2022届高考物理二轮复习突破：连接体与叠加体的力学问题、弹簧连接体 WORD版含答案.docx

1、2022年高考物理二轮复习突破连接体与叠加体的力学问题、弹簧连接体一、单选题1如图，水平地面上叠放着矩形物体A 和B，细线一端连接A，另一端跨过定滑轮连接着物体C，A、B、C 均静止. 下列说法正确的是（） AA共受到三个力作用BB共受到四个力作用C适当增加C的质量后，A，B，C仍静止在原位置，则A对B的压力比原来大D适当增加C的质量后，A，B，C仍静止在原位置，则地面对B的摩擦力比原来大2如图所示，质量为m的小球放在光滑水平地面上，与连接在天花板上的细线和连接在竖直墙上的水平轻弹簧连接，细线与竖直方向的夹角为45，此时重物对水平地面的压力大小等于 14mg 。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系

2、数为k，则弹簧的伸长量为（） A3mg4kB32mg4kC2mg4kD2mg2k3如图所示，一根细线绕过光滑斜面上的定滑轮，细线与斜面平行，其两端分别连接物块A，B。物块B通过细线连接物块C，轻弹簧上端与A相连，下端固定于挡板上。已知三个物块的质量均为m，斜面倾角为30，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（） A剪断B，C间细线的瞬间，A，B间细线上的弹力大小为 3mg2B剪断B，C间细线的瞬间，B的加速度大小为gC剪断A，B间细线的瞬间，A的加速度大小为gD剪断A，B间细线的瞬间，B，C间细线上的弹力大小为mg4如图所示，一倾角为 的斜面体C始终静止在水平地面上，它的底面

3、粗糙，斜面光滑。细线的一端系在斜面体顶端的立柱上，另一端与A球连接，轻质弹簧两端分别与质量相等的AB两球连接。弹簧、细线均与斜面平行，系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（） A两球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 gsinB球A的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2gsinC斜面体C对地面的压力等于AB和C的重力之和CD地面对斜面体C无摩擦力5如图所示，倾角为30的斜面体c置于水平地面上，滑块置于光滑斜面上，通过细绳跨过定滑轮与物体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下端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止已知物块a、b、c的质量分别为m、

4、4m、M，重力加速度为g，不计滑轮的质量和摩擦。下列说法中正确的是（） A弹簧弹力大小为mgB地面对c的摩擦力为零C剪断轻绳的瞬间，c对地面的压力为（4m+M）gD剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为g二、计算题6如图所示，横截面为等腰三角形的光滑斜面，倾角=30，斜面足够长，物块B和C用劲度系数为k的轻弹簧连接，它们的质量均为2m，D为一固定挡板，B与质量为6m的A通过不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮相连接。现固定A，此时绳子伸直无弹力且与斜面平行，系统处于静止状态，然后由静止释放A，则：（1）物块C从静止到即将离开D的过程中，重力对B做的功为多少？ （2）物块C即将离开D时，A的加速度为多少？ （

5、3）物块C即将离开D时，A的速度为多少？ 7如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1=1kg，试求：（1）物块B的质量； （2）弹簧的最大弹性势能； （3）t2时刻B的速度达最大，求此时刻A物块速度的大小。 8如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=

6、1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为=0.15某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2求：（1）剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep（2）从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E （3）为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。 9如图，质量为m的物块a与质量为2m的物块b静置于光滑水平面上，物块b与劲度系数为k的水平轻质弹簧连接，物块a恰与弹簧左端接触。现给物块a水平向右的初速度v

7、0，物块a与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离。全过程无机械能损失且弹簧始终处于弹性限度内。已知弹簧振子做简谐运动的周期 T=2mk 。 （1）若物块b固定不动，求物块a速度减为0过程经历的时间； （2）若物块b可以自由滑动，求两物块相互作用过程中物块a的最小速度； （3）若物块b可以自由滑动，在两物块相互作用过程中，求当物块a的速度大小为 v04 时弹簧的弹性势能； （4）在（2）问中，如果在物块b的右侧固定一挡板（位置未知，图中也未画出），物块a与弹簧分离前物块b与挡板发生弹性碰撞，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，物块b与挡板的碰拉时间极短，求此后过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。 10如图所

8、示，水平面上有A、B两个小物块（均视为质点），质量均为 m ，两者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过D点后立即撤去），B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知A与右侧水平面的动摩擦因数 =0.5 ，B左侧水平面光滑，重力加速度为 g ，求： （1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小； （2）斜面体的质

9、量； （3）物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。 11如图甲所示，半径为R的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，它的两个端点P、Q均与圆心O等高，小球A、B之间用长为R的轻杆连接，置于轨道上已知小球A、B质量均为m，大小不计（1）求当两小球静止在轨道上时，轻杆对小球A的作用力大小F1； （2）将两小球从图乙所示位置(此时小球A位于轨道端点P处)无初速释放求： 从开始至小球B达到最大速度的过程中，轻杆对小球B所做的功W； 小球A返回至轨道端点P处时，轻杆对它的作用力大小F2.12如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H0.8m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒

10、定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v07.1m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。（1）求滑块C与传送带的动摩擦因数及落地点P与N端水平距离x； （2）求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能

11、Ep； （3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取 28 5.3） 答案与解析1【答案】D【考点】正交分解；共点力平衡条件的应用【解析】【解答】A物体受到重力、物体B的支持力、绳子的拉力和水平向左的摩擦力，共四个力。B受到重力、地面的支持力、A给B的压力、A对B的摩擦力和地面对B的摩擦力，共五个力。所以A项和B项错。增加C的质量，绳子的拉力增大。选为研究对象，在竖直方向上，拉力分力变大，而重力不变，所以，对的支持力变小。选作为整体，拉力变大，水平向右的分力变大，则地面给向左的摩擦力也变大。所以项错，项对。故答案为：D【分析】分别

12、研究和的受力时，应该把两个物体单独隔离出来，分析它们的受力。因为和绳子直接连在一起，研究和之间的压力时，应该把隔离出来，分析在竖直方向的受力情况。研究地面对的摩擦力时，应该选作为整体进行研究。2【答案】A【考点】共点力平衡条件的应用；物体的受力分析【解析】【解答】对小球进行受力分析可得 Tcos45o=mg-14mgTsin45o=kx整理得 x=3mg4k故答案为：A。【分析】对小球进行受力分析并正交分解，再根据平衡列方程求解。3【答案】A【考点】牛顿第二定律【解析】【解答】B开始由平衡条件可得 F+mgsin30=2mg剪断B、C间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，AB一起运动，则有 F+m

13、gsin30-mg=2ma1联立解得 a1=g2所以剪断B、C间细线的瞬间，B的加速度大小为 g2 ，则B不符合题意；A对C分析有 T-mg=ma1解得 T=32mg所以A符合题意；C剪断A，B间细线的瞬间，弹簧的弹力保持不变，有 F+mgsin30=ma2解得 a2=2g所以C不符合题意；D剪断A，B间细线的瞬间，BC一起运动向下做自由落体运动，则B、C间细线上的弹力大小为0，所以D不符合题意；故答案为：A。【分析】根据平衡关系求出B的加速度；对C进行受力分析从而求出弹力的大小；剪短细线对A进行受力分析从而求出A的加速度和B、C间细线的弹力。4【答案】B【考点】牛顿第二定律【解析】【解答】A

14、B烧断细线前，弹簧的弹力 F弹=mgsin烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A加速度大小 aA=F弹+mgsinm=2gsin对B则有 aB=mgsin-F弹m=0A不符合题意，B符合题意；C烧断细线的瞬间，A的加速度方向沿斜面向下，将A的加速度分解为水平方向和竖直方向，对整体分析可知，斜面体对地面的压力小于AB和C的重力之和，C不符合题意。D烧断细线的瞬间，A 的加速度方向沿斜面向下，在水平方向上有加速度，对整体分析，地面对斜面体的摩擦力不为零，D不符合题意。故答案为：B。【分析】断开绳子前，利用B的平衡方程可以求出弹簧弹力的大小；断开绳子后，弹簧的弹力瞬间保持不变；利用牛顿第二定律可以求出

15、AB加速度的大小；利用整体的牛顿第二定律可以判别斜面对地面的压力小于整体的重力大小；利用加速度的大小可以判别地面对斜面存在摩擦力的作用。5【答案】A【考点】共点力平衡条件的应用【解析】【解答】A以b为研究对象，绳子拉力大小为：F=4mgsin30=2mg再以a为研究对象，根据平衡条件可得：F=T+mg解得：T=mg故A正确；B以b和c为研究对象，水平方向根据平衡条件可得：地面对c的摩擦力为： f=Fcos30=3mg故B错误；C剪断轻绳的瞬间，b的加速度方向沿斜面向下，处于失重状态，所以c对地面的压力小于（4m+M）g，故C错误；D剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为： a=Fm=2g故D错误。【

16、分析】利用b的平衡方程可以求出拉力的大小；结合a的平衡可以求出弹力的大小；利用bc的平衡可以判别地面摩擦力的方向；利用b的加速度方向结合整体的牛顿第二定律可以判别c对地面的压力大小；利用牛顿第二定律可以求出a的加速度大小。6【答案】（1）解：开始系统静止时，对于物块B有 2mgsin30=kx1则弹簧压缩量为 x1=mgkC刚离开D时，对于物块C有 2mgsin30=kx2则弹簧伸长量为 x2=mgkA、B的位移大小均为 x=x1+x2=2mgk物块C从静止到刚离开D的过程中，重力对B做功 W=-2mgxsin30=-2m2g2k（2）解：C刚离开D时，设绳中张力大小为T，对A、B分别由牛顿第

17、二定律有 6mgsin30T=6maT-(kx2+2mgsin30)=2ma即 6mgsin30-(kx2+2mgsin30)=8ma解得A的加速度 a=g8（3）解：物块C从静止到刚离开D过程中，初末态弹簧的弹性势能相等， 对系统由功能关系得 6mgxsin30-2mgxsin30=128mv2解得 v=gmk【考点】共点力平衡条件的应用；对单物体(质点)的应用；功能关系【解析】【分析】（1）分别对三个物体进行受力分析，在重力、支持力、弹力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解弹簧伸长量，进而求解位移，利用公式W=Fs求解做功；（2）对物体进行受力分析，在沿斜面方

18、向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度；（3）三个物体组成系统能量守恒，利用能量守恒列方程分析求解即可。7【答案】（1）解：由图像可知A物块的初速度 v0=3m/s ， t1 时刻两物块达共速 v=1m/s ，由动量守恒得 m1v0=(m1+m2)v解得 m2=2kg（2）解：由图像可知 t1 时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得 Ep=12m1v02-12(m1+m2)v2解得 EP=3J（3）解：B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒 m1v0=m1vA+m2vB由能量守恒 12m1v02=12m1vA2+12m2vB2解得 vA=-1m

19、/sA的速度大小为 1m/s【考点】动量守恒定律；能量守恒定律【解析】【分析】（1）AB组成的系统动量守恒，应用动量守恒可以求出物块B的质量 ；（2）当两物块的速度相等时弹簧的形变量最大，此时弹性势能最大，两物块与弹簧组成系统机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能；（3）AB与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒与机械能守恒定律可以求出A的速度。8【答案】（1）解：对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0=m1v1-m2v2解得 v1=10m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为： Ep=12m1v12+12m2v22解得Ep=19.5J（2）解：设m2

20、向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：-m2gx=0- 12 m2v22解得 x=3mL=4m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得：m2gt=m2v0-（-m2v2）解得：t=3s该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=4.5m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=m2gx带解得：E=6.75J（3）解：设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得： 12m1v12=12m1v

21、C2+2mgR由平抛运动的规律有：x=vCt12R=12gt12联立整理得 x=4R(10-4R)根据数学知识知当4R=10-4R即R =1.25m时，水平位移最大为x=5m【考点】动能定理的综合应用；动量守恒定律【解析】【分析】（1）利用动量守恒可以求出物块的速度；结合能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；（2）利用动能定理结合动量定理可以求出物体在传送带运动的时间；利用摩擦力和传送带位移的大小可以求出电动机对传送带做功的大小；（3）利用机械能守恒定律结合平抛运动的位移公式可以求出半径和水平位移的大小。9【答案】（1）解：设物块a经时间t速度减为0，有 t=T4解得 t=2mk（2）解：取水平

22、向右为正方向，设物块a与弹簧分离时物块a、b的速度分别为 va1 、 vb1 ，有 mv0=mva1+2mvb112mv01=12mva12+122mvb12解得 va1=-v03 ， vb1=2v03所以两物块相互作用过程中物块a的最小速率 va小=0（3）解：由动量守恒定律有 mv0=mva+2mvb12mv02=12mva2+122mvb2+EP当 va=v04 时EP1=2164mv02当 va=-v04 时 EP2=564mv02（4）解：物块a与弹簧分离前某时刻，设物块a的速度为va2，物块b的速度为vb2物块b与挡板碰撞前，有 mv0=mva2+2mvb2物块b与挡板碰撞后，当物

23、块a、b共速时弹簧弹性势能最大，设为E2，有 mva2-2mvb2=3mV212mv02=12(m+2m)V22+E2解得 E2=8m3-(vb2-v04)+316v02由（3）问可知 0vb223v0当 vb2=v04 时，E2最大，解得 E2大=12mv02当 vb2=23v0 时，E2最小，解得 E2小=127mv02所以弹簧最大弹性势能的取值范围为 127mv02E212mv02【考点】动量守恒定律【解析】【分析】（1）当b不动时，物块a做简谐运动，其从速度最大到0经历的振动时间等于周期的四分之一；（2）当物块a与b分离时其a的速度最小，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出物块a最小

24、的速度大小；（3）由于系统不受外力，利用ab其动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；（4）利用物块b与挡板碰撞前后与a为系统的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹簧弹性势能的最大值。10【答案】（1）解：在D点，有 mg=mvD2L从C到D，由动能定理，有 -mg2L=12mvD2-12mvC2在C点，有 F-mg=mvC2L解得 F=6mg由牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力 F=F=6mg（2）解：弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有 mvA=mvB对物块A，从弹簧释放后运动到C点的过程，有 -mgL=12mvC2-12mvA2B滑上斜面体最高点时，对B和斜面体，

25、由动量守恒定律，有 mvB=(m+M)v由机械能守恒定律，有 12mvB2=12(m+M)v2+mgL解得 M=m2（3）解：物块B从滑上斜面到与斜面分离过程中，由动量守恒定律 mvB=mvB+mv由机械能守恒，有 12mvB2=12mvB2+12Mv2解得 vB=6gL3 ， v=46gL3由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功 W=12Mv2解得 W=8mgL3【考点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律结合动能定理可以求出压力的大小；（2）利用动量守恒定律结合动能定理和动量守恒定律可以求出斜面体的质量大小；（3）利用动量守恒定

26、律结合机械能守恒定律和功能关系可以求出物体B对斜面体做功的大小。11【答案】（1）解：选择 A 为研究对象， A 的受力如图所示 由共点力的平衡条件： F1=mgtan30=33mg（2）解：以两球和杆为研究对象，当杆下降至水平时，两球的速度最大且相等，在这个过程，由动能定理可得： mgRsin60=212mv2对 B 球有动能定理可得： W=12mv2联立以上方程解得： W=34mgR轻杆对小球B所做的功 34mgR 小球 A 再次回到 P 点时，两球的受力如图所示：设小球 A 切向的加速度为 aA ，由牛顿第二定律有： mg-F2cos30=maA设小球 B 切向的加速度为 aB ，由牛顿

27、第二定律有： mgsin30+F2cos30=maB两球的加速度相等，即 aA=aB联立以上方程解得： F2=36mg【考点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用【解析】【分析】（1）分别对两个物体进行受力分析，在支持力、重力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可；（2）两个小球组成的系统机械能守恒，结合两个小球速度关系求解即可；（3）分别对两个物体进行受力分析，结合小球的加速度，利用牛顿第二定律列方程求解作用力即可。12【答案】（1）解：三个质量均为m1.0kg，则mAmBmCm1kg。 滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v4m/s所用的时间为t1s

28、， 加速度大小为a vt 5-41-0 m/s21m/s2， 由牛顿第二定律得：mgma， 解得：0.1； 根据速度图象可知：L 5+421m +4（1.3751）m6m， 滑块C平抛运动的时间t 2Hg 21010 s0.4s 平抛运动的水平位移xvt40.4m1.6m 落地点P与N端水平距离xL+x7.6m 答：滑块C与传送带的动摩擦因数为0.1，落地点P与N端水平距离为7.6m（2）解：设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv0（mA+mB）v1， 解得：v13.55m/s 弹簧弹开过程中：（mA+mB）v1（mA

29、+mB）v2+mCvC， 根据速度图象可知碰撞后vC5m/s，解得：v21.05m/s 弹簧伸开的过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律得： EP+ 12 （mA+mB）v12 12 （mA+mB）v22+ 12 mCvC2， 代入数据可解得：EP1.0J 答：滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能为1J；（3）解：在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v。 设A与B碰撞后的速度为v1，分离后A与B的速度为v2，滑块C的速度为vC，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v4m/s， 加速度大小为a1m/s2，由匀

30、变速直线运动的速度位移公式得：v2vC22（a）L，解得：vC 28 m/s5.3m/s， A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvmax（mA+mB）v1， 弹簧伸开过程，由动量守恒定律得：（mA+mB）v1mCvC+（mA+mB）v2， 由能量守恒定律得：EP+ 12 （mA+mB）v12 12 （mA+mB）v22+ 12 mCvC2， 解得：vmax7.55m/s； 若滑块A在碰撞前速度有最小值，则碰撞后滑块C的速度有最小值，它加速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v。 设A与B碰撞后的速度为v1，分离后A与B的速度为v2，滑块C的速度为vC，

31、C在传送带上做匀加速运动的末速度为v4m/s， 加速度大小为a1m/s2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2vC22aL，解得：vC2m/s， A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvmin（mA+mB）v1， 弹簧伸开过程，由动量守恒定律得：（mA+mB）v1mCvC+（mA+mB）v2， 由能量守恒定律得：EP+ 12 （mA+mB）v12 12 （mA+mB）v22+ 12 mCvC2， 解得：vmin2m/s。 滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2m/sv07.55m/s 答：若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前

32、速度范围是2m/sv07.55m/s。【考点】动能定理的综合应用；动量守恒定律【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据初速度求解水平方向的位移；（2）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可；（3）同理，两个物体组成系统动量守恒和能量守恒，利用动量守恒定律和能量守恒列方程分析求解即可。试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：115分分值分布客观题（占比）10.0(8.7%)主观题（占比）105.0(91.3%)题量分布客观

33、题（占比）5(41.7%)主观题（占比）7(58.3%)2、试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分值（占比）综合题7(58.3%)105.0(91.3%)单选题5(41.7%)10.0(8.7%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1普通(83.3%)2容易(8.3%)3困难(8.3%)4、试卷知识点分析序号知识点（认知水平）分值（占比）对应题号1共点力平衡条件的应用21.0(18.3%)1,2,5,62对单物体(质点)的应用25.0(21.7%)6,113能量守恒定律15.0(13.0%)74动量守恒定律80.0(69.6%)7,8,9,10,125牛顿第二定律4.0(3.5%)3,46物体的受力分析2.0(1.7%)27功能关系15.0(13.0%)68机械能守恒及其条件15.0(13.0%)109正交分解2.0(1.7%)110动能定理的综合应用40.0(34.8%)8,11,12