1、专题一直线运动关键点拨解答本题的关键是对匀变速直线运动规律的灵活应用对末速度为零的匀减速直线运动灵活采用逆向分析并运用初速度为零的匀加速直线运动在连续相等位移内的时间比值分析。易错警示本题的易错点在干分析时不能正确选择运动阶段导致不能正确推导出时间关系6C解析在t图像中,图线与t轴所围图形的面积表示这段时间内的位移所以鳃10苛4030m750m刷盲所得当解答选择题或者填空题时直接利用图像求解会使计算量减少.考点匀变速直线运动规律的应用.C解析由于是估算攀岩者离地面的高度,因此取g10ms2,声音传播的时司可以忽略不训很据h斟2可得h二45m;则h48m,选项C更接近估算的高度,故选C.2B解析
2、刹车后汽三的合外力为摩擦力三鹏gj畦度吧8ms2币又有刹车线长25m,故可由匀变速直线运动规律得至汽车在刹车前的瞬间的速度大小为似二Z万Z丽叉西ms20ms;故A、CD错误,B正确关键点拨分析刹车后汽车的合外力进而求得加速度,再根据匀变速直线运动规律!由位移求得速度盲所得运动学问题般先根据物体受力禾用牛顿第二定律求得加速度然后再由运动学规律求解相关位移速度等问题a解析设质点初速度为0,末速度为o!加速度为,位移,0二（0）初动能为咖;末动能为加!由于末动能是凸考点2运动图像问题7B解析在卿图像中,图线斜率表示物体的速度,由图可知在l恕?时亥,乙的速度大于甲的速度,A错误甲Z在0l时间内位移相同
3、,B（】正确甲、Z从同地点向同方向做直线运动,位移相同时路程相等C;!歼i;错误;甲图线为直线,斜率不变则甲做匀速运动D错误;j!,8BD解析已知t2时刻甲乙两车并排行驶,由r图像与时间轴i）士围成图形的面积表示位移可知在tlr2时间内甲的位移大于乙的沁叮位移,故在tl时刻,甲车在Z车的后方,故A错误,B正确t图像二呛r的斜率表示物体运动的加速度大小,由图像可知,甲、Z两车的加速门欢人了度大小均先减小后增大,故C错误D正确1关键点拨本题的关键是清楚t图像的斜率表示加速度图线与时间轴围成的图形的面积表示位移,由此可得出甲乙的位置关系及恐?加速度的变化!刷有所得对于非匀变速直线运动图像（般为鳃-t
4、、o一t图像有几）Ti;时还会涉及王t图像）的考查,般为定性分析,考查图像的斜率广wj图像交点的意义等,也可能会涉及较为复杂的定量计算除了要具备2门读图识图能力!还需熟知匀变速直线运动的几个常用公式（;测诊断本题考查p图像的应用,难度较!易错点为无法禾,1（用图像的物理含义求解相关问题.滁厂（9解析设小球开始下落时的高度为H依据题意小球下落过程潍:w;燕飞12的位移为响H速度为负值蝉回上升过程的位移为厕2H志（1汀么g（隧丫遮度为值止嚼）i测训诊断o本题考查卯图像的应用,意在考查考生的理解能力押和推理能力。）!（广易错点在于写不出球下落的位移公式进而判断不出球运动二W的o卯图像!憋（!（;0.
5、co解析位移时司图像的斜率表示物体运动的速度,由图可贮知,在tl时刻两图像的斜率不相等即时刻两车的速度不相等;靶选项A错误在0时亥,乙车的位置坐标为0,甲车在乙车的前方tl;时刻两车位置坐标相同为蕊,故从0到!时间内甲车走过的路泄（程小于乙车走过的路程,选项B错误2时刻两车位置坐标相同为江钉腮2故从jl到t2时间内,两车走过的路程相等,选项C正确;由图可）知,在至j2时间内的某时亥,两图像的斜率相等,即两车的速度妊相等选项D正确.斟i关键点拨解题关键是明确卵r图像的物理意义,其图像的斜率!;,邑表示速度纵轴坐标表示对应时亥所在的位置考纲中对运动图像赂1:;有说明对于匀变速直线运动图像!只考查U
6、-r图像,当涉及狐丫沁闭;力!图像时,肯定是对最基本的读图能力和斜率的考查;刷有所导应明确x图像与删图像的区别这两种运动图像描鞍述的都是直线运动无论其图线是直线还是曲线其图线并不表示真k蜂【:喻;搜导:实的运动轨迹匆t图像中图线的交点表示相遇Ut图像中图线的秘r.交点表示速度相等此时需要注意位移差是否为最大值或最小值厂测诊断本题易错点在于把师t图像当成两车运动的轨迹,不】八清楚图像的斜率表示速度BD解析由阁墩可知甲的川速度嗣-器二l0m霞2同理可得jl飞舅题分训12-丁旧故了2丁m0驰山【山由加速度的初动能的9倍9,联立解得0勺了棚22故A正镜BCD错误定义可知快解动能变为原来的9倍,速度变为
7、原来的3倍,根据运动学公式有（322二2“3二赋联立解得二卞选项A正确关键点拨解答本题的关键是熟练使用运动学公式!用好题目给定的条件:在时间间隔t内位移为s!动能变为原来的9倍,刷盲所得解答匀变速直线运动的问题!可以采用基本公式法（速度时间关系式速度位移关系式、位移时间关系式）纸带推论逆向思维法以及图像法。4c解析将运动分成三段开始阶段,升降机做匀加速运动接着以8ms的速度做匀速运动最后做匀减速运动至井口。加速和减速阶段的加速度大小均为lms2时用时最短,则在加速阶段升降机2运动的时间为蔽l二上8通过的位移腮二32m在匀减速阶丝段升降机的运动信况可视为加速阶段的逆过程在匀速阶段,升降机卿2知1
8、1叫232s5S总时间为t2l的运动时间为r28t,2ls故C正确关键点拨本题考查直线运动要熟练运用运动学公式,清楚加速和减速运动过程的对称性.5.c解析本题通过竖直上抛运动考查匀变速直线运动的规律运动员敞竖直上抛运动逆向需效为自山落体运动即瞬2全过程所恫门仔元链孽个所闹欲时间为瞒屁十融,解得慑,最后麦前所喊对阎为!瞒足乎-矿十鳃典解停惩,却阿知酉t2t1堪巫亚vg2g3.73,故C选项正确-题多解运用匀变速直线运动规律在连续相等位移内的时百乏比为1:（可l）:（6百）:（叮5）,则旦13.73!洱可宁尸惭哮矣尸认巴耳纠坛瓷画同听巴收了尸杉投毛彦扣厂叮田巴贞生产哦巫勺山粱奸碎臻汽早尸日可尸脖尸
9、尸田小耶污刷育所得相遇的本质就是同时亥到达同位置,是解决追及相遇问题不变的思路。测诊断本题的运动图像较为常见但与常见问题不同的是本题考查追及问题中的逆向思维,难度较大.需要重点掌握求解追及相遇问题的本质方法。（1）I。5ms2（2）20ms解析（l）摩托车在020s内的加速度大小为坐1!1m属-止,m戚（2）75S内摩托车的位移为图示梯形的面积则（452075）30m500m所以075s内摩托车的平均速度2乙的加速度乙5msz!可知3s内甲的位移为45m,Z的位移为52.5m,3s时两车并排行驶贝3s内有甲0s乙故S07.5m甲车在前乙车在后B正确;设从开始运动到并排行驶的时间为则据运动学公式
10、有甲甲2,呕二,0恿2代入尘s甲s0乙,得tl1s!t23s,故AC错误tlf2间甲或Z行驶的位移即为两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离s,可得s45ml0lm40m,D正确.2.-.-霉,兰.2（快解图像中阴影部分S表示02s内乙比甲多运动的距离阴影部分S2表示23s内甲比乙多运动的距离观察发现SlS2说明前3S内Z比甲需要多运动距离才能在3s时相遇,即开始时甲在前Z在后,乙追甲的过程中都是甲车在前乙车在后故A、C错误;排除AC可得BI）正确关键点拨解答追及相遇问题的关键是三关键点拨解答追及相遇问题的关键是理（m。s）甲乙灿十婴20m刷百所得解决本题的关键是要巧妙地利用图像的斜率和面积求
11、解加速度和位移不要用公式分段求解全程的位移不然会浪费很多时间.测诊断本题难度较易主要考查r图像,利用图像求解加速度及位移23吕解清楚每个时刻物体的速度特点和位置关系核心是加速度本题的关键是从图像得出加速度后抓住3s时两车相遇的已知条件得出起始的位置关系.专题二相互作用.肃:银瓣震贼赚蹲擦力属割徽考点0受力分析力的合成与分解.c解析本题通过斜拉桥考查力的合成由力的合成知钢索对索塔向下的拉力等于主梁的重力,故增加钢索的数量不能减小索塔受到的向下的压力A错误设钢索与竖直方向的夹角为0主梁的重力为鹰贝钢索承受的总拉大人小为二志由比可知在霞力不变的情况下0越小F越小故为了减小钢索承受的拉力可适当增加索塔
12、的高度或采用倾斜度更大的方式布置钢索故B错误根据平行四边形定贝可知,当索塔两侧钢索对称旦拉力大小相同时!两侧钢索拉力构成的平行四边形为菱形,可知钢索对索塔的合力竖直向下,故C正确为使索塔所受合力竖直向下,只需要使索塔两侧所有钢索在水平方向的合力为零即可,不定要满足钢索左右对称分布故D错误关键点拨本题的关键是清楚力的合成与分解所满足的物理规律,要清楚钢索拉力的合力应等于主梁的重力,钢索对索塔向下的拉力等于主梁的重力,钢索数量越多每条钢索对索塔的拉力越小.易错警示本题的易错点在于分析时不清楚钢索拉力的合力所产生的作用效果从而导致对选项的分析无从下手2D解析本题考查按作用效果进行力的分解以匀质圆筒为
13、研究对象把重力分解为压紧斜面I的压力Fl和压紧斜面的压力F2如图所示则有F蹋30卓mg咖g巍n30砸g选项D凸乙正确4解析根据沙堆底部周长可知沙堆底部圆形半径为5m!通过沙堆顶点的竖直剖面图如图所示!根据题意可知!对于斜面上的沙粒有mgsin0mlgcos0即-腮n,今解得师25m根据圆锥的陛-腮n-解啊-25m棍掘圆锥的体仟厂引积公式右二丽厂,65n3与A选项最接近故选A.刷盲所得物体在与水干面成0角的斜面上处于干衡状态时有严ta0.BC解析根据力的分解可知F是合力!木FN由p楔两佃的推力是分力,由图可知在F定的“六蕊大前提下,0越,两个分力FN垄选项A错误选项B正确;在定的前提下,F徊可知
14、F越大!FN越大!选项C由FN二且.-F2sinF闹2正确选项D错误.关键点拨解答本题的关键是根据力的作用效果对力F进行分解清楚力的方向是关键.刷盲所得在进行力的分解时定要清楚力的实际作用效果的方向利用平行四边形定贝或三角形定则分解当两个分力不共线且大相等日寸,作出的平行四边形是菱形.B解析将4B两个轻环绳书本视为整F口剧矿爪体,竖直方向整体受至向下的重力和向上的支持力作用,两个支持力大之和等于重力,FNmg大小保持不变A错误对B环进行受力丝l分析如图甲所示FFNtan0丁mgtan0两环距离变小,tan0减小,F变小B正确对A环受FT严mg题多解分析重力的分解示意图由于二力与竖直方向的夹角与
15、斜面倾角相同可知二力关系满足某倾角的正切关系又由于两斜面倾角分别为30。和60。,可知其中个力是另个力的可倍由此可知AB错误又根据常识可知斜面倾角越小所受压力越大可知I所受的压力大于所受的压力可知C错误,D正确关键点拨解答本题的关键是正确作出力的分解示意图!找出各力之间的角度关系通过几何知识求解c解析将四个排球看成个整体,地面的Flv支持力与排球组合体的重力平衡,若设与地面F引亏隆-甲力分析与B环类似!杆对环的力为支持力FN和;融弱l;潞t埂今-揣当羞生蛮化时.发兰变化c错误;哪g网环呈离变小变大细绳上的拉力变赡Z小D错误关键点拨如果研究对象是处于平衡状态的两个或多个物体,般都是采取先整体后隔
16、离的分析顺序.典毙接触的三个排球中个球受的支持力大为FN根据力的平衡可知3FN4川g,故C正确上方排球对下面三个球有力的作用即上方球对下方3个球间有弹力故A错误对地面上的其中个球做受力分析,如图所示,由受力v（答案及解析测诊断本题较易,主要考查胡克定律的应用以及共点力平衡,若出错,可能是没有通过弹性绳劲度系数不变将两次平衡建立的等量关系联系起来考点2共点力平衡问题7.C解析本题考查共点力平衡问题以气球为研究对象气球受四个力作用,细绳的拉力T风对气球的力F风水平向右、竖直向上的浮力F浮竖直向下的重力C,如图所示由干气球处于平衡状态,则在T.解析本题考查平衡中的临界问题对物块受力分析如图所示,物块
17、受重力鳃加g沿斜面向下的摩擦力,垂直干斜面向上的支持力和绳的拉力弧设物块的最大质量为!垂直于斜面方向有水平方向上有F风Tsin!选项C正确ABD错误关键点拨解答本题的关键是正确分析气球在水平方向的受力情况清楚在平衡状态下气球在任方向所受合力都为零.F浮F风7万薪-mgcos30。沿斜面方向有T二lgsin30,儿V,联立以上三式解得ml50kg故A正确能力解法由干以粤an0.可知当物块不受拉力时恰好能处于平衡状态即摩擦力大小为严?gcos30。mgsin30当拉力最大时,物块有向上运动的趋势即T2mgsin30mg可知ml50kg.关键点拨解答本题的关键是洁楚物块做匀速运动时处于受力平衡状态再
18、利用共点力平衡知识进行分析刷盲所得物体在不受外力的情况下静止在粗糙斜面上需要满足严mgcos0mgsin0,即以tan0.测0诊断本题的易错点在于不能正确分析摩擦力的方向导致无法得出正确的结果02c解析设圆弧的圆心为O,由于两小球的质量相等,故平衡时各段细线中的张力大小相等均为mg!对于环两段细线的拉力关干O对称且b间的距离恰好等干圆弧的半径贝O6为等边三角形,根据几何关系可知两段细线对6环的拉力关于0b对称,由几何知识可知两段细线对物块的拉力之间的夹角为l20根据共点力平衡有2略cos竿狮g,解得mm选项C正确乙关键点拨解答本题的关键是正确进行受力分析,抓住轻环在圆弧切向不受力借助几何知识,
19、弄清楚各段细线之间的夹角刷盲所得共点力的平衡条件:为使物体保持平衡状态,作用在物体上的力必须满足的条件两种平衡状态;静态平衡0,0;动态平衡o00.o瞬时速度为0时,物体不定处于平衡状态,如:竖直上抛运动的最高点物理学中的缓慢移动般可理解为平衡状态测0诊断本题主要考查共点力平衡.可能由于不能正确进行受力分析,不能借助几何知识求解各段细线的夹角而导致无法解题03.BD解析本题通过轻绳连接体模型考查动态平衡与隔离法分析受力.当物块受到水平拉力F后其受至重力水平拉力F细绳的拉力T,在物块缓曼被拉动时处于动态平衡状态设细绳与竖直方向夹角为!物块的质量为ml有FTsinmlgTbos,解得T型1旦Fml
20、gtan在从0增大至45过程中COS水平拉力F增大细绳拉力T增大,A错误B正确;设物块M的质呈为m2!斜面倾角为0,未施加水平拉力前,若m2gsin0矾lg,贝物块M受至的静摩擦力沿斜面向上有Tm2gsin0,当T增大时静摩擦力先沿斜面减小到零,然后沿斜面向下增大）若m2gsin0加lg,物块M受到的静摩擦力沿斜面向下有Tm2gsin0,当T增大时!沿斜面向下增大C错误!D正确关键点拨】本题涉及摩擦力关键是要清楚静摩擦力会随外力的变化而变化且静摩擦力的方向可能发生变化易错鳖示本题在受力分析时不能正确地分析摩擦力的变化,找不至受力变化的信况,对于些变化的情况进行否定从而导致错选4BD解析连接b的
21、是同根绳!此绳上的张力大小始终等于物块的重力由于物块b始终保持静止,故整个装置的位置不变,绳OO上的张力恒定不变故A、C错误对b进行受力分析,设拉力F的方向与水平方向的夹角为0,绳与水平方向的夹角为根据平衡条件得水平方向:FCOS0TCOS0竖直方向:mbgFNTsjnFsin0可知6所受支持力FN与静摩擦力会在定范围内变化BD正确抉解由物块b的位置不变结合装置及同根绳中张力大小相等的特点,央速排除A、C,而得至BD选项正确夏题分类集训刷有所得物体受到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易错疆示本题在分析受力情况时容易出错,误认为气球飘浮在空中只受浮力作
22、用,忽略了重力,虽然不会导致解题错误但在分析时需要注意此细节.8。解析设绳OA段与竖直方向的夹角为0,对O点进行受力分析,列平衡方程得Fmgmn07揣则随0的逐渐增大逐渐增大,T逐渐增大A正确快解利用三力平衡矢量三角形法可知,F的方向不变,T的方向改变如图,可知F逐渐增大!T逐渐增大,故A正确关键点拨本题解题的关键是熟练掌握解决共点力平衡问题的方法即找至研究对象所受力的特点（哪个力是恒力哪个力是变力）,利用平衡方程求得力与变量间的函数关系gFFF测诊断本题主要考查了共点力平衡问题涉及受力分析和力的合成与分解,若出错!可能是不能正确写出两力与角度的函数关系式或不能熟练应用力的平行四边形定则或三角
23、形定则.9.C解析当F沿水平方向时,物块受力如图甲所示,有F严WV咱!联立解得Fmgo小Ff干阵曰刁Fbmgmg甲乙当F与水平面成60。角时,物块受力如图乙所示,有Fcos60毗叫,?gFsin60,联立解得Fcos60似（gFsin60。）联立m圆解得腆粤c正确关键点拨解答本题的关键是正确地对物块进行受力分析,并由物块做匀速直线运动可知物块受力平衡根据共点力平衡列式联立可求得待求量刷盲所得本题可视为静态平衡问题,即分析物块在两种情况下的受力情况,利用力的合成与分解的方法,建立坐标系求解平衡问题,选取研究对象和作受力示意图是解题的关键测诊断本题较易主要考查了受力分析及共点力平衡,若出错,可能是
24、对于F与水平面成60。角的这种情况想当然地得出mg而导致错解0.B解析将钩码挂在弹性绳的中点平衡后对匡等钩码进行受力分析,如图所示设钩码质量为m!弹性绳的拉力为T,弹性绳与竖直方向的夹角为0,由平衡条件知2Zbos0mg由胡克定律得T熊联立解得kZ万;器F将弹性绳两端拉至同点重新平衡后设弹性绳上拉力为Tl,弹性绳的形变量为卯由平衡条件知2Tlmg由胡克定律有T师蕊联立解得臆揣由几何关系得z0.2m联立解得冗0。12m!故弹性绳的总长度变为92cm选项B正确关键点拨通过前后两次移动钩码受力平衡弹性绳上的拉力在竖直方向的分量始终等于钩码的重力,建立等量关系利用弹性绳的劲度系数不变,联立求解刷盲所得
25、当物体左右受力对称且处于平衡状态时,只需分析对称轴方向上的受力即可高考必刷题夏题分类集训物理关键点拨本题的关键是抓住物块b始终保持静止的特点.测】诊断本题属于共点力作用下物体的平衡问题属于常规题的常规考法难度较易可能因不清楚轻绳的受力特点在受力分析时出现错误5.B解析衣服受力如图所示,由于挂钩光M不光滑的绳子或者打成死结,贝死结两端绳子拉力不定相同.6D解析对重物受力分析画出甲Z丙三个特殊位置的受力图,其中TOM和7）的合力大方向均不变大小等于G在重物移动的过程中OM与MV的夹角不变,由图甲、乙、丙可知TOM先增大后减小,TM逐渐增大选项AD正确滑因此绳上拉力大小处处相等设M、间距为绳子总长为
26、z则sin0f由平衡条件得2Tbos0mg当绳子右端上移时,0不变绳子拉力不变选项A正确将杆向右移些,则变大0变大绳子拉力变大选项B正确;由以上分析可知0绳子拉力大项B正确;由以上分析可知绳子拉力大小与Z）G（l绳的两端高度差无关选项C错误;两侧绳子拉力大小相等与竖直方向夹角均不变因此若换挂质量更大的衣服,绳子拉力变大衣架悬挂点不动选项D错误关键点拨本题主要考查共点力的动态平衡,将悬挂点沿绳子方向延长找至角度与绳长关系是解答本题的关键同育所得对于光滑的挂钩或滑轮绳上张力大小处处相等;若是C甲乙丙关键点拨解答本题要抓住个关键点:是两绳夹角不变二是两绳拉力的合力不变是画出三个特殊位置的受力图.测诊
27、断本题难度中等,主要考查受力分析和动态平衡!出错原因可能是找不到解题的突破口,画不出力的分析图专题三第-节牛顿运动定律及具应用牛顿运动定律太小c镭误由匀线运动的规棒郁-2得-仔侧t甲t乙A错误.由匀变速直线运动的规律有022h,得面丽则似甲乙,B正确克服阻力做功为吗负肺,因甲的半径大于乙的半径故甲克服阻力做功多D正确关键点拨本题考查牛顿第二定律的应用,解答的关键是根据质量关系半断出半径关系并根据题中所给条件分析出甲乙的加速度大关系刷有所得对于运动学的分析定要从牛顿运动定律出发,判断出加速度,从而确定物体的运动规律.测诊断本题主要考查的知识有牛顿运动定律功的计算运动学规律,考查学生的知识迁移能力
28、和禾用基本原理分析具体问题的能力.本题若错可能是没有分析出加速度的表达式,不能进行之后的比较.睡0.D解析将挂吊篮的绳子剪断瞬间,装水的杯子做自由落体运动,水处于完全失重状态,即可以认为水和球之间没有相互作用力.由开始静止时各小球密度可知A受至向上的弹力作用下落时加速度干gB受至向下的弹力作用下落时加速度大于gC不受弹力作用下落时加速度等干g所以相对于杯底A球将向上运动B球将向下运动C球不动2BC解析本题考虑到速度方向与所施加的恒力方向的不确定性,质点有多种运动情况:匀加速匀减速类平抛但定是匀变速运动若质点的速度方向与恒力方向不在条直线上质点做匀变速曲线运动速度方向时刻变化,故A错误;合力的方
29、向始终垂直速度方向的运动是匀速圆周运动而匀速圆周运动的合力方向时刻在变此处合力为恒力,方向恒定故质点不可能做匀速圆周运动故B正确根据牛顿第二定律知加速度的方向即为合外力方向,C正确;速率的变化量是速率作差为标量如在类平抛运动中,速率的变化量为2（l）2;（7干;单位时间内的变化量不恒定D错误关键点拨由于速度方向与恒力方向不明确质点有多种运动可能但需清楚质点的运动定是匀变速运动刷盲所得合力与速度决定物体的运动性质:合力与速度方向共线为直线运动,不共线为曲线运动合力恒定的运动定是匀变速运动。测诊断本题考查力与运动的关系考生容易半断出AB、C选项的对错但由于缺乏对速率变化呈的理解!对于D选项的半断较
30、为困难考生在复习时定要注意基本物理量的本质a解析设物块静止时弹簧的形变量为绷0!贝有mg脑0物块做匀加速直线运动根据牛顿第二定律可得Fmg内（蹲0冗）m,解得Fm脑所以F-卯图线是不过原点的倾斜直线故A正确BCD错误快解在弹簧恢复至原长的过程中,弹力发生变化!物块做匀变速直线运动!故外力不可能是恒力B错误;弹簧弹力的变化是连续的不会发生突变,故外力也不应发生突变D错误;物块要产生加速度初始状态弹力与重力平衡,所以初始时刻力F大小应为m大于0,故排除C。关键点拨本题的关键是清楚物块做匀加速直线运动由牛顿运动定律确定受力的情况即根据物块的运动情况分析其受力情况,根据物理规律得到横、纵坐标之间的关系
31、继而判断F的变化规律测诊断本题容易错误地认为物块做匀加速直线运动,加速度不变合外力不变拉力不变要注意弹簧弹力是变力.4BO解析根据牛顿第二定律有粤厂2g斋由题意知二隐丽,联立得-蒜,又斟为串的质岂大于乙的质量!则甲的半径大于乙的半径!故甲的加速度大小大于乙的加速度5.解析根据t图像可知,在05s内加速度大小为l0.2Ins2,方向沿斜面向下在5l0s内加速度大小为20;在10l5s内加速度大小为30。2ms2!方向沿斜面向上.受力分析如图所示.在05s内根据牛顿第二定律有mgsin0-Fm贝Fmgsin00.2m在-Flml贝Flmgsin00.2m在w几g510s内根据牛顿第二定律有mgsi
32、n0F2m2!则F2加gsin0在1015s内,根据牛顿第二定律旬F3吧sin0矾3则F3!gsin00。2m.综上可得F3F2Fl,故选项A正确关键点拨解答本题的关键是知道速度时间图像的斜率大小表示加速度的大小,斜率为正表示物体做加速运动斜率为负表示物体做减速运动知道加速度是联系力学和运动学的桥梁,刷百所得对于速度时间图像给出信息的牛顿运动定律问题,要分段分析受力,分段求出加速度分段歹出方程CD解析-图线的斜率表示加速度与时间轴围成的面积表示位移故由图像可得物块上滑的加速度大小愈上,物块下滑的加速度大小.下-设斜圃的倾角为0物块与斜圃间的动摩擦因数为严,根据牛顿第二定律得,上滑时gsin0“
33、cos0上下滑时gsin0-“cos0下,两方程联立可解得斜面的倾角物块与斜面间的动摩擦因数!选项A、C正确物块运动的加速度与质量无直接关系依据题意无法得出物块的质量选项B错误i物块沿斜面上滑的最大距离,即是在tl时间内t图线与时间轴所围的面积即匆丁o0t,贝h鳃sin0,选项D正确关键点拨解答本题的关键首先是明确速度时间图像的物理意义!判断加速度位移的大小其次对物块进行受力分析列出牛顿第二定律方程进而得出答案6答案及解析刷盲所得速度时间图像的斜率表示加速度,斜率为正,加速度为正斜率为负加速度为负,加速度是联系力与运动的桥梁.测0诊断本题主要考查力和运动之旧的关系.可能因不能把牛顿第二定律与运
34、动学图像紧密结合在起导致错解Q与P之间的相互作用力圆二咖所以腑啼;疟.,立,故A、C错误,BD正确.关键点拨求解物体运动过程中某力时!般先对物体的运动状态进行分析得到加速度然后应用牛顿第二定律求得合外力再对物体进行受力分析即可求解BC解析设每节车厢质量为l,挂钩P0西边车厢的质量为b加东边车厢的质呈为Cm!当机车在东边时,以bm为研究对象,由牛顿第二定律得Fbm当机车在西边时,以cm为研究对象,由牛顿第二定律得可得32c设3h2c隐则总节数胸且为正整数,贝k取6l2l8d510l5,故选项BC正确关键点拨通过两次使用隔离法找出两个关系式再利用巳知力的关系求解多解性问题刷盲所得熟练运用整体法与隔
35、离法,尤其在连接体模型中,整体法与隔离法的般应用方式:通过先整体后隔离求内力,通过先隔离后整体求外力.测训诊断本题主要考查牛顿第二定律和隔离法,考生可能不清楚连接体问题的求解方法而无法求解（吨（n（3f缓湍解析（1）对B受力分析垂直于斜面方向由平衡条件得VmgCOS.（2）根据几何关系有s剪刻.（1oos）sy鳃。s1n且r石7解得s2（Icos）.绷2鳃sin兰.2（3）B下降的高度sy鳃sln根据机械能守恒定律有测i昔鹏徽;根据速度的定义得鳃器鹏愿瓦则oB2（1cos）.oA解得跳-嫩-鸳:竞刷盲所得解决牛顿运动定律问题的般步骤考点2牛顿运动定律的综合应用7.B思路分析（l）审清题意知道木
36、板与实验台之间没有摩擦力（2）分析题图（b）（c）知在02s内,细绳对物块的拉力逐渐增大即物块与木板间的静摩擦力逐渐增大,2s末木板开始运动物块与木板间的摩擦力是滑动摩擦力;（3）结合牛顿第二定律o-t图像的斜率表示加速度进行求解解析本题考查牛顿第二定律与图像的结合设木板质量为M物块质量为m,在02s内!结合（b）（c）两图可知在力F作用下,木板与物块之间有静摩擦力作用,细绳对物块的拉力与静摩擦力平衡,可知力传感器测量的的大小等于摩擦力的大小随看逐渐增大木板保持静止状态对木板和物块整体分析可知力F逐渐增大当力F大于木板与物块间的最大静摩擦力时两者开始相对滑动C错误2s后木板与物块之间有滑动摩擦
37、力,大为严mg0.2N在24s内以木板为研究对象利用牛顿第二定律有Fg血,由图（c）可知二柴;9ms2ms2在牛5内木板只在滑动摩擦力作用下做匀减速运动根据牛顿第二定律有儿mgM由图（c）可知0:祟m蔚,-联立解得-04N,-鳃由于物块质量不确定所以动摩擦因数的大小不确定故选项A、B正确,D错误关键点拨解答本题的关键是明确速度时间图像的斜率表示加速度,其次是对木板进行受力分析由牛顿第二定律列方程求解易错鳖示木板与物块间的摩擦力先是静摩擦力!随着外力F的增大而增大,当外力F大于木板与物块间的最大静摩擦力时木板开始滑动,此后木板与物块间的摩擦力是滑动摩擦力,大小不变部分同学可能因不能把牛顿第二定律
38、与运动学图像很好地结合在起导致错解8.（l）0.105Ins284m（2）400N（3）3。86ms（解祈（1由运动学公式有芳005ms2位移翻!;84m（2）游船匀减速运动过程的加速度大小器二05m爵2由牛顿第二定律得FM2400N.p0l（3）位移鳃毕2-示32780m,垄凸平均速度大坠3.86mst9.（1）0.3ms2（2）l.2106N（3）30ms解析（1）歹车的初速度为324kmh90ms,经过5min300s停下所以加速度大小为器揣m鼠2二03m蔚鸟（2）古咖g根据牛顿第二定律有古腮顾又因为o22z联立两式解得0.5ns2F1.2106N（3加速时间为-畏l80减速过程中通过的
39、位移缠贩45300ml3500m所以整个过程的度丽器删hb删m蔚-3测诊断本题考查匀变速直线运动的规律部分考生在求解第（3）问时容易出错题设要求的是歹车从开始减速至恢复原速这段时间内的平均速度!该过程就包括列车在车站停靠的4min忽略这点会造成最后的结果计算错误第二节连接体问题和伍界问题霹连接体问翘lBD解析三物块靠在起将以相同的加速度向右运动贝加速度“止斋塑蝗故R和0之间的相互作用力33鹏略23（腮确研究对象0明确研究对象根据问题的需要和解题的万便,选出被研究的物体研究对象可以是某个物体也可以是几个物体构成的系统画好受力分析图情景示意图明确物体的运动性质和运动过程鬃撼嘉0受力分析和运动状态分
40、析通常以加速度的万向为正方向或以加速度万向为某坐标的正万问若物体只受两个共点力作用!通常用合成法;若物体受到3个或3个以上不在同直线上的力的作用,则般用正交分解法。根据牛顿第二定律F詹或（E咖.（几my列方程求解,必要时还要对结果进行讨论0瞬巍泌卜硒露蕊:列方程求解测0诊断o本题考查牛顿运动定律的综合应用,意在考查考生推理能力和分析综合能力.易错点在干不能正确进行受力分析不能正确建立物理模型,思紊乱!造成错解或乱解真题分类集的路高考必刷题夏题分类集训物理4）2皿g（2）些器匹凰旦二主巫l筐4m解析（物块移勋了距离则物块B移劫的距离为o物块B受至的摩擦力大小为知mg物块B克服摩擦力所做的功为户l
41、2mgso（2）设物块AB的加速度大小分另为AB绳中的张力为由牛顿第二定律得FmlgTmA2T-4儿mg4mB由A和B的位移关系得A2B联立o式得刹坠器座凰o圃些器塑堕o关键点拨解答本题的关键是抓住两物块之间的内在联系,绳中张力大小相等加速度大相等根据牛顿第二定律列式求解即可测0诊断本题主要考查连接体受力分析牛顿第二定律功的计算及相关知识.若出错,可能是未分析清楚两物块的受力情况,或未找准两物块之间的内在联系!不知二者加速度大小相等a驾架2牢3二备m,带虹豁鸟2（0i盖）解析（1）对整体分析根据平衡条件可知,物块b整体的重力沿斜面方向的分力与弹簧的弹力平衡有赋0（咖辨聊）gsin0解得胎驾等o
42、（2）由题意可知6经两段相等的时间,位移为郧o.由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知x11卯o4说明当弹簧形变量为鞠-鳃,子宁时二者分离;对物块分析因分离时b间没有弹力!则根据牛顿第二定律可知脑2mgsin0mo联立oo解得鲤5（3）设时间为则经时间时b运动的惊移露“二鲤铲1弹簧的形变量变为苑嘶o绷,对整体分析可知,由牛顿第二定律有（砸厕）g（腮砸）,解得二备略垒霍竿盘卯0因分离时位移z丁,由缀哪解得仁揣敬当0i蒜,时,的轰达式才霉2临界问题6BD解析鱼缸相对干桌布向左运动,故桌布对鱼缸的摩擦力向右选项A错误;因为鱼缸桌布桌面两两间的动摩擦因数均相等贝鱼缸受到桌布和桌面的摩擦力相等
43、对鱼缸的运动而言从静止加速至定速度再减速至零两个阶段的运动的时间相等!选项B正确滑动摩擦力和物体间的正压力有关与拉力无关!所以增大拉力摩擦力不会变化,选项C错误若减小拉力贝桌布运动的加速度将减小桌布与鱼缸间的相对速度减小桌布从鱼缸下拉出的时间将增大!鱼缸相对桌面的位移增大所以鱼缸有可能滑出桌面,选项D正确刷育所得般说来滑动摩擦力的大小方向是外露的滑动摩擦力的大小可由FN求出方向跟“相对运动方向相反静摩擦力由于受物体运动状态或其他力的影响,其大小和方向较难确定,是“内隐的多数情况下可禾用物体的平衡条件来确定摩擦力的大小、方向.测诊断o本题考查牛顿运动定律的综合应用,意在考查考生的推理能力和综台分
44、析能力.易错点在于找不准研究对象,不知道如何判断摩擦力的有无和大小的变化讽（漂（2户（紫解析（1）设冰球质量为m,冰球与冰面间的动摩擦因数为以对冰1212球应用动能定理得儿ngs0丁n!丁M0,220O-U1解得严页互了（2设冰球到达挡板处所用的时间为,则,0也苛解得2so000Ulsl（01）2设运动员的最小加速度为则,!十!2解得2s;.刷盲所得求冰球到达挡板处的运动时间时也可以对冰球应用动量定理:设初速度方向为正方向mgt矾ol-mo0,可求得运动时间测0诊断本题比较简单,容易出错的地方是:对冰球列动能定理方程时注意摩擦力做的是负功.8.（l）1ms（2）l9m解析（1）滑块A和B在木板
45、上滑动时木板也在地面上滑动设AB和木板所受的摩擦力大分别为、i和iA和B相对干地面的加速度大小分另为A和B木板相对干地面的加速度大为l.在滑块B与木板达到共同速度前有i尸lnAgoi严lmBgi仙2（mmAmB）go由牛顿第二定律得imAAimBBo八-jml设在rl时刻,B与木板达至共同速度!其大小为l.由运动学公式有UlU0-Btlol1tlo联立oooo式,代入已知数据得ul1mso（2）在tl时间间隔内,B相对于地面移动的距离为12osBU0tl丁Btl设在B与木板达到共同速度l后,木板的加速度大小为2对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有乃（加Bn）2O由o式知AB;再由o式知B与
46、木板达到共同速度时,A的速度大也为ol,但运动方向与木板相反由题意知A和B相遇时,A与木板的速度相同!设其大小为2。设A的速度大从ol变至2所用的时间为2,则由运动学公式对木板有02U1-202对A有U2Ul2o在2时间间隔内,B（以及木板）相对地面移动的距离为二刚22io在（tlt2）时间间隔内A相对地面移动的距离为州二似0（!）十刹（2oA和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同因此A和B开始运动时两者之间的距离为JOJASlBo联立以上各式并代入数据得s0l。9mo（也可用如图的速度时间图线求解）关键点拨】本题的关键是判断3个物体的运动胃况,根据两滑块与木板之间的摩擦力可判断木板的运动方向,
47、由于两滑块减速o答案及解祈过程加速度大小相等故滑块B先与木板达到相对静止,而此时两滑块由于运动的对称性,二者速度大小相等方向相反此后滑块B与木板起运动,而滑块A继续做匀变速运动测诊断本题难点在于分析系统内3个物体的相对运动情况,可采用分步计算得出结果利用结果半定旧界情况下三者各自的速度,从速度情况判断相对运动情况9.（1）可屠I（2）3“（3）2可盾l2m27mo此后B静止不动,A继续在B上滑动设再经过时百t3后A离开B贝有二（2）;oS可得031s（另解不合题意舍去）o设A在B上总的运动时间为总!有总l2t34S.（利用下面的速度图线求解正确的,参照上述答案及评分参考给分）腾鳃驾剿鹏雷值（吓
48、鞠潞蘸露鳞霜蔗嚣蹦渊霜嚣霹麓攘瓣刷冒所得灵擂运尉曼力分析和牛颧2即可.第二情景也“02.力之。针对多过程的题目,般的处理方式冕分过程备个击破尤其注意受力变化速度相等时的临界状态等测诊断本题通过叠加体间的相对运动考查物体的平衡条件牛顿第二定律运动学公式等知识点可能对物体的受力情况和运动情况分析不清,不能运用台适的运动学公式进行求解（）0.l0.4（2）6.0m（3）6。5m解析（l）规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前小物块和木板起向右做匀变速运动设加速度为l小物块和木板的质量分另为加和M,由牛顿第二定律有从l（n）g（加M）lo由图可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度,!4ms由运动学公式得!,os0
49、0l丁llo12式中,1s,s045m是木板碰前的位移,0是小物块和木板开始运动时的速度联立oo式和题给条件得以l0。1在木板与墙壁碰撞后!木板以-ol的初速度向左做匀变速运动小物块以ol的初速度向右做匀变速运动设物块的加速度为2由牛顿第二定律有-陛2gm2o02U1由图可得2I丁式中!t22s,20联立oo式和题给条件得仙20.4（2）设碰撞后木板的加速度为3,经过时间A,木板和物块刚好具有共同速度U3。由牛顿第二定律及运动学公式得:陛2mg陛1（Mm）gM】303-U13o03U12t碰撞后至木板和小物块圆好达到共同速度的过程中木板运劫的位移为olo3.露【V丁丁厂司丁厂可丁广可7丁厂厂可
50、丁厂司丁司0l可l厂厂司0ll弓气之鞠薛鹅00蹦弘鄂沸霞昭o思路分析本题为板块模型首先分析运动过程敲击A时!B未发生移动,即A做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律求解A的初速度;第二段过程!敲击B!由于AB质量相等,且B发生相对滑动!B与地面B与A均存在摩擦力作用可知B在摩擦力作用下做匀减速运动,A在摩擦力作用下做匀加速运动直至二者共速,在此过程中A、B的相对位移确定根据运动学规律可确定B的初速度解析本题考查牛顿运动定律的综合应用板块模型问题.（1）设AB的质量均为m,由牛顿第二定律有mALmg匀变速直线运动过程有2ALi解得A唾r.（2）对齐前!B所受合外力大小为F3mg,由牛顿第二定律
