2016高考物理二轮复习专题一第2讲力与物体的直线运动提升训练
高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第2讲力与物体的直线运动课件
加速阶段：v0′＝v＝6 m/s，v′＝v0＝30 m/s 则：v0＝v＋a2t2，t2＝v0a－2 v＝4 s 则汽车运动的时间至少为 t＝t1＋t2＝10 s。 (3)在加速阶段：v20－v2＝2a2x2，解得 x2＝72 m 则总位移 x＝x1＋x2＝180 m 若不减速通过所需时间 t′＝vx0＝6 s 车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt＝t－t′＝4 s。 [答案] (1)108 m (2)10 s (3)4 s
所示，两质点在 t2 时刻相遇，则下 列说法正确的是
图1－2－6
A．t1 时刻两质点的运动方向相反 B．相遇前两质点一定在 t1 时刻相距最远 C．t1～t2 时间内，一定有某一时刻两质点的加速 度相同
D．t2 时刻，甲刚好从后面追上乙
[解析] 本题根据两物体的 v－t 图象考查位置关 系。由题图可知，在 t1 时刻，两质点的速度方向均为 正方向，即两质点均沿正方向运动，故 A 错误；由图 象可知，两质点从同一位置开始运动，在 0～t1 时间内， 甲质点的速度始终大于乙质点的速度，故甲在前乙在 后，在这段时间内，两质点的距离越来越远，在 t1 时 刻速度达到相同，距离最远，B 正确；若 v－t 图象是 曲线，则曲线在某一时刻的切线斜率代表该时刻的瞬
答案 B
3．(2019·浙江卷)如图 1－2－3 所示，A、B、C 为 三个实心小球，A 为铁球，B、C 为木球。A、B 两球 分别连接在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧 和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用 绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则 剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ 木＜ρ 水＜ρ 铁)
A．两车在 t1 时刻也并排行驶 B．在 t1 时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大
高考物理二轮专题复习专题能力训练：专题二 力与物体的直线运动 Word版含答案
专题能力训练2力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。
在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求,全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2,可能正确的有()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.(·河北名校联盟联考)如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。
当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。
现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。
g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(·湖北荆门调研)下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间t变化的规律。
高考物理二轮复习 训练2 力与物体的直线运动
训练2 力与物体的直线运动一、单项选择题1．如图2－10所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后( )．图2－10A．将立即做变减速运动B．将立即做匀减速运动C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零2．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＝4m/s2的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为( )．A．12.5 m B．2 mC．10 m D．0.5 m3．一质点受到10 N的力的作用时，其加速度为2 m/s2；若要使小球的加速度变为5 m/s2，则应该给小球施的力的大小为( )．A．10 N B．20 NC．50 N D．25 N4．我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120 km/h，交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6 s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数( )．A．100 m B．200 mC．300 m D．400 m5. (2012·安徽卷，17)如图2－11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( )．图2－11A．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6. (2012·海南单科，6)如图2－12所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是( )．图2－12二、多项选择题7．(2012·新课标，14)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )．A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动8.一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图2－13所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法正确的是( )．图2－13A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 JC．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.19．(2012·天津卷，8)如图2－14甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则( )．图2－14A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大10.如图2－15所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则( )．图2－15A ．物块B 刚要离开C 时B 的加速度也为a B ．加速度a ＝gC ．以A 、B 整体为研究对象可以计算出加速度a ＝12gD ．从F 开始作用到B 刚要离开C ，A 的位移为mgk三、计算题11. (2012·江苏泰州三模)如图2－16所示，在光滑水平面上有A 、B 两个物体，B 在前，A 在后，A 正以6 m/s 的速度向右运动，B 静止；当A 、B 之间距离为18 m 时，在A 、B 之间建立相互作用，其作用力为恒力，此后B 物体加速，经过4 s ，物体B 的速度达到3 m/s ，此时撤去A 、B 之间的相互作用，A 、B 继续运动又经4 s ，A 恰好追上B ，在这一过程中：求：图2－16(1)在A 物体追上B 物体前，B 运动的位移大小；(2)在两物体间有相互作用时，物体A 和B 的加速度a A 和a B 的大小； (3)物体A 和B 的质量之比． 12．如图2－17所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC 与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：图2－17(1)斜面BC 的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．参考答案1．C [物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增大，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大，综上所述，A、B、D错误，C正确．]2．D [由v t＝at可得t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实质上就是2～2.5 s内的位移，x＝12at′2＝0.5 m．]3．D [根据F1＝ma1，把F1＝10 N，a1＝2 m/s2，代入，得m＝5 kg，再由F2＝ma2，把m＝5 kg，a2＝5 m/s2代入，解得F2＝25 N．]4．B [当驾驶员的反应时间最长，路面的动摩擦因数最小时对应的最长距离是安全距离．v＝120 km/h＝33.3 m/s，反应时间t＝0.6 s内位移x1约为20 m；又μmg＝ma，a＝3.2 m/s2，s2＝v22a＝173 m；s＝s1＋s2＝193 m．]5．C [设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知物块的加速度a＝mg sin θ－μmg cos θm，即μ<tan θ. 对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝mg＋F sin θ－μmg＋F cos θm＝a＋F sin θ－μF cos θm，且F sin θ－μF cos θ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．]6．C [物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v<v0，A项错误；物块在ab段和bc段分别做匀减速和匀加速运动，且a1>a2，故B、D错误，C正确．]7．AD [物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．]8．AB [图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，则F＋f＝ma a＝0.2 N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝ma b ＝0.1 N ，解得F ＝f ＝0.1 N ，A 项正确；有水平拉力时，物体位移为s ＝5＋32×3 m＝12 m ，故拉力做功的数值为W ＝Fs ＝1.2 J ，B 项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m ，C 项错误；动摩擦因数μ＝f mg ＝130，D 项错误．] 9．BD [在0～t 1时间内物块A 所受的合力为零，物块A 处于静止状态，根据P ＝Fv 知，力F 的功率为零，选项A 错误；在t 2时刻物块A 受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A 的加速度最大，选项B 正确；物块A 在t 1～t 2时间内做加速度增大的加速运动，在t 2～t 3时间内做加速度减小的加速运动，t 3时刻，加速度等于零，速度最大，选项C 错误、选项D 正确．]10．BD [物块B 刚要离开C 时B 的加速度为0，A 项错；未加F 时对A 受力 分析得弹簧的压缩量x 1＝mg sin 30°k ＝mg2k，B 刚要离开C 时对B 受力分析得弹簧的伸长量x 2＝mg2k，此时对A 由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－kx 2＝ma ，解得a ＝g ，B 项正确、C 项错；物体A 的位移x 1＋x 2＝mg k，D 项正确．] 11．解析 物体B 先加速运动后匀速运动(1)x B ＝v B 2t 1＋v B t 2＝⎝⎛⎭⎫32×4＋3×4m ＝18 m.(2)a B ＝Δvt 1＝0.75 m/s 2A 物体先减速运动再匀速运动 A 减速运动的位移：x 1＝v 0t 1－12a A t 21＝6×4－12a A ×42＝24－8a A ， A 匀速运动的位移：x 2＝(v 0－a A t 1)×t 2＝24－16a A ，由题知x A ＝x 1＋x 2＝x B ＋18，即48－24a A ＝18＋18， 解得a A ＝0.5 m/s 2.(3)由牛顿第三定律有F 1＝－F 2，则质量之比m A m B ＝a B a A ＝32.答案 (1)18 m (2)a A ＝0.5 m/s 2 a B ＝0.75 m/s 2 (3)3212.解析 (1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a 1＝g sin θ＝6 m/s 2通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为：t 1＝1 s由运动学公式得：s ＝121t 21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为N 1′＝mg cos θ 木块对传感器的压力为F 1＝N 1′sin θ 由图象可知：F 1＝12 N ，解得m ＝2.5 kg.(3)滑块滑到B 点时的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s ，由图象可知：f 1＝5 N ，t 2＝2 s ，滑块受到的摩擦力f ＝f 1＝5 N ，a 2＝f m 2 m/s ，s 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 m ，W ＝fs 2＝40 J.答案 见解析。
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.2力与物体的直线运动
1.(2016·全国丙卷)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( )
s
3s
A.t2
B.2t2
4s
8s
C. t2
D. t2
解析：质点在时间 t 内的平均速度 v＝st，设时间 t 内的初、末 速度分别为 v1 和 v2，则 v＝v1＋2 v2，故v1＋2 v2＝st.由题意知：12mv22＝ 9×12mv21，则 v2＝3v1，进而得出 2v1＝st.质点的加速度 a＝v2－t v1＝2vt 1
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加 速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的 匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：
x 甲＝12a 甲 t32＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m 由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；t＝1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙 车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，由 t＝1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置 之间沿公路方向的距离为 52.5 m－12.5 m＝40 m，选项 D 正确． 答案：BD 命题点：利用匀变速直线运动规律解决追及与相遇问题，匀变
3．分析追及问题时的“一、二、一” (1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间距离最大或最小 的临界条件，也是分析判断问题的切入点． (2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的 时间关系和位移关系是解题的突破口． (3)一点注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意 判断追上前该物体是否已经停止运动．
高中物理第二轮复习 专题一 力与物体的运动 第2讲 力和直线运动
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
解析 (1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2， 起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv21① m2g＝kv22②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③ (2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运 动公式有 v22＝2as④ v2＝at⑤
①运动规律的应用 ②追及相遇问题
【例1】 (2020·全国卷Ⅰ，24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力 大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机 所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时， 起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地 时的k值可视为不变。 (1)求飞机装载货物后的起飞离地速度； (2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑 行过程中加速度的大小和所用的时间。
答案
(1)会相撞
85 (2)16
m/s2(或 5.31 m/s2)
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
1.建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以 10 m/s 的速度竖直向上间隔 1 s 连续两次
抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方 3.75 m 处接砖，g 取 10 m/s2，空
气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )
代入数据并经过分析可知再经过t＝4 s甲、乙两车会相撞。
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核心要点·高考必备
研透命题·精准备考
高考物理二轮复习专题复习(练习)专题一 力与直线运动2
训练2力与物体的平衡一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.(2016·全国卷Ⅲ)如图，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()A.m2 B.32mC．m D．2m解析：本题考查受力分析、共点力平衡问题，意在考查学生对平衡条件的理解能力及对隐含条件的分析判断能力．由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左右端跨过位于定光滑轴悬挂一质量为M的物体；M．如图所示，竖直悬挂于BC、AC与竖直方向的夹4．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m＝1 kg的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是()A．小物块可能只受三个力B．弹簧弹力大小一定等于4 NC．弹簧弹力大小可能等于5 ND．斜面对物块支持力可能为零解析：由于μmg cos37°＝4 N，mg sin37°＝6 N，故μmg cos37°<mg sin37°，若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A错误；若要物块静止，μ(mg cos37°＋F N)≥6 N，解得F N≥4 N，故B错误，C正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D错误．答案：C5．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N、MN的中点P上，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是()A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：由共点力平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，A错误；根据几何关系，小物体在M、N两点时，库仑力垂直于AC，方向的分力相同，支持力等于重力的分力加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP 垂直于AC，故支持力等于重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点所受摩擦力，C错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面向右的静摩擦力，所以D错误．答案：B6.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A 在地面上，B在空中)，力F与水平方向成θ角．则A所受支持力F N和摩擦力f满足()A．F N＝m1g＋m2g－F sinθ的斜面体A放在粗糙水平面用轻绳拴住质量为m的小球面上，整个系统处于静止状态．已知斜面如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细A．水平力F一定变小B．斜面体所受地面的支持力不变C．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D．地面对斜面体的摩擦力一定变大解析：物体B受到三个力作用，受力平衡，可判断F逐渐增大，A错误；斜面体对物体A的支持力不变，物体A受到的摩擦力情况与初状态受到的摩擦有关，当初状态摩擦力沿斜面向下时，摩擦力应该是先减小后增大，故C错误；对物体A、B和斜面体整体进行受力分析，地面对斜面的摩擦力等于F，逐渐增加，地面对斜面体的支持力不变，故B、D正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，AC和BC两轻绳共同悬挂一质量为m的物体，若保持AC绳的方向不变，AC绳与竖直方向的夹角为60°，改变BC绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围；(2)θ在0～90°的范围内，求BC绳上拉力的最大值和最小值．解析：(1)改变BC绳的方向时，AC绳的拉力F TA方向不变，两绳拉力的合力F与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F TA＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，当θ＝90°时，F TB最大，F max＝mg tan60°＝3mg当两绳垂直时，即θ＝30°时，F TB最小，F min＝mg sin60°＝32mg.答案：(1)0°≤θ<120°(2)3mg3 2mg10.如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个光滑定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，绕绳质量不计，人的质量M＝50 kg，g取10 m/s2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小．解析：(1)因匀速提起重物，则绕绳对重物的拉力F T＝mg，绕绳对人的拉力大小为mg，所以地面对人的支持力为：F N＝Mg－mg＝(50－30)×10 N＝200 N，方向竖直向上(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：。
2016届高考物理二轮复习能力提升课件第一部分专题一力与运动第2讲牛顿运动定律与直线运动
1．质量为 2 kg 的质点在 xOy 平面内运动，其在 x 方向的 x－t 图象和 y 方向的 v－t 图象分别如图所示． 下列关于该质点的说 法，正确的是( C )
A．在 t＝0 时刻，其速度大小为 3 m/s B．在 t＝0 时刻，其速度方向与合外力方向垂直 C．所受的合外力大小为 3 N D．做匀变速直线运动
[解析] t＝0 时刻，由 x 方向的 x－t 图象 知 vx＝－4 m/s，沿 x 轴负方向，由 y 方向 的 v－t 图象知 vy0＝3 m/s,质点的合速度大
2 2 2 小为 v＝ v2 ＋ v ＝ 4 ＋ 3 m/s＝5 m/s，A x y0
错误；由图象知 ax＝0，ay＝1.5 m/s2，故 a＝1.5 m/s2，F 合＝ ma＝3 N，方向沿 y 轴正方向，C 正确；设合初速度方向与 y vx 4 轴正方向夹角为 θ，则 tan θ＝| |＝ ，可知 θ＝53°，而合外 vy0 3 力沿 y 轴正方向， B 错误； 合外力与初速度不在同一条直线上， 质点做匀变速曲线运动，D 错误．
在上述题 1 中，能否求出滑块返回原出发点时的 速度及所用时间？
1 1 2 解析：前面 a1、a2 已求出，v0、v1、t1 已知，由 a1t2 ＝ at可 2 1 2 22 求出 t2，再由 v2＝a2t2 可求出 v2.
答案：见解析
2.(多选)(2015· 高考海南卷)如图，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Δ l1 和Δ l2，重 力加速度大小为 g.在剪断的瞬间，(AC ) A．a1＝3g C．Δ l1＝2Δ l2 B．a1＝0 D．Δ l1＝Δ l2
(全国通用)高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力与物体的直线运动课件.pptx
匀变速直线运动规律的应用
【真题示例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( )
s
3s
A.t2
B.2t2
4s
8s
C. t2
D. t2
7
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＝12(v0＋v)t 和 a＝v－t v0得 a＝ts2，故 A 正确。 答案 A
8
【真题示例 2】 (2017·全国卷Ⅰ，25)真空中存在电场强度大 小为 E1 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀 速直线运动，速度大小为 v0，在油滴处于位置 A 时，将电 场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续 一段时间 t1 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变； 再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点。重力加速度大 小为 g。
3
5.必须辨明的“4个易错易混点” (1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的 关系。 (2)“刹车”问题要先判断刹车时间，再分析计算。 (3)力是改变运动状态的原因，惯性大小只与质量有关。 (4)物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度 方向无关。
4
备考策略 1.抓好“两个分析、两个桥梁”，攻克动力学问题
(1)两分析 ①物体受力情况分析，同时画出受力示意图； ②物体运动情况分析，同时画出运动情境图。 (2)两个桥梁 ①加速度是联系运动和力的桥梁； ②速度是各物理过程相互联系的桥梁。
5
2.解决图象类问题“四个注意”、“一个关键”
(1)“四个注意” ①x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。 ②x－t图象和v－t图象不表示物体运动的轨迹。 ③x－t图象中两图线的交点表示两物体相遇，而v－t图象中两 图线的交点表示两物体速度相等。 ④a－t图象中，图线与坐标轴围成的面积表示速度的变化量； v－t图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而x－t图 象中，图线与坐标轴围成的面积则无实际意义。 (2)“一个关键” 要将物体的运动图象转化为物体的运动模型。
高中物理第二轮复习目录
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CONTENTS
第一部分 专题提升
专题一 力与物体的运动 第1讲 力与物体的平衡 第2讲 力和直线运动 第3讲 力与曲线运动
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专题二 动量与能量 第1讲 功能关系与能量守恒 第2讲 动量和能量观点的应用
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专题三 电场与磁场 第1讲 电场和磁场的基本性质 第2讲 带电粒子在复合场中的运动
7
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第二部分 应考技巧指导
一、高考物理中常用的“八大”解题方法 二、高考必须记牢的“六个”物理模型
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专题四 电路和电磁感应 第1讲 直流电路和交流电路 第2讲 电磁感应规律及其应用
专题五 近代物理初步题六 物理实验及创新实验 第1讲 力学实验 第2讲 电学实验
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专题七 选考模块 第1讲 选修3-3 分子动理论 固体、液体和气体 热力 学定律 第2讲 选修3-4 振动与波动 光的折射和反射 电磁波 相对论
2016届高考物理二轮复习专题二力与直线运动第一讲力学中的直线运动素能演练提升(含解析)
素能演练提升二(1)力学中的直线运动(时间:60分钟满分:100分)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、本题共8小题,每小题6分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1.质点做直线运动的v-t图象如图所示,则该质点()A.在第1秒末速度方向发生了改变B.在第2秒末加速度方向发生了改变C.在前2秒内发生的位移为零D.第3秒末和第5秒末的位置相同解析:由v-t图象可知:物体在前2 s内速度方向一直没变,前2 s内位移为x1=·t1=×2 m=2 m,选项A、C错误;物体在1~3 s时间内加速度方向保持不变,选项B错误;由v-t图象与时间轴所围“面积”表示位移可知,物体在3~5 s时间内位移为零,所以选项D正确.答案:D2.如图甲、乙所示,一辆质量为6×103 kg的公共汽车在t=0和t=4 s末两个时刻的两张照片.当t=0时,汽车刚启动(汽车的运动可看成匀加速直线运动).图丙是车内横杆上悬挂的拉手环放大后的图象,测得θ=15°.根据题中提供的信息,无法估算出的物理量有()A.汽车的长度B.4 s末汽车的速度C.汽车的加速度D.4 s末汽车的牵引力的功率解析:拉手环随汽车做匀加速运动,由题图丙知F T sin θ=ma,F T cos θ=mg,车的加速度可求;根据v=at可求出4 s末的速度;根据x=at2可求4 s内的位移,由图甲和乙可知汽车的长度等于位移,汽车的长度可求;由于汽车所受的阻力未知,故不能求出汽车的牵引力,无法求4 s末牵引力的功率.答案:D3.一种升降电梯的示意图如图所示,A为载人箱,B为平衡重物,它们的质量均为m0,上、下均有跨过滑轮的钢索系住,在电动机的牵引下使电梯上下运动.如果电梯中载人的质量为m,匀速上升的速度为v,电梯即将到顶层前关闭电动机,依靠惯性上升h高度后停止.在不计空气和摩擦阻力的情况下,h为()A. B.C. D.解析:设题图中上段绳中的张力为F T,下段绳中的张力为F T',对A有,F T'+(m0+m)g-F T=(m0+m)a,对B有F T-m0g-F T'=m0a,A匀减速有h=,解得h=,选项D正确.答案:D4.(2015河南豫南九校联盟模拟)如图所示,m=0.5 kg的小滑块以v0=6 m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.若从滑块滑上斜面起计时,经1.2 s滑块正好通过B点.则A、B两点之间的距离为() A.0 B.2.16 mC.0.36 mD.1.44 m解析:滑块沿斜面向上运动时,加速度大小为a1=g(sin 37°+μcos 37°)=10 m/s2,滑块经t1=0.6 s 速度即减为零.因此1.2 s时是向下经过B点.下滑时加速度大小为a2=g(sin 37°-μcos 37°)=2 m/s2,物体上滑的最大距离x= m=1.8 m.再次经过B点时,下滑的距离x1==2× m=0.36 m.所以B点到A点距离为Δx=x-x1=1.44 m.故答案为D.答案:D5.如图所示,质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端,B在水平拉力F的作用下沿水平地面匀速向右滑动,且A、B相对静止.某时刻撤去水平拉力F,经过一段时间,B在地面上滑行了一段距离x,A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来.已知A、B间的动摩擦因数为μ1,B与地面间的动摩擦因数为μ2,且μ2>μ1.则x的表达式应为()A.x=LB.x=LC.x=D.x=解析:设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v.撤去水平拉力F后至停止的过程中,A的加速度a1==μ1g,此时B的加速度大小a2==μ2g+,由于μ2>μ1,所以a2>a1,B先停止运动,然后A在木板上继续做匀减速运动,且其加速度不变.对A应用动能定理有,-F f1(L+x)=0-mv2,对B有μ1mgx-μ2(m+M)gx=0-Mv2,解得x=,故选项C正确,A、B、D错误.答案:C6.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动,在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ.则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析:小物块放上之后,受沿传送带向下的重力分力和滑动摩擦力作用,可能一直做匀加速运动到达底端,选项B正确;也可能到达底端之前,速度等于v0,此后滑动摩擦力的方向变为沿传送带向上,由于μ<tan θ,即mg sin θ>μmg cos θ,所以物块还将继续做加速运动,只是加速度变小,选项D正确.答案:BD7.物体A、B原来静止于光滑水平面上.从t=0时刻开始,A沿水平面做直线运动,速度随时间变化如图甲所示;B受到如图乙所示的水平拉力作用.则在0~4 s的时间内()A.物体A所受合力保持不变B.物体A的速度不断减小C.2 s末物体B改变运动方向D.2 s末物体B速度达到最大解析:由题图甲可知,A做匀减速直线运动,物体A所受合力保持不变,物体A的速度先减小后增大,选项A正确,B错误;2 s末物体B所受水平拉力为零,加速度为零,速度方向不变,速度达到最大值,选项C错误,D正确.答案:AD8.如图所示,A、B两物块质量均为m,用一轻弹簧相连,将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上,系统处于静止状态,B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压,此时轻弹簧的伸长量为x.现将悬绳剪断,则下列说法正确的是()A.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为3gB.悬绳剪断瞬间,A物块的加速度大小为2gC.悬绳剪断后,A物块向下运动距离x时速度最大D.悬绳剪断后,A物块向下运动距离2x时速度最大解析:悬绳剪断前,B受到重力和弹簧的弹力,由平衡条件可知弹簧的弹力F=mg.剪断悬绳瞬间,对A 受力分析,A受到重力和向下的弹簧的弹力F,由牛顿第二定律mg+F=ma,即mg+mg=ma,得a=2g,故选项A错误,B正确;悬绳剪断后,弹簧处于伸长状态,弹力F=mg=kx.A物体向下做加速度减小的加速运动,当弹簧被压缩到mg=F'=kx'时,物体速度最大,有x'=x,所以下降的距离为2x,故选项C错误,D 正确.答案:BD第Ⅱ卷(非选择题共52分)二、本题共1小题,共14分.把答案填在相应的横线上或按题目要求作答.9.(14分)某同学利用验证机械能守恒定律的实验装置来测定当地的重力加速度.该同学在通过实验得到的纸带上选取6个点,如图所示,每两个相邻点的时间间隔均为T,其中1、2、3点相邻,4、5、6点相邻,在第1点之前、3点和4点之间还有若干不清晰的点.若测得1、3两点间的距离为x1,4、6两点间的距离为x2,2、5两点间的距离为x3,则:(1)计算5点速度的表达式是v5=;(2)2点与5点之间的时间间隔为;(3)计算重力加速度的表达式是g=.解析:(1)(2)在匀变速直线运动中,某段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的速度,有v5=,v2=,2点与5点之间的平均速度,又,联立得t=.(3)重力加速度g=.答案:(1)(4分)(2)(5分)(3)(5分)三、本题共2小题,共38分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.10.(18分)质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上,质量为2 kg木块B(可视为质点)置于木板A的左端,在水平向右的力F作用下由静止开始运动,如图甲所示.A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示.(g取10 m/s2)求:(1)木板与木块之间的动摩擦因数.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4 s末A、B的速度.(3)若6 s末木板和木块刚好分离,则木板的长度为多少?解析:(1)由题图乙可知,4 s末A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力f,此时a=2 m/s2(2分) 对于A板,μm B g=m A a(2分)解得木板与木块之间的动摩擦因数μ==0.3.(3分)(2)根据a-t图象的面积表示速度变化可得4 s末A、B的速度v=×2×4 m/s=4 m/s.(3分)(3)4 s到6 s末,t2=2 s,A位移x A=vt2+a A=4×2 m+×2×22 m=12 m(2分)B位移:x B=vt2+a B=4×2 m+×4×22 m=16 m.(2分)若6 s末木板和木块刚好分离,则木板的长度为L=x B-x A=4 m.(4分)答案:(1)0.3(2)4 m/s(3)4 m11.(20分)(2015江苏南通第一次模拟)某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度.如图所示,一长L=0.60 m、质量M=0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上,木板右下方有一质量m=0.80 kg的小滑块(可视为质点),滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.一人用水平恒力F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动.(1)为使木板能向上运动,求F1必须满足什么条件.(2)若F1=22 N,为使滑块与木板能发生相对滑动,求F2必须满足什么条件.(3)游戏中,如果滑块上移h=1.5 m时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功.现F1=24 N,F2=16 N,请通过计算判断游戏能否成功.解析:(1)滑块与木板间的滑动摩擦力F f=μF1(1分)对木板应有F f>Mg(1分)代入数据得F1>20 N.(2分)(2)由牛顿第二定律,对木板有μF1-Mg=Ma1(1分)对滑块有F2-μF1-mg=ma2(2分)要能发生相对滑动应有a2>a1(2分)代入数据可得F2>13.2 N.(2分)(3)对滑块由牛顿第二定律有F2-μF1-mg=ma3(1分)设滑块上升h的时间为t,则h=a3t2(2分)对木板由牛顿第二定律有μF1-Mg=Ma4(1分)设木板在t时间上升的高度为H,则H=a4t2(1分)代入数据可得H=0.75 m(2分)由于H+L<h,滑块在上升到1.5 m之前已经脱离了木板,游戏不能成功.(2分) 答案:(1)20 N(2)13.2 N(3)不能成功。
高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练二力与直线运动.doc
专题强化练(二) 力与直线运动考点1 匀变速直线运动1．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为 ( )A.2v gB.v gC.2h vD.h v解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g＝2v g ，A 项正确． 答案：A2．大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m ，该人的反应时间为0.5 s ，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s 2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度为 ( )A ．25 m/sB ．20 m/sC ．15 m/sD ．10 m/s 解析：设汽车行驶的最大速度为v ，则vt 0＋v22a ＝x ，即0.5v ＋v22×5＝50，解得v ＝20 m/s ，选项B 正确．答案：B考点2 图象问题3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v －t 关系图象如图所示，则该质点的x －t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x－t关系图象可大致表示为B图．答案：B4．如图所示，为三个运动物体的v－t图象，其中A、B两物体是从不同地点出发，A、C是从同一地点出发，则以下说法正确的是()A．A、C两物体的运动方向相反B．t＝4 s时，A、B两物体相遇C．t＝4 s时，A、C两物体相遇D．t＝2 s时，A、B两物体相距最远解析：在t＝4 s之前，A、B、C三个物体开始阶段速度方向均为正，方向相同；当t＝4 s时，A、B两物体发生的位移相同，但由于两物体不是从同一地点出发，因此此时两者并没有相遇，而A、C两物体是同时同地出发，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2 s时，A、B两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确A、B谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此D错．答案：C5．(多选)(2018·桂林、崇左联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间t变化的图象如图(b)所示．重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图可知()A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C．物块的质量m＝2 kgD．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s解析：由题图(b)可知，t＝2 s时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图(a)易知最大静摩擦力为6 N，故A错误；由题图(b)知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m.当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m.联立解得μ＝0.1，m＝3 kg，故B正确，C错误；a－t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则0～4 s内物块速度的增量为Δv＝1＋32×(4－2)m/s＝4 m/s，t＝0时刻速度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得0～4 s内合外力的冲量为：ΔI＝Δp＝mΔv＝3×4 N·s＝12 N·s，故D正确．答案：BD6．(2018·黄冈质检)如图所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A.假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是()A．A的质量为0.25 kgB．B的质量为1.25 kgC．B与地面间的动摩擦因数为0.2D．A、B间的动摩擦因数为0.2解析：由题图乙知，B与地面的最大静摩擦力F f＝3 N，当F1＝9 N时，A、B达到最大的共同加速度a1＝4 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得F1－F f＝(m A＋m B)a1.水平力再增大时，A、B发生相对滑动，A的加速度仍为4 m/s2，B 的加速度随水平力的增大而增大，当F2＝13 N时，a B＝8 m/s2，对B有F2－F f －m A a1＝m B a B，解得m B＝1 kg，m A＝0.5 kg，进一步求得B与地面间的动摩擦因数μ1＝Ff （mA ＋mB ）g＝0.2，A 、B 间的动摩擦因数μ2＝mAa1mAg ＝0.4，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C考点3 牛顿运动定律的应用7．(多选)(2018·西安联考)如图所示，质量为m ＝1 kg 的物块A 停放在光滑的水平桌面上．现对物块施加一个水平向右的外力F ，使它在水平面上做直线运动．已知外力F 随时间t (单位为s)的变化关系为F ＝(6－2t )N ，则( )A ．在t ＝3 s 时，物块的速度为零B ．物块向右运动的最大速度为9 m/sC ．在0～6 s 内，物块的平均速度等于4.5 m/sD ．物块向右运动的最大位移大于27 m解析：水平面光滑，物块所受的合力等于F ，在0～3 s 内，物块受的力一直向右，一直向右做加速运动，可知3 s 时速度不为零，故A 错误；根据牛顿第二定律得，a ＝F m ＝6－2t ，a-t 图象如图所示．图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知最大速度变化量为Δv ＝12×6×3 m/s ＝9 m/s ，可知物块向右运动的最大速度为9 m/s ，故B 正确；物块的速度时间图象如图所示，由图线与时间轴围成的面积表示位移知，位移x ＞12×6×9 m ＝27 m ，则平均速度v －＝x t ＞276 m/s ＝4.5 m/s ，故D 正确，C 错误．答案：BD8．(多选)(2018·沈阳模拟)如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB 间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋由静止放上传送带，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．若L足够大，粮袋最终将一定以速度v做匀速运动C．若μ<tan θ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动D．粮袋刚放上传送带时的加速度a<g sin θ解析：粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度a＝g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，A正确，B错误；若μ<tan θ，粮袋从A到B可能一直是做加速运动，加速度值为a＝g(sin θ＋μcos θ)或先为a ＝g(sin θ＋μcos θ)后为a＝g(sin θ－μcos θ)，C正确；粮袋刚放上传送带时的加速度为a＝g(sin θ＋μcos θ)，大于g sin θ，D错误．答案：AC9.(2018·郑州模拟)如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则()A．μ1>μ2B．μ1<μ2C．若改变F的大小，当F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．若将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动解析：对木块，根据牛顿运动定律有：F－μ1m1g＝m1a，对长木板，由于保持静止有：μ1m1g－F f＝0，F f<μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小无法比较，故A、B错误；改变F的大小，只要木块在长木板上滑动，则木块对长木板的滑动摩擦力不变，长木板仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与长木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确．答案：D10．(2018·潍坊模拟)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2.求：(1)滑块与地面间的动摩擦因数；(2)弹簧的劲度系数．解析：(1)从题图乙可知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝Δv1Δt1＝1.50.3m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1.代入数据解得：μ＝0.5.(2)刚释放时滑块的加速度为：a2＝Δv2Δt2＝30.1m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得：kx－μmg＝ma2.代入数据解得：k＝175 N/m.答案：(1)0.5(2)175 N/m。
高考物理大二轮复习专题一第二讲力与直线运动讲课文档
[题眼点拨] ①“甲乙两车在同一平直公路上同向运 动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动”可以说明 两车的运动情况；②由图象知交点代表相遇．
解析：位移时间图象的斜率代表速度的大小，在 t1 时刻乙车的速度大，故 A 错误；交点代表相遇(达到同一 位置)，0 到 t1 时间内，乙车的路程大，故 B 错误；t1 到 t2 时间内，两车路程相等，存在某一时刻，两图线斜率相 等，两车速度相等，故 C、D 正确．
(1)甲做匀减速运动的加速度； (2)甲冲刺阶段完成的位移大小．
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[题眼点拨] ①“他们同时、同地由静止开始运动， 都经过 4 s 的匀加速”说明 4 s 内两人均做匀加速直线运 动；②“甲的爆发力强”说明甲的加速度大；③“调节 时间均为 2 s，且速度都降为 8 m/s ”说明速度最后均减 为 8 m/s；甲、乙两人均先加速后匀速再减速，最后均以 8 m/s 的速度冲刺．
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线 运动，其加速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、 加速度 a 乙＝5 m/s2 的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙两车的 位移分别为：x 甲＝12a 甲 t23＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m，由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙 车前，Δx＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；
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即下落过程中 a 甲>a 乙，选项 C 错误；下落相同的距 离，由 h＝12at2 知，a 越大，t 越小，选项 A 错误；由 2ah ＝v2－v20知，v0＝0，a 越大，v 越大，选项 B 正确；由 W 阻＝F 阻 h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项 D 正 确．
高考物理二轮复习 专题一 第2讲 力与物体的直线运动课件
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1
1.(2015· 浙江理综，15)如图 1 所示，气垫导轨 上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光 遮住， 电子计时器可自动记录遮光时间Δ t。 Δx 测得遮光条的宽度为 Δx，用 近似代表滑 Δt Δx 块通过光电门时的瞬时速度。为使 更接 Δt 近瞬时速度，正确的措施是( )
答案ห้องสมุดไป่ตู้
20 m/s
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5.(2015· 新课标全国卷Ⅰ，25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板 左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的 距离为4.5 m，如图3(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起 以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极
短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物
块始终未离开木板。已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 v－t图线如 图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s2。求：
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图3
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(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。
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解析 设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为 μ0，刹车时汽 车的加速度大小为 a0，安全距离为 x，反应时间为 t0，由牛顿第二 定律和运动学公式得 μ0mg＝ma0① v2 0 x＝v0t0＋ ② 2a0 式中，m 和 v0 分别为汽车的质量和刹车前的速度。 2 设在雨天行驶时， 汽车与地面的动摩擦因数 μ， 依题意有 μ＝ μ0③ 5 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a， 安全行驶的最大速度 为 v，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg＝ma④ v2 x＝vt0＋ ⑤ 2a 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝20 m/s (v＝－24 m/s 不 符合实际，舍去)
高考物理二轮复习 专题一 第2讲 力与物体的直线运动讲义增分练
权掇市安稳阳光实验学校第2讲力与物体的直线运动网络构建备考策略1.解决动力学问题要抓好关键词语(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。
(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。
2.“四点”注意(1)x－t图象、v－t图象均表示直线运动。
(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。
(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。
(4)x－t、v－t、a－t图象相关量间的关系运动学中的图象问题x－t图象的理解及应用【典例1】(2019·稽阳联谊学校联考)一辆汽车沿平直道路行驶，其位移时间图象如图1所示。
在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的平均速度大小是( )图1A.0B.2 m/sC.2.67 m/sD.25 m/s解析因为是位移—时间图象，所以合位移为零，又因为平均速度等于位移除以时间，所以平均速度为零，选项A正确。
答案Av－t图象的理解及应用【典例2】(2019·浙江绿色联盟联考)一长为12 m的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如图2所示。
消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达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的两倍，下滑总时间为3 s。
该消防队员在这一过程中的运动图象，可能正确的是( )图2解析设下滑过程中的最大速度为v，有va1＋va2＝t，位移关系为v22a1＋v22a2＝s，又a1＝2a2，联立解得v＝8 m/s，a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，加速时间为t1＝va1＝88s＝1 s，减速时间为t2＝va2＝84s＝2 s，但是相对于12 m的杆子而言，消防员不能看做质点，实际下落的位移应小于12 m，故选项D正确。
答案D【典例3】(2018·浙江4月选考)一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图3所示。
高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力与直线运动提升训练
权掇市安稳阳光实验学校第2讲 力与直线运动一、单项选择题1．(2016·银川模拟)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/s 2，则自驾驶员急刹车开始，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为( )A ．5∶4 B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3解析 汽车停下来所用的时间为t ＝v 0a ＝4 s ，故2 s 时汽车的位移x 1＝v 0t 1＋12(－a )t 21＝30 m ；5 s 时汽车的位移与4 s 时汽车的位移相等，x 2＝v 0t 2＋12(－a )t 22＝40 m ，解得x 1x 2＝34，选项C 正确。
答案 C2．(2016·扬州模拟)图1甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。
图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象。
两图中a ～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。
取重力加速度g ＝10 m/s 2。
根据图象分析可知( ) 图1A ．人的重力为1 500 NB ．c 点位置人处于超重状态C ．e 点位置人处于失重状态D ．d 点的加速度小于f 点的加速度解析 由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N ，质量m ＝50 kg ，b 点位置人处于失重状态，c 、d 、e 点位置人处于超重状态，选项A 、C 错误，B 正确；d 点位置传感器对人的支持力F 最大，为1 500 N ，由F －mg ＝ma 可知，d 点的加速度a d ＝20 m/s 2，f 点位置传感器对人的支持力为0 N ，由F －mg ＝ma 可知，f 点的加速度a f ＝－10 m/s 2，故d 点的加速度大于f 点的加速度，选项D 错误。
答案 B3．(2016·镇江模拟)质量为0.5 kg 的物体在水平面上以一定的初速度运动，如图2所示，a 、b 分别表示物体不受拉力和受到水平拉力作用的v －t 图象，则拉力与摩擦力大小之比为( ) 图2A ．1∶2 B．2∶1 C．3∶1 D．3∶2解析 物体不受水平拉力时，加速度大小为a 1＝Δv 1Δt 1＝1.5 m/s 2。
高考物理二轮复习第一部分专题二力与运动第1讲力与物体的直线运动练习含解析
高考物理二轮复习第一部分专题：力与物体的直线运动1．一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑材料，若忽略空气阻力，则下列有关材料的受力分析图正确的是( )解析材料向右上方匀速运动，处于平衡状态，所受合力为零，A、B、C中合力不为零，受力不平衡，选项A、B、C错误，D正确。
答案 D2．(2019·江苏扬州一模)在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为( )A．mg sinθB．mg cosθC．mg tanθD．mg sinθ·cosθ解析设细线的弹力为F，对斜面上的木块由共点力平衡条件有F－mg sinθ＝0，对轻环由共点力平衡条件有F cosθ－F f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为F f＝mg sinθ·cosθ，故选D。
答案 D3．(2019·广东汕头一模)一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为( )A.Lt2 B ．2L t2C.2(v 0t ＋L )t2D ．(v 0t ＋L )t2解析 轿车做匀加速直线运动，时间t 内的位移x 1＝v 0t ＋12at 2，货车做匀速直线运动，时间t 内的位移x 2＝v 0t ，根据x 1－x 2＝L 解得：a ＝2Lt 2，故B 项正确，A 、C 、D 项错误，故选B 项。
答案 B4．(2019·济南二模)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( )A ．v ＝x tB ．v ＝2x tC ．v ＞2x tD ．x t＜v ＜2x t解析 由题意知，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，画出相应的v t 图像大致如图所示。
高考物理二轮复习 第1 专题突破篇 专题2 力与直线运动讲练
拾躲市安息阳光实验学校专题二力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律应用难度：中档题型：选择题、计算题五年1考(2015·江苏高考T5)如图1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( )图1A．关卡2 B．关卡3C．关卡4 D．关卡5【解题关键】解此题抓住两点：(1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C[同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝v 1a＝1 s，通过的位移x1＝12at21＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m的位移，接着关卡放行t＝5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝x5v1＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．](2014·全国卷ⅠT24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解题关键】关键语句信息解读的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0 ①x＝v0t0＋v202a0②式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0 ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma ④x＝vt0＋v22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】20 m/s1．高考考查特点(1)高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意追及相遇类为背景的实际问题．(2)熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取是解题的关键．2．解题常见误区及提醒(1)基本概念公式及基本推论记忆不准确，应用不灵活．(2)实际问题中过程不清晰、时间关系、速度关系、位移关系把握不准．(3)解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”、“最多”、“至少”等)．●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图2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：(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．图2【解析】(1)若列车车尾恰好停在A点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1 400 m解得：a 1＝167m/s 2若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则0－v 20＝－2a 2x OB 解得：a 2＝85m/s 2故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长，则0＝v 0－a 2t解得：t ＝50 s.【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2(2)50 s●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图3所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )【：25702006】 图3 A.34 m B.43 m C.98m D ．89mC [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T ，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A2a＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B 2a ＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98m ．] ●考向3 追及相遇问题3．(高考改编)在[例2](2014·全国卷ⅠT 24)中，若在雨天以108 km/h 的速度匀速行驶，前后两车的安全距离至少应为多大？【解析】 由[例2]解析可知，雨天的加速度a ＝μg＝25μ0g ＝25a 0①故其安全距离x ′＝v 0·t 0＋v 202a②由[例2]解析可知：x ＝v 0·t 0＋v 202a 0＝120 m ③由①②③可得：x ′＝255 m. 【答案】 255 m4．(2016·湖南十校联考)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x 0＝9 m 区间的速度不超过v 0＝6 m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v 甲＝20m/s 和v 乙＝34 m/s 的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a 甲＝2 m/s 2的加速度匀减速刹车．(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m 处的速度恰好为6 m/s ，乙车司机在发现甲车刹车时经t 0＝0.5 s 的反应时间后开始以大小为a 乙＝4 m/s2的加速度匀减速刹车．为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m 区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？【解析】 (1)对甲车，速度由20 m/s 减至6 m/s 的位移x 1＝v 2甲－v202a 甲＝91 mx 2＝x 0＋x 1＝100 m即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m 处开始刹车．(2)设甲车刹车后经时间t ，两车速度相同，由运动学公式得：v 乙－a 乙(t －t 0)＝v 甲－a 甲t解得：t ＝8 s相同速度v ＝v 甲－a 甲t ＝4 m/s ＜6 m/s ，即共同速度v ＝6 m/s 为不相撞的临界条件乙车从开始以速度34 m/s 减至6 m/s 的位移为x 3＝v 乙t 0＋v 2乙－v 22a 乙＝157 m所以要满足条件甲、乙的距离x ＝x 3－x 1＝66 m.【答案】 (1)100 m (2)66 m1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧考点2| 运动图象问题 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年3考(多选)(2016·全国乙卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t 图象如图4所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图4A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．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【解题关键】 解此题的关键是正确理解v t 图象的物理意义，准确提取其信息．BD [由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a 甲＝10 m/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 mx 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为12.5 m ，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m ，则t ＝1 s 时两车并排行驶，选项A 、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5 m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2016·江苏高考T 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( )【解题关键】 解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g . (2)位置坐标x 的正方向竖直向上，原点在地面．A [由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E ，小球离地面高度为x 时速度为v ，则有mgx ＋12mv 2＝E ，可变形为x ＝－v 22g ＋Emg ，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(E mg，0)的抛物线，故选项A 正确．](2014·全国卷ⅡT 24)10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km 的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f ＝kv 2，其中v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v t 图象如图5所示．若该运动员和所带装备的总质量m ＝100 kg ，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)图5【解题关键】关键语句 信息解读忽略空气阻力运动员只在重力作用下运动 f ＝kv 2阻力与速度的平方成正比 达到最大速度最大速度时，重力与阻力大小相等【解析】 根据自由落体运动的规律和平衡条件解题．(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km 高度处的时间为t ，下落距离为s ，在1.5 km 高度处的速度大小为v .根据运动学公式有v ＝gt① s ＝12gt 2 ②根据题意有s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m ③联立①②③式得t ＝87 s④v ＝8.7×102 m/s.⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v t 图象可读出v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得k ＝0.008 kg/m. ⑧【答案】 (1)87 s 8.7×102m/s (2)0.008 kg/m 1．高考考查特点(1)以选择题型为主，重在考查v t 图象的意义及图象信息的提取能力． (2)明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．2．解题常见误区及提醒(1)v t 图象、x t 图象均反映物体直线运动的规律． (2)在v t 图象中误将交点当成相遇．(3)图象与动力学相结合的题目中不能正确地将图象信息和运动过程相结合．●考向1 图象的选取5．(2014·江苏高考T 5)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( )【：25702007】A [根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v 2－v 20＝2ax 及v 0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v ＝2ax ，做匀减速直线运动时的速度v ＝v 20－2ax ，根据数学知识知选项A 正确．]●考向2 图象的转换6．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a t 图象如图6所示．下列v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )图6A B C DD [由图可知，在0～T2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T2时间内相同，故A 错误，D 正确．]●考向3 图象信息的应用7．如图7甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图7A ．斜面ab 的倾角θB ．物块与斜面间的动摩擦因数μC ．物块的质量mD ．斜面bc 的长度LC [根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a 1、a 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma 2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出L ，故选项C 正确．]8．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图8甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .图8(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度； (3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma 解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kvm.(2)当a ＝0时速度最大， v m ＝mg sin θ－μcos θk减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝mg sin θ－μcos θk ＝2 m/s解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kvm(2)mg sin θ－μcos θk适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s 1．v t 图象提供的信息 2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量． (2)分析图线的意义，提取图象的关键信息． (3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．考点3| 牛顿第二定律的应用 难度：较难 题型：选择题 五年5考(多选)(2016·江苏高考T 9)如图9所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图9A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 【解题关键】关键语句信息解读鱼缸最终没有滑出桌面鱼缸的初速度、末速度均为零鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等鱼缸加速的加速度与减速的加速度大小相等 鱼缸所受滑动摩擦力大小不变A 错误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．](多选)(2015·全国卷ⅡT 20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )【：25702008】A ．8B ．10C ．15D ．18【解题关键】 解此题关键有两点：(1)应用小整体大隔离的方法选取研究对象．(2)根据牛顿第二定律写出F 的表达式．BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]1．高考考查特点(1)本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．(2)整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离的方式．(如[例7])2．解题的常见误区及提醒(1)研究对象选取时，不能灵活应用整体法、隔离法． (2)对物体受力分析有漏力、多力现象，合力的计算出错． (3)应用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性．●考向1 瞬时加速度的分析与计算9. (2016·考前调研)如图10所示，两个质量分别为m 1、m 2的物块A 和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A和a B (弹簧在弹性限度内，重力加速度为g )，则( )图10A ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝μgB ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝0D ．a A ＝μg ，a B ＝μgC [稳定时A 和B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为μm 2g ，等于弹簧向左的弹力F ，B 受到的合外力为0.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B 受到的滑动摩擦力都不变，则B 的加速度为0；A 的加速度为F ＋μm 2gm 1＝μ(1＋m 2m 1)g ，选项C 对．] ●考向2 连接体问题10．(高考改编)在[例7](2015·全国卷ⅡT 20)中，若车厢总数为10节，以大小为a 的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为多少？【解析】 设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二定律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1. 【答案】 9∶1●考向3 动力学的两类基本问题11．避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图12竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.求：图11(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度． 图12【解析】 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g⑤ s 1＝vt －12a 1t 2⑥s 2＝vt －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l ＝98 m ． ⑩【答案】 (1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m ●考向4 动力学中的临界、极值问题12．(2016·山西四校二联)如图13所示，一质量为m 的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F ，且F ＝12mg .已知斜面的倾角 θ＝30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.(1)若力F 的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；(2)当力F 与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度．图13【解析】 (1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma解得a ＝12g .(2)小物块的受力情况如图所示，设力F 与斜面的夹角为α，由牛顿第二定律可得F cos α＋mg sin θ－F f ＝maF f ＝μ(mg cos θ－F sin α)可得a ＝12g cos α＋36g sin α＝33g sin(60°＋α)当α＋60°＝90°时，a 有最大值 解得α＝30°，a m ＝33g .【答案】 (1)12g (2)30° 33g1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能． (2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤 规范练高分| 动力学中多过程问题 [典题在线](2015·全国卷ⅡT 25,20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B均处于静止状态，如图14所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，①A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动， 此时刻为计时起点；在第2 s 末，②B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，③A 离B 下边缘的距离l ＝27_m ，C 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图14(1)在④0～2_s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)⑤A 在B 上总的运动时间． [信息解读]①摩擦因数突变，A 与B 会相对滑动，分别隔离A 、B 进行受力分析．②A 与B 、B 与C 相对运动情况发生变化，重新分别隔离A 、B 进行受力分析．③A 与B 的相对位移为27 m.④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A 在B 上的运动，分段受力研究A 、B 的运动特点． [考生抽样] [阅卷点评] [规范解答]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①(1分) N 1＝mg cos θ ②(1分) f 2＝μ2N 2③(1分) N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1⑤(1分) mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1 f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2 ⑦(1分) a 2＝1 m/s 2.⑧(1分)(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2 ⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23 ⑯(2分) 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑰(1分)设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 21 m/s 2(2)4 s[评分]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A、B运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如vt 图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。
高考物理二轮复习课件：专题一第2讲力与直线运动
大小 a1＝02.4
m/s2＝0.2
m/s2，撤去外力
F
后的加速度大小
0.s2，设木板质量为 m，根据牛顿第二定律，2～4 s 内：F－F 摩＝ma1,
解析 答案
4 s 以后：F 摩＝ma2，解得 m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B 正确。0～2 s 内，F ＝f，由题图 b 知，F 随时间是均匀增加的，C 错误。因物块质量不可求， 故由 F 摩＝μm 物 g 可知动摩擦因数不可求，D 错误。
解析
2．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际
抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成，
在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第 2 节对第 3 节车厢的牵
引力为 F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第 3 节对倒数
第 2 节车厢的牵引力为( )
解析
7．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放 有物块 P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其 向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原 长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图象可能正确的是( )
答案
解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有： kx0＝mg，施加拉力 F 后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有： F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以 F＝ma＋kx，A 正确。
答案
解析 v-t 图象中图象与 t 轴所包围的面积代表运动的位移，两车在 t2 时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在 t1 时刻甲车在后，乙车 在前，故 A 错误，B 正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减 小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故 C 错误，D 正确。故选 B、D。
2016届高考物理二轮复习重点知识练习专题2力和直线运动
1．(2015·上海八校高考模拟)如图所示，同一竖直面内有上下两条用相同材料做成的水平轨道MN、PQ，两个完全相同的物块A、B放置在两轨道上，A在B物块正上方，A、B之间用一细线相连．在细线的中点O施加拉力，使A、B一起向右做匀速直线运动，则F的方向是(图中②表示水平方向)A．沿①方向B．沿②方向C．沿③方向D．沿①②③方向都可以答案 C解析力的作用点是在细线的中点，而且物块A在B的正上方，所以三角形ABO是等腰三角形，且AB在竖直方向，所以AO与BO 与水平方向的夹角相等．因为A对水平轨道的正压力大于B对水平轨道的正压力，所以水平面对A的摩擦力大于水平面对B的摩擦力，由题意细线AO受到的拉力必须大于BO受到的拉力，所以F的方向只能是③方向．故C项正确，A、B、D项错误．2.(2015·黄浦区二模)质量相等的两个质点a、b在同一位置开始沿竖直方向运动，v－t图像如图所示，取竖直向上为正方向．由图像可知()A．在t2时刻两个质点在同一高度B．在0～t1时间内，a质点处于失重状态C．在t1～t2时间内，a质点的机械能不变D．在0～t2时间内，合外力对两个质点做功相等答案 D解析物体沿竖直方向运动，因为取竖直向上为正方向，所以两物体都是向上运动，图像围成的面积就是物体位移，所以A项错误，在0～t1时间内，a质点加速向上运动所以处于超重状态，B项错误．在t1～t2时间内，a质点向上匀速运动，支持力做正功，机械能增加，C 项错误．t2时刻两物体速度相等，动能相等．在0～t2时间内，所以合外力对两个质点做功相等．命题立意考查匀变速直线运动和动能定理3．(2015·浙江一模)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是()A．加速时动力的大小等于mgB．加速与减速时的加速度大小之比为2∶ 3C．加速与减速过程发生的位移大小之比为1∶2D．减速飞行时间t后速度为零答案 C解析起飞时，飞行器受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成30°斜向上，设推力为F、合力为F合，如图所示．在△OFF合中，由几何关系得F合＝mg，所以A项错误．由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a 1＝F 合m ＝g ，则t 时刻的速率v ＝a 1t ＝gt .推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F ′跟合力F ′合垂直，如图所示．此时合力大小F ′合＝mg sin30°飞行器的加速度大小为a 2＝mg sin30°m ＝g 2 到最高点的时间为t ′＝gt 0.5g＝2t 飞行的两次位移分别为12a 1t 2＝12gt 2和12a 2t ′2＝gt 2 所以比值为1∶2.4．(2015·江西二模)如图所示，(a)图表示光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，(b)图为物体A 与小车的v －t 图像(v 0、v 1及g 、t 1均为已知)，由此可算出( )A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．A与小车B上表面间的动摩擦因数D．小车B获得的动能答案BC解析从图像中可以确定A在B表面滑行的距离，不能确定小车长度．故A项错误．两个的加速度之比就是质量的反比，从速度图像中可以确定加速度之比，故B项正确．μg＝v0－v1t1为滑块的加速度．可以求出动摩擦因数．由于小车的质量未知所以不能确定小车的动能．5．(2015·安徽一模)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点需要的时间为t.现在物体由A点静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速直线运动到某一最大速度v m后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动至B点停下，历时仍为t，则物体的()A．最大速度v m只能为2v，无论a1、a2为何值B．最大速度v m可以为许多值，与a1、a2的大小有关C．a1、a2的值必须是一定的，且a1、a2的值与最大速度v m有关D．a1、a2必须满足a1a2a1＋a2＝2vt答案AD解析分析此题可根据描述的运动过程画出物体运动的速度图像，根据速度图像容易得出“最大速度v m只能为2v，无论a1、a2为何值”的结论．也可利用解析法根据题述列出方程解答．设物体匀加速运动时间为t1，则匀减速运动时间为t－t1，根据题述有v t＝v m t1 2＋v m(t－t1)2得v m＝2v.由a1t1＝v m，a2(t－t1)＝v m，v m＝2v联立解得a1a2 a1＋a2＝2vt，所以正确为AD项．6．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()A．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案 A解析 本题考查了牛顿第二定律与受力分析．设橡皮筋原长为l 0，小球静止时设橡皮筋伸长x 1，由平衡条件有kx 1＝mg ，小球距离悬点高度h ＝l 0＋x 1＝l 0＋mg k ，加速时，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x 2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx 2sin θ＝mg ，小球距离悬点高度h ′＝(l 0＋x 2)sin θ＝l 0sin θ＋mg k ，因此小球高度升高了．7．(2015·合肥一模)如图所示，a 、b 两个物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着物体a ，使物体a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着物体a ，使物体a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x 2，则( )A ．x 1一定等于x 2B ．x 1一定大于x 2C ．若m 1>m 2，则x 1>x 2D ．若m 1<m 2，则x 1＜x 2答案 A解析 由牛顿第二定律知，对左图的整体，加速度a 1＝F －(m 1＋m 2)g m 1＋m 2，对左图的物体b ，有kx 1－m 2g ＝m 2a 1，联立以上二式解得kx 1＝m 2F m 1＋m 2；对右图的整体，加速度a 2＝F m 1＋m 2，对右图的物体b，有kx2＝m2a2，联立以上二式解得kx2＝m2Fm1＋m2.可见x1＝x2，A项正确．8．(2013·新课标全国Ⅰ)如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置－时间(x－t)图线，由图可知()A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大答案BC解析由图像可知：t1时刻以前b在a的后面，所以在t1时刻是b 追上了a，A项错；图像的斜率表示两车的速度，在t2时刻两图像斜率符号相反，则说明两车运动方向相反，B项对；由b的图像可知，b车先减速后反向加速，C项对；t1到t2时间内，a车的速率一直不变，b 车先减速后反向加速，在某一时刻b车速度为零，比a车慢，D项错误．9．(2013·四川)甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v－t图像如图所示．则()A．甲、乙在t＝0 s到t＝1 s之间沿同一方向运动B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同答案BD解析由v－t图像知，0－1 s甲始终是正方向运动，乙是先负方向运动，后又正方向运动，A项错误；根据乙图线所构成的x轴上下图形面积，正负之和为0，B项正确；甲在0－4 s阶段一直在向正方向运动，C项错误；在t＝6 s时刻，甲乙图线上的斜率都为负，所以加速度方向相同，D项正确．10.(2015·湖南省衡阳市八中高三上学期第六次月考)如图光滑的水平桌面处在竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y轴方向．在水平拉力F作用下，细管沿x轴方向做匀速运动，小球能从管口处飞出．小球在离开细管前的运动加速度a、拉力F随时间t变化的图像中，正确的是()答案BD解析小球在x轴方向上的速度不变，则在y轴方向上受到大小一定的洛伦兹力，根据牛顿第二定律，小球的加速度不变，故A项错误，B项正确；管子在水平方向受到拉力和球对管子的弹力，球对管子的弹力大小等于球在x轴方向受到的洛伦兹力大小，在y轴方向的速度逐渐增大(v y＝at)，则在x轴方向的洛伦兹力逐渐增大(F洛＝q v y B＝qBat)，所以F随时间逐渐增大，故C项错误，D项正确．11．(2015·河北辛集中学模拟)在2014年底，我国不少省市ETC 联网正式启动运行，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所示．假设汽车以正常行驶速度v1＝16 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝8 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝25 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶．设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a1＝2 m/s2，和a2＝1 m/s2.求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时间Δt是多少？解析(1)汽车通过ETC通道时：匀减速过程x 1＝v 21－v 222a 1＝60 m 匀加速过程x 2＝v 21－v 222a 2＝120 m 汽车的总位移x ＝x 1＋d ＋x 2＝188 m(2)汽车通过ETC 通道时：匀减速过程t 1＝v 1－v 2a 1＝6 s 匀速过程t 2＝d v 2＝2 s 匀加速过程t 3＝v 1－v 2a 2＝12 s 汽车通过ETC 通道的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝20 s汽车通过人工收费通道时：匀减速过程t ′1＝v 1a 1＝8 s 匀加速过程t ′2＝v 1a 2＝16 s 汽车通过人工通道的总时间t ′＝t ′1＋t 0＋t ′2＝49 s汽车节约的时间Δt ＝t ′－t ＝29 s12．(2015·山东模拟)如图(a)所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块的水平表面AB 粗糙，与水平面夹角θ＝37°的表面BC 光滑．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.)求：(1)斜面BC 的长度L ；(2)滑块的质量m ；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功W .解析 (1)分析滑块受力，由牛顿第二定律，得通过图像可知滑块在斜面上运动时间为t 1＝1 s由运动学公式，得L ＝12a 1t 21＝3 m(3)滑块滑到B 点的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s由图像可知：f 1＝5 N ，t 2＝2 sa 2＝f /m ＝2 m/s 2s ＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 m W ＝fs ＝40 J13．(2015·新课标全国Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v －t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．答案(1)μ1＝0.1μ2＝0.4(2)木板的最小长度应为6.0 m(3)最终距离为6.5 m解析(1)规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律，有－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①由图可知．木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式，得v1＝v0＋a1t1②s0＝v0t1＋12a1t21③式中t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件，得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律，有－μ2mg＝ma2⑤由图得a2＝v2－v1 t2－t1⑥式中t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件，得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3，由牛顿第二定律及运动学公式，得μ2mg＋μ1(m＋M)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：s1＝－v1＋v32Δt⑪小物块运动的位移为：s2＝v1＋v32Δt⑫小物块相对木板的位移为：Δs＝s2－s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值，得Δs＝6.0 m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式，得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为：s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值，得s＝－6.5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.命题立意滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式。
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第2讲 力与物体的直线运动专题提升训练一、选择题(1～7题为单项选择题，8～9题为多项选择题)1.(2015·浙江理综，15)如图1所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，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Δx Δt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。
为使Δx Δt更接近瞬时速度，正确的措施是( )图1A.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解析 Δx Δt 是Δt 时间内的平均速度，Δt 越小，Δx Δt就越接近某点的瞬时速度。
A 选项中换用更窄的遮光条，就是取更短的时间Δt ，A 正确；B 、C 、D 选项中的处理不能保证Δt 很短，Δx Δt不能确定更接近瞬时速度，选项B 、C 、D 错误。
答案 A2.(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2所示，下列表述正确的是( )图2A.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，说明甲的速度大于乙的速度，故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C 错误；由位移－时间图象看出在t ＝0.5小时时，甲在s ＝10 km 处，而乙在s ＝8 km 处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D 错误。
答案 B3.(2015·长春模拟)如图3所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB 、BC 两部分组成，且AB ＝BC ，小物块P (可视为质点)以某一初速度从A 点滑上桌面，最后恰好停在C 点，已知物块经过AB 与BC 两部分的时间之比为1∶4，则物块P 与桌面上AB 、BC 部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P 物块在AB 、BC 两段上所做运动可看作匀变速直线运动)( )图3A.1∶4B.1∶1C.8∶1D.4∶1解析 设初速度为v A ，过B 点速度为v B ，AB ＝BC ＝x ，t AB ＝t ，t BC ＝4t ，则v 2A －v 2B ＝2μ1gx ，v A －v B ＝μ1gt ；v 2B ＝2μ2gx ，v B ＝4μ2gt ；解得μ1∶μ2＝8∶1，C 正确。
答案 C4.(2015·台州市高三3月调研考试)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。
某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图4所示。
将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g 。
据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )图4A.gB.2gC.3gD.4g解析 分析运动过程及受力：人体向下先加速后减速运动，速度减为零后反向向上先加速后减速，如此往复循环。
F ＝G 时人体受力平衡，为加速运动与减速运动转换的临界点。
图中平缓段即表示受力平衡的时候，可知0.6F 0＝G 。
找出图中最大外力为1.8F 0，由于绳子被拉伸，施加给人的力方向始终为竖直向上。
从而可以算出最大加速度a ＝1.8F 0－0.6F 0m＝1.2F 0m ＝2G m＝2g ，所以选B 。
答案 B5.汽车由静止开始在平直的公路上行驶，在0～40 s内汽车的加速度随时间变化的图象如图5所示，则汽车位移最大的时刻是( )图5A.40 s末B.30 s末C.20 s末D.10 s末解析0～10 s内汽车做匀加速直线运动，加速度为2 m/s2，10 s末汽车的速度为20 m/s；10～20 s内汽车的加速度为0，故汽车做匀速直线运动；20～40 s内汽车的加速度为－1 m/s2，故汽车做匀减速直线运动，40 s末汽车的速度恰好减为0。
因为40 s内汽车始终向同一方向运动，所以汽车位移最大的时刻是40 s末，选项A正确。
答案 A6.甲、乙两车从同一地点沿同一方向做直线运动，其中甲车初速度为零，最大速度为4 m/s，乙车初速度为1.5 m/s，最大速度为3.5 m/s，其v－t图象如图6所示，关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )图6A.在t＝4 s时，甲、乙相遇B.甲的加速度一直小于乙的加速度C.在t＝1 s时，两车速度相等，加速度相等D.甲车运动的总位移大于乙车运动的总位移解析v－t图线与t轴所围面积表示位移，斜率表示加速度；在t＝4 s，甲、乙的位移均为10 m，甲、乙相遇，选项A正确；在4～6 s，甲、乙加速度相同，选项B错误；在t＝1 s，甲的加速度大于乙的加速度，选项C错误；乙车运动的总位移大于甲车运动的总位移，选项D错误。
答案 A7.(2015·江苏单科，5)如图7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( )图7A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5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t 1＝v a＝1 s ，在加速时间内通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，t 2＝4 s ，x 2＝vt 2＝8 m ，已过关卡2，t 3＝2 s 时间内x 3＝4 m ，关卡打开，t 4＝5 s ，x 4＝vt 4＝10 m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m ，到达关卡4还需t 5＝0.5 s ，小于2 s ，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 正确。
答案 C8.如图8所示，一同学在自家高为H ＝10 m 的阳台上，伸手竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离阳台的高度为h 0＝0.8 m ，小球抛出后升高了h ＝0.45 m 达到最高点，最终小球落在地面上。
g ＝10 m/s 2。
根据以上信息，你认为下列说法正确的是( )图8A.小球抛出时的初速度大小是4 m/sB.小球抛出时的初速度大小是3 m/sC.小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间为1.8 sD.小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间为1.0 s解析 上升阶段－v 20＝－2gh ，则v 0＝2gh ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；上升阶段0＝v 0－gt 1，下降阶段h 0＋h ＋H ＝12gt 22，历时：t ＝t 1＋t 2，得：t ＝1.8 s ，C 正确，D 错误。
答案 BC9.倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k ＝20 N/m 、原长l 0＝0.6 m 的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l ＝0.3 m ，且杆可在槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力大小F f ＝6 N ，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
质量m ＝1 kg 的小车从距弹簧上端L ＝0.6 m 处由静止释放沿斜面向下运动。
已知在本次碰撞过程中轻杆已滑动。
g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6。
关于小车和杆的运动情况，下列说法正确的是( )图9A.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.6 mB.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9 mC.小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐增大的变加速运动D.小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动，再做匀速直线运动 解析 小车在沿斜面向下的重力分力G x ＝mg sin θ＝6 N 作用下，先沿斜面做匀加速运动，碰到弹簧后，小车受到沿斜面向上的弹力，做加速度逐渐减小的变加速运动，当弹力等于6 N 后，小车、弹簧、轻杆构成的系统做匀速直线运动，C 错误，D 正确；杆刚要滑动时，弹力为6 N ，所以弹簧形变量为x ＝F k＝0.3 m ，所以小车已通过的位移为L ＋x ＝0.9 m ，A 错误，B 正确。
答案 BD二、非选择题10.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a ＝v 1t 1＝1510m/s 2＝1.5 m/s 2 再根据位移公式，得到x 1＝12at 21＝12×1.5×102 m ＝75 m 这时出租车距出发点的距离为75 m 。
(2)根据v 22＝2ax 2式，得到x 2＝v 222a ＝3022×1.5 m ＝300 m这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间t 2，可根据位移公式x 2＝12at 22 解得t 2＝2x 2a ＝2×3001.5s ＝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，它匀速运动时间t 3应为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝(300＋2 400) m ＝2 700 m答案 (1)75 m (2)2 700 m11.如图10所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37 °，传送带乙长为4 m ，传送带甲比乙长0.45 m ，两传送带均以3 m/s 的速度逆时针匀速运动，可视为质点的物块A 从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B 由传送带乙的顶端以3 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
求：图10(1)物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间；(2)物块A 、B 在传送带上显示的划痕长度之比。
解析 (1)物块A 一开始受重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律知 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，代入数值得a 1＝10 m/s 2设经时间t 1物块A 与传送带共速，则由运动学规律知v 带＝a 1t 1，即t 1＝0.3 s此过程中物块A 的位移为x 1＝12a 1t 21＝0.45 m 物块A 与传送带共速后，由牛顿第二定律知mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，代入数值得a 2＝2 m/s 2由运动学规律知L 甲－x 1＝v 带t 2＋12a 2t 22，代入数值得t 2＝1 s 所以物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.3 s(2)在物块A 的第一个加速过程中，物块A 在传送带上显示的划痕长度为L 1＝v 带t 1－x 1＝0.45 m在物块A 的第二个加速过程中，物块A 在传送带上的划痕长度为L 2＝v 带t 2＋12a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m所以物块A 在传送带上显示的划痕长度为L A ＝L 2＝1 m由分析知物块B 的加速度与物块A 在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t 2相同所以物块B 在传送带上的划痕长度为L B ＝v 带t 2＋12a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m 故物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为L A ∶L B ＝1∶1。