2024-2025學年上學期深圳高一物理期末模擬卷3

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期深圳高一物理期末模擬卷3一．選擇題（共8小題，滿分32分，每小題4分）1．（4分）（2022春?紹興期末）下列物理量中，無單位的是（）A．動摩擦因數(shù) B．勁度系數(shù) C．萬有引力常量 D．靜電力常量2．（4分）（2023秋?松江區(qū)校級期中）伽利略對“運動和力的關系”和“自由落體運動”的研究，開創(chuàng)了科學實驗和邏輯推理相結合的重要科學研究方法。圖甲、圖乙分別展示了這兩項研究中實驗和邏輯推理的過程，對這兩項研究，下列說法正確的是（）A．圖甲的實驗為“理想實驗”，通過邏輯推理得出力是維持物體運動的原因 B．圖甲中的實驗可以在實驗室中真實呈現(xiàn) C．圖乙中先在傾角較小的斜面上進行實驗，可“沖淡”重力，使時間的測量更容易 D．圖乙中逐漸改變斜面的傾角，通過實驗得出自由落體運動是勻變速運動3．（4分）（2023秋?徐匯區(qū)校級期中）下列關于物體重心的說法正確的是（）A．形狀規(guī)則的物體的重心，一定在物體的幾何中心上 B．物體的重心一定在物體上 C．物體只有重心處才受到重力作用 D．采用背越式跳高的運動員在越過橫桿時，其重心位置可能在橫桿之下4．（4分）（2022?蘇州模擬）一個物體做勻加速直線運動，從A點運動到C點所用的時間為t，B為AC段上的一點，物體在AB段運動的平均速度為v，在BC段運動的平均速度為2v。則（）A．物體運動的加速度為vtB．物體運動的加速度為2vtC．物體在AC段運動的平均速度為1.5v D．A、C之間的距離為s＝1.5vt（多選）5．（4分）甲、乙兩物體從同一地點沿同一方向做直線運動，它們的速度﹣時間圖象如圖所示，可以確定（）A．t＝6s時甲在乙的前方27m處 B．t＝6s時乙在甲的前方27m處 C．6s之后兩物體不會相遇 D．6s之后兩物體會相遇物理從我們的生活中來，也必將回到生活中去，生活中處處都有物理。6．（4分）如圖甲為某風景旅游區(qū)的觀光索道。某段時間其運行的簡化示意圖如圖乙，纜索傾角為37°，纜車通過卡扣固定懸掛在纜索上，在纜索的牽引下一起斜向上勻速運動。已知纜車和卡扣的總質量為m，運行過程中纜車始終處于豎直方向，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（）A．纜索對卡扣的摩擦力為0.6mg B．纜索對卡扣的作用力為0.8mg C．卡扣受到的合外力為mg D．運行過程中纜車處于超重狀態(tài)7．（4分）（2019?貴州學業(yè)考試）做勻變速直線運動的物體，受到的合力（）A．大小、方向都不變 B．大小、方向都改變 C．大小改變，方向不變 D．大小不變，方向改變8．（4分）（2017秋?西城區(qū)校級月考）如圖所示，質量為4.0kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上，質量為6.0kg的物體B用細線懸掛在天花板上，B與A剛好接觸但不擠壓，現(xiàn)將細線剪斷，則剪斷后瞬間，下列結果正確的是（取g＝10m/s2）（）A．A的加速度大小為1m/s2 B．B的加速度大小為4m/s2 C．彈簧的彈力大小為60N D．A、B間相互作用力的大小為24N二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）9．（6分）（2023秋?惠州期末）如圖，勁度系數(shù)為k的彈簧一端固定在斜面頂端，另一端連接著一質量為m的木塊，靜止在傾角θ＝30°的斜面上。已知木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．彈簧一定處于拉伸狀態(tài) B．彈簧的最大形變量為mgkC．木塊受到的摩擦力方向一定沿斜面向上 D．木塊受到的摩擦力可能為零（多選）10．（6分）（2022秋?眉山期末）如圖所示，OC段是滑雪賽道的直線段，一滑雪運動員從賽道的O點從靜止開始在OC段勻加速滑下，已知運動員滑到A點時速度vA＝2m/s，OA＝2m，AB段滑行的時間為2s。則下列說法中正確的是（）A．運動員的加速度大小是1m/s2 B．運動員的加速度大小是2m/s2 C．AB段長度為3m D．AB段長度為6m（多選）11．（6分）（2019秋?蚌山區(qū)校級期中）如圖所示，將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一滑塊A放在物體B上，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余摩擦忽略不計。已知物體B的質量為M，滑塊A的質量為m，重力加速度為g。當整個裝置靜止時，A、B接觸面的切線與豎直的擋板之間的夾角為θ，下列選項正確的是（）A．物體B對水平面的壓力小于（M+m）g B．物體B受到水平面的摩擦力大小為mgtanθC．將B緩慢向右移動一小段距離，A、B之間的作用力變小 D．將B緩慢向右移動一小段距離，A與豎直擋板之間的彈力變大三．實驗題（共2小題，滿分16分）12．（6分）（2023春?浙江期末）某同學利用如圖（a）裝置做“探究彈簧彈力大小與其長度的關系”的實驗。①實驗裝置如圖（a），下列操作規(guī)范的是（多選）。A．懸吊鉤碼時，應在鉤碼靜止后再讀數(shù)B．實驗前，應該先把彈簧水平放置測量其原長C．隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重D．逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重②他通過實驗得到如圖（b）所示的彈力大小F與彈簧長度L的關系圖線。由此圖線可得該彈簧的原長為cm；勁度系數(shù)k＝N/m。13．（10分）（2021秋?工農(nóng)區(qū)校級月考）如圖1為用拉力傳感器和速度傳感器探究“加速度與物體受力的關系”實驗裝置．用拉力傳感器記錄小車受到拉力的大小，在長木板上相距L＝48.0cm的A、B兩點各安裝一個速度傳感器，分別記錄小車到達A、B時的速率．（1）實驗主要步驟如下：①將拉力傳感器固定在小車上；②調整長木板的傾斜角度，以平衡小車受到的摩擦力，讓小車在不受拉力作用時能在木板上做運動；③把細線的一端固定在拉力傳感器上，另一端通過定滑輪與鉤碼相連；④接通電源后自C點釋放小車，小車在細線拉動下運動，記錄細線拉力F的大小及小車分別到達A、B時的速率vA、vB；⑤改變所掛鉤碼的數(shù)量，重復④的操作．次數(shù)F/N（vB2﹣vA2）/（m2?s﹣2）a/（m?s﹣2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.3442.624.654.8453.005.495.72（2）下表中記錄了實驗測得的幾組數(shù)據(jù)，vB2﹣vA2是兩個速度傳感器記錄速率的平方差，則加速度的表達式a＝，請將表中第3次的實驗數(shù)據(jù)填寫完整（結果保留三位有效數(shù)字）。（3）由表中數(shù)據(jù)，在上圖2中的坐標紙上作出a﹣F關系圖線。（4）對比實驗結果與理論計算得到的關系圖線（圖中已畫出理論圖線），造成上述偏差的原因是。四．解答題（共3小題，滿分34分）14．（8分）（2024?昆明一模）如圖甲所示，物塊A、B用不可伸長的輕質細線連接靜止在光滑水平面上，細線處于伸直狀態(tài)。t＝0時刻，在物塊A上施加一個水平向右的拉力FA，F(xiàn)A的大小隨時間t的變化規(guī)律為FA＝3.5t，細線的拉力為FT，測得兩物塊的加速度a隨力FA、FT的變化規(guī)律如圖乙中的Ⅰ、Ⅱ圖線所示。已知物塊B的質量M＝4kg。（1）求物塊A的質量；（2）若細線能夠承受的最大拉力為20N，t＝0時刻，在物塊B上同時施加一個水平向左的拉力FB，其大小隨時間t的變化規(guī)律為FB＝0.5t。求細線斷裂的時刻。15．（10分）（2023秋?寶安區(qū)期末）如圖所示為貨物傳送裝置的其中一段，由平滑連接的傾斜的傳送帶和水平平臺組成。斜面的傾斜角為θ＝37°，連接處的長度可忽略不計。傳送帶長度l＝5m，當傳送帶不轉動時，質量m的貨物從傳送帶上端由靜止釋放，貨物沿傳送帶勻加速下滑，到達平臺時速度方向改變，但大小不變，并最終停在平臺上。貨物停止位置與傳送帶右端的距離為l0＝5m。已知貨物與平臺的摩擦系數(shù)μ1＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2，貨物可視作質點，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。求：（1）貨物在傳送帶上做勻加速直線運動的加速度a0；（2）貨物與傳送帶間的摩擦系數(shù)μ0；（3）若傳送帶順時針轉動，寫出貨物停止位置與傳送帶右端距離L跟傳送帶線速度v的函數(shù)關系。16．（16分）如圖所示，質量為M＝4kg、長為L＝3.2m的長木板乙放在地面上，另一質量為m＝4kg且可視為質點的物體甲放在長木板的最右端。現(xiàn)在甲上施加一斜向左上方與水平方向成53°、大小為40N的恒力F，使甲開始在長木板上滑動，經(jīng)過一段時間甲運動到長木板的中點時將恒力撤走，已知甲與乙之間、乙與地面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8。求：（1）撤去恒力瞬間，物體甲的速度大?。唬?）整個過程長木板乙的位移大小。

2024-2025學年上學期深圳高一物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分32分，每小題4分）1．（4分）（2022春?紹興期末）下列物理量中，無單位的是（）A．動摩擦因數(shù) B．勁度系數(shù) C．萬有引力常量 D．靜電力常量【考點】力學單位制與單位制．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據(jù)對各物理量單位的掌握分析答題?！窘獯稹拷猓篈、動摩擦因數(shù)沒有單位，故A正確；B、勁度系數(shù)的單位是N/m，勁度系數(shù)有單位，故B錯誤；C、萬有引力常量有單位，是N?m2/kg2，故C錯誤；D、靜電力常量是有單位的，單位是N?m2/C2，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了物理量的單位，掌握基礎知識即可解題，平時要注意基礎知識的學習。2．（4分）（2023秋?松江區(qū)校級期中）伽利略對“運動和力的關系”和“自由落體運動”的研究，開創(chuàng)了科學實驗和邏輯推理相結合的重要科學研究方法。圖甲、圖乙分別展示了這兩項研究中實驗和邏輯推理的過程，對這兩項研究，下列說法正確的是（）A．圖甲的實驗為“理想實驗”，通過邏輯推理得出力是維持物體運動的原因 B．圖甲中的實驗可以在實驗室中真實呈現(xiàn) C．圖乙中先在傾角較小的斜面上進行實驗，可“沖淡”重力，使時間的測量更容易 D．圖乙中逐漸改變斜面的傾角，通過實驗得出自由落體運動是勻變速運動【考點】伽利略的理想斜面實驗；伽利略對自由落體運動的探究．【專題】定性思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】明確伽利略對自由落體運動和力與運動關系的研究內(nèi)容，了解其研究過程中的物理思想與物理的方法?！窘獯稹拷猓篈B.伽利略是假設斜面是理想的光滑斜面，通過邏輯推理得到運動和力的關系，物體的運動不需要力維持。因為不存在光滑的沒有摩擦阻力的斜面，所以無法在實驗室中真實呈現(xiàn)，所以是“理想實驗”，故AB錯誤；CD.伽利略設想物體下落的速度與時間成正比，由于當時無法測量物體的瞬時速度，所以伽利略通過數(shù)學推導證明如果速度與時間成正比，那么位移與時間的平方成正比。因為當時用滴水法計算，由于時間較短無法記錄，伽利略設計了讓銅球沿阻力很小的斜面滾下，來沖淡重力得作用效果，而小球在斜面上運動的加速度要比它豎直下落的加速度小得多，所用時間長的多，所以容易測量。伽利略做了上百次實驗，并通過抽象思維在實驗結果上做了合理外推，故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題考查的就是學生對于伽利略對自由落體運動和運動和力的關系的研究理解，這些在平時是需要學生了解并知道的，注意明確理想實驗的內(nèi)容和對應的事實與推理。3．（4分）（2023秋?徐匯區(qū)校級期中）下列關于物體重心的說法正確的是（）A．形狀規(guī)則的物體的重心，一定在物體的幾何中心上 B．物體的重心一定在物體上 C．物體只有重心處才受到重力作用 D．采用背越式跳高的運動員在越過橫桿時，其重心位置可能在橫桿之下【考點】重心的概念和物理意義．【專題】定性思想；推理法；重力專題；理解能力．【答案】D【分析】重力的作用點是物體的重心，物體的重心與物體的質量分布與物體形狀有關，質量分布均勻、形狀規(guī)則的物體重心在其幾何中心，物體的重心不一定在物體上?！窘獯稹拷猓篈．形狀規(guī)則且質量分布均勻的物體的重心一定在物體的幾何中心上，故A錯誤；B．物體的重心可能不在物體上，例如質量分布均勻圓環(huán)的重心不在環(huán)上，故B錯誤；C．重心是重力的等效作用點，物體的任何部分都受到重力作用，故C錯誤；D．采用背越式跳高的運動員在越過橫桿時，運動員身體彎曲，其重心位置可能在橫桿之下，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了物體的重心是一道基礎題，掌握基礎知識即可正確解題，注意重心與質量分布及形狀有關。4．（4分）（2022?蘇州模擬）一個物體做勻加速直線運動，從A點運動到C點所用的時間為t，B為AC段上的一點，物體在AB段運動的平均速度為v，在BC段運動的平均速度為2v。則（）A．物體運動的加速度為vtB．物體運動的加速度為2vtC．物體在AC段運動的平均速度為1.5v D．A、C之間的距離為s＝1.5vt【考點】勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）．【專題】定量思想；方程法；直線運動規(guī)律專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)平均速度等于中點時刻速度結合加速度定義式求出加速度．平均速度等于總位移除以總時間?！窘獯稹拷猓篈B．根據(jù)某段運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則AB段的中間時刻的瞬時速度為v，BC段中間時刻的瞬時速度為2v，可知加速度a=2v-vt2=2vCD．若設AB段的時間為t1，BC段的時間為t2，則t1+t2＝t則AC段的距離s＝vt1+2vt2＝vt+vt2因t2不一定等于0.5t，則A、C之間的距離s不一定等于1.5vt，物體在AC段運動的平均速度不一定為1.5v，故CD錯誤。故選：B?！军c評】本題解題的關鍵是知道平均速度等于中點時刻的速度，難度不大，屬于基礎題。（多選）5．（4分）甲、乙兩物體從同一地點沿同一方向做直線運動，它們的速度﹣時間圖象如圖所示，可以確定（）A．t＝6s時甲在乙的前方27m處 B．t＝6s時乙在甲的前方27m處 C．6s之后兩物體不會相遇 D．6s之后兩物體會相遇【考點】根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況．【專題】學科綜合題；定性思想；推理法；運動學中的圖象專題．【答案】BD【分析】根據(jù)速度圖象的“面積”等于物體的位移大小，由幾何知識求出t＝6s時兩物體通過的位移，進而求出位置關系，t＝6s之后，甲的速度大于乙的速度，會再次相遇．【解答】解：A、根據(jù)速度圖象的“面積”等于位移大小，得到t＝6s時，甲的位移大小為x甲=12×6×9＝27m，乙的位移大小為x乙＝9×6m＝54m，t＝6s時乙在甲的前方27m處。故AC、6s后甲的速度大于乙的速度，此后甲會追上乙，再次相遇。故C錯誤，D正確。故選：BD。【點評】本題關鍵抓住速度圖象的“面積”等于位移來求解兩物體間的距離，難度不大，屬于基礎題．物理從我們的生活中來，也必將回到生活中去，生活中處處都有物理。6．（4分）如圖甲為某風景旅游區(qū)的觀光索道。某段時間其運行的簡化示意圖如圖乙，纜索傾角為37°，纜車通過卡扣固定懸掛在纜索上，在纜索的牽引下一起斜向上勻速運動。已知纜車和卡扣的總質量為m，運行過程中纜車始終處于豎直方向，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是（）A．纜索對卡扣的摩擦力為0.6mg B．纜索對卡扣的作用力為0.8mg C．卡扣受到的合外力為mg D．運行過程中纜車處于超重狀態(tài)【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；力的合成與分解的應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】A【分析】對纜車和卡扣受力分析，根據(jù)共點力平衡條件求摩擦力；根據(jù)卡扣受到的合外力為0，確定纜索對卡扣的作用力；根據(jù)卡扣做勻速直線運動分析卡扣受到的合外力，以及是否處于超重、失重狀態(tài)?！窘獯稹拷猓篈．纜車通過卡扣固定懸掛在纜索上，在纜索的牽引下一起斜向上勻速運動，對纜車和卡扣受力分析如圖：根據(jù)共點力平衡條件可知：f＝mgsin37°解得f＝0.6mg故A正確；B．纜索對卡扣的作用力與卡扣和纜車的重力等大反向，纜索對卡扣的作用力與mg大小相等，故B錯誤；C．由于卡扣做勻速直線運動，卡扣受到的合外力為0；D．運行過程中纜車處于平衡狀態(tài)，既不超重也不失重，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題主要是考查了牛頓第二定律的知識；利用牛頓第二定律答題時的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、進行正交分解、在坐標軸上利用牛頓第二定律建立方程進行解答；注意整體法和隔離法的應用。7．（4分）（2019?貴州學業(yè)考試）做勻變速直線運動的物體，受到的合力（）A．大小、方向都不變 B．大小、方向都改變 C．大小改變，方向不變 D．大小不變，方向改變【考點】共點力的平衡問題及求解．【專題】定性思想；歸納法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】A【分析】解答本題關鍵掌握：勻變速直線運動的物體的特點：加速度恒定不變，由牛頓第二定律分析合外力。【解答】解：做勻變速直線運動的物體，加速度恒定不變，由牛頓第二定律知：它所受合外力是恒定不變的，大小、方向都不變，故A正確BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了勻變速直線運動的物體的特點，結合牛頓第二定律分析大小和方向即可。8．（4分）（2017秋?西城區(qū)校級月考）如圖所示，質量為4.0kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上，質量為6.0kg的物體B用細線懸掛在天花板上，B與A剛好接觸但不擠壓，現(xiàn)將細線剪斷，則剪斷后瞬間，下列結果正確的是（取g＝10m/s2）（）A．A的加速度大小為1m/s2 B．B的加速度大小為4m/s2 C．彈簧的彈力大小為60N D．A、B間相互作用力的大小為24N【考點】牛頓第二定律求解瞬時問題；胡克定律及其應用；力的合成與分解的應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】彈簧的彈力不能突變，以A、B系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律求出系統(tǒng)的加速度，然后以B為研究對象，由牛頓第二定律求出A、B間的作用力?！窘獯稹拷猓篊、物體A、B接觸但不擠壓，剪斷細線前，對A由平衡條件得，彈簧的彈力：T＝mAg＝4×10N＝40N，由于彈簧的彈力不能突變，剪斷細線瞬間彈力大小仍為40N，故C錯誤；AB、剪斷細線后，物體A、B一起向下加速運動，對系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：（mA+mB）g﹣T＝（mA+mB）a，解得：a＝6m/s2，故AB錯誤；D、對物體B，由牛頓第二定律得：mBg﹣F＝mBa，解得：F＝24N，則A、B間的作用力為24N，故D正確。故選：D。【點評】本題考查牛頓第二定律的應用；解題的關鍵是先采用整體法求解加速度，再隔離物體B并根據(jù)牛頓第二定律列式求解。二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）9．（6分）（2023秋?惠州期末）如圖，勁度系數(shù)為k的彈簧一端固定在斜面頂端，另一端連接著一質量為m的木塊，靜止在傾角θ＝30°的斜面上。已知木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．彈簧一定處于拉伸狀態(tài) B．彈簧的最大形變量為mgkC．木塊受到的摩擦力方向一定沿斜面向上 D．木塊受到的摩擦力可能為零【考點】共點力的平衡問題及求解；胡克定律及其應用；力的合成與分解的應用．【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】以物體為研究對象進行受力分析，根據(jù)最大靜摩擦力的大小以及重力沿斜面分力的大小進行分析彈簧彈力的大小和方向?！窘獯稹拷猓篈．木塊與斜面間的最大靜摩擦力為Ffm＝μmgcos30°＝0.5×mg×木塊重力沿斜面向下的分力G1＝mgsin30°=12mg，則有G1可知彈簧彈力一定沿斜面向下，彈簧一定處于拉伸狀態(tài)，故A正確；B．由平衡條件可知，當木塊受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下時，彈簧有最大形變量為xm=GC．木塊在斜面上處于靜止狀態(tài)時，當彈簧的彈力大于G1時，木塊有沿斜面向上滑動的趨勢，摩擦力方向沿斜面向下，當彈簧的彈力小于G1時，木塊有沿斜面向下滑動的趨勢，摩擦力方向沿斜面向上，故C錯誤；D．當彈簧的彈力大小等于G1時，木塊在斜面上沒有滑動的趨勢，木塊受到的摩擦力可能是零，故D正確。故選：AD?！军c評】本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。（多選）10．（6分）（2022秋?眉山期末）如圖所示，OC段是滑雪賽道的直線段，一滑雪運動員從賽道的O點從靜止開始在OC段勻加速滑下，已知運動員滑到A點時速度vA＝2m/s，OA＝2m，AB段滑行的時間為2s。則下列說法中正確的是（）A．運動員的加速度大小是1m/s2 B．運動員的加速度大小是2m/s2 C．AB段長度為3m D．AB段長度為6m【考點】勻變速直線運動速度與位移的關系；勻變速直線運動位移與時間的關系．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據(jù)運動學基本公式，分別對OA段及AB段列相應的公式進行求解?！窘獯稹拷猓篈B、運動員由靜止開始運動，則初速度為零，對OA段運動情況，根據(jù)速度—位移關系：vA代入數(shù)據(jù)解得a＝1m/s2，故A正確，B錯誤；CD、運動員運動過程加速度保持衡定，對AB段運動情況，根據(jù)位移—時間關系：xAB代入數(shù)據(jù)解得AB＝6m，故D正確，C錯誤。故選：AD?！军c評】本題重點在于對運動學公式的考查，要求學生能提取相應物理量并選擇合適的運動學公式。（多選）11．（6分）（2019秋?蚌山區(qū)校級期中）如圖所示，將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一滑塊A放在物體B上，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余摩擦忽略不計。已知物體B的質量為M，滑塊A的質量為m，重力加速度為g。當整個裝置靜止時，A、B接觸面的切線與豎直的擋板之間的夾角為θ，下列選項正確的是（）A．物體B對水平面的壓力小于（M+m）g B．物體B受到水平面的摩擦力大小為mgtanθC．將B緩慢向右移動一小段距離，A、B之間的作用力變小 D．將B緩慢向右移動一小段距離，A與豎直擋板之間的彈力變大【考點】共點力的平衡問題及求解；力的合成與分解的應用．【專題】定性思想；合成分解法；平行四邊形法則圖解法專題；共點力作用下物體平衡專題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】首先對物體A受力分析，受重力、B的支持力、擋板的支持力，根據(jù)平衡條件列式求解；然后再對整體受力分析，根據(jù)平衡條件力列式求解地面支持力和靜摩擦力大小。【解答】解：CD、首先對物體A受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：F1=mgsinθ，F(xiàn)將物體B級慢向右移動一小段距離，θ變大，A、B之間的作用力F1變小，A與豎直擋板之間的彈力F2變小，故C正確，D錯誤；AB、再對AB整體受力分析，受重力、地面支持力、墻壁支持力、地面的靜摩擦力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，地面支持力大小FN＝（M+m）g，地面的摩擦力大小f＝F2=mgtanθ，再根據(jù)牛頓第三定律，B對地壓力大小為（M+m）g，故B正確，故選：BC?！军c評】本題考查了共點力的平衡、力的合成與分解的運用等知識點。求解平衡問題關鍵在于對物體正確的受力分析，不能多力，也不能少力，對于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，對于非特殊角，可采用相似三角形法求解，對于多力平衡，一般采用正交分解法。三．實驗題（共2小題，滿分16分）12．（6分）（2023春?浙江期末）某同學利用如圖（a）裝置做“探究彈簧彈力大小與其長度的關系”的實驗。①實驗裝置如圖（a），下列操作規(guī)范的是AD（多選）。A．懸吊鉤碼時，應在鉤碼靜止后再讀數(shù)B．實驗前，應該先把彈簧水平放置測量其原長C．隨意增減鉤碼，記下增減鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重D．逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重②他通過實驗得到如圖（b）所示的彈力大小F與彈簧長度L的關系圖線。由此圖線可得該彈簧的原長為4cm；勁度系數(shù)k＝50N/m。【考點】探究彈簧彈力與形變量的關系．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；彈力的存在及方向的判定專題；實驗探究能力．【答案】①AD；②4；50?！痉治觥竣俑鶕?jù)實驗步驟及注意事項分析作答；②根據(jù)胡克定律求解F﹣x函數(shù)，結合圖像斜率和橫截距的含義分析作答?！窘獯稹拷猓孩貯．懸吊鉤碼時，應在鉤碼靜止后再讀數(shù)，防止鉤碼擺動過程影響示數(shù)，故A正確；B．由于彈簧自身有重力，實驗前，應該把彈簧豎直放置測量其原長，故B錯誤；CD．實驗過程中應該逐一增掛鉤碼，記下每增加一只鉤碼后指針所指的標尺刻度和對應的鉤碼總重，故C錯誤，D正確；故選：AD。②圖像的斜率表示勁度系數(shù)，因此彈簧勁度系數(shù)為：k=ΔF故答案為：①AD；②4；50?！军c評】本題主要考查了胡克定律的理解和運用，熟練掌握實驗的原理和注意事項。13．（10分）（2021秋?工農(nóng)區(qū)校級月考）如圖1為用拉力傳感器和速度傳感器探究“加速度與物體受力的關系”實驗裝置．用拉力傳感器記錄小車受到拉力的大小，在長木板上相距L＝48.0cm的A、B兩點各安裝一個速度傳感器，分別記錄小車到達A、B時的速率．（1）實驗主要步驟如下：①將拉力傳感器固定在小車上；②調整長木板的傾斜角度，以平衡小車受到的摩擦力，讓小車在不受拉力作用時能在木板上做勻速直線運動運動；③把細線的一端固定在拉力傳感器上，另一端通過定滑輪與鉤碼相連；④接通電源后自C點釋放小車，小車在細線拉動下運動，記錄細線拉力F的大小及小車分別到達A、B時的速率vA、vB；⑤改變所掛鉤碼的數(shù)量，重復④的操作．次數(shù)F/N（vB2﹣vA2）/（m2?s﹣2）a/（m?s﹣2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.342.4442.624.654.8453.005.495.72（2）下表中記錄了實驗測得的幾組數(shù)據(jù)，vB2﹣vA2是兩個速度傳感器記錄速率的平方差，則加速度的表達式a＝vB2-v（3）由表中數(shù)據(jù)，在上圖2中的坐標紙上作出a﹣F關系圖線。（4）對比實驗結果與理論計算得到的關系圖線（圖中已畫出理論圖線），造成上述偏差的原因是沒有完全平衡摩擦力?！究键c】探究加速度與力、質量之間的關系．【專題】定量思想；控制變量法；牛頓運動定律綜合專題；實驗探究能力．【答案】（1）勻速直線運動（2）vB2-vA22L、2.44；（3【分析】（1）根據(jù)實驗原理，確定平衡摩擦力后小車的運動情況；（2）根據(jù)勻變速直線運動的速度﹣位移公式求出加速度的表達式，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)求出加速度大?。唬?）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)應用描點法可正確畫出圖象。（4）對比實際與理論圖象可知，有外力時還沒有加速度，由此可得出產(chǎn)生偏差原因?！窘獯稹拷馕觯海?）平衡摩擦力時，應讓小車在長木板上做勻速直線運動；（2）由運動學知識可知：vB2-v由此式可求出第三次測量時小車的加速度為：a3=2.342×0.48m/s2＝2.44m/s（3）建立坐標系，先描點再把這點畫在一條直線上。由表中數(shù)據(jù)作出a﹣F圖線如圖所示（圖中下方的直線）；（4）由實驗中a﹣F圖線不過原點可以得出，實驗時沒有完全平衡小車的摩擦力．故答案為：（1）勻速直線運動；（2）vB2-vA22L、2.44；（3【點評】本題考查了探究“加速度與物體受力的關系”實驗，要明確實驗原理，正確進行誤差分析和數(shù)據(jù)處理是對學生學習實驗的基本要求，同時掌握勻變速直線運動基本公式的應用，要加強這方面的訓練。四．解答題（共3小題，滿分34分）14．（8分）（2024?昆明一模）如圖甲所示，物塊A、B用不可伸長的輕質細線連接靜止在光滑水平面上，細線處于伸直狀態(tài)。t＝0時刻，在物塊A上施加一個水平向右的拉力FA，F(xiàn)A的大小隨時間t的變化規(guī)律為FA＝3.5t，細線的拉力為FT，測得兩物塊的加速度a隨力FA、FT的變化規(guī)律如圖乙中的Ⅰ、Ⅱ圖線所示。已知物塊B的質量M＝4kg。（1）求物塊A的質量；（2）若細線能夠承受的最大拉力為20N，t＝0時刻，在物塊B上同時施加一個水平向左的拉力FB，其大小隨時間t的變化規(guī)律為FB＝0.5t。求細線斷裂的時刻?！究键c】連接體模型；力的合成與分解的應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；整體法和隔離法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力；模型建構能力．【答案】（1）物塊A的質量2kg；（2）細線斷裂的時刻為t＝8s?！痉治觥浚?）對AB整體、B根據(jù)牛頓第二定律列式，求物塊A的質量；（2）對AB整體、B根據(jù)牛頓第二定律列式，同時依題意細線斷裂的時刻FT＝20N，求時間。【解答】解：（1）對AB整體根據(jù)牛頓第二定律有FA＝（m+M）a，對B根據(jù)牛頓第二定律有FT＝Ma，當a＝1.5m/s2時，F(xiàn)A﹣FT＝ΔF＝3N，聯(lián)立解得物塊A的質量m＝2kg；（2）對AB整體根據(jù)牛頓第二定律有FA﹣FB＝（m+M）a，對B根據(jù)牛頓第二定律有FT﹣FB＝Ma，其中FB＝0.5t，細線斷裂的時刻FT＝20N，聯(lián)立解得此時t＝8s。答：（1）物塊A的質量2kg；（2）細線斷裂的時刻為t＝8s。【點評】本題考查學生對整體法、隔離法在牛頓第二定律中的應用，難度中等。15．（10分）（2023秋?寶安區(qū)期末）如圖所示為貨物傳送裝置的其中一段，由平滑連接的傾斜的傳送帶和水平平臺組成。斜面的傾斜角為θ＝37°，連接處的長度可忽略不計。傳送帶長度l＝5m，當傳送帶不轉動時，質量m的貨物從傳送帶上端由靜止釋放，貨物沿傳送帶勻加速下滑，到達平臺時速度方向改變，但大小不變，并最終停在平臺上。貨物停止位置與傳送帶右端的距離為l0＝5m。已知貨物與平臺的摩擦系數(shù)μ1＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2，貨物可視作質點，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。求：（1）貨物在傳送帶上做勻加速直線運動的加速度a0；（2）貨物與傳送帶間的摩擦系數(shù)μ0；（3）若傳送帶順時針轉動，寫出貨物停止位置與傳送帶右端距離L跟傳送帶線速度v的函數(shù)關系?！究键c】水平傳送帶模型；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力；模型建構能力．【答案】（1）貨物在傳送帶上做勻加速直線運動的加速度為2m/s2；（2）貨物與傳送帶間的摩擦系數(shù)為0.5；（3）若傳送帶順時針轉動，貨物停止位置與傳送帶右端距離L跟傳送帶線速度v的函數(shù)關系為L＝5m（v≤0），L＝25m（v≥10m/s），L=v25+5（0＜【分析】（1）貨物受摩擦力提供加速度，根據(jù)運動學規(guī)律解答；（2）貨物在傳送帶上，根據(jù)牛頓第二定律分析解答；（3）分情況討論貨物運動情況，根據(jù)數(shù)學方法解答?！窘獯稹拷猓海?）設貨物到達平臺時速度大小為v0，貨物在平臺上受到摩擦力大小為：f1＝μ1mg加速度：a1由于物塊最終減速為零：v0物塊在傳送帶上勻加速直線運動：v0解得：a（2）貨物在傳送帶上受力如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ﹣μ0mgcosθ＝ma0所以μ0＝0.5（3）設貨物到達傳送帶底端的速度為v1。情況一：若傳送帶速度為零，則貨物到達位置不變，即：L＝l0＝5m情況二：若物塊一直受到傳送帶向下的摩擦力則：啟動加速度為：a2＝gsinθ+μ0gcosθa2v2＝2a2l解得：v＝10m/sv2＝2μ1gL當v≥10m/s時，L＝25m情況三：當0≤v≤10m/s時貨物經(jīng)歷兩段加速度不同的加速運動到達底端。分別分析兩段加速過程，設兩段加速的位移分別為s1和s2：v2＝2a2s1v1s1+s2＝l解得：L=綜上可知L＝5m（v≤0），L＝25m（v≥10m/s），L=v25+5（0＜答：（1）貨物在傳送帶上做勻加速直線運動的加速度為2m/s2；（2）貨物與傳送帶間的摩擦系數(shù)為0.5；（3）若傳送帶順時針轉動，貨物停止位置與傳送帶右端距離L跟傳送帶線速度v的函數(shù)關系為L＝5m（v≤0），L＝25m（v≥10m/s），L=v25+5（0＜【點評】本題考查牛頓第二定律與傳送帶結合的問題，解題關鍵掌握貨物受摩擦力的方向判斷，注意牛頓第二定律與運動學規(guī)律的結合運用。16．（16分）如圖所示，質量為M＝4kg、長為L＝3.2m的長木板乙放在地面上，另一質量為m＝4kg且可視為質點的物體甲放在長木板的最右端?，F(xiàn)在甲上施加一斜向左上方與水平方向成53°、大小為40N的恒力F，使甲開始在長木板上滑動，經(jīng)過一段時間甲運動到長木板的中點時將恒力撤走，已知甲與乙之間、乙與地面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5、μ2＝0.2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8。求：（1）撤去恒力瞬間，物體甲的速度大小；（2）整個過程長木板乙的位移大小?！究键c】無外力的水平板塊模型．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】（1）撤去恒力瞬間，物體甲的速度大小為v＝4m/s；（2）整個過程長木板乙的位移大小為13【分析】（1）在物體甲上施加恒力后，甲與乙開始相對滑動，由牛頓第二定律求出甲的加速度，甲、乙之間的滑動摩擦力和彈力。判斷木板乙的運動狀態(tài)，由運動學公式求解物體甲的速度大??；（2）撤去F后，由牛頓第二定律分別求得甲、乙的加速度，判斷兩者是否會共速。若能夠共速，共速后兩者相對靜止一起做勻減速直線運動直到速度為零，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式求解。【解答】解：（1）在物體甲上施加恒力后，甲與乙開始相對滑動，設甲的加速度大小為a1，受到的滑動摩擦力大小為f1，甲與乙之間的彈力大小為N1。在水平方向上，由牛頓第二定律得：Fcos53°﹣f1＝ma1在豎直方向上，由力的平衡條件得：N1＝mg﹣Fsin53°又有：f1＝μ1N1聯(lián)立解得：f1＝4N，N1＝8N，a1＝5m/s2木板乙與地面之間的最大靜摩擦力為：fm1＝μ2（Mg+N1）＝0.2×（4×10+8）N＝9.6N因：fm1＞f1，故撤走恒力之前木板乙處于靜止狀態(tài)。設撤走恒力瞬間甲的速度大小為v，由運動學公式可得：v2解得：v＝4m/s（2）撤去F后，甲、乙之間的滑動摩擦力大小為：f2＝μ1mg＝0.5×4×10N＝20N乙與地面之間的最大靜摩擦力為：fm2＝μ2（m+M）g＝0.2×（4+4）×10N＝16N＜f2故撤走F后，乙開始做勻加速直線運動（設其加速度大小為a乙），甲開始做勻減速直線運動（設其加速度大小為a甲），由牛頓第二定律得：μ1mg＝ma甲f2﹣fm2＝Ma乙解得：a甲＝5m/s2，a乙＝1m/s2假設撤走恒力后經(jīng)時間t1，甲、乙能夠達到共同的速度，則有：v共＝v﹣a甲t1＝a乙t1解得：t1=23s，v共該過程中甲、乙的相對位移為：Δx=v+因Δx＜L2，故假設成立。共速后兩者相對靜止在地面上做勻減速直線運動（設其加速度大小為aa共減速到速度為零的時間為：t2整個過程木板先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，兩過程的平均速度大小均為v共x=v答：（1）撤去恒力瞬間，物體甲的速度大小為v＝4m/s；（2）整個過程長木板乙的位移大小為13【點評】本題為牛頓第二定律應用的板塊模型，屬于經(jīng)典的板塊運動模型，先由外力F拉動，再撤去外力F，運動過程較復雜，可用v﹣t圖像輔助分析。對于板塊模型的分析判斷要抓住兩個方面：一、相對靜止與相對運動的判斷；二、是否存在共速的判斷。

考點卡片1．勻變速直線運動位移與時間的關系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結合公式x＝vt和v＝vt+at可導出位移公式：x（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)位移時間公式x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。例2：對推導公式v=v0物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度與初速度方向相反，1sC、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故選：AC。點評：解決本題的關鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】（1）應用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大?。籦．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。2．勻變速直線運動速度與位移的關系【知識點的認識】勻變速直線運動位移與速度的關系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-勻變速直線運動的位移﹣速度關系式反映了初速度、末速度、加速度與位移之間的關系．①此公式僅適用于勻變速直線運動；②式中v0和v是初、末時刻的速度，x是這段時間的位移；③公式中四個矢量v、v0、a、x要規(guī)定統(tǒng)一的正方向．【命題方向】美國“肯尼迪號”航空母艦上有幫助飛機起飛的彈射系統(tǒng)，已知“F﹣A15”型戰(zhàn)斗機在跑道上加速時產(chǎn)生的加速度為4.5m/s2，起飛速度為50m/s．若該飛機滑行100m時起飛，則彈射系統(tǒng)必須使飛機具有的初速度為（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飛機的加速度、位移、末速度，求解飛機的初速度，此題不涉及物體運動的時間，選用勻變速直線運動的位移—時間公式便可解決．解答：設飛機的初速度為v0，已知飛機的加速度a、位移x、末速度v，此題不涉及物體運動的時間，由勻變速直線運動的位移—時間公式：v解得：v0＝40m/s故選：D。點評：本題是勻變速直線運動的基本公式的直接應用，屬于比較簡單的題目，解題時要學會選擇合適的公式，這樣很多問題就會迎刃而解了．【解題思路點撥】解答題解題步驟：（1）分析運動過程，畫出運動過程示意圖．（2）設定正方向，確定各物理量的正負號．（3）列方程求解：先寫出原始公式，再寫出導出公式：“由公式…得…”．3．勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）【知識點的認識】勻變速直線運動的導出公式是指由勻變速直線運動的3個基本公式推導出來的公式。包括：1.平均速度公式：v=vt推導：設物體做勻變速直線運動的初速度為v0，加速度為a，t時刻的速度為v。由x=v0t+1由v＝v0+at知，當t'=t2時，有v由①②得v=又v=vt由②③解得vt綜上所述有：v2.結合平均速度的定義式有：xt【命題方向】1.平均速度等于初末速度的一半例1：一質點做勻加速直線運動，初速度為10m/s，加速度為2m/s2．試求該質點：（1）第5s末的速度大?。唬?）前5s內(nèi)的平均速度大?。治觯嘿|點做勻加速直線運動，已知初速度、加速度和時間，根據(jù)速度公式求解第5s末的速度大小，由平均速度公式求出前5s內(nèi)的平均速度大小．解答：由題v0＝10m/s，a＝2m/s2，t＝5s則第5s末的速度大小v＝v0+at＝20m/s；前5s內(nèi)的平均速度大小v=v答：（1）第5s末的速度大小為20m/s；（2）前5s內(nèi)的平均速度大小為15m/s．點評：對于第（2）問也可以先求出前5s內(nèi)的位移x，再由v=2.平均速度等于中間時刻的速度例2：一輛汽車從車站由靜止起動，做勻加速直線運動．司機發(fā)現(xiàn)有人未上車，急忙剎車，車做勻減速直線運動而停下來，結果總共在5s內(nèi)前進了10m．汽車在運動過程中速度的最大值vm＝．分析：根據(jù)勻變速直線運動的平均速度公式v=v0+v2解答：勻加速直線運動和勻減速直線運動的平均速度v=vm2，則故答案為：4m/s．點評：解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】1.平均速度的相關公式比較多，xt2.v=vt4．伽利略對自由落體運動的探究【知識點的認識】1．伽利略對自由落體運動的研究（1）歷史的回顧：亞里士多德通過對大量的物體下落的觀察，直接得出結論：物體越重，下落越快；所用的方法：觀察+直覺．（2）邏輯的力量．（3）猜想與假設伽利略相信：a．自然界是簡單的，自然界的規(guī)律也是簡單的；b．落體運動一定是一種最簡單的變速運動．它的速度應該是均勻變化的．假設：v∝t，v∝x．（4）實驗驗證伽利略用銅球從阻力很小的斜面的不同位置由靜止下落，銅球在斜面上運動加速度要比它豎直落下時小得多，所以時間容易測出．實驗結果表明，光滑斜面傾角不變時，從不同位置讓小球滾下，小球的位置與時間的平方比不變，即由此證明了小球沿光滑斜面下滑的運動是勻變速直線運動；換用不同質量的小球重復實驗，結論不變．（5）合理外推如果斜面傾角增大到90°，小球仍然保持勻加速直線運動的性質，且所有物體下落時的加速度都是一樣的！伽利略成功驗證了自己的猜想，不僅徹底否定了亞里士多德關于落體運動的錯誤論斷，而且得到了自由落體運動的規(guī)律．（6）伽利略科學方法伽利略科學思想方法的核心：把實驗和邏輯推理（包括數(shù)學推演）和諧地結合起來．【命題方向】例1：伽俐略理想實驗將可靠的事實和理論思維結合起來，能更深刻地反映自然規(guī)律，伽俐略的斜面實驗程序如下：（1）減小第二個斜面的傾角，小球在這斜面上仍然要達到原來的高度．（2）兩個對接的斜面，讓靜止的小球沿一個斜面滾下，小球將滾上另一個斜面．（3）如果沒有摩擦，小球將上升到釋放時的高度．（4）繼續(xù)減小第二個斜面的傾角，最后使它成水平面，小球沿水平方向做持續(xù)的勻速運動．請按程序先后次序排列，并指出它究竟屬于可靠的事實，還是通過思維過程的推論，下列選項正確的是（數(shù)字表示上述程序的號碼）（）A．事實2→事實1→推論3→推論4B．事實2→推論1→推論3→推論4C．事實2→推論3→推論1→推論4D．事實2→推論1→推論4→推論3分析：按實驗先后次序排列如下：2→3→1→4．其中，2是事實．實際中，小球由于摩擦，在第二個斜面上上升的高度減小，若摩擦力減小，上升的高度增大，設想沒有摩擦力，小球將上升到釋放時的高度，如將第二斜面放平，小球沒有減速的原因，不會停下來，3，1，4均是在沒有摩擦的情況作出的推論．解答：實驗先后次序排列如下：2→3→1→4．實驗中，如果摩擦力越小，小球在第二個斜面上上升的高度越高，設想沒有摩擦，小球將上升到釋放時的高度．所以3、1是推論．步驟4中，將第二個斜面放平，實際中小球因摩擦而減速，最后停下來，摩擦力越小，運動的距離越長，設想沒有摩擦力，小球沒有減速的原因，永遠以原來的速度運動下去，所以4也是推論．故選：C．點評：本題是伽利略理想斜面實驗，考查對本實驗的理解能力，由此實驗，伽利略得出了結論：物體的運動不需要力維持．例2：伽利略在著名的斜面實驗中，讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下，他通過實驗觀察和邏輯推理，得到的正確結論有（）A．傾角一定時，小球在斜面上的位移與時間成正比B．傾角一定時，小球在斜面上的速度與時間成正比C．斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關D．斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間與傾角無關分析：伽利略通過實驗觀察和邏輯推理發(fā)現(xiàn)，小球沿斜面滾下的運動的確是勻加速直線運動，換用不同的質量的小球，從不同高度開始滾動，只要斜面的傾角一定，小球的加速度都是相同的；不斷增大斜面的傾角，重復上述實驗，得知小球的加速度隨斜面傾角的增大而增大．解答：A、B、伽利略通過實驗測定出小球沿斜面下滑的運動是勻加速直線運動，位移與時間的二次方成正比，并證明了速度隨時間均勻變化，故A錯誤，B正確；C、不論斜面光滑與不光滑，當斜面的長度一定時，小球滑到斜面地的速度都與斜面的傾角有關，且傾角越大，小球滑到斜面底端的速度就越大；故C錯誤；D、斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間隨傾角的增大而減小，故D錯誤．故選：B．點評：本題關鍵要明確伽利略對自由落體運動的研究的實驗過程，可以通過閱讀課本了解，同時實驗事實與理論應該是一致的，故可結合勻變速運動的知識求解．5．根據(jù)v-t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況【知識點的認識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關系。2.圖像實例：3.各參數(shù)的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；②表示物體沿正方向做勻速直線運動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；④交點的縱坐標表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內(nèi)的位移。5.本考點是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析多個物體的運動的情況?！久}方向】甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t1時刻并排行駛，下列說法正確的是（）A.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車一直在乙車之前B.t2時刻甲、乙兩車再次并排行駛C.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度大小先增大后減小D.t1時刻到t2時刻這段時間，兩車的加速度都先減小后增大分析：在v﹣t圖像中，斜率表示加速度，面積表示位移，定性地判斷兩車的加速度和位移的關系即可。解答：A、由圖可知，t1時刻到t2時刻這段時間內(nèi)，甲車的速度始終大于乙車的速度，因為兩車在t1時刻并排行駛，所以t1時刻到t2時刻的這段時間內(nèi)，甲車一直在乙車前面，故A正確；B、t2時刻甲乙兩車速度相等，同A選項的分析可知，在t1～t2時間內(nèi)，甲車一直在乙車前面，故B錯誤；CD、v﹣t圖像斜率表示加速度，可知在t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度也是先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選：AD。點評：本題主要考查了v﹣t圖像，理解斜率表示加速度，面積表示位移，可定性地分析兩車的運動情況即可。【解題思路點撥】圖像類問題是從數(shù)學的角度描述了物體的運動規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運動情景，再結合斜率、截距、面積等數(shù)學概念進行分析。6．重心的概念和物理意義【知識點的認識】1.概念：一個物體的各部分都要受到重力的作用，從效果上看，我們可以認為各部分受到的重力作用集中于一點，這一點叫做物體的重心．2.性質：重心不是真實存在的，是假象的一個點。3.思想方法：重心概念的提出用到了等效替代法?！久}方向】關于重心的說法中，正確的是（）A、重心是物體所受重力的等效作用點B、重心是物體上最重的一點C、重心的位置一定在物體上D、質量不均勻但形狀規(guī)則的物體的重心在它的幾何中心分析：重心是物體所受重力的等效作用點，物體的重心不一定在物體上，重心不是物體內(nèi)最重的一點．物體的重心位置與物體的質量分布、物體的形狀有關．用線懸掛的物體靜止時，根據(jù)平衡條件分析細線方向與重心的關系．解答：A、我們把物體受到的重力等效與一點，這一點就是重心。重心是物體所受重力的等效作用點。故A正確。B、物體的重心是重力的作用點，不是物體內(nèi)最重的一點。故B錯誤。C、物體的重心不一定在物體上，也可以在物體之外，比如均勻的圓環(huán)，重心在圓環(huán)之外。故C錯誤。D、物體的重心位置與物體的質量分布、物體的形狀兩個因素有關，質量均勻形狀規(guī)則的物體的重心在它的幾何中心。故D錯誤。故選：A。點評：本題考查對于重心的理解．重心是物體各部分所受重力的合力的作用點，可以用懸掛法確定薄形物體的重心位置．【解題思路點撥】重心是重力的等效作用點，所以只要物體有重力就一定會有重心，但是重心卻不一定在物體的幾何中心，甚至不一定在物體上。7．胡克定律及其應用【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100N故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結合：如圖所示，一根輕質彈簧上端固定，下端掛一個質量為m0的平盤，盤中有一物體，質量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據(jù)具體的條件或計算來確定．8．力的合成與分解的應用【知識點的認識】本考點針對比較復雜的題目，題目涉及到力的合成與分解的綜合應用?！久}方向】假期里，一位同學在廚房里協(xié)助媽媽做菜，對菜刀發(fā)生了興趣．他發(fā)現(xiàn)菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一樣，刀刃前部的頂角小，后部的頂角大（如圖所示），下列有關刀刃的說法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不勻，僅是為了打造方便，外形美觀，跟使用功能無關B、在刀背上加上同樣的壓力時，分開其他物體的力跟刀刃厚薄無關C、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越大，分開其他物體的力越大D、在刀背上加上同樣的壓力時，頂角越小，分開其他物體的力越大分析：根據(jù)力的平行四邊形定則可知，相同的壓力下，頂角越小，分力越大；相同的頂角下，壓力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可簡化成一個等腰三角劈，設頂角為2θ，背寬為d，側面長為l，如圖乙所示當在劈背施加壓力F后，產(chǎn)生垂直側面的兩個分力F1、F2，使用中依靠著這兩個分力分開被加工的其他物體。由對稱性知，這兩個分力大小相等（F1＝F2），因此畫出力分解的平行四邊形，實為菱形，如圖丙所示。在這個力的平行四邊形中，取其四分之一考慮（圖中陰影部分），根據(jù)它跟半個劈的直角三角形的相似關系，由關系式，得F1＝F2由此可見，刀背上加上一定的壓力F時，側面分開其他物體的力跟頂角的大小有關，頂角越小，sinθ的值越小，F(xiàn)1和F2越大。但是，刀刃的頂角越小時，刀刃的強度會減小，碰到較硬的物體刀刃會卷口甚至碎裂，實際制造過程中為了適應加工不同物體的需要，所以做成前部較薄，后部較厚。使用時，用前部切一些軟的物品（如魚、肉、蔬菜、水果等），用后部斬劈堅硬的骨頭之類的物品，俗話說：“前切后劈”，指的就是這個意思。故D正確。故選：D。點評：考查力的平行四邊形定則，體現(xiàn)了控制變量法，同時學會用三角函數(shù)來表示力與力的關系．【解題思路點撥】對力的合成與力的分解的綜合應用問題，要首先熟練掌握力的合成和力的分解的相關內(nèi)容，再選擇合適的合成和分解方法進行解題。9．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G=F12+F22，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統(tǒng)，應明確所選研究