2018创新设计高三复习第1-2章

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考点内容 参考系、质点 位移、速度和加速度 匀变速直线运动及其公式、图象 实验一：研究匀变速直线运动 要求 Ⅰ Ⅱ Ⅱ 卷Ⅰ：T24 卷Ⅰ：T20 高考命题实况 2014 2015 2016 卷Ⅰ：T21 卷Ⅲ：T16 选择题 计算题 实验题 常考 题型 关联 考点 ①牛顿运动定律 ②功和功率、动能定理 卷Ⅱ：T14、T24 卷Ⅱ：T22 基础课1 运动的描述

知识点一、质点 参考系 1．质点

(1)定义：用来代替物体的有质量的点叫做质点。

(2)条件：研究一个物体的运动时，如果物体的大小和形状对问题的影响可以忽略，该物体就可以看做质点。 2．参考系

(1)定义：描述一个物体的运动时，选定其他物体做参考，观察这个物体的位置随时间的变化，这种用来做参考的物体称为参考系。

(2)选取不同的参考系来观察同一个物体的运动，其运动性质一般是不同的。通常以地面为参考系。

知识点二、位移、速度和加速度 1．位移

(1)定义：表示质点的位置变动，它是由初位置指向末位置的有向线段。

(2)与路程的区别：位移是矢量，路程是标量。只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程。 2．速度

(1)定义：物体运动位移与发生这个位移所用时间的比值。 Δx(2)定义式：v＝Δt。单位：m/s。

(3)方向：平均速度方向与位移的方向相同，瞬时速度方向即物体运动的方向。 3．加速度

(1)定义：物体速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值。 Δv(2)定义式：a＝Δt。单位：m/s2。

(3)方向：与Δv的方向一致，由合力的方向决定，而与v0、v的方向无关。 (4)物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。 [思考判断]

(1)研究花样游泳运动员的动作时，不能把运动员看成质点。( )

(2)电台报时说“现在是北京时间8点整”这里的“8点整”实际上指的是时刻。( )

(3)参考系必须是静止的物体。( )

(4)做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程。( ) (5)平均速度的方向与位移方向相同。( )

(6)瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向。( ) (7)物体的速度很大，加速度一定不为零。( ) (8)物体的加速度增大，其速度一定增大。( )

答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)√ (7)× (8)×

对质点、参考系、位移的理解

1．对质点的三点说明

(1)质点是一种理想化物理模型，实际并不存在。

(2)物体能否被看作质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身大小和形状来判断。

(3)质点不同于几何“点”，是忽略了物体的大小和形状的有质量的点，而几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置。 2．对参考系“两性”的认识

(1)任意性：参考系的选取原则上是任意的，通常选地面为参考系。 (2)同一性：比较不同物体的运动必须选同一参考系。 3．对位移和路程的辨析 比较项目 决定因素 运算规则 大小关系 位移x 由始、末位置决定 矢量的三角形定则或平行四边形定则 路程l 由实际的运动轨迹长度决定 标量的代数运算 x≤l(路程是位移被无限分割后，所分的各小段位移的绝对值的和)

1．[质点]在考察下列运动员的比赛成绩时，可将运动员看做质点的是( )

解析 马拉松赛跑测量的是运动员跑完全程的时间，与运动员的形状和大小无关；跳水、击剑、体操比赛时，要看运动员的肢体动作，所以不能看成质点。 答案 A

2．[位移](多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东行驶4 km，又向北直线行驶3 km，则下列说法中正确的是( ) A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7 km B．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态

C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5 km 处 D．相对于湖岸上的另一观察员，小船不可能是静止的

解析 在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42 km＝5 km，方向

3

为东偏北θ，满足sin θ＝5，即θ＝37°，运动的路程为7 km，选项A、C正确；以小船为参考系，O处的观察员是运动的，B错误；若湖岸上的观察员运动的速度大小、方向均与小船一样，则小船相对其而言是静止的，选项D错误。 答案 AC

3．[位移和路程]在田径运动会400 m比赛中，终点在同一直线上，但起点不在同一直线上(如图1所示)。关于这样的做法，下列说法正确的是( )

图1

A．这样做是为了使参加比赛的同学位移大小相同 B．这样做是为了使参加比赛的同学路程相同 C．这样做是为了使参加比赛的同学所用时间相同

D．这种做法其实是不公平的，明显对外侧跑道的同学有利 答案 B 反思总结

抓住“三点”理解质点、参考系和位移

(1)质点的模型化：建立模型。一是要明确题目中需要研究的问题；二是看所研究物体的形状和大小对所研究问题是否有影响。

(2)运动的相对性：选取不同的参考系，对同一运动的描述一般是不同的。 (3)位移的矢量性：一是位移只与初、末位置有关；二是位移方向由初位置指向末位置。

平均速度和瞬时速度的理解

平均速度和瞬时速度的辨析

定义 定义式 平均速度 物体在某一段时间内完成瞬时速度 物体在某一时刻或经在实验中通过光电门测速 实际应用 的位移与所用时间的比值 过某一位置时的速度 Δxv＝Δt(Δx为位移) Δxv＝Δt(Δt趋于零) 矢量，瞬时速度方向矢量性 矢量，平均速度方向与物体与物体运动方向相位移方向相同 同，沿其运动轨迹切线方向 把遮光条通过光电门时间内的平均速度视为瞬时速度

1．[平均速度和瞬时速度的理解](2017·银川调研)(多选)如图2所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 km，实际从A运动到B用时5 min，赛车上的里程表指示的里程数增加了15 km，当他经过某路标C时，车内速度计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是( )

图2

A．整个过程中赛车的平均速度为180 km/h B．整个过程中赛车的平均速度为108 km/h C．赛车经过路标C时的瞬时速度大小为150 km/h D．赛车经过路标C时速度方向为由A指向B

1

解析 从A到B位移为9 km，用时12 h，由平均速度定义式可得整个过程的平均速度为108 km/h，故选项A错误，B正确；速度计显示的是瞬时速度大小，故选项C正确；经过C时速度的方向为过C点的切线方向，故选项D错误。 答案 BC

2．[平均速度的计算]一辆汽车刹车后做匀减速直线运动直到停止，已知汽车在前

－

一半时间内的平均速度为v，则汽车在后一半时间内的平均速度为( ) 1－A.4v

－

1－ C.2v D.v

vt

解析 设汽车初速度为v，减速时间为t，则2时刻速度为2，前一半时间内的平均

1－B.3v

3vvv

速度v＝2＝4，后一半时间内的平均速度为4＝3，B正确。

－

vv＋2

－

答案 B

3．[用平均速度法求瞬时速度]用如图3所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度。已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0 mm，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040 s，则滑块经过光电门位置时的速度大小为( )

图3

A．0.10 m/s

B．100 m/s

C．4.0 m/s

D．0.40 m/s

－3

解析 遮光条经过光电门的遮光时间很短，所以可以把遮光条经过光电门的平均d4.0×10

速度当作滑块经过光电门位臵时的瞬时速度，即v＝t＝0.040 m/s＝0.10 m/s，A正确。 答案 A 方法技巧

Δx

(1)当已知物体在微小时间Δt内发生的微小位移Δx时，可由v＝Δt粗略地求出物体在该位置的瞬时速度。

(2)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。

Δx

②v＝Δt是平均速度的定义式，适用于所有的运动。

－

1

v＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运动。 2

－

对速度与加速度关系的理解

1．速度、速度变化量、加速度的比较 比较项目 物理 速度 速度变化量 加速度 描述物体运动快慢和意义 方向的物理量，是状态量 定义式 单位 Δxv＝Δt m/s 与位移Δx同向，即物体运动的方向 描述物体速度改变的物理量，是过程量 描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量 Δvv－v0a＝Δt＝Δt m/s2 与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v的方向无关 Δv＝v－v0 m/s 由Δv＝v－v0或a的方向决定 方向 2.速度和加速度的关系

(1)速度的大小和加速度的大小无直接关系。速度大，加速度不一定大，加速度大，速度也不一定大；加速度为零，速度可以不为零，速度为零，加速度也可以不为零。

(2)速度的方向和加速度的方向无直接关系。加速度与速度的方向可能相同，也可能相反，两者的方向还可能不在一条直线上。

【典例】 (多选)甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 m/s2，a乙＝－4 m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是( ) A．甲的加速度与乙的加速度大小相等 B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动 C．甲的速度比乙的速度变化快 D．每经过1 s，甲的速度增加4 m/s

解析 加速度的正、负表示方向，绝对值表示大小，甲、乙加速度大小相等，选项A正确；甲的加速度与速度同向，所以做加速运动，乙的加速度与速度方向相反，所以做减速运动，选项B正确；加速度大小表示速度变化的快慢，甲、乙速度变化一样快，选项C错误；由Δv＝aΔt可知每经过1 s，甲的速度增加4 m/s，D正确。 答案 ABD 方法技巧

判断质点做加速直线运动或减速直线运动的方法

1．[对加速度的理解]有下列几种情境，其中对情境的分析和判断正确的是( ) ①点火后即将升空的火箭 ②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车 ③磁悬浮列车在轨道上高速行驶 ④太空中的空间站绕地球做匀速圆周运动

A．因火箭还没运动，所以加速度一定为零 B．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大

C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大 D．因空间站处于完全失重状态，所以空间站内的物体加速度为零

解析 点火后火箭即将升空的瞬间，加速度竖直向上，不为零，A错；轿车紧急Δv

刹车时，刹车时间短，速度改变量大，则由a＝Δt知加速度大，B对；磁悬浮列车速度很大，但速度没有变化时，加速度为零，C错；空间站以及里面的物体受万有引力作用，加速度不为零，D错。 答案 B

2．[加速度的计算]如图4所示，在气垫导轨上安装有两个光电门A、B，A、B间距离为L＝30 cm。为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一宽度为d＝1 cm的遮光条。现让滑块以某一加速度通过光电门A、B。现记录了遮光条通过两光电门A、B的时间分别为0.010 s、0.005 s，滑块从光电门A到B的时间为0.200 s。则下列说法正确的是( )

图4

A．滑块经过A的速度为1 cm/s B．滑块经过B的速度为2 cm/s C．滑块加速度为5 m/s2

D．滑块在A、B间的平均速度为3 m/s

vB－vAdd

解析 vA＝Δt＝1 m/s，vB＝Δt＝2 m/s，A、B错误；加速度为a＝t＝5 m/s2，

A

B

L

C正确；平均速度v＝t＝1.5 m/s，D错误。 答案 C

3．[加速度与速度关系的理解]关于物体的运动，下列说法正确的是( ) A．物体的加速度等于零，速度具有最大值 B．物体的速度变化量大，加速度一定大

C．物体具有向东的加速度时，速度的方向可能向西 D．做直线运动的物体，加速度减小，速度也一定减小

解析 物体的加速度等于零时，速度有极值，当物体的加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动，当加速度减小到零时，物体的速度保持不变，有最小值，选项A错误；根据加速度定义可知，速度的变化量大，加速度不一定大，选项B错误；当物体的加速度方向与速度方向相同时物体做加速运动，选项D错误。 答案 C

1．(2017·江西七校联考)(多选)为了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年，铭记历史，警示未来，2015年9月3日在北京举行了隆重的阅兵式，关于甲、乙、丙、丁的图片，下列说法中正确的是( )

图5

A．图甲中上午10点整李克强宣布纪念大会开始，10点整是时刻 B．图乙中方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等

C．图丙中计算洲际导弹通过天安门广场(远大于导弹的长度)的时间时，洲际导弹不能看做质点

D．图丁中阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的

解析 物理所说的时刻是指某一瞬间，对应的是时间轴上一个点，而时间是指两

个不同时刻的间隔，所以选项A正确；图乙中方队沿直线通过检阅台，由于是单方向直线运动，所以一段时间内的位移大小等于路程，选项B正确；由于天安门广场的长度远大于洲际导弹的长度，所以在计算导弹通过天安门广场的时间时，洲际导弹是能看做质点的，选项C错误；阅兵预演空中梯队飞机速度相同，所以以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，选项D正确。 答案 ABD

2．(2016·浦东新区三模)物体做方向不变的直线运动，若在任意相等的位移内速度的变化量均相等，则下列说法中正确的是( ) A．若Δv＝0，则物体做匀加速直线运动 B．若Δv＞0，则物体做匀加速直线运动

C．若Δv＞0，则物体做加速度逐渐增大的加速直线运动 D．若Δv＜0，则物体做加速度逐渐增大的减速直线运动

解析 若Δv＝0，则物体做匀速直线运动，A错误；若Δv＞0，则物体做加速运Δv

动，通过相等的位移时间减小，根据a＝Δt可知，加速度增大，B错误，C正确；同理可知D错误。 答案 C

3．如图6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15 s穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58 m。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( )

图6

A．她在车底运动时的加速度 B．她在车底运动时的平均速度 C．她刚“滑入”车底时的速度 D．她刚“滑出”车底时的速度

x

解析 已知该女同学的位移和所用时间，由平均速度公式v＝t可求出她在车底运

－

动时的平均速度，其余均不能求出。故选项B正确。 答案 B

4．(2017·南师附中测试)(多选)一小球在水平桌面上做减速直线运动，用照相机对着小球每隔0.1 s拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图7所示，已知照片与实物的比例为1∶10，则( )

图7

A．图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是2 m/s B．图中对应的小球在通过8 cm距离内的平均速度是1.6 m/s C．图中对应的小球通过6 cm处的瞬时速度是2.5 m/s D．图中对应的小球通过6 cm处的瞬时速度是2 m/s

解析 照相机每隔0.1 s拍照一次，所以图中0～8 cm所用的时间t＝0.4 s；照片与实物的比例为1∶10，所以图中8 cm对应的实际位移x＝80 cm＝0.8 m。则小x0.8

球在通过图中8 cm距离内的平均速度v＝t＝0.4 m/s＝2 m/s，A正确，B错误；

－

图中对应小球通过6 cm处的瞬时速度可用图中3.5 cm到7.5 cm这一段的平均速度近似表示。图中3.5 cm到7.5 cm这一段对应的实际位移x′＝40 cm＝0.4 m，所0.4

用的时间t′＝0.2 s，所以图中6 cm处的瞬时速度v′＝0.2m/s＝2 m/s，C错误，D正确。 答案 AD

一、选择题(1～8题为单项选择题，9～12题为多项选择题)

1．2016年第31届夏季奥运会在巴西的里约热内卢举行。下列比赛中可把研究对象看成质点的是( )

A．研究苏炳添在百米跑比赛时的起跑技术 B．研究乒乓球男子单打冠军马龙的发球动作 C．研究女子3米板冠军施廷懋的跳水动作

D．研究女子50米步三姿比赛中杜丽射出的子弹轨迹

解析 质点是理想化的物理模型，当物体的大小和形状对研究的问题没有影响或

影响很小可忽略不计时，物体可以看做质点，研究苏炳添在百米比赛时的起跑技术，马龙的发球动作，施廷懋的跳水动作，他们的形状不能忽略，故不能看成质点；而研究杜丽射出的子弹轨迹时，子弹的大小、形状可以忽略，所以D正确。 答案 D

2．金丽温高铁的开通，大幅缩短了沿线各城市的时空距离，金华到温州线路全长188千米，从丽水乘坐动车到杭州只需要1小时34分，最高时速可达300 km/h，下列说法正确的是( ) A．1小时34分是指时刻 B．全长188千米指位移 C．300 km/h指瞬时速度

D．研究动车完全通过短隧道的时间，动车可看成质点

解析 1小时34分是时间间隔，A错误；全长188千米是轨迹的长度，是路程，B错误；最高时速可达300 km/h，指瞬时速度，C正确；动车在通过短隧道时，动车的长度不能被忽略，动车不能看作质点，D错误。 答案 C

3．中国是掌握空中加油技术的少数国家之一。如图1所示是我国自行研制的第三代战斗机“歼－10”在空中加油的情景，以下列的哪个物体为参考系时加油机是运动的( )

图1

A．“歼－10”战斗机 B．地面上的房屋 C．加油机中的飞行员

D．“歼－10”战斗机里的飞行员

解析 选取不同的物体为参考系，对同一物体运动的描述可能不同。空中加油时战斗机和加油机保持相对静止，以“歼－10”战斗机、加油机中的飞行员、“歼－10”战斗机里的飞行员为参考系时加油机都是静止的；以地面上的房屋为参考

系时加油机是运动的。 答案 B

Δv

4．由加速度的公式a＝Δt可知( ) A．加速度a与速度变化量Δv成正比 B．物体的加速度大小由Δv决定

C．加速度a的方向与速度变化量Δv的方向相反 Δv

D.Δt叫做速度的变化率，也即加速度

Δv

解析 a＝Δt，Δt是标量，可知a的方向与Δv的方向相同。选项D正确。 答案 D

5．(2015·浙江理综)如图2所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条Δx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Δt近Δx

似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使Δt更接近瞬时速度，正确的措施是( )

图2

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

Δx

解析 Δt表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮光时

Δx

间Δt越小，Δt越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，选项A正确。 答案 A

6．沿直线运动的一列火车和一辆汽车速度分别为v1和v2，v1、v2在各个时刻的大小如下表所示，从表中数据可以看出( )

t/s 0 1 2 3 4 v1/(m·s－1) v2/(m·s－1) A.火车的速度变化较慢 C．火车的位移在减小

18.0 9.8 17.5 11.0 17.0 12.2 16.5 13.4 16.0 14.6 B．汽车的加速度较小 D．汽车的位移在减小

Δv1Δv2

解析 由题表中数据可得a1＝Δt＝－0.5 m/s2，a2＝Δt＝1.2 m/s2，由于|a1|＜|a2|，故A正确，B错误；因为汽车和火车的速度方向一直未变，所以汽车和火车的位移都在增大，C、D错误。 答案 A

7．(2017·安徽示范高中联考)在机器赛中，某机器人在平面内由点(0，0)出发，沿直线运动到点(3，1)，然后又由点(3，1)沿直线运动到点(1，4)，然后又由点(1，4)沿直线运动到点(5，5)，最后又由点(5，5)沿直线运动到点(2，2)，平面坐标系横、纵坐标轴的单位长度为1 m。整个过程中机器人所用时间是22 s，则( ) A．机器人的运动轨迹是一条直线 B．机器人不会两次通过同一点

C．整个过程中机器人的位移大小为2 m

D．整个过程中机器人的位移与由点(5，5)运动到点(2，2)的位移方向相反 解析 根据题意建立坐标系，描出机器人在不同时刻的位臵然后连线，得到如图所示的轨迹，根据轨迹图易知选项D正确。

答案 D

8．沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为( ) A．2.45 m/s2

B．－2.45 m/s2

C．4.90 m/s2

D．－4.90 m/s2

解析 设第一个0.5 s内的平均速度为v1，即t1＝0.25 s时的速度为v1；第一个1.5 s内的平均速度为v2，即t2＝0.75 s 时的速度为v2。由题意得v1－v2＝2.45 m/s，

故a＝

v2－v1－2.45

＝ m/s2＝－4.90 m/s2，D正确。 t2－t10.75－0.25

答案 D

9．(2017·江南十校联考)关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中正确的是( )

A．速度变化的方向为正，加速度的方向也为正 B．物体加速度增大，速度一定越来越大 C．速度越来越大，加速度一定越来越大

D．加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向

解析 由加速度的定义可知，速度变化的方向为正，加速度的方向为正，选项A正确；物体做减速运动时，物体加速度增大，速度反而越来越小，选项B错误；若物体做加速度逐渐减小的加速运动，速度越来越大，加速度反而越来越小，选项C错误；在曲线运动中，加速度既不与速度同向，也不与速度反向，可以与速度方向垂直，选项D正确。 答案 AD

10．甲、乙两车从A地出发经历不同的时间后都到达B地，甲运动的时间较长，则( )

A．甲的平均速度一定比乙的大 B．甲的平均速度一定比乙的小 C．甲的瞬时速度一定比乙的小 D．甲、乙通过的位移一定相等

解析 位移只决定于初、末位臵，故甲、乙通过的位移一定相等，选项D正确；x

由平均速度公式v＝t知，位移x相同，而甲运动的时间较长，故甲的平均速度比

－

乙的小，选项A错误，B正确；因为甲和乙不一定做匀速直线运动，所以瞬时速度的大小和方向无法确定，选项C错误。 答案 BD

11．(2016·无锡模拟)如图3所示，一人骑自行车晨练，由静止开始沿直线运动，她在第1 s内、第2 s内、第3 s内、第4 s内通过的位移分别为1 m、2 m、3 m、4 m，则( )

图3

A．她在4 s末的瞬时速度为4 m/s B．她在第2 s内的平均速度为2 m/s C．她在4 s内的平均速度为2.5 m/s D．她在1 s末的速度为1 m/s

x

解析 由v＝t可得该人在第2 s内的平均速度为2 m/s，选项B正确；前4 s内的

－

－

平均速度为v＝

1＋2＋3＋4

m/s＝2.5 m/s，C正确；因该人的运动不是匀变速直线4

运动，故无法确定其瞬时速度大小，选项A、D均错误。 答案 BC

12．如图4所示，物体以5 m/s的初速度沿光滑的斜面向上做减速运动，经过2 s速度大小变为3 m/s，则物体的加速度( )

图4

A．大小为1 m/s2，方向沿斜面向上 B．大小为1 m/s2，方向沿斜面向下 C．大小为4 m/s2，方向沿斜面向下 D．大小4 m/s2，方向沿斜面向上

解析 取初速度方向为正方向，则v0＝5 m/s。若2 s后的速度方向沿斜面向上，vΔvv－v03－5

＝3 m/s，则a＝Δt＝Δt＝2 m/s2＝－1 m/s2，即加速度大小为1 m/s2，方向Δvv－v0

沿斜面向下；若2 s后的速度方向沿斜面向下，v＝－3 m/s，则a＝Δt＝Δt＝－3－5222

m/s＝－4 m/s，即加速度大小为4 m/s，方向沿斜面向下。故选项A、D2错误，B、C正确。 答案 BC

二、非选择题

13．一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，司机发现其正要通过正前方高山悬崖下的隧道，于是鸣笛，5 s后听到回声，听到回声后又行驶10 s司机第二次鸣笛，3 s后听到回声。请根据以上数据计算一下客车的速度，看客车是否超速行驶。已知此高速公路的最高限速为120 km/h，声音在空气中的传播速度为340 m/s。

解析 设客车行驶速度为v1，声速为v2，客车第一次鸣笛时与悬崖的距离为L，由题意知：

2L－v1×5 s＝v2×5 s①

当客车第二次鸣笛时，客车距悬崖为L′，则 2L′－v1×3 s＝v2×3 s 又因为L′＝L－v1×15 s

则2(L－v1×15 s)－v1×3 s＝v2×3 s② 由①②联立解得

v2

v1＝14≈87.43 km/h＜120 km/h 故客车未超速。 答案 未超速

14．一辆汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动，最后匀减速运动，直到停止，下表给出了不同时刻汽车的速度：

时刻/s 速度/(m·s－1) 1.0 3 2.0 6 3.0 9 5.0 12 7.0 12 9.5 9 10.5 3 (1)汽车从开出到停止总共经历的时间是多少？ (2)汽车通过的总路程是多少？ 解析 (1)汽车匀减速运动的加速度 v2－v13－9

a2＝Δt＝1 m/s2＝－6 m/s2

v′－v20－3

设汽车从3 m/s经t′停止，t′＝a＝ s＝0.5 s

－62故汽车从开出到停止总共经历的时间为 t＝10.5 s＋0.5 s＝11 s。

(2)汽车匀加速运动的加速度 Δv16－3

a1＝Δt＝1 m/s2＝3 m/s2

1

Δv12－0

汽车匀加速运动的时间t1＝a＝3 s＝4 s

1

Δv′0－12

汽车匀减速运动的时间t3＝a＝ s＝2 s

－62汽车匀速运动的时间t2＝t－t1－t3＝5 s 汽车匀速运动的速度为v＝12 m/s 则汽车总共运动的路程

vv1212

s＝2t1＋vt2＋2t3＝(2×4＋12×5＋2×2) m＝96 m。 答案 (1)11 s (2)96 m

基础课2 匀变速直线运动的规律及应用

知识点一、匀变速直线运动的规律 1．匀变速直线运动

2．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 (1)1T末、2T末、3T末„„瞬时速度的比为： v1∶v2∶v3∶„∶vn＝1∶2∶3∶„∶n。 (2)1T内、2T内、3T内„„位移的比为：

x1∶x2∶x3∶„∶xn＝12∶22∶32∶„∶n2。

(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内„„位移的比为： xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶„∶xN＝1∶3∶5∶„∶(2N－1)。 (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：

t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶„∶(n－n－1)。 知识点二、自由落体运动和竖直上抛运动

运动条件 自由落 体运动 运动规律 运动性质 (1)物体只受重力作用 (2)由静止开始下落 初速度为零的匀加速直线运动 (1)速度公式：v＝gt 1(2)位移公式：h＝2gt2 (3)速度—位移公式：v2＝2gh (1)速度公式：v＝v0－gt 1(2)位移公式：h＝v0t－2gt2 (3)速度—位移关系式：v2－v20＝－2gh 竖直上 抛运动 [思考判断]

(1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。( )

(2)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度为6 m/s，1 s后速度为反向10 m/s，加速度的大小一定为4 m/s2。( )

(3)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s 末，第2 s末，第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。( )

(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v运动距离是由v到2v运动距离的2倍。( )

(5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。( )

v20(4)上升的最大高度：H＝2g v0(5)上升到最高点所用时间：t＝g (6)不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定。( )

答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√

匀变速直线运动规律的应用

1．运动学公式中正、负号的规定

(1)除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以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。

(2)五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一过程。 2．解题的基本思路

【典例】 如图1所示，是冰壶以速度v垂直进入四个宽为l的矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域的E点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t，试通过所学知识分析并计算冰壶通过第四个矩形所用的时间是多少？(可选用多种方法)

图1

解析 解法一 一般公式法

根据位移公式和速度公式，由A到E，有 1

4l＝vt1－2at21，0＝v－at1

式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小 1由A到D，有3l＝vt－2at2 2

联立解得t1＝2t或t1＝3t

2

显然t1＝3t不符合题意，应舍去。

所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′＝t1－t＝t。 解法二 逆向思维法

冰壶通过矩形区域做匀减速直线运动，可看做冰壶从E点开始做初速度为零的匀1

加速直线运动，根据位移公式，由E到A，有4l＝2at21

式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小 1

由E到D，有l＝2a(t1－t)2 2

联立解得t1＝2t或t1＝3t

2

显然t1＝3t不符合题意，应舍去。

所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′＝t1－t＝t。 解法三 图象法

冰壶做匀减速直线运动的速度—时间图象如图所示，冰壶由A到E的位移与由D到E的位移之比为4∶1，由于相似三角形的面积之比等于对应边长的平方之比，则tOE∶tOD＝2∶1，故tDE＝tOD＝t，即冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′＝t。 答案 t 方法技巧

解决匀变速直线运动问题常用的“六法”

1．[基本公式法]空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人。若飞机着陆后以大小为6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( ) A．288 m

B．300 m

C．150 m

D．144m

v－v00－60

解析 先求出飞机从着陆到停止所用时间t。由v＝v0＋at，得t＝a＝ s

－6＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，at2102

故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋2＝60×10 m＋(－6)×2 m＝300 m。 答案 B

2．[推论法]如图2所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝2 m，B、C之间的距离l2＝3 m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于( )

图2

3A.4 m

4 B.3 m

9

C.8 m

8 D.9 m

l1＋l2

解析 设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有vB＝2T；

v29B

Δl＝aT＝1 m，所以l＝2a－l1＝8 m。

2

答案 C

3．[平均速度法](2017·武汉联考)某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m。在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s，轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求。

解析 该款小轿车设计的紧急制动加速度为

2

v0a0＝2x①

代入数据解得a0＝8 m/s2②

设测得的加速度为a，轿车在制动的最初t1＝1 s内的平均速度 xv＝t③

1

－

－

平均速度v等于t1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t2＝1 s，因此有

－

va＝t④

2

联立③④并代入数据解得a＝8.2 m/s2⑤

a＞a0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求。 答案 这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求

两类特殊的匀减速直线运动

刹车类运动和双向可逆类运动 刹车类问题 指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下双向可逆类 滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义

1．[刹车类问题](2017·山西四校联考)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为( ) A．12.5 m

B．2 m

C．10 m

D．0.5 m

解析 由v＝at可得刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上1

就是2～2.5 s内的位移，x＝2at′2＝0.5 m。 答案 D

2．[双向可逆类](多选)在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )

图3

A．物体运动时间可能为1 s B．物体运动时间可能为3 s C．物体运动时间可能为(2＋7) s D．此时的速度大小一定为5 m/s

解析 当物体的位臵在出发点的上方时，根据x＝v0t＋ 12

2at得：

1

7．5＝10t－2×5t2 即t2－4t＋3＝0 所以t1＝3 s或t2＝1 s

1

当物体的位臵在出发点的下方时，根据x＝v0t＋2at2得 1

－7.5＝10t－2×5t2 即：t2－4t－3＝0 t＝(2±7) s，舍去负值

即t3＝(2＋7) s，选项A、B、C均正确。 答案 ABC 方法技巧

解答刹车类问题的基本思路

(1)先确定刹车时间。若车辆从刹车到速度减小为零所用时间为t0，则刹车时间为v0

t0＝a(a表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度)。

(2)将题中所给的已知时间t和t0比较。若t0较大，则在直接利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t；若t较大，则在利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t0。

自由落体运动和竖直上抛运动

1．自由落体运动的处理方法

自由落体运动是v0＝0，a＝g的匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的所有公式和推论方法全部适用。 2．竖直上抛运动的两种处理方法 (1)分段法：分为上升过程和下落过程。

(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度为a＝－g的匀变速直线运动。 3．竖直上抛运动的特点 (1)对称性

如图4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

图4

①时间的对称性

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速度的对称性

物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。 ③能量的对称性

物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB。 (2)多解性

当物体经过抛出点上方某个位置(最高点除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点。

1．[自由落体运动](多选)一物体从离地面45 m高处做自由落体运动(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是( ) A．物体运动3 s后落地

B．物体落地时的速度大小为30 m/s C．物体在落地前最后1 s内的位移为25 m D．物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s 12

解析 由自由落体运动规律h＝2gt得t＝

2hg＝

2×45

10 s＝3 s，选项A正确；

121

落地速度v＝gt＝30 m/s，选项B正确；落地前最后1 s内的位移Δh＝2gt－2g(t

－

h2

－1)＝25 m，选项C正确；物体在整个下落过程中的平均速度v＝t＝15 m/s，选项D错误。 答案 ABC

2．[竖直上抛运动]一物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的最后1 s初的瞬时速度的大小和最后1 s内的位移大小分别是( ) A．10 m/s，10 m B．10 m/s，5 m C．5 m/s，5 m

D．由于不知道初速度的大小，故无法计算 解析 根据竖直上抛运动的对称性

上升过程的最后1 s和自由下落的第1 s是可逆过程，

所以v＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s， 11

h＝2gt2＝2×10×12 m＝5 m 故选项B正确。 答案 B

匀变速直线运动的多过程问题

【典例】 公路人工收费站会影响道路的畅通，ETC应运而生，ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图5所示。假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车，都以v1＝15 m/s朝收费站沿直线匀速行驶，现甲车过ETC通道，需要在某位置开始做匀减速直线运动，到达虚线EF处速度正好减为v2＝5 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以5 m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶恢复原来速度，虚线EF处与收费站中心线的距离d＝10 m。乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过20 s，缴费成功后再启动汽车匀加速行驶恢复原来速度。已知甲、乙两车匀加速过程的加速度大小均为a1＝1 m/s2，匀减速过程的加速度大小均为a2＝2 m/s2。

图5

(1)甲车过ETC通道时，从开始减速到恢复原来速度过程中的位移大小是多少？ (2)假设人工收费通道前有一列车队在匀速行驶，车距都为Δx2，当前一辆车从中心线启动行驶78.125 m时，后一辆车刚好停在中心线上，则Δx2为多大？ (3)假设有两列车队分别从ETC通道和人工收费通道通过，通过ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距Δx1＝120 m，通过人工收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为Δx2，则每小时从ETC通道多通过多少辆车？ 解析 (1)甲车过ETC通道时，减速过程的位移为

2

v22－v1x1＝，可得x1＝50 m

－2a2

2

v21－v2

加速恢复原来速度的位移x2＝2a，可得x2＝100 m

1

所以总的位移x总＝x1＋d＋x2＝160 m。

(2)乙车在中心线处的停车时间t1＝20 s，匀加速78.125 m 的时间t2＝＝12.5 s

由于没有等待时间，即后一辆车和前一辆车做减速运动的时间是相同的，因此后一辆车比前一辆车到达中心线处的时间晚(t1＋t2)，故两车正常行驶时的车距等于在前一辆车停车时间和加速时间内以速度v1匀速行驶的距离，即Δx2＝v1(t1＋t2)＝487.5 m。

(3)由于没有等待时间，每小时通过收费站的车辆即正常行驶时每小时通过某点的车辆数，因此

ETC通道每小时通过的车辆数 v1t15×3 600

n1＝Δx＝120(辆)＝450(辆)

1

2x0a1 人工收费通道每小时通过的车辆数 v1t15×3 600

n2＝Δx＝487.5(辆)≈110(辆)

2

ETC通道多通过Δn＝n1－n2＝340辆车。 答案 (1)160 m (2)487.5 m (3)340辆 建模点拨

试题由道路交通抽象而来，解决问题的关键是灵活运用知识把实际问题转化为常见物理模型。(2)、(3)两问的难点是变通计算时间间隔，以匀速代变速，以简单解复杂。(3)问中，通过两个通道车队的减速或停车缴费只会影响车到达目的地的时间，而不会导致车辆的流量减小，即车辆流量跟匀速运动时是一样的。

1．(2017·广东广州综合测试)电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动。电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如下表： 时间(s) 速度0 1 2 4.0 3 5.0 4 5.0 5 5.0 6 5.0 7 5.0 8 4.0 9 3.0 10 2.0 11 1.0 12 0 0 2.0 (m/s) 则前5 s内电梯通过的位移大小为( ) A．19.25 m

B．18.75 m

C．18.50 m

D．17.50 m

解析 因电梯启动过程可看作是匀变速直线运动，再由题中表格数据可看出在前1 s内有：v1＝at1，得a＝2 m/s2，又电梯启动的末速度v＝5 m/s时，则有v＝at，511

得启动过程所用时间t＝2 s＝2.5 s，则前2.5 s内的位移大小为x1＝2at2＝2×2×(2.5)2 m＝6.25 m，2.5～5 s内匀速运动，位移大小为x2＝5×(5－2.5) m＝12.5 m，所以前5 s内位移大小为x＝x1＋x2＝18.75 m，B项正确。 答案 B

2．在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让观众通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置，平台长L1＝4 m，跑步机皮带长L2＝32 m，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L3＝10 m，且皮带以v0＝1 m/s的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a1＝2 m/s2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2＝1 m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，问挑战者通过全程所需要的时间？

图6

1解析 匀加速通过平台：L1＝2a1t21， 通过平台的时间：t1＝

2L1

a1＝2 s，

冲上跑步机的初速度：v1＝a1t1＝4 m/s， 1

冲上跑步机至跨栏：L3＝v1t2＋2a2t22， 解得t2＝2 s。

摔倒至爬起随跑步机移动距离：

x＝v0t＝1×2 m＝2 m，

取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v0＝a2t3， 解得t3＝1 s。

12

相对地位移为：x1＝v0t3－2a2t3＝0.5 m。

1

挑战者向右加速冲刺过程有：x＋x1＋L2－L3＝2a2t24， 解得t4＝7 s。

挑战者通过全程所需的总时间为 t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s。 答案 14 s

思维转化法的应用——将“多个物体的运动”等效转化为“一个物体的运动” 【方法概述】 将几个物体的运动放在一起进行研究，彼此间可能会产生干扰，这样远没有研究一个物体的运动那么直接、明了，如果能将多个物体的运动等效为一个物体的运动，自然会简化研究过程。

【思维训练1】 取一根长2 m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔12 cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别是36 cm、60 cm、84 cm，如图7所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈( )

图7

A．落到盘上的声音时间间隔越来越大 B．落到盘上的声音时间间隔相等

C．依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶2

D．依次落到盘上的时间关系为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)

解析 把多个铁垫圈的运动转化为一个铁垫圈的自由落体运动。根据题意可知每两个相邻垫圈之间的距离差都为24 cm，由Δx＝aT2可知垫圈落到盘上的声音时间间隔相等，选项A、D错误，B正确；由v＝gt可知垫圈依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶4，选项C错误。 答案 B

【思维训练2】 从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图8所示。现测得AB＝15 cm，BC＝20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同。求：

图8

(1)小球的加速度大小； (2)拍摄时B球的速度大小； (3)D、C两球相距多远；

(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗。 解析 (1)由Δx＝aT2得

ΔxBC－AB0.20－0.15

a＝T2＝T2＝0.12 m/s2＝5 m/s2。 (2)vB＝

AB＋BC0.15＋0.20

2T＝2×0.1 m/s＝1.75 m/s。

(3)由Δx＝DC－BC＝BC－AB得

DC＝BC＋(BC－AB)＝20 cm＋5 cm＝25 cm。 (4)小球B从开始下滑到图示位臵所需的时间为 vB1.75

tB＝a＝5 s＝0.35 s

则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗。 答案 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)25 cm (4)两颗

1．(2016·全国卷Ⅲ，16)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( ) sA.t2

3s B.2t2

4sC.t2

8sD.t2 1

解析 动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝2(v0＋v)t和a＝答案 A

2．(2015·江苏单科，5)如图9所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m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5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )

v－v0s

得a＝tt2，故A对。

图9

A．关卡2

B．关卡3

C．关卡4

D．关卡5

v

解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝a＝1 s，在加1

速时间内通过的位移x1＝2at21＝1 m，t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，x1＋x2＝9 m＞8 m已过关卡2，当关卡关闭t3＝2 s时间内该同学在关卡2、3之间又通过了x3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t5＝0.5 s，小于2 s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故选项C正确。 答案 C

3．(2016·西安市二模)高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人的事件。某建筑工地突然有一根长为l的直钢筋从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片。为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L，且L＞l，查得当时相机的曝光时间为t，楼房每层高为h，重力加速度为g。则由此可以求得( )

L

A．钢筋坠地瞬间的速度约为t （L－l）2

B．钢筋坠下的楼层为2ght2＋1

gt2

C．钢筋坠下的楼层为2h＋1

l

D．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为2t 解析 钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间tL－l

内下落的距离，因此在时间t内的平均速度为v＝t，此速度很接近钢筋坠地时

－

H2

的速度v，因此A选项错误；由v＝2gH、v＝v，钢筋坠下的楼层n＝h＋1，解

（L－l）2

得n＝2ght2＋1，B选项正确，C选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速

vL－l

度约为2＝2t，D选项错误。

－

答案 B

4．(2017·南昌市调研)如图10所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求：

图10

(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间。

解析 (1)若列车车尾恰好停在A点，减速运动的加速度大小为a1，距离为x1，则 0－v20＝－2a1x1

x1＝1 200 m＋200 m＝1 400 m 16

解得a1＝7 m/s2

若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为xOB＝2 000 m，则

0－v20＝－2a2xOB 解得a2＝1.6 m/s2

16

故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤7 m/s2

(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动的时间最长，则0＝v0－a2t 解得t＝50 s

16

答案 (1)1.6 m/s2≤a≤7 m/s2 (2)50 s

一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)

1．科学研究发现：在月球表面没有空气，重力加速度约为地球表面处重力加速度1

的6。若宇航员登上月球后，在空中同一高度处同时由静止释放羽毛和铅球，忽略地球和其他星球对它们的影响，下列说法中正确的是( ) A．羽毛将加速上升，铅球将加速下落 B．羽毛和铅球都将下落，且同时落到月球表面 C．羽毛和铅球都将下落，但铅球先落到月球表面 D．羽毛和铅球都将下落，但落到月球表面时的速度不同

1

解析 因月球表面无空气阻力影响，故羽毛和铅球均做加速度为6g的自由落体运动。 答案 B

2．(2017·河南信阳模拟)做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内位移是( ) A．3.5 m

B．2 m

C．1 m

D．0

解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线7运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以1＝14 m

x1，x1＝2 m，选项B正确。 答案 B

3．汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2 s与5 s 内汽车的位移大小之比为( ) A．5∶4

B．4∶5

C．3∶4

D．4∶3

v0

解析 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t＝a＝4 s，汽车停止运动，所以汽车

2v012

在2 s内发生的位移为x1＝v0t－2at＝30 m，5 s内发生的位移为x2＝2a＝40 m，

所以2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C正确。 答案 C

4．(2016·湖北武汉八校联考)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s，那么该消防队员( ) A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2 C．加速与减速运动过程中平均速度之比为2∶1 D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4

解析 杆长L＝12 m，运动总时间t＝3 s，加速过程加速度大小2a、时间t1、位移x1、最大速度v，减速过程加速度大小a、时间t2、位移x2。加速和减速过程中vvt

平均速度均为2，2＝L，得v＝8 m/s，A、C错；v＝2at1＝at2，t1∶t2＝1∶2，B

vt1vt2

对；x1＝2，x2＝2，x1∶x2＝1∶2，D错。 答案 B

5．一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为( ) 11

A．(Δv)2(x＋x)

12

2

（Δv）2

B．2

x2－x1（Δv）2D. x2－x1

11

C．(Δv)(x－x)

12

解析 设质点运动的加速度为a，由于两个过程速度变化量相等，故所用时间相Δv

等，设为t，则有t＝a。根据做匀变速直线运动的物体在任意相邻相等时间内的（Δv）2

位移之差相等有x2－x1＝at，解得a＝，选项D正确。

x2－x1

2

答案 D

6．如图1所示为飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照

片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法中正确的是( )

图1

A．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动

B．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动

C．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度

D．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度

解析 因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，A错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，B正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理如题图的曝光时间间隔都相等的图片问题，C正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，D正确。 答案 BCD

7．如图2所示为甲、乙两质点做直线运动时，通过打点计时器记录的两条纸带，两纸带上各计数点间的时间间隔都相同。关于两质点的运动情况的描述，正确的是( )

图2

A．两质点在t0～t4时间内的平均速度相同 B．两质点在t2时刻的速度大小相等 C．两质点速度相等的时刻在t3～t4之间

D．两质点不一定是从同一地点出发的，但在t0时刻甲的速度为0

解析 由图可知甲、乙在t0～t4时间内的位移相等，故两质点的平均速度相等，A正确；由图可知甲、乙在t1～t3时间内的位移相等，而甲做匀加速直线运动，乙

做匀速直线运动，故两质点只有在t2时刻速度大小相等，B正确，C错误；两质点不一定是从同一地点出发，但甲在相邻相等时间内的位移之比满足1∶3∶5∶7，故甲在t0时刻速度为零，所以D正确。 答案 ABD

8．如图3所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5„所示小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，根据图中的信息，下列判断正确的是( )

图3

A．位置“1”是小球释放的初始位置 B．小球做匀加速直线运动 d

C．小球下落的加速度为T2 7d

D．小球在位置“3”的速度为2T 解析 由题图可知相邻时间间隔内通过的位移分别为2d、3d、4d、5d，所以小球做匀加速直线运动，位臵“1”不是小球释放的初始位臵，由位移差Δx＝aT2得小球

－

dx3d＋4d7d

下落的加速度为a＝T2，小球在位臵“3”的速度为v＝t＝2T＝2T。故B、C、D

均正确。 答案 BCD

9．(2016·福建泉州联考)动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组。若动车组在匀加速运动过程中，从计时开始，通过第一个60 m所用时间是10 s。通过第二个60 m 所用时间是6 s。则( ) A．动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m B．动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m

C．动车组计时开始的速度为3.5 m/s D．动车组计时开始的速度为2.5 m/s

x1解析 第一个60 m内中间时刻的瞬时速度v1＝t＝6 m/s，第二个60 m内中间时

1

v2－v1x2刻的瞬时速度v2＝t＝10 m/s，则动车组的加速度a＝＝0.5 m/s2。根据Δx

t1＋t22

2＝aT2得，接下来6 s内的位移x3＝x2＋aT2＝60 m＋0.5×36 m＝78 m，故A正确，t110

B错误；动车组的初速度v0＝v1－a2＝6 m/s－0.5×2 m/s＝3.5 m/s，故C正确，D错误。 答案 AC

10．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图4所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m。某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动。当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则下列说法正确的是( )

图4

A．经2 s，B接收到返回的超声波 B．超声波追上A车时，A车前进了10 m C．A车加速度的大小为10 m/s2 D．A车加速度的大小为5 m/s2

解析 从B发出超声波到接收到超声波过程中，汽车A的运动情况如图所示：

B发出超声波时，小车在C位臵 小车反射超声波时，小车在D位臵 B接收到超声波时，小车在E位臵 经分析可知：tCD＝tDE，xCE＝20 m 由运动学规律得xCD∶xDE＝1∶3

335＋5

所以xCD＝5 m，xDE＝15 m，tCD＝340 s＝1 s

可见B接收到返回的超声波需2 s。 对小车A：Δx＝at2CD 所以a＝10 m/s2

由以上可知选项A、C正确。 答案 AC 二、非选择题

11．(2017·江西南昌调研)出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路。并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度表显示54 km/h，求： (1)这时出租车离出发点的距离；

(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动，若时间表显示10时12分35秒，此时计价器里程表示数应为多少？ (出租车启动时，里程表示数为零) 解析 (1)根据速度公式，得到 v115

a＝t＝10 m/s2＝1.5 m/s2

1

再根据位移公式，得到 121

x1＝2at1＝2×1.5×102 m＝75 m 这时出租车距载客处75 m (2)根据v22＝2ax2得到 v23022x2＝2a＝ m＝300 m

2×1.5

这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式v＝at2得t2v230

＝a＝1.5 s＝20 s

这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，它匀速运动的时间t3应为80 s，匀速运动的位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m

所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数为：x＝(300＋2 400) m＝2.7 km

答案 (1)75 m (2)2.7 km

12．如图5所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块从A点由静止释放，游戏者

通过控制BC段上的可控区域的长度，让滑块到达C点时速度刚好为零，滑块自由落入洞D中即为成功。已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长25 cm，BC长1 m，CD高20 cm，滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a1＝2 m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2＝1 m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3＝3 m/s2，滑块在B点、可控点前后速度大小不变，g＝10 m/s2，求游戏成功时：

图5

(1)可控区域的长度L；

(2)滑块从A到洞D所经历的时间t。

解析 (1)设滑块在B点时速度大小为vB，则由运动学规律知 v2B＝2a1xAB且vB＝a1t1

代入数值解得t1＝0.5 s，vB＝1 m/s

设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知

2v2E－vB＝2a2(xBC－L)，vE－vB＝a2t2

从E到C，由运动学规律知v2E＝2a3L，vE＝a3t3 联立并代入数值解得t2＝t3＝0.5 s，L＝0.375 m。 1(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知hCD＝2gt24 代入数值解得t4＝0.2 s

所以滑块从A到洞D所经历的时间 t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7 s 答案 (1)0.375 m (2)1.7 s

能力课 运动图象 追及相遇问题

运动图象的理解及应用

三种图象比较 图象 图象 实例 图线①表示质点做匀速直线运动(斜率表示速度v) 图线②表示质点静止 图线③表示质点向负方向做匀速直线运动 图线 含义 交点④表示此时三个质点相遇 交点④表示此时三个质点有相同的速度 图线①表示质点做匀加速直线运动(斜率表示加速度a) 图线②表示质点做匀速直线运动 图线③表示质点做匀减速直线运动 图线①表示质点做加速度增大的运动 图线②表示质点做匀变速运动 图线③表示质点做加速度减小的运动 交点④表示此时三个质点有相同的加速度 点⑤表示t1时刻质点⑤表示t1时刻质点位移为x1(图中阴影部分的面积没有意义) 点⑤表示t1时刻质点速度点加速度为a1(图x－t图象 v－t图象 a－t图象 为v1(图中阴影部分的面积中阴影部分的面积表示质点在0～t1时间内的表示质点在0～t1位移) 时间内的速度变化量) 角度1 图象选择类问题

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)变化的几个图象或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图象，从中判断其正误。 【真题示例1】 (2014·福建理综，15)如图1所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、 速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )

图1

解析 在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得：－mgsin θ＋μmgcos θ＝－ma，故加速度保持不变，所以选项D错误；物块做匀减速直线运动，v－t图象应为一1

条倾斜直线，故选项C错误；根据匀变速直线运动的规律得s＝v0t－2at2，所以s－t图象应为过原点的抛物线的一部分，故选项B正确；下降的高度h＝ssin θ，故h－t图象与s－t 图象相似，所以选项A错误。 答案 B 方法技巧

解决该类问题一般依据物理过程，运用对应规律，实现公式与图象之间的转化确定某物理量的变化情况，从而确定选项的正确与否。

【变式训练1】 某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻初速度为零，则下列图象中该物体在t＝4 s内位移一定不为零的是( )

解析 A中在t＝0和t＝4 s时，物体的位移均为零，选项A错误；在v－t图象中图线与坐标轴围成的面积可表示位移大小，在0～2 s内物体位移与2～4 s的位移的矢量和为零，所以物体在4 s内的位移一定为零，选项B错误；C中物体在0～1 s内做加速运动，1～2 s内做减速运动，2 s末速度为零，2～3 s内做加速运动，3～4 s内做减速运动，4 s末速度为零，物体一直在沿同一个方向上运动，所以位

移一定不为零，选项C正确；D中物体在0～1 s内做正向加速，1 s末速度大小为v，位移为x，物体在1～2 s内做正向减速运动，由可逆性可得2 s末的速度为零，位移为2x，2～3 s 内物体做反向加速运动，3 s末速度大小为v，位移为x，3～4 s内物体做反向减速运动，4 s末速度为零，位移为零，所以D中的位移一定为零，选项D错误。 答案 C

角度2 图象信息类问题

这类问题是对某一物理情景给出某一物理量的具体变化图象，由图象提取相关信息或将图象反映的物理过程“还原”成数学表达形式从而对问题做出分析判断作答。

【真题示例2】 (2014·全国卷Ⅱ，14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图2所示。在这段时间内( )

图2

A．汽车甲的平均速度比乙的大 v1＋v2B．汽车乙的平均速度等于2 C．甲、乙两汽车的位移相同

D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大

－

解析 由v－t图象知，在0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移，C错误；由v＝x

t知，甲的平均速度比乙的大，故A正确；如图所示，汽车乙的v－t图象中，实线与坐标轴所围的面积小于上方虚线与坐标轴所围的面积，故汽车乙的平均速度v1＋v2

小于2，B错误；v－t图象中的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线斜率的绝对值均逐渐减小，故加速度的大小都逐渐减小，D错误。

答案 A 方法技巧

解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律，由图象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：

【变式训练2】 (2017·陕西汉中期末)在平直的公路上行驶的a车和b车，其位移—时间图象分别为图3中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且ab＝－2 m/s2，当t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，求：t＝0 s 时a车和b车的距离x0。

图3

8－2

解析 由图可知：a车做匀速直线运动的速度va＝3 m/s＝2 m/s 当t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度vb′＝va＝2 m/s 设b车的初速度为vb，对b车有vb＋abt＝vb′ 解得vb＝8 m/s

从t＝0时刻起经过3 s，a车和b车的位移分别为：

a车的位移xa＝vat＝6 m b车的位移xb＝

vb＋vb′

2t＝15 m

因t＝3 s时，a车和b车到达同一位臵， 则t＝0 s时a车和b车的距离x0＝xb－xa＝9 m 答案 9 m

角度3 图象之间的相互转换

在物理量变化过程中，相关物理量之间相互关联，因此，通过定性推理或定量计算，我们可以由一种物理图象转换出另一种物理图象。(例如：由反映物体运动的v－t图象可以转换出x－t图象或a－t图象。)

【真题示例3】 (2013·海南单科)一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a－t图象如图4所示。下列v－t图象中，可能正确描述此物体运动的是( )

图4

T

解析 由题图可知，在0～2时间内a＝a0＞0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0＜0，物体做匀减速运动，故选项B、C错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，T

故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与0～2时间内相同，故选项A错误，D正确。 答案 D 方法技巧

图象转换问题的“三个”关键点

(1)注意合理划分运动阶段，分阶段进行图象转换。 (2)注意相邻运动阶段的衔接，尤其是运动参量的衔接。

(3)注意图象转换前后核心物理量间的定量关系，这是图象转换的依据。 【变式训练3】 质量为1 kg的物体只在力F的作用下运动，力F随时间变化的图象如图5所示，在t＝1 s时，物体的速度为零，则物体运动的v－t图象、a－t图象正确的是( )

解析 第1 s内，物体受力为负向，1 s时物体速度为零，则物体在第1 s内沿正向做匀减速运动，加速度为－1 m/s2，t＝0时的速度为1 m/s，第2 s内物体从速度为零开始在正向力作用下沿正向做匀加速运动，加速度为2 m/s2，2 s时速度为2 m/s，第2～4 s内物体做正向匀减速运动，加速度为－1 m/s2，4 s时速度为零，故B选项正确。 答案 B

角度4 应用图象解决综合问题

(1)对于实际问题在无法运用物理公式解答的情况下，用图象法则会使思路豁然开朗。

(2)运用图象法时，要结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象，再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量。

【真题示例4】 (2014·安徽理综，15)如图6所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O 点的水平线。已知一小球从M点

出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2。则( )

图6

A．v1＝v2 ，t1＞t2

B．v1＜v2，t1＞t2 D．v1＜v2，t1＜t2

C．v1＝v2，t1＜t2

解析 由机械能守恒定律得，小球两次到达N点速率相同，即v1＝v2＝v0，画出小球由M→P→N及由M→Q→N的速率—时间图象如图中Ⅰ、Ⅱ所示。则图线与坐标轴所围成的面积表示小球的路程，两次的路程相等，故t1>t2，选项A正确。

答案 A 方法技巧

运用图象解答物理问题的“三个”步骤

(1)认真审题，根据题中所需求解的物理量，结合相应的物理规律确定所需的横、纵坐标表示的物理量。

(2)根据题意，找出两物理量的制约关系，结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象。

(3)由所作图象结合题意，运用函数图象进行表达、分析和推理，从而找出相应的变化规律，再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量。

【变式训练4】 某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( ) xA．v＝t

2x

B．v＝t 2xC．v>t

x2x D.t解析 该同学假设飞机做匀减速运动，所用的时间为t，画出相应的v－t图象大

致如图所示的虚线。根据图象的意义可知，虚线下方的“面积”表示位移。因为2x

位移为x，则得出初速度为t。实际上，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小，v－t图象切线的斜率减小，画出相应的v－t图象大致如图所示的实线。根据图象的意义可知，实线下方的“面积”表示位移。所以2x

飞机着陆的速度v＞t，故选项C正确。

答案 C

追及与相遇问题

讨论追及、相遇问题的实质，就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置。

1．抓住一个条件，两个关系

(1)一个条件：二者速度相等。它往往是能否追上或距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。

(2)两个关系：即时间关系和位移关系。可通过画草图找出两物体的位移关系，也是解题的突破口。 2．能否追上的判断方法

常见情形：物体A追物体B，开始二者相距x0，则 (1)A追上B时，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB。

(2)要使两物体恰不相撞，必有xA－xB＝x0，且vA≤vB。 角度1 与运动图象相结合的追及相遇问题

【真题示例5】 (2016·全国卷Ⅰ，21)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图7所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )

图7

A．在t＝1 s时，甲车在乙车后 B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s

D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m

解析 根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动。t＝3 s时，甲、乙相遇，此时v

甲

＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由位移和v－t图线所围面积对应关系知，0～3 s内甲车11

位移x甲＝2×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝2×3×(10＋25) m＝52.5 m。故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B选项正确；0～1 s11

内，x甲′＝2×1×10 m＝5 m，x乙′＝2×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明在t＝1 s时甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D选项正确。 答案 BD 方法技巧

相遇的本质就是同一时刻到达同一位置，是解决追及相遇问题不变的思路。注意起始位置是否在同一位置，速度相等和位置关系是解题的突破口。

【变式训练5】 (多选)由于公路维修只允许单车道通行。t＝0时，甲车在前，乙车在后，相距x0＝100 m，速度均为v0＝30 m/s，从此时开始两车按图8所示规律运动，则下述说法正确的是( )

图8

A．两车最近距离为10 m

B．两车最近距离为100 m C．两车一定不会相遇 D．两车一定会相遇

解析 如图所示为甲、乙两车的速度图象，由图象可知，t＝6 s时两车共速，在此之前，乙车速度一直比甲车大，如果t＝6 s时两车不相遇，就不会相遇，由图象面积可以算出，0～6 s内，x甲＝67.5 m，x乙＝157.5 m，x乙－x甲＝90 m＜x0＝100 m，故两车不会相遇，选项A、C正确。

答案 AC

角度2 与实际生活相结合的追及相遇问题

【模拟示例6】 (2017·济南实验中学模拟)在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为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满足什么条件。(可用多种方法)

解析 两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等。设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用三种方法解答如下：

1

解法一 分析法 利用位移公式、速度公式求解，对A车有xA＝v0t＋2×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t 1

对B车有xB＝2at2，vB＝at 两车位移关系有x＝xA－xB

追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB 联立以上各式解得v0＝6ax

故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是

v0≤6ax。

解法二 函数法 利用判别式求解，由解法一可知 11

xA＝x＋xB，即v0t＋2×(－2a)×t2＝x＋2at2 整理得3at2－2v0t＋2x＝0

这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax。

解法三 图象法 利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at

对B车有vB＝v′＝at v0以上两式联立解得t＝3a

经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知

2

11v0v0x＝2v0·t＝2v0·3a＝6a

所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax。 答案 v0≤6ax 方法技巧

1．牢记“一个思维流程”

2．掌握“三种分析方法” (1)分析法

应用运动学公式，抓住一个条件、两个关系，列出两物体运动的时间、位移、速度及其关系方程，再求解。 (2)极值法

设相遇时间为t，根据条件列出方程，得到关于t的一元二次方程，再利用数学求极值的方法求解。在这里，常用到配方法、判别式法、重要不等式法等。 (3)图象法

在同一坐标系中画出两物体的运动图线。位移图线的交点表示相遇，速度图线抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系。

【变式训练6】 不同的车型有不同的刹车性能，因此在驾校学习的过程中，除了常规的驾驶技术外，还要学习和积累一些适应不同车型的驾驶经验。现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度大小均为v＝10 m/s。当两车快要到十字路口时，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t0＝0.5 s)。甲车司

机之前为了熟悉车况，驾驶车辆进行了一段空挡滑行，根据经验计算出滑行加速度大小为a0＝0.5 m/s2，已知乙车紧急刹车时加速度大小为a2＝5 m/s2。 (1)若甲车司机看到黄灯时车头距停车线x＝16 m，他在刹车过程中发现预计的停车位置离停车线还有一段距离，于是在车头离停车线x′＝4 m时停止刹车让车做空挡滑行，车头恰好停在停车线前，则甲车紧急刹车时的加速度为多大？ (2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在行驶过程中至少应保持多大距离？

解析 (1)设甲车空挡滑行前的速度大小为v1，则 v21＝2a0x′①

设甲车紧急刹车时的加速度大小为a1，则

2v2－v1＝2a1(x－x′)②

联立①②解得a1＝4 m/s2。

v－v1

(2)甲车紧急刹车的时间t1＝a＝2 s③

1

设甲、乙两车在行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车开始刹车后经过t2时间两车速度相等，所以

v－a1(t2＋t0)＝v－a2t2④ 解得t2＝2 s(不符合题意)

所以速度相等的时刻在甲车空挡滑行的时间内，上式应为v1－a0(t2－t1＋t0)＝v－a2t2⑤ 解得t2＝1.61 s

1

甲车的位移x甲＝(x－x′)＋v1(t2＋t0－t1)－2a0(t2＋ t0－t1)2＝12.2 m⑥

12

乙车的位移x乙＝v(t2＋t0)－a2t2＝14.6 m⑦

2x0＝x乙－x甲＝2.4 m。 答案 (1)4 m/s2 (2)2.4 m

1．(2016·江苏单科，5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向。下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )

解析 由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度v与位臵x的关系为v＝v20－2gx，从最高点下落时二者的关系为v＝－2g（x0－x），对比图象可知A项正确。 答案 A

2．(2015·广东理综，13)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图9所示，下列表述正确的是( )

图9

A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大 B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大 C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小 D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等

解析 位移—时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象斜率，说明甲的速度大于乙的速度，故选项A错误，B正确；由位移—时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故选项C错误；由位移—时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在x＝10 km处，而乙在x＝8 km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故选项D错误。 答案 B

3．(2016·重庆期末)甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图10所示，则下列说法中正确的是( )

图10

A．两物体两次相遇的时刻是2 s末和6 s末 B．4 s末甲在乙前面

C．在0～6 s内，两物体相距最远的时刻是1 s末 D．乙物体先向前运动2 s，随后向后运动

1

解析 0～2 s这段时间内乙的位移为x＝2×2×4 m＝4 m，甲的位移为x′＝2×2 m＝4 m，两者位移相同，又是从同一地点同时出发，故在2 s末二者相遇，同理可判断在6 s末二者也相遇，故A正确；在0～4 s这段时间内甲的位移为x甲＝4×2 11

m＝8 m，乙的位移为x乙＝2×2×4 m＋2×(2＋4)×2 m＝10 m，甲的位移小于乙的位移，故甲在乙后面，B错误；由图可知，4 s末二者之间的距离比1 s末的大，故C错误；乙的运动方向始终未发生变化，故D错误。 答案 A

4．(2016·江西南昌十校二模)如图11甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v－t图象如图乙所示。已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1＝12 m。

图11

(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小；

(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离s0应满足什么条件？

解析 (1)在t1＝1 s时A车刚启动，两车间缩短的距离 x1＝vBt1①

代入数据解得B车的速度vB＝12 m/s② vBa＝③ t2－t1

将t2＝5 s和其余数据代入解得A车的加速度大小 a＝3 m/s2④

(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v－t图象的t2＝5 s时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则 1

s＝2vB(t1＋t2)⑤ 代入数据解得 s＝36 m⑥

因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离s0应满足条件 s0＞36 m⑦

答案 (1)12 m/s 3 m/s2 (2)s0＞36 m

一、选择题(1～7题为单项选择题，8～9题为多项选择题)

1．一物体在某点从静止开始做匀加速直线运动，其中物体运动的位移为x、加速度为a、速度为v、运动时间为t，则下列图象一定错误的是( )

at22

解析 加速度a恒定不变，D图错误；v＝at∝t，A图正确；x＝2∝t，B图正确；v2＝2ax∝x，C图正确。 答案 D

2．(2016·湖北二模)如图1所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内，下列说法正确的是( )

图1

A．两物体在t1时刻速度大小相等 B．t1时刻乙的速度大于甲的速度 C．两物体的平均速度大小相等 D．甲的平均速度小于乙的平均速度

解析 根据位移图象的斜率表示速度，则在t1时刻，甲图线的斜率大于乙图线的斜率的绝对值，所以甲的速度大于乙的速度，故A、B错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C正确，D错误。 答案 C

3．(2016·广东东莞模拟)如图2所示为某物体的速度—时间图象。若将该物体的运动过程用位移—时间图象表示出来，下列四幅图象中正确的是( )

图2

解析 v－t和x－t图象的正方向应该一致，0～t1时间段内，物体位移均匀增大；t1～t2时间段内，物体位移不变；t2～t3时间段内，物体返回，位移均匀减小，t3时刻位移为负，C对。 答案 C

4．如图3为一个质点做直线运动的v－t图象，该质点在前4 s 内向东运动，则该质点( )

图3

A．在8～10 s内始终向东运动

B．在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西 C．在前8 s内的合外力先减小后增大 D．在4～12 s内的位移大小为24 m

解析 由题意知，质点向东运动时速度为负，在8～10 s内速度为正，质点向西运动，A错误；在前8 s内图象斜率不变，且为正值，则加速度大小不变，方向11

为向西，B正确，C错误；在4～12 s内的位移等于2×6×6 m－2×2×6 m＝12 m，D错误。 答案 B

5．(2017·河北衡水中学调研)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v－t图象如图4所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是( )

图4

A．在第10 s末，乙车改变运动方向 B．在第10 s末，甲、乙两车相距150 m C．在第20 s末，甲、乙两车相遇

D．若开始时乙车在前，则两车可能相遇两次

解析 由图可知，在20 s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，故A错误；由于不知道初始位臵甲、乙相距多远，所以无法判断在10 s末两车相距多远，及在20 s末能否相遇，故B、C错误；若刚开始乙在前，且距离为150 m，则在10 s末两车相遇，之后甲在乙的前面，乙的速度增大，在某个时刻与甲相遇，故D正确。 答案 D

6．(2017·河南六市一联)A、B两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的v－t图象如图5所示。在t＝0时刻，B在A的前面，两物体相距7 m，B物体做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2。则A物体追上B物体所用时间是( )

图5

A．5 s

B．6.25 s

C．7 s

D．8 s

解析 B车减速到零所需的时间 0－vB0－10t＝a＝ s＝5 s，

－211

xB＝2(v＋0)t＝2×10×5 m＝25 m

A车在5 s内的位移xA＝vAt＝4×5 m＝20 m xA＜xB＋7，所以B车在停止运动后被追上 设A物体追上B物体所用时间为t0，则 vAt0＝7＋25

32

t0＝4 s＝8 s，故选项D正确。 答案 D

7．一步行者以6.0 m/s的速度追赶被红灯阻停的公共汽车，在距汽车25 m处时，

绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，则( ) A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 m C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 m

D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远

解析 在人距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，当汽车加速到6.0 m/s时二者相距最近，汽车加速到6.0 m/s所用时间t＝6 s，6

人运动距离为6×6 m＝36 m，汽车运动距离为2×6 m＝18 m，二者最近距离为18 m＋25 m－36 m＝7 m，人不能追上公共汽车，选项A、C错误，B正确；车开动后，人、车之间的距离先减小后越来越大，选项D错误。 答案 B

8．(2017·广州市高三调研测试)在一笔直公路上有a、b、c三辆汽车，它们同时经过同一路标开始计时，此后的v－t图象如图6所示，下列判断正确的是( )

图6

A．在t1时刻a、b速度相等 B．0～t1时间内，a、b间距离在减小 C．0～t1时间内，a位于b、c前面 D．t1时刻以后，b位于a、c前面

解析 根据图象可知，在t1时刻a、b速度相等。故A正确；0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，在t1时间内a车速度大于b车的速度，a车在b车的前方，所以两车逐渐远离，距离增大，故B错误；0～t1时间内，a的位移最大，所以a位于b、c前面，t1时刻以后的一段时间内，a位于b、c前面。故C正确，D错误。 答案 AC

9．(2016·成都市一诊)甲、乙两汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同

一地点，从该时刻开始计时，其v－t图象如图7所示。根据图象提供的信息可知( )

图7

A．从t＝0时刻起，开始时甲在前，6 s末乙追上甲

B．从t＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最远为12.5 m C．8 s末甲、乙相遇，且距离t＝0时的位置40 m D．在0～4 s内与4～6 s内甲的平均速度相等

5＋10

解析 根据图象可知，在0～4 s内甲的平均速度v1＝2 m/s＝7.5 m/s，在4～6 s内甲的平均速度v2＝

10＋0

2 m/s＝5 m/s，D错误；在0～6 s内，甲的位移x甲

＝(7.5×4＋5×2) m＝40 m，乙的位移x乙＝5×6 m＝30 m，因此6 s末乙未追上甲，A错误；当两者速度相等时，距离最远，即5 s末距离最远，此时最远距离Δx10＋5

×1－5×5) m＝12.5 m，B正确；6 s以后，甲停止运动，因此2

x甲

相遇时，距离t＝0时的位臵40 m，所用时间t＝5 m/s＝8 s，C正确。 ＝(7.5×4＋答案 BC 二、非选择题

10．如图8所示，在游乐场的滑冰道上有甲、乙两位同学坐在冰车上进行游戏。甲同学从倾角为θ＝30°的光滑倾斜冰道顶端A自静止开始自由下滑，与此同时在倾斜冰道底部B处的乙同学通过冰钎作用于冰面从静止开始沿光滑水平冰道向右做匀加速运动。设甲同学在整个运动过程中无机械能变化，两人在运动过程中均可视为质点，则为避免两人发生碰撞，乙同动的加速度至少为多大？

图8

解析 根据牛顿第二定律可知甲同学在倾斜冰道上下滑的加速度a1＝gsin θ

设甲运动到倾斜冰道底部时的速度为v1，所用时间为t1，当甲恰好追上乙时，甲1

在水平冰道上运动的时间为t2，则两人的位移关系为v1t2＝2a(t1＋t2)2

设甲刚好能追上乙，则当甲追上乙时，乙的速度等于v1，即v1＝a(t1＋t2)，又v1＝a1t1

g

联立以上各式解得a＝4。

本题也可用图象法解答：t1时刻甲滑到水平冰道上，当甲恰好追上乙时，两人速度相等，甲在水平冰道上经历的时间为t2，乙经历的时间为t1＋t2，要使两人水平v1v1g

位移相等，则有t1＝t2。根据a1＝t＝gsin θ，a＝可得a＝4。

t1＋t21

g答案 4

11．台风的出现将引起多地暴雨，严重影响道路交通安全。某高速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为v1＝40 m/s，v2＝25 m/s，轿车在与货车距离x0＝22 m时才发现前方有货车，若此时轿车只是立即刹车，则轿车要经过x＝160 m才能停下来。两车可视为质点。

(1)若轿车刹车时货车以速度v2匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞； (2)若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t0＝2 s收到信号并立即以大小为a2＝2.5 m/s2的加速度加速行驶，通过计算分析两车是否会相撞。 解析 (1)对轿车刹车的过程，有v21＝2a1x 解得轿车刹车过程的加速度大小a1＝5 m/s2 当两车的速度相等时，即v1－a1t1＝v2 v1－v2

解得t1＝a＝3 s

1

轿车行驶的距离x1＝货车行驶的距离 x2＝v2t1＝75 m

v1＋v2

2t1＝97.5 m

因x1－x2＝22.5 m＞x0，所以两车会相撞。

(2)假设从轿车开始刹车经过时间t，两车速度相等，即 v1－a1t＝v2＋a2(t－t0)

1

轿车行驶的距离x1′＝v1t－2a1t2

1

货车行驶的距离x2′＝v2t0＋v2(t－t0)＋2a2(t－t0)2 800605

解得x1′＝9 m＝88.9 m，x2′＝9 m＝67.2 m 因x1′－x2′＝21.7 m＜x0，所以两车不会相撞。 答案 见解析

实验一 研究匀变速直线运动

一、基本原理与操作

二、数据处理与分析 1．匀变速直线运动的判断

(1)如图所示，0、1、2„为时间间隔相等的各计数点，x1、x2、x3、„为相邻两计数点间的距离，若Δx＝x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝C(常量)，即两连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量，则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。

(2)利用“平均速度法”确定多个点的瞬时速度，作出物体运动的v－t图象。若v－t图线是一条倾斜的直线，则说明物体的速度随时间均匀变化，即做匀变速直线运动。

2．由纸带求物体运动速度的方法：根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时xn＋xn＋1速度等于这段时间内的平均速度，vn＝2T。 3．利用纸带求物体加速度的两种方法

(1)逐差法：根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻两计数点之间的时间间x4－x1x5－x2x6－x3

隔)，求出a1＝3T2，a2＝3T2，a3＝3T2，再算出a1、a2、a3的平均值a＝a1＋a2＋a31x4－x1x5－x2x6－x3

＝3×(3T2＋3T2＋3T2) 3

（x4＋x5＋x6）－（x1＋x2＋x3）＝，即为物体的加速度。

9T2xn＋xn＋1

(2)图象法：如图所示，以打某计数点时为计时起点，利用vn＝2T求出打各点时的瞬时速度，描点得v－t图象，图象的斜率即为物体做匀变速直线运动的加速度。

认识“两种仪器”

1．作用：计时仪器，接频率为50 Hz交变电流，每隔0.02 s打一次点

2.

条件电火花计时器：220 V交

 流电源

工作 流电源

电磁打点计时器：4～6 V交

区别“两种点” 1．计时点和计数点的比较

计时点是打点计时器打在纸带上的实际点，两相邻点间的时间间隔为0.02 s；计数点是人们根据需要按一定的个数选择的点，两个相邻计数点间的时间间隔由选择的个数而定，如每5个点取一个计数点和每隔4个点取一个计数点，时间间隔都是0.1 s。

2．纸带上相邻的两点的时间间隔均相同，速度越大，纸带上的计数点越稀疏。 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．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。 5．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。

热点一 实验原理与实验操作

【例1】 [2015·广东理综，34(1)]某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。 ①请完成以下主要实验步骤：按图1(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物________(填“靠近”或“远离”)计时器下端；______________________，________________，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验。

②图(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取________(填“b”或“c”)来计算重力加速度。在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和_____________________________________________。

图1

解析 ①为了使纸带打下的点多一些，竖直提起悬吊重物的纸带时应使重物靠近打点计时器下端，且应先接通电源，再释放纸带，使重物自由下落。

②重物下落是匀加速运动，故应选“b”来计算重力加速度；重物下落过程中系统受重力，空气阻力，纸带与打点计时器间的摩擦力等。 答案 ①靠近 先接通打点计时器电源，再释放纸带 ②b 纸带与打点计时器之间有摩擦 热点二 数据处理与分析

【例2】 (2016·海南单科，11)某同学利用图2(a)所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50 Hz。纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计时器打出的纸带如图(b)所示(图中相邻两点间有4个点未画出)。

(a)

(b) 图2

根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题： (1)在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为________m/s。在打出D点时，物块的速度大小为______m/s；(保留两位有效数字) (2)物块的加速度大小为________m/s2。(保留两位有效数字)

解析 (1)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，所以xAC0.046 1＋0.065 9xCE0.086 1＋0.106 1vB＝2T＝ m/s＝0.56 m/s，v＝ m/s＝0.96 D

0.22T＝0.2m/s；

(2)根据题意，该同学认为物块的运动为匀加速运动，则根据速度公式vD＝vB＋a·2T，代入数据整理可以得到a＝2.0 m/s2。 答案 (1)0.56 0.96 (2)2.0 热点三 实验的改进与创新

高考实验题一般源于教材而不拘泥于教材，即所谓情境新而知识旧。因此做实验题应注重迁移创新能力的培养，用教材中实验的原理、方法和技巧处理新问题。 1．实验器材的改进及速度的测量方法

2．获得加速度方法的改进

替代

长木板倾斜靠重力获得加速度，如图甲、乙所示―→靠重物的拉力获得加速度。 ―

【例3】 （2015·全国卷Ⅱ，22）某同学用图3（a）所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离。

图3

（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，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是 （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

解析 （1）打点计时器的打点周期T＝0.02 s，根据纸带数据可知，加速度a＝（xCD＋xDE）－（xAB＋xBC）xBD2

＝3.25 m/s；打C点时物块的速度v＝2C

4T2T＝1.79 m/s （2）由牛顿第二定律得加速度a＝gsin θ－μgcos θ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角。 答案 （1）3.25 1.79 （2）C

1．（1）如图4所示为“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置图，按照实验要求应该（ ）

图4

A．先释放小车，再接通电源 B．先接通电源，再释放小车 C．同时释放小车和接通电源 （2）本实验必须（ ） A．要平衡摩擦力

B．要求悬挂物的质量远小于小车的质量 C．上述两项要求都不需要

（3）如图5为在“探究小车速度随时间的变化规律”实验中，得到的纸带，从中确定五个计数点，量得d1＝8.00 cm，d2＝17.99 cm，d3＝30.00 cm，d4＝44.01 cm。每相邻两个计数点间的时间间隔是0.1 s。则打C点时小车的速度vC＝ m/s，小车的加速度a＝ m/s2。（结果保留两位有效数字）

图5

解析 （1）实验中应该先接通电源，再释放小车，选项B正确。

（2）本实验不是验证牛顿第二定律的实验，只需要保持合力恒定即可，选项C正确。

d3－d1d4－d2－d2（3）根据匀变速直线运动的规律，vC＝2T＝1.1 m/s，加速度a＝＝4T22.0 m/s2。

答案 （1）B （2）C （3）1.1 2.0

2．（2016·泰安模拟）一小球在桌面上从静止开始做加速运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下小球每次曝光的位置，并将小球的位置编号。如图6甲所示，1位置恰为小球刚开始运动的瞬间，作为零时刻。摄影机连续两次

曝光的时间间隔均为0.5 s，小球从1位置到6位置的运动过程中经过各位置的速度分别为v1＝0，v2＝0.06 m/s，v3＝ m/s，v4＝0.18 m/s，v5＝ m/s。在如图乙所示坐标系中作出小球的速度—时间图象（保留描点痕迹）。

图6

x2＋x30.12解析 如题图甲所示，x2＋x3＝0.12 m，则v3＝2T＝ m/s＝0.12 m/s，又

2×0.5x4＋x50.24

x4＋x5＝0.24 m，则v5＝2T＝ m/s＝0.24 m/s。其中v－t图象如图所示。

2×0.5

答案 0.12 0.24 图见解析

3．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图7所示，并在其上取A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，打点计时器接周期为T＝0.02 s的交流电源。他经过测量并计算得到打点计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如下表：

图7

速度/m·s－1 0.122 0.1 0.205 0.250 0.2 对应点 B C D E F （1）计算vF的公式为vF＝ ；

（2）根据（1）中得到的数据，以A点对应的时刻为t＝0，作出v－t图象，并求物体的加速度a＝ m/s2；

（3）如果当时电网中交变电流的频率是f＝51 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。 解析 （1）每相邻两个计数点间还有4个点，故相邻的计数点之间的时间间隔为xEGd6－d4t＝5T＝0.1 s。利用匀变速直线运动的推论得vF＝2t＝10T；（2）作出v－t图Δv

象，解得a＝Δt＝0.425 m/s2；（3）如果在某次实验中，交流电的频率为51 Hz＞50 Hz，则实际打点周期变小，由Δx＝at2得，测量的加速度值与实际的加速度值相比偏小。

d6－d4

答案 （1）10T （2）0.425 （3）偏小

4．[2016·天津理综，9（2）]某同学利用图8所示装置研究小车的匀变速直线运动。

图8

（1）实验中，必要的措施是 。 A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力

（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图9所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7. cm。则小车的加速度a＝ m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB＝ m/s。（结果均保留两位有效数字）

图9

解析 （1）若细线与长木板不平行，随着小车逐渐靠近滑轮，细线与水平方向的夹角增大，小车所受合力随之变化，因此小车的加速度发生变化，即小车不做匀变速直线运动，故细线必须与长木板平行，A选项必要；先接通电源，待打点计时器稳定工作后再释放小车，点迹按匀变速运动规律显现在纸带上；若先释放小车再接通电源，则开始阶段点迹不规律，误差较大，故B项必要；该实验研究小车的匀变速直线运动，与小车所受到的合力及合力大小的计算无关，故C、D项不必要。

（2）交流电的频率为f＝50 Hz，相邻两计数点间的时间间隔t＝0.1 s，由逐差法可求小车的加速度。

（s6＋s5＋s4）－（s3＋s2＋s1）（20.39－13.19）×10－2a＝＝ m/s2＝0.80 m/s2 －22（3t）9×10s1＋s2（3.59＋4.41）×10－2

vB＝2t＝ m/s＝0.40 m/s

2×0.1答案 （1）AB （2）0.80 0.40

单元质量检测（一）

一、选择题（1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题）

1．北京时间2016年8月6日早上7∶00，第31届奥林匹克运动会在巴西里约热内卢拉开帷幕。第4天上午，中国选手孙杨以1分44秒的成绩获得男子200米自由泳比赛冠军（国际标准游泳池长50米）。下列说法正确的是（ ）

图1

A．“1分44秒”指的是时间间隔

B．孙杨200米自由泳的平均速度为1.92 m/s

C．在研究孙杨的技术动作时，可以把孙杨看成质点

D．在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系，孙杨是静止的

解析 时间间隔指一段时间，对应一过程，孙杨游泳200米，是一过程，故1分x－0

44秒为时间间隔，A正确；根据平均速度定义式v＝t得v＝t＝0（位移为0），B

－

不正确；质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，C不正确；孙杨在游泳过程中，以水为参考系，他是运动的，D不正确。 答案 A

2．太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动时间里的位移或速度，以下说法正确的是（认为重力加速度g＝10 m/s2，且不随高度的变化而变化）（ ）

图2

A．自由落体运动的位移是3.9×104 m B．自由落体运动的位移是2.1×104 m C．自由落体运动的末速度是6.0×102 m/s D．自由落体运动的平均速度是6.0×102 m/s

解析 根据题意，运动员做自由落体运动的时间t＝60 s，因此，自由落体运动的1

位移h＝2gt2＝1.8×104 m，A、B错误；运动员自由落体的末速度v＝gt＝6.0×102 1

m/s，C正确；自由落体运动的平均速度v＝2v＝3.0×102 m/s，D错误。

－

答案 C

3．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止。下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是（ ）

解析 由匀加速运动速度与位移的关系：v2＝2a1x，可知v－x图象应为开口向x轴正方向的抛物线的一部分，故选项C、D错误；当汽车做匀减速直线运动时，

2

由v2－v0＝2a2x，得v2＝v20＋2a2x，且a2<0，所以v－x图象应为开口向x轴负方

向的抛物线的一部分，故选项A正确，B错误。 答案 A

4．小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图3所示。以下滑起点为位移坐标原点和t＝0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图象是（ ）

图3

解析 由小球运动的v－t图象可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下（即正方向），C、D两项错误；下滑时小球做初速度为零1

的匀加速直线运动，由x＝2at2可知，x－t2图象为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此x－t2图象也是一条直线，由v－t图象可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位臵，A正确，B错误。 答案 A

5．在同一条直线上运动的P、Q两个物体在t＝0时经过同一个位置，它们运动

的速度—时间图象如图4所示，则下列说法正确的是（ ）

图4

A．在0～3 s内P做匀减速直线运动，Q做匀速直线运动 B．在0～1 s内两物体逐渐靠近 C．在t＝2 s时两物体相遇 D．在0～3 s内两物体的位移相等

解析 在0～3 s内物体P先减速运动再加速运动，物体Q一直做匀速运动，故A错误；v－t图象与坐标轴所围的面积表示物体的位移，在0～1 s内，图象与坐标轴所围的面积之差越来越大，在t＝1 s时两物体的速度相等而面积之差最大，即相距最远，B错误；在t＝2 s时物体P、Q的位移相等，两物体相遇，C正确；在0～3 s内物体P的位移较小，故D错误。 答案 C

6．（2017·山西模拟）一物体自t＝0开始做直线运动，其运动的v－t图象如图5所示，下列说法正确的是（ ）

图5

A．在0～6 s内，物体离出发点最远为15 m B．在0～6 s内，物体经过的路程为20 m C．在0～4 s内，物体的平均速度为3.75 m/s D．在4～6 s内，物体做单方向直线运动

解析 根据速度图象与横轴所围的面积表示位移可知，物体在5 s时位移最大，离出发点最远，最远距离为17.5 m，在0～6 s内，物体经过的路程为17.5 m＋2.5 m＝20 m，选项A错误，B正确；在0～4 s内，物体的位移为x＝15 m，平均速

x

度v＝t＝3.75 m/s，选项C正确；在5 s末物体的运动方向发生变化，物体不是做

－

单方向直线运动，选项D错误。 答案 BC

7．水平面上一物体从静止开始，沿直线先做匀加速直线运动，3 s后接着又做匀减速直线运动，再经9 s停止。在先后加速和减速的两个运动过程中（ ） A．加速度大小之比为3∶1 B．平均速度大小之比为1∶1 C．位移大小之比为1∶1 D．位移大小之比为1∶3

Δv

解析 在两个过程中速度变化量大小相等，时间之比为1∶3，由a＝Δt得，先后v0＋v

两个过程的加速度大小之比为3∶1，选项A正确；由v＝2得，平均速度大小

－

－

之比为1∶1，选项B正确；由x＝v t得，两个过程的位移大小之比为1∶3，选项C错误，D正确。 答案 ABD

8．（2016·河南模拟）汽车在平直公路上做刹车试验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图6所示，下列说法正确的是（ ）

图6

A．t＝0时汽车的速度为10 m/s B．刹车过程持续的时间为2 s

C．刹车过程经过3 s时汽车的位移为7.5 m D．刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s2

2

v12102

解析 由图象可得x＝－10v＋10，根据v2－v20＝2ax可得x＝v－，解得a2a2a

0－v02

＝－5 m/s，v0＝10 m/s，选项A正确，D错误；汽车刹车过程的时间为t＝a

＝2 s，选项B正确；汽车经过2 s停止，因而经过3 s时汽车的位移为x＝10 m（要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动），选项C错误。

答案 AB

9．2015年9月3日上午10时，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年阅兵仪式开始，如图7所示为空中梯队通过天安门广场。空中梯队在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，要求空中梯队零时刻由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的受阅区做匀速直线运动，经过t时间到达C位置，已知AB段长为L1，BC段长为L2。下列说法正确的是（ ）

图7

2L1＋L2

tL1

B．空中梯队在AB段的平均速度为t L1＋L2

C．空中梯队在AC段的平均速度为t 12L1＋L22

D．空中梯队在AB段的加速度为2L（）

t1A．空中梯队到达B点时的速度为

解析 由于时间t与L1＋L2对应，故空中梯队在AC段的

L1＋L2

平均速度为t，选项C正确；空中梯队在AB段运动的时间小于t，在AB段L1运动的平均速度大于t，选项B错误；空中梯队的运动示意图如图所示，设空中

vL1L2梯队在B点的速度为v，则在AB段的平均速度为2，根据v＋v＝t，解得v＝

2

2L1＋L212L1＋L222

，选项A正确；根据2aL1＝v解得a＝2L（），选项D正确。 tt1

答案 ACD 二、非选择题

10．某校研究性学习小组的同学用如图8甲所示的滴水法测量一小车在斜面上运动时的加速度。实验过程如下：在斜面上铺上白纸，用图钉固定；把滴水计时器固定在小车的末端，在小车上固定一平衡物；调节滴水计时器的滴水速度，使其每0.2 s滴一滴（以滴水计时器内盛满水为准）；在斜面顶端放置一浅盘，把小车

放在斜面顶端；把调好的滴水计时器盛满水，使水滴能滴入浅盘内；随即在撤去浅盘的同时放开小车，于是水滴在白纸上留下标志小车运动规律的点迹；小车到达斜面底端时立即将小车移开。图乙为实验得到的一条纸带，用刻度尺量出相邻点之间的距离是x01＝1.40 cm，x12＝2.15 cm，x23＝2.91 cm，x34＝3.65 cm，x45＝4.41 cm，x56＝5.15 cm。试问：

图8

（1）滴水计时器的原理与课本上介绍的 原理类似。 （2）由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度v4＝ m/s，小车的加速度a＝ m/s2。（结果均保留两位有效数字） 解析 （1）由题意知滴水计时器的原理与打点计时器原理类似。 （2）可把小车的运动看做是匀变速直线运动，则 x34＋x45（3.65＋4.41）×10－2v4＝v＝2T＝ m/s≈0.20 m/s；

2×0.2

－

求加速度利用逐差法：

（x56＋x45＋x34）－（x23＋x12＋x01）a＝，

9T2解得a≈0.19 m/s2。

答案 （1）打点计时器 （2）0.20 0.19

11．（2016·贵州三校联考）如图9所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10 m的A、B两小球均以v0＝10 m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g＝10 m/s2。求：

图9

（1）B球刚要滑上斜坡时A、B两球的距离；

（2）A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。

L

解析 （1）设A球滑上斜坡后经过t1时间B球滑上斜坡，则有t1＝v＝1 s

0

A球滑上斜坡后加速度a＝gsin 30°＝5 m/s2 设这段时间内A球向上运动的位移为x，则 1x＝v0t1－2at21＝7.5 m

（2）B球刚要滑上斜坡时A球速度v1＝v0－at1＝5 m/s

B球滑上斜坡时，加速度与A球相同，以A球为参考系，B球相对于A球以v＝v0－v1＝5 m/s

做匀速运动，设再经过时间t2两球相遇，有 x

t2＝v＝1.5 s

则两球相遇时已经过的时间t＝t1＋t2＝2.5 s 答案 （1）7.5 m （2）2.5 s

12．甲、乙两车从相距110 m 的两地相向运动，它们的v－t图象如图10所示，忽略车掉头所需时间。

图10

（1）求t＝4 s时甲、乙两车各自的位移大小；

（2）通过计算说明两车是否相遇。如能相遇，则计算相遇点的位置；如不能相遇，则计算两车间的最小距离。

解析 （1）由v－t图象可知，甲向乙做匀减速运动，加速度大小a1＝4 m/s2 乙向甲先做加速运动后做减速运动，加速度大小分别为 a2＝10 m/s2和a2′＝30 m/s2

1

t＝4 s时甲的位移大小为x1＝v0t－2a1t2＝48 m 1

乙的位移大小为x2＝2×4×30 m＝60 m

（2）乙车t＝4 s时掉头开始做与甲同向的初速度为零的匀加速运动，甲、乙两车

此时相距

Δx＝110 m－x1－x2＝2 m， 甲的速度大小为v1＝v0－a1t＝4 m/s 假设两车从t＝4 s时再经t1时间能够相遇 1

乙的位移大小x2′＝2a2′t21 1甲的位移大小x1′＝v1t1－2a1t21 两车相遇应满足x2′＝x1′－Δx

联立并整理得17t21－4t1＋2＝0，由判别式可知方程无解，所以假设不成立，两车不能相遇。

设从t＝4 s时再经t2时间两车速度相等，即两车相距最近，有a2′t2＝v1－a1t2，可2得t2＝17 s 即两车间最小距离 1xmin＝2a2′t22＋Δx－（v1t2－ 12

2a1t2）＝1.76 m

答案 （1）48 m 60 m （2）1.76 m

必修1 第二章 相互作用(这是单页眉，请据需要手工删加)

[高考导航] 考点内容 形变、弹性、胡克定律 滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力 矢量和标量 力的合成和分解 共点力的平衡 要求 Ⅰ 卷Ⅰ：T19 Ⅰ Ⅰ Ⅱ Ⅱ 卷Ⅱ：T23 卷Ⅰ：T20 卷Ⅱ：T14 卷Ⅲ：T17 高考命题实况 2014 2015 2016 常考 题型 选择题 实验题 关联 考点 ①牛顿运动定律 ②功和功率 ③电场和磁场中的平衡问题（可能考计算题） 实验二：探究弹力和弹簧伸长的关系 实验三：验证力的平行四边形定则 基础课1 重力 弹力 摩擦力

知识点一、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．重心：其位置与物体的质量分布和形状有关。 5．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。 知识点二、形变、弹性、胡克定律 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

（1）弹性形变：有些物体在形变后撤去作用力能够恢复原状的形变。

（2）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

（1）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。

（2）产生条件：物体相互接触且发生弹性形变。

（3）方向：弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力方向相反。 4．胡克定律

（1）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。

（2）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是形变量，但不是弹簧形变以后的长度。 知识点三、滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力 1．静摩擦力与滑动摩擦力对比 名称 项目 定义 静摩擦力 滑动摩擦力 两相对运动的物体间的摩擦力 ①接触面粗糙 ②接触处有压力 ③两物体间有相对运动 两相对静止的物体间的摩擦力 ①接触面粗糙 产生条件 ②接触处有压力 ③两物体间有相对运动趋势 （1）静摩擦力为被动力，与正压力无关，大小 满足0＜F≤Fmax（2）最大静摩擦力Fmax大小与正压力大小有关 方向 作用 效果 2.动摩擦因数：

与受力物体相对运动趋势的方向相反 F＝μFN 与受力物体相对运动的方向相反 总是阻碍物体间的相对运动 总是阻碍物体间的相对运动趋势 （1）定义：彼此接触的物体发生相对运动时，摩擦力的大小和压力的比值。μ＝FFN。

（2）决定因素：与接触面的材料和粗糙程度有关。 [思考判断]

（1）重力的方向总是指向地心。（ ）

（2）重心就是物体所受重力的等效作用点，但重心不一定在物体上。（ ） （3）物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力。（ ）

（4）静止在水平面上的物体受到向上的弹力是因为物体发生了形变。（ ） （5）相互接触的物体间不一定有弹力。（ ） （6）F＝kx中“x”表示弹簧的长度。（ ）

（7）滑动摩擦力的方向一定与物体运动方向相反。（ ）

（8）接触处有摩擦力作用时一定有弹力作用；反之有弹力作用时，也一定有摩擦力作用。（ ）

（9）接触处的摩擦力方向一定与弹力方向垂直。（ ）

（10）两物体接触处的弹力增大时，接触面间的摩擦力大小一定增大。（ ） 答案 （1）× （2）√ （3）× （4）× （5）√ （6）× （7）× （8）× （9）√ （10）×

弹力的分析与计算

1．弹力有无的判断“三法”

（1）条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力。此方法多用来判断形变较明显的情况。

（2）假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定有弹力。

（3）状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或`共点力平衡条件判断弹力是否存在。 2．弹力方向的判断方法 （1）常见模型中弹力的方向

（2）根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向。 3．弹力大小计算的三种方法 （1）根据力的平衡条件进行求解。 （2）根据牛顿第二定律进行求解。 （3）根据胡克定律进行求解。

1．[弹力有无的判断]在下列各图中，a、b均处于静止状态，且接触面均光滑，a、b间一定有弹力的是（ ）

答案 B

2．[弹力方向的判断]（多选）如图1所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球。下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（ ）

图1

A．小车静止时，F＝mgsin θ，方向沿杆向上 B．小车静止时，F＝mgcos θ，方向垂直于杆向上 C．小车向右匀速运动时，一定有F＝mg，方向竖直向上 D．小车向右匀加速运动时，一定有F＞mg，方向可能沿杆向上

解析 小球受重力和杆的作用力F处于静止或匀速运动时，由力的平衡条件知，二力必等大反向，有F＝mg，方向竖直向上。小车向右匀加速运动时，小球有向右的恒定加速度，根据牛顿第二定律知，mg和F的合力应水平向右，如图所示。由图可知，F＞mg，方向可能沿杆向上，选项C、D正确。

答案 CD

3．[弹簧弹力的大小]（多选）如图2所示，放在水平地面上的质量为m的物体，与地面间的动摩擦因数为μ，在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动。弹簧没有超出弹性限度，则（ ）

图2

mg

A．弹簧的伸长量为k

μmg

B．弹簧的伸长量为k C．物体受到的支持力与它对地面的压力是一对平衡力 D．弹簧对物体的弹力与物体受到的摩擦力是一对平衡力

μmg

解析 由平衡条件，kx＝μmg，解得弹簧的伸长量为x＝k，选项A错误，B正确；物体受到的支持力与它对地面的压力是一对作用力与反作用力，选项C错误；弹簧对物体的弹力与物体受到的摩擦力是一对平衡力，选项D正确。 答案 BD 方法技巧

1．轻杆与轻绳弹力的区别

轻绳和有固定转轴轻杆的相同点是弹力的方向是沿绳和沿杆的，但轻绳只能提供拉力，轻杆既可以提供拉力也可以提供支持力。因此可用轻绳替代的杆为拉力，不可用轻绳替代的杆为支持力。 2．易错提醒

（1）易错误地将跨过光滑滑轮、杆、挂钩的同一段绳当两段绳处理，认为张力不同；易错误地将跨过不光滑滑轮、杆、挂钩的绳子当成同一段绳子处理，认为张力处处相等。

（2）易错误地认为任何情况下杆的弹力一定沿杆。

摩擦力方向的判断

1．对摩擦力的理解

（1）摩擦力的方向总是与物体间相对运动（或相对运动趋势）的方向相反，但不一定与物体的运动方向相反。

（2）摩擦力总是阻碍物体间的相对运动（或相对运动趋势），但不一定阻碍物体的运动。

（3）摩擦力不一定是阻力，也可以是动力；摩擦力不一定使物体减速，也可以使物体加速。

（4）受静摩擦力作用的物体不一定静止，但一定保持相对静止。 2．明晰“三个方向”

名称 运动方向 相对运 动方向 相对运动 趋势方向 释义 一般指物体相对地面（以地面为参考系）的运动方向 指以其中一个物体为参考系，另一个物体相对参考系的运动方向 由两物体间静摩擦力的存在导致，能发生却没有发生的相对运动的方向

1．[对摩擦力的理解]（多选）下列关于摩擦力的说法，正确的是（ ） A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速 B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速 C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速

D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速

解析 摩擦力总是阻碍物体的相对运动（或相对运动趋势），而物体间的相对运动与物体的实际运动无关。当摩擦力的方向与物体的运动方向一致时，摩擦力是动力，方向相反时为阻力，故选项C、D正确。 答案 CD

2．[静摩擦力有无及方向的判断]（多选）如图3所示，水平地面上的L形木板M上放着小木块m，M与m间有一个处于压缩状态的弹簧，整个装置处于静止状态。下列说法正确的是（ ）

图3

A．M对m的摩擦力方向向右 B．M对m无摩擦力作用 C．地面对M的摩擦力方向向右 D．地面对M无摩擦力作用

解析 对m受力分析，m受到重力、支持力、水平向左的弹力及M对m的摩擦力，根据平衡条件知，M对m的摩擦力向右。故A正确，B错误；对整体受力分析，在竖直方向上受到重力和支持力而处于平衡状态，若地面对M有摩擦力，则整体不能平衡，故地面对M无摩擦力作用。故C错误，D正确。 答案 AD

3．[滑动摩擦力方向的判断]如图4所示，A为长木板，在水平地面上以速度v1向右运动，物块B在木板A的上面以速度v2向右运动。下列判断正确的是（A、B间不光滑）（ ）

图4

A．若是v1＝v2，A、B之间无滑动摩擦力

B．若是v1＞v2，A受到了B所施加的向右的滑动摩擦力 C．若是v1＜v2，B受到了A所施加的向右的滑动摩擦力

D．若是v1＞v2，B受到了A所施加的向左的滑动摩擦力

解析 当v1＝v2时，A、B之间无相对运动，它们之间肯定没有滑动摩擦力；当v1＞v2时，以B为参考系，A向右运动，它受到B施加的向左的滑动摩擦力，B则受到A施加的向右的滑动摩擦力；当v1＜v2时，以A为参考系，B向右运动，B受到A施加的向左的滑动摩擦力，A受到B施加的向右的滑动摩擦力。 答案 A 方法技巧

静摩擦力的有无及方向的判断方法 （1）假设法

（2）状态法

根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的方向。 （3）牛顿第三定律法

先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向。

摩擦力大小的计算

计算摩擦力大小的“四点”注意

（1）在确定摩擦力的大小之前，首先分析物体所处的状态，分清是静摩擦力还是滑动摩擦力。

（2）滑动摩擦力的大小可以用公式F＝μFN计算，而静摩擦力没有公式可用，只能利用平衡条件或牛顿第二定律列方程计算。这是因为静摩擦力是被动力，其大小随状态而变，介于0～Fm之间。

（3）“F＝μFN”中FN并不总是等于物体的重力。

（4）滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关。 【典例】 如图5所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，那么木块与木板间、木板与地面间的摩擦力大小分别为（ ）

图5

A．μ2mg μ1Mg

B．μ2mg μ2mg D．μ2mg μ1Mg＋μ2mg

C．μ2mg μ1（m＋M）g

解析 因为木板一直静止，单独隔离木板受力分析，在水平方向上木板所受地面的静摩擦力与木块对它的滑动摩擦力，这两个力大小相等、方向相反，木块对木板的压力大小等于mg，故Ff＝μ2FN＝μ2mg，B对。 答案 B 方法技巧

摩擦力大小计算的思维流程

1．[摩擦力大小的计算]如图6所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝4 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N，作用在物块2的水平力F＝20 N，整个系统处于平衡状态，取g＝10 m/s2，则以下说法正确的是（ ）

图6

A．1和2之间的摩擦力是20 N B．2和3之间的摩擦力是20 N

C．3与桌面间的摩擦力为20 N D．物块3受6个力作用

解析 对小球受力分析可知，绳的拉力等于小球重力沿圆弧面切线方向的分力，由几何关系可知绳的拉力等于20 N。将三个物块看成一个整体受力分析，可知水平方向整体受到拉力F和绳的拉力的作用，由于F等于绳的拉力，故整体受力平衡，与桌面间没有摩擦力，故物块3与桌面间的摩擦力为0，C错误；由于物块1、2之间没有相对运动的趋势，故物块1和2之间没有摩擦力的作用，A错误；隔离物块3受力分析，水平方向受力平衡可知物块2和3之间摩擦力的大小是20 N，B正确；物块3受重力、桌面的支持力、物块2的压力、物块2的摩擦力、绳的拉力5个力作用，D错误。 答案 B

2．[动摩擦因数的测定]用弹簧测力计测定木块A和木块B间的动摩擦因数，有如图7甲、乙两种装置。

（1）为了能够用弹簧测力计读数表示滑动摩擦力，图示装置的两种情况中，木块A是否都要做匀速运动？

（2）若木块A做匀速运动，甲图中A、B间的摩擦力大小是否等于拉力Fa的大小；

（3）若A、B的重力分别为100 N和150 N，甲图中当物体A被拉动时，弹簧测力计的读数为60 N，拉力Fa＝110 N，求A、B间的动摩擦因数μ。

图7

解析 （1）题图甲装臵中只要A相对B滑动即可，弹簧测力计的拉力大小等于B受到的滑动摩擦力大小；题图乙装臵中要使弹簧测力计的拉力大小等于A受到的摩擦力大小，A必须做匀速直线运动，即处于平衡状态。

（2）题图甲中A受到B和地面的滑动摩擦力而使A处于匀速运动状态，应是这两个滑动摩擦力的大小之和等于拉力Fa的大小。

（3）FN＝GB＝150 N，B所受滑动摩擦力大小等于此时弹簧测力计读数，即为Ff＝60 N，则由Ff＝μFN可求得μ＝0.4。（注：滑动摩擦力与Fa的大小无关，这种

实验方案显然优于题图乙装臵的方案） 答案 （1）见解析 （2）不等于 （3）0.4

摩擦力的突变问题

1．“静—静”突变

物体在摩擦力和其他力的作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，如果物体仍然保持静止状态，则物体受到的静摩擦力的大小和方向将发生突变。

2．“静—动”突变或“动—静”突变

物体在摩擦力和其他力作用下处于静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力。 3．“动—动”突变

某物体相对于另一物体滑动的过程中，若突然相对运动方向变了，则滑动摩擦力方向发生“突变”。

【典例】 如图8所示，质量为1 kg的物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，从t＝0开始以初速度v0沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力F＝1 N的作用，g取10 m/s2，向右为正方向，该物体受到的摩擦力Ff随时间变化的图象是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）

图8

解析 物体在力F和摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，此时滑动摩擦力水平向左，大小为Ff1＝μmg＝2 N，物体的速度为零后，物体在力F作用下处于静止状态，物体受水平向右的静摩擦力，大小为Ff2＝F＝1 N，故只有图A正确。 答案 A 方法技巧

分析摩擦力突变问题的三点注意

（1）题目中出现“最大”、“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题。有时，有些临界问题中并不含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态。

（2）静摩擦力的大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最大值。存在静摩擦的连接系统，相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。

（3）研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的分界点。

1．[“静—静”突变]一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图9所示，其中F1＝10 N，F2＝2 N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为（ ）

图9

A．10 N，方向向左 C．2 N，方向向右

B．6 N，方向向右 D．0

解析 当物体受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知物体所受的摩擦力的大小为8 N，方向向左。可知最大静摩擦力Ffmax≥8 N。当撤去力F1后，F2＝2 N＜Ffmax，物体仍处于静止状态，由平衡条件可知物体所受的静摩擦力大小和方向发生突变，且与作用在物体上的F2等大反向。选项C正确。 答案 C

2．[“静—动”突变]如图10所示，完全相同的A、B两物体放在水平地面上，与

水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，每个物体重G＝10 N，设物体A、B与水平地面间的最大静摩擦力均为Ffm＝2.5 N，若对A施加一个向右的由0均匀增大到6 N的水平推力F，有四位同学将A物体所受到的摩擦力随水平推力F的变化情况在图中表示出来。其中表示正确的是（ ）

图10

解析 推力F由0均匀增大到2.5 N，A、B均未动，而FfA由0均匀增大到2.5 N。推力F由2.5 N增大到5 N，FfA＝2.5 N。推力F由5 N增大到6 N，A处于运动状态，FfA＝μG＝2 N，D正确。 答案 D

3．[“动—动”突变]如图11所示，斜面固定在地面上，倾角为37°（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）。质量为1 kg 的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行（斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8），则该滑块所受摩擦力F随时间变化的图象是下图中的（取初速度v0的方向为正方向，g＝10 m/s2）（ ）

图11

解析 滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由F＝μFN和FN＝mgcos θ联立得F＝6.4 N，方向为沿斜面向下。当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ<μmgcos θ，滑块不动，滑块受的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F＝mgsin θ，代入可得F＝6 N，方向为沿斜面向上，故选项B正确。 答案 B

摩擦力方向与运动方向的三类关系

摩擦力的方向与物体间的相对运动或相对运动趋势方向相反，但与物体的实际运动方向可能相同、可能相反、也可能不共线。 第一类：摩擦力方向与运动方向相同

【思维训练1】 （多选）如图12所示，皮带运输机将物体匀速地送往高处，下列结论正确的是（ ）

图12

A．物体受到与运动方向相同的摩擦力作用 B．传送的速度越大，物体受到的摩擦力越大 C．物体所受的摩擦力与传送的速度无关

D．物体受到的静摩擦力为物体随皮带运输机上升的动力

解析 物体随皮带运输机一起上升的过程中，物体具有相对于皮带下滑的趋势，受到沿皮带向上的摩擦力作用，是使物体向上运动的动力，其大小等于物体重力沿皮带向下的分力，与传送带的速度大小无关，故A、C、D正确，B错误。 答案 ACD

第二类：摩擦力方向与运动方向相反

【思维训练2】 （多选）为了测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数，某同学设

计了一个实验：用一根弹簧将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力F2作用，使木块恰好匀速向下运动（弹簧随木块一起向下运动），如图13所示。现分别测出了弹簧的弹力F1、拉力F2和木块的重力G，则以下结论正确的是（ ）

图13

A．木块受到竖直向下的滑动摩擦力 B．木块所受的滑动摩擦力阻碍木块下滑 F2C．木块与墙壁之间的动摩擦因数为F 1

F2＋G

D．木块与墙壁之间的动摩擦因数为F

1

解析 木块相对于竖直墙壁下滑，受到竖直向上的滑动摩擦力，阻碍木块下滑，A错误，B正确；分析木块受力如图所示。

由平衡条件可得：FN＝F1 Ff＝G＋F2，又Ff＝μFN 以上三式联立可解得：

G＋F2

μ＝F，故C错误，D正确。

1答案 BD

第三类：摩擦力方向与运动方向不共线

【思维训练3】 如图14，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为（ ）

图14

解析 滑块A、B一起冲上光滑斜面，以A、B为整体研究，加速度沿斜面向下a＝gsin θ，整体向上做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向下，由于B的加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律知，B受到合力沿斜面向下，则B一定受到水平向左的摩擦力以及重力和支持力，故A正确，B、C、D错误。 答案 A

1．（2016·江苏单科，1）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

F

解析 由胡克定律得劲度系数k＝x＝200 N/m，D项对。 答案 D

2．（2016·海南单科，2）如图15，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则（ ）

图15

A．f1＝0，f2≠0，f3≠0 C．f1≠0，f2≠0，f3＝0

B．f1≠0，f2＝0，f3＝0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0

解析 对a、b、P整体受力分析可知，整体相对地面没有相对运动趋势，故f3＝0；将a和b看成一个整体，ab整体有相对斜面向下运动的趋势，故b与P之间有摩擦力，即f2≠0；对a进行受力分析可知，由于a处于静止状态，故a相对于b有向下运动的趋势，故a和b之间存在摩擦力作用，即f1≠0，故选项C正确。 答案 C

3.（2014·广东理综，14）如图16所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在

支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（ ）

图16

A．M处受到的支持力竖直向上 B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的静摩擦力沿MN方向 D．N处受到的静摩擦力沿水平方向

解析 M处支持力方向与支持面（地面）垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力与支持面（原木接触面）垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误。 答案 A

4．（2017·江南十校联考）（多选）不同材料之间的动摩擦因数是不同的，例如木与木之间的动摩擦因数是0.30，木与金属之间的动摩擦因数是0.20。现分别用木与金属制作成多个形状一样，粗糙程度一样的长方体。选择其中两个长方体A与B，将它们叠放在木制的水平桌面上，如图17所示。如果A叠放在B上，用一个水平拉力作用在B上，当拉力大小为F1时，A、B两物体恰好要分开运动。如果B叠放在A上，当拉力大小为F2时，A、B两物体恰好要分开运动。则下列分析正确的是（ ）

图17

A．如果F1＞F2，可确定A的材料是木，B的材料是金属 B．如果F1＜F2，可确定A的材料是木，B的材料是金属 C．如果F1＝F2，可确定A、B是同种材料 D．不管A、B材料如何，一定满足F1＝F2

解析 因为木与木之间的动摩擦因数是0.30，木与金属之间的动摩擦因数是0.20，如果与桌子接触的是木，则抽出时更费力，选项A错误，B正确；如果F1＝F2，

可确定A、B两物体为同种材料，选项C正确，D错误。 答案 BC

选择题（1～9题为单项选择题，10～14题为多项选择题）

1．（2016·江苏南京模拟）如图1所示，物体A和B处于静止状态，重力分别为9 N和4 N，不计弹簧测力计和细线的重力，不考虑摩擦，弹簧测力计的读数是（ ）

图1

A．9 N

B．4 N

C．5 N

D．13 N

解析 由题图可知细线中拉力大小等于B的重力，而弹簧两侧受力相等，弹簧测力计的读数等于弹簧测力计受到的拉力，所以读数为4 N。 答案 B

2．大小相等的力F按如图所示的四种方式作用在相同的物体上，使物体能沿不同粗糙程度的水平面匀速运动，则物体与水平面间的摩擦力最大的是（ ）

解析 根据物体的平衡条件有：fA＝F，fB＝Fcos 30°，fC＝Fcos 30°，fD＝Fcos 60°，知物体与水平面间的摩擦力最大的是A。 答案 A

3．如图2所示，木块放在水平地面上，在F＝6 N的水平拉力作用下向右做匀速直线运动，速度为1 m/s。则下列说法中正确的是（ ）

图2

A．以1 m/s的速度做匀速直线运动时，木块受到的摩擦力大小为6 N B．当木块以2 m/s的速度做匀速直线运动时，它受到的水平拉力大于6 N

C．当用8 N的水平拉力使木块运动时，木块受到的摩擦力为8 N

D．将水平拉力F撤去后，木块运动的越来越慢，木块受到的摩擦力越来越小 答案 A

4．如图3所示，一轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，物块位于水平面上。A、B是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的点，A、B两点离墙壁的距离分别是x1、x2。物块与地面间的最大静摩擦力为Ffm，则弹簧的劲度系数为（ ）

图3

FfmA. x1＋x2

B.2Ffm x1＋x2

C.2Ffm x2－x1

D.Ffm x2－x1

解析 设弹簧原长为L，由胡克定律知对物块离墙壁最近的点有k（L－x1）＝Ffm，对物块离墙壁最远的点有k（x2－L）＝Ffm，联立解得k＝答案 C

5．如图4所示，物块A放在倾斜的木板上，改变木板与水平面之间的夹角θ，发现当θ＝30°和θ＝45°时物块A所受的摩擦力大小恰好相等，则物块A与木板之间的动摩擦因数为（ ）

2Ffm，选项C正确。 x2－x1

图4

1A.2 2 B.2

3C.2

D.2

解析 θ＝30°时物块处于静止状态，静摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即Ff＝mgsin 30°。当θ＝45°时物块沿斜面下滑，滑动摩擦力为Ff＝μFN＝μmgcos 45°， 2由mgsin 30°＝μmgcos 45°，解得μ＝2。 答案 B

6．如图5所示，一物块开始时静止在粗糙的倾角为θ的固定斜面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变、大小从零均匀增大、与斜面平行的拉力作用。假设物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以f表示物块所受摩擦力的大小，F

表示拉力的大小。能正确描述f与F之间的关系的图象可能是（ ）

图5

解析 因为物块开始时静止在粗糙的倾角为θ的固定斜面上，所以f＝mgsin θ，方向沿斜面向上，也说明fm＝μmgcos θ≥mgsin θ；当受到力F后，摩擦力f＝mgsin θ－F，F大小从零均匀增大，当F＝mgsin θ时，f＝0，当F＞mgsin θ时，f反向增大，当F＝mgsin θ＋fm时，物块将要开始向上滑动，此后摩擦力不变。所以B正确，A、C、D错误。 答案 B

7．如图6所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球恰好与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当升降机沿竖直方向运动时，压力传感器的示数逐渐增大，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（ ）

图6

A．升降机正在匀加速上升 B．升降机正在匀减速上升

C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大 D．升降机正在减速下降，且加速度越来越大

解析 篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡，随着压力传感器的示数逐渐增大，篮球受到倾斜天花板的弹力增大，其在竖直方向的分力增大，弹簧弹力不变，则篮球必然有竖直向下且增大的加速度，C正确。

答案 C

8．（2017·湖北襄阳联考）如图7所示，截面为三角形的钢坯A、B叠放在汽车的水平底板上，汽车底板与钢坯表面均粗糙，以下说法正确的是（ ）

图7

A．汽车、钢坯都静止时，汽车底板对钢坯A有向左的静摩擦力作用 B．汽车、钢坯都静止时，钢坯A对B无摩擦力作用

C．汽车向左加速时，若汽车与钢坯相对静止，汽车底板对钢坯A有静摩擦力作用

D．汽车向左启动前后，若汽车与钢坯相对静止，钢坯A对B的弹力不变 解析 汽车、钢坯都静止时，将A、B两物体看作整体，可知A下表面不受到摩擦力，A错误；汽车、钢坯都静止时，隔离B，B受到三个力的作用：重力、A对B的支持力、A对B沿斜面向上的静摩擦力，B错误；汽车向左加速时，若汽车与钢坯相对静止，则钢坯具有向左的加速度，将A、B看作整体，A下表面受到水平向左的静摩擦力，C正确；汽车向左启动前后，若汽车与钢坯相对静止，对B隔离分析，启动前，A对B的弹力与重力垂直斜面的分力大小相等，启动后，它们具有共同的水平向左的加速度，A对B的弹力大于重力垂直斜面的分力，D错误。 答案 C

9．如图8所示，质量为mB＝24 kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝22 kg的木箱A放在木板B上。一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°。已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5。现用水平向右、大小为200 N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2），则木板B与地面之间的动摩擦因数μ2的大小为（ ）

图8

A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.6

解析 对A受力分析如图甲所示，由题意得 FTcos θ＝Ff1① FN1＋FTsin θ＝mAg② Ff1＝μ1FN1③

由①②③得：FT＝100 N

对A、B整体受力分析如图乙所示，由题意知 FTcos θ＋Ff2＝F④

FN2＋FTsin θ＝（mA＋mB）g⑤ Ff2＝μ2FN2⑥

由④⑤⑥得：μ2＝0.3，故A正确。 答案 A

10.如图9所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力（ ）

图9

A．大小为7.5 N B．大小为12.5 N

C．方向与水平方向成53°角斜向右下方 D．方向与水平方向成53°角斜向左上方

解析 对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力F和绳的拉力的合力与小球的重力等大反向，可得F方向斜向左上方，其大小F＝102＋7.52 N＝12.5 N，故选项B正确；令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝

G

＝F拉

4

，故选项D正确。

3，α＝53°答案 BD

11．弹簧的原长为10 cm，当挂上一个50 g的钩码时，弹簧的长度变为12 cm，当在原钩码下再挂一个同样的钩码时，弹簧仍处于弹性限度内，下列说法中正确的是（取g＝10 m/s2）（ ） A．弹簧的长度变为24 cm B．弹簧的劲度系数为25 N/m C．弹簧共伸长了4 cm D．弹簧共伸长了2 cm

mg0.05×10mg解析 由胡克定律F＝kx可知，k＝x＝0.02 N/m＝25 N/m，x2＝k＝

1

0.05×10

25 m＝0.02 m＝2 cm，L＝L0＋x1＋x2＝14 cm，Δx＝x1＋x2＝4 cm，所以选项B、C正确，A、D错误。 答案 BC

12．如图10所示，小球a的质量为小球b质量的一半，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态。轻弹簧A与竖直方向夹角为60°，轻弹簧A、B伸长量刚好相同，则下列说法正确的是（ ）

图10

A．轻弹簧A、B的劲度系数之比为3∶1 B．轻弹簧A、B的劲度系数之比为2∶1

C．轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力的大小之比为2∶1 D．轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力的大小之比为3∶2

解析 设轻弹簧A、B伸长量都为x，小球A的质量为m，则小球B的质量为2m。对小球b，由平衡条件，弹簧B中弹力为kBx＝2mg；对小球a，由平衡条件，竖直方向kBx＋mg＝kAxcos 60°，联立解得：kA＝3kB，选项A正确，B错误；水平方向，轻绳上拉力F＝kAxsin 60°，选项C错误，D正确。

答案 AD

13．（2016·南宁模拟）如图11甲所示，A、B两个物体叠放在水平面上，B的上下表面均水平，A物体与一拉力传感器相连接，连接力传感器和物体A的细绳保持水平。从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt（k为常数）作用在B物体上，力传感器的示数随时间变化的图线如图乙所示，已知k、t1、t2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。据此可求（ ）

图11

A．A、B之间的最大静摩擦力 B．水平面与B之间的滑动摩擦力 C．A、B之间的动摩擦因数μAB D．B与水平面间的动摩擦因数μ

解析 F较小时，细绳无拉力，随着F的增大，B与水平面间的摩擦力逐渐增大，t1时刻与水平面间的摩擦力达到最大值为kt1，这时细绳开始有拉力，A、B之间开始有摩擦力，t2时刻A、B之间的摩擦力达到最大（最大值为kt2－kt1）；因为不知A、B两物体的质量，无法求出A、B之间，B与水平面之间的压力，所以不能求μAB及μ，故选项A、B正确。 答案 AB

14．如图12所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为m。用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为μ1，相邻两张牌间的动摩擦因数均为μ2，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为μ3，且有μ1＜μ2＜μ3。则下列说法正确的是（ ）

图12

A．第1张牌受到手指的摩擦力向左

B．第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动 C．第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动 D．第54张牌受到水平桌面向左的静摩擦力

解析 第1张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的滑动摩擦力方向与手指的运动方向相同，故A错误；设手指对第1张牌的压力为F，对第2张，第3张牌对它的最大静摩擦力Fm＝μ2（2mg＋F），而受到的第1张牌的最大静摩擦力为fm＝μ2（mg＋F）＜Fm，则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动；同理，第3张牌以下相邻两张牌之间也不发生相对滑动，故B错误，C正确；对第54张，桌面对它的最大静摩擦力Fm′＝μ3（F＋54mg），第53张牌对它的最大静摩擦力fm′＝μ2（F＋53mg）＜Fm′，故第54张牌相对桌面静止，由平衡条件可知，D正确。 答案 CD

基础课2 力的合成与分解

知识点一、力的合成和分解 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，原来那几个力叫做分力。 （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。如下图1所示均是共点力。

图1

3．力的合成

（1）定义：求几个力的合力的过程。 （2）运算法则

①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。如图2甲所示。

②三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法。如图2乙所示。

图2

4．力的分解

（1）定义：求一个已知力的分力的过程。 （2）遵循原则：平行四边形定则或三角形定则。 （3）分解方法：①按力产生的效果分解；②正交分解。 知识点二、矢量和标量

1．矢量：既有大小又有方向的量，相加时遵从平行四边形定则。 2．标量：只有大小没有方向的量，求和时按代数法则相加。 [思考判断]

（1）两个分力大小一定时，方向夹角θ越大，合力越小。（ ） （2）合力一定时，两等大分力的夹角θ越大，两分力越大。（ ） （3）1 N和2 N的合力一定等于3 N。（ ）

（4）合力作用在一个物体上，分力作用在两个物体上。（ ）

（5）两个共点力F1、F2的合力的取值范围是|F1－F2|≤F≤F1＋F2。（ ） （6）合力一定大于每一个分力。（ ）

（7）在进行力的合成与分解时，都要应用平行四边形定则或三角形定则。（ ） （8）互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形。（ ） （9）位移、速度、加速度、力和时间都是矢量。（ ）

答案 （1）√ （2）√ （3）× （4）× （5）√ （6）× （7）√ （8）√ （9）×

共点力的合成

1．合力大小的范围

（1）两个共点力的合成：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。

即两个力的大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两个力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。 （2）三个共点力的合成。

①三个力共线且同向时，其合力最大为F＝F1＋F2＋F3；

②以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形，则其合力最小值为零，若不能组成封闭的三角形，则合力最小值的大小等于最大的一个力减去另外两个力的大小之和。 2．共点力合成的方法 （1）作图法。

（2）计算法。

θ2F＝F1＋F2 F＝2Fcos 21

2 F＝F1＝F2

3．多个共点力的合成方法

依据平行四边形定则先求出任意两个力的合力，再求这个合力与第三个力的合力，以此类推，求完为止。

1．[对合力与分力的理解]（多选）关于几个力及其合力，下列说法正确的是（ ） A．合力的作用效果跟原来那几个力共同作用产生的效果相同 B．合力与原来那几个力同时作用在物体上 C．合力的作用可以替代原来那几个力的作用

D．求几个力的合力遵守平行四边形定则

解析 合力与分力是等效替代的关系，即合力的作用效果与那几个分力的共同作用效果相同，合力可以替代那几个分力，但不能认为合力与分力同时作用在物体上，选项A、C正确，B错误；力是矢量，所以求合力时遵守平行四边形定则，选项D正确。 答案 ACD

2．[二力的合成]（多选）两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F，则（ ）

A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍 B．F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N C．F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变 D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大

解析 F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，选项A正确；F1、F2同时增加10 N，F不一定增加10 N，选项B错误；F1增加10 N，F2减少10 N，F可能变化，选项C错误；若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，选项D正确。 答案 AD

3．[三力的合成]某物体同时受到同一平面内的三个共点力作用，在如图3所示的四种情况中（坐标纸中每格的边长表示1 N大小的力），该物体所受的合外力大小正确的是（ ）

图3

A．图甲中物体所受的合外力大小等于4 N B．图乙中物体所受的合外力大小等于2 N C．图丙中物体所受的合外力等于0 D．图丁中物体所受的合外力等于0

解析 图甲中，先将F1与F3合成，然后再由勾股定理求得合力大小等于5 N，选项A错误；图乙中，先将F1与F3正交分解，再合成，求得合力大小等于5 N，选项B错误；图丙中，可将F3正交分解，求得合力大小等于6 N，选项C错误；

根据三角形定则，图丁中合力等于0，选项D正确。 答案 D

力的分解

1．力的分解常用的方法 正交分解法 效果分解法 根据一个力产生的实际效果进行分解 分解 将一个力沿着两个互相垂直的方向进方法 行分解的方法 实例 分析 x轴方向上的分力： Fx＝Fcos θ y轴方向上的分力： Fy＝Fsin θ GF1＝cos θ F2＝Gtan θ 2.力的分解问题选取原则

（1）选用哪一种方法进行力的分解要视情况而定，一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际效果进行分解，若这三个力中，有两个力互相垂直，可选用正交分解法。

（2）当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。

【典例】 （多选）如图4所示，电灯的重力G＝10 N，AO绳与顶板间的夹角为45°，BO绳水平，AO绳的拉力为FA，BO绳的拉力为FB，则（注意：要求按效果分解和正交分解两种方法求解）（ ）

图4

A．FA＝102 N C．FB＝102 N

B．FA＝10 N D．FB＝10 N

解析 效果分解法 在结点O，灯的重力产生了两个效果，一是沿AO向下的拉

紧AO的分力F1，二是沿BO向左的拉紧BO绳的分力F2，分解示意图如图所示。

G则FA＝F1＝sin 45°＝102 N

GFB＝F2＝tan 45°＝10 N，故选项A、D正确。

正交分解法 结点O受力如图所示，考虑到灯的重力与OB垂直，正交分解OA的拉力更为方便，其分解如图所示。

则F＝G＝10 N FAsin 45°＝F FAcos 45°＝FB

代入数值解得FA＝102 N FB＝10 N，故选项A、D正确。 答案 AD

1．[效果分解法的应用]如图5所示，某钢制工件上开有一个楔型凹槽，凹槽的截面是一个直角三角形，三个角的度数分别是∟A＝30°，∟B＝90°，∟C＝60°。在凹槽中放有一个光滑的金属球，当金属球静止时，金属球对凹槽的AB边的压力F2

为F1、对BC边的压力为F2，则F的值为（ ）

1

图5

1A.2 3 B.2 3C.3 2D.2 解析 将金属球的重力mg沿着垂直于AB边和垂直于BC边分解，F1＝mgcos 30°，F23F2＝mgsin 30°，所以F＝3。

1答案 C

2．[正交分解法的应用]（多选）如图6所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动。已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为（ ）

图6

A．μmg

B．μ（mg＋Fsin θ） D．Fcos θ

C．μ（mg－Fsin θ）

解析 木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff。沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解，如图所示（这样建立坐标系只需分解F），由于木块做匀速直线运动，所以在x轴上，向左的力等于向右的力（水平方向二力平衡）；在y轴上，向上的力等于向下的力（竖直方向二力平衡）。即Fcos θ＝Ff，FN＝mg＋Fsin θ，又Ff＝μFN，解得，Ff＝μ（mg＋Fsin θ），故选项B、D正确。

答案 BD

3．[力的分解法在生活、生产实际中的应用]假期里，一位同学在厨房里帮助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣。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7所示，他先后作出过几个猜想，其中合理的是（ ）

图7

A．刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关 B．在刀背上加上同样的压力时，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

解析 把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角形劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图所示。当在刀背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中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（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图所示，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F1l1F

角三角形的相似关系，有关系式F＝d＝sin θ，得F1＝F2＝2sin θ。由此可见，刀2

2

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，sin θ的值越小，F1和F2的值越大，故选项D正确。

答案 D 方法技巧

按实际效果分解力的一般思路

绳上的“死结”和“活结”模型

1．“死结”模型

“死结”可理解为把绳子分成两段，且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根的绳，因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力大小不一定相等。

2．“活结”模型

“活结”可理解为把绳子分成两段，且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线。

【思维训练1】 （多选）如图8所示，A物体被绕过小滑轮P的细线所悬挂，B物体放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态。若悬挂小滑轮的细线OP上的张力是203 N，取g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是（ ）

图8

A．弹簧的弹力为10 N B．A物体的质量为2 kg

C．桌面对B物体的摩擦力为103 N D．OP与竖直方向的夹角为60°

解析 分别以物体A、B和结点O′及小滑轮为研究对象进行受力分析，对物体A有mAg＝FO′a，对小滑轮有2FO′acos 30°＝FOP，联立解得mA＝2 kg，FO′a＝20 N，选项B正确；同一根细线上的张力相同，故OP的延长线为细线张角的角平分线，由此可知OP与竖直方向的夹角为30°，选项D错误；对结点O′，有FO′asin 30°＝F弹，FO′acos 30°＝FO′b，对物体B有Ff ＝FO′b，联立解得弹簧弹力F弹＝10 N，B物体所受的摩擦力Ff＝103 N，选项A、C正确。 答案 ABC

【思维训练2】 如图9甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮

挂住一个质量为M1的物体，∟ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：

图9

（1）细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比； （2）轻杆BC对C端的支持力； （3）轻杆HG对G端的支持力。

解析 题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小是否等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示，根据平衡条件可求解。

（1）图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力 FTAC＝FTCD＝M1g

图乙中由FTEGsin 30°＝M2g，得FTEG＝2M2g。 FTACM1

所以F＝2M。

TEG2

（2）图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡条件有FNC＝FTAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向右上方。

（3）图乙中，根据平衡方程有FTEGsin 30°＝M2g，FTEGcos 30°＝FNG，所以FNG＝M2g/tan 30°＝3M2g，方向水平向右。

M1

答案 （1）2M （2）M1g，方向与水平方向成30°指向右上方

2

（3）3M2g，方向水平向右

规律总结

（1）杆的弹力可以沿杆的方向，也可以不沿杆的方向。对于一端有铰链的轻杆，其提供的弹力方向一定是沿着轻杆的方向；对于一端“插入”墙壁或固定的轻杆，只能根据具体情况进行受力分析，根据平衡条件或牛顿第二定律来确定杆中的弹力的大小和方向。

（2）一根轻绳上各处的张力大小均相等，分析时关键要判断是否是一根轻绳，如对于“活结”（结点可以自由移动）就属于一根绳子，对于“死结”（即结点不可自由移动），结点两端就属于两根绳子，绳两端的拉力大小就不相等。

1．（2016·全国卷Ⅰ，19）（多选）如图10，一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（ ）

图10

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

解析 由于物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示。由平衡条件得：Tcos β＋f＝Fcos α，Fsin α＋FN＋Tsin β＝mbg。其中T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确。

答案 BD

2．（2014·山东理综，14）如图11所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千。某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（ ）

图11

A．F1不变，F2变大 C．F1变大，F2变大

B．F1不变，F2变小 D．F1变小，F2变小

解析 维修前后，木板静止，受力平衡，合外力为零，F1不变，选项C、D错误；G

对木板受力分析，如图：则2Fcos θ＝G，得F＝2cos θ。维修后，将两轻绳各剪去一小段，θ增大，cos θ减小，F增大，所以F2变大，选项A正确，B错误。

答案 A

3．（2017·湖北六校联考）如图12所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是（ ）

图12

A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变

解析 设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得：

ssin α＝L①

mg

2Fcos α＝mg，得F＝2cos α②

以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：

当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由①②式得知，F不变，故A错误，B正确；当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F增大，故C、D错误。 答案 B

4．（2017·沈阳市质量检测）将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°，如图13所示。假定石块间的摩擦力可以忽略不计，则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为（ ）

图13

1A.2

3B.2

3C.3

D.3

解析 如图所示，对第1个石块进行受力分析，由几何关系知：θ＝60°，所以有3FN21∶FN31＝sin 60°＝2。 答案 B

选择题（1～10题为单项选择题，11～14题为多项选择题） 1．下列说法中错误的是（ ） A．力的合成遵循平行四边形定则 B．一切矢量的合成都遵循平行四边形定则

C．以两个分力为邻边的平行四边形的两条对角线都是它们的合力 D．与两个分力共点的那一条对角线所表示的力是它们的合力

解析 平行四边形定则是矢量的合成法则，比如力、速度、加速度的合成均遵循平行四边形定则，故A、B的说法正确；需要注意的是合力用与两分力共点的对角线表示，故C的说法错误，D的说法正确。 答案 C

2．如图1所示，舰载机保持牵引力F大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角θ＝120°，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为（ ）

图1

FA.2 答案 B

3．如图所示，F1、F2、F3恰好构成封闭的直角三角形，这三个力的合力最大的是（ ）

B．F

C.3F

D．2F

解析 由矢量合成法则可知A图的合力为2F3，B图的合力为0，C图的合力为2F2，D图的合力为2F1，因F2为直角三角形的斜边，故这三个力的合力最大的为C图。

答案 C

4．两个大小相等的共点力F1、F2，当它们的夹角为90°时，合力大小为20 N，那么当它们之间的夹角为120°时，合力的大小为（ ） A．40 N

B．102 N

C．202 N

D．103 N

解析 设F1＝F2＝F，当它们的夹角为90°时，其合力为2F＝20 N，F＝102 N。当夹角为120°时，其合力的大小与F的大小相等。故选B。 答案 B

5．如图2所示，作用于O点的三个力F1、F2、F3合力为零。F1沿－y方向，大小已知。F2与＋x方向夹角为θ（θ＜90°），大小未知。下列说法正确的是（ ）

图2

A．F3一定指向第二象限 B．F3一定指向第三象限

C．F3与F2的夹角越小，则F3与F2的合力越小 D．F3的最小可能值为F1cos θ

解析 因F1、F2、F3的合力为零，故F3应与F2、F1的合力等大反向，故F3可能在第二象限，也可能在第三象限，A、B错误；F3、F2的合力与F1等大反向，而F1大小、方向均已知，故F3与F2的合力与其夹角大小无关，C错误；当F3与F2垂直时，F3最小，其最小值为F1cos θ，D正确。 答案 D

6．（2016·宝鸡质检）在如图3所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮本身所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是（ ）

图3

A．FA＝FB＝FC＝FD C．FA＝FC＝FD＞FB

B．FD＞FA＝FB＞FC D．FC＞FA＝FB＞FD

解析 绳上拉力等于重物所受的重力mg，设滑轮两侧细绳之间的夹角为φ，滑轮φ

受到木杆P的弹力F等于滑轮两侧细绳拉力的合力，即F＝2mgcos ，由夹角关

2系可得FD＞FA＝FB＞FC，选项B正确。 答案 B

7．如图4所示，一条小船在河中向正东方向行驶，船上挂起一风帆，帆受侧向风力作用，风力大小F1为100 N，方向为东偏南30°，为了使船受到的合力能恰沿正东方向，岸上一人用一根绳子拉船，绳子取向与河岸垂直，侧向风力和绳子拉力的合力大小及绳子拉力F2的大小为（ ）

图

A．50 N 50 N C．50 N 25 N

B．503 N 50 N D．50 N 503 N

解析 如图所示，以F1、F2为邻边作平行四边形，使合力F沿正东方向，则

3F＝F1cos 30°＝100×2 N＝503 N。

1

F2＝F1sin30 °＝100×2N＝50 N。 故选项B正确。

答案 B

8．如图5所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有（ ）

图5

A．F4最大 C．F2最大

B．F3＝F2

D．F1比其他各读数都小

解析 由平衡条件可知：F2cos θ＝mg，2F3cos θ＝mg，F4＝mg，F1＝mgtan θ，因3233

此可知F1＝3mg，F2＝3mg，F3＝3mg，故选项A、B、D错误，C正确。 答案 C

9．（2016·徐州三模）如图6所示，在粗糙水平面上放置A、B、C三个物块，物块之间由两根完全相同的轻弹簧相连接，两弹簧的伸长量相同，且它们之间的夹角∟ABC＝120°，整个系统处于静止状态。已知A物块所受的摩擦力大小为f，则B物块所受的摩擦力大小为（ ）

图6

3A.2f B．f

C.3f

D．2f

解析 A水平方向上受弹簧的拉力T和水平面的静摩擦力f作用，根据共点力平衡条件可知T＝f，由于两根弹簧相同，且伸长量相同，因此，两弹簧上的弹力大小相等。对B分析，水平方向受两弹簧的拉力和水平面的静摩擦力f′作用，根据共点力平衡条件可知f′＝2Tcos 60°＝f，故B正确。 答案 B

10．（2017·山西大同联考）一铁球悬挂在OB绳的下端，轻绳OA、OB、OC的结

点为O，轻绳OA悬挂在天花板上的A点，轻绳OC拴接在轻质弹簧测力计上。第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图7中的甲所示，弹簧测力计的示数记为F1。第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图中的乙所示，弹簧测力计的示数记为F2。则（ ）

图7

A．F1恒定不变，F2逐渐增大 B．F1、F2均逐渐增大

C．F1先减小后增大，F2逐渐减小 D．F1逐渐增大，F2先减小后增大

解析 题图甲中，OA与OC的合力与重力等大反向，且保持不变，OA的方向不变，通过画平行四边形可知，当OC顺时针转动到水平位臵时，F1先减小后增大。题图乙中，设OA绳与竖直方向的夹角为θ，因为OA与OC垂直，且合力与重力等大反向，故F2＝mgsin θ，根据题意，随着θ的减小，F2逐渐减小，故选项C正确。 答案 C

11．三个力作用在同一物体上，其大小分别为6 N、8 N、12 N，其合力大小可能是（ ） A．4 N

B．0 N

C．15 N

D．28 N

解析 对于三个力的合成，应该是先求任意两个力的合力大小的取值范围，再去与第三个力合成即可。由于6 N、8 N这两个力的合力的大小介于2 N与14 N之间，再与12 N的力去合成，则其最小值是0 N，而最大值为（6＋8＋12） N＝26 N。所以正确的选项是A、B、C。 答案 ABC

12．（2016·盐城期末）如图8所示，吊车用两根等长的绳子OA和OB将质量分

布均匀的铁板匀速吊离地面。下列说法中正确的是（ ）

图8

A．绳越长，每根绳对铁板拉力越小 B．绳越长，两根绳对铁板拉力的合力越小 C．两根绳子对铁板拉力的合力竖直向上

D．两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力是共点力

解析 对铁板进行受力分析，铁板受重力mg、和两根绳的拉力T作用，且绳的拉力沿绳方向，设∟AOB＝θ，由于铁板被匀速吊起，因此根据共点力平衡条件，θ

铁板所受合力为零，故B错误，D正确；在竖直方向上有2Tcos 2＝mg，在水平方向上合力为零，即两根绳子对铁板拉力的合力与重力等大反向，故C正确；当绳变长时，θ变小，因此T变小，故A正确。 答案 ACD

13．如图9所示，将力F分解为F1和F2两个分力，已知F1的大小和F2与F之间的夹角α，且α为锐角，则（ ）

图9

A．当F1＞Fsin α时，一定有两解 B．当F1＝Fsin α时，有唯一解 C．当F1＜Fsin α时，无解

D．当Fsin α＜F1＜F时，一定有两解

解析 将一个力分解为两个分力，由三角形定则知分力与合力可构成封闭三角形。当F1＜Fsin α时，三个力不能构成封闭三角形，故不可能分解为这样的一对分力F1和F2，选项C正确；当F1＝Fsin α时，可构成唯一一个直角三角形，选项B正确；当Fsin α＜F1＜F时，F1、F2与F可构成两个矢量三角形，即有两解，选项D正确；对于选项A，由于不能确定F1是否小于F，由前面的分析知，选项A

错误。 答案 BCD

14．如图10所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是（ ）

图10

A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 N B．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105 N

C．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大 D．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小

解析 将汽车对千斤顶的压力F分解为沿两臂的两个分力F1、F2，如图所示，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等，即F1＝F2。由2F1cos θ＝F得F1＝F2F＝2cos 60°＝1.0×105 N，选项A错误；根据牛顿第三定律可知在，千斤顶对汽车F的支持力等于汽车对千斤顶的压力，为1.0×105 N。选项B正确；由F1＝F2＝2cos θ可知，当F不变、θ减小时，cos θ增大，F1、F2减小。选项C错误，D正确。

答案 BD

基础课3 受力分析 共点力的平衡

知识点一、受力分析 1．受力分析的定义

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，这个过程就是受力分析。

2．受力分析的一般步骤

知识点二、共点力的平衡 1．平衡状态

物体处于静止状态或匀速直线运动状态。 Fx＝0

2．平衡条件：F合＝0或者

F＝0y如图，小球静止不动，物块匀速运动。

则：小球F合＝F－mg＝0。

物块Fx＝F1－Ff＝0，Fy＝F2＋FN－mg＝0。 3．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。

（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。 [思考判断]

（1）对物体受力分析时，只能画该物体受到的力，其他物体受到的力不能画在该物体上。（ ）

（2）物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用。（ ） （3）物体的速度为零即处于平衡状态。（ ）

（4）物体处于平衡状态时，其加速度一定为零。（ ）

（5）物体受两个力处于平衡状态，这两个力必定等大反向。（ ） （6）物体处于平衡状态时，其所受的作用力必定为共点力。（ ） 答案 （1）√ （2）× （3）× （4）√ （5）√ （6）×

受力分析 整体法与隔离法的应用

1．受力分析的“四点”提醒

（1）不要把研究对象所受的力与研究对象对其他物体的作用力混淆。

（2）对于分析出的物体受到的每一个力，都必须明确其来源，即每一个力都应找出其施力物体，不能无中生有。 （3）合力和分力不能重复考虑。

（4）区分性质力与效果力：研究对象的受力图，通常只画出按性质命名的力，不要把按效果命名的分力或合力分析进去，受力图完成后再进行力的合成或分解。 2．整体法与隔离法

1．[单个物体的受力分析]（2017·绍兴一中测试）（多选）如图1所示，工作人员将小车和冰球推进箱式吊车并运至冰雕顶部安装，先后经历了向右匀速、向右匀减速、向上匀加速、向上匀减速直线运动四个过程。冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。关于冰球的受力情况，下列判断正确的是（ ）

图1

A．向右匀速过程，冰球一定受到三个力

B．向右匀减速过程，冰球可能受到二个力 C．向上匀加速过程，冰球一定受到二个力 D．向上匀减速过程，冰球可能受到一个力

解析 向右匀速运动，冰球受重力与支持力两个力，选项A错误；冰球向右匀减速过程，有可能只受重力和右侧斜挡板对它的弹力，这两个力的合力恰好水平向左，故选项B正确；冰球向上匀加速运动的过程，受重力和支持力两个力，合力向上，故选项C正确；如果冰球向上匀减速运动的加速度为g，则冰球就只受重力，选项D正确。 答案 BCD

2．[隔离法的应用]如图2所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，重力加速度为g。当两球静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，Ob段绳沿竖直方向， 则下列说法正确的是（ ）

图2

A．a可能受到2个力的作用 C．绳子对a的拉力等于mg

B．b可能受到3个力的作用 D．a的重力为mgtan θ

解析 对a、b受力分析可知，a一定受3个力，b一定受2个力作用，选项A、B错误；对b受力分析可知，b受绳子拉力等于mg，因此绳子对a的拉力等于mg

mg，选项C正确；对a受力分析，Gasin θ＝mgcos θ，可得Ga＝tan θ，选项D错误。 答案 C

3．[整体法、隔离法的综合应用]如图3所示，矩形物块A和楔形物块B、C叠放在水平地面上，B物块上表面水平。水平向左的力F作用在B物块上，整个系统处于静止状态，则以下说法正确的是（ ）

图3

A．物块A的受力个数为4个 B．物块B的受力个数为4个

C．地面对物块C的支持力小于三者重力之和 D．地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右

解析 对A受力分析，根据平衡条件知A只受重力和支持力2个力的作用，选项A错误；对B受力分析，有重力、压力、C施加的垂直斜面斜向上的支持力、拉力F，根据平衡条件还有C施加的平行斜面斜向上的摩擦力，共5个力的作用，选项B错误；以A、B、C整体为研究对象受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的支持力等于三者重力之和，选项C错误；对A、B、C整体受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右，选项D正确。 答案 D 方法技巧

受力分析的三个常用判据

（1）条件判据：不同性质的力产生条件不同，进行受力分析时最基本的判据是根据其产生条件。

（2）效果判据：有时候是否满足某力产生的条件是很难判定的，可先根据物体的运动状态进行分析，再运用平衡条件或牛顿运动定律判定未知力，也可应用“假设法”。

①物体平衡时必须保持合外力为零。

②物体做变速运动时必须保持合力方向沿加速度方向，合力大小满足F＝ma。 v2③物体做匀速圆周运动时必须保持恒力被平衡，合外力大小恒定，满足F＝mR，方向始终指向圆心。

（3）特征判据：在有些受力情况较为复杂的情况下，我们根据力产生的条件及其作用效果仍不能判定该力是否存在时，可从力的作用是相互的这个基本特征出发，通过判定其反作用力是否存在来判定该力。

共点力作用下物体平衡的分析方法

处理平衡问题的常用方法

方法 合成法 内容 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 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 物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，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 分解法 正交分 解法 【典例】 如图4所示，一条不可伸长的轻质细绳一端跨过光滑钉子b悬挂一质l

量为m1的重物，另一端与另一轻质细绳相连于c点，ac＝2，c点悬挂质量为m2的重物，平衡时ac正好水平，此时质量为m1的重物上表面正好与ac在同一水平5m1

线上且到b点的距离为l，到a点的距离为4l，则两重物的质量的比值m为（可用2

不同方法求解）（ ）

图4

5A.2

B．2

5C.4

3 D.5 解析 解法一 合成法：因c点处于平衡状态，所以任意两个力的合力均与第三个力大小相等，方向相反，如图甲所示，根据平行四边形定则将力F与m1g合成，m2g

则sin θ＝mg，而sin θ＝

1

l3ll2＋（4）

4m15

＝5，所以m＝4，选项C正确。

22

解法二 分解法：因c点处于平衡状态，所以可在F、m1g方向上分解m2g，如图m2gm15

乙所示，则同样有sin θ＝mg，所以m＝4，选项C正确。

1

2

解法三 正交分解法：将倾斜绳拉力F1＝m1g沿竖直方向和水平方向分解，如图m15

丙所示，则m1gsin θ＝m2g，同样可得m＝4，选项C正确。

2

答案 C 方法技巧

1．平衡中的研究对象选取 （1）单个物体；

（2）能看成一个物体的系统； （3）一个结点。

2．静态平衡问题的解题“四步骤”

1．[分解法]（多选）如图5所示，重为mg的水桶用细绳悬挂在门楣上，一人将水桶拉起使细绳与竖直方向的夹角为30°且细绳绷紧，则人对水桶施加的作用力可能为（ ）

图5

1A.2mg

1 B.3mg 1C.4mg

3 D.3mg

解析 将重力按如图所示的方式分解，F2与绳的拉力等大反向，F1与人所施加的mg

力等大反向，由图可知人对水桶施加的作用力的最小值为，故A正确，B、C

2

3

错误；当人对水桶施加的作用力为水平方向时，施加的作用力大小为3mg，D正确。 答案 AD

2．[合成法]如图6所示，轻弹簧两端分别固定质量为ma、mb的小球a、b，通过两根细线将小球吊在水平天花板上，已知两球均处于静止状态，两细线与水平方向的夹角均为α，弹簧轴线沿水平方向，以下说法正确的是（ ）

图6

A．a球所受细线的拉力大小为magsin α B．a、b两球所受细线的拉力大小不一定相等 C．b球所受弹簧弹力的大小为mbgtan α D．a、b球的质量大小关系一定满足ma＝mb

解析 如图所示，对a球进行受力分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为magmagmbgTa＝sin α，弹簧的弹力Fa＝tan α；对b球进行受力分析，结论相同，即Tb＝sin α，mbg

Fb＝tan α，又Fa＝Fb，故ma＝mb，Ta＝Tb，故A、B、C错误，D正确。

答案 D

3．[正交分解法]如图7所示，质量为m的光滑球体夹在竖直墙和斜面体之间静止，斜面体质量也为m，倾角θ＝45°，斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ（0.5＜μ＜1），斜面体与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若增加球体的质量，且使斜面体静止不动，则可增加的最大质量为（ ）

图7

A．m

B.2μ－1

m 2－μ

C.2μ－1

m 1－μ

D.2μ

m 1－μ

解析 对整体受力分析如图（a）所示，斜面体与地面间的最大静摩擦力为Ffm＝2μmg，对球体受力分析如图（b）所示，则F1＝mgtan 45°，由以上可知斜面体与地面间的静摩擦力Ff＝mgtan 45°，增加球体的质量，要使斜面体静止不动，则（m＋Δm）gtan 45°≤μ（2m＋Δm）g，解得Δm≤

2μ－1

m，选项C正确。 1－μ

答案 C

动态平衡问题的分析方法

1．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。 2．基本思路

化“动”为“静”，“静”中求“动”。 3．“两种”典型方法

【典例】 （多选）如图8所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，已知A的圆半径为球B的半径的3倍，球B所受的重力为G，整个装置处于静止状态。设墙壁对B的压力为F1，A对B的压力为F2，则若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是（可用不同方法分析）（ ）

图8

A．F1减小

B．F1增大

C．F2增大

D．F2减小

解析 方法一 解析法：以球B为研究对象，受力分析如图甲所示，根据合成法，G

可得出F1＝Gtan θ，F2＝cos θ，当A向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小。故选项A、D正确。

方法二 图解法：先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ角减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都会减小。故选项A、D正确。

甲 乙 答案 AD 【拓展延伸】

在【典例】中若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则地面对A的摩擦力变化情况是（ ） A．减小

B．增大

C．不变

D．先变小后变大

解析 方法一 隔离法：隔离A为研究对象，地面对A的摩擦力Ff＝F2sin θ，当F2和θ减小时，摩擦力减小，故选项A正确。

方法二 整体法：选A、B整体为研究对象，A、B整体受到总重力、地面的支持力、墙壁的压力和地面的摩擦力，所以摩擦力Ff＝F1，当把A向右移动少许后，随着F1的减小，摩擦力也减小。故选项A正确。

方法三 临界值分析法：当A逐渐右移至B与A刚要脱离时，B和A之间没有挤压，A受到地面的摩擦力也变为零，所以在A逐渐右移的过程中，摩擦力在逐渐减小。故选项A正确。 答案 A

1．[解析法或图解法]如图9所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住。现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面且球面始终静止），挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况是（ ）

图9

A．F增大，FN减小 C．F减小，FN减小

B．F增大，FN增大 D．F减小，FN增大

解析 某时刻小球的受力情况如图所示，设小球与半球面的球心连线与竖直方向

mg

的夹角为α，则F＝mgtan α，FN＝cos α，随着挡板向右移动，α角越来越大，则F和FN都要增大。故选项B正确。

答案 B

2．[图解法]（2017·保定调研）如图10所示，斜面顶端固定有半径为R的轻质滑轮，用不可伸长的轻质细绳将半径为r的球沿斜面缓慢拉升。不计各处摩擦，且R＞r。设绳对球的拉力为F，斜面对球的支持力为N，则关于F和N的变化情况，下列说法正确的是（ ）

图10

A．F一直增大，N一直减小 B．F一直增大，N先减小后增大 C．F一直减小，N保持不变 D．F一直减小，N一直增大

解析 小球受到三个力作用，重力G为恒力，斜面的支持力N方向垂直斜面向上，当球沿斜面上升时，细绳的拉力F与竖直方向的夹角减小，画出受力的矢量三角形如图所示，则N减小，F增大，A正确。

答案 A

3．[相似三角形法]如图11所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块。如果小圆环A、滑轮、绳

子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB所对的圆心角为α，则两物块的质量比m1∶m2应为（ ）

图11

α

A．cos 2

α

B．sin 2

α

C．2sin 2

α

D．2cos 2 解析 对小圆环A受力分析，如图所示，FT2与FN的合力与FT1平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，可知：

m2gm1g

＝Rα，

2Rsin 2

m1α

解得：m＝2sin 2，C正确。

2答案 C 方法技巧 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，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，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。

1．（2016·全国卷Ⅱ，14）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12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（ ）

图12

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

解析 对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确。

答案 A

2.（2016·全国卷Ⅲ，17）如图13，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为（ ）

图13

mA.2

3B.2m

C．m

D．2m

解析 如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力大小相等，T＝mg，合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∟acb＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力大小T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对。

答案 C

3．（2016·浙江五校联考）如图14所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面上，保持静止状态。已知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和顶棚斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是（ ）

图14

A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcos θ B．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmgcos θ C．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mg D．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动

解析 因塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，其对顶棚有吸引力作用，故塑料壳对顶棚斜面的压力大于mgcos θ，所以选项A错误；又塑料壳保持静止状态，故顶棚斜面对塑料壳的摩擦力为静摩擦力，大小等于mgsin θ，所以选项B错误；顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力以及顶棚对磁铁的吸引力的合力大小为mg，所以选项C错误；若磁铁的磁性瞬间消失，而mgsin θ≤μmgcos θ，则塑料壳不会往下滑动，所以选项D正确。 答案 D

4．（2017·河北衡水中学一调）将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上。一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP恰好在竖直方向，如图15所示。现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时，OP绳与天花板之间的夹角为（ ）

图15

A．90°

B．45°

C．θ

θ

D．45°＋2 解析 对轻环Q进行受力分析如图甲，则只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，由几何关系可知，PQ绳与竖直方向之间的夹角是θ。对滑轮进行受力分析如图乙，由于滑轮的质量不计，则OP对滑轮的拉力与两段绳子上拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP的方向一定在两段绳子夹角的角90°＋θθ

平分线上，由几何关系得OP与竖直方向之间的夹角β＝2－θ＝45°－2，则θ

OP与天花板之间的夹角为90°－β＝45°＋2，故选项D正确。

答案 D

一、选择题（1～6题为单项选择题，7～11题为多项选择题）

1.（2016·广东东莞模拟）如图1所示，物体A放置在固定斜面上，一平行斜面向上的力F作用于物体A上。在力F逐渐增大的过程中，物体A始终保持静止，则以下说法中正确的是（ ）

图1

A．物体A受到的合力增大 B．物体A受到的支持力不变 C．物体A受到的摩擦力增大 D．物体A受到的摩擦力减小

解析 物体A始终静止，则所受合力为零，选项A错误；设斜面与水平面的夹角为θ，物体A质量为m，受到的支持力FN＝mgcos θ，选项B正确；如果F开始

很小，物体A受到的摩擦力沿斜面向上，当F逐渐增大时，摩擦力先减小至零，后反向增大，选项C、D错误。 答案 B

2．如图2所示，用一根细线系住重力为G的小球，开始细线在作用于O点的拉力下保持竖直位置，小球与倾角为α的光滑斜面体接触，处于静止状态，小球与斜面的接触面非常小。现保持小球位置不动，沿顺时针方向改变拉力方向，直到拉力方向与斜面平行。在这一过程中，斜面保持静止。下列说法正确的是（ ）

图2

A．细线对小球的拉力先减小后增大 B．斜面对小球的支持力先增大后减小 C．斜面对地面的摩擦力一直减小，方向向右 D．细线对小球的拉力的最小值等于Gsin α

解析 以小球为研究对象，对其受力分析，如图所示，因保持小球位臵不动，故小球处于动态平衡，由图知在题设的过程中，FT一直减小，FN一直增大，当细线与斜面平行时，FT与FN垂直，FT有最小值，且FTmin＝Gsin α，故选项A、B错误，D正确；选整体为研究对象，细线的拉力在水平方向的分量一直在增大，方向向右，所以地面对斜面的摩擦力一直增大，方向向左，根据牛顿第三定律，斜面对地面的摩擦力一直增大，方向向右，选项C错误。

答案 D

3．（2017·河南适应性测试）如图3所示，质量均为m的两个小球A、B（可视为质点）固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力为（ ）

图3

3A.2mg 3 B.3mg

23C.3mg D．2mg

解析 轻杆的长度等于碗的半径，由几何关系知，OAB为等边三角形。对小球A3

进行受力分析可知，小球A受到杆的作用力为3mg，B正确。 答案 B

4．（2016·海南“七校联盟”联考）如图4所示，两个相同的物体A、B叠在一起放在粗糙的水平桌面上，连在物体B上的轻绳通过定滑轮与空箱C相连，箱内放有一小球与箱内壁右侧接触，整个系统处于静止状态。已知A、B的质量均为m，C的质量为M，小球的质量为m0，物体B与桌面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计滑轮摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（ ）

图4

A．物体A受到三个力的作用 B．小球受到三个力的作用

C．桌面受到物体的摩擦力大小为2μmg D．桌面受到物体的摩擦力大小为（M＋m0）g

解析 由于整个系统处于静止状态，表明整个系统处于平衡状态，系统所受合外力为零，通过隔离法可知，该系统内每个物体所受合外力为零。由隔离法可知物体A受两个力（重力和物体B对其的支持力），小球受重力和空箱C对它的支持力两个力作用，故选项A、B错误；对空箱C和小球组成的系统进行受力分析知轻绳的拉力大小等于（M＋m0）g，再通过对A、B两物体组成的系统受力分析知水平方向物体B受到的桌面对物体B的静摩擦力大小等于轻绳的拉力大小（M＋m0）g，由牛顿第三定律可知，物体B对桌面的静摩擦力大小为（M＋m0）g，故选项C错误，D正确。

答案 D

5．如图5所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定光滑斜面的推力F的作用下，沿斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°，则匀速运动时弹簧的压缩量为（ ）

图5

FA.k

F B.2k

FC.3k

F D.4k 解析 设物体A、B的质量均为m。先用整体法，求出F＝2mgsin 30°＝mg；后用隔离法，选取物体B为研究对象，对其受力分析，根据平衡条件可求出弹簧对BmgFFF沿斜面向上的弹力F弹＝mgsin 30°＝2＝2，即2＝kx，所以x＝2k。故选项B正确。 答案 B

6．甲、乙两人用aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢向上提升，如图6所示。则在物块由O点沿直线Oa缓慢上升过程中，以下判断正确的是（ ）

图6

A．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小 B．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大

C．aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大 D．aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直在增大

解析 对结点O进行受力分析，如图所示，根据三力平衡的特点可知aO绳和bO绳中的弹力的合力与重力是一对平衡力，从图中可以看出：aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大，即C选项正确。

答案 C

7．如图7所示，物体的重力为G，保持细绳AO的位置不变，让细绳BO的B端沿四分之一圆周从D点缓慢向E点移动。在此过程中（ ）

图7

A．细绳BO上的张力先增大后减小 B．细绳BO上的张力先减小后增大 C．细绳AO上的张力一直增大 D．细绳AO上的张力一直减小

解析 由于物体始终处于平衡状态，所以TOA和TOB的合力大小恒等于G，方向竖直向上，当细绳的B端从D点向E点缓慢地移动时，各力变化情况如图所示，可见TOA逐渐增大，TOB先减小后增大，选项A、D错误，B、C正确。

答案 BC

8．（2017·西安八校联考）如图8所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平

向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均为光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较（ ）

图8

A．拉力F增大 B．拉力F减小

C．角θ不变

D．角θ减小

解析 以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子受的力始终等于B的重力，两绳子拉力的合力在∟APB的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F增大，A项正确，B项错；PQ与竖直方向夹角等于∟APB的一半，故拉动绳子后角θ减小，C项错，D项正确。 答案 AD

9．如图9所示，质量分别为mA、mB的A、B两个楔形物体叠放在一起，B靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A、B静止不动，则（ ）

图9

A．A物体受力的个数可能为3

B．B受到墙壁的摩擦力方向可能向上，也可能向下 C．力F增大（A、B仍静止），A对B的压力也增大 D．力F增大（A、B仍静止），墙壁对B的摩擦力也增大

解析 隔离A物体，若A、B间没有静摩擦力，则A受重力、B对A的支持力和水平力F三个力作用，选项A正确；将A、B看作一个整体，整体在竖直方向上受到重力和摩擦力，所以墙对B的摩擦力方向只能向上，选项B错误；若F增大，则F在垂直B斜面方向的分力增大，所以A对B的压力增大，选项C正确；对A、B整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向上有f＝GA＋GB，因此当水平力F增

大时，墙壁对B的摩擦力不变，选项D错误。 答案 AC

10．（2016·广西模拟）如图10所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态。则下列说法正确的是（ ）

图10

A．无论F如何改变，a、b两物体均受四个力作用 B．a、b两物体对斜面的压力相同 C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等

D．当逐渐增大拉力F时，地面对斜面的静摩擦力增大

解析 当细线对b的拉力沿斜面方向分力等于b所受重力沿斜面方向的分力时，b不受摩擦力作用，只受重力、支持力和拉力三个力作用，A项错误；对a进行受力分析知，a一定受摩擦力作用，C项错误；拉力作用在细线的中点，所以两细线的张力大小相等，又两细线与斜面的夹角相等，由平衡条件可知，两物体所受支持力相等，由牛顿第三定律可知，B项正确；以整体为研究对象，地面对斜面的静摩擦力Ff＝Fsin α，F增大，则静摩擦力增大，D项正确。 答案 BD

11．（2016·江西重点中考）如图11所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是（ ）

图11

A．力F的大小为mBg

B．地面对C的支持力等于（M＋mA＋mB）g 3

C．地面对C的摩擦力大小为2mBg D．mA＝mB

解析 对小球B受力分析，水平方向有Fcos 30°＝Tbcos 30°，得Tb＝F，竖直方向有Fsin 30°＋Tbsin 30°＝mBg，解得F＝mBg，故A正确；对小球A受力分析，竖直方向有mAg＋Tbsin 30°＝Tasin 60°，水平方向有Tasin 30°＝Tbsin 60°，联立解得mA＝mB，故D正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向有FN＋Fsin 30°＝（M＋mA＋mB）g，可见FN小于（M＋mA＋mB）g，故B错误；水平3方向有Ff＝Fcos 30°＝mBgcos 30°＝2mBg，故C正确。 答案 ACD 二、非选择题

12．（2016·江苏南通质检）如图12所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态。（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

图12

（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？ （2）人受到的摩擦力是多大？方向如何？

（3）若人的质量m2＝60 kg，人与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量最大不能超过多少？

解析 （1）以结点O为研究对象进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件有

甲

FOB＝FOAsin θ FOAcos θ＝m1g

m1g5

联立解得FOA＝cos θ＝4m1g， 3

FOB＝m1gtan θ＝4m1g

53

故轻绳OA、OB受到的拉力分别为4m1g、4m1g。

（2）对人受力分析，如图乙所示，人在水平方向受到OB绳的拉力FOB′和水平向左的静摩擦力作用，由平衡条件得f＝FOB′

乙

又FOB′＝FOB 3

所以f＝FOB＝4m1g

（3）当人刚要滑动时，甲的质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值，有fm＝μm2g

由平衡条件得FOBm′＝fm

3

又FOBm′＝FOBm＝m1mgtan θ＝m1mg

4

4FOBm′4μm2g

联立解得m1m＝3g＝3g＝24 kg 即物体甲的质量最大不能超过24 kg。 53

答案 （1）4m1g 4m1g

3

（2）4m1g 水平向左 （3）24 kg

能力课 多物体平衡及平衡中的临界、极值问题

平衡中的连接体问题

1．连接体

多体是指两个或者两个以上的物体组成的物体系统，中间可用绳、杆或弹簧连接或直接连接（连接体），也可以是几个物体叠加在一起（叠加体），一般靠摩擦力相互作用。 2．内力和外力

当A、B视为整体时，A对B的作用力就属于内部力，受力分析时不用考虑；单独对B分析时，A对B的作用力就属于外力，受力分析时必须考虑。 3．整体法与隔离法

（1）当涉及整体与外界作用时，用整体法。 （2）当涉及物体间的作用时，用隔离法。

（3）整体法和隔离法选取的原则：先整体后隔离。 角度1 轻绳（或轻杆或轻弹簧）连接体模型

【模拟示例1】 （2017·杭州七校联考）如图1所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上。现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧。则平衡时两球的可能位置是下面的（ ）

图1

解析 用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F（甲受到的）、水平向右的力F（乙受到的）和细线

1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg，水平向右的拉力F，细线2的拉力F2。要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜。 答案 A

【拓展延伸1】 把乙球放在光滑的斜面上

如图所示，甲、乙两个质量相同的球用线连接，甲球用线挂在天花板上，乙球放在光滑斜面上，系统保持静止（线的质量不计），以下图示正确的是（ ）

答案 B

【拓展延伸2】 改变两小球的受力情况

在【示例1】的图中如果作用在乙球上的力大小为F，作用在甲球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是（ ）

解析 将甲、乙两个小球作为一个整体，受力分析如图所示，设上面的绳子与竖F

直方向的夹角为α，则根据平衡条件可得tan α＝2mg，再单独研究乙球，设下面F

的绳子与竖直方向的夹角为β，根据平衡条件可得tan β＝mg，因此β＞α，因此甲球在竖直线的右侧，而乙球在竖直线的左侧，选项C正确。

答案 C

【变式训练1】 如图2所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（ ）

图2

A.3∶4

B．4∶3

C．1∶2

D．2∶1

解析 把两个小球看成整体，分析受力，由平衡条件可得：FAsin 30°＝FC， 又FA＝kxA，FC＝kxC，

联立解得弹簧A、C的伸长量之比xA∶xC＝1∶sin 30°＝2∶1，选项D正确。 答案 D

角度2 叠加连接体模型

【真题示例2】 （广东理综）（多选）如图3，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（ ）

图3

A．P向下滑动 B．P静止不动

C．P所受的合外力增大 D．P与斜面间的静摩擦力增大

解析 P在斜面上处于静止状态，设P的质量为M，斜面的倾角为θ，则有μ0Mgcos

θ≥Mgsin θ，当加上一个质量为m的物体Q后，仍然有μ0（M＋m）gcos θ≥（M＋m）gsin θ，因此P仍处于静止状态，A项错误，B项正确；由于P处于静止状态，合外力为零，C项错误；由物体的平衡条件知，P与斜面间的静摩擦力由Mgsin θ变为（M＋m）gsin θ，D项正确。 答案 BD

【变式训练2】 在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B的球面光滑，半圆球A与左侧墙壁之间存在摩擦。两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（g为重力加速度），则半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（ ）

图4

3A.2 3 B.3

3C.4

23 D.3 解析 以圆球B为研究对象，对圆球B进行受力分析如图甲所示。由平衡条件可得：FN＝Fcos 30°，Fsin 30°＝2mg，所以：FN＝23mg。以两球组成的整体为研究对象，其受

力分析如图乙所示。由平衡条件有：Ff＝3mg，FN1＝FN，由题意知，整体恰好不滑动，故Ff＝μFN1′（FN1′与FN1是一对相互作用力，FN1′表示半圆球A对墙壁的压3力），联立解得μ＝2，选项A正确。

答案 A

平衡中的临界极值问题

1．临界问题

当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述。 常见的临界状态有：

（1）两接触物体脱离与不脱离的临界条件是相互作用力为0（主要体现为两物体间的弹力为0）；

（2）绳子断与不断的临界条件为绳中张力达到最大值；绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中张力为0；

（3）存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件为静摩擦力达到最大。

研究的基本思维方法：假设推理法。 2．极值问题

平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题。一般用图解法或解析法进行分析。 角度1 平衡中的临界问题

【模拟示例3】 如图5所示，物体A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为μ，物体A、B用一根跨过动滑轮的细绳相连。现用逐渐增大的力向上提升滑轮，某时刻拉A物体的绳子与水平面成53°，拉B物体的绳子与水平面成37°，mA

此时A、B两物体刚好处于平衡状态，则A、B两物体的质量之比m为（最大静B摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）（ ）

图5

A.4μ＋3

3μ＋4

B.3μ＋4

4μ＋3

C.4μ－3

3μ－4

D.3μ－4

4μ－3

解析 设绳中张力大小为F，对A应用平衡条件得Fcos 53°＝μ（mAg－Fsin 53°），mA4μ＋3对B应用平衡条件得Fcos 37°＝μ（mBg－Fsin 37°），联立以上两式解得m＝，

B3μ＋4选项A正确。

答案 A

【变式训练3】 （2016·山西忻州一中等四校联考）质量均为m的完全相同物块A、B用轻弹簧相连，置于带有挡板C的固定斜面上。斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k，摩擦不计。初始时A恰好静止。现用一沿斜面向上的力拉A，直到B刚要离开挡板C，则此过程中物块A的位移为（弹簧始终处于弹性限度内）（ ）

图6

mgA.k

B.mgsin θk 2mgC.k D.

2mgsin θ

k

解析 设刚开始时弹簧压缩量为x0，A对弹簧的压力 mgsin θ＝kx0①

B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，B对弹簧的拉力 mgsin θ＝kx1②

所以物体A向上的位移x＝x1＋x0＝答案 D

角度2 平衡中的极值问题

【真题示例4】 （2013·全国新课标卷Ⅱ，15）如图7所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）。由此可求出（ ）

图7

A．物块的质量 B．斜面的倾角

C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力

解析 物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化。设斜面倾角为θ，由平衡条件F1－mgsin θ－Ffmax＝0，

2mgsin θ

，故D正确。 k

F2－mgsin θ＋Ffmax＝0，解得Ffmax＝

F1－F2

2，故选项C正确；FN＝mgcos θ，F1＋

F2＝2mgsin θ，因m和θ均未知，所以不能求出物块的质量、斜面的倾角和物块对斜面的压力。 答案 C

【变式训练4】 （2017·山西临汾月考）（多选）如图8所示，一根长为L的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧，小球A静止，则需对小球施加的力可能等于（ ）

图8

A.3mg

B．mg

1

C.3mg

3 D.6mg

解析 以小球为研究对象进行受力分析，如图所示，当力F与细绳垂直时，所用1

的力最小。根据平衡条件得F的最小值为Fmin＝Gsin 30°＝2mg，所以对小球施1

加的力F≥2mg，故A、B正确。

答案 AB 方法技巧

涉及极值的临界问题的三种解答方法 （1）假设推理法

先假设某种临界情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。（如示例3、变式3的求解方法就是假设法） （2）数学方法

根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值。通常用到的数学

知识有二次函数求极值、讨式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等。（如示例4的求解方法） （3）图解法

根据平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据矢量图进行动态分析，确定最大值和最小值。（如变式4的求解方法）

1．（2015·山东理综，16）如图9，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（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μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为（ ）

图9

1A.μμ 12

1－μ1μ2 B.μμ

12

1＋μ1μ2C.μμ

12

2＋μ1μ2D.μμ 12

解析 设水平作用力为F，对物体A、B整体：在水平方向上有F＝μ2（mA＋mB）mA1－μ1μ2

g；隔离物体B：在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：m＝μμ，选项B正

B

12

确。 答案 B

2．（2017·湖北孝感联考）如图10所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢从底部爬到a处，则下列说法正确的是（ ）

图10

A．在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力 B．在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力 C．在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力 D．在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力

解析 由题意知，蚂蚁在半球形碗内爬行过程中受到竖直向下的重力、碗的支持

力和摩擦力，设支持力方向与竖直方向的夹角为θ，蚂蚁的质量为m，因蚂蚁缓慢爬行，则由力的平衡条件知蚂蚁受到的支持力和摩擦力分别为FN＝mgcos θ、Ff＝mgsin θ，由于θa＞θb，因此FNa＜FNb，Ffa＞Ffb，即在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，故选项A错误，B正确；碗对蚂蚁的作用力是支持力和摩擦力的合力，与重力大小相等，方向相反，即在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，在a点蚂蚁受到的合力等于在b点受到的合力，皆为0，故选项C、D错误。 答案 B

3．（2016·湖南长沙一模，16）如图11所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现向b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）

图11

A．b对c的摩擦力可能先减小后增大 B．地面对c的支持力可能不变 C．c对地面的摩擦力方向始终向左 D．弹簧的弹力可能增大

解析 当向b盒内缓慢加入砂粒的过程中，a、b、c一直处于静止状态，对a分析，弹簧弹力不变，a的重力不变，则细绳拉力不变；对b、c整体分析知，其受方向始终向左的摩擦力，故c对地面的摩擦力方向始终向右，由于b、c整体质量增大，则地面对c的支持力增大，B、C、D错；如果开始时，b所受c的摩擦力沿斜面向上，则对b分析可知，随着砂粒的加入b对c的摩擦力可能先减小后增大，A对。 答案 A

4．如图12所示，粗糙斜面P固定在水平面上，斜面倾角为θ，在斜面上有一个小滑块Q。若给Q一个水平向右的推力F，无论推力为多大，Q都不会向上滑动，

则P、Q间的动摩擦因数（ ）

图12

1

A．不小于tan θ C．等于tan θ

1

B．等于tan θ D．不小于tan θ

解析 对Q，沿斜面向上的合外力F′＝Fcos θ－μ（Fsin θ＋mgcos θ）－mgsin θ，整理为F′＝（cos θ－μsin θ）F－（μcos θ＋sin θ）mg，如果无论推力F为多大时，Q都不会向上滑动，即F→∞，则只有当F的系数cos θ－μsin θ≤0时，F′才不能1

大于0，即合外力不可能向上，滑块不可能向上滑动，解得μ≥tan θ，所以选项A正确。 答案 A

一、选择题（1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题）

1．如图1所示，斜面体A放在水平地面上，用平行于斜面的轻弹簧将物块B拴在挡板上，在物块B上施加平行于斜面向上的推力F，整个系统始终处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）

图1

A．物块B与斜面之间一定存在摩擦力 B．弹簧的弹力一定沿斜面向下

C．地面对斜面体A的摩擦力一定水平向左 D．若增大推力，则弹簧弹力一定减小

解析 因不知道弹簧处于伸长还是压缩状況，故A、B、D错误；对整体受力分析，地面对斜面体A的摩擦力与推力F的水平分力等大反向，故C正确。 答案 C

2．（2016·江苏淮安高三考前信息卷）如图2所示，斜面的倾角为30°，物块A、

B通过轻绳连接在弹簧测力计的两端，A、B重力分别为10 N、6 N，整个装置处于静止状态，不计一切摩擦，则弹簧测力计的读数为（ ）

图2

A．1 N

B．5 N

C．6 N

D．11 N

解析 对物体A由共点力平衡条件有FT－GAsin 30°＝0，由牛顿第三定律可知，弹簧测力计的读数为FT＝5 N。选项B正确。 答案 B

3.如图3所示，两个物体A、B的质量均为1 kg，各接触面间的动摩擦因数均为0.3，同时用F＝1 N的两个水平力分别作用在A、B上，则地面对物体B，B对物体A的摩擦力分别为（取g＝10 m/s2）（ ）

图3

A．6 N 3 N

B．1 N 1 N

C．0 1 N

D．0 2 N

解析 以A、B整体为研究对象进行受力分析，可知地面对B的摩擦力为零；再以A为研究对象进行受力分析，Ff＝μmg＝3 N＞1 N，可知B对A的摩擦力与力F大小相等、方向相反，大小为1 N，所以选项C正确。 答案 C

4．（2016·陕西西安交大附中等五校联考）将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图4所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为（ ）

图4

3A.3mg

B．mg

3C.2mg 1 D.2mg

解析 以a、b为整体，整体受重力2mg、悬绳Oa的拉力FT及拉力F三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F垂直于悬绳拉力FT时有最小值，且最小值F＝2mgsin θ＝mg，B项正确。

答案 B

5．如图5所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦。物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为（ ）

图5

A.2

m 2

B.2m

C．m

D．2m

解析 先以物块A为研究对象，由物块A受力及平衡条件可得绳中张力T＝mgsin 30°。再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有mBg＝2T，解得mB2m

＝2，A正确。 答案 A

6．（2016·陕西西郊中学一模）如图6所示，在水平地面上放置一个质量为M的斜面体（斜面光滑），斜面体上放置一个质量为m的物块，物块与固定在墙面上的轻质弹簧相连，弹簧的轴线始终与斜面平行。若物块在斜面上做往复运动的过程中，斜面体始终保持静止，则图中画出的关于地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象正确的是（ ）

图6

解析 设斜面体M的倾角为θ，以物块m为研究对象可知斜面体对m的支持力为N＝mgcos θ，以斜面体M为研究对象进行受力分析可知地面对斜面体的摩擦力为f＝Nsin θ＝mgsin θcos θ，故选项C正确。 答案 C

7．（2016·东北三校二联）如图7所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M。3质量为m的物体A静止在B上。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至2mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是（ ）

图7

A．地面对B的支持力大于（M＋m）g

333B．A对B的压力的最小值为2mg，最大值为4mg

mg

C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为4 13

D．A所受摩擦力的最小值为2mg，最大值为4mg

解析 因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于（M＋m）g，A错误；当F＝0时，A对B的压力最小，为mgcos 30°3333＝2mg；当F＝2mg 时，A对B的压力最大，为mgcos 30°＋F sin 30°＝4mg，

3

B正确；当Fcos 30°＝mgsin 30°时，即F＝3mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0

13

时，A所受摩擦力大小为2mg，方向沿斜面向上，当F＝2mg时，A所受摩擦力

1

大小为4mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误。

答案 B

8．将某均匀的长方体锯成如图8所示的A、B两块后，在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左侧面推B，使A、B整体仍保持长方体形状沿力F的方向匀速运动，则（ ）

图8

A．A在水平方向上受三个力的作用，且合力为零 B．A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零 C．B对A的作用力方向与力F的方向相同 D．B对A的压力等于桌面对A的摩擦力

解析 对A、B整体分析知，它们均受到桌面的滑动摩擦力作用，A还受到B的弹力和静摩擦力作用，故A正确；B对A的作用力为弹力和静摩擦力的合力，方向与桌面对A的滑动摩擦力方向相反，即与力F的方向相同，C正确。 答案 AC

9．（2016·山东枣庄滕州实验高中模考）在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块静止置于水平地面上，如图9所示。设空气密度不变，则下列说法正确的是（ ）

图9

A．若风速逐渐增大，气球会连同石块一起离开地面 B．无论风速多大，气球连同石块都不会离开地面

C．若风速逐渐增大，小石块滑动前受到地面施加的摩擦力逐渐增大 D．若风速逐渐增大，小石块滑动后受到地面施加的摩擦力逐渐增大

解析 以气球为研究对象，受力分析如图甲所示，受重力G1、空气的浮力F1、风力F、绳子的拉力T。设绳子与水平方向的夹角为α。以气球和石块整体为研究对象，受力分析如图乙所示。

由于风力沿水平方向，地面对石块的支持力FN＝G1＋G2－F1保持不变，与风力无关，所以当风力增大时，不影响整体在竖直方向上的受力，故风力不会改变整体竖直方向上的平衡，即石块不会离开地面，故A错误，B正确；如图乙，整体在竖直方向上有FN＋F1＝G1＋G2，气球所受的浮力F1、气球的重力G1和石块的重力G2都不变，则地面对石块的支持力FN不变，地面受到小石块的压力也不变。在石块滑动前，当风力F增大时，所受的摩擦力增大，当石块滑动后，石块受到的摩擦力Ff＝μFN保持不变，故D错误，C正确。 答案 BC

10．如图10所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是（ ）

图10

A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m＋M）g C．当F>μ2（m＋M）g时，木板便会开始运动 D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动

解析 由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg。又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，选项A正确，B错误；若增大F的大小，只能使木块的加速度大小变化，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，选项C错误，D正确。 答案 AD

11．（2016·平顶山统考）有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形，稳定时底角为α，如图11所示。如果视每粒砂子完全相同，砂子与砂子之间，砂子与地面之间的动摩擦因数均为μ，砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等，以下说法正确的是（ ）

图11

A．砂堆稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零

B．砂堆稳定时，只有形成严格规则的圆锥，底面受到地面的摩擦力才为零 C．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tan αmax＝ μ D．砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足cos αmax＝ μ

解析 对于砂堆整体，只受到重力和底面的支持力，水平方向上不受力，A正确；不论砂堆的形状是否为规则的圆锥形，整体受力不变，B错误；对砂堆侧面上的某粒砂子受力分析，如图所示则FN＝mgcos α，Ff＝mgsin α，Ff≤μFN，解得tan αmax ＝μ，C正确，D错误。

答案 AC 二、非选择题

12．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m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α角的力F拉着木块匀速上升，如图12所示（已知木楔在整个过程中始终静止）。

图12

（1）当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值； （2）当α＝θ时，木楔对水平面的摩擦力是多大？

解析 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。

（1）木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff Fsin α＋FN＝mgcos θ Ff＝μFN

2mgsin θ2mgsin θcos θmgsin 2θ

解得F＝＝＝ cos α＋μsin αcos αcos θ＋sin αsin θcos （θ－α）则当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ。

（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F的水平分力，即Ffm＝Fcos （α＋θ） 当F取最小值mgsin 2θ时，

1

Ffm＝Fmincos 2θ＝mg·sin 2θcos 2θ＝2mgsin 4θ。 1

答案 （1）mgsin 2θ （2）2mgsin 4θ

实验二 探究弹力和弹簧伸长的关系

注意事项

1．安装实验装置：要保持刻度尺竖直并靠近弹簧。

2．不要超过弹性限度：实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免超过弹簧的弹性限度。

3．尽量多测几组数据：要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据。 4．观察所描点的走向：不要画折线。

5．统一单位：记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位。 误差分析

1．钩码标值不准确，弹簧长度测量不准确带来误差。 2．画图时描点及连线不准确也会带来误差。

热点一 实验原理与实验操作

【例1】 某中学的物理兴趣实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验时，分成了两组来进行探究分析。

图1

（1）小组甲对两个劲度系数不同的弹簧A和弹簧B进行了探究，根据测量的实验数据以弹簧的伸长量（x）为纵坐标，以弹簧的弹力（F）为横坐标，在同一坐标系中作出了两弹簧的图象，从图象上看两弹簧的图线的后半段均向上发生了弯曲，其原因是________________________________________________________，

如果选用其中的一个弹簧制作成精确度比较高的弹簧测力计，则应选 （填“A”或“B”）。

（2）小组乙的同学完成了如下的操作：

a．将带铁夹的铁架台放在水平桌面上，将弹簧的一端固定在铁夹上使其呈自然状态，并在竖直的弹簧附**行弹簧固定一刻度尺

b．以弹簧的伸长量（x）为纵坐标，以弹簧的弹力（F）为横坐标，根据以上测量的数据在坐标系中描点，并用一条平滑的线连接起来

c．写出弹簧的弹力与弹簧形变量的关系式，并对该关系式中的常量进行解释 d．从刻度尺上读出弹簧下端不悬挂钩码时，弹簧下端所对应的刻度尺上的刻度值，记为L0

e．然后在弹簧的下端依次悬挂1、2、3、4„个钩码，当弹簧稳定时，依次读出弹簧下端所对应的刻度值，分别记为L1、L2、L3、L4„并将对应的数据记录在表格中，随后将钩码取下

请将以上的实验步骤按照正确的顺序排列，将步骤前的字母填在横线上： 。

解析 （1）图象后半段向上弯曲表明弹簧已经超过了其弹性限度；若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧A，因为弹簧A的劲度系数较小，较小的力能使弹簧A发生较明显的形变，便于测量。（2）实验步骤的排列顺序为adebc。 答案 （1）弹簧已经超过了其弹性限度；A （2）adebc 【特别提醒】

（1）测量有关长度时，应区别弹簧原长L0、实际总长L及伸长量x，明确三者之间的关系；

（2）建立平面直角坐标系时，两轴上单位长度所代表的物理量的值要适当，不可过大，也不可过小。描线的原则：尽量使各点落在一条直线上，少数点分布于线两侧，描出的线不应是折线，而应是平滑的直线。 热点二 数据处理及误差分析

【例2】 [2015·福建理综，19（1）]某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。

（1）图2甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；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Δl为 cm；

图2

（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Δl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____________________________ _______________________________。

解析 （1）由题图乙知，读数为14.66 cm，所以弹簧伸长量Δl＝（14.66－7.73）cm＝6.93 cm。（2）若随意增减钩码，作图不方便，有可能会超出弹簧的弹性限度，所以应逐一增挂钩码，选项A正确。（3）由题图丙知AB段弹簧伸长量与弹力不成线性关系，是因为钩码重力超过弹簧的弹性限度。

答案 （1）6.93 （2）A （3）钩码重力超过弹簧的弹性限度

反思总结

1．解答本题应关注以下三点

（1）刻度尺读数时，对有效数字的要求。

（2）逐一增挂钩码和随意增减钩码对实验带来的影响。 （3）从实验注意事项的角度分析图象弯曲的原因。 2．实验数据处理的三种方法

（1）图象法：根据测量数据，在建好直角坐标系的坐标纸上描点，以弹簧的弹力F为纵轴，弹簧的伸长量x为横轴，根据描点的情况，作出一条经过原点的直线。 （2）列表法：将实验数据填入表中，研究测量的数据，可发现在实验误差允许的范围内，弹力与弹簧伸长量的比值是一常数。

（3）函数法：根据实验数据，找出弹力与弹簧伸长量的函数关系。 热点三 实验的改进与创新

1．实验原理的创新（如图3甲、乙、丙所示）

图3

2．数据处理的创新

（1）弹力的获得：弹簧竖直悬挂，重物的重力作为弹簧的拉力，存在弹簧自重的影响

弹簧水平使用，重物的重力作为弹簧的拉力，消除了弹簧自重的影响。

由传感器和计算机输入数据直

（2）图象的获得：由坐标纸作图得F－x图象接得F－x图象。

【例3】 用如图4所示的实验装置研究弹簧的弹力与形变量之间的关系。轻弹簧上端固定一个力传感器，然后固定在铁架台上，当用手向下拉伸弹簧时，弹簧的弹力可从传感器读出。用刻度尺可以测量弹簧原长和伸长后的长度，从而确定伸长量。测量数据如表格所示：

图4

伸长量x/10－2 m 2.00 弹力F/N 1.50 4.00 2.93 6.00 4.55 8.00 5.98 10.00 7.50 （1）以x为横坐标，F为纵坐标，在图5的坐标纸上描绘出能够正确反应弹力与伸长量关系的图线。

图5

（2）由图线求得该弹簧的劲度系数为 （保留两位有效数字）。 解析 横轴表示伸长量x，纵轴表示弹力F，按照表格数据，描点画图，得到一条直线，图象斜率代表弹簧劲度系数。 答案 （1）如图 （2）75 N/m

1．（2016·长春质量监测）在探究弹力和弹簧伸长的关系时，某同学先按图6对弹簧甲进行探究，然后把弹簧甲和弹簧乙并联起来按图7进行探究。在弹簧弹性限度内，将质量为m＝50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，分别测得图6、图7中弹簧的长度L1、L2，如下表所示。

钩码个数 L1/cm L2/cm 1 30.00 29.33 2 31.04 29.65 3 32.05 29.97 4 33.02 30.30 （1）已知重力加速度g＝9.8 m/s2，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧甲的劲度系数k＝ N/m（结果保留两位有效数字）。

（2）由表中数据 （填“能”或“不能”）计算出弹簧乙的劲度系数。 解析 （1）由题表中实验数据可知，每增加1个钩码，弹簧甲的平均伸长量约为

－3

ΔFmg50×10×9.8

1.00 cm，则弹簧甲的劲度系数k＝Δx＝Δx＝ N/m＝49 N/m。

1.00×10－2（2）把弹簧甲和弹簧乙并联起来按题图7进行探究。由题表中数据可知，每增加1个钩码，弹簧乙的平均伸长量为0.32 cm，由mg＝F甲＋F乙＝k甲Δx甲＋k乙Δx乙，可知弹簧乙的劲度系数能够计算出来。 答案 （4）49 （2）能

2．某同学探究一条橡皮筋的弹力和伸长量之间的关系，实验时使用了一条拉伸一定长度后粗细会明显变化的橡皮筋。利用弹簧秤测出橡皮筋弹力的大小，利用刻度尺测出橡皮筋的长度。

（1）某次测橡皮筋的弹力时，弹簧秤的示数如图8所示，读数为 N。

图8

（2）该同学根据实验测得的橡皮筋的弹力F与橡皮筋伸长量Δx的数据作出F－Δx图象，如图9所示。从图上可以看出，在弹力较小时，橡皮筋的弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，这时橡皮筋的劲度系数为 N/m。

图9

（3）由图9可以看出，当拉力较大时，橡皮筋的弹力与伸长量的比值发生了明显的变化，这时拉力越大，橡皮筋越 （填“容易”或“不容易”）发生形变。

解析 （1）根据弹簧秤的读数规则可知，弹簧秤的读数为1.30 N。

（2）由题图9可知，在弹力较小时，橡皮筋的弹力与伸长量成正比，这时橡皮筋0.6

的劲度系数为k＝ N/m＝12 N/m。

5×10－2（3）由题图9可以看出，当拉力较大时，图象的斜率增大，这表明增大一定的伸长量，需要的拉力变大，因此橡皮筋更不容易发生形变。 答案 （1）1.30 （2）12 （3）不容易

3．（2017·安徽黄山模拟）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。 （1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧。

弹簧轴线和刻度尺都应在 方向（填“水平”或“竖直”）。

（2）弹簧自然悬挂，待弹簧 时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g 砝码，弹簧长度依次记为L1至L6。数据如下表： 代表符号 L0 Lx 27.35 L1 29.35 L2 31.30 L3 33.4 L4 35.35 L5 37.40 L6 39.30 数值（cm） 25.35 表中有一个数值记录不规范，代表符号为 。由表可知所用刻度尺的最小分度为 。

（3）图10是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与 的差值（填“L0”或“Lx”）。

图10

（4）由图可知弹簧的劲度系数为 N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为 g。（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2）

解析 （1）为保证弹簧的形变只由砝码和砝码盘的重力引起，所以弹簧轴线和刻度尺均应在竖直方向。

（2）弹簧静止时，记录原长L0；表中的数据L3与其他数据有效数字位数不同，所以数据L3不规范，规范数据应读至厘米位的后两位，最后一位应为估计值，精确至mm位，所以刻度尺的最小分度为1 mm。 （3）由题图知所挂砝码质量为0时，x为0， 所以x＝L－Lx。

k（4）由胡克定律F＝kΔx知，mg＝k（L－Lx），即mg＝kx，所以图线斜率即为g＝－3ΔmΔmg（60－10）×10×9.8

Δx，则弹簧的劲度系数k＝Δx＝（12－2）×10－2 N/m＝4.9 N/m。

同理砝码盘质量

k（Lx－L0）4.9×（27.35－25.35）×10－2m＝＝ kg

g9.8＝0.01 kg＝10 g。

答案 （1）竖直 （2）静止 L3 1 mm （3）Lx （4）4.9 10

实验三 验证力的平行四边形定则

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用弹簧测力计测拉力时要使拉力沿弹簧测力计轴线方向。

②应尽量使橡皮条、弹簧测力计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，选定的标度要相同。

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。 注意事项

操作不忘“三”“二”“一”

用两个弹簧测力计拉橡皮条时的“三记录”（记录两弹簧测力计示数、两细绳方向和结点O的位置），用一个弹簧测力计拉橡皮条时的“二记录”（记录弹簧测力计示数和细绳方向）及“一注意”（结点O的位置必须在同一位置）等。

热点一 实验原理与实验操作

【例1】 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学经历了以下实验步骤：

A．用铅笔和直尺在白纸上从O点沿着两细绳方向画直线，按一定标度作出两个力F1和F2的图示，根据平行四边形定则作图求出合力F；

B．只用一个弹簧测力计，通过细绳把橡皮条与细绳的连接点拉到同样的位置O； C．用铅笔记下O点的位置和两条细绳的方向，读出两个弹簧测力计的示数； D．在水平放置的木板上，垫一张白纸并用图钉固定，把橡皮条的一端固定在板上的A点，用两条细绳连接在橡皮条的另一端，通过细绳同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使橡皮条与细绳的连接点到达某一位置O；

E．记下弹簧测力计的读数和细绳的方向，按同一标度作出这个力的图示F′，比较这个实测合力和按平行四边形定则求出的合力F，看它们的大小和方向是否相等；

F．改变两测力计拉力的大小和方向，多次重复实验，根据实验得出结论。 （1）将以上实验步骤按正确的顺序排列，应为 （填选项前的字母）。 （2）图1甲中弹簧测力计B的示数为 N，为了更准确地得到合力与分力的关系，要采用作力的 （填“图示”或“示意图”）来表示分力与合力。

（3）图乙中方向一定沿AO方向的力是 （填“F”或“F′”）。

（4）在物理学中跟力一样，运算时遵守平行四边形定则的物理量还有 （至少写出三个，要求写名称）。

图1

答案 （1）DCABEF （2）3.80 图示 （3）F （4）位移、速度、加速度、电场强度等

热点二 数据处理及误差分析

【例2】 请完成“验证力的平行四边形定则”实验的相关内容。

（1）如图2甲所示，在铺有白纸的水平木板上，橡皮条一端固定在A点，另一端拴两个细绳套。

图2

（2）如图乙所示，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为O点，记下此时弹簧测力计的示数F1和F2及 。 （3）如图丙所示，用一个弹簧测力计拉橡皮条，使绳与橡皮条的结点拉到O点，记下此时弹簧测力计的示数F＝ N和细绳的方向。

（4）如图丁所示，已按一定比例作出了F1、F2和F的图示，请用作图法作出F1和F2的合力。

（5）合力与F大小相等，方向略有偏差，如果此偏差仅由F1引起，则原因是F1

的大小比真实值偏 、F1与F2的夹角比真实夹角偏 。（填“大”或“小”）

解析 （2）要记下两分力F1和F2的方向。 （3）弹簧测力计的示数要估读一位，即F＝3.00 N。

（4）由力的图示作出F1和F2的合力F′，如图。

（5）由图所示，将F1减小或减小F1与F的夹角，合力F′与F更接近重合，则原因是F1的大小比真实值偏大、F1与F2的夹角比真实夹角偏大。 答案 （2）两细绳的方向 （3）3.00 （4）见解析 （5）大 大

热点三 实验的改进与创新

验证力的平行四边形定则中的“万变不离其宗” 1．器材的变化（如图3甲、乙、丙、丁所示）

图3

2．合力、分力的变化

（1）分力的获得：弹簧测力计的拉力→钩码的重力。

（2）合力的获得：弹簧测力计的拉力→重物的重力→钩码的重力。

【例3】 （2017·河南模拟）某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋并利用如下

实验器材验证平行四边形定则：刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子、质量不同的小重物若干、木板。实验方案如下：

甲 乙

图4

①将橡皮筋的两端分别与两条细绳相连，测出橡皮筋的原长；

②将橡皮筋一端细绳用钉子固定在竖直木板上的A点，在橡皮筋的中点O用细绳系住重物，使重物自然下垂，如图4甲所示；

③将橡皮筋的另一端细绳固定在竖直木板上的B点，如图乙所示。 （1）为完成本实验，下列还必须测量的物理量为 。（填选项前字母） A．小重物的质量 B．细绳的长度

C．图甲中OA段橡皮筋的长度 D．图乙中OA和OB段橡皮筋的长度

（2）在完成本实验的过程中，必须注意的事项是 。（填选项前字母） A．橡皮筋两端连接的细绳长度必须相同 B．图乙中A、B两点必须等高

C．图乙中连接小重物细绳必须在OA、OB夹角的角平分线上 D．记录图甲中O点的位置和OA的方向 E．记录图乙中O点的位置和OA、OB的方向

（3）若钉子位置固定，利用现有器材改变实验效果，可采用的方法是 。 解析 （1）橡皮筋遵循胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，根据拉力大小与伸长量成比例作力的图示。为了使两次实验效果相同，必须记下O点的位臵来作参照，故选C、D。

（2）橡皮筋连接的细绳要稍微长些，并非要求等长，A错误；图乙中A、B两点不用必须等高，B错误；图乙中连接小重物的细绳可以在OA、OB夹角的角平分线上，也可以不在，C错误；图甲中O点的位臵和OA的方向不需要记录，D错

误；需要记录图乙中O点的位臵和OA、OB的方向，E正确。

（3）在钉子位臵不变的情况下，要改变实验效果，只有改变小重物的质量。故可采用的方法是更换小重物。

答案 （1）CD （2）E （3）更换小重物 以题说法

本题属于创新实验，主要是在实验器材和实验方案等问题上进行了改进，题中不能准确地测出力的大小，但是由于橡皮筋的弹力大小与形变量成正比，因此采用比例法进行作图，在实验时只需要测量出橡皮筋的伸长量即可。

1．在“探究合力与分力的关系”实验中，需要两次拉伸橡皮条：一次是用两个弹簧测力计通过细绳互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。

（1）关于这两次拉伸，下列说法正确的是 。 A．只要求将橡皮条拉到相同的长度

B．要求两个弹簧测力计的拉力方向与橡皮条的夹角相同 C．将弹簧测力计拉到相同的刻度

D．将橡皮条和细绳的结点拉到相同的位置

（2）用两个弹簧测力计分别钩住细绳套，互成一定角度地拉橡皮条，使结点到达某一位置O静止。此时必须记录的是 （填选项前的字母）。 A．橡皮条的原长 B．橡皮条的伸长长度 C．橡皮条固定端位置 D．O点的位置 E．橡皮条伸长的方向 F．两条细绳间的夹角 G．两条细绳的方向 H．两个弹簧测力计的读数

（3）某同学的实验结果如图5所示，图中 是力F1与F2的合力的实验值。通过对F和F′进行比较来验证平行四边形定则。

图5

解析 本实验在操作中应注意用两个弹簧测力计拉橡皮条时的“三记录”（记录两弹簧测力计的示数、两细绳方向和结点O的位臵），用一个弹簧测力计拉橡皮条时的“二记录”（记录弹簧测力计的示数和细绳方向）及“一注意”（注意两次结点必须拉到同一位臵）。所以，（1）选D；（2）中选择D、G、H；（3）用平行四边形定则作出的合力是实验值，即F。 答案 （1）D （2）DGH （3）F

2．小白用如图6所示的装置验证“力的平行四边形定则”，其部分实验操作如下。 （1）请完成下列相关内容：

图6

a．在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O。

b．卸下钩码，然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的方向及两弹簧测力计相应的读数。图中B弹簧测力计的读数为 N。

c．小白在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB的大小和方向如图所示，请你用作图工具在图中坐标纸上作出FA、FB的合力F′。

d．已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图所示。 e．最后观察比较F和F′，得出结论。 （2）本实验采用的科学方法是 。 A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法

解析 b．图中B弹簧测力计的读数为11.40 N；c.图线如图：

答案 （1）11.40 图见解析 （2）C

3．有同学利用如图7所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，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的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：

图7

（1）改变钩码个数，实验能完成的是 （填正确答案标号）。 A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4 B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4 C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4 D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5

（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是 （填正确答案标号）。 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．用量角器量出三段绳子之间的夹角 D．用天平测出钩码的质量

（3）在作图时，你认为下图中 是正确的。（填“甲”或“乙”）

解析 （1）实验中的分力与合力的关系必须满足： |F1－F2|≤F3≤F1＋F2，因此B、C、D选项是可以的。 （3）实验中F3是竖直向下的。 答案 （1）BCD （2）A （3）甲

4．用图8甲所示的装置做“验证力的平行四边形定则”实验。

图8

（1）某同学的实验操作如下，请完成相关内容。

①在桌面上放一方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上。 ②用图钉把橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳，细绳的另一端系有绳套。

③用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位置O。记下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数，并 。 ④按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F。

⑤只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到同样的位置O， ，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示。

（2）某次实验中弹簧测力计的示数如图乙所示，则两弹簧测力计的拉力的大小分别为 N、 N。

（3）某同学完成验证力的平行四边形定则实验操作后得到的数据如图9，请选好标度在方框中作图完成该同学未完成的实验处理。

图9

结论：_______________________________________________________________。 （4）若两个弹簧测力计的读数分别为3.00 N、4.00 N，且两弹簧测力计拉力方向的夹角为锐角，则 （选填“能”或“不能”）用一个量程为5 N的弹簧测力计测出它们的合力，理由是______________________________________。 解析 （1）③用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位臵O，此时需要用铅笔记下O点的位臵和两条细绳的方向，读出两个弹簧测力计的示数。

⑤只用一个弹簧测力计，通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位臵O，此时需要读出弹簧测力计的示数，并记下细绳的方向。 （2）两个弹簧测力计的读数分别为2.50 N和4.00 N。

（3）如图所示。根据所作的图象可得到的结论是：在误差允许范围内，合力与分力是等效替代的关系，且互成角度的两个力合成时遵循平行四边形定则。 （4）不能，因为3.00 N和4.00 N两个力的合力会大于5 N，超过弹簧测力计的量程。

答案 （1）③记下两条细绳的方向 ⑤读出弹簧测力计的示数

（2）2.50；4.00 （3）如图所示；在误差允许范围内，合力与分力是等效替代的关系，且互成角度的两个力合成时遵循平行四边形定则

（4）不能 超过弹簧测力计的量程

单元质量检测（二）

一、选择题（1～5题为单项选择题，6～9题为多项选择题）

1．如图1所示的实验可以用来研究物体所受到的滑动摩擦力。当手拉木板从木块下抽出时，弹簧测力计的示数为f，由此可知（ ）

图1

A．木板与桌面间的滑动摩擦力等于f B．木块与木板间的滑动摩擦力等于f C．绳子对木板的拉力等于f D．人手对绳子的拉力等于f

解析 由于木块静止，所受滑动摩擦力等于弹簧的弹力f，B正确，A错误；绳子对木板的拉力、人手对绳子的拉力都未知，C、D错误。 答案 B

2．（2017·湖北荆门调研）如图2所示，在水平天花板上用绳AC和BC吊起一个物体处于静止状态，绳子的长度分别为AC＝4 dm，BC＝3 dm，悬点A、B间距为5 dm。则AC绳、BC绳、CD绳上的拉力大小之比为（ ）

图2

A．40∶30∶24 C．3∶4∶5

B．4∶3∶5

D．因CD绳长未知，故无法确定

解析 以三条绳的结点为研究对象，受三个力的作用，由平衡条件知，AC、BC绳上拉力的合力与CD绳上的拉力等大反向，如图所示。

由几何关系知，AC绳、BC绳、CD绳上的拉力大小之比为3∶4∶5，所以C正确。 答案 C

3．如图3，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块。已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速，S为物块迎风面积。当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（ ）

图3

A．4m

B．8m

C．32m

D．m

解析 根据题意知F＝kSv2，其中k为常量，根据水平方向二力平衡有μmg＝kSv2，m设物块的密度为ρ，正方体物块的边长为L，则m＝ρL3，S＝L2，得μmg＝k（ρ）226v，即m∝v，根据比值法，当风速为2v0时，该物块的质量为m，选项D正3确。 答案 D

4．如图4，有A、B两个完全相同的小球并排放在倾角为30°的固定斜面上，B球被竖直板挡住 。不计一切摩擦，则A、B之间的作用力与竖直挡板对B的作用力之比为（ ）

图4

3A.2

3 B.3

3C.4

3 D.6 解析 A、B之间的作用力等于A的重力沿着斜面的分力。即F1＝mgsin 30°，B球与竖直挡板间的作用力F2方向与挡板垂直，把A、B看成一个整体，即F2＝F132mgtan 30°，所以，F＝4，C正确。

2答案 C

5．（2016·河北保定二模）如图5所示，两根刚性轻杆上端由自由旋转轴A连接，轻杆下端固定一根自然伸长的匀质轻弹簧，围成边长为L的等边三角形ABC，将此装置竖直放在光滑水平面上，在轴A处施加竖直向下的大小为F的作用力，弹F

簧被拉伸一定长度，若此时弹簧弹力大小恰为2，则弹簧的劲度系数为（ ）

图5

F

A. （2－1）LF

B. 2（2－1）LFF

C. D. （5－1）L2（5－1）L

解析 设F与AB的夹角为α，F作用在AB杆上的分力为F′，则2F′cos α＝F，F′sin F

α＝kx＝2，两式联立解得tan α＝1，所以平衡时AB与AC垂直。由几何知识可得F

弹簧的伸长量为x＝2L－L，由2＝kx，解得k＝答案 B

6．（2016·上海模拟）两个共点力的合力为F，如果它们之间的夹角θ固定不变，使其中一个力增大，则（ ） A．合力F一定增大 B．合力F的大小可能不变 C．合力F可能增大，也可能减小 D．当0°＜θ＜90°时，合力F一定减小

解析 当两个力同向时，一个力增大，则合力一定增大；当两个力反向时，一个力增大，则合力可能减小，可能增大，也可能大小不变，故A错误，B、C正确；当0°＜θ＜90°时，一个力增大，则合力一定增大，故D错误。 答案 BC

7．如图6所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F′作用下逆时针转动，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中（ ）

F

，B正确。

2（2－1）L

图6

A．小球对薄板的正压力增大 B．小球对墙的正压力减小 C．小球对墙的压力先减小，后增大

D．小球对薄板的压力不可能小于小球的重力

解析 根据小球重力的作用效果，可以将重力G分解为小球压板的力F1和小球压墙的力F2，作出平行四边形如图所示，当θ减小时，F1、F2均增大，而且在初

始（θ＝90°）时，F1最小，等于G，所以A、D项均正确。

答案 AD

8．如图7所示，半圆形槽半径R＝30 cm，质量m＝1 kg的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态。已知弹簧的劲度系数k＝50 N/m，自由长度L＝40 cm，一端固定在圆心O处，弹簧与竖直方向的夹角为37°。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则（ ）

图7

A．物块对槽的压力大小是15 N B．物块对槽的压力大小是13 N C．槽对物块的摩擦力大小是6 N D．槽对物块的摩擦力大小是8 N

解析 物块受重力mg、支持力N、弹簧的弹力F、沿半圆形槽切线向上的静摩擦力f，根据共点力平衡条件，切线方向上有mgsin 37°＝f，半径方向上有F＋mgcos 37°＝N，根据胡克定律，F＝k·Δx＝50×（0.4－0.3） N＝5 N，解得f＝6 N，N＝13 N，选项B、C正确。 答案 BC

9．（2017·江西重点中学二模）如图8所示，两个完全相同的小球在挡板作用下静止在倾角为θ的光滑斜面上，下列关于小球受力的说法正确的是（ ）

图8

A．小球的重力在乙种情况下不产生对斜面的作用效果 B．小球均受重力、斜面的弹力、挡板的弹力

C．小球受到挡板的作用力的大小、方向均相同 D．撤去挡板，小球所受合力方向将沿斜面向下

解析 根据物体处于静止状态的受力特点知，甲、乙两球受挡板作用力的方向分别为水平向右和沿斜面向上，重力按实际作用效果可分解为使物体压紧斜面的力和使物体压紧挡板的力。撤去挡板后，小球受力的大小、方向也随之发生变化，甲、乙两种情况下小球所受的合力大小均为mgsin θ，方向沿斜面向下，故B、D选项正确。 答案 BD 二、非选择题

10．[2015·四川理综，8（1）]某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图9甲所示，图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数l1＝ cm。在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5。已知每个钩码质量是50 g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝ N（当地重力加速度g＝9.8 m/s2）。要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是 ，作出F－x曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系。

图9

解析 刻度尺示数为25.85 cm，注意估读。挂2个钩码时，弹簧弹力等于此时钩码的重力，即F＝2mg＝0.98 N。由于伸长量等于弹簧的长度减去原长，因此要得到伸长量，还需要测量弹簧原长。 答案 ①25.85 ②0.98 ③弹簧原长

11．某同学在做“验证互成角度的两个力合成的平行四边形定则”实验，试完成

下列问题。

（1）主要的两个实验步骤如下：

①把橡皮条的一端用图钉固定于P点，同时用两个弹簧测力计将橡皮条的另一端拉到位置O。这时两弹簧测力计的示数如图10所示，则两弹簧测力计的读数分别为FA＝ N、FB＝ N。

图10

②假如橡皮条的自由端仅用一个弹簧测力计拉着，也把它拉到O点位置，弹簧测力计的示数如图11所示，则FC＝ N。

图11 图12

（2）用4 mm表示1 N，在图12中作出力FA、FB和FC的图示。根据平行四边形定则在图12中作出FA和FB的合力F，F的大小为 N。

（3）实验的结果能否验证平行四边形定则： （选填“能”或“不能”）。 解析 （1）题中所用弹簧测力计的分度值为0.1 N，因此读数时应保留两位小数。

（2）根据平行四边形定则作出FA和FB的合力F，如图所示，由图示可求得合力：F＝6.08 N。

（3）在误差允许范围内，由平行四边形定则作出的FA和FB的合力与FC相等，这说明实验结果能验证平行四边形定则。

答案 （1）①3.40 4.00 ②6.00 （2）如图所示 6.08 （3）能

12．（2017·福建达标测试）如图13所示，在质量为m＝1 kg的重物上系着一条长30 cm的细绳，细绳的另一端连着一个轻质圆环，圆环套在水平的棒上可以滑动，环与棒间的动摩擦因数μ为0.75，另有一条细绳，在其一端跨过定滑轮，定滑轮固定在距离圆环50 cm的地方，当细绳的另一端挂上重物G，而圆环将要开始滑动，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2）求：

图13

（1）角φ；

（2）长为30 cm的细绳的拉力FT； （3）圆环将要开始滑动时，重物G的质量。

解析 （1）圆环将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值，有：f＝μFN 对环进行受力分析，则有：μFN－FTcos θ＝0 FN－FTsin θ＝0

4

解得：tan θ＝3得：θ＝53°

由于AO＝30 cm，AB＝50 cm，由余弦定理可求得：φ＝90°。 （2）按如图所示选取坐标轴，根据m处于平衡状态，则有：

Gcos θ＋FTsin θ＝mg FTcos θ－Gsin θ＝0 解得：FT＝8 N。

（3）圆环将要滑动时，重物G＝m′g 又FTcos θ－Gsin θ＝0， 解得：m′＝0.6 kg。

答案 （1）90° （2）8 N （3）0.6 kg