1、霞解详案零专题-质点的直线运动程限速l00kmh,该汽车超速,故D错误.L3加速度与速度速度变化量之间的关系B【解题恩路根搬加逮度的定义式器得融所以任意1s的速度变化量U2lms2m旨,即任意ls内速度增加2ms,选项A错误,B正确;根据匀变速直线运动规律的推论逐差公式Ir曾知任意ls内位移比前1s增加2m,但任意1s内位移增加量不定是2m,选项C错误;匀加速运动的加速度不变,选项D错误.【冕镭点拨】本题中c选鳞瓣慧嚣戮惑磁聋辩影任意T鼠内位移比前1s龋慰2撕;!撼强翱t恐）懒擞攒嚣搜典.;:h.:撂,鼠嚣;书f:飞;鸟.它.辨瞬;徽.增加量不一定是2mj例贞哪赣辈开踏肄域翻蝎鞭崎位移为1m;
2、增加量就不墨2舔）沁I!;）!,!i露;2BD【解题思路】做匀变速直线运动的物体,它的加速度方向和速度方向总是共线的,两者方向可以相同,也可以相反,选项A错误;j速度是描述物体速度变化快慢的物理量加速度方问利速度变化的方向总是相同的,选项B正确;做匀变速直线运动的物体它的速度变化大,可能用时较长,加速度不-定大,选项C错误;速度是描述速度变化快慢的物理量,等于单位时间内速度的变化量,故做匀变速直线运动的物体,它的速度在单位时间内变化越大,加速度越大,选项D正确.3.D【解题思路】第7s内的初速度相当于第6s的末速度,由Ur可得物体的加速度I上2.6ms6s0。43mS渔,选项D正确.4BC【解
3、题思路】物体做初速度u12ms的匀变速直线运动的加速度卫1二工2ms2;当2ms的t速度方向向东则卫二I上5s;当2ms的速度方向向西,则f:I卫上7s,故选项BC正确,选项AD错误.巍审;模掣2匀变速直线运动的基本规律j;广萝;rc【解题思路】由U刨）r可知,比较U（2r?）恤爵得质点运动的川速度为2m篇2,初速度为4ms,;、所以选项AB错误;在3S末,质点的瞬时速度为U!23m爵4msl0ms,所以选项C正确;前3隐内,质点的位移U;二;10-4222m2m,乙I）错误.2。【解题思路】超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等,在这个过程中汽车的位移为血684m668m16m
4、;初速度为零的匀变速直线运动,在相等时间内的位移之比为:2:rl:3:2-l,所以x.4m,工212m则超声波模型1运动的描述l.1质点参考系和位移,D【解题思路】跳水、双杠、体操比赛成绩都与运动员的形体动作有关所以不能视为质点,故ABC错误,D正确.2。B【解题思路】很小的物体它的体积不定能够忽略不定能看成质点如原子很小,但在研究原子内部结构的时候是不能看成质点,选项A错误;质点是研究物体运动的-种理想化模型,实际不存在选项B正确;只有在物体的形状、大小对所研究的问题没有影问时,我们才可以把它看成质点,故能不能看成质点是由所研究问题的性质决定的,选项C错误;物体抽象成质点之后,形状和大小可以
5、忽略,但是质量不能忽略,选项D错误.3。C【解题思路】一个质点的位移为零,该质点的路程不一定为零,选项A错误;个质点的路程不为零,但质点的位移可能为零,选项B错误;位移有方向路程没有方向,在任何情况下,质点的位移都不可能与其路程相同选项C正确;个质点做单向直线运动时,质点位移的大小等于其路程选项D错误.4.B【解题思路】位移的大小等于首末位置的距离,所以总位移大小为I6霄干丽丁m50m,故本题选B.5.C【解题思路】小李看到窗外的树木正在后退他选的参考系是火车,树林相对于火车正在后退选项C正确,ABD错误.L2速度、平均速度与瞬时速度.A【解题思路】火箭上升过程是变速运动,从图片可知,火箭上升
6、的位移大于58m,此过程的平均速度大于￥m鼠M闷ms,选项A正铡.BCD错误2.A【解题思路】火车经过某段路程的速度为平均速度,选项A正确;子弹飞出枪口的速度为在某瞬间的速度,故为瞬时速度选项B错误;汽车速度计指示的速度是汽车的瞬时速度,选项C错误;某繁华路口汽车速度路标上写着30kmh是指瞬时撼度苏）熊超过3（）kn1l1,选项D错误;郁“判3B【解题思路】昼夜的时间r24h;路程56（f瓣撵串鼠l0km500250km故平均速度z逛肆r哥爬mhl肌4kmh,即.金牌,的平均逮度约为l0.4kmh,与成年人平常骑自行车的速率相当.所以选项B正确.4B【解题思路】全长66km属于路程,故A错误
7、;起点和终点的速度均是瞬时速度,故B正确;因不知其位移是多少故不能求解平均速度,故C错误;由J币户可知,平均速率为砌;粤黑l32kmh大于全高考物理.经典模型与变式被A接收时AB的距离工684m一4m680m,ABD错误所以超声波从B发出到被A接收所需的时间T2C【解题思路】物体刚开始做自由落体运动时有向器s-2;.根据露-T,得（l24）m,鼠解下的加速度物体处于失重状态.选项A错误;物体做自由落体运动时只受重力作用选项B错误;自由得2ms2,选项A正确。落体运动是初速度为零的匀加速度直线运动,选项3.C【解题思路】物体做匀减速直线运动,采用逆向思C正确;切做自由落体运动的物体的加速度都等于
8、维,将物体的运动看成沿相反方向的做初速度为零的重力加速度,选项D错误.匀加速直线运动,根据椎论可知,在相等时间内的位!3。D【解题思路】水滴的运动可看作自由落体运动,则移之比等于1;3;5:7,则可知在第1s内与最后1、胸的位移之比为;.圈为鳞.内的位穗为;由-隧褥霉滴水下辫恫为-俘.选项28m,则最后l内的位移为工2sm4m.选A错误;相邻的两滴水间隔的时间相同设为,则每瓣可得-:g孟:0因此乙对乙、丙下滑位移为志,下滑加逮度g愚m,.根撮志g愚n砒叫孵志于,因此,固此三小球到达斜圃底端的先后次序是丙、乙、甲,选项B正确.5.解:（1）由UU0r得8s泌.（2）由惩-融硼!“得厕,6m（3）
9、前6S的位移;辩堑翘闪古时00m尺子故车停止运动前2s的位移【解题思路】（2）根据题意可知,在乙的反应时间内,。r2x-工6m尺子下落高度hL-L由自由落体运动规律可知模型3自由落体与坚盲卜抛-鲤,解得-2L亏L）儿3）代人数搪解得3.1自由落体运动1C【解题思路】由u22gh知,在距水龙头L和4L0.20s.（4）为提高测量结果可进行多次测量,求平的两处水流速度之比为U;U:1;2由于水的流量均值.3.2坚盲k抛运动相同则测;,-伴;等2,选项c丽蹦,M解题恩路设啊者在空中相遇的时闽为,对2御苔案详解甲,由竖直上抛运动的规肄得堑蠕哟g,对乙,由自由落体运动规律得襄乙g,两者要相遇工甲z乙h解
10、得t1s,z甲r乙5m,选项AB正确;假设高度h足够大则甲可能已经掉到地面上,而乙还在空中,二者不可能在空中相遇,选项C错误;增大甲的初速度甲的平均速度增大即单位时间内甲比原来运动得快了,乙的运动情况没有变化,二者距离也没有变化,所以二者相遇的时间比原来提前乙向下运动的距离减小,甲向上运动距离增加,所以相遇位冒卜升,选项D错误2B【解题思路】取竖直向上为正方向,则初速度U015ms,加速度g-10ms2,当小球上升到最高U0-15点时U0由Uzbt上知t上厂Ts1.5s根据坚盲k抛的对称性可知下落回抛出点用时t下1.5s,故总时间为tt上t下3.0s,选项B正确.模型4追及相遇问题,C【解题思
11、路】经2s后乙的速度仍为正运动方向不变,选项A错误;根据U-t图象中图线与t轴所围面积表示位移知,在第5s末,甲的位移仍小于乙的位移,因此甲在乙的后面,选项B错误;在第2s末利第6s末,甲、乙图线与t轴所围面积均相等,表示甲、乙在这两个时刻均相遇,选项C正确;同理分析在第1s末和第4s末,甲、乙图线与t轴所围面积均不相等表示甲、乙在这两个时刻均不相遇,选项D错误【知识归纳】在-t图象中,图象的斜率表示加速度,图象与p轴所凰面积表示位移大小;在工t图象中,图象的斜率表示速度;在需t图象中图象与t轴所圈面积表示速度大小嘲、2.D【解题思路】由题图可知,0t0时间内,甲车的位移大于乙车的位移由于甲、
12、乙两车在t0时刻相遇故甲车在后r02Z0时间内,甲车的位移大于乙车的位移,故甲车在前选项A错误;由题图可知02ro时间内,甲车的平均速度雨蠕（2,跳）;锄,1rB亏UBt25m,此时A的位移工AUAr20m,由位移关系可知,B停下时A并未追上,若要A追上B,则有3工BuAr,得t8s选项B正确,ACD错误.4解:（1）货车的速度及客车的初速度相同,设为U0,客车加速后速度为u30ms设客车追的过程总时间为t,加速阶段时间为r,位移为Zl,匀速阶段位移为Z2工l-厂tl工2U（t-t）货车在此过程位移工U0r由几何关系工l工2工（5-1）100m200m解得tl10s（2）客车加速时加速度卫二业
13、t解得0。5ms2模型5运动图象5.1对基本图象的理解AD【解题思路】根据题意可知急动度是指加速度变化的快慢,由图象可知斜率表示急动度t1s时急动度是0.5ms3,选项A正确;t3s时和r5s时图线的斜率相同,所以急动度大小及方向相同选项B错误;根据速度与加速度的方向关系可知,24s内的质点做加速度减小的加速运动,选项C错误;根据图象面积的物理意义可知6s末质点的速度大于零,质点一直朝同方向运动,选项D正确。2。CD【解题思路】工r图象中图线切线的斜率表示瞬时速度,故tl时刻两车速度不相等选项A错误;甲、乙两车在同平直公路上同向运动故它们的位移与各自的路程大小相等,由图象可知,从0到rl时间内
14、甲车走过的路程小于乙车走过的路程,选项B错误;在tlt2时间内,两车初、末位置相同故两车走过的路程相等,大小为工2工l,选项C正确;在tt2时间内,甲图线在某一时刻的切线与乙图线平行,则该时刻甲车的瞬时速度与乙车的瞬时速度相等,选项D正确3.BD【解题思路】根据题意在t2时刻,甲、乙两车并排行驶,在tr2时间内,甲车的位移大于乙车的位乙车的平均速度丽乙-砌,掺:;鞠她在t1时刻甲车在后,乙车在前选项A错误,捣奴汀门乎舌辩篱露辩罩喷狞日甲贝瓣擦豹顿逮度均先变小后变大选项C错误D髓确。挞.厂浊【解题思路】类比速度时间图象,OA段表示时间则AB段表示速度.OA表示时间轴,OD表示速误;t0时刻甲、乙
15、两车相遇,则2刨,.o十.哉.;解得,2.、,寸熟蕊鳃了50,2to日乙两车的距离工-（2砌,膨,）.2蜘刚,.2陛,蹦礁蕊;翰豪咖溯窗1腮I潞做匀加速直线运动AB长度表示OA这段时间的末卵,选项C镭误膜,时刻甲、乙两车相遇,则!逮度大小,C为oA的中点中间时刻的瞬时速度儡为整段的平均速度三角形OAB的面积表示OA这“.箭.;,解得,选项D正确段时间内位移的大小,选项A正确.3.B【解题思路】B做匀减速运动其加速度大小为5.2多过程直线运动图象2m斟,喊逮瓤零用时铲-6.,墓位移媒隐絮棚腮铡芽蕊霸慧键3高者物理。经典摸型与变式度大小为3ms,选项B正确;小球能弹起的最大高度h33m0.45m选
16、项CD错误2。C【解题思路】甲在0时刻由负方向上距原点4m处向正方向运动,10葛时达到正向的4m处,故在整个t10s时间内位移为r工2Zl4m-（-4m）8m,平均速度为财盖0ms选项A错误,选项C正确;乙开始时做速度为负向的匀减速直线运动,5s后做正向的匀加速直线运动,图象与时间轴围成的面积为物体通过的位移,故总位移r（4）5m45m-0所以平均逮度为零,选项BD错误。3.C【解题思路】在01s内,l1ms2物体从静止开始做正向匀加速运动,U-t图象是条向上倾斜的直线,1s末速度u1ltl1ms,在12s内,2-1ms2物体将仍沿正方向运动,但做匀减速运动,U-t图象是-条向下倾斜的直线,2
17、s末时速度U2u2t20,23s内重复01s内的运动情况,34S内重复12s内的运动情况,选项C正确,ABD错误.4A【解题思路】设小球下落时离地面的高度为h由自由落体运动规律得,小球在下落过程中,U22g（-死）,小球在上升过程中,也有22g（-Z）,选项A正确,BCD错误。专题二相互作用A错误;不管木块做什么运动,根据滑动摩擦力的定义可得G故C正确,BD错误2AD【解题思路】由题知容器始终保持静止状态受力平衡,所受的摩擦力等于容器和水的总重力现缓慢地向容器内注水,所以容器受到的摩擦力逐渐增大,故选项A正确B错误;容器和水在竖直方向上受力平衡若容器与墙面间的最大静摩擦力大于盛满水时容器的总重
18、力力F可能不变选项D正确,C错误.3.D【解题思路】物体始终处于静止状态摩擦力随外力的变化而变化,则F和F2同时增大同时减小AB错误;F和F2是对平衡力合力为零C错误D正确.4.C【解题思路】整体受力分析可知甲不受地面的摩擦力,选项A错误;乙受地面向右的摩擦力,选项B错误;对物块受力分析可得甲与加间的动摩擦因数小于乙与加间的动摩擦因数,选项C正确;对乙斜面上的物块受力分析可知,乙对!的合力与拉力和重力的合力大小相等、方向相反,选项D错误。5.AD【解题思路】开始时物体A受重力、B对A的支持力和静摩擦力,根据平衡条件可知,A所受静摩擦力大小为加Agsin0施加力F后,物体A仍然处于静止状态,若F
19、2加Agsin0则A所受摩擦力沿斜面向獭凌魏憋搬鞠瓣瓣l;选宙搀、舞9蕊辩鳞霉滁不舔撼簧的形变量不变,弹簧的弹力不变A、B.喊慰重力不变根据平衡条件可知B与墙之间定有摩擦力选项C错误D正确.6.解:物体所受最大静摩擦力mG8N（1）只撤去Fl因为F26Nm,物体保持静止故所受静摩擦力2F26N,方问水平向左（2）只撤去F2,因为Fl13Nm,所以物体相对水平面向左滑动故物体受到的滑动摩擦力b严G8N,方向水平向右模型1重力弹力摩擦力1.1重力弹力。D【解题思路】地面上的物体在任何情况下都受重力,选项A错误;物体对地面的压力的施力物体是物体,受力物体是地面,而物体所受重力的施力物体是地球,受力物
20、体是物体所以物体对地面的压力不是物体的重力选项B错误;弹簧测力计可测量物体的重力大小,杆秤可测量物体的质量大小,选项C错误;由Gmg知,在同地点g相同故物体的重力与其质量成正比选项D正确.2D【解题思路】物体对桌面的压力的施力物体是物体,受力物体是桌面而物体所受重力的施力物体是地球受力物体是物体,所以物体对桌面的压力不是物体的重力,选项A错误;根据胡克定律只能求弹簧的弹力选项B错误;弹力的大小与物体的形变程度有关,在弹性限度内,形变程度越大弹力越大,选项C错误;弹力的方向总是与施力物体恢复形变的方向相同,选项D正确.【知识拓展】（Iy弹力产生的条件!接触、形了变,两者同时满足才能产生弹力.（2
21、）弹力产生的原因:拖力物体发生形变（3）弹力的方淘:与施力物体恢复形变的,方.尊嚣、.道向相同Jm;地攘强点帛.,毖甜镭p镶嚣睁息、喻p.匙.冉.3.AD【解题思路】由于V弹簧上面与细线相遥,触N弹簧可能处于原长也可能被拉伸不可能处予压龋状态.当N弹簧处于拉伸状态时,细线对,有拉力萨;驾拉力小于物块的重力时M弹簧处于压缩状态;当;拉力等于物块的重力时M弹簧处于原长状态;雪拉力大于物块的重力时M弹簧处于伸长状态.而当N处于原长状态时,即不伸不缩,则M必处于压缩状态.由上面的分析可知共有四种情况,即olV处于伸长状态而M处于压缩状态;N处于伸长状态而M处于伸长状态;oN处于伸长状态而M处于不伸不缩
22、状态;N处于不伸不缩状态而M处于压缩状态.故选项AD正确,BC错误。1.2摩擦力及其分析计算C【解题思路】若木块做加速直线运动,则F,故4解详案唾mgtan0知重力增大,tan0减小,则0减小,D错误.3.D【解题思路】P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力,共4个力的作用,选项A错误;Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力,共4个力的作用,选项B错误;Q受到的静摩擦力竖直向上,与其重力平衡,与绳子长度无关故绳子变短,Q受到的静摩擦力不变,选项c错误;以P、Q整体为研究对象设绳子的拉力大小为F、绳子与墙壁间的夹角为由竖直方向受力平衡得GpGQFcos若绳子变长,变小,cos变大,
23、则F变小,选项I正确。【规橇总结】在对物体进行受力分析时,为了防止多力或少力,-般按董力、弹力和摩擦力的颊序分析物体的受力愉况.4AC【解题思路】以小球为研究对F模型2力的合成与分解.BC【解题思路】力的分解如图所示,FN（哪,羔,故F定越小,F驯越F大,选项A错误,B正确;0定,F越大,FN越大选项D错误,C正确.2.C【解题思路】木块受重力、支持力、摩擦力处于平衡,合力为零,则支持力和摩擦力的合力与重力等大反向,即合力的方向竖直向上,选项C正确,选项ABD错误3。ABD【解题思路】由力的平行四边形定则可知,甲图中三个力的合力大小为5N,乙图中三个力的合力大小为5N丙图中三个力的合力大小为6
24、N,丁图中三个力的合力大小为0.选项C错误ABD正确。4D【解题思路】设下面每个排球对上面的排球作用力大小为F,方向与水平方向夹角为0,则3Fsin0mgo,四个排球呈正四面体堆放由几何知识可知n,-乎O,联立OO解得F-乎枷凰选项D硬确,ABC错误.模型3静止单物体的受力分析AC【解题思路】A、B两物体都处于平衡状态,则A与斜面刚好没有接触A受2个力作用（重力、B对A的支持力）,B受3个力作用（重力、A对B压力、外力F）选项A正确;若A与斜面相互挤压且处于静止状态则A受4个力作用（重力、B对A的支持力、斜面对A的压力、斜面对A的摩擦力）B受3个力作用（重力、A对B压力、外力F）,选项C正确,
25、BD错误.【踢错点拨】在受力分析时对弹力和摩擦力的分析要明确二力产生的条件,接触不一定有弹力,只有相互挤压时才有弹力,尤弹力一定没有摩擦力象,受力如图所示.设绳子与墙的夹角为0由平衡条件得F1器,F狮gtan;根据牛顿第三定律得球对绳的拉力为FlF器球对墙的压力为FFF加gmgtan0;用根原长与细线相等的橡皮筋代替细线由于橡皮条被拉伸所以橡皮条与墙的夹角变小,则橡皮条的拉力变小墙对球的支持力变小,所以F1F3F2F,选项AC正确.5.C【解题思路】对a上的行李受力分析知,其不受摩擦力作用,只受重力和弹力两个力的作用;对b上的行李受力分析知其受沿斜面向上摩擦力、重力和弹力三个力的作用所以选项C
26、正确.模型4连接体问题.A【解题思路】分别对小球A、B受力分析如图所示.对小球AB分别由三角形柑似原理得滞-蛊FN1涝琵故器聋分铡定翼得环FN1sin45志盖志.丽丽盲颓百;1,故皿百;1,选项A正确02C【解题思路】设球正对风的截面积为.噶S由于已知风力大小正比于“风速”和.墨武芦“球正对风的截面积,所以设风力大小为F虎Su,受力分析如图所示,当风速为u03ms时,由平衡条件得mgtan30Su0龙当风速为u4.5ms时,同理可得加gtan0Su虎,解得2O【解题思路】在水平面内,对小环A分析,小环A2。A受光滑杆的支持力和绳子的拉力,根据平衡条件可知FNAFT,支持力垂直于杆向上,故绳子的
27、拉力垂直于杆向下;对小环B分析,小环B受水平恒力F、光滑杆的支持力FNB、绳子的拉力FT,根据平衡条件可知黑-悬-c孟0扁选项A正碉BCD错误3.AB【解题思路】根据题意可知,物体m和M处于平鳃n-乎,045.,A镭误;风逮增大,加g0不可能变为90因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡,B错误;若风速不变,换用半径更大、质量不变的球,球正对风的截面积变大,则风力变大,根据Fmgtan0,知0变大C正确;若风速不变换用半径相等、质量更大的球,则风力不变根据F5高考物理.经典模型与变式衡状态,对m有,M对m的静摩擦力的大小为.mgsin0,M对m的支持力Fmgcos0当斜面的倾角0增大时,斜面
28、体对物体的摩擦力变大,支持力变小选项AB正确;对加利M整体受力分析知,整体水平方向的合力为零,故水平面对斜面体的摩擦力定为零选项CD错误.4A【解题思路】对A、B整体受力分析,受重力,墙壁对其没有支持力,如果有将会向右加速运动因为没有弹力,故不受墙壁的摩擦力即只受重力,做自由落体运动;由于整体做自由落体运动,处于完全失重状态,故A、B间无弹力对物体B受力分析,只受重力选项A正确BCD错误.【技巧点拨】先对AB整体结合运动情况受力分析,得到整体只受重力加速度颖g;即做自由落体运动,然后对物体B结合运动情况受力分析,得到物体B乎押p:矿.广P的受力情况呵即先整体后隔离.丰f愈岭p5.CD【解题思路
29、】对小球受力分析,如图所示由几何关系可知,FTFN加gAB错误C正确;弹簧压缩量工￥当前长度!R故弹簧原长为R等D正确。A错误;人向右跨出一步后物块仍静止对物块由平衡条件知绳子上的张力Fg,故绳子上的张力不变选项B错误;设绳与水平方向的夹角为0,由平衡条件得,地面对人的摩擦力Fcos0人向右跨出一步0减小,cos0增大,故增大,选项C正确;由平衡条件得人受到的支持力FN加gFsin00减小,sin0减小故FN增大由牛顿第三定律知,人对地面的压力增大,选项D错误4.B【解题思路】以重物p为研究对象分析受力由于根绳上拉力处处相等,设拉力为FT则力的示意图如图所示.悬挂点A缓慢地向上移动重物P始终保
30、持平衡合外力始终为零D错衡合外力始终为零D错加g误;同时两绳拉力的合力始终与重力等大反向,且重物匀速上升保持绳长不变.故过程中绳的拉力始终不变,A错误B正确;斜面上的Q物体直处于静止状态则其所受合外力为零Q受自身重力、斜面支持力与绳拉力FT,摩擦力有无不确定,若考虑有摩擦力,则A点上移过程中,Q所受重力、支持力、拉力均不变,且合外力为零,则摩擦力始终不变,C错误.E5.AC【解题思路】对衣架受力分析如图所示,设绳子与A竖直方向的夹角为0,绳子张力为FT,衣服的质量为,根据共点力的平衡条件可得2FTcos0加g,若改在C点,两侧绳的张力相等,绳子与竖直方向的夹角0变小,则绳的张力变小,选项A正O
31、C加g6。A【解题思路】滑块受力平衡对滑块进行受力分析滑块受到竖直向下的重力,为了保证滑块受到的合力为零则滑块必然受到沿斜面向上的静摩擦力则滑块对斜面定有压力,但弹簧的形变情况未知,可能伸长也可能缩短或者元形变,当弹簧没有形变时,滑块只受重力,斜面的支持力,静摩擦力这三个力保持平衡,故A正确BCD错误.模型5共点力动态平衡1C【解题思路】对套环进行受力分析受重力、框架的支持力、弹簧的弹力,构建力的矢量三角形利用力三角形和儿何三角彤相似得器走磊.故框架确;若改在D点,衣架两侧绳的张力仍相等,因为绳长不变,根据几何关系可知,当绳子右端上下移动过程中,绳子与竖直方向的夹角0不变,则根据2FTcos0
32、mg可知,绳子拉力不变选项B错误,C正确;对图中整体受力分析可知,地面对衣柜的支持力等于整体的重力则衣柜对地面的压力等于整体的重力,故衣柜对地面的压力不变,选项D错误6.C【解题思路】未用水平力拉户弹簧时,q弹簧处于压鳃伏态,b木块静止,即g陀Zl,则此时q弹簧的弹力FN不变、弹簧弹力F变小,C正确.BC【解题思路】对小球分析知,小球受到重力mg、斜面的支持力FN!和轧!:板的弹力FN2,平移到一个矢量三角形中,如图。当挡板绕O点逆时针缓慢地转问水平位置的过程中,小球的合力近似为零,根据平衡条件得知加gEzFNl和FN2的合力与重力加g大小相等、方向相反,作出小球在三个不同位置力的合成图,由图
33、看出,斜面对球的支持力FN逐渐减小,挡板对小球的弹力FN2先减小后增大,当FNl和FN2垂直时,弹力FN最小,川邓吨龙龋礁巍廖2.0出锣C木块刚好离开地;弹簧g处于伸长状态,对c木块分析有mg厩面时蕊则简肝q弹簧的伸长量为延:￥揣m2cm,故q弹簧上端移动的距离为工l工24cm;末状态,对b、C木块整体分析受力可知细线对b向上的拉力大小为2mg,由于木块平衡,故户弹簧的弹力大小也为2mg,则此时户竿揣m4cm弹簧脚户弹簧的弹簧的伸长量工3左端向左移动的距离故选项BC正确,AD错误.3.C【解题思路】人向右跨出步后仍静止由平衡条件知,人所受的合力为零,故人所受的合力不变,选项为工!z2工38cm
34、,选项C正确,ABD错误.7.解:（1）当F和忽垂直时,F最小为Fmm对整体,据平衡条件得6苔案详解FsinFmincos0F幽cosFminsin0mg解得tan18（tan18也可）Fmjncos0F（止sin0Fmisin0Fsin03加g解得Fmin1.8!gF2.4g（2）对C球,据平衡条件得专题三牛顿运动定律反作用力始终大小相等与物体的运动状态无关,选项C正确.模型2牛顿第二定律2.1牛顿第二定律的理解与应用1A【解题思路】设一个小球的质量为m、加速度为第2016号球与第2017号球间的作用力为F1,第1号球与第2号球间的作用力为F2,由牛顿第二定律得以12016号的所有小球为研究
35、对象,Fl20l,以第1号球为研究对象,F-顾则:-2016,选项A正确BCD错误.2.D【解题思路】小球受三力作用而处于平衡状态,有F:0.-n30.,得F铡-n:0.-罕咖g,由胡克定律得F弹陀Z弹簧长度LL0工L0警g,选项A正确木板对小球的支持力FF弹sm30.s;0.竿吨,选项B正确;弹簧突然断开时有mgsin30.测1,得1g,选项C正确;突然撤去木板AB时有（加g）2F弹2m2,得2g,选项D错误.3解;物块从A点到达B点的过程中F!等sn解得“6m愚L!;解得L3m物块从B点回到A点的过程中”凰6mL-刚!靡泌;模型1牛顿第-定律牛顿第三定律1.1牛顿第-定律的理解与应用.C【
36、解题思路】静止的物体可能受到其他外力的作用,如对平衡力作用,A错误;质量是惯性大小的量度,惯性不是质量,B错误;力是改变物体运动状态的原因C正确;力停止作用后,若不计阻力,物体将做匀速直线运动D错误.2C【解题思路】枷利略在该实验中得出的结论有的是实验推理选项A错误;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选项B错误;如果没有摩擦,小球在运动过程中机械能守恒,则速度减小到零时,小球恰好上升到原来的高度,选项C正确;惯性定律即牛顿第定律是牛顿总结出来的,选项D错误.3.D【解题思路】乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球的质量小,惯性小,选项A错误;惯性是物体的固有属性,在“天宫二号,中的
37、物体仍具有惯性选项B错误;惯性大小只与物体的质量有关故质量相同的物体在月球上和在地球上惯性相同选项C错误;在相同外力的作用下,质量小的物体产生的加速度大,运动状态较容易改变,所以质量小的物体惯性小,选项D正确.【知识拓展】惯性是物体本身的固有属性惯性的大小与物体的运动情况、受力情况无关,其大小只与质童有关质量越大愉惯性越大.4C【解题思路】质量是物体惯性大小的唯-的量度,与物体的运动状态（速度）无关,质量越大,汽车惯性越大,ABD错误,C正确.1。2牛顿第三定律的理解与应用.AB【解题思路】根据图丁可得,两个力的大小相等但是一正一负,说明方向相反,选项AB正确;作用圈力作嗣在不阔上.不露辩霹C
38、D错误.D【解题思路】书对桌面的压力与书翻露性质的力选项A错误;书对桌面的压力与桌曝飘寸的支持力二者等大、反向、共线分别作用在磷辩力;解得27。5ms22超重与失重速上坡,车里的乘客与车相对静止与车具有相同的加速度方向沿斜坡向下,对乘客受力分析可知乘客应受到竖直向下的重力、垂直水平面竖直向上的弹力和水平向左的摩擦力则三力的合力沿斜面向下选项BD错误,C正确;弹力小于重力,乘客处于失重状态,选项A错误.同的物体上,是对相互作用力,选项B错误;书的重力与桌面对书的支持力,二者等大、反向、共线,且作用在同一物体上,是对平衡力,选项C错误,D正确.【技巧点拨】区别一对乎衡力和-对相互作用力,主妥抓住:
39、一对乎衡力作用在同一个物体上,而对相互作用力作用在两个不同的物体上3.C【解题思路】马拉车的力与车拉马的力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律知,对作用力与物体处于超董孰失重状态时,重力犬小和生变化判断物体超重或失董不是看物体.邑严.,伯而是看加速度方向b加速度方向向上则态,加速度方向向下则处于失重状态6啥【规律总结】方向并不发的逮度方向处于趣霞状7高害物理。经典模型与变式2.C【解题思路】根据牛顿第二定律有FN-mgm解得工l10m解得电梯底部风人的支持力大小为F-顺g,由牛设撤去力F后物体运动到最高点的时间为腹则有;Ul2t2顿第三定律知人对电梯底部的压力大小为Fh解得t226耀g,选项
40、C正确;沿斜圃向上减速运动阶段位移唾墟3.D【解题思路】体重计显示的是支持力的大小重力解得工220m不变A错误;晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏物体沿斜面下滑的时间!3t-21s的支持力是一对作用力与反作用力,大小相等B错设下滑加速度为由牛顿第二定律得误;支持力小于重力,说明加速度方向向下电梯可以mgsin0-尸加gcos0加3向下加速运动或向上减速运动,C错误;F合G-解得32ms2F寞l0g.故“等.万向竖直向下,D止确物体沿斜面下滑运动阶段位移鞠蝇【知识拓展】物体处于超重或失重状态时其所受的重力不变,变化的是物体所受的拉力或支持力超重或解得工31m失重现象与物体运动方向无关加速度方向向下
41、时所以t4时物体的速度u3r32ms方向沿斜发生失董现象,大小等于董力加速度时,发生完全失面向下位移工工lZ2Z329m,方向沿斜面向上4瞬麓麓;:瞒!茫霸髓;体盏蔚2解;u）刚醛示数小于人的重力人处于失重状态,则电梯可能向由u115m6r3s下做匀加速直线运动,也可能向上做匀减速直线运解得!5ms2动,tlt2时间内,体重计的示数等于人的重力,电梯由牛顿第二定律得可能静止,也可能做匀速直线运动,t3t（时间内,体F-mgsin0加l重计的示数大于人的重力人处于超重状态,则电梯解得5N可能向下做匀减速直线运动,也可能向上做匀加速直（2）撤去拉力后物块继续上滑线运动选项AD正确,BC错误.mgs
42、in0m2解得27。5ms25.解自（1）匀速上升时受力如图甲所示;撤去撤力前上滑距离堑盖2a5mFNlmg500N由牛顿第三定律得;撤去拉力后上滑距离唾六l5m该同学对地板的压力FlFNl500N.凤2物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离卜融野叶陶买-;可得墩-侣-归.甲乙丙（2）加速上升时受力如图乙所示!斜面上运动的总时间ttlt2t3（5丽）s由牛顿第二定律有FN2mg加2聊!FN2加（g2）600N斟（3）减速上升时受力如图丙所示;!:由牛顿第二定律有加g-FN3m3翔剿舶.;FN3m（g-3）400N2.3动力学的两类基本问题.解:（1）根据t图线知匀加速直线运动阶段的加2.BD【解
43、题思路】题目不知道F的大小如果F足够速度的大小l20ms2大,B刚开始运动时,B的速度为零,A的速度不为根据牛顿第二定律得F-尸ogcos0-mgsin?m零A、B之间的距离还要增大,弹簧伸长量还要增匀减速直线运动阶段的加速度的大小20ms2大,选项A错误;如果F足够大,在物块B开始运动根据牛顿第二定律得加gsin0严mgcos0加2前,物块A直加速,选项B正确;如果F足够大A解得F30N,严0.5会直加速,速度没有最大值,选项C错误;弹簧开（2）在物体运动过程中,沿斜面向k加速运动阶段位始是压缩的,雁缩量为工30.簧,B刚要开克移露十庶始运动时,加gsin30。陀z2,弹簧伸长量为z28苔霉
44、详解蔑B正确;剪断弹簧的瞬间,设此时细线上的拉力为F2由牛顿第二定律得,对A,F-F22m,对B,F圆狮g瓢n,咖凰.由以上两式解得gsm0,选项C错误;撤去F的瞬间,细线上的拉力立即发生变化对整体有共同的加速度即2mgsin04加,故A的加速度为gsin0,选项D错误【易错点拨】（1）弹簧不能发生突变,即在烧断细线的瞬间弹簧的弹力不变;（2）细线产生的弹力可以发生突变,即剪断弹簧的瞬间弹力发生变化.4解:（1）A、B起匀加速运动加速度大小相等,由牛警物块八运动距离为堑蜒,广严,选项D正确。3.C【解题思路】物块开始时受弹力F3N处于静止状态,说明其受到的静摩擦力为3N方向向右,则物块的最大静
45、摩擦力Fax3N若小车以加速度2ms2向左做匀加速运动,对物块受力分析由牛顿第二定律可知FlFm解得F3N方向向左,物块相对小车仍静止,选项A错误;物块受到的静摩擦力大小仍为3N选项B错误,C正确;由于物块和小车仍相对静止,故弹簧的形变量没有改变,弹簧中的弹力不变,选项D错误.4D【解题思路】当弹簧的弹力增大到mg2时,物块和托盘间的弹力为零,在此之前二者之间的弹力由开始运动时的mg2线性减小到零,力F由开始时的加g线性减小到mg2;此后托盘与物块分离,力F保持g2不变,故D正确。5.解:（1）A的受力分析如图所示,有FN加gcos0顿第二定律对A有FT-mlgml有B有m:gsin0-FT加
46、2U22解得20ms2,u2.0ms（2）从B释放到与挡板相碰的时间tl坐1.0sB与挡板碰撞后绳未拉直前对A有mlgmll解得110ms2对B有-m2gsin0m22解得2gsin0-5.0ms2从B反弹到轻绳再次拉直的过程,有工1工2,即慰十;卿陶瞧;解得陶斋总时间ttlt21.5s5。解:（1）设外加恒力F时小木块的加速度为1,则舟（g瓢n00）由匀加速直线运动的规律得Ui2lsl联立解得F18N（2）设小木块继续上滑的加速度为2,则2gSin0尸gCOS0还能上滑的距离,-嘉（2）由受力分析可得F弹mgsin0又由胡克定律得F弹解得堑砸爷ln0歹夕夕厂夕厂厂厂夕厂夕厂厂夕夕模型4斜面模
47、型!。D【解题思路】设滑板与沙之间的动摩擦因数为,斜面与水平面之间的夹角为0,当游客与滑板沿斜面向下运动时ml加gsin0-尸加gcos0,则lgsin0-严gcos0,可知向下滑动的加速度与斜面的高度无关则在Ut图中两次加速的过程图线是重复的;在水平面上减速的过程中m2严mg所以2尸g,可知减速过程中的加速度也是大小相等的,则两次减速过程中的U图线是平行线选项D正确。2B【解题思路】假设加l和m2之间保持相对静止,对整体由牛顿第二定律得m3g-（ml加2）gsin30。-尸2（加m2）gcos30。（m1加2m3）,解得整体的翼j加速度1ms2,对m2由m2忽sln30。加2,解得12摩擦力
48、m严lm2gcos308儿,故顾与哪柑对静止-起沿斜面上渭辗B正确.【技巧点拨】本题是比较典型的动力学的临界问题.处理的基本思略是:假设加和m2之间保持相对静止,对整体分析运用牛顿第二定律求出整体的加速度,然后再隔离对m露分析根据牛顿第二定律求出加1和加2之间的摩擦力,判断是否超过最大静摩擦力,从而判断能否保持相对静止3.AB【解题思路】细线被烧断前A、B、C、弹簧作为整体,由平衡条件得F2mgsin0在细线被烧断瞬间,对A,由牛顿第二定律得F2mA解得Agsm0,选项A正确;对A由平衡条件得细线上的拉力Fl2加gsm0,在细线被烧断瞬间,弹簧的弹力不变对B,由牛顿第二定律得Flm旧,解得E2
49、gsin0,选项乙1霞运动的加速度为3,则gCOS0tB点的逮度”-顽了-百m.模型5滑杆模型.B【解题思路】在A位置时人受到重力和线的拉力合力不为零,则加速度不为零选项A错误;A处重力与拉力的合力沿钢索方向,由矢量三角形可知此时拉力小于重力,选项B正确;在B位置时,细绳的拉力竖直,则人匀速下滑此时钢索对轻环的摩擦力等于重力沿钢索方向的分力,选项C错误;若轻环在B位置突然被卡住则此时人将做圆周运动根据FT顺g狮爷可知.轻鳃对人的拢力大于人的重力.选项D错误.9高害物理.经典橇型与变式2D【解题思路】小球受力如图所示,由牛顿第二定律得mgsin30m,5ms2环与小球相对静止它们的运动状态相同,
50、小球加速向下运动,则环也加速下滑,选项AB错误;假设圆环与杆之间没有摩擦力以圆环与小球组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得加gsm60m,解得5侗ms2则假设错误,圆环与杆间存在摩擦力;对小球和环分别受力分析后根据牛顿第二定律列式mgsin60m,mgsin30。加,mgcos60。FT,若已知圆环和小球质量可以求解出摩擦力大小与细线的张力,选项C错误,D正确.二定律,A的加速度为A尸（加l加2）g,所以m1C正确.【技巧点拨】灵活运用整体法与隔离法,是解决这类题的关键,另外还要注意弹簧的弹力不能突变.3。解:（1）传送带顺时针转动时木炭包所受滑动摩擦力沿传送带向上,根据牛顿第二定律有严加g
