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20xx高考物理《误差、有效数字、长度的测量》教材解析

考点4误差、有效数字、长度的测量
研究匀变速直线运动
考点名片
考点细研究：本考点的命题要点是：(1)刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器的读数；(2)打点计时器的使用方法；(3)利用纸带判断物体的运动情况，测定匀变速直线运动的速度和加速度，利用图象处理数据等。如20xx年天津高考考查了速度与加速度的计算、20xx年全国卷考查了纸带处理。20xx年全国卷考查了托盘秤的读数、20xx年全国卷考查了用频闪照相方法研究物块的匀变速直线运动、20xx年广东高考(浙江高考)考查了用打点计时器研究小车的匀变速运动等。
备考正能量：命题多集中于对实验原理、步骤、数据处理及误差分析的考查，注重对实验改进和创新的考查，题型为填空题和选择题，主要考查对实验相关物理规律的理解和应用。

一、基础与经典
1．(多选)在“研究匀变速直线运动”的实验中，下列方法有助于减小实验误差的是()
A．选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位
B．使小车运动的加速度尽量小些
C．舍去纸带上开头密集的点，只取点迹清晰、打点间隔适当的那一部分进行测量、计算
D．适当增加挂在细绳下钩码的个数
答案ACD
解析选取的计数点间隔较大，在用直尺测量这些计数点间的间隔时，相对误差较小，选项A正确；在实验中，如果小车运动的加速度过小，打出的点很密，长度测量的相对误差较大，因此小车的加速度应适当大些，而使小车加速度增大的常见方法是适当增加挂在细绳下钩码的个数，以增大拉力，选项B错误，D正确；为了减小长度测量的相对误差，应舍去纸带上过于密集，甚至分辨不清的点，选项C正确。
2．在“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁打点计时器(所用交流电的频率为50Hz)，得到如图所示的纸带。图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出，下列表述正确的是()

A．实验时应先放开纸带再接通电源
B．(x6－x1)等于(x2－x1)的6倍
C．从纸带可求出计数点B对应的速率
D．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s
答案C
解析在做“研究匀变速直线运动”的实验时应先接通电源再放开纸带，A错误；根据相等的时间间隔内通过的位移差xM－xN＝(M－N)aT2，可知(x6－x1)等于(x2－x1)的5倍，B错误；根据B点为A与C点的中间时刻点，有vB＝，C正确；由于相邻的计数点之间还有4个点没有画出，所以两相邻计数点间的时间间隔为0.1s,D错误。
3．在“研究匀变速直线运动”的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如下：
计数点序号123456计数点对应的时刻(s)0.10.20.30.40.50.6通过计数点时
的速度(cm/s)44.062.081.0100.0120.0138.0
为了算出加速度，合理的方法是()
A．根据任意两个计数点的速度，用公式a＝算出加速度
B．根据实验数据画出vt图，量出其倾角α，由关系式a＝tanα算出加速度
C．根据实验数据画出vt图，由图线上间隔较远的两点所对应的速度，用公式a＝算出加速度
D．依次算出通过连续两个计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度
答案C
解析根据任意两个计数点的速度用公式a＝算出加速度的偶然误差较大，A不合理；vt图中a并不是等于tanα，B不合理；由图线上间隔较远的两点对应的速度，利用公式a＝算出的加速度偶然误差小，即C合理；依次算出通过连续两个计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度，实际只相当于用了第1组和第6组两组数据，偶然误差仍然较大，D不合理。
二、真题与模拟
4．[20xx·海南高考]某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示。该工件的直径为_______cm，高度为_________mm。

答案1.2206.860
解析图(a)为20分度的游标卡尺，其精度为0.05mm。主尺读数为12mm，游标尺上第4条刻线与主尺上的一条刻线对齐，故测量结果为12mm＋4×0.05mm＝12.20mm＝1.220cm。螺旋测微器的精度为0.01mm，由图(b)知固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为“36.0”，故工件的高度为6.5mm＋36.0×0.01mm＝6.860mm。

一、基础与经典
5．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所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个计时点，图中没有画出，打点计时器接周期为T＝0.02s的交流电源。他经过测量得到各点到A点的距离如图所示。

(1)计算vF的公式为vF＝________；
(2)如果当时电网中交变电流的频率是f＝51Hz，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________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案(1)(2)偏小
解析(1)打F点时的瞬时速度vF等于E、G两点间的平均速度，即vF＝。
(2)利用匀变速直线运动公式Δx＝aT2，即a＝Δx/T2计算加速度；如果实际交流电频率f偏大，实际周期T＝1/f偏小，该同学代入公式a＝Δx/T2中的T值偏大，所以加速度a的测量值偏小。
6．在探究小车速度随时间变化规律甲的实验中，如图所示是一条记录小车运动情况的纸带，图甲中A、B、C、D、E为相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出，交流电的频率为50Hz。
(1)在打点计时器打B、C、D点时，小车的速度分别为vB＝________m/s，vC＝________m/s，vD＝________m/s。

(2)若打A点时开始计时，在如图乙所示的坐标系中画出小车的vt图象。
(3)将vt图线延长与纵轴相交，交点的速度约为__________________，此速度的物理含义是________________________________________________________________________。
答案(1)1.382.643.90
(2)图见解析(3)0.2m/s小车经过A点时的速度
解析(1)根据题述，打点计时器的打点周期为0.02s，则T＝5×0.02s＝0.1s。某一段时间的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，所以vB＝＝1.38m/s，vC＝＝2.64m/s，vD＝＝3.90m/s。
(2)根据(1)中得出的数据，在vt图象上描点、连线，作出小车的vt图象。

(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度约为0.2m/s，此速度的物理含义是小车经过A点时的速度。
7．在探究小车速度随时间变化规律的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5这6个计数点，相邻两计数点之间还有4个点未画出，纸带旁并排放着最小刻度为毫米的刻度尺，零点跟“0”计数点对齐。

(1)从图中读出三个计数点1、3、5跟0点的距离并填入下表中。
距离d1d2d3测量值/cm(2)计算小车通过计数点2的瞬时速度为v2＝________m/s，小车的加速度为a＝________m/s2。
答案(1)由题图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离如下表所示
距离d1d2d3测量值/cm1.205.4012.00(2)0.210.60
解析(1)注意估读一位数字，估读到0.1mm。
(2)小车通过计数点2的瞬时速度等于1、3两个计数点间的平均速度，即
v2＝＝m/s＝0.21m/s，
a＝＝
＝m/s2
＝0.60m/s2。
8．(1)新式游标卡尺的刻线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据。通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份。下图就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺。

它的精确度是________mm。
用它测量某物体的厚度，读数是________cm。
(2)下列几种情况各属于哪一类误差：天平零点不准；电表的接入误差；检流计零点漂移；电压起伏引起电表读数不准()
A．属于系统误差
B．属于偶然误差(也叫随机误差)
C．属于系统误差
D．属于偶然误差(也叫随机误差)
答案(1)0.053.125(2)C
解析(1)游标上20格对应的长度为39mm，即每格长为1.95mm，游标上每格比主尺上每两格小Δx＝0.05mm，故精确度为0.05mm。
这种游标卡尺的读数方法为：主尺读数＋游标对准刻度×Δx＝31mm＋5×0.05mm＝31.25mm＝3.125cm。
(2)两种误差都是由测量仪器本身原因造成的属于系统误差；而两种误差是在测量过程中由于偶然的某些原因引起的属于偶然误差，偶然误差可以通过多测几次求平均值来减小。
9．如图所示是物体做匀变速直线运动时，通过打点计时器得到的一条纸带，从0点开始每5个计时点取一个计数点，依照打点的先后顺序依次编为1、2、3、4、5、6，测得x1＝5.18cm，x2＝4.40cm，x3＝3.62cm，x4＝2.78cm，x5＝2.00cm，x6＝1.22cm。计时器打点频率为50Hz。

(1)物体的加速度大小a＝________m/s2，方向________(填“A→B”或“B→A”)。
(2)打点计时器打计数点3时，物体的速度大小v3＝______m/s，方向________(填“A→B”或“B→A”)。
答案(1)0.8A→B(2)0.32B→A
解析(1)由逐差法得加速度
a＝＝－0.8m/s2，负号表示加速度方向与纸带运动方向相反，即方向为A→B。
(2)打计数点3时，物体的速度大小为v3＝＝0.32m/s，方向为B→A。
10．如图b所示的装置是测量滑块和长木板间的动摩擦因数，图中MN是水平桌面，Q是长木板与桌面的接触点，1和2是固定在长木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，长木板顶端P点悬有一铅锤，实验时，让滑块从长木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为1.0×10－2s和4.0×10－3s。用精度为0.05mm的游标卡尺测量滑块的宽度为d，其示数如图c所示。m.JAB88.com

(1)滑块的宽度d＝________cm。
(2)滑块通过光电门1时的速度v1＝__________m/s，滑块通过光电门2时的速度v2＝__________m/s。(结果保留两位有效数字)
(3)由此测得的瞬时速度v1和v2只是一个近似值，它们实质上是通过光电门1和2时的________，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将________的宽度减小一些。
答案(1)1.010(2)1.02.5(3)平均速度滑块
解析(1)d＝10mm＋0.05mm×2＝10.10mm＝1.010cm。
(2)v1＝＝m/s＝1.0m/s。
v2＝＝m/s＝2.5m/s。
(3)v1、v2实质上是通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些。
11．某同学利用打点计时器研究做匀加速直线运动的小车的运动情况，如图1所示为该同学实验时打出的一条纸带中的部分计数点(后面计数点未画出)，相邻计数点间有4个点迹未画出(打点计时器每隔0.02s打出一个点)。

(1)为研究小车的运动，此同学用剪刀沿虚线方向把纸带上OB、BD、DF等各段纸带剪下，将剪下的纸带一端对齐，按顺序贴好，如图2所示。简要说明怎样判断此小车是否做匀变速直线运动：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。

(2)在图1中x1＝7.05cm、x2＝7.68cm、x3＝8.31cm、x4＝8.94cm、x5＝9.57cm、x6＝10.20cm，则打下点迹A时，小车运动的速度大小是________m/s，小车运动的加速度大小是________m/s2(计算结果保留两位有效数字)。
答案(1)各段纸带上方左上角(或上方中点、上方右上角)或各段纸带中点分别在一条直线上，或每段纸带比前一段纸带增加的长度相同(答对一条即可)
(2)0.740.63
解析(1)若各段纸带上方左上角、上方中点、上方右上角或各段纸带的中点分别在一条直线上，则说明小车做匀变速直线运动。
(2)打下点迹A时，小车运动的速度大小等于小车打下O、B两点过程中的平均速度，即vA＝＝0.74m/s。用逐差法计算小车运动的加速度a＝，代入数据可得a＝0.63m/s2。
二、真题与模拟
12．[20xx·天津高考]某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。

(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50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。s1＝3.59cm，s2＝4.41cm，s3＝5.19cm，s4＝5.97cm，s5＝6.78cm，s6＝7.64cm。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)

答案(1)AB(2)0.800.40
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＝50Hz，相邻两计数点间的时间间隔t＝0.1s，由逐差法可求小车的加速度。
a＝
＝m/s2＝0.80m/s2，
vB＝＝m/s＝0.40m/s。
13．[20xx·全国卷]某同学用图a所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz。打出纸带的一部分如图b所示。

该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算。
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图b中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为__________，打出C点时重物下落的速度大小为__________，重物下落的加速度大小为________。
(2)已测得s1＝8.89cm，s2＝9.50cm，s3＝10.10cm；当地重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为______Hz。
答案(1)(s1＋s2)f(s2＋s3)f(s3－s1)f2(2)40
解析(1)匀变速直线运动中，某一段位移的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：vB＝＝(s1＋s2)f，同理vC＝(s2＋s3)f，加速度a＝＝(s3－s1)f2。
(2)由牛顿第二定律可知：mg－0.01mg＝ma
a＝0.99g
又由(1)问知：a＝
联立得f＝40Hz。
14．[20xx·全国卷]某同学用图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50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图b所示，图中标出了五个连续点之间的距离。

(1)物块下滑时的加速度a＝________m/s2，打C点时物块的速度v＝________m/s；
(2)已知重力加速度大小为g，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
答案(1)3.251.79(2)C
解析(1)利用逐差法求得加速度
a＝＝3.25m/s2；利用匀变速直线运动规律知打C点时速度
v＝＝1.79m/s。
(2)根据牛顿第二定律，可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，
即μ＝，选项C正确。
15．[20xx·银川质检]20xx年中科院理化所与清华大学医学院联合研究小组研发出世界首个自主运动的可变形液态金属机器。研究揭示：置于电解液中的镓基液态合金可通过“摄入”铝作为食物或燃料提供能量，实现高速、高效的长时运转，一小片铝即可驱动直径约5mm的液态金属球实现长达1个多小时的持续运动，速度高达每秒5厘米。某人认真研究了如图所示的合成照片，利用图象软件分析小球在不同时刻位置，发现14～20s这段时间内液态金属球所做的运动可能是一种匀变速运动。将14s、18s、20s时液态金属球的位置分别记为A、B、C，测得14s到18s内小球沿玻璃管移动的位移是16.0mm，在18s到20s内小球沿玻璃管移动的位移是17.0mm。假设该段时间内液态金属球所做的运动是一种匀变速直线运动，那么：(结果均保留两位有效数字)

(1)这段时间液态金属球的加速度a＝________m/s2；
(2)18s时液态金属球的速度vB＝________m/s；
(3)14～16s内液态金属球运动的距离x1＝_______mm。
答案(1)1.5×10－3(2)7.0×10－3(3)5.0
解析通过题意知液态金属球所做的运动是一种匀变速直线运动，知道两段时间内位移大小AB＝16.0mm，BC＝17.0mm，由匀变速直线运动规律知：AB＝vBtAB－at，BC＝vBtBC＋at，由题意知tAB＝4s，tBC＝2s，代入数据解得vB＝7.0×10－3m/s，a＝1.5×10－3m/s2；在16～18s内液态金属球的位移大小x＝vBt－at2＝m＝11.0mm，则在14～16s内液态金属球运动的距离x1＝AB－x＝5.0mm。
16．[20xx·上海期末]在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图甲所示，在纸带上选择6个计数点A、B、C、D、E、F，相邻两计数点之间还有四个点未画出，各点到A点的距离依次是2.0cm、5.0cm、9.0cm、14.0cm、20.0cm。

(1)小车在打B点时的速度为vB＝________m/s，C、E间的平均速度为________m/s。
(2)以打B点时为计时起点，请在图乙中作出小车运动的速度与时间的关系图线。根据图线可得小车运动的加速度为______m/s2。

答案(1)0.250.45(2)如图所示1.0

解析(1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1s，所以vB＝＝m/s＝0.25m/s，CE＝＝m/s＝0.45m/s。
(2)分别计算出C点的速度vC＝0.35m/s，D点的速度vD＝CE＝0.45m/s，E点的速度vE＝0.55m/s。在vt图象中，图线的斜率表示加速度，即a＝m/s2＝1.0m/s2。
17．[20xx·安徽四校三联]如图所示为某中学物理课外学习小组设计的测定当地重力加速度的实验装置，他们的主要操作如下：

安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；
打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；
固定光电门B的位置不变，改变光电门A的高度，重复的操作。测出多组(h，t)，计算出对应的平均速度v；
画出vt图象。
请根据实验，回答如下问题：
(1)设小铁球到达光电门B时的速度为vB，当地的重力加速度为g，则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为________。(用vB、g和t表示)
(2)实验测得的数据如下表：
实验次数h/cmt/sv/(m/s－1)110.00.0283.57220.00.0593.39330.00.0923.26440.00.1313.05550.00.1762.84660.00.2352.55

请在坐标纸上画出vt图象。
(3)根据vt图象，可以求得当地重力加速度g＝______m/s2，试管夹到光电门B的距离约为________cm。(以上结果均保留3位有效数字)
答案(1)v＝vB－gt(2)图见解析(3)9.8669.8
解析(1)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度可得小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v＝vB－gt。
(2)描点连线，如图所示。

(3)小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v＝vB－gt，所以vt图象的斜率大小表示g，则当地重力加速度g＝2k≈9.86m/s2，根据图象得出vB≈3.71m/s，得试管夹到光电门B的距离约为h＝＝69.8cm。
18．[20xx·福州二模]某同学利用打点计时器测量福州的重力加速度，某次实验得到的一段纸带如图所示，O、A、B、C、D为相邻的五个点，测得OA＝5.5mm，OB＝14.9mm，OC＝28.3mm，OD＝45.2mm，打下相邻两个点间的时间间隔为0.02s。

(1)用逐差法算出福州的重力加速度g＝________m/s2。(结果保留三位有效数字)
(2)通过查阅资料发现福州的重力加速度标准值为9.79m/s2，比较(1)的结果发现两者并不相等，除了读数误差外，你认为产生误差的其他主要原因可能是__________________。(只要求写出一种原因)
答案(1)9.63(2)纸带与限位孔之间的阻力(或空气阻力)
解析(1)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，
得：a＝m/s2＝9.63m/s2。
(2)由于纸带与限位孔之间的阻力、空气阻力等作用，物体下落的过程中合力不等于重力，所以两者并不相等。
19．[20xx·衡水质检]某同学用打点计时器等实验装置测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f＝50Hz，在纸带上打出的点中选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染。如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：sA＝16.6mm，sB＝126.5mm，sD＝624.5mm。

若无法再做实验，可由以上信息推知：
(1)相邻两计数点的时间间隔为________s。
(2)打C点时物体的速度大小为________m/s(取2位有效数字)。
(3)物体的加速度大小为________(用sA、sB、sD和f表示)。
答案(1)0.1(2)2.5(3)f2
解析(1)由电源频率f＝50Hz可知电源周期T0＝0.02s，
所以相邻两计数点的时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s。
(2)打C点时物体的速度
vC＝＝m/s≈2.5m/s。
(3)由纸带上的数据知
sAB＝sBsA，sBC＝sCsB，sCD＝sDsC，
又因sCDsBC＝sBCsAB＝aT2＝a2，
所以a＝f2。

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20xx高考物理《力的合成与分解》教材解析

考点6力的合成与分解
考点名片
考点细研究：本考点主要考查内容包括：(1)共点力合成的常用方法；(2)按照力的实际效果分解力；(3)正交分解法的应用等。如20xx年全国卷第19题、20xx年全国卷第14题、20xx年广东高考第19题、20xx年浙江高考第20题、20xx年山东高考第14题、20xx年海南高考第5题、20xx年重庆高考第1题、20xx年上海高考第18题等。
备考正能量：力的合成与分解作为一种解决问题的方法，考查频率非常高，可以单独命题，也可以与平衡、牛顿第二定律、电场、磁场问题相结合，尤其是图解法应用较广。

一、基础与经典
1.如图所示，重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么()

A．F1就是物体对斜面的压力
B．物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcosα
C．F2就是物体受到的静摩擦力
D．物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用
答案B
解析G的两分力F1和F2是实际上并不存在的力，应与其他实际力区别开来，题中A、C两项将两个并不存在的力“F1和F2”与真实力“物体对斜面的压力和物体受到的静摩擦力”混为一谈，显然是错误的，物体受的力是真实力，A、C、D选项错误；由物体的平衡以及牛顿第三定律的知识，可以判断B选项正确。
2.手握轻杆，杆的另一端安装有一个小滑轮C支持着悬挂重物的绳子，如图所示，现保持滑轮C的位置不变，使杆向下转动一个角度，则杆对滑轮C的作用力将()

A．变大B．不变
C．变小D．无法确定
答案B
解析杆对滑轮C的作用力大小等于两绳的合力，由于两绳的合力不变，故杆对滑轮C的作用力不变。B项正确。
3．(多选)一物体位于光滑水平面上，同时受到三个水平共点力F1、F2和F3的作用，其大小分别为F1＝42N、F2＝28N、F3＝20N，且F1的方向指向正北，下列说法中正确的是()
A．这三个力的合力可能为零
B．F1、F2两个力的合力大小可能为20N
C．若物体处于匀速直线运动状态，则F2、F3的合力大小为48N，方向指向正南
D．若物体处于静止状态，则F2、F3的合力大小一定为42N，方向与F1相反，为正南
答案ABD
解析F1、F2的合力范围是|F1－F2|≤F≤F1＋F2，即14N≤F≤70N，选项B正确；F3的大小处于此范围之内，所以这三个力的合力可能为零，选项A正确；若物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，则某两个力的合力必定与第三个力等大反向，选项C错误，D正确。
4.如图所示，放在斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力F作用始终保持静止，当力F逐渐减小后，下列说法正确的是()

A．物体受到的摩擦力保持不变
B．物体受到的摩擦力逐渐增大
C．物体受到的合力减小
D．物体对斜面的压力逐渐减小
答案A
解析对物体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和拉力，如图所示。

因为物体始终静止，处于平衡状态，合力一直为零，根据平衡条件，有：
垂直斜面方向：F＋FN＝Gcosθ，
Gcosθ不变，所以F逐渐减小的过程中，FN逐渐变大，根据牛顿第三定律，物体对斜面的压力也增加。
平行斜面方向：Ff＝Gsinθ，G和θ保持不变，故Ff保持不变，故A正确。
5.如图所示，质量分别为M、m的物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为30°的斜面上，已知M＝2m，不计滑轮摩擦。现将斜面倾角由30°增大到35°，系统仍保持静止。下列说法正确的是()

A．细绳对A的拉力增大B．A对斜面的压力减小
C．A受到的摩擦力不变D．A受到的合力增大
答案B
解析因为Mgsin30°＝mg，所以倾角为30°时，A所受的摩擦力为零，将斜面倾角由30°增大到35°的过程中，细绳对A的拉力为mg不变，A对斜面的压力Mgcosθ减小，A受到的摩擦力增大，A受到的合力仍为零，所以只有B正确。
6．如图所示，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()

A．F增大，FN减小B．F增大，FN增大
C．F减小，FN减小D．F减小，FN增大
答案B
解析某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α，则F＝mgtanα，FN＝，随着挡板向右移动，α角越来越大，则F和FN都要增大，B项正确。

7.(多选)如图所示，完全相同的四个足球彼此相互接触叠放在水平面上，每个足球的质量都是m，不考虑转动情况，下列说法正确的是()

A．下面每个球对地面的压力均为mg
B．下面的球不受地面给的摩擦力
C．下面每个球受地面给的摩擦力均为mg
D．上面球对下面每个球的压力均为mg
答案AD
解析以四个球整体为研究对象受力分析可得，3FN＝4mg，可知下面每个球对地面的压力均为FN＝mg，A项正确；隔离下面的一个球分析，四个球的球心连线构成了正四面体，由几何关系可知上面球对下面球的压力F与mg的夹角的余弦值为，正弦值为；则有F·＋mg＝FN，f＝F·，解得f＝mg，F＝mg，故B、C错误，D正确。
8．(多选)人们在设计秋千的时候首先要考虑的是它的安全可靠性。现一个秋千爱好者设计一个秋千，用绳子安装在一根横梁上，如图所示，图中是设计者设计的从内到外的四种安装方案，一个重为G的人现正坐在秋千上静止不动，则下列说法中正确的是()

A．从安全的角度来看，四种设计的安全性相同
B．从安全的角度来看，设计1最为安全
C．每种设计方案中两绳拉力的合力是相同的
D．若方案4中两绳夹角为120°，则每绳受的拉力大小为G
答案BCD
解析坐在秋千上的人的重力是一定的，当两绳的夹角越小时，根据力的平行四边形定则可知绳所受到的拉力就越小，当两绳平行时两绳所受的拉力最小，此时最为安全，所以选项A错误、B正确；根据力的平衡可知四种方案中每种方案两绳的合力都为G，故选项C正确；由力的平行四边形定则可知若方案4中两绳夹角为120°，则每绳受的拉力大小为G，故选项D正确。
9.如图所示，一物块受一恒力F作用，现要使该物块沿直线AB运动，应该再加上另一个力的作用，则加上去的这个力的最小值为()

A．FcosθB．Fsinθ
C．FtanθD．Fcotθ
答案B
解析要使物块沿AB方向运动，恒力F与另一个力的合力必沿AB方向，当另一个力与AB方向垂直时为最小，故F′＝Fsinθ，B正确。
10.(多选)如图所示，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20N，取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是()

A．弹簧的弹力为10N
B．A物体的质量为2kg
C．桌面对B物体的摩擦力为10N
D．OP与竖直方向的夹角为60°
答案ABC
解析对物体A有mAg＝FO′a，对小滑轮有2FO′acos30°＝FOP，联立解得mA＝2kg，FO′a＝20N，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′asin30°＝F弹，FO′acos30°＝FO′b，对物体B有Ff＝FO′b，联立解得弹簧弹力F弹＝10N，B物体所受的摩擦力Ff＝10N，选项A、C正确。
二、真题与模拟
11．[20xx·全国卷](多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()

A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
答案BD
解析物块a只受重力和绳子拉力，且保持静止，说明物块a始终处于二力平衡状态，因此绳子上的拉力不变，C错误。因为b始终保持静止，连接物块b的绳子上的力方向也不变，所以滑轮的受力情况也不变，即绳子OO′的张力是不变的，A错误。对b受力分析如图所示，设拉力F与水平方向夹角为α，绳子与水平方向夹角为θ，有水平方向FTcosθ＝Fcosα＋Ff(这里注意摩擦力的方向可能水平向左)，竖直方向FTsinθ＋Fsinα＋FN＝G，由于G、FT以及F的方向(α角)不变，仅改变F的大小，因此桌面对b的支持力FN和摩擦力Ff有可能在一定范围内变化，B、D正确。

12．[20xx·全国卷]质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()

A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
答案A
解析OB上拉力的大小等于物体的重力，OA、OB上的拉力与F构成一个三角形，如图所示，其中mg大小、方向都不变，F的方向不变，当O点向左移时，T与水平方向的夹角θ减小，如图所示，可知，T增大，F增大，A正确。

13．[20xx·浙江高考](多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C的正电荷，两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则()

A．支架对地面的压力大小为2.0N
B．两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9N
C．将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225N，F2＝1.0N
D．将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N
答案BC
解析A、B间库仑引力F＝k＝0.9N，B球与绝缘支架的总重G2＝m2g＝2N，由力的平衡可知，支架对地面的压力为1.1N，A错误。由于两线的夹角为120°，根据对称性可知，两线上的拉力大小相等，与A的重力与库仑引力的合力相等，即F1＝F2＝G1＋F＝1.9N，B正确。将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时库仑力F′＝k＝9×109×N＝0.225N，故有F1－F′＝F2＝G1，解得：F1＝1.225N，F2＝1.0N，C正确。将B移到无穷远处，B对A的作用力为零，两线上的拉力等于A球的重力，即为1N，D错误。
14．[20xx·海南高考]如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体：OO′段水平，长度为L；绳上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L。则钩码的质量为()

A.MB.MC.MD.M
答案D
解析轻绳光滑且绳上的拉力处处相等

物体上升L后平衡，情景如图，OO′m为等边三角形，绳拉力T＝Mg，两绳拉力的合力与mg平衡，mg＝2Tcos30°，所以m＝M，D选项正确。
15．[20xx·江西模拟](多选)两个共点力F1、F2大小不同夹角恒定，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10N，F也增加10N
C．F1增加10N，F2减少10N，F一定不变
D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大
答案AD
解析根据求合力的公式F＝(θ为F1、F2的夹角)，若F1、F2都变为原来的2倍，合力也一定变为原来的2倍，A正确；对于B、C两种情况，力的变化不是按比例增加或减少的，不能判断合力的变化情况，B、C错误；如图所示，若F2增加，可明显看出合力先减小后增大，所以D正确。

16.[20xx·江西师大附中月考]如图所示，一根轻质细绳一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过轻质动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态；另一根轻质细绳一端与轻质动滑轮相连，另一端在绕过轻质定滑轮Q后在细绳的端点O处施加一水平向左的拉力F，使整个系统处于平衡状态，不计一切摩擦，下列说法正确的是()

A．保持绳子的端点O位置不变，将A点缓慢上移时拉力F增大
B．保持绳子的端点O位置不变，将A点缓慢上移时拉力F不变
C．保持A点的位置不变，拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动时拉力F增大
D．保持A点的位置不变，拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动时拉力F不变
答案C
解析以B为研究对象，AP、BP段绳子受的力大小始终等于B的重力，两段绳子拉力的合力在APB的角平分线上，保持绳子的端点O位置不变，将A点缓慢上移时APB增大，两段绳子拉力的合力减小，所以拉力F减小，选项A、B错误；保持A点的位置不变，拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动时APB减小，AP、BP两段绳子拉力的合力增大，所以拉力F增大，选项C正确，D错误。
17．[20xx·湖北部分重点中学联考]如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB的一半，则为()

A.B.C.D.
答案A
解析设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置时，F＝mg；当球以AB沿竖直方向放置时，以右半球为研究对象，如图，F′＝mgtanθ，根据支架间的距离为AB的一半，可得θ＝30°，所以＝，选项A正确。

18．[20xx·银川检测]如图所示，有5000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°，则第20xx个小球与20xx个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于()

A.B.C.D.
答案C
解析设连接天花板的细绳的拉力为FT，则对5000个小球的整体而言，竖直方向：FTsin45°＝5000mg；对前20xx个球的整体而言，设第20xx个小球与20xx个小球之间的轻绳拉力为FT1，如图所示。则水平方向：FTcos45°＝FT1cosα；竖直方向：FTsin45°＝20xxmg＋FT1sinα。联立解得tanα＝，C正确。

19．[20xx·淮安模拟]如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F，作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是下图中的哪幅图()

答案C
解析设Oa段绳子与竖直方向的夹角为α，ab段绳子与竖直方向夹角为β，以整个系统为研究对象，受到重力2mg、水平向右的拉力F和Oa绳的拉力作用，根据物体的平衡条件可得tanα＝，且α≠0，以小球b为研究对象，受到重力mg、水平向左的拉力F和ab绳的拉力作用，得tanβ＝，由此可见αβ，C正确。
20.[20xx·呼和浩特阶段考试]如图所示，两根立杆相距d，顶端各固定一个力传感器，一条结实的细绳两端分别系在两力传感器的挂钩上，在绳上挂一重力为G的钩码，钩码挂钩与绳之间的摩擦可忽略不计。若改变绳子的长度l，力传感器的示数F也随着绳长的改变而改变。在所挂钩码重力不变的情况下，力传感器示数F与绳长l之间的关系正确的是()

A．F与l无关B．F与l成反比
C．F与l2成反比D．若l＝2d，则F＝G
答案D
解析对钩码受力分析如图所示，绳子拉力与钩码重力G的关系是Fcosθ＝G，因为sinθ＝＝，得cosθ＝＝，所以F＝，若l＝2d，得F＝G，D正确。

一、基础与经典
21．如图所示，质量为m1的物体甲通过3段轻绳悬挂，3段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上的质量为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sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：

(1)轻绳OA、OB受到的拉力是多大？
(2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？
(3)若人的质量m2＝60kg，人与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，则欲使人在水平面上不滑动，物体甲的质量m1最大不能超过多少？
答案(1)m1gm1g(2)m1g方向水平向左
(3)24kg
解析(1)以结点O为研究对象，如图，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，将FOA分解，由平衡条件有

FOB＝FOAsinθ，
FOAcosθ＝m1g，
联立得FOA＝＝m1g，FOB＝m1gtanθ＝m1g，
故轻绳OA、OB受到的拉力分别为m1g、m1g。
(2)人水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力，受力如图所示，由平衡条件得：Ff＝FOB＝m1g，方向水平向左。

(3)当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值。
当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值Ffm＝μm2g，
由平衡条件得FOBm＝Ffm，又FOBm＝m1mg，
联立得m1m＝＝＝24kg，
即物体甲的质量m1最大不能超过24kg。
22.放风筝是春天时大人、小孩都爱玩的一项有趣的体育活动，手上牵着线拉着风筝迎风向前跑，就可以将风筝放飞到高处，有一个小朋友将一只重为4N的风筝放飞到空中后，拉着线的下端以一定的速度匀速跑动时，线恰能与水平面成53°角保持不变，如图所示，这时小朋友拉住线的力为5N。求风筝所受的风力。

答案arctan
解析风筝受到重力G、风力F风和拉力F三个力的作用，受力分析如图所示，由平衡条件知

F风x＝Fcos53°＝5×0.6N＝3N，
F风y＝Fsin53°＋G＝5×0.8N＋4N＝8N，
F风＝＝N＝8.54N，
tanθ＝＝，θ＝arctan，
即与水平方向夹角为arctan。
二、真题与模拟
23．[20xx·海淀期中]如图所示，当水平拉力F＝40N时，质量为m＝10kg的木块可以在水平面上匀速前进。若在木块上再放一个质量为M的铁块，为使它们匀速前进，水平拉力变为60N，求铁块的质量M。(取g＝10m/s2)

答案5kg
解析拉力F＝40N时，滑动摩擦力f＝40N，
木块对水平面的压力FN＝mg＝100N，
由f＝μFN得动摩擦因数μ＝0.4，
当拉力F′＝60N时，木块和铁块对水平面的压力FN′＝(M＋m)g，
摩擦力f′＝60N，由f′＝μFN′，解得M＝5kg。
24．[20xx·河北衡水质检]质量为m＝0.8kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态，PA与竖直方向的夹角为37°，PB沿水平方向，质量为M＝10kg的木块与PB相连，静止于倾角为37°的斜面上，如图所示。(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：

(1)轻绳PB拉力的大小；
(2)木块所受斜面的摩擦力和弹力大小。
答案(1)6N(2)64.8N76.4N
解析(1)对点P受力分析如图甲所示，根据共点力的平衡条件得FB－FAsin37°＝0，FAcos37°－mg＝0，
联立解得FB＝＝6N。

(2)对木块受力分析如图乙所示，由共点力的平衡条件得
Mgsin37°＋FBcos37°－Ff＝0，
FN＋FBsin37°－Mgcos37°＝0，
联立解得Ff＝Mgsin37°＋FBcos37°＝(10×10×0.6＋6×0.8)N＝64.8N，
FN＝Mgcos37°－FBsin37°＝(10×10×0.8－6×0.6)N＝76.4N。
25.[20xx·沈阳调研]某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来。假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C(QCS＝30°)时，金属小球偏离竖直方向的夹角也是30°，如图所示。已知小球的质量为m，该同学(含磁铁)的质量为M，求此时：

(1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少？
(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？
答案(1)mg(2)Mg＋mgmg
解析(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，则由平衡条件得Fsin30°＝FCsin30°，FCcos30°＋Fcos30°＝mg，解得F＝FC＝mg。

(2)以小球和该同学整体为研究对象，受力分析如图乙所示，同理有Ff＝Fsin30°，FN＋Fcos30°＝(M＋m)g，
将F值代入解得Ff＝mg，FN＝Mg＋mg。

20xx高考物理《牛顿运动定律的综合应用》教材解析

20xx高考物理《牛顿运动定律的综合应用》教材解析

考点11牛顿运动定律的综合应用
考点名片
考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如：20xx年全国卷第25题、20xx年全国卷第25题、20xx年海南高考第9题、20xx年北京高考第8题、20xx年四川高考第7题、20xx年大纲卷第19题、20xx年江苏高考第5题、20xx年福建高考第15题、20xx年浙江高考第17题和第19题、20xx年广东高考第19题、20xx年山东高考第15题等。
备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。

一、基础与经典
1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是()
A．他始终处于超重状态
B．他始终处于失重状态
C．他先后处于超重、平衡、失重状态
D．他先后处于失重、平衡、超重状态
答案C
解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。
2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的()

答案A
解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()

A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案C
解析对物块进行受力分析，设斜面的角度为θ，可列方程mgsinθ－μmgcosθ＝ma，sinθ－μcosθ＝，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma1，即mgsinθ－μmgcosθ＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，ma＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，Fsinθ－μFcosθ＝F(sinθ－μcosθ)＝，大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。
4.(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是()

A．减小A物块的质量B．增大B物块的质量
C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ
答案AB
解析对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，隔离物体B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。
5．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()

A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为g
答案BC
解析互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D错误，B、C正确。
6.如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过()

A．μmgB．μMg
C．μmgD．μMg
答案C
解析由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝(M＋m)a；若A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmg，选项C正确。
7．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是()

答案B
解析A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。
8.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()

答案A
解析本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有F＝(m1＋m2)a，即a＝＝，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到μm2g后，两者发生相对滑动。对m2有F－f＝ma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后f＝μm2g不再变化，a2＝＝－μg，故其图象斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝为定值。故A选项正确。
9.(多选)神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10km时，下降速度为200m/s。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16s后返回舱的速度减至80m/s，此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10m/s，此时飞船距地面高度为1m，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动，g＝10m/s2。根据以上材料可得()

A．减速伞工作期间返回舱处于失重状态
B．主伞工作期间返回舱处于失重状态
C．减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5m/s2
D．每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍
答案CD
解析减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A、B项错；减速伞工作期间，返回舱从200m/s减速至80m/s，由运动学公式得a1＝＝7.5m/s2，C项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a3＝＝50m/s2，由牛顿第二定律得4F－mg＝ma3，解得＝1.5,D项正确。
10．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，g＝10m/s2。下列说法中正确的是()

A．0～5s内物块做匀减速运动
B．在t＝1s时刻恒力F反向
C．恒力F大小为10N
D．物块与水平面的动摩擦因数为0.3
答案BD
解析题图乙为物块运动的v2x图象，由v2－v＝2ax可知，图象的斜率k＝2a，得0～5m位移内a1＝－10m/s2，5～13m位移内a2＝4m/s2，可知恒力F反向时物块恰好位于x＝5m处，t＝＝1s，A错误，B正确。对物块受力分析可知，－F－Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，得F＝7N，Ff＝3N，μ＝＝0.3，C错误，D正确。
二、真题与模拟
11.20xx·海南高考](多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时()

A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案BD
解析当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθmgcosθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力GF′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθμmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。
12．20xx·海南高考](多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()

A．a1＝3gB．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2
答案AC
解析剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
13．20xx·北京高考]应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
答案D
解析物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确。
14．20xx·四川高考](多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()

答案BC
解析若v2μmPg，则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)；若v2v1，且mQgμmPg，则P先匀减速至v1，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)；若v2v1且mQgμmPg，满足mQg＋μmPg＝(mP＋mQ)a2，中途减速至v1，以后满足mQg－μmPg＝(mP＋mQ)a3，以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)，故C正确，A、D错误。
15．20xx·大纲卷]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()

A．tanθ和B.tanθ和
C．tanθ和D.tanθ和
答案D
解析对物块上滑过程由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，根据运动规律可得v2＝2a·，2＝2a·，联立可得μ＝tanθ，h＝。故D项正确。
16．20xx·福建高考]如图，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()

答案B
解析对物体受力分析，由于物体在斜面上能够停止，物体所受的滑动摩擦力大于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为α，由牛顿第二定律可知，Ff－mgsinα＝ma，FN＝mgcosα，又Ff＝μFN，解得a＝μgcosα－gsinα，加速度a为定值，D错误。由v＝v0－at可知，vt图线应为倾斜的直线，C错误。由s＝v0t－at2可知，st图线为抛物线，B正确。由几何关系可知h＝s·sinα，即ht图线应类似于st图线，A错误。
17．20xx·江西宜春三中检测]如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是()

A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为
C．系统的加速度为a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
答案C
解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，A、B错误。小球所受合外力为mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，C正确，D错误。
18．20xx·海口联考](多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g＝10m/s2)()

A．若传送带不动，则vB＝3m/s
B．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝3m/s
C．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s
D．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝2m/s
答案ABC
解析若传送带不动，由匀变速规律可知v－v＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3m/s，故选项A、B、C正确，D错误。
19．20xx·福州质检]如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()

答案A
解析此过程可分为三段，第一段小球向下做自由落体运动，加速度a＝g，方向竖直向下，速度v＝gt；第二段小球向下做加速运动，加速度a＝，弹簧的压缩量x变大，加速度a变小，方向向下；第三段运动小球向下做减速运动，加速度a＝，弹簧的压缩量x变大，加速度a变大，方向向上，到达最低点时ag，而且小球接触弹簧后at图线不是线性关系，所以C、D都错误。又由vt图象的斜率变化代表加速度的变化，故选项A正确。
20．20xx·山东烟台期中](多选)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α45°)。三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是()

A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上
B．若m1＝m2cotα，则两物体可静止在斜面上
C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g
D．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零
答案BC
解析若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsinα，由于α45°，则m2gsin(90°－α)

20xx高考物理公式及解析：气体的性质公式

20xx高考物理公式及解析：气体的性质公式

气体的性质公式

1.气体的状态参量：

温度：宏观上，物体的冷热程度;微观上，物体内部分子无规则运动的剧烈程度的标志

热力学温度与摄氏温度关系：T=t+273{T:热力学温度(K)，t:摄氏温度(℃)｝

体积V：气体分子所能占据的空间，单位换算：1m3=103L=106mL

压强p：单位面积上，大量气体分子频繁撞击器壁而产生持续、均匀的压力，标准大气压：

1atm=1.013×105Pa=76cmHg(1Pa=1N/m2)

2.气体分子运动的特点：分子间空隙大;除了碰撞的瞬间外，相互作用力微弱;分子运动速率很大

3.理想气体的状态方程：p1V1/T1=p2V2/T2{PV/T=恒量，T为热力学温度(K)｝

注:

(1)理想气体的内能与理想气体的体积无关,与温度和物质的量有关;

(2)公式3成立条件均为一定质量的理想气体，使用公式时要注意温度的单位，t为摄氏温度(℃)，而T为热力学温度(K)。

20xx高考物理公式整理

20xx高考物理公式整理

一、质点的运动（1）------直线运动
1)匀变速直线运动
1.平均速度V平=s/t(定义式)2.有用推论Vt2-Vo2=2as
3.中间时刻速度Vt/2=V平=(Vt+Vo)/24.末速度Vt=Vo+at
5.中间位置速度Vs/2=[(Vo2+Vt2)/2]1/26.位移s=V平t=Vot+at2/2=Vt/2t
7.加速度a=(Vt-Vo)/t{以Vo为正方向，a与Vo同向(加速)a0;反向则a0｝
8.实验用推论Δs=aT2{Δs为连续相邻相等时间(T)内位移之差｝
9.主要物理量及单位：初速度(Vo)：m/s;加速度(a)：m/s2;末速度(Vt)：m/s;时间(t)秒(s);位移(s)：米(m);路程：米;速度单位换算：1m/s=3.6km/h。
注：(1)平均速度是矢量;(2)物体速度大，加速度不一定大;(3)a=(Vt-Vo)/t只是量度式，不是决定式;
(4)其它相关内容：质点.位移和路程.参考系.时间与时刻;速度与速率.瞬时速度。
2)自由落体运动
1.初速度Vo=02.末速度Vt=gt3.下落高度h=gt2/2(从Vo位置向下计算)4.推论Vt2=2gh
注：(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，遵循匀变速直线运动规律;
(2)a=g=9.8m/s2≈10m/s2(重力加速度在赤道附近较小，在高山处比平地小，方向竖直向下)。
(3)竖直上抛运动
1.位移s=Vot-gt2/22.末速度Vt=Vo-gt(g=9.8m/s2≈10m/s2)
3.有用推论Vt2-Vo2=-2gs4.上升最大高度Hm=Vo2/2g(抛出点算起)
5.往返时间t=2Vo/g(从抛出落回原位置的时间)
注：(1)全过程处理：是匀减速直线运动，以向上为正方向，加速度取负值;
(2)分段处理：向上为匀减速直线运动，向下为自由落体运动，具有对称性;
(3)上升与下落过程具有对称性，如在同点速度等值反向等。
二、质点的运动（2）----曲线运动、万有引力
1)平抛运动
1.水平方向速度：Vx=Vo2.竖直方向速度：Vy=gt
3.水平方向位移：x=Vot4.竖直方向位移：y=gt2/2
5.运动时间t=(2y/g)1/2(通常又表示为(2h/g)1/2)
6.合速度Vt=(Vx2+Vy2)1/2=[Vo2+(gt)2]1/2
合速度方向与水平夹角β：tgβ=Vy/Vx=gt/V0
7.合位移：s=(x2+y2)1/2，
位移方向与水平夹角α：tgα=y/x=gt/2Vo
8.水平方向加速度：ax=0;竖直方向加速度：ay=g
注：(1)平抛运动是匀变速曲线运动，加速度为g，通常可看作是水平方向的匀速直线运与竖直方向的自由落体运动的合成;
(2)运动时间由下落高度h(y)决定与水平抛出速度无关;
(3)θ与β的关系为tgβ=2tgα;
(4)在平抛运动中时间t是解题关键;(5)做曲线运动的物体必有加速度，当速度方向与所受合力(加速度)方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。
2)匀速圆周运动
1.线速度V=s/t=2πr/T2.角速度ω=Φ/t=2π/T=2πf
3.向心加速度a=V2/r=ω2r=(2π/T)2r4.向心力F心=mV2/r=mω2r=mr(2π/T)2=mωv=F合
5.周期与频率：T=1/f6.角速度与线速度的关系：V=ωr
7.角速度与转速的关系ω=2πn(此处频率与转速意义相同)
8.主要物理量及单位：弧长(s)：(m);角度(Φ)：弧度(rad);频率(f);赫(Hz);周期(T)：秒(s);转速(n);r/s;半径(r)：米(m);线速度(V)：m/s;角速度(ω)：rad/s;向心加速度：m/s2。

文章来源：http://m.jab88.com/j/74925.html

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