烟台一模）
10．某实验兴趣小组利用如图甲所示装置做“探究加速度与力的关系”实验时，实验操作如下：
①挂上托盘和砝码，调整木板的倾角，使质量为M的小车沿木板匀速下滑；
②取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑。设小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的图像，并求出小车的加速度a；
③改变砝码质量和木板的倾角，重复步骤①②，可得到多组a、F的数据，并绘制图像。
（1）下列说法正确的是
A. 实验开始前需要先补偿阻力
B. 调整滑轮高度使细线与木板平行
C. 本实验需要满足
D. 本实验将托盘和砝码的总重力mg的大小作为小车受到的合外力F的大小
（2）若测量质量时未考虑托盘的质量，仅将砝码质量记为m，则绘制出的图像应该是图乙中的 （选填“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”）；
（3）某段时间内小车的图像如图丙所示，根据图像可得小车的加速度大小为 。（结果保留两位有效数字）
（2023山东潍坊期末）
11．图甲为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。某同学欲用这套实验装置探究滑块的加速度与长木板、滑块间的动摩擦因数的关系，在其他条件不变的情况下，通过多次改变动摩擦因数μ的值，利用纸带测量对应的多个加速度a的值，画出了a-μ图像，如图乙所示。所有计算结果均保留两位有效数字，重力加速度 g=10m/s 。
（1）为尽可能准确地完成实验，下列做法正确的是 。
A．实验中需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M
B．实验中需要保证滑块的质量M不变
C．实验中不需要保证桶和砂子的总质量m不变
D．连接滑块的细线要与长木板平行
E．本实验中，需要平衡摩擦力
（2）由图乙可知，若滑块的质量M=2kg，则小桶和砂子的总质量m= kg，图乙中b= m/s 。
（2023山东济宁期中）
12．学校物理兴趣小组用图甲装置探究物体质量一定时加速度与力的关系，其中桌面与细线已调至水平。
（1）关于本实验，下列说法正确的是 。
A．必须用天平测出砂和砂桶的质量 B．砂和砂桶的总质量必须远小于小车的质量
C．应当先释放小车，再接通电源 D．需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带
（2）经正确操作，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所接交流电源的频率为，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为 。（结果保留两位有效数字）
（3）若小车的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车的质量为 。（结果保留两位有效数字）
（4）不断增加砂桶中砂的质量，重复实验，发现小车的加速度最后趋近于某一数值。若当地的重力加速度大小为g，则经理论分析可知，该数值为 。
（2023河北衡水中学四调）
13．实验小组做“探究在质量不变的情况下物体的加速度与所受合外力关系”的实验。如图甲所示为实验装置示意图。
（1）关于该实验以下说法正确的是 。
A.安装实验器材时，要调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行
B.平衡摩擦力时，撤去砂桶，接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C.实验过程中，向砂桶内加砂时，必须保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M
D.准确地平衡摩擦力后，实验过程中读出拉力传感器的示数即为小车受到的合外力
（2）如图乙是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个计时点没有画出），相关的测量数据已标在纸带上，已知打点计时器的打点频率为50Hz，则小车的加速度a= m/s2。
（3）保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组传感器的读数F和对应纸带的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图丙所示的a-F图像，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为 kg（结果保留两位有效数字）。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1． 6.15~6.25； 1.7 ~2.1； BC##CB
【分析】根据题中“探究小车速度随时间变化的规律”、“探究加速度与力、质量的关系”可知，本题考查利用纸带研究速度、加速度，研究加速度与力、质量的关系，根据纸带处理方法，运用图像，进行分析推断。
【详解】[1]依题意，打计数点B时小车位移大小为6.20cm，考虑到偶然误差，6.15cm~6.25cm也可；
[2]由图3中小车运动的数据点，有
考虑到偶然误差，1.7m/s2~2.1 m/s2也可；
[3] A．利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的车，故A错误；
B．利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要将长木板安打点计时器一端较滑轮一端适当的高一些，故B正确；
C．以系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实验时有
考虑到实际情况，即，有
则可知
而利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时要保证所悬挂质量远小于小车质量，即；可知目前实验条件不满足，所以利用当前装置在“探究加速度与力、质量的关系”时，需将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量，故C正确；
D．实验过程中，需将连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板始终保持平行，与之前的相同，故D错误。
故选BC。
2． 1.02 0.342（在误差允许的范围内均算对）
【详解】（1）[1]垫块的厚度为
h=1cm+2×0.1mm=1.02cm
（5）[2]绘制图线如图；
[3]根据
可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率
解得
a=0.342m/s2
3． B AD
【详解】（1）[1]为了探究加速度与质量的关系，必须控制小车所受拉力相同，而让小车的质量不同，所以钩码质量相同，故B正确。
（2）[2]数据描点和图像如图所示
（3）[3]A．使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；
B．若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错误；
C．由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误D．当小车的运动为匀速时，由平衡可知，砂和桶的重力近似等于绳的拉力，故D正确；
故选AD。
4． 0.18～0.19 甲 甲和乙
【详解】①[1]．打点计时器打点周期
由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打d点时小车的速度
②[2][3]．在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
则
则绳子对小车的拉力
当时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力。
故甲需要满足。
在图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为，斜面和纸带对小车的摩擦力或阻力总和为f，则有
取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
即
故乙方案中，不需要满足。
在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力mg作为小车匀加速的直线运动的合力及F。
5． 拉小车的细绳与木板没有平行；托盘和砝码的总质量没有远小于小车的质量 x1：x2
【详解】[1]实验装置的错误之处：拉小车的细绳与木板没有平行；实验中要小盘和重物所受的重力近似等于小车的牵引力，必须要使得托盘和砝码的总质量远小于小车的质量，而图中没能满足该条件；
[2]根据
两小车运动的时间相等，则加速度之比等于位移之比，即
a1：a2 =x1：x2
6． D 可以大于 F D
【详解】（1）[1]为了减小误差，应调节滑轮的高度，使牵引物块的细绳与长木板保持平行。
故选D；
（2）[2]由于细线的拉力可以直接用力传感器测量，因此实验中不需要满足托盘和砝码的总质量远小于物块（包括力传感器）的总质量，托盘和砝码的的总质量可以大于、等于或小于物块（包括力传感器）的总质量；
（3）[3]本实验是探究物体加速度与质量的关系，采用控制变量法，保证物块所受合力不变，即每次实验时要保证力的传感器的示数均为F；
[4]由于细线与木板已平行，摩擦力已平衡，由
可得
故选D。
7． 2.0
0.10
【详解】（1）（2）[1][2][3]根据牛顿第二定律可得
整理可得
所以图像的斜率
纵截距表示
由题图可得
（3）[4]根据题意可知纸带上相邻计数点时间间隔
根据逐差法可得小车的加速度为
8． A 0.80 4.0 平衡摩擦力不足或者没有平衡摩擦力
【详解】
（1）[1]A．实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故A正确；
BD．本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故BD错误；
C．实验时，为充分利用纸带，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故C错误。
故选A。
（2）[2]打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电，相邻两计数点间还有四个点没有画出，则相邻两计数点间的时间间隔为
C点的速度为BD两点间的平均速度，则
[3]根据逐差法可知
（3）[4]由图中可看出当加速度为零时，拉力F不为零，可知存在的问题为平衡摩擦力不足或者没有平衡摩擦力。
9． 0.600
【详解】（1）[1]游标卡尺是20分度的，分度值为0.05毫米，故遮光条的宽度
（4）[2][3]盒子与重物经过光电门时的速度大小，根据匀变速直线运动的规律有
可得
物块的加速度大小
对物块，根据牛顿第二定律有
整理得
故
，
解得
，
10． BD##DB Ⅰ 2.1
【详解】（1）[1]本实验的原理是有托盘和砝码时小车做匀速运动，受力平衡，撤去托盘和砝码，小车所受的合力就为托盘和砝码的重力，根据实验原理可知，本实验不需要平衡摩擦力，不需要满足，为保证小车所受的合力平行木板方向，需要调整滑轮高度使细线与木板平行。
故选BD。
（2）[2]根据牛顿第二定律
整理可得
设托盘质量为，根据实验原理可得
可知仅将砝码质量记为m，则绘制出的图像应该是图乙中的Ⅰ；
（3）[3]根据图像可知，给出的三个数据点中，相邻点之间的时间间隔均为
根据匀变速直线运动的规律有
其中
解得
11． BD 0.50 2.0
【详解】（1）[1]A．实验中的研究对象是小桶和滑块的整体，则不需要保证桶和砂子的总质量m远小于滑块的质量M，故A错误；
BC．实验中多次改变的值，需要其他条件不变，则需要保证滑块的质量M不变，需要保证桶和砂子的总质量m不变，故B正确，C错误；
D．连接滑块的细线要与长木板平行，避免拉力产生垂直于木板方向的分力，故D正确。
E．本实验中，需要研究摩擦力，不需要平衡摩擦力，故E错误。
故选BD。
（2）[2]由图乙可知，当时，加速度为零，由平衡条件有
解得
[3]根据题意，由牛顿第二定律有
整理得
结合图乙可得
12． D 2.4 2.9
【详解】（1）[1]AB．本题拉力可以由力传感器来测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故AB错误；
C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；
D．该实验探究加速度与力和质量的关系，需要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D正确。
故选D。
（2）[2]打点计时器所接交流电源的频率为，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，相邻计数点之间的时间间隔
根据逐差法可得加速度
（3）[3]设小车质量为，根据牛顿第二定律可得
可知图象斜率表示小车质量的倒数，即
解得
（4）[4]设砂桶和砂的质量为,绳子拉力为,对砂桶和砂根据牛顿第二定律可得
对小车
联立可得
当无穷大时，加速度的值趋近于。
13． AB 0.75 0.67
【详解】（1）[1]A．安装实验器材时，要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，这样才能保证拉力方向与运动方向一致，故A正确；
B．平衡摩擦力时要撤去砂桶，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，轻推小车，从打出的纸带相邻计时点间隔是否均匀来判断小车是否做匀速运动，故B正确；
C．由于有拉力传感器，所以不用保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M，故C错误；
D．实验中有两根绳子，所以小车受到的合外力为拉力传感器示数的2倍，故D错误。
故选AB。
（2）[2]根据逐差法可得，小车的加速度为
（3）[3]对小车，根据牛顿第二定律有
整理得
可得
由图像计算可得
解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024年高考一轮复习100考点100讲
第3章 牛顿运动定律
第3.9 讲 动力学中的STSE问题
【考点知识精讲】
STSE是科学（Science），技术（Technology），社会（Society），环境（Environment）的英文缩写，是对STS的延伸，因为由于在发展科技、生产的同时，保护人类赖以生存的环境已成为当今的社会可持续发展的重大课题。STSE问题试题取材于社会生活、工农业生产和科学技术，突出对知识的理解、应用、分析和综合能力的考查，注重学科知识与能力的具体应用，是高考一道亮丽的风景线。动力学是高中物理最重要、最基础的内容，是和生活、体育、交通结合紧密的知识点，也是高考命题的重点和热点。
【方法归纳】
解决STSE问题的方法
在解决生活和生产中的实际问题时：
（1）根据所描述的情景物理过程物理模型
（2）分析各阶段的物理量
（3）选取合适的匀变速直线运动规律求解。
【高考真题精练】
（2022新高考江苏卷）
1．高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（　　）
A． B． C． D．
（2022高考上海）
2．神舟十三号在返回地面的过程中打开降落伞后，在大气层中经历了竖直向下的减速运动。若返回舱所受的空气阻力随速度的减小而减小，则加速度大小（　　）
A．一直减小 B．一直增大
C．先增大后减小 D．先减小后增大
（2022山东物理）
3．某粮库使用额定电压，内阻的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度沿斜坡匀速上行，此时电流。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量，车上粮食质量，配重质量，取重力加速度，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k值；
（2）上行路程L值。
（2021年6月浙江选考物理）
4．机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
（2020·全国卷Ⅰ）
5．我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；
（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
（2020新高考山东卷）
6．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（　　）
A．0~t1时间内，v增大，FN>mg B．t1~t2时间内，v减小，FNC．t2~t3时间内，v增大，FN mg
（2020高考江苏物理）
7．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）
A．F B． C． D．
（2018全国理综II·24）
8．汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了，A车向前滑动了。已知A和B的质量分别为和。两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小，求
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
（2016高考四川理综物理）
9．避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取．求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
【最新模拟题精练】
（2023湖北武汉4月调研）
10．一敞口正方体水箱边长为，水箱的右侧面上有一个小孔a（孔的大小忽略不计），a到水箱底的距离，用塞子将a堵住，往水箱中注水至水面到达c，c到水箱底的距离，如图所示。已知重力加速度大小为。现使水箱以的加速度水平向右匀加速直线运动，同时打开小孔，则流出水箱的水的体积最多为（　　）
A． B． C． D．
（2023湖南怀化二模）
11．当物体从高空下落时，在无风的条件下，空气对物体的阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将会匀速下落，这个速度称为此物体下落的稳态速度。物理学习兴趣小组探究发现，在相同的环境条件下，球形物体的稳态速度仅与球半径及质量有关，下表是某学习兴趣小组探究的实验数据（g取）
小球 A B C D E
小球半径r（） 0.5 0.5 1.5 2.0 2.5
小球质量m（） 2 5 45 40 100
小球稳态速度v（m/s） 16 40 40 20 32
试根据表中的数据分析判断下列说法正确的是（　　）
A．探究球形物体所受空气阻力f与球的速度v关系时应该选择B、C两球
B．探究球形物体所受空气阻力f与球的半径r关系时应该选择A、B两球
C．由上表实验数据可得出球形物体所受空气阻力f与球的速度v及半径r的关系式为
D．B、C两球达到稳态速度时所受空气阻力之比为
（2023天津河西区一模）
12．2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射。下图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐。假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变。已知火箭高为40.6米，起飞质量为250吨，重力加速度g取。则下列估算正确的是（ ）
A．火箭竖直升空的加速度大小为
B．火箭竖直升空的加速度大小为
C．火箭升空所受到的平均推力大小为
D．火箭升空所受到的平均推力大小为
（2022山东枣庄一模）
13．如图所示为商场安装的智能化台阶式自动扶梯，为节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度斜向上匀速运行，当有乘客乘行时，自动扶梯先以加速度a加速运行，再匀速运行。若人的质量为m，扶梯与水平面的夹角为θ，全过程中乘客与扶梯始终相对静止，下列说法正确的是（　　）
A．加速运行时，乘客处于超重状态
B．加速运行时，乘客对扶梯的作用力竖直向下
C．加速运行时，乘客所受摩擦力大小为masinθ
D．匀速运行时，乘客所受摩擦力与速度方向相同
（2022河北石家庄二中模拟）
14．趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为、，球拍平面和水平面之间的夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间的摩擦力及空气阻力不计，则（　　）
A．运动员的加速度为 B．球拍对球的作用力为
C．运动员对球拍的作用力为 D．若加速度大于，球一定沿球拍向上运动
（2022山东淄博二模）
15．古代劳动人民常用夯锤（如图甲）将地砸实，打夯时四个劳动者每人分别握住夯锤的一个把手，一个人喊号，号声一响，四人同时用力将地上质量为90kg的夯锤竖直向上提起；号音一落，四人同时松手，夯锤落下将地面砸实。以竖直向上为正方向，若某次打夯过程松手前夯锤运动的v﹣t图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．松手后，夯锤立刻落下做自由落体运动 B．夯锤离地的最大高度为0.45m
C．夯锤上升过程中的时间为0.45s D．松手前，夯锤所受合外力大小为300N
（2022·山东滨州二模）
16．如图所示装置，A为L形框架，定滑轮1固定在A上方，定滑轮2、3固定在竖直墙面上，定滑轮1和定滑轮2处于同一水平线上，定滑轮2和定滑轮3处于同一竖直线上。物体B被一根细线通过三个定滑轮与L形框架A相连，连线始终处于竖直或者水平。初始状态系统静止，物体B距离A底板上表面为d，已知A的质量为M，B的质量为m，当地重力加速度为g，所有接触面均光滑，不计定滑轮的质量。从物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．A和B接触面有弹力，且弹力对B做正功
B．物体B下落过程中，A与B的速度大小始终相等
C．物体B下落的时间为
D．物体B下落到刚与A接触时，B的速度为
（2022年高考广东梅州二模）
17．一国产无人驾驶汽车质量为2.0×103kg，在试驾过程中以8m/s的速度行驶。人工智能发现车头前方20m处的斑马线上有行人，为礼让行人开始减速，从发现行人到停止运动，其v-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．汽车减速过程的加速度大小为2m/s2
B．汽车停止时车头距斑马线1m
C．图示过程中汽车运动的平均速度大小为4m/s
D．汽车在减速过程中受到的合力约为4.6×103N
（2022北京丰台模拟）
18．“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于重力作用，血液中的红细胞将会下沉。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞的形状为球体。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为，其中为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。若某血样中半径为r的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速度为，红细胞密度为，血液的密度为。以下说法正确的是（　　）
A．该红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动
B．该红细胞的半径可表示为
C．若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较大
D．若采用国际单位制中的基本单位来表示的单位，则其单位为
（2021江西南昌一模）
19．地铁在某段轨道上做直线运动。某同学在乘坐地铁时，用细绳把圆珠笔绑在地铁的竖直扶杆上，在地铁启动时用手机拍摄下了圆珠笔相对竖直扶杆运动的视频，如图所示。事后在电脑上测量出圆珠笔相对竖直扶杆静止时细线与竖直杆的夹角为5°，相对静止的时间为8秒，则这段时间内地铁速度变化量的大小约为（可能用上的数据，）（　　）
A． B． C． D．
（2021广东韶关一模）
20．纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳。如图甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的
B．人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
C．在C点时人达到最大速度
D．曲线上的A点表示人下蹲至最低点
[紧急避险车道]
21．汽车连续下陡坡时，长时间的刹车会导致制动力下降，为保障安全，通常会在路旁设置向上的紧急避险车道，一种紧急避险车道由引道和制动床等组成，尽头是防撞设施，如图1所示。质量为20t的货车，以18m/s的初速冲向倾角θ＝（sin＝0.2）的紧急避险车道上，汽车在引道和制动床上的摩擦阻力分别是车重的0.30倍、0.80倍。引道长L1＝30m，制动床长L2＝50m，取g＝10m/s2，求：
（1）货车刚上引道时的加速度大小；
（2）货车将停在何处？是否会自行滑下？
（3）考虑到货车进入紧急避险车道速度最大可达到30m/s，计算分析避险车道制动床长度的数据是否合理。
[逃生滑道]
22．国产大飞机C919逃生系统打开后是一条倾斜的滑道，为了保证乘客的安全，乘客滑到地面的最大速度不能超过5 m/s。假设逃生口距地面的高度为4 m，人与滑道之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求滑道打开后滑道的最小长度。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度
解得
书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度。
故选B。
2．A
【详解】依题意，返回舱竖直向下减速运动的过程中，根据牛顿第二定律可得
返回舱速度减小，则可得加速度一直减小，故选A。
3．（1）；（2）
【详解】（1）设电动机的牵引绳张力为，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有
解得
小车和配重一起匀速，设绳的张力为，对配重有
设斜面倾角为，对小车匀速有
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有
联立各式解得
，
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为，对系统由牛顿第二定律有
可得
由运动学公式可知
解得
4．（1），；（2）20s；（3）
【详解】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
5．(1)；（2）2m/s2，
【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：
满载起飞时，升力正好等于重力：
由上两式解得：
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
解得：
由加速的定义式变形得：
解得：
6．D
【详解】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则
FNA错误；
B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则
FN=mg
B错误；
CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则
FN>mg
C错误，D正确。
故选D。
7．C
【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有
联立解得。
故选C。
8．(1)3m/s；(2)4.25m/s
【详解】(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
联立并代入数据解得
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
设碰撞前瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有
联立并代入数据解得
9．（1）5m/s2，方向沿斜面向下；（2）98m
【详解】（1）设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ=0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
联立并代入数据得
a1=5m/s2
a1的方向沿制动坡床向下。
（2）设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23m/s，货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s=4m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2．货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k=0.44，货车长度l0=12m，制动坡床的长度为l，则
联立并代入数据得
10．C
【详解】设当水箱加速向右运动时，左侧水位相对于水箱底部的最大高度为，作出重力加速度和水平相对向左的加速度的矢量图如下图所示
设水箱的边长为，根据几何关系可得
，
解得
则可得稳定后水箱内水的体积为
原来水箱中水的体积为
因此可知流出水箱的水的体积为
故选C。
11．C
【详解】A．对于每个球，在达到稳态速度时，阻力与质量成正比，对于A、B球，半径相同，由A、B球数据可知，质量与终极速度成正比，从而可得，阻力与终极速度成正比，所以探究球形物体所受空气阻力f与球的速度v关系时应该选择A、B两球，故A错误；
B．由B、C两球数据分析可知阻力与半径的平方成正比，所以探究球形物体所受空气阻力f与球的半径r关系时应该选择B、C两球，故B错误；
C．阻力与终极速度成正比，阻力与半径的平方成正比，可得
代入一组数据得
k=5
所以
故C正确；
D．达到稳态速度时
f=mg
所以
故D错误。
故选C。
12．AD
【详解】由图可知，照片中火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例为
可得火箭在6s内上升的高度为
由匀变速直线运动规律得
解得
由牛顿第二定律得
解得平均推力大小为
故选AD。
13．A
【详解】A．加速向上运行时，乘客竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，A正确；
B．加速运行时，乘客所受合外力斜向上，为乘客的重力和扶梯对乘客的作用力的合力，由力的合成可知，扶梯对乘客的作用力斜向上，则乘客对扶梯的作用力斜向下，B错误；
C．对乘客受力分析，将加速度a分解到水平方向和竖直方向上，由牛顿第二定律有
C错误；
D．匀速运行时，由于接触面水平，乘客不受摩擦力，D错误。
故选A。
14．A
【详解】AB. 网球、网球拍和运动员一起在水平面匀加速运动，说明有相同的水平方向加速度，以网球为研究对象，受力如图所示
根据牛顿第二定律得
解得
，
选项A正确，B错误；
C. 以网球和网球拍为整体，受力如图所示
根据牛顿第二定律得
解得
选项C错误；
D. 根据上面分析可知，当运动员的加速度为时，球与球拍相对静止，由于
（ ）
故加速度大于时，球不一定沿球拍向上运动，选项D错误；
故选A。
15．BD
【详解】A．松手后，因为惯性，夯锤要继续向上运动一段后，再自由下落。A错误；
B．松手后，夯锤继续向上运动的时间为
夯锤离地的最大高度为
B正确；
C．夯锤上升过程中的时间为
C错误；
D．图像的斜率表示加速度，松手前，夯锤竖直向上做加速度匀加速直线运动。对夯锤松手前，受力分析有
解得
D正确。
故选BD。
16．ACD
【详解】A．物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中，定滑轮1和2间的绳子变短，则A、B在水平方向一起往右移动，则A和B接触面有弹力，且A对B的弹力向右，对B做正功，A正确；
B．由于B下落的过程中定滑轮1和2间的绳子变短，则带动着A向右运动，两者水平方向速度相同，水平方向上有
vBx=vA
B的运动由水平方向和竖直的两个分运动组成，且B下落多少距离就同时带动A向右运动B下落距离的一半，则B竖直方向速度
vBy=2vA联立可得
B错误；
C．由选项B的分析对A、B在水平和竖直方向分别列牛顿第二定律有
2T - FN= MaA
FN= maBx
mg - T = maBy
由于B下落多少距离就同时带动A向右运动B下落距离的一半，则
aA= aBx
aBy = 2aA
联立
在竖直方向B运动了d，则
解得
C正确；
D．在竖直方向B运动了d，则B下落到刚与A接触时，B在y方向的速度为
解得
则
则物体B下落到刚与A接触时，B的速度为
D正确。
故选ACD。
17．D
【详解】A．汽车减速过程的加速度大小为
选项A错误；
B．汽车停止时运动的距离
则车头距斑马线2m，选项B错误；
C．图示过程中汽车运动的平均速度大小为
选项C错误；
D．汽车在减速过程中受到的合力约为
选项D正确。
故选D。
18．B
【详解】A．红细胞在下沉过程中，根据牛顿第二定律，有
向下运动过程中，速度增大，阻力增大，加速度减小，当加速度减小到零时，速度达到最大，所以红细胞先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；
B．当红细胞匀速时
红细胞的质量为
浮力为
联立可得
解得
故B正确；
C．由上述分析可知，若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C错误；
D．由粘滞阻力公式
可知
故采用国际单位制中的基本单位来表示的单位为，故D错误。
故选B。
19．B
【详解】根据牛顿第二定律得
速度变化量为
故选B。
20．C
【详解】A．人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，A选项错误；
B．根据牛顿第三定律知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，B选项错误；
C．人处于C点时，加速起立结束，加速度为零，速度最大，C选项正确；
D．人处于A点时，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D选项错误。
故选C。
21．(1)5.0m/s2(2)货车将停在x=1.2m处；不会自行滑下(3)数据合理
【详解】(1)汽车刚上引道时，对汽车受力分析，根据牛顿第二定律，有
代入数据，得
(2)汽车向上经过制动床时，有
设引道末端的速度为v1，根据运动学公式，有
在进入制动床后，滑行x减速到零，有
联立解得
在引道上，有
在制动床上，有
故货车无论在紧急避险车道的哪一段都不会自行滑下
(3)设需进入制动床xmax后车能停下来，根据动能定理，有
整理代入数据，得
故数据合理。
22．5 m
【详解】可以看成斜面模型，如图
设滑道最短长度为x，此时滑道倾角为θ，乘客滑到地面时的速度v＝5 m/s，则有
设乘客质量为m，对沿滑道下滑的乘客受力分析可得
对乘客的运动过程进行分析可得
联立以上各式并代入数据可得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲
第三章 牛顿运动定律
第3.10讲 　动力学中的板块模型
【知识点精讲】
“滑块-木板模型”一般涉及两个物体的受力分析（整体与隔离法）和多个运动过程的过程，而且涉及相对运动，是必修1牛顿定律和受力分析的重点应用，也是高考的重点和难点问题。为了系统地研究这个模型，我们将此模型分作四类：
1、滑块以一定的初速度滑上木板。
2、木板瞬间获得一个初速度。
3、滑块水平方向受力。
4、木板水平方向受力。
【方法归纳】
在滑块-木板模型中，经常需判断滑块和木板共速后，之后的运动二者是否会发生相对滑动。
图1和图2是典型的滑块与木板共速瞬间的情况，图1两者都不受力，图2中木板B受力，且F大于B的最大静摩擦力。
1、分析图1，A受滑动摩擦力一定做减速运动，A减速后，B有相对于A向右运动的趋势，所以A也会受到向左的摩擦力，所以A也减速。但问题是：A受的是静摩擦力还是滑动摩擦力 如果A受静摩擦力，说明AB相对无滑动，二者加速度相同；如果A收滑动摩擦力，则说明AB有相对滑动，二者加速度不同。
判断要点：滑块A由摩擦力提供加速度，所以滑块A的最大加速度 aAmax=μ1g
判断方法：假定AB无相对滑动，二者加速度相同，则可以用整体法求出共同的加速a共=μ2g。若a共≦ aAmax （等效于μ2≦μ1），二者将以共同的加速度μ2g做匀减速运动；
若a共>aAmax（等效于μ2>μ1），二者将以不同的加速度做匀减速运动，其中aA=μ1g，
2、分析图2，题设F大于B的最大静摩擦力，则B受滑动摩擦力，加速向右运动，A受到的摩擦力水平向右，A也会加速向右。仍然需要判断二者是否发生相对滑动。
判断要点：滑块A由摩擦力提供加速度，所以滑块A的最大加速度aAmax=μ1g。
判断方法：假定AB无相对滑动，二者加速度相同，则可以用整体法求出共同的加速度
。
若a共≦aAmax=μ1g，二者将以共同的加速度a共做匀加速运动；若a共>aAmax=μ1g，二者将以不同的加速度做匀加速运动，其中aA=μ1g，
滑块-木板模型详细分类讨论
一、滑块以一定的初速度滑上木板。
如图，木板上方的滑块A突然获得一个初速度v0，一般题设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
初始时刻受力分析是基础，但也是关键。
如上图所示，滑块A的受力十分明确，木板B的所受摩擦力不明确（可能为静摩擦力，也可能为滑动摩擦力），需要根据不平衡力与最大静摩擦力的关系分类讨论。
1、若fAB≦f地静max，即μ1mg≦μ2(m+M)g，滑块A将向右以加速度aA=μ1g做匀减速直线运动，木板B将保持静止。
下一步需要判定滑块A是否会滑出木板。滑块减速到0时的位移, xA1= .
若xA1≧L，滑块A将滑出木板B，滑出时的速度，时间t=
若xA12、若fAB＞f地静max，，即μ1mg>μ2(m+M)g，二者发生相对滑动。滑块A仍然向右以加速度aA=μ1g做匀减速直线运动，木板B将向右做匀加速运动，加速度
此后的运动过程需要判断滑块A和木板B是够保持以上运动状态，直至A滑出木板右端（木板是否足够长）的问题。以A与B共速时的相对位移判断。
设时刻t1时，A与B速度相同，为v1.。
此时A相对于B的位移Δx=xA-xB。
A) 若木板不够长，Δx>L时，则AB还没达到共速时，滑块A就从B木板上滑下，设t时刻滑落，速度分别为vA，vB。
，，
，， xA-xB=L
B）、若木板足够长，Δx≦L时，二者共速时，滑块A没有滑下木板B，如下图所示。
AB共速后，因为题设μ1mg>μ2(m+M)g，则μ1>μ2，参考背景知识，可知A和B共同以加速度a共=μ2g做匀减速运动，直到静止。
二、木板瞬间获得一个初速度
初始时刻，二者受力分析如下图。
滑块A将向右作匀加速运动，加速度aA=μ1g，木板B将向右作匀减速运动，加速度
此后的运动过程需要判断滑块A和木板B是够保持以上运动状态，直至A滑出木板左端。以A与B共速时的相对位移判断。
设时刻t1时，A与B速度相同，为v1.
=，
，，
此时A相对于B的位移Δx=xB-xA。
1、若木板不够长，Δx>L时，则AB还没达到共速时，滑块A就从B木板上滑下，设t时刻滑落，速度分别为vA，vB。
，，
，
xA-xB=L
2、若木板足够长，Δx≦L，二者共速时，滑块A没有滑下木板B，如下图所示。
AB共速后，参考背景知识，二者的运动需要分类讨论。
A）、若μ2≦μ1，二者将以共同的加速度μ2g作匀减速运动。
B)、若μ2>μ1，二者将以不同的加速度做匀减速运动，其中aA=μ1g，
，aA下阶段：B减速到0后，A继续向右做匀减速运动，直到静止。
三、滑块受水平向右的外力
滑块A和木板B的受力分别如下图。
逐步分析，先看A。
1、当F≦ fA静max =μ1mg时，A与B之间无相对滑动，此时静摩擦力fBA=F，根据B的受力再分类讨论。
A）若fBA≦fB静max，即F≦μ2(m+M)g，B与地面相对静止，此时A和B都静止。
若fBA>fB静max，即F>μ2(m+M)g，则B相对地面运动，此时A和B一起向右作匀加速运动，整体法分析可得出二者共同的加速度
1、当F>FA静max=μ1mg时，A与B之间发生相对滑动，此时滑动摩擦力f1=μ1mg，A的加速度.
。根据B的受力分析再分类讨论。
A）若f1≦FB静max，即μ1mg≦μ2(m+M)g，B与地面相对静止。A向右匀加速。
B）若f1>FB静max，即μ1mg>μ2(m+M)g，则B相对地面运动，此时A和B都右作匀加速运动，但发生相对滑动，
,
设滑出时二者速度分别vA，vB，时间为t。
，，
，， xA-xB=L
四、木板受水平向右的外力
参考背景知识，A与B无相对滑动共同加速的最大加速度a=μ1g，对应外力的临界值
F临=(μ1+μ2)(m+M)g，
1、若F≦fB静max=μ2(m+M)g，则B静止不动，A也静止不动。
2、μ2(m+M)g3、若F>(μ1+μ2)(m+M)g,则A和B都向右加速，但加速度不同，其中 aA=μ1g ,
设t时刻A从B最左端滑落，滑落时AB速度分别vA，vB。
，，
，， xA-xB=L
2.分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联
【最新高考题精练】
（2021高考全国乙卷）
1．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
A． B．
C． D．在时间段物块与木板加速度相等
（2019高考江苏卷物理15）
2．如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
（2018海南高考物理）
3．如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能
（2017全国III卷·25）
4．如图，两个滑块A和B的质量分别为和，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
（2015·全国理综II）
5．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
（2011新课标卷）
6．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【最新模拟题精练】
（2023湖南怀化二模）
7．如图所示，小物块质量，长木板质量（假设木板足够长），各接触面摩擦系数从上至下依次为，，小物块以初速度向右滑上木板，木板初始受力F为14N，初速度为0，F维持1.5s后撤去，以初始状态为计时起点，，则（　　）
A．经过1s二者速度第一次大小相等
B．速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速
C．小物块相对长木板向右最远运动3m
D．经过1.625s二者速度第二次大小相等
（2023云南师大附中模拟）
8．如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1s后撤去F，此后木板运动的v—t图像如图乙。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m／s2，下列说法正确的是（　　）
A．拉力F的大小为24N
B．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3m
D．t=2s时刻，物块的速度减为0
（2023湖南二轮复习联考）
9．如图所示，粗糙水平面上静置一质量的长木板，其上叠放一木块。现给木板施加一水平拉力F，F随时间t变化的图像如图乙所示，末木板刚好开始滑动。已知木板与地面间的动摩擦因数为0.1，木块与木板之间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，取重力加速度。则（ ）
A．木块的质量为 B．末，木板与木块速度不相同
C．末，木板对木块的摩擦力为 D．末，拉力的功率为
（2023吉林长春高一期末）
10．如图所示，质量为m=3kg的木块放在质量为M=1kg的长木板上，开始处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，当木块受到水平向右的拉力F后，下列说法正确的是（　　）
A．木板受到地面的摩擦力的大小可能是1N B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是4N
C．当F>12N时，木块才会在木板上滑动 D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
（2023重庆名校教育联盟质检）
11．如图所示，质量的物块（视为质点）放在质量的木板的右端，木板长。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为。现对木板施加一水平向右的恒力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，。则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B．木板的加速度大小为
C．物块的最大速度大小为3.5m/s
D．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为
（2022山西大学附中模拟）
12．如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静置一质量为m1的小滑块。现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F＝kt（k为常数，t代表时间），长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．在0~2s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力不变
B．在2~3s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于m2的大小
C．m1与m2之比为1：2
D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得
BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。
故选BCD。
2．（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=vA2
解得
（2）设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L
解得．
3．BC
【详解】A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无法求出木板的长度， A错误；
BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为
小物块的加速度
根据牛顿第二定律得
解得
BC正确；
D．由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。
故选BC。
4．（1）1m/s；（2）1.9m
【详解】（1）对B分析有
同理A的加速度
对木板分析有
B与木板相对静止时，有
解得
B与木板相对静止时，木板的速度大小为
（2）木板和物块共速时，A的速度为
则在时间内两者的相对位移大小为
B与木板相对静止后，对B与木板整体有
对A分析加速度仍为
由于AB，速度与加速度大小相等，所以当B速度减为 ，A速度大小也减为，对B与木板整体与A的运动有
代入数据解得
此时三者具有共同速度为
此过程中AB相对位移
则木板长度
5．（1）3m/s2； 1m/s2；（2）4s
【详解】（1）在0-2s内，A和B受力如图所示
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:
以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：
联立以上各式可得
a1=3m/s2
a2=1m/s2
（2）在t1=2s，设A和B的速度分别为v1、v2，则
v1=a1t1=6m/s
v2=a2t1=2m/s
t>t1时，设A和B的加速度分别为，；此时 AB之间摩擦力为零，同理可得：
即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：
联立可得
t2=1s
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为
此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有
可得
t3=1s
（另一解不合题意，舍去）
则A在B上的运动时间为t总.
t总=t1+t2+t3=4s
（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）
【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；
【方法技巧】本题主要是考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题．要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的．
6．A
【详解】当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得
则a正比于t；
当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律
对m1有
由于μ、m1、m2都一定，则a1一定；
对m2有
则a2是t的线性函数，t增大，a2增大。
又
则两木板相对滑动后a2图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜率。
故选A。
7．AC
【详解】A.对物块应用牛顿第二定律得物块加速度大小
对木板应用牛顿第二定律得
则二者速度相等时，有
可得
故A正确；
B.第一次速度相等后，由于木板的加速度大于小物块的加速度，所以小物块相对于木板向左运动，则小物块受到的摩擦力向右，大小不变，开始向右做加速度大小不变的加速运动，木板继续加速，再次共速后一起减速，故B错误；
C.速度第一次相等时，小物块的位移是
木板的位移
这个过程中的位移差为3m，之后小物块相对于木板向左运动，则木板的加速度
再经过0.5s，
撤去F后，木板开始减速，直到再次共速时，小物块速度都小于木板的速度，所以1s之后，小物块相对于木板一直向左运动，故小物块相对长木板向右最远运动3m，故C正确；
D.撤去F后，两物体再次共速前木板加速度大小
可得
则
故D错误。
故选AC。
8．C
【详解】A．由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线。
在1～1.5s内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a1、a2，则
设物块、木板的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数μ2，则有
对物块
得
μ1=0.2，μ2=0.4
撤去拉力F前，木板的加速度
对木板,根据第二定律有
得
F=18N
选项A错误；
B．由上可知，物块与木板间的动摩擦因数为，选项B错误；
C．在t1=1.5s内，物块位移为
木板位移为
在t1=1.5s后，物块与木板间仍有相对滑动
物块的加速度大小
木板的加速度大小为
得
物块到停止的时间还需
木板到停止的时间还需
所以木板比物块早停止运动。
在t1=1.5s到物块停止运动的时间内，物块的位移为
木板位移为
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
选项C正确；
D．由上可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，选项D错误。
故选C。
【点睛】
9．AD
【详解】A．设木块的质量为，木板与地面间的动摩擦因数，木块与木板之间的动摩擦因数，末木板刚好开始滑动，由图像得末
则
得
得木块的质量
A正确；
B．设木块与木板刚开始发生滑动时共同的加速度为
得
由图像得F随时间t变化的关系式
设时刻木块与木板刚开始发生滑动，对木块与木板整体
得
末，木板与木块未分离，速度相同。B错误；
C．时，设整体的加速度为，则对整体
解得
木板对木块的摩擦力
C错误；
D．末到末，时间间隔
末
对木块与木板整体，由动量定理得
得
末，拉力的功率为
D正确。
故选AD。
10．AC
【详解】AB．木板与地面间滑动摩擦力的大小为
木块与木板间的滑动摩擦力大小为
当时，木块与木板仍保持静止状态，木板与地面间为静摩擦力，大小等于拉力F，故B错误，A正确；
C．当拉力为时木块与木板间刚好发生相对滑动，由牛顿第二定律得
解得
所以当F>12N时，木块才会在木板上滑动，故C正确；
D．当时，木板向右运动，故D错误。
故选AC。
11．D
【详解】A.物体与物体恰好相对滑动时物块的加速度
拉力的临界值
解得
物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；
B.木板的加速度
故B错误；
C.木块的加速度
经过时间木块从木板上滑落，则
代入数据解得
此时木块的速度最大为
故C错误；
D. 物块到达木板左端时木板前进的位移大小
故D正确。
故选D。
12．BD
【详解】A．根据图像，经分析可知，在0~2s时间内小滑块和长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有f静＝m1a，a在增加，所以静摩擦力也在线性增大，故A错误；
B．长木板的加速度a在3s时突变，所以小滑块在3s时脱离长木板，对长木板在3s时刻前后分别列牛顿第二定律可得：
3k﹣f＝m2a前＝m2 （2m/s2），3k＝m2a后＝m2 （3m/s2）
两式联立可得：
f＝m2 （
故B正确；
C．在0~2s时间内，F＝（m1+m2）a1＝kt，所以
在2~3s时间内，F﹣f＝m2a2，所以
根据图像斜率可知
，
解得：m1＝m2，故C错误；
D．在 2s时刻小滑块与长木板速度相同，在2~3s时间内，滑块块运动的a﹣t图像如图中红色线段所示，小滑块的速度的变化量为△v1＝1m/s，长木板的速度的变化量为△v2＝1.5m/s，所以在3s时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，故D正确。
故选BD。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024高考物理一轮复习100考点100讲第三章 牛顿运动定律
第3.11讲 　动摩擦因数的测量
【知识点精讲】
动摩擦因数的测量可以依据滑动摩擦力公式，利用常用的实验器材设计实验进行测量，也可以利用牛顿运动定律和动能定理利用打点计时器、光电门、斜面等器材设计实验进行测量。
测定动摩擦因数实验一般结合在“测量做直线运动物体的瞬时速度”“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”或“探究平抛运动的特点”等实验中考查。实验的原理是：利用打点计时器等器材测出物体做匀变速运动的加速度，再利用牛顿第二定律计算动摩擦因数，或者利用平衡条件、动能定理或能量守恒定律等计算动摩擦因数。
实验方法 创新思维 实验原理
将研究运动物体转化为研究静止物体 利用F弹＝Ff＝μFN求μ
让物块先做加速直线运动，当重物掉到地面上之后物块做匀减速直线运动 匀减速运动中，利用逐差法求加速度，利用F＝μmg＝ma进一步求μ
将动摩擦因数的测量转化为角度的测量 利用a＝gsin θ－μgcos θ求μ（a通过逐差法求解）
将动摩擦因数的测量转化为加速度的测量 利用vB2－vA2＝2as和动力学知识得到μ＝
将动摩擦因数转化为速度的测量，并营造多过程切入水平滑动情景 A→B过程中，机械能守恒；C→D过程中，物块Q做平抛运动；B→C过程中，对物块Q只有摩擦力做功，利用Wf＝EkC－EkB，进一步求μ
【最新高考题精练】
（2021高考全国甲卷）
1．为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为的斜面（已知sin=0.34，cos=0.94），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔 T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。
s1 s2 s3 s4 s5
5.87cm 7.58cm 9.31cm 11.02cm 12.74cm
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为 m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为 。（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）
（2019全国理综II卷22）
2．如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等．回答下列问题：
（1）铁块与木板间动摩擦因数μ= （用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）
（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°．接通电源．开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示．图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）．重力加速度为9.8 m/s2．可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 （结果保留2位小数）．
（2015全国理综II）
3．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了5个连续点之间的距离。
（1）物块下滑时的加速度a = m/s2；打C点时物块的速度v = m/s；
（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是 （填正确答案标号）。
A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角
【最新模拟题精练】
（2023河北衡水中学一模）
4．某同学用图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和弹簧测力计相连。
(1)下列说法正确的是 。
A．实验前，应先对弹簧测力计调零 B.应保持与木块相连的细线水平
C.实验时，应将木板匀速向左拉出 D.实验时，拉木板的速度越大越好
(2)图乙是某次实验中弹簧测力计示数放大图，木块受到的滑动摩擦力 N。
(3)为进行多次实验，该同学采取了在木块上增加砝码个数的方法若木块质量为，砝码的质量、动摩擦因数和重力加速度分别用m、和g来表示则，摩擦力 （用前面的物理量的字母表示）测得多组数据后，该同学描绘的图线如图丙所示，则他测得的动摩擦因数 （重力加速度g取）
（2023湖南邵阳二模）
5．某实验小组采用如图甲所示装置测量物块与水平木板间的动摩擦因数，实验步骤如下：
（1）轻质弹簧一端固定，另一端栓接小物块，点为弹簧在原长时物块的位置。先将装置竖直放置，小物块平衡时，位于点，如图乙所示。
（2）再将装置水平放置，并将小物块从点由静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达点，如图甲所示。用刻度尺测得、两点到点的距离分别为、，且，用天平称得小物块质量为。已知重力加速度为，则弹簧的劲度系数 ；若弹簧弹性势能表达式为（为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量），则物块与水平木板间的动摩擦因数为 。（以上两空均用题中已知物理量的字母表示）
（3）若小物块质量测量数值比真实值偏小，则测得动摩擦因数与真实值相比 （选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
（2023四川成都树德中学二诊）
6．为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验．实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面．将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点．分别测量OP、OQ的长度h和s.改变h，重复上述实验，分别记录几组实验数据．
(1)实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮．请提出两个解决方法．
(2)请根据下表的实验数据在下图中作出s－h关系的图象．
h/cm 20.0 30.0 40.0 50.0 60.0
s/cm 19.5 28.5 39.0 48.0 56.5
(3)实验测得A、B的质量分别为m＝0.40 kg、M＝0.50 kg.根据s－h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ＝ (结果保留一位有效数字)．
(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果 (选填“偏大”或“偏小”)．
（2023安徽合肥重点高中月考）
7．某同学为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，在伽利略斜面实验思想的启发下，设计了如图所示的装置，已知重力加速度为g。
（1）实验前，先用高度为h的垫高块把木板不带挡板的一端垫高，带有挡板的一端固定在地面上，同时测得垫高块与挡板之间的水平距离为x。
（2）实验时，让滑块从木板上的某位置由静止释放，并同时打开水龙头的阀门，使水流入量筒中；当滑块碰到挡板的同时关闭阀门（整个过程中水流均匀稳定），并测出滑块下滑的位移s以及量筒中水的体积V。该实验探究方案利用量筒中收集的水量来测量的物理量是 。
（3）改变滑块下滑的初始位置，测出多组位移s以及对应的V，并做出s—V2的关系图象。若水龙头单位时间内流出水的体积为V0，s—V2图象的斜率为k，则滑块沿木板下滑的加速度大小为 （用k、V0表示）；滑块下滑的时间为 ；滑块与木板之间的动摩擦因数为 （用k、x、h、g、V0表示）。
（2022福建泉州质检5）
8．某小组为了测量小滑块与水平地面间的动摩擦因数，将带有遮光条的小滑块由轨道顶端释放，轨道底端有一光电门，如图甲所示，测得小滑块经过光电门时遮光条的挡光时间为t，小滑块经过光电门后滑行的最大距离为s，已知重力加速度大小为g。
（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d= mm；
（2）计算动摩擦因数的表达式 ；（用d、t、s、g表示）
（3）为了减小测量误差，请提出一条合理的建议 。
（2022广东江门模拟）
9．某同学利用一根压缩的弹簧来弹开带有遮光片的滑块测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验装置如图（a）所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，右端与滑块刚好接触（但不连接），然后将光电门固定在木板上靠近滑块处。实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图（b）所示， cm；
（2）将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P点（图（a）中未画出），释放后滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间，再测量滑块停止时的位置与光电门的距离x，则可用 表示滑块经过光电门时速度的大小；
（3）改变P点的位置，多次重复步骤（2）；
（4）若用图像处理数据，所得图像如图（c）所示，设重力加速度为g，则由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数 （用物理量的符号表示）。
（2022广东佛山重点高中质检）
10．某研究小组利用如图所示实验器材测量滑块和长木板之间的动摩擦因数。带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板左端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一沙桶，沙桶距地面足够远。调节两滑轮使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦。
（1）下列操作或要求必须进行或满足的是 （填选项前的字母）。
A．用天平测出滑块的质量M
B．用天平测沙和沙桶的总质量m
C．使沙和沙桶的总质量m远小于滑块质量M
D．将长木板右端垫高以平衡摩擦力
E．记录力传感器的示数F
（2）已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，选取A至G的7个点为计数点，且各计数点间均有4个点没有画出，测得B、C、D、E、F、G各点到A点的距离依次是5.29 cm、11.05 cm、17.30 cm、24.01 cm、31.22 cm、38.92 cm。由此可知滑块下滑的加速度a= m/s2（结果保留三位有效数字）。
（3）实验时，由纸带上的点求出加速度a。根据（1）中测量的数据，已知当地重力加速度为g，可以得出滑块和长木板间的动摩擦因数的表达式μ= 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1． 0.43 0.32
【详解】[1]根据逐差法有
[2]对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有
代入数据解得
2． 0.35
【详解】（1）由mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得：μ=……①
（2）由逐差法a= 得：SII=（76.39-31.83）×10-2m，T=0.10s，SI=（31.83-5.00）×10-2m，故a= m/s2=1.97 m/s2，代入①式，得：μ= =0.35
3． 3.25 1.79 C
【详解】（1）[1]根据逐差法有
解得
[2]打C点时物块的速度
（2）[3]对滑块，根据牛顿第二定律，有
解得
故还需要测量斜面的倾角。
故选C。
【考点】测量动摩擦因数实验
【点睛】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等。
4． AB 2.75（2.74-2.7都对） 0.4
【详解】（1）[1]A．实验前，应先对弹簧测力计调零，否则读数不准确，A正确；
B．应保持与木块相连的细线水平，否则木块与木板之间的正压力不等于木块的重力，B正确；
CD．实验时，应将木块匀速拉动，和木板有相对运动即可，这样细线的拉力大小等于摩擦力的大小，木板是否拉动对实验无关，CD错误。
故选AB。
（2）[2] 在弹簧测力计上，1N之间有10个小格，一个小格代表0.1N，即弹簧测力计的分度值为0.1N，此时的示数为2.75N，木块受到的滑动摩擦力2.75N。
（3）[3] 由
[4] 图像的斜率表示 ，由图像的斜率得
所以
5． 相等
【详解】（1）[1]小物块平衡时，恰好位于点
解得
[2]由能量守恒
解得
（2）[3]表达式与无关，所以测得动摩擦因数与真实值相等。
6． (1) 为使A不撞到滑轮，应设法减小B落地瞬间A的速度，因而可以减小B的质量；增加细线的长度或增大A的质量；降低B的起始高度．
(2) (3)0.4 (4)偏大
【分析】（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和A、B的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，从而找作答依据．
（2）根据所给数据进行描点、连线作图；
（3）对在B下落至临落地时和在B落地后，A运动到Q，两个过程运用动能定理，求得μ的表达式，再结合从s﹣h图象，即可求解μ；
（4）由于滑轮轴的摩擦会导致s变小，根据μ的表达式可知误差结果．
【详解】（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决．故解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）．
（2）描点，连线，如图所示：
（3）B下落至临落地时根据动能定理有：，在B落地后，A运动到Q，有，解得：，又A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg，在s﹣h图象上任取一组数据代入可以求得：μ=0.4．
（4）由于滑轮轴的摩擦，会导致绳子的拉力相对偏小，A运动的加速度也就偏小，s也就偏小，根据，，所以μ偏大．
【点睛】在判断此类问题时，要深刻理解动能定理，能量守恒定律，要会通过图象分析相关问题．
7． 时间
【详解】（2）[1]由于整个过程中水流均匀稳定，因此，可以利用量筒中收集的水量来测量滑块运动的时间。
（3）[2][3]水龙头单位时间内流出水的体积为V0，则收集的水量为V时对应的滑块下滑的时间为
根据位移公式有
则有
由于s—V2图象的斜率为k，则有
解得
[4]对滑块进行受力分析有
根据题意有
，
解得
8． 6.60 多次测量求平均值；或测出多组t、s数据，作图像处理数据等
【详解】（1）[1]由图乙可知，游标为20分度，且第12个小格与主尺对齐，则遮光条宽度为
（2）[2]根据题意，由牛顿第二定律有
根据公式可得，滑块过光电门的速度为
根据公式可得
联立解得
（3）[3]为了减小测量误差，可以多次测量求平均值，或者测出多组t、s数据，作图像处理数据等。
9． 1.02
【详解】（1）[1]游标卡尺的示数
.
（2）[2] 滑块经过光电门时速度的大小为
①
（4）[3]物块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得
②
由匀变速直线运动速度和位移的关系得
③
由①②③可得
结合图(c)可得图像的斜率
解得
10． AE 0.480 m/s2
【详解】（1）[1]由于使用了力传感器，可直接读出轻绳的拉力，故不需要使沙和沙桶的总质量远小于滑块质量，也不需要测量沙和沙桶的总质量；因为是测量滑块与长木板之间的动摩擦因数，所以不需要将长木板右端垫高以平衡摩擦力。根据实验原理可知
可知测得F、M和a，即可测得动摩擦因数。
故选AE。
（2）[2]由题知，各计数点间均有4个点没有画出，则各个计数点的时间间隔为
根据逐差法
可得加速度为
代入数据解得
（3）[3]对小车，根据牛顿第二定律得
解得
答案第1页，共2页
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