1、考點五考點五考點一考點一考點二考點二考點三考點三考點四考點四考點六考點六高高考考九九大大高高頻頻考考點點例例析析考點七考點七考點八考點八考點九考點九題型特點題型特點 (1)高考主要考查對位移、速度、加速度等基本概念的高考主要考查對位移、速度、加速度等基本概念的理解和勻變速直線運動的規律的應用，試題以選擇題或計理解和勻變速直線運動的規律的應用，試題以選擇題或計算題的形式出現。算題的形式出現。 (2)題目設計一般比較新穎，常常與運動項目、天體運題目設計一般比較新穎，常常與運動項目、天體運動、汽車運動等實際問題相聯系，重在考查運用知識建立動、汽車運動等實際問題相聯系，重在考查運用知識建立物理模型解決

2、實際問題的能力。物理模型解決實際問題的能力。解題方略解題方略 (1)質點、速度、加速度、位移、參考系等基本概念的質點、速度、加速度、位移、參考系等基本概念的理解。理解。 (2)位移公式、速度公式、速度位移公式、速度公式、速度位移關系式、平均速度位移關系式、平均速度公式等公式以及有關初速度為零的勻變速直線運動比例式的靈公式等公式以及有關初速度為零的勻變速直線運動比例式的靈活應用。活應用。 (3)自由落體、豎直上拋運動、剎車類問題的處理方法。自由落體、豎直上拋運動、剎車類問題的處理方法。典題例證典題例證 1(2011新課標全國卷新課標全國卷)甲乙兩輛汽車都從靜止出發做加甲乙兩輛汽車都從靜止出發做加

3、速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內，速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的兩倍；在接下來的相同時間間隔內，汽車甲的加速度大小增加倍；在接下來的相同時間間隔內，汽車甲的加速度大小增加為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半。求為原來的兩倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的一半。求甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比。甲乙兩車各自在這兩段時間間隔內走過的總路程之比。 點評點評 (1)本題有兩個并列的運動過程，每個運動過程中甲、本題有兩個并列的運動過程，

4、每個運動過程中甲、乙兩輛車的速度、加速度有一定的關聯性。乙兩輛車的速度、加速度有一定的關聯性。 (2)列運動學方程時，每一個物理量都要對應于同一列運動學方程時，每一個物理量都要對應于同一個運動過程，切忌張冠李戴、亂套公式。個運動過程，切忌張冠李戴、亂套公式。 (3)解題的基本思路：審題解題的基本思路：審題畫出草圖畫出草圖判斷運動性判斷運動性質質選取正方向選取正方向(或建立坐標軸或建立坐標軸)選出公式列方程選出公式列方程求解求解方程，必要時對結果進行討論。方程，必要時對結果進行討論。 針對訓練針對訓練1(2011天津高考天津高考)質點做直線運動的位移質點做直線運動的位移 x與時間與時間 t 的關

5、系的關系為為 x5tt2 (各物理量均采用國際單位制單位各物理量均采用國際單位制單位)，則該質點，則該質點 ()A第第 1 s 內的位移是內的位移是 5 mB前前 2 s 內的平均速度是內的平均速度是 6 m/sC任意相鄰的任意相鄰的 1 s 內位移差都是內位移差都是1 mD任意任意 1 s 內的速度增量都是內的速度增量都是 2 m/s答案：答案：D答案：答案：A3(2010新課標全國卷新課標全國卷)短跑名將博爾特在北京奧運會上創短跑名將博爾特在北京奧運會上創造造了了100 m和和200 m短跑項目的新世界紀錄，他的成績分別短跑項目的新世界紀錄，他的成績分別是是9.69 s和和19.30 s。

6、假定他在。假定他在100 m比賽時從發令到起跑的比賽時從發令到起跑的反應時間是反應時間是0.15 s，起跑后做勻加速運動，達到最大速率，起跑后做勻加速運動，達到最大速率后做勻速運動。后做勻速運動。200 m比賽時，反應時間及起跑后加速階比賽時，反應時間及起跑后加速階段的加速度和加速時間與段的加速度和加速時間與100 m比賽時相同，但由于彎道比賽時相同，但由于彎道和體力等因素的影響，以后的平均速率只有跑和體力等因素的影響，以后的平均速率只有跑100 m時最時最大速率的大速率的96%。求：。求：(1)加速所用時間和達到的最大速率；加速所用時間和達到的最大速率；(2)起跑后做勻加速運動的加速度。起跑

7、后做勻加速運動的加速度。(結果保留兩位小數結果保留兩位小數)答案：答案：(1)1.29 s11.24 m/s(2)8.71 m/s2題型特點題型特點 (1)運用圖像解決直線運動問題，根據圖像判斷物體的運用圖像解決直線運動問題，根據圖像判斷物體的運動情況，且常與追及、相遇問題聯系起來進行考查。運動情況，且常與追及、相遇問題聯系起來進行考查。 (2)題型多為選擇題，且考查題型多為選擇題，且考查vt圖像居多。圖像居多。 解題方略解題方略 (4)可以確定加速度的方向：若規定初速度的方向為正可以確定加速度的方向：若規定初速度的方向為正方向，由方向，由vt圖像可知，如果斜率為正，則加速度的方向圖像可知，如

8、果斜率為正，則加速度的方向為正，表示它與初速度的方向相同；如果斜率為負，則加為正，表示它與初速度的方向相同；如果斜率為負，則加速度的方向為負，表示它與初速度的方向相反。速度的方向為負，表示它與初速度的方向相反。 (5)確定運動物體在某時刻的速度或運動物體達到某速確定運動物體在某時刻的速度或運動物體達到某速度所需要的時間。度所需要的時間。典題例證典題例證 2(2011福建高考福建高考)如圖如圖1甲所示，繃緊的水平傳送帶始甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率終以恒定速率v1運行。初速度大小為運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的高的光滑水平地面上的A處

9、滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的vt圖像圖像(以地面為參以地面為參考系考系)如圖乙所示。已知如圖乙所示。已知v2v1，則，則 ()圖圖1At2時刻，小物塊離時刻，小物塊離A處的距離達到最大處的距離達到最大Bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C0t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析：解析：由圖像知物塊先向

10、左減速，后反向加速到由圖像知物塊先向左減速，后反向加速到v1再做勻再做勻速運動，速運動，t1時刻離時刻離A距離最大，距離最大，A錯誤；錯誤；t2時刻二者相對靜止，時刻二者相對靜止，故故t2時刻物塊相對傳送帶滑動距離最大，時刻物塊相對傳送帶滑動距離最大，B正確；正確；0t2時間內摩時間內摩擦力方向一直向右，擦力方向一直向右，C錯誤；在錯誤；在0t2時間內摩擦力為滑動摩擦時間內摩擦力為滑動摩擦力，大小不變，在力，大小不變，在t2t3時間內物塊做勻速運動此過程摩擦力為時間內物塊做勻速運動此過程摩擦力為零，零，D錯誤。錯誤。答案：答案：B 點評點評 在分析該類問題時，理解圖像并從中獲取有用的信息在分析

11、該類問題時，理解圖像并從中獲取有用的信息是關鍵，由是關鍵，由vt圖像可以分析物體的運動情況，確定速度圖像可以分析物體的運動情況，確定速度變化的規律。變化的規律。 針對訓練針對訓練4如圖如圖2是某質點運動的速度圖像，下列是某質點運動的速度圖像，下列由圖像得到的結果錯誤的是由圖像得到的結果錯誤的是 () A01 s內的平均速度是內的平均速度是1 m/sB02 s內的位移大小是內的位移大小是3 mC01 s內的加速度大于內的加速度大于24 s內的加速度內的加速度D01 s內的運動方向與內的運動方向與24 s內的運動方向相反內的運動方向相反圖圖2答案：答案：5一物體自一物體自t0時開始做直線運動，其時

12、開始做直線運動，其速度圖線如圖速度圖線如圖3所示。下列選項不正所示。下列選項不正確的是確的是()A在在06 s內，物體離出發點最遠為內，物體離出發點最遠為30 mB在在06 s內，物體經過的路程為內，物體經過的路程為40 mC在在04 s內，物體的平均速率為內，物體的平均速率為7.5 m/sD在在56 s內，物體速度逐漸增大內，物體速度逐漸增大圖圖3答案答案A題型特點題型特點 考查重力、彈力、摩擦力的分析與判斷，題型一般為考查重力、彈力、摩擦力的分析與判斷，題型一般為選擇題，難度中等。選擇題，難度中等。 解題方略解題方略(1)重力、重心的概念及重心位置的確定方法。重力、重心的概念及重心位置的確

13、定方法。(2)彈力有無的判斷及彈力方向的確定。彈力有無的判斷及彈力方向的確定。(3)摩擦力有無及方向的判斷。摩擦力有無及方向的判斷。(4)彈力及摩擦力的計算。彈力及摩擦力的計算。典題印證典題印證 3(2011天津高考天津高考)如圖如圖4所示，所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力受到的摩擦力 () A方向向左，大小不變方向向左，大小不變 B方向向左，逐漸減小方向向左，逐漸減小 C方向向右，大小不變方向向右，大小不變 D方向向右，逐漸減小方向向右，逐

14、漸減小圖圖4 解析解析B向右做勻減速直線運動，加速度大小向右做勻減速直線運動，加速度大小不變、方向向左，故所受摩擦力的方向向左，大小不變、方向向左，故所受摩擦力的方向向左，大小不變，即不變，即A正確。正確。B、C、D均錯誤。均錯誤。 答案答案A 點評點評 (1)解答本題時易錯選解答本題時易錯選C，原因是誤認為物體的運動靠力，原因是誤認為物體的運動靠力來維持。來維持。 (2)靜摩擦力的大小與運動狀態和物體所受其他力有關。靜摩擦力的大小與運動狀態和物體所受其他力有關。 針對訓練針對訓練6(2011廣東高考廣東高考)如圖如圖5所示的水平面上，所示的水平面上，橡皮繩一端固定，另一端連接兩根彈簧，橡皮繩

15、一端固定，另一端連接兩根彈簧，連接點連接點P在在F1、F2和和F3三力作用下保持靜止。三力作用下保持靜止。下列判斷正確的是下列判斷正確的是 ()AF1F2F3BF3F1F2CF2F3F1DF3F2F1圖圖5解析：解析：P點在三力點在三力F1、F2、F3作用下作用下保持靜止，則其合外力為零，保持靜止，則其合外力為零，F1、F2的合力的合力F12與與F3等大反向。對等大反向。對PF1F12，由大角對大力可知，由大角對大力可知，F12F1F2，從而可得，從而可得F3F1F2。答案：答案：B圖圖6 答案：答案：A答案：答案：C題型特點題型特點 常以選擇題的形式考查力的合成與分解的方法，難度常以選擇題的

16、形式考查力的合成與分解的方法，難度一般中等或中等偏上。一般中等或中等偏上。解題方略解題方略 (1)力的合成與分解遵循平行四邊形定則或三角形定則。力的合成與分解遵循平行四邊形定則或三角形定則。 (2)力的分解有按效果分解和正交分解兩種方法。力的分解有按效果分解和正交分解兩種方法。 (3)合力和分力是一種等效替代關系，但二者不能同時出合力和分力是一種等效替代關系，但二者不能同時出現，分析受力時也不能同時考慮。現，分析受力時也不能同時考慮。 典題印證典題印證4(2011安徽高考安徽高考)一質量為一質量為m的物塊的物塊恰好靜止在傾角為恰好靜止在傾角為的斜面上。現對物塊的斜面上。現對物塊施加一個豎直向下

17、的恒力施加一個豎直向下的恒力F，如圖，如圖7所示。所示。則物塊則物塊() A仍處于靜止狀態仍處于靜止狀態 B沿斜面加速下滑沿斜面加速下滑 C受到的摩擦力不變受到的摩擦力不變 D受到的合外力增大受到的合外力增大圖圖7解析：解析：物塊恰好靜止在斜面上，沿斜面方向有：物塊恰好靜止在斜面上，沿斜面方向有：mg sin mg cos ，得，得tan ，摩擦力，摩擦力fmg sin ，施加一個豎，施加一個豎直向下的恒力直向下的恒力F后，沿斜面向下的力后，沿斜面向下的力(mgF) sin 與沿斜面向與沿斜面向上的力上的力(mgF) cos 仍然相等，所以物塊仍處于靜止狀態，仍然相等，所以物塊仍處于靜止狀態，

18、合外力不變，仍為零，故合外力不變，仍為零，故A正確，正確，B、D錯誤。受到的摩擦力錯誤。受到的摩擦力f(mgF) sin ，變大，故，變大，故C錯誤。錯誤。答案：答案：A 點評點評 解答本題應注意所加力解答本題應注意所加力F與重力方向相同，將與重力方向相同，將該力等同于重力來分析會更簡單，但若該力方向不與重力該力等同于重力來分析會更簡單，但若該力方向不與重力方向相同則應另行分析。方向相同則應另行分析。針對訓練針對訓練 9如圖如圖8所示，傾角為所示，傾角為的等腰三角的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足夠長形斜面固定在水平面上，一足夠長的輕質綢帶跨過斜面的頂端鋪放在的輕質綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜

19、面的兩側，綢帶與斜面間無摩擦。現將質量分別為斜面的兩側，綢帶與斜面間無摩擦。現將質量分別為M、m(Mm)的小物塊同時輕放在斜面兩側的綢帶上。的小物塊同時輕放在斜面兩側的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數相等，且最大靜摩擦力與兩物塊與綢帶間的動摩擦因數相等，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。在滑動摩擦力大小相等。在角取不同值的情況下，下列角取不同值的情況下，下列說法正確的有說法正確的有 ()圖圖8A兩物塊所受摩擦力的大小總是相等兩物塊所受摩擦力的大小總是相等B兩物塊不可能同時相對綢帶靜止兩物塊不可能同時相對綢帶靜止CM可能相對綢帶發生滑動可能相對綢帶發生滑動Dm不可能相對斜面向上滑動不可能相對

20、斜面向上滑動解析解析綢帶與斜面間無摩擦，且為輕質綢帶，因此綢帶綢帶與斜面間無摩擦，且為輕質綢帶，因此綢帶無論運動與否，無論運動與否，m0a0，故綢帶受合力為零，故，故綢帶受合力為零，故M、m與與綢帶間的摩擦力一定大小相等，綢帶間的摩擦力一定大小相等，A正確；當正確；當較小時，較小時，mg sin 小于其最大靜摩擦力，二者可以同時相對綢帶靜止，小于其最大靜摩擦力，二者可以同時相對綢帶靜止，B錯誤；最大靜摩擦力錯誤；最大靜摩擦力Fmmg cos ，因，因Mm，故，故M的的Fm大于大于m的的Fm，當，當增大時，增大時，mg sin 增大到增大到m的的Fm時，時，m相對綢帶滑動，此時綢帶兩端的摩擦力仍

21、大相對綢帶滑動，此時綢帶兩端的摩擦力仍大小相等，故沒有達到小相等，故沒有達到M的的fm，故，故M與綢帶仍相對靜止，與綢帶仍相對靜止，C、D錯誤。錯誤。答案答案A10(2011海南高考海南高考)如圖如圖9所示，粗糙所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物塊正在沿斜面以速度塊正在沿斜面以速度v0勻速下滑，勻速下滑，斜劈保持靜止，則地面對斜劈斜劈保持靜止，則地面對斜劈的摩擦力的摩擦力 ()A等于零等于零B不為零，方向向右不為零，方向向右C不為零，方向向左不為零，方向向左D不為零，不為零，v0較大時方向向左，較大時方向向左，v0較小時方向向右較小時方向向右圖圖9解析：

22、解析：取物塊與斜劈整體作為研究對象，由于物塊勻速運動、取物塊與斜劈整體作為研究對象，由于物塊勻速運動、斜劈靜止，故整體所受外力之和必為零。分析整體的受力可斜劈靜止，故整體所受外力之和必為零。分析整體的受力可知，由于重力、地面的支持力方向都沿豎直方向，若地面的知，由于重力、地面的支持力方向都沿豎直方向，若地面的摩擦力不為零時，其合力方向只能沿水平方向，必導致整體摩擦力不為零時，其合力方向只能沿水平方向，必導致整體的合力不為零與題述矛盾，故只有的合力不為零與題述矛盾，故只有A正確。正確。答案：答案：A11(2010廣東高考廣東高考)圖圖10為節日里懸掛為節日里懸掛燈籠的一種方式，燈籠的一種方式，A

23、、B點等高，點等高，O為結為結點，輕繩點，輕繩AO、BO長度相等，拉力分別長度相等，拉力分別為為FA、FB，燈籠受到的重力為，燈籠受到的重力為G。下列。下列表述正確的是表述正確的是 ()AFA一定小于一定小于GBFA與與FB大小相等大小相等CFA與與FB是一對平衡力是一對平衡力DFA與與FB大小之和等于大小之和等于G圖圖10解析：解析：由題意知，由題意知，A、B兩點等高，且兩繩等長，故兩點等高，且兩繩等長，故FA與與FB大小相等，大小相等，B選項正確。若兩繩夾角大于選項正確。若兩繩夾角大于120，則，則FAFBG；若夾角小于；若夾角小于120，則，則FAFBG；若夾角等于；若夾角等于120，則

24、，則FAFBG，故選項，故選項A、D錯。夾角為錯。夾角為180時，時，FA與與FB才能成為一對平衡力，但這一情況不可能實現，故才能成為一對平衡力，但這一情況不可能實現，故C項錯。項錯。答案：答案：B題型特點題型特點 高考對本部分知識點的考查主要以物體高考對本部分知識點的考查主要以物體(或質點或質點)受三受三力或多力平衡，經常涉及細繩、輕桿、彈簧等裝置，題型力或多力平衡，經常涉及細繩、輕桿、彈簧等裝置，題型一般以選擇題為主，題目情景一般比較新穎，與生活實際一般以選擇題為主，題目情景一般比較新穎，與生活實際聯系密切。聯系密切。 解題方略解題方略 分析平衡類問題時關鍵是確定研究對象，對研究對象進分析

25、平衡類問題時關鍵是確定研究對象，對研究對象進行受力分析，然后利用共點力的平衡條件進行列方程求解。行受力分析，然后利用共點力的平衡條件進行列方程求解。物體物體(質點質點)受三力平衡時，通常應用合成法或分解法求解，受受三力平衡時，通常應用合成法或分解法求解，受三個以上的力平衡時，通常采用正交分解法求解。三個以上的力平衡時，通常采用正交分解法求解。 5(2010安徽高考安徽高考)L型木板型木板P(上表上表面光滑面光滑)放在固定斜面上，輕質彈簧一端放在固定斜面上，輕質彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊面的滑塊Q相連，如圖相連，如圖14所示。若所示。若P

26、、Q一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力。一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力。則木板則木板P的受力個數為的受力個數為 () A3 B4 C5 D6圖圖11典題印證典題印證解析：解析：因一起勻速下滑，所以斜面對因一起勻速下滑，所以斜面對P有沿斜面向上的摩有沿斜面向上的摩擦力，而擦力，而Q必受彈簧向上的彈力，所以隔離必受彈簧向上的彈力，所以隔離P可知可知P受重力、受重力、斜面摩擦力、斜面彈力、彈簧彈力、斜面摩擦力、斜面彈力、彈簧彈力、Q的壓力作用。的壓力作用。答案：答案：C 點評點評解答多個物體的平衡問題時，經常采用整體法解答多個物體的平衡問題時，經常采用整體法和隔離法來確定研究對象，上題中由于要求和隔

27、離法來確定研究對象，上題中由于要求P的受力個數，所的受力個數，所以應將以應將P隔離出來單獨分析。隔離出來單獨分析。12如圖如圖12所示，質量分別為所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，的兩個物體通過輕彈簧連接，在力在力F的作用下一起沿水平的作用下一起沿水平方向做勻速直線運動方向做勻速直線運動(m1在地在地面，面，m2在空中在空中)，力，力F與水平方向成與水平方向成角。則角。則m1所受支所受支持力持力FN和摩擦力和摩擦力Ff正確的是正確的是 () AFNm1gm2g BFNm1gm2gFcos CFfFcos DFfFsin 圖圖12針對訓練針對訓練解析解析把兩個物體看做一個整體，

28、由兩個物體一起沿水把兩個物體看做一個整體，由兩個物體一起沿水平方向做勻速直線運動可知水平方向平方向做勻速直線運動可知水平方向FfFcos ，選項，選項C正正確，確，D錯誤；設輕彈簧中彈力為錯誤；設輕彈簧中彈力為F1，彈簧與水平方向的夾，彈簧與水平方向的夾角為角為，隔離，隔離m2，分析受力，由平衡條件知，在豎直方向，分析受力，由平衡條件知，在豎直方向有有Fsin m2gF1sin ，隔離，隔離m1，分析受力，由平衡條件，分析受力，由平衡條件知，在豎直方向有知，在豎直方向有m1gFNF1sin ，聯立解得，聯立解得，FNm1gm2gFsin ，選項，選項A、B錯誤。錯誤。答案答案C圖圖13答案：答

29、案：B圖圖14答案：答案：D題型特點題型特點 將物體與輕繩、輕彈簧或一些剛性物體相關聯考查某將物體與輕繩、輕彈簧或一些剛性物體相關聯考查某一部分發生改變時，物體的受力突變或漸變時加速度的情一部分發生改變時，物體的受力突變或漸變時加速度的情況。題型一般以選擇題為主，難度中等。況。題型一般以選擇題為主，難度中等。解題方略解題方略 力的瞬時變化將導致加速度的瞬時變化，加速度的變化力的瞬時變化將導致加速度的瞬時變化，加速度的變化不需要時間的積累，加速度和力同時存在、同時變化、同時不需要時間的積累，加速度和力同時存在、同時變化、同時消失，題中常伴隨一些諸如消失，題中常伴隨一些諸如“瞬時瞬時”、“突然突然

30、”、“猛地猛地”等標志等標志性詞語，在分析瞬時對應關系時常遇到以下兩種模型：性詞語，在分析瞬時對應關系時常遇到以下兩種模型： (1)“輕繩輕繩”模型：輕繩的質量和重力均可視為零，只能受模型：輕繩的質量和重力均可視為零，只能受拉力作用，不能承受壓力，各處受力相等且沿繩子背離受力拉力作用，不能承受壓力，各處受力相等且沿繩子背離受力物體，輕繩一般不可伸長，拉力可以發生突變。物體，輕繩一般不可伸長，拉力可以發生突變。 (2)“輕質彈簧輕質彈簧”模型：輕質彈簧的質量和重力也不計，既模型：輕質彈簧的質量和重力也不計，既能受拉力作用，也可受壓力作用能受拉力作用，也可受壓力作用(橡皮筋除外橡皮筋除外)，其受力

31、方向與，其受力方向與彈簧形變方向相反，因其發生形變需要一定時間，其彈力不彈簧形變方向相反，因其發生形變需要一定時間，其彈力不能發生突變，但當彈簧或橡皮筋被剪斷時，其所受的彈力立能發生突變，但當彈簧或橡皮筋被剪斷時，其所受的彈力立即消失。即消失。 6(2010全國卷全國卷)如圖如圖15所示，輕彈簧上所示，輕彈簧上端與一質量為端與一質量為m的木塊的木塊1相連，下端與相連，下端與另一質量為另一質量為M的木塊的木塊2相連，整個系統相連，整個系統置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態。現將木板置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態。現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊沿水平方向突然抽出，

32、設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速的加速度大小分別為度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為。重力加速度大小為g。則有。則有 ()圖圖15典題印證典題印證 解析解析木板未抽出時，木塊木板未抽出時，木塊1受重力和彈簧彈力受重力和彈簧彈力兩個力并且處于平衡狀態，彈簧彈力大小等于木塊兩個力并且處于平衡狀態，彈簧彈力大小等于木塊1的的重力，重力，FNmg；木塊；木塊2受重力、彈簧向下的壓力和木板受重力、彈簧向下的壓力和木板的支持力作用，由平衡條件可知，木板對木塊的支持力作用，由平衡條件可知，木板對木塊2的支持的支持力等于兩木塊的總重力。撤去木板瞬間，彈簧形變量力等于兩木塊的總重力。撤去木板瞬間，彈簧形變

33、量 答案答案C 點評點評根據牛頓第二定律，根據牛頓第二定律，F與與a具有瞬時對應關具有瞬時對應關系，因此對瞬時加速度分析的關鍵是對物體受力分析，可系，因此對瞬時加速度分析的關鍵是對物體受力分析，可采用采用“瞻前顧后瞻前顧后”法，既要分析運動狀態變化前的受力，又法，既要分析運動狀態變化前的受力，又要分析運動狀態變化瞬間的受力，從而確定加速度。常見要分析運動狀態變化瞬間的受力，從而確定加速度。常見力學模型有彈力可以發生突變的輕桿、輕繩和極短時間內力學模型有彈力可以發生突變的輕桿、輕繩和極短時間內彈力來不及變化的輕彈簧和橡皮條等。彈力來不及變化的輕彈簧和橡皮條等。針對訓練針對訓練15如圖如圖16所示

34、，兩個質量分別為所示，兩個質量分別為m12 kg、m23 kg的物體置于光的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質彈簧測滑的水平面上，中間用輕質彈簧測力計連接。兩個大小分別為力計連接。兩個大小分別為F130 N、F220 N的水平的水平拉力分別作用在拉力分別作用在m1、m2上，則上，則 ()A彈簧測力計的示數是彈簧測力計的示數是10 NB彈簧測力計的示數是彈簧測力計的示數是50 NC在突然撤去在突然撤去F2的瞬間，彈簧測力計的示數不變的瞬間，彈簧測力計的示數不變D在突然撤去在突然撤去F1的瞬間，的瞬間，m1的加速度不變的加速度不變圖圖16解析：解析：設彈簧的彈力為設彈簧的彈力為F，加速度為，加速度

35、為a。對系統：對系統：F1F2(m1m2)a，對，對m1：F1Fm1a，聯立，聯立兩式解得：兩式解得：a2 m/s2，F26 N，故，故A、B兩項都錯誤；在兩項都錯誤；在突然撤去突然撤去F2的瞬間，由于彈簧測力計兩端都有物體，而物的瞬間，由于彈簧測力計兩端都有物體，而物體的位移不能發生突變，所以彈簧的長度在撤去體的位移不能發生突變，所以彈簧的長度在撤去F2的瞬間的瞬間沒變化，彈簧上的彈力不變，故沒變化，彈簧上的彈力不變，故C項正確；若突然撤去項正確；若突然撤去F1，物體物體m1的合外力方向向左，而沒撤去的合外力方向向左，而沒撤去F1時合外力方向向右，時合外力方向向右，所以所以m1的加速度發生變

36、化，故的加速度發生變化，故D項錯誤。項錯誤。 答案：答案：C16如圖如圖17所示，輕質彈簧上面固定所示，輕質彈簧上面固定一塊質量不計的薄板，豎立在水平面上，一塊質量不計的薄板，豎立在水平面上，在薄板上放一重物。用手將重物向下壓在薄板上放一重物。用手將重物向下壓縮到一定程度后，突然將手撤去，則重縮到一定程度后，突然將手撤去，則重物將被彈簧彈射出去，則在彈射過程中物將被彈簧彈射出去，則在彈射過程中(重物與彈簧脫離重物與彈簧脫離之前之前)重物的運動情況是重物的運動情況是 ()A一直加速運動一直加速運動B勻加速運動勻加速運動C先加速運動后減速運動先加速運動后減速運動D先減速運動后加速運動先減速運動后加

37、速運動圖圖17解析：解析：物體物體(板板)在彈起過程中受重力、彈力兩個力作用，在彈起過程中受重力、彈力兩個力作用，彈力越來越小，直到為零。所以物體先加速再減速運彈力越來越小，直到為零。所以物體先加速再減速運動，動，C對。對。答案：答案：C 17如圖如圖18所示，用細線拉著小球所示，用細線拉著小球A向向上做加速運動，小球上做加速運動，小球A、B間用彈簧相連，間用彈簧相連，兩球的質量分別為兩球的質量分別為m和和2m，加速度的，加速度的大小為大小為a。若拉力。若拉力F突然撤去，求突然撤去，求A、B兩球的加速度大小分別為多少。兩球的加速度大小分別為多少。圖圖18解析：解析：撤去力撤去力F之前，系統有共

38、同的向上的加速度之前，系統有共同的向上的加速度a，撤去，撤去力力F之后，由于慣性，之后，由于慣性，A、B兩球仍向上運動，且彈簧的彈兩球仍向上運動，且彈簧的彈力不發生突變，故力不發生突變，故B的受力情況未變，其加速度大小仍為的受力情況未變，其加速度大小仍為a，方向豎直向上；但方向豎直向上；但A的受力情況發生變化，加速度發生突的受力情況發生變化，加速度發生突變。去掉力變。去掉力F的瞬間，由牛頓第二定律對的瞬間，由牛頓第二定律對B球分析得球分析得FT2mg2ma，所以彈簧彈力，所以彈簧彈力FT2m(ga)。對。對A球，由牛頓球，由牛頓第二定律得第二定律得FTmgma，所以，所以A球的加速度為球的加速

39、度為a2m(ga)mg/m3g2a。答案：答案：3g2aa題型特點題型特點 主要考查對作用力與反作用力的理解以及對牛頓第三主要考查對作用力與反作用力的理解以及對牛頓第三定律的應用，題型以選擇題為主，有時也會出現在綜合性定律的應用，題型以選擇題為主，有時也會出現在綜合性題目中。題目中。解題方略解題方略 (1)理解作用力及反作用力的關系特點。理解作用力及反作用力的關系特點。 (2)作用力與反作用力與物體的運動狀態以及其他作用力作用力與反作用力與物體的運動狀態以及其他作用力無關。無關。 (3)理解相互作用力與平衡力之間的區別與聯系。理解相互作用力與平衡力之間的區別與聯系。 (4)借助牛頓第三定律可以

40、轉換研究對象，以一個物體的借助牛頓第三定律可以轉換研究對象，以一個物體的受力分析討論另一個物體的受力情況。受力分析討論另一個物體的受力情況。 7(2011浙江高考浙江高考)如圖如圖19所示，甲、所示，甲、乙兩人在冰面上乙兩人在冰面上“拔河拔河”。兩人中間。兩人中間位置處有一分界線，約定先使對方位置處有一分界線，約定先使對方過分界線者為贏。若繩子質量不計，過分界線者為贏。若繩子質量不計，冰面可看成光滑，則下列說法冰面可看成光滑，則下列說法正確的是正確的是 () A甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力 B甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力甲對繩的拉

41、力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力 C若甲的質量比乙大，則甲能贏得若甲的質量比乙大，則甲能贏得“拔河拔河”比賽的勝利比賽的勝利 D若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河拔河”比賽的勝比賽的勝利利圖圖19典題印證典題印證答案答案C 點評點評本題易選本題易選B，原因是沒有正確理解平衡力，原因是沒有正確理解平衡力和相互作用力，以及二者的區別。和相互作用力，以及二者的區別。針對訓練針對訓練18(2011上海高考上海高考)如圖如圖20所示，在水平所示，在水平面上的箱子內，帶異種電荷的小球面上的箱子內，帶異種電荷的小球a、b用用絕緣細線分別系于上、下兩邊，處于靜絕緣細線分別

42、系于上、下兩邊，處于靜止狀態。地面受到的壓力為止狀態。地面受到的壓力為N，球，球b所受所受細線的拉力為細線的拉力為F。剪斷連接球。剪斷連接球b的細線后，在球的細線后，在球b上升過上升過程中地面受到的壓力程中地面受到的壓力 ()A小于小于N B等于等于NC等于等于NF D大于大于NF圖圖20解析：解析：由圖可知由圖可知a、b兩球相互吸引，且兩球相互吸引，且b受到的引力大于其受到的引力大于其重力，所以剪斷連接球重力，所以剪斷連接球b的細繩后，球的細繩后，球b會加速向上運動，以會加速向上運動，以箱子、球箱子、球a、球、球b整體為研究對象，部分具有向上的加速度，整體為研究對象，部分具有向上的加速度，故

43、整體處于超重狀態，對地面的壓力變大，選項故整體處于超重狀態，對地面的壓力變大，選項D正確。正確。答案：答案：D19(2011上海高考上海高考)在日常生活中，小巧美觀的冰箱貼使用在日常生活中，小巧美觀的冰箱貼使用廣泛。一磁性冰箱貼貼在冰箱的豎直表面上靜止不動時，廣泛。一磁性冰箱貼貼在冰箱的豎直表面上靜止不動時，它受到的磁力它受到的磁力()A小于受到的彈力小于受到的彈力B大于受到的彈力大于受到的彈力C和受到的彈力是一對作用力與反作用力和受到的彈力是一對作用力與反作用力D和受到的彈力是一對平衡力和受到的彈力是一對平衡力解析：解析：因磁性冰箱貼靜止不動，在水平方向上受到兩個力：因磁性冰箱貼靜止不動，在

44、水平方向上受到兩個力：磁力與彈力，應為平衡力，所以磁力與彈力，應為平衡力，所以D正確正確 ，A、B、C錯誤。錯誤。答案：答案：D題型特點題型特點 主要考查物體或系統在豎直方向上的運動，豎直方向主要考查物體或系統在豎直方向上的運動，豎直方向有加速度時可求物體間的相互作用力，或根據物體的受力有加速度時可求物體間的相互作用力，或根據物體的受力考查物體的運動狀態。題型以選擇題為主，有時也會以計考查物體的運動狀態。題型以選擇題為主，有時也會以計算題形式出現。算題形式出現。解題方略解題方略 (1)判斷物體是處于超重狀態還是失重狀態，關鍵是看物判斷物體是處于超重狀態還是失重狀態，關鍵是看物體的加速度的方向，

45、當加速度方向向上時，物體處于超重狀體的加速度的方向，當加速度方向向上時，物體處于超重狀態；當加速度方向向下時，物體處于失重狀態；當向下的加態；當加速度方向向下時，物體處于失重狀態；當向下的加速度為速度為g時，物體處于完全失重狀態。時，物體處于完全失重狀態。 (2)對系統處于超重、失重的判定不能只看某一個物體，對系統處于超重、失重的判定不能只看某一個物體，要綜合分析某一物體的加速度會不會引起其他物體運動狀態要綜合分析某一物體的加速度會不會引起其他物體運動狀態的變化。的變化。典題印證典題印證 8(2010浙江高考浙江高考)如圖如圖21所示，所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上兩物體疊放在

46、一起，以相同的初速度上拋拋(不計空氣阻力不計空氣阻力)下列說法正確的是下列說法正確的是 () A在上升和下降過程中在上升和下降過程中A物體對物體對B物體的壓力一定為零物體的壓力一定為零 B上升過程中上升過程中A物體對物體對B物體的壓力大于物體的壓力大于A物體受到的重力物體受到的重力 C下降過程中下降過程中A物體對物體對B物體的壓力大于物體的壓力大于A物體受到的物體受到的重力重力 D在上升和下降過程中在上升和下降過程中A物體對物體對B物體的壓力等于物體的壓力等于A物體受物體受到的重力到的重力圖圖21 解析解析A、B兩物體拋出以后處于完全失重狀態，兩物體拋出以后處于完全失重狀態，無論是上升還是下降

47、，無論是上升還是下降，A物體對物體對B物體的壓力一定為零，物體的壓力一定為零，A選項正確。選項正確。 答案答案A 點評點評由于做拋體運動的物體都只受重力，所以所由于做拋體運動的物體都只受重力，所以所有做拋體運動的物體，都處于完全失重狀態，物體間的相有做拋體運動的物體，都處于完全失重狀態，物體間的相互作用力為零。互作用力為零。針對訓練針對訓練20如圖如圖22所示，木箱內有一豎直所示，木箱內有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態且木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態且物塊壓在箱頂上，若在某一段時間內，物塊壓在箱頂上，若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓

48、力，則在此段時間內，木箱的運動物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內，木箱的運動狀態可能為狀態可能為 ()A加速下降加速下降B加速上升加速上升C減速上升減速上升 D自由落體自由落體圖圖22解析：解析：木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到箱頂向下木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到箱頂向下的壓力，當物塊對箱頂剛好無壓力時，合外力方向向上，表的壓力，當物塊對箱頂剛好無壓力時，合外力方向向上，表明系統有向上的加速度，處于超重狀態，可能加速上升或減明系統有向上的加速度，處于超重狀態，可能加速上升或減速下降。速下降。答案：答案：B21如圖如圖23所示，質量為所示，質量為m12 kg的物體的物體A經跨過

49、定滑輪的輕繩與質量為經跨過定滑輪的輕繩與質量為M5 kg的箱的箱子子B相連，箱子底板上放一質量為相連，箱子底板上放一質量為m21 kg的物體的物體C，不計定滑輪的質量和一切阻力，不計定滑輪的質量和一切阻力，在箱子加速下落的過程中，取在箱子加速下落的過程中，取g10 m/s2，下列正確的是下列正確的是 ()A物體物體A處于失重狀態，加速度大小為處于失重狀態，加速度大小為10 m/s2B物體物體A處于超重狀態，加速度大小為處于超重狀態，加速度大小為20 m/s2C物體物體C處于失重狀態，對箱子的壓力大小為處于失重狀態，對箱子的壓力大小為5 ND輕繩對定滑輪的作用力大小為輕繩對定滑輪的作用力大小為8

50、0 N圖圖23解析：解析：取取A、B、C為整體，由牛頓第二定律得為整體，由牛頓第二定律得(Mm2)gm1g(Mm1m2)a，則加速度為，則加速度為a5 m/s2，A、B錯；錯；隔離隔離C有有m2gFNm2a，即，即FN5 N，C對；隔了對；隔了A有有FTm1gm1a，即，即FT30 N，所以輕繩對定滑輪的作用力大，所以輕繩對定滑輪的作用力大小為小為2FT60 N，D錯。錯。答案：答案：C22在我國北京舉行的奧運會蹦床比賽中，我國男女運動員在我國北京舉行的奧運會蹦床比賽中，我國男女運動員 均獲得金牌，假設表演時，運動員僅在豎直方向上運均獲得金牌，假設表演時，運動員僅在豎直方向上運 動，通過傳感器

51、將彈簧床面與運動員間的彈力隨時間的動，通過傳感器將彈簧床面與運動員間的彈力隨時間的 變化規律在計算機上繪制出如圖變化規律在計算機上繪制出如圖24所示的曲線。當地重所示的曲線。當地重力加速度力加速度g取取10 m/s2，試結合圖像，求：，試結合圖像，求：圖圖24(1)運動員的質量；運動員的質量；(2)運動員在運動過程中最大加速度的大小；運動員在運動過程中最大加速度的大小；(3)運動員離開彈簧床上升的最大高度。運動員離開彈簧床上升的最大高度。解析：解析：(1)由圖像可知，運動員的重力為由圖像可知，運動員的重力為Fmg500 N，m50 kg；(2)由圖像可知，彈簧床對運動員的最大彈力為由圖像可知，彈簧床對運動員的最大彈力為Fmax2 500 N，由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得Fmaxmgmamax，則運動員