2016浙江版高考物理二轮复习考前三个月 专题2 力与直线运动

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(浙江专用)2016届高三物理二轮复习 专题二 力与直线运动课件

(浙江专用)2016届高三物理二轮复习 专题二 力与直线运动课件

解析:(1)设瓷片质量为 m,下落时加速度为 a1,则有 mg-kmg=ma1, vm2 =2a1hm,
联立以上各式解得 vm= 21 k ghm .
(2)设瓷片随圆柱体一起加速下落的加速度为 a2,则有 a2=a1, 圆柱体落地时瓷片的速度为 v12 =2a2H, 瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地,设加速度大小为 a3, kmg+μmg-mg=ma3, vm2 - v12 =-2a3L,
(1)他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大? (2)郑州地铁一号线最小站间距离约为x′=1 000 m,地铁列车每次停站时 间为ta′=45 s,按赫普顿斯托尔的奔跑速度,在郑州出站和进站最短共需用 时tb′=60 s,列车参数和其他条件相同.试通过计算判断,若赫普顿斯托尔 同样以上述平均速度在地面道路上奔跑,能否在这两个车站间挑战成功? 〚思路探究〛(1)从赫普顿斯托尔下车到再一次上同一节车厢,列车运行过 程可分为哪几个时间段? 答案:若两站之间距离很长,列车运行过程可分为五个时间段:下车时停留 时段ta,列车加速时段t1,列车匀速时段t匀,列车减速时段t1,列车再次停留 时段ta.若两站之间距离很短,则缺少列车匀速时段t匀,剩下四个时段. (2)赫普顿斯托尔出站和进站的时间tb能不能算入他在地面道路上奔跑的 时间? 答案:tb不能算入他在地面道路上奔跑的时间.
g
g
= d + 2h ,解得 h=1.25 m,选项 A 正确. vg
2.运动图象的理解和应用 (2015宁波效实中学模拟)物体的运动可以用图象描述,在如图所示的x-t 和v-t图象中,分别给出了a,b,c,d四个物体做直线运动所对应的图象 1,2,3,4.则关于这四个物体的运动,下列说法正确的是( A ) A.a,b一定在t1时刻相遇 B.c,d一定在t3时刻相遇 C.a,b运动方向相同,c,d运动方向相同 D.a,b运动方向相反,c,d运动方向相反

《》(浙江专用)2016高考物理二轮复习 专题一 第2讲 力

《》(浙江专用)2016高考物理二轮复习 专题一 第2讲 力
度为v20,所以沿斜面向上滑行的最远距离为 x=v20t1,根据斜面的 倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为 xsin θ=v20t1×v02+gt1v1= v0(v40+g v1),选项 D 正确;仅根据 v-t 图象无法求出物块的质 量,选项 B 错误。
答案 ACD
4.(2014·新课标全国卷Ⅰ,24)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25。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。
3.(多选)(2015·新课标全
国卷Ⅰ,20)如图2(a),
一物块在t=0时刻滑上
一固定斜面,其运动的
v-t图线如图(b)所示。
若重力加速度及图中的
图2
v0、v1、t1均为已知量, 则A.斜可面求的出倾角( )
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析 由 v-t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为 a=vt10,根据牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma,即 gsin θ +μgcos θ=vt10。同理向下滑行时 gsin θ-μgcos θ=vt11,两式联立 得 sin θ=v02+gt1v1,μ=2vgt01-covs1θ,可见能计算出斜面的倾斜角度 θ 以及动摩擦因数,选项 A、C 正确;物块滑上斜面时的初速度 v0 已知,向上滑行过程为匀减速直线运动,末速度为 0,那么平均速

2016版高考物理考前三个月第2部分专题1应考策略方法技巧四力学实验

2016版高考物理考前三个月第2部分专题1应考策略方法技巧四力学实验

四、力学实验实验一 研究匀变速直线运动1.开始释放小车时,应使小车靠近打点计时器.2.先接通电源,打点计时器稳定工作后,再放开小车,当小车停止运动时及时断开电源. 3.要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点,一般在纸带上每隔四个点取一个计数点,即时间间隔为T =0.02 s×5=0.1 s.4.选择一条理想的纸带,是指所选纸带上的点迹清晰.适当舍弃开头密集部分,适当选取计数点,弄清楚所选的时间间隔T .5.测x 时不要分段测量,读数时要注意有效数字的要求. 6.纸带处理(如图1所示)图1v E =DF 2T = 29.90-13.15 ×10-22×0.1m/s≈0.84 m/sa =DG -AD 3T 2=[ 40.65-13.15 -13.15]×10-29×0.12m/s 2≈1.59 m/s 2. 实验二 探究弹力和弹簧伸长的关系1.所挂钩码不要过重,以免弹簧被过分拉伸,超出它的弹性限度.2.每次所挂钩码的重力差尽量大一些,从而使坐标上描的点尽可能稀,这样作出的图线更精确.3.测弹簧长度(尤其是原长)时,一定要在弹簧竖直悬挂且处于平衡状态时测量,以免增大误差.4.记录数据时要注意弹力与弹簧伸长量的对应关系及单位. 5.数据处理,作出F -x 图象如图2所示. 斜率表示弹簧的劲度系数k .图2实验三验证力的平行四边形定则1.同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是:将两只弹簧测力计调零后互钩对拉,若两只弹簧测力计在对拉过程中,读数相同,则可选;若读数不同,应另换,直至相同为止.2.在同一次实验中,使橡皮条拉长时,结点O位置一定要相同.3.用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时,夹角不宜太大也不宜太小,在60°~100°为宜.4.读数时应注意使弹簧测力计与木板平行,在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下,拉力的数值尽量大些.5.细绳套应适当长一些,便于确定力的方向.6.在同一次实验中,画力的图示所选定的标度要相同,并且要恰当选取标度,使所作力的图示稍大一些.图3实验四验证牛顿运动定律1.实验装置(如图4所示)图42.平衡摩擦力:使木板有一定倾角,连上纸带,不挂托盘,使小车做匀速直线运动,即打出的纸带点迹均匀.且在整个实验中只平衡一次.3.每条纸带必须在满足小车的质量远大于托盘和砝码的总质量的条件下打出.只有如此,托盘和砝码的总重力才可近似认为等于小车受到的拉力.4.改变拉力和小车质量后,每次开始时小车应尽量靠近打点计时器,并应先接通电源,再放开小车,且应在小车到达定滑轮前按住小车.5.作图象时,要使尽可能多的点在所作直线上,不在直线上的点应尽可能对称的分布在所作直线两侧.实验五 探究动能定理 1.实验装置(如图5所示)图52.每次实验中小车都要从同一位置开始释放. 3.长木板要倾斜,使小车能在长木板上匀速运动. 4.实验中不用测小车的质量.5.实验中测定的速度应是橡皮筋恢复形变以后小车的速度,所以应选用那些间距较大且相对均匀的点来测量和计算. 6.实验数据记录橡皮筋条数力对车做的功位移x /m时间t /s速度v /(m·s -1)速度平方v 2/(m 2·s -2)1 W2 2W3 3W4 4W5 5W 66W7.实验数据处理及分析:在坐标系上画出W -v 和W -v 2图线(“W ”以一根橡皮筋做的功为单位).8.实验结论:从图象可知与物体速度变化的关系W ∝v 2. 实验六 验证机械能守恒定律1.打点计时器要稳定的固定在铁架台上,打点计时器平面与纸带限位孔调整在同一竖直方向,以减小摩擦阻力.2.应选用质量和密度较大的重物,增大重力可使阻力的影响相对减小,增大密度可以减小体积,可使空气阻力减小.3.实验中,需保持提纸带的手不动,且保证纸带竖直,待接通电源,打点计时器工作稳定后,再松开纸带.4.测下落高度时,要从第一个打点测起(第一个点的判断依据:第1、2两个点之间的距离约为2 mm),并且各点对应的下落高度要一次测量完.5.速度不能用v n =gt n 或v n =2gh n 计算,重物下落的高度h 也只能用刻度尺直接测量,而不能用h n =12gt 2n 或h n =v 2n2g计算得到.6.本实验不用测量重物的质量,因为要验证mgh n =12mv 2n 只需验证gh n =12v 2n 即可.7.本实验中用到的g 应该采用当地的重力加速度的值,而不是通过纸带计算出的加速度值,因为通过纸带计算出的加速度是包括了阻力在内的合外力产生的加速度而不是重力加速度.考点热身精练1.(2015·建陵模拟)小明做验证力的平行四边形定则的实验,在水平放置的木板上垫上一张白纸,把橡皮条的一端固定在板上的A 点,橡皮条的另一端拴上两个细绳套,如图6(a)所示.先用两个弹簧测力计钩住细绳套,互成角度拉橡皮条使之伸长,结点到某一位置O ,此时记下两个弹簧测力计的读数F 1和F 2和两细绳的方向.请完成下列问题:图6(1)F 1的读数如图(b)所示(只画出了弹簧测力计的一部分)则F 1=________ N.(2)小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长,应该使结点拉到________,记下弹簧测力计的读数,并记下________.(3)在本实验中,若保持F 1和F 2的大小不变,则下列关于这两个力的合力的说法中正确的是( )A.合力F的大小随F1与F2夹角的增大而增大B.F1和F2的夹角在0到180°之间时,夹角越小,合力F越大C.F1或F2的大小总是小于合力F的大小D.合力F的大小不一定大于F1或F2的大小2.(2015·重庆市巴蜀中学模拟)(1)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图7甲所示,在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中,打出了一条纸带如图乙所示.计时器所用交流电源的频率为50 Hz,从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离,该小车的加速度为________ m/s2(结果保留两位有效数字).图7(2)甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到如图8中甲、乙两条直线.则甲、乙用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μ甲__________μ乙.(选填“大于”、“小于”或“等于”)图83.某学习小组的同学欲“探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系”,在实验室设计了如图9所示甲、乙两套装置,图中A为小车,B为打点计时器,C为弹簧秤,P为小桶(内有沙子),一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置.图9(1)如果忽略滑轮与绳间的摩擦,小组成员认为:①甲图中弹簧秤的示数即为小车受到的拉力大小;②乙图中弹簧秤示数的二倍为小车受到的拉力大小.请判断两种分析是否正确,若不正确,请指明并简要说出不正确的原因.________________________________________________________________________. (2)选择了上述一种合理的方法后,要顺利完成该实验,除图中实验仪器和低压交流电源(含导线)外,还必需的两个实验仪器是________________、________________.(3)该实验中发现小车受到的阻力对实验结果影响较大,在长木板保持水平的情况下,请你利用该装置测出小车受到的阻力,其方法是_______________________.(4)在上述实验操作中,打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,某同学打出的一段纸带如图10所示,O、A、B、…、F为打点计时器连续打出的计时点,根据图中数据求出小车运动时与纸带上E点相对应的瞬时速度v E=______ m/s.(结果保留3位有效数字)图10答案精析四、力学实验考点热身精练1.(1)1.22~1.24 (2)同一位置细绳的方向(3)BD解析(1)精确位为0.1 N,读数时估读到下一位,读数为1.22~1.24 N.(2)此实验运用等效替代的物理思想,效果要相同,应拉到同一位置,并记录力的大小与方向.(3)两力大小一定求合力时,夹角越小合力越大,夹角越大合力越小;合力可以大于分力,也可小于分力,还可以等于分力. 2.(1)0.15 (2)大于解析 (1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带,求解加速度用公式Δx =at 2,关键弄清公式中各个量的物理意义,Δx 为连续相等时间内的位移差,t 为连续相等的时间间隔,如果每5个点取一个点,则连续两点的时间间隔为t =0.1 s ,Δx =(3.68-3.53)×10-2m ,代入可得加速度a =0.15 m/s 2.也可以使用最后一段和第二段的位移差求解,得加速度a =0.15 m/s 2.(2)当没有平衡摩擦力时有:F T -F f =ma ,故a =F T m-μg 即图线斜率为1m,纵轴截距的大小为μg .观察图线可知μ甲>μ乙.3.(1)①的说法是正确的;②的说法不正确,因为当小车加速运动时,要考虑动滑轮的质量,小车所受到的拉力小于(或不等于)弹簧秤示数的二倍 (2)刻度尺 天平(3)调整小桶内沙子的质量,轻推小车,使小车拖动纸带做匀速运动,则弹簧秤的示数等于小车受到的阻力大小 (4)1.39解析 (1)在题图甲中,小车的拉力等于弹簧秤的拉力,在题图乙中,考虑到动滑轮的质量m ,设弹簧秤的拉力为F ,小车对滑轮的拉力为F T ,则2F -F T =ma ,知小车所受到的拉力小于(或不等于)弹簧秤示数的二倍.(2)该实验要计算出小车的动能,要测量小车的质量,所以需要天平;要测量纸带计时点之间的长度,还需要刻度尺.(3)调整小桶内沙子的质量,轻推小车,使小车拖动纸带做匀速运动,则弹簧秤的示数等于小车受到的阻力大小.(4)E 点的速度等于DF 段的平均速度v E =x DF 2T = 11.96-6.40 ×10-20.04m/s =1.39 m/s.。

2016版高考物理考前三个月第2部分专题1应考策略方法技巧一力与物体的直线运动

2016版高考物理考前三个月第2部分专题1应考策略方法技巧一力与物体的直线运动

一、力与物体的直线运动考点1 参考系、质点(Ⅰ)(1)质点是指有质量、没有形状和大小的点,是理想化的物理模型.(2)研究同一物体的运动可以选取不同的参考系,结果可以不同(一般选大地为参考系).研究不同物体的运动则必须选取同一参考系.考点2 位移、速度和加速度(Ⅱ)(1)位移x :由初位置指向末位置的有向线段,是矢量.(2)v =Δx Δt,Δt →0时,即为该时刻(位置)的瞬时速度,是矢量,运用了极限思想. (3)a =Δv Δt,描述v 变化快慢的物理量.a 与v 同向,加速;a 与v 反向,减速. 考点3 匀变速直线运动及其公式,图象(Ⅱ)(1)匀变速是指:a 不变,直线是指轨迹是直线.(2)基本公式:v =v 0+at ,x =v 0t +12at 2, v 2-v 20=2ax ,x =v t =v +v 02·t , v =v 0+v 2=v t 2,Δx =aT 2. (3)图象如图1所示图1考点4 滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力(Ⅰ)(1)滑动摩擦力是发生在两个相对滑动的物体之间,其效果是阻碍两物体间的相对滑动,大小为F f =μF N ,方向与相对运动方向相反.μ是动摩擦因数,跟物体的材料和接触面的粗糙程度有关.(2)静摩擦力是阻碍物体间相对运动趋势的力,其方向与相对运动趋势的方向相反,作用效果是阻碍物体间的相对运动趋势,而不是阻碍物体的运动.其大小由物体所处的状态来求解.(3)F f方向可能与v同向、反向或成任意夹角,也可以做动力、阻力或不做功.考点5形变、弹力、胡克定律(Ⅰ)(1)物体形状或体积的改变称为形变,发生形变的物体能够恢复原状的形变称为弹性形变.(2)弹力是指作用在两个接触面上使物体发生形变的力,弹力方向与物体形变的方向相反;①轻绳只能产生拉力,方向沿绳子且指向绳子收缩的方向;②轻杆产生的弹力,既可以是压力,也可以是拉力,方向不一定沿杆;③弹簧产生的压力或拉力沿轴线方向.(3)胡克定律:F=kx.k:劲度系数,由弹簧自身性质决定,与F无关.x:形变量.考点6矢量和标量(Ⅰ)(1)矢量是指既有大小又有方向的物理量,如力、速度、加速度、位移、电场强度、磁感应强度等.矢量的运算遵循平行四边形定则.(2)标量是指只有大小而没有方向的物理量,如质量、长度、密度、路程等.标量的运算遵循代数运算法则.考点7力的合成与分解(Ⅱ)(1)法则:①平行四边形定则.②三角形定则.(2)合力与分力的关系:合力可能大于、小于或等于分力.考点8共点力的平衡(Ⅱ)(1)物体保持静止或匀速直线运动的状态称为平衡状态,共点力作用下物体平衡的条件是作用在该物体上的合力为零.(2)共点力平衡问题的处理方法:①合成法:物体受三个力作用处于平衡状态,其中任意两个力的合力必与第三个力等大反向,可通过两个力的合力求出第三个力.②三角形法:物体受三个力作用处于平衡状态,平移三个力构成一个三角形,可由正弦定理、余弦定理及三角形的知识求解.③分解法:共点力合力为零时,各力在x、y轴上分量的代数和为零,即∑F x=0,∑F y=0.一般适用于三力以上平衡.考点9牛顿运动定律及其应用(Ⅱ)(1)牛顿第一定律:惯性定律.质量是物体惯性大小的唯一量度.(2)牛顿第三定律:作用力与反作用力总是等大、反向,作用在同一直线上,作用在相互作用的两个物体上.(3)牛顿第二定律F=ma,F与a瞬时对应关系,即F与a是同时产生,同时变化,同时消失;F与a的因果关系,力是产生加速度的原因.考点10超重与失重(Ⅰ)(1)超重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体的重力.原因:物体具有向上的加速度.(2)失重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体的重力.原因:物体具有向下的加速度.(3)完全失重:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零.原因:物体具有向下的加速度且大小为重力加速度g.注意物体处于超重或失重状态时,地球作用于物体的重力始终存在,且不发生变化.在完全失重状态下,一切由重力产生的物理现象都会消失,如单摆停摆、天平失效、物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等.考点热身精练1.(2015·武汉四月调研)甲、乙两质点同时沿同一直线运动,速度随时间变化的v-t图象如图2所示.关于两质点的运动情况,下列说法正确的是( )图2A.在t=0时,甲、乙的运动方向相同B.在0~t0内,乙的加速度先增大后减小C.在0~2t0内,乙的平均速度等于甲的平均速度D.若甲、乙从同一位置出发,则t0时刻相距最远2.(多选)(2015·汕头二模)如图3是简易测水平风速的装置,轻质塑料球用细线悬于竖直杆顶端O,当水平风吹来时,球在水平风力F的作用下飘起来.F与风速v成正比,当v=3 m/s时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=45°.则( )图3A .当风速v =3 m/s 时,F 的大小恰好等于球的重力B .当风速v =6 m/s 时,θ=90°C .水平风力F 越大,球平衡时,细线所受拉力越小D .换用半径相等,但质量较大的球,则当θ=45°时,v 大于3 m/s3.(2015·永州三模)如图4所示,一劲度系数为k 的轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接,弹簧、地面水平.A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的两点,A 、B 两点离墙壁的距离分别是x 1、x 2.则物块与地面的最大静摩擦力为( )图4A .k (x 2-x 1)B .k (x 2+x 1)C.k x 2-x 12D.k x 2+x 124.(多选)(2015·绥化二模)如图5甲所示,一物体悬挂在细绳下端,由静止开始沿竖直方向运动,运动过程中物体的机械能E 与物体通过路程x 的关系图象如图乙所示,其中0~x 1过程的图象为曲线,x 1~x 2过程的图象为直线(忽略空气阻力).则下列说法正确的是( )图5A .0~x 1过程中物体所受拉力是变力,且一定不断减小B .0~x 1过程中物体的动能一定先增加后减小,最后为零C .x 1~x 2过程中物体一定做匀速直线运动D.x1~x2过程中物体可能做匀加速直线运动,也可能做匀减速直线运动5.(2015·沈阳四校联考)如图6所示,直线MN表示一条平直公路,甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处,A、B间的距离为85 m,现甲车先开始向右做匀加速直线运动,加速度a1=2.5 m/s2,甲车运动6 s后,乙车立即开始向右做匀加速直线运动,加速度a2=5 m/s2,求两辆汽车相遇处距A处的距离.图6答案精析第二部分 考前静悟篇专题1 应考策略 方法技巧一、力与物体的直线运动考点热身精练1.D [在t =0时,甲的速度为正,乙的速度为负,说明甲、乙的运动方向相反.故A 错误;根据斜率表示加速度,可知在0~t 0内,乙的加速度逐渐减小,故B 错误;根据图象与坐标轴围成的面积表示位移,在时间轴上方的位移为正,下方的位移为负,则知在0~2t 0内,乙的位移小于甲的位移,则乙的平均速度小于甲的平均速度,故C 错误;若甲、乙从同一位置出发,甲一直沿正向运动,乙先沿负向运动,两者距离增大,后沿正向,在t 0时刻前甲的速度大于乙的速度,两者间距增大,t 0时刻后乙的速度大于甲的速度,两者间距减小,所以t 0时刻相距最远,故D 正确.]2.AD [对小球受力分析,小球受重力、风力和拉力处于平衡状态,当细线与竖直方向的夹角θ=45°时,根据平行四边形定则知,风力F =mg ,故A 正确;当风速为6 m/s ,则风力为原来的2倍,即为2mg ,根据平行四边形定则知,tan θ=2mg mg=2,θ≠90°.故B 错误;拉力F T =mg cos θ,水平风力越大,平衡时,细线与竖直方向的夹角θ越大,则细线的拉力越大,故C 错误;换用半径相等但质量较大的球,知重力变大,当θ=45°时,风力F =mg ,可知风力增大,所以v 大于3 m/s ,故D 正确.]3.C [水平方向上,物块在A 点受弹簧弹力和地面的摩擦力,方向相反,根据平衡条件有:k (x 0-x 1)=F f同理,在B 点根据水平方向上,受力平衡有:k (x 2-x 0)=F f联立解得:物块与地面的最大静摩擦力为F f =k x 2-x 12.]4.AB [E -x 图象切线斜率的绝对值等于物体所受拉力大小,在0~x 1内斜率的绝对值逐渐变小,故在0~x 1内物体所受的拉力逐渐减小,A 项正确;由题图乙可知0~x 1内机械能增加,绳子拉力做正功,物体向上运动,x 1~x 2内机械能减小,绳子拉力做负功,物体向下运动,在x 1位置处速度为零,初始时刻速度为零,B 项正确;x 1~x 2内E -x 图象切线斜率的绝对值不变,故物体所受拉力保持不变,物体可能做匀速直线运动或匀加速直线运动,所以C 、D选项错误.]5.两辆汽车相遇处距A 处的距离分别为125 m 、245 m. 解析 甲车运动6 s 的位移为:x 0=12a 1t 20=45 m尚未追上乙车,设此后用时间t 与乙车相遇,则有:12a 1(t +t 0)2=12a 2t 2+85 m将上式代入数据并展开整理得:t 2-12t +32=0 解得:t 1=4 s ,t 2=8 st 1、t 2都有意义,t 1= 4 s 时,甲车追上乙车;t 2=8 s 时,乙车追上甲车再次相遇. 第一次相遇地点距A 的距离为:x 1=12a 1(t 1+t 0)2=125 m第二次相遇地点距A 的距离为:x 2=12a 1(t 2+t 0)2=245 m.。

高考物理(浙江专用)三轮考前通关:回归教材查缺补漏1力和直线运动

高考物理(浙江专用)三轮考前通关:回归教材查缺补漏1力和直线运动

2.力、物体的平衡 (1)弹力 ①几种弹力方向 •轻绳只能产生拉力,方向沿绳子且指向绳子收缩的方向. •轻杆产生的弹力,既可以是压力,也可以是拉力,方向不 一定沿杆. •弹簧产生的压力或拉力沿轴线方向. •有接触面的弹力方向一定垂直接触面指向被压或被支持的 物体. ②弹簧弹力的大小:F=kx
(2)滑动摩擦力 ①大小:F=μFN ②方向:沿接触面的切线方向,与相对运动的方向相反. (3)力的合成与分解 ①运算法则:平行四边形定则或三角形定则 ②合力与分力的关系:等效替代关系 (4)共点力的平衡 ①平衡状态:物体处于静止或匀速直线运动状态. ②平衡条件:F 合=0
始刹车 ) .为保证两车紧急刹车过程不相碰,甲、乙两车行
驶过程至少应保持多大距离?
解析 甲刹车经时间 t(t>0.5 s), 甲、乙两车的运动情景如图所示. 甲车位移为 1 2 32 x1=v0t- a1t =16t- t 2 2 甲车速度为 乙车位移为 v1=v0-a1t=16-3t 1 x=v0×0.5+v0(t-0.5)- a2(t-0.5)2 2
物体丙的位移图线上每一点的切线与时间轴的夹角 θ 的正切 值越来越大,所以丙物体做加速运动;随时间的增大,甲物 体的位移图线上每点的切线与时间轴的夹角 β逐渐变小,所
以甲物体做减速运动.故选BCD.
答案 BCD
4.(单选)图3是一物体做直线运动的vt 图象,由图象可得到的正确结果是
(
).
A.t=1 s时物体的加速度大小为1.0 m/s2 B.t=5 s时物体的加速度大小为0.75 m/s2 C.第3 s内物体的位移为1.5 m D.物体在加速过程的位移比减速过程的位移大 图3
6.(2013· 江苏卷,14)如图4所示,将小砝码置于桌面上的薄纸 板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很 小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝 码和纸板的质量分别为 m 1 和 m 2 ,各接触面间的动摩擦因数

2016高考物理考前三个月(四川版)二轮课件专题2 力与直线运动

2016高考物理考前三个月(四川版)二轮课件专题2 力与直线运动

) 1 2 1 A.(Δv) (x +x ) 1 2
仅根据v-t图像无法求出物块的质量,选项B错误.
答案 ACD
2.(2015· 山东理综· 14)距地面高5 m的水平 直轨道上A、B两点相距2 m,在B点用细
线悬挂一小球,离地高度为h,如图2所示.
小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动, 图2
经过 A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车
D.物块相对于斜面匀速下滑
图3
解析
当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速度,
则物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff= μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确; 设斜面的倾角为 θ ,物块的质量为 m ,当匀速运动时有 mgsin θ=μmgcos θ,即sin θ=μcos θ,假设物块以加速度a 向上运动时,有FN=m(g+a)cos θ,Ff=μm(g+a)cos θ, 因为sin θ=μcos θ,所以m(g+a)sin θ=μm(g+a)cos θ,故 物块仍做匀速下滑运动,C错误,D正确.
内容索引
考题一 匀变速直线运动基本规律的应用 考题二 牛顿运动定律的应用 考题三 运动学图像问题 考题四 应用动力学方法分析传送带问题
考题五 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题
专题综合练
考题一
匀变速直线运动基本规律的应用
1.一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1, 紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度
力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运
动图像的应用,题型多以选择题和计算题为主,题目新颖, 与生活实际联系密切.考查直线运动和力的关系时大多综合 牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第1讲 力与物体的平衡课件

【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第1讲 力与物体的平衡课件

在上述题1中,若仍保持O点位置不变,OB绳的
B端逐渐向左移动,OA、OB绳上的拉力大小各如何变化?
解析:由力的矢量图可知:OA、OB上的拉力大小均逐渐 增大.
答案:见解析
2. (2015· 高考浙江卷)如图所示,用两根长度相同的绝缘细线 把一个质量为 0.1 kg 的小球 A 悬挂到水平板的 M、N 两点,A 上带有 Q= 3.0× 10 6 C 的正电荷.两线夹角为 120°,两线上 的拉力大小分别为 F1 和 F2.A 的正下方 0.3 m 处放有一带等量 异种电荷的小球 B,B 与绝缘支架的总质量为 0.2 kg(重力加速
1 A. μ1μ2 1+ μ1μ2 C. μ1μ2
1- μ1μ2 B. μ1μ2 2+ μ1μ2 D. μ1μ2
[突破点拨] (1)B恰好不下滑,则B受到的摩擦力与B受重力关系为 ________.A恰好不滑动,则推力与A受地面的摩擦力关系 为________.
(2)A对地面的压力为________.
[解析 ] kQ2 A 对 B 有竖直向上的库仑力,大小为 FAB= 2 = 0.9 N; l
对 B 与支架整体分析,竖直方向上合力为零,则 FN+ FAB= mg, 可得 FN=mg- FAB=1.1 N,由牛顿第三定律知 F′N= FN, 选项 A 错误.
因两细线长度相等, B 在 A 的正下方,则两线上的拉力大小相 等,小球 A 受到竖直向下的重力、库仑力和 F1、F2 的作用而处 于平衡状态,因两线夹角为 120°,根据力的合成特点可知: F1= F2= GA+ FAB=1.9 N, 选项 B 正确. 当 B 移到无穷远处时, F1= F2= GA= 1 N,选项 D 错误.当 B 水平向右移至 M、A、B 在同一条直线上时,如图所示,

(浙江选考)高考物理二轮复习专题一力与直线运动第1课时匀变速直线运动的规律及应用

(浙江选考)高考物理二轮复习专题一力与直线运动第1课时匀变速直线运动的规律及应用

6-(- 6) 3
m/s
2=
4
m/s
2,选项
A 错误;由图象知,物体先沿负方向做匀减速运动,
1.5 s 末速度减小到 0,以后沿正方向做匀加速运动, 3 s 末回到出发点,选项 D 正
确; 0~4 s 内物体的位移为 3 m,选项 B 错误; 3 s 末物体的加速度方向发生变化,运
动方向不变,选项 C 错误。
答案 C
6.一个质点做方向不变的直线运动,加速度的方向始终与速度方向相同,但加速度大小逐
渐减小至零,在此过程中 (
)
A.速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速度达到最小值
B.速度逐渐增大,当加速度减小至零时,速度达到最大值
C.位移逐渐增大,当加速度减小到零时,位移将开始减小
D.位移逐渐增大,当加速度减小到零时,位移达到最大值
瓶,假设每隔 1 s 漏下一滴,他们在平直路上行பைடு நூலகம்,同学们根据漏在地上的水印分布,
分析他们的行走情况 ( 已知人的运动方向 ) 。下列说法中正确的是 (
)
图4
A.当沿运动方向水印始终均匀分布时,人一定做匀加速直线运动
B.当沿运动方向水印间距逐渐增大时,人一定做匀加速直线运动
C.当沿运动方向水印间距逐渐增大时,人的加速度可能在减小
C.乘汽车从成都到济南,如果走高速公路能很快到达
D.汽车在紧急刹车的情况下,能够很快地停下来
解析 启动得快指速度变化得快,即加速度大, A 项对;客机在高空飞行得快指的是速
度大, B 项错;走高速公路能很快到达,指用时短,平均速度大,
C 项错;汽车紧急刹
车能够很快停下来指速度变化得快,加速度大,
D 项对。
D .0.40 m/s

2016浙江版高考物理二轮复习考前三个月 专题2 力与直线运动

2016浙江版高考物理二轮复习考前三个月 专题2 力与直线运动

1.(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()图1A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度2.(2015·山东理综·14)距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m,在B点用细线悬挂一小球,离地高度为h,如图2所示.小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动,经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至B点时细线被轧断,最后两球同时落地.不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10 m/s2。

可求得h等于( )图2A.1。

25m B.2。

25mC.3。

75m D.4。

75m3.(2015·新课标全国Ⅱ·25)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°(sin37°=错误!)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3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,A、B间的动摩擦因数μ1减小为错误!,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2s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变.已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27m,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=10m/s2.求:图3(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小;(2)A在B上总的运动时间.1.题型特点牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容,既会单独考查,又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用,题型多以选择题和计算题为主,题目新颖,与生活实际联系密切.考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.2.应考技巧抓住“两个分析”和“一个桥梁".“两个分析”是指受力分析和运动情景分析,“一个桥梁"是指加速度是联系运动和受力的桥梁.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.考题一匀变速直线运动基本规律的应用1.(2015·新余二模)一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为()A.(Δv)2(错误!+错误!)B。

(浙江专用)高三物理二轮复习 专题二 力与直线运动限时训练-人教版高三全册物理试题

(浙江专用)高三物理二轮复习 专题二 力与直线运动限时训练-人教版高三全册物理试题

专题二力与直线运动(限时:45分钟)【测控导航】考点题号(难易度)1.匀变速直线运动2(易),4(易),13(难)2.牛顿运动定律的应用3(易),6(中),7(中),11(中)3.运动图象的应用1(易)4.牛顿运动定律与图象的综合9(中),10(中)5.牛顿运动定律的综合应用5(中),8(中),12(中)一、选择题(在每一小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~10题有多项符合题目要求)1.(2015杭州模拟)一个质点由静止开始沿直线运动,速度随位移变化的图线如下列图,关于质点的运动如下说法正确的答案是( C )A.质点做匀速直线运动B.质点做匀加速直线运动C.质点做加速度逐渐增大的加速运动D.质点做加速度逐渐减小的加速运动解析:从题图可知,s与v成正比,即s=kv,k是比例系数(常量),v===ka,显然加速度与速度成正比,所以质点做加速度逐渐增大的加速运动,应当选项C正确.2.(2015浙江第二次大联考)在水下潜水器某次海试活动中,完成任务后从海底竖直上浮,从上浮速度为v时开始计时,此后匀减速上浮,经过时间t上浮到海面,速度恰好减为零,如此蛟龙号在t0(t0<t)时刻距离海平面的深度为( D )A. B.vt0(1-)C. D.解析:蛟龙号上浮时的加速度大小a=v/t,根据逆向思维,可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度h=a(t-t0)2=,选项D正确.3.(2015温州五校开学考试)如图是“神舟〞系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其过程可简化为:打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,如此( A )A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态解析:火箭开始喷气瞬间,返回舱受到向上的反作用力,所受合外力向上,故伞绳的拉力变小,所以选项A正确;返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡,喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力,应当选项B错误;返回舱在喷气过程中做减速直线运动,故合外力一定做负功,选项C错误;返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度,故应处于超重状态,选项D错误.4.(2015浙江第一次联考)从地面以大小为v1的初速度竖直向上抛出一个皮球,经过时间t皮球落回地面,落地时皮球的速度大小为v2.皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,重力加速度大小为g.下面给出时间t的四个表达式中只有一个是合理的.你可能不会求解t,但是你可以通过一定的物理分析,对如下表达式的合理性做出判断.根据你的判断,你认为t的合理表达式应为( A )A.t=B.t=C.t=D.t=解析:此题分两个过程考虑,上升过程,阻力在变小,向下的加速度在变小,在最高点为重力加速度,向下运动的过程中,阻力在变大,其向下的加速度在变小,上升和下降过程都是变速运动,两个过程通过的路程相等,设上升的时间为t1,下降的时间为t2,运用匀变速模型思考有:v1=gt1,如此t1=,v2=gt2,如此t2=.整个运动时间为t=t1+t2=,故只有选项A符合此结果,即选项A正确.5.(2015甘肃省二诊)在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度,称之为收尾速度.一小铁球质量为m,用手将它完全放入水中后静止释放,最后铁球的收尾速度为v,假设铁球在水中所受浮力保持不变恒为F,重力加速度为g,关于小铁球,如下说法正确的答案是( D )A.假设测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t,如此小铁球下落的位移为B.假设测得小铁球下落h时的加速度为a,如此小铁球此时的速度为C.假设测得某时小铁球的加速度大小为a,如此小铁球此时受到的水的阻力为m(g+a) -FD.假设测得小铁球下落t时间,通过的位移为y,如此该过程的平均速度一定为解析:因小铁球做的是非匀变速运动,故平均速度不等于,所以下落的位移不等于,应当选项A错误;小铁球下落的过程中加速度在变化,所以匀变速运动的规律不满足,所以选项B 错误;当小铁球的加速度大小为a时,根据牛顿第二定律mg-F-f=ma,得水的阻力f=mg-ma-F,应当选项C错误;假设小铁球下落t时间,通过的位移为y,根据平均速度的定义可得=,应当选项D正确.6.(2015温州五校开学考试)如下列图,在光滑水平地面上,水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动.小车质量为M,木块质量为m,加速度大小为a,木块和小车之间的动摩擦因数为μ,如此在这个过程中,木块受到的摩擦力大小是( BD )A.μmgB.C.μ(M+m)gD.ma解析:m与M无相对滑动,故a一样,对m,M整体F=(M+m)·a,故a=m与整体加速度一样也为a,对m:f=ma,即f=,又由牛顿第二定律隔离m,f=ma,应当选项B,D正确.7.(2015全国新课标理综Ⅱ)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a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,每节车厢质量一样,如此这列车厢的节数可能为( BC )A.8B.10C.15D.18解析:如下列图,假设挂钩P,Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m.当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,如此有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,如此有F=mxa,联立两式有y=x.可见,列车总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3…),如此N=5n,故可知选项B,C正确.8.(2015温州五校开学考试)如下列图,一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在小车上的水平横杆,物块M穿在杆上,M通过细线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上.现使小车向右运动,全过程中M始终未相对杆bc移动,M,m与小车保持相对静止,a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为f1,f2,f3,f4,如此以下结论正确的答案是( ACD )A.f1∶f2=1∶2B.f2∶f3=1∶2C.f3∶f4=1∶2D.tan α=2tan θ解析:a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,在题图(甲)和图(乙)中摩擦力f=Ma,如此f1∶f2=1∶2.在题图(丙)、(丁)中摩擦力f3=(M+m)a3,f4=(M+m)a4,f3∶f4=1∶2.(丙)、(丁)图中,a3=gtan θ,a4=gtan α.如此tan α=2tan θ.应当选项A,C,D正确,B错误.9.(2015温州五校开学考试)某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N.他将弹簧测力计移至电梯内称其体重,t0至t3时间段内,弹簧测力计的示数如下列图,电梯运行的v t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( AD )解析:由题图可以看出,t0~t1时间内,该人的视重小于其重力,t1~t2时间内,视重正好等于其重力,而在t2~t3时间内,视重大于其重力,根据题中所设的正方向可知,t0~t1时间内,该人具有向下的加速度,t1~t2时间内,该人处于平衡状态,而在t2~t3时间内,该人如此具有向上的加速度,所以可能的图象为A,D.10.(2015大同市三模)一物体原来静止在水平地面上,现用一水平力F拉物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,物体先静止,后做变加速运动,其加速度a随拉力F的变化图象如下列图,取g=10 m/s2,由图可判断该物体( ABD )A.质量为2 kgB.所受的最大静摩擦力为7 NC.所受的滑动摩擦力为7 ND.与地面间的动摩擦因数为0.3解析:由牛顿第二定律有m=得m=2 kg,应当选项A正确;由图象可知,拉力增大到7 N时物体才开始运动,应当选项B正确;由图象可知,F=14 N时,a=4 m/s2,所以F-F f=ma,得F f=6 N,应当选项C错误;又由于F f=μmg,得μ=0.3,应当选项D正确.二、非选择题11.(2015山西省太原市二模)一质量为2m的卡车拖挂一质量为m的车厢,在水平直道上匀速行驶,其所受的阻力与各自的重量成正比,比例系数为k=0.2且与速度无关.某时刻车厢脱落,车厢停止运动时,卡车与车厢相距Δx=96 m.整个过程中卡车的牵引力保持不变,取g=10 m/s2,求车厢脱落时的速度v0.解析:设卡车的牵引力为F,车厢脱落前,对卡车和车厢整体有F-k×3mg=0设车厢脱落后,卡车和车厢的加速度大小分别为a1和a2,由牛顿运动定律有F-k×2mg=2ma1kmg=ma2设卡车和车厢的位移分别为x1和x2,由运动学方程有x1=v0t+a1t2x2=v0t-a2t2Δx=x1-x2v0=a2t解得v0=16 m/s.答案:16 m/s12.(2014全国新课标理综Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止后,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下来而不会与前车相碰.通常情况下,人的反响时间和汽车系统的反响时间之和为1 s.当汽车在晴天枯燥的沥青路面上以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.假设要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度.解析:设路面枯燥时,汽车与地面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反响时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg=ma0①s=v0t0+②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,汽车与地面间的摩擦因数为μ,依题意有μ=μ0③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=ma④s=vt0+⑤联立①②③④⑤并代入题给数据得v=20 m/s(或72 km/h).答案:20 m/s(或72 km/h)13.(2015浙江考前模拟)风洞表演扣人心弦.某次表演中,表演者沿着四周的玻璃,“噌噌噌〞走到了风洞的某一位置,便趴了下来,身子平平地悬在了高空中(如图中A位置便是悬停位置).此时突然关闭气流,人自由下落5 m到达B高度,此高度与以下时,由于传感器的作用,就自动有气流对人施加向上恒力,到达离A高度12 m的C高度时,总共用时1.7 s.风洞高度足够高.(取g=10 m/s2)(1)通过计算说明人在有气流时做怎样的运动?(2)假设要使表演者下落到C处所用的时间最短,自由下落的距离应该多大?(3)表演者走到风洞顶端过程中,为什么不采用壁虎的“爬行式〞?解析:(1)设人从A处落到B处所用的时间为t1,人在BC段的加速度为a,有h AB=gv=gt1h BC=v(t-t1)+a(t-t1)2得a=0,人做匀速运动.(2)设人自由下落的高度为h时,即人到达D点,人下落到C处所用的时间最短.人自由下落所用的时间t′=此时人的速度v=人落到C处的总时间t0=+由数学知识可知,当=时,t0最小,得h=h DC,由于h+h DC=12 m,得h=4 m.(3)假设采用壁虎“爬行式〞受风面太小、向上的力不够,到不了风洞的顶端. 答案:见解析。

(浙江专用)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(含解析)-人教版高三全册

(浙江专用)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(含解析)-人教版高三全册

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图象的理解与应用【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图象的理解与应用【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,可能正确的答案是( )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12m,应当选项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。

粒子在t0时刻运动到B点,3t0时刻运动到C点,如下判断正确的答案是( )图3A.A、B、C三点的电势关系为φB>φA>φCB.A、B、C三点的场强大小关系为E C>E B>E AC.粒子从A点经B点运动到C点,电势能先增加后减少D.粒子从A点经B点运动到C点,电场力先做正功后做负功解析由题图v-t图象知道带电粒子在0~t0时间内做减速运动,电场力做负功,电势能增大;在t0~3t0时间内反方向加速运动,电场力做正功,电势能减小,选项C正确,D错误;因为不知道带电粒子电性,此题中无法判断电势的上下,选项A错误;图象中斜率表示带电粒子的加速度,qE=ma,可知A、B、C三点中E B最大,选项B错误。

高考物理二轮复习考前三个月专题力与物体的直线运动教案

高考物理二轮复习考前三个月专题力与物体的直线运动教案

专题2 力与物体直线运动考题一匀变速直线运动规律应用(1)解题思路分析两物体运动过程画运动示意图或v-t图象找两物体位移关系列位移方程(2)解题技巧①紧抓“一图三式〞,即过程示意图、时间关系式、速度关系式与位移关系式.②审题应抓住题目中关键字眼,充分挖掘题目中隐含条件,如“刚好〞“恰好〞“最多〞“至少〞等,往往对应一个临界状态,满足相应临界条件.③假设被追赶物体做匀减速运动,一定要注意追上前该物体是否已停顿运动,另外还要注意最后对解讨论分析.先判断刹车时间t0=v0a,再进展分析计算.例1 如图1所示,云南省彝良县发生特大泥石流,一汽车停在小山坡底,司机突然发现在距坡底240 m山坡处泥石流以8 m/s初速度、0.4 m/s2加速度匀加速倾泻而下,假设泥石流到达坡底后速率不变,在水平地面上做匀速直线运动.司机反响时间为1 s,汽车启动后以0.5 m/s2加速度一直做匀加速直线运动.试分析司机能否平安脱离.图1解析 设泥石流到达坡底时间为t 1,速度为v 1, 那么:x 1=v 0t 1+12a 1t 21v 1=v 0+a 1t 1解得:t 1=20 s ,v 1=16 m/s而汽车在t 2=19 s 时间内发生位移为: x 2=12a 2t 22=90.25 m速度为:v 2=a 2t 2=9.5 m/s假设再经时间t 3,泥石流能够追上汽车,那么有: v 1t 3=x 2+v 2t 3+12a 2t 23解得:t 23-26t 3+361=0因Δ<0,方程无解,所以泥石流无法追上汽车,司机能平安脱离. 答案 司机能平安脱离 变式训练1.“蛟龙号〞是我国首台自主研制作业型深海载人潜水器,它是目前世界上下潜能力最强潜水器.假设某次海试活动中,“蛟龙号〞完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为v 时开场计时,此后“蛟龙号〞匀减速上浮,经过时间t 上浮到海面,速度恰好减为零,那么“蛟龙号〞在t 0(t 0<t )时刻距离海平面深度为( ) A.vt2B.vt 0(1-t 02t)C.vt 202tD.v t -t 022t答案 D解析 根据题意得:“蛟龙号〞上浮时加速度大小a =vt,根据逆向思维,可知“蛟龙号〞在t 0时刻距离海平面深度h =12a (t -t 0)2=v t -t 022t,故A 、B 、C 错误,D 正确.2.如图2所示,甲从A 地由静止匀加速跑向B 地,当甲前进距离为s 1时,乙从距A 地s 2处C 点由静止出发,加速度与甲一样,最后二人同时到达B 地,那么A 、B 两地距离为( )图2A.s 1+s 2B.s 1+s 224s 1C.s 214s 1+s 2D.s 1+s 22s 1-s 2s 1答案 B解析 设甲前进距离为s 1时,速度为v ,甲、乙匀加速直线运动加速度为a ,那么有:vt +12at 2-12at 2=s 2-s 1,根据速度位移公式得,v=2as 1,解得t =s 2-s 12as 1.那么AB 距离s =s 2+12at 2=s 2+12as 2-s 122as 1=s 2+s 2-s 124s 1=s 1+s 224s 1,应选B.考题二运动学图象问题1.x-t图象、v-t图象与a-t图象比照分析2.(1)看坐标轴:看清坐标轴所表示物理量,明确因变量(纵轴表示量)与自变量(横轴表示量)之间制约关系.(2)看图象:识别两个相关量变化趋势,从而分析具体物理过程.(3)看纵坐标、“斜率〞与“面积〞:v-t图象中根据坐标值、“斜率〞与“面积〞可分析速度、加速度与位移大小、方向特点.x-t图象中根据坐标值、“斜率〞可分析位移、速度大小、方向特点.(4)看交点:明确图线与图线交点、图线与坐标轴交点物理意义.(5)一注意:利用v-t图象分析两个物体运动时,要注意两个物体出发点,即注意它们是从同一位置出发,还是从不同位置出发.假设从不同位置出发,要注意出发时两者距离.例2 甲、乙两物体从同一地点同时开场沿同一方向运动,甲物体运动v -t 图象为两段直线,乙物体运动v -t 图象为两段半径一样14圆弧曲线,如图3所示,图中t 4=2t 2,那么在0~t 4时间内,以下说法正确是( )图3t 1时刻相距最远,t 4时刻相遇解析 0~t 2时间段内,甲做匀加速直线运动,t 2~t 4时间内甲物体做匀减速直线运动,故A 错;速度是矢量,在速度时间图象中,只能表示直线运动,B 错;在整个运动过程中,t 3时刻两物体相距最远,C 错;在速度时间图象中,图线下面所包围面积即为位移,可求知0~t 4时间段内,位移相等,故平均速度一样,D 对.答案 D 变式训练3.如图4所示,x -t 图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶位移随时间变化关系,乙车做匀变速直线运动,其图线与t 轴相切于10 s 处,以下说法正确是( )图4A.5 s 时两车速度相等B.甲车速度为4 m/sC.乙车加速度大小为1.6 m/s 2x 0=80 m 处答案 BCD解析 位移-时间图象斜率等于速度,斜率大小越大,速度大小越大,那么知5 s 时乙车速度较大,故A 错误.甲车做匀速直线运动,速度为v 甲=x t =205m/s =4 m/s ,故B 正确.乙车做匀变速直线运动,其图线与t 轴相切于10 s 处,那么t =10 s 时,速度为零,将其运动反过来看成初速度为0匀加速直线运动,那么x =12at 2,根据图象有:x 0=12a ×102,20=12a ×(10-5)2,解得:a =1.6 m/s 2,x 0=80 m ,故C 、D 正确.4.静止在光滑水平面上物体,同时受到在同一直线上力F 1、F 2作用,F 1、F 2随时间变化图象如图5所示,那么物体在0~2t 时间内( )图5A.离出发点越来越远 C.速度先变小后变大答案 A解析 由图线可知,物体受到合力先减小后增大,加速度先减小后增大,速度一直变大,物体离出发点越来越远,选项A 正确.考题三 牛顿运动定律应用(1)由因推果——物体受力情况,确定物体运动情况.(2)由果溯因——物体运动情况,确定物体受力情况.桥梁:牛顿第二定律F=ma(1)从受力角度判断:当物体所受向上拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度角度判断:当物体具有向上加速度时处于超重状态,具有向下加速度时处于失重状态,向下加速度为重力加速度时处于完全失重状态.(3)从速度变化角度判断:物体向上加速或向下减速时,超重;物体向下加速或向上减速时,失重.(1)牛顿第二定律是力瞬时作用规律,加速度与力同时产生、同时变化、同时消失,分析物体在某一时刻瞬时加速度,关键是分析该瞬时前后受力情况及其变化.(2)明确两种根本模型特点:①轻绳形变可瞬时产生或恢复,故绳弹力可以瞬时突变.②轻弹簧(或橡皮绳)两端均连有物体时,形变恢复需较长时间,其弹力大小与方向均不能突变.(1)整体法:①优点:研究对象减少,忽略物体之间相互作用力,方程数减少,求解简捷.②条件:连接体中各物体具有共同加速度(2)隔离法:①优点:易看清各个物体具体受力情况.②条件:当系统内各物体加速度不同时,一般采用隔离法;求连接体内各物体间相互作用力时必须用隔离法.例3 (2021·四川理综·10)避险车道是防止恶性交通事故重要设施,由制动坡床与防撞设施等组成,如图6竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ斜面.一辆长12 m载有货物货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床底端,货物开场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,货车停顿.货车质量是货物质量4倍,货物与车厢间动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到坡床阻力大小为货车与货物总重0.44倍.货物与货车可分别视为小滑块与平板,取cos θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2.求:图6(1)货物在车厢内滑动时加速度大小与方向;(2)制动坡床长度.解析(1)设货物质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢动摩擦因数μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,那么f+mg sin θ=ma1 ①f=μmg cos θ②联立①②并代入数据得a1=5 m/s2 ③a1方向沿制动坡床向下.(2)设货车质量为M,车尾位于制动坡床底端时车速为vs0=38 m过程中,用时为t ,货物相对制动坡床运动距离为s 1,在车厢内滑动距离s =4 m ,货车加速度大小为a 2,货车相对制动坡床运动距离为s 2.货车受到制动坡床阻力大小为F ,F 是货车与货物总重k 倍,k =0.44,货车长度l 0=12 m ,制动坡床长度为l ,那么Mg sin θ+F -f =Ma 2 ④ F =k (m +M )g⑤ s 1=vt -12a 1t2 ⑥s 2=vt -12a 2t2⑦ s =s 1-s 2 ⑧ l =l 0+s 0+s 2⑨联立①~⑨并代入数据得l =98 m答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m 变式训练5.为了让乘客乘车更为舒适,某探究小组设计了一种新交通工具,乘客座椅能随着坡度变化而自动调整,使座椅始终保持水平,如图7所示,当此车加速上坡时,盘腿坐在座椅上一位乘客( )图7C.受到向前(水平向右)摩擦力作用 答案 C解析 车加速上坡,车里乘客与车相对静止,应该与车具有一样加速度,方向沿斜坡向上,对乘客受力分析可知,乘客应受到竖直向下重力,垂直水平面竖直向上弹力与水平向右摩擦力,三力合力沿斜面向上,B 、D 错误,C 正确;弹力大于重力,乘客处于超重状态,A 错误.6.如图8所示,A 、B 两小球分别连在弹簧两端,B 端用绳子固定在倾角为30°光滑斜面上,假设不计弹簧质量,在绳子被剪断瞬间,A 、B 两球加速度分别为( )图8g2B.g2与0 C.M A +M B M B ·g 2与0M A +M B M B ·g2答案 D解析 对A :在剪断绳子之前,A 处于平衡状态,所以弹簧拉力等于A 重力沿斜面分力.在剪断上端绳子瞬间,绳子上拉力立即减为零,而弹簧伸长量没有来得及发生改变,故弹力不变仍等于AA 球加速度为零;对B :在剪断绳子之前,对B 球进展受力分析,B 受到重力、弹簧对它斜向下拉力、支持力及绳子拉力,在剪断上端绳子瞬间,绳子上拉力立即减为零,对B 球进展受力分析,那么B 受到重力、弹簧斜向下拉力、支持力.所以根据牛顿第二定律得:a B =M A g sin 30°+M B g sin 30°M B =M A +M B M B ·g2,应选D.F 拉a 、b 、c 三个物体在光滑水平面上运动,现在中间物体b 上加一块橡皮泥,它与中间物体一起运动,且原拉力F 不变,那么加上橡皮泥以后,两段绳拉力F T a 与F T b 变化情况是( )图9A.F T a 增大B.F T b 增大C.F T a 减小D.F T b 减小答案 AD解析 设c 物体质量为m ,a 物体质量为m ′,整体质量为M ,整体加速度a =F M ,对c 物体分析,F T b =ma =mF M,对a 物体分析,有F -F T a =m ′a ,解得F T a =F -m ′F M.在b 物体上加上一块橡皮泥,那么M 增大,加速度a 减小,因为m 、m ′不变,所以F T b 减小,F T a 增大,A 、D 正确.考题四 “传送带〞、“滑块-木板模型〞问题1.传送带问题分析要点是物体与传送带间摩擦力,关注点是两个时刻:(1)初始时刻物体相对于传送带速度或滑动方向决定了该时刻摩擦力方向.(2)物体与传送带速度相等时刻摩擦力大小(或有无)、性质(滑动摩擦力或静摩擦力)或方向会发生改变.正确判断这两个时刻摩擦力,才能正确确定物体运动性质.2.分析滑块—木板类模型时要抓住一个转折与两个关联(1)一个转折——滑块与木板到达一样速度或者滑块从木板上滑下是受力与运动状态变化转折点.(2)两个关联——转折前、后受力情况之间关联与滑块、木板位移与板长之间关联.一般情况下,由于摩擦力或其他力转变,转折前、后滑块与木板加速度都会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进展受力分析是建立模型关键.例4 (18分)如图10所示,传送带Ⅰ与水平面夹角为30°,传送带Ⅱ与水平面夹角为37°,两传送带与一小段光滑水平面BC平滑连接.两传送带均沿顺时针方向匀速率运行.现将装有货物箱子轻放至传送带ⅠA点,运送到水平面上后,工作人员将箱子内物体取下,箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上,传送带ⅡDM=1 kg,物体质量m=3 kg,传送带Ⅰ速度v1=8 m/s,AB长L1=15 m,与箱子间动摩擦因数为μ1=32.传送带Ⅱ速度v2=4 m/s,CD长L2=8 m,由于水平面BC上不小心撒上水,致使箱子与传送带Ⅱ间动摩擦因数变为μ2=0.5,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)装着物体箱子在传送带Ⅰ上运动时间;(2)计算说明,箱子能否运送到高处平台上?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)图10[思维标准流程]x 2+x 3=6.4 m<8 m⑭ 不能运送到高处平台上. ⑮①⑦⑪各式2分,其余各式1分变式训练8.如图11甲所示,足够长传送带与水平面夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放置一小滑块,小滑块与传送带间动摩擦因数为μ,小滑块速度随时间变化关系如图乙所示,v 0、t 0,那么( )图11B.μ=tan θ+v 0gt 0cos θv 0D.t 0后滑块加速度为2g sin θ-v 0t 0答案 AD解析 假设传送带顺时针转动,当滑块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ),将一直匀加速到底端;当滑块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ),先匀加速运动,在速度相等后将匀速运动,两种均不符合运动图象;故传送带是逆时针转动,选项A 正确.滑块在0~t 0内,滑动摩擦力向下,做匀加速下滑,a 1=g sin θ+μg cos θ,由图可知a 1=v 0t 0,那么μ=v 0gt 0cos θ-tan θv 0a 2=g sin θ-μg cos θ,代入μ值得a 2=2g sin θ-v 0t 0,选项D 正确. 9.正方形木板水平放置在地面上,木板中心静置一小滑块(可视为质点),如图12所示为俯视图,为将木板从滑块下抽出,需要对木板施加一个作用线通过木板中心点水平恒力F .木板边长L =2 2 m 、质量M =3 kg ,滑块质量m =2 kg ,滑块与木板、木板与地面间动摩擦因数均为μ=0.2,g 取10 m/s 2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:图12(1)要将木板抽出,水平恒力F 需满足条件;(2)当水平恒力F =29 N 时,在木板抽出时滑块能获得最大速率.答案 (1)F ≥20 N (2)433m/s 解析 (1)能抽出木板,滑块与木板发生相对滑动,当滑块到达随木板运动最大加速度时,拉力最小.对滑块,有:μmg =ma对木板,有:F min -μ(M +m )g -μmg =Ma联立解得:F min =2μ(M +m )g =20 N故抽出木板,水平恒力F 至少为20 N(2)要使滑块获得速度最大,那么滑块在木板上相对滑动距离最大,故应沿木板对角线方向抽木板.设此时木板加速度为a 1,那么有:F -μ(M +m )g -μmg =Ma 1由:12a 1t 2-12μgt 2=22L v max =μgt联立解得:v max =433m/s 专题标准练1.伽利略曾说过:“科学是在不断改变思维角度探索中前进〞.他在著名斜面实验中,让小球分别沿倾角不同、阻力很小斜面从静止开场滚下,他通过实验观察与逻辑推理,得到正确结论有( )A.倾角一定时,小球在斜面上速度与时间平方成正比B.倾角一定时,小球在斜面上位移与时间平方成正比C.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时速度与倾角无关D.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需时间与倾角无关 答案 B解析 伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑运动是匀加速直线运动,位移与时间二次方成正比,并证明了速度随时间均匀变化,故A 错误,B 正确;假设斜面光滑,斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时速度随倾角力增大而增大,故C 错误;斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需时间随倾角增大而减小,故D 错误.2.(多项选择)如图1所示,倾角θ=30°光滑斜面体固定在水平面上,斜面长度L =0.8 m ,一质量m =1×10-3 kg 、带电量q =+1×10-4C 带电小球静止在斜面底端.现要使小球能够到达斜面顶端,可施加一沿斜面向上、场强大小为E =100 V/m 匀强电场,重力加速度g =10 m/s 2,那么这个匀强电场存在时间t 可能为( )图1A.0.5 sB.0.4 sC.0.3 sD.0.2 s答案 AB解析 有电场时,根据牛顿定律可知:Eq -mg sin 30°=ma 1,解得a 1=5 m/s 2,方向沿斜面向上;撤去电场时,小球加速度a 2=g sin 30°=5 m/s 2,方向沿斜面向下;设电场存在时间为t 1,撤去电场后,恰好能到达斜面顶端,做减速运动时间为t 2,那么a 1t 1=a 2t 2;且12a 1t 21+12a 2t 22=L ;联立解得: t 1=t 2=0.4 s ,故要想使小球到达斜面顶端那么电场存在时间应该大于或等于0.4 s.3.如图2所示,a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动,其位移与时间关系图象中,图线c 是一条xt 2抛物线.有关这三个物体在0~5 s 内运动,以下说法正确是( )图2A.a 物体做匀加速直线运动B.c 物体做匀加速直线运动C.t =5 s 时,a 物体速度比c 物体速度大D.a 、b 两物体都做匀速直线运动,且速度一样答案 B解析 位移图象倾斜直线表示物体做匀速直线运动,那么知a 、b 两物体都做匀速直线运动.由图看出,a 、b 两图线斜率大小相等、正负相反,说明两物体速度大小相等、方向相反,所以速度不同.故A 、D错误;图线c 是一条xt 2抛物线,结合x =v 0t +12at 2可知,c 做初速度为0,加速度为0.8 m/s 2匀加速直线运动,故B 正确.图象斜率大小等于速度大小,根据图象可知t =5 s 时,c 物体速度最大.故C 错误.a 、bL 时,两者间库仑力始终相等;小球间距大于L 时,库仑力为零.两小球运动时始终未接触,运动时速度v 随时间t 变化关系图象如图3所示.由图可知( )图3A.a 小球质量大于b 小球质量t 2时刻两小球间距最大C.在0~t 3时间内两小球间距逐渐减小D.在0~t 2时间内b 小球所受斥力方向始终与运动方向相反 答案 A解析 从速度-时间图象可以看出b 小球速度-时间图象斜率绝对值较大,所以b 小球加速度较大,两小球之间排斥力为相互作用力,大小相等,根据a =F m知,加速度大质量小,所以a 小球质量大于b 小球质量,故A 正确;t 1~t 2时间内,二者做同向运动,所以当速度相等时距离最近,即t 2时刻两小球距离最小,之后距离又开场逐渐变大,故B 、C 错误;b 球在0~t 1时间内做匀减速运动,所以0~t 1时间内排斥力与运动方向相反,在t 1~t 2时间内做匀加速运动,斥力方向与运动方向一样,故D 错误.5.我国航天员要在“天宫一号〞航天器实验舱桌面上测量物体质量,采用方法如下:质量为m 1标准物A 前后连接有质量均为m 2BA 前后两个传感器读数分别为F 1、F 2,由此可知待测物体B 质量为( )图4 A.F 1m 1+2m 2F 1-F 2 B.F 2m 1+2m 2F 1-F 2 C.F 2m 1+2m 2F 1D.F 2m 1+2m 2F 2答案 B 解析 以整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F 1=(m 1+2m 2+m )a ;隔离B 物体,由牛顿第二定律得:F 2=ma ;联立可得:m =F 2m 1+2m 2F 1-F 2,B 对. 6.如图5所示,物块A 放在木板B 上,A 、B 质量均为m ,A 、B 之间动摩擦因数为μ,B 与地面之间动摩擦因数为μ3.假设将水平力作用在A 上,使A 刚好要相对B 滑动,此时A 加速度为a 1;假设将水平力作用在B 上,使B 刚好要相对A 滑动,此时B 加速度为a 2,那么a 1与a 2比为( )图5A.1∶1B.2∶3C.1∶3D.3∶2答案 C解析 将水平力作用在A 上,使A 刚好要相对B 滑动,此时A 、B 间摩擦到达最大静摩擦,那么对木板B 根据牛顿第二定律:μmg -μ3·2mg =ma 1,解得a 1=13μg ;将水平力作用在B 上,使B 刚好要相对A 滑动,那么对物块A :μmg =ma 2,解得a 2=μg ,那么a 1∶a 2=1∶3.7.如图6所示,质量为MF =10 N 水平恒力.当小车向右运动速度到达2.8 m/s 时,在其右端轻轻放上一质量m =2.0 kg 小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零),煤块与小车间动摩擦因数μ=0.20,g =10 m/s 2.假定小车足够长.那么以下说法正确是( )图6C.煤块在3 s 内前进位移为9 mD.小煤块最终在小车上留下痕迹长度为2.8 m答案 D解析 当小煤块刚放到小车上时,做加速度为a 1=μg =2 m/s 2匀加速运动,此时小车加速度:a 2=F -μmg M =10-0.2×2010m/s 2=0.6 m/s 2,当到达共速时:v =v 0+a 2t =a 1t ,解得t =2 s ,v =4 m/s ;假设共速后两者相对静止,那么共同加速度a 共=FM +m =1010+2m/s 2=56 m/s 2,此时煤块受到摩擦力:F f =ma 共<μmg ,那么假设成立,即煤块在整个运动过程中先做加速度为2 m/s 2匀加速直线运动,稳定后继续做加速度为56m/s 2匀加速直线运动,选项A 、B 错误;煤块在前2 s 内位移:x 1=v 2t =42×2 m=4 m ;小车在前2 s 内位移:x 2=v 0t +12a 2t 2=6.8 m ;第3秒内煤块位移:x 1′=vt ′+12a 共t ′2=5312 m≈4.4 m,那么煤块在3 s 内前进位移为4 m +4.4 m =8.4 m ,选项C 错误;小煤块在最初2秒内相对小车位移为Δx =x 2-x 1=2.8 m ,故最终在小车上留下痕迹长度为2.8 m ,选项D 正确.8.(多项选择)如图7所示,水平挡板A 与竖直挡板B 固定在斜面体C 上,一质量为mA 、B 与斜面体C 对小球弹力大小分别为F A 、F B 与F C .现使斜面体与小球一起在水平面上水平向左做加速度为aF A 与F B 不会同时存在,斜面体倾角为θ,重力加速度为g ,那么选项所列图象中,可能正确是( )图7答案 BD解析 对小球进展受力分析,当a <g tan θ时如图甲,根据牛顿第二定律水平方向:F C sin θ=ma① 竖直方向:F C cos θ+F A =mg ②联立①②得:F C =ma sin θ,F A =mg -ma tan θF A 与a 成线性关系,当a =0时,F A =mg当a =g tan θ时,F A =0,所以A 错误,B 正确;当a >g tan θ时,受力如图乙,根据牛顿第二定律水平方向:F C sin θ+F B =ma③ 竖直方向:F C cos θ=mg ④联立③④得:F C =mg cos θ,F B =ma -mg tan θ F B 与a 也成线性关系,F C 不变所以C 错误,D 正确.9.如图8所示,长L =1.5 m ,高h =0.45 m ,质量Mv 0=3.6 m/s 时,对木箱施加一个方向水平向左恒力F =50 N ,并同时将一个质量m =1 kg 小球轻放在距木箱右端L 3处P 点(小球可视为质点,放在Pg =10 m/s 2,求:图8(1)小球从离开木箱开场至落到地面所用时间;(2)小球放上P 点后,木箱向右运动最大位移;(3)小球离开木箱时木箱速度.答案 (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s ,方向向左解析 (1)木箱上外表摩擦不计,因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态,离开木箱后将做自由落体运动.由h =12gt 2,得t =2h g= s =0.3 s 小球从离开木箱开场至落到地面所用时间为0.3 s.(2)小球放到木箱后,木箱加速度为:a 1=F +μM +m g M=50+0.2×10+1×1010m/s 2=7.2 m/s 2 木箱向右运动最大位移为:x 1=0-v 20-2a 1= m =0.9 m 小球放上P 点后,木箱向右运动最大位移为0.9 m.(3)x 1小于1 m ,所以小球不会从木箱左端掉下,木箱向左运动加速度为a 2=F -μM +m g M =50-0.2×10+1×1010m/s 2 =2.8 m/s 2设木箱向左运动距离为x 2时,小球脱离木箱,那么x 2=x 1+L 3=(0.9+0.5) m =1.4 m 设木箱向左运动时间为t 2,那么:由x 2=12a 2t 22 得:t 2= 2x 2a 2= s =1 s所以,小球离开木箱瞬间,木箱速度方向向左,大小为:v2=a2t2=2.8×1 m/s=2.8 m/s.10.如图9甲所示,质量为m=20 kg物体在大小恒定水平外力作用下,冲上一足够长从右向左以恒定速度v0=-10 m/s传送物体水平传送带,从物体冲上传送带开场计时,物体速度-时间图象如图乙所示,0~2 s内水平外力与物体运动方向相反,2~4 s内水平外力与物体运动方向相反,g取10 m/s2.求:甲乙图9(1)物体与传送带间动摩擦因数;(2)0~4 s内物体与传送带间摩擦热Q.答案(1)0.3 (2)2 880 J解析(1)设水平外力大小为F,由图象可知0~2 s内物体做匀减速直线运动,加速度大小为a1=5 m/s2,由牛顿第二定律得:F+F f=ma12~4 s内物体做匀加速直线运动,加速度大小为a2=1 m/s2,由牛顿第二定律得:F f-F=ma2解得:F f=60 N又F f=μmg由以上各式解得:μ(2)0~2 s内物体对地位移x 1=v 1+02t 1=10 m 传送带对地位移x 1′=v 0t 1=-20 m 此过程中物体与传送带间摩擦热 Q 1=F f (x 1-x 1′)=1 800 J 2~4 s 内物体对地位移x 2=v 2+02t 2=-2 m 传送带对地位移x 2′=v 0t 2=-20 m此过程中物体与传送带间摩擦热 Q 2=F f (x 2-x 2′)=1 080 J 0~4 s 内物体与传送带间摩擦热 Q =Q 1+Q 2=2 880 J。

高考物理二轮复习提优导学案:专题二 力与直线运动3_【知识必备】

高考物理二轮复习提优导学案:专题二 力与直线运动3_【知识必备】

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(本专题对应学生用书第4~7页
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1. F 合=0,物体做匀速直线运动或静止.
2. F 合≠0且与v 共线,物体做变速直线运动.
(1) F 合不变,物体做匀变速直线运动.
匀变速直线运动的基本规律为:
速度公式 v=v 0+at ,位移公式 x=v 0t+12at 2,位移速度公式 v 2-20v =2ax ,平均速度公
式 v =02v v =2t v .
任意两个相邻相等的时间内位移之差是一个恒量,即Δx=aT 2. 特例:
① 自由落体运动:是初速度v 0=0、加速度为g 的匀加速直线运动.
② 竖直上抛运动:是初速度v 0≠0、加速度为g 的匀减速直线运动.
(2) F 合大小变化,物体做变加速直线运动.
典型问题:行车安全问题、传送带问题、追及与相遇问题、图象问题.
3. 动力学问题的处理
牛顿第二定律F 合=ma.。

高考物理二轮复习专项突破训练力与直线运动.docx

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力与直线运动1.如图1所示,一质点由静止开始,从A到B做匀加速直线运动.已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的14,则下列物理量中可求出的是()图1A.A、B两点之间的距离B.质点从A运动到B所用的时间C.质点运动的加速度大小D.质点到达B点时的速度大小2.(多选)汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动,途中在5 s内分别经过A、B两根电杆,已知A、B电杆相距50 m,车经过电杆B 时的速率是15 m/s,则()A.经过A杆时的速率是5 m/sB.车的加速度是1.5 m/s2C.A、O间距离是6.25 mD.车从出发到B所用的时间是9 s3.甲、乙两车在平直公路上行驶,其v-t图象如图2所示.t=0时刻,两车间距为x0;t0时刻,甲、乙两车相遇.0~t0时间内甲车发生的位移为x,下列说法正确的是()图2A.0~t0时间内甲车在前,t0~2t0时间内乙车在前B.0~2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C.2t0时刻甲、乙两车相距1 2x0D.x0=6 7x4.如图3所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端.开始时A、B两球都静止不动,A、B两小球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为()图3A.a A=a B=gB.a A=2g,a B=0C.a A=3g,a B=0D.a A=23g,a B=05.(多选)如图4所示,倾角为θ的斜面静置于地面上,斜面上表面光滑,A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接.弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,初始系统处于静止状态,现突然剪断细线或弹簧.下列判断正确的是()图4A.弹簧被剪断的瞬间,A、B、C三个小球的加速度均为零B.弹簧被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为零C.细线被剪断的瞬间,A、B球的加速度沿斜面向上,大小为g sin θD.细线被剪断的瞬间,A、B之间杆的弹力大小为4mg sin θ6.(多选)如图5所示,质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为2 kg的物体B用细线悬挂,A、B间相互接触但无压力.取g=10 m/s2.某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间()图5A.B对A的压力大小为12 NB.弹簧弹力大小为20 NC.B的加速度大小为4 m/s2D.A的加速度为零7.(多选)如图6所示,足够长的倾斜传送带以v=2.4 m/s的速度逆时针匀速转动,传送带与水平面的夹角θ=37°,某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上,已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m,与传送带间的动摩擦因数分别为μA=0.75、μB=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法中正确的是()图6A.物块B先做匀加速直线运动,后与传送带保持相对静止B.物块B最终一定追上物块AC.在t=0.24 s时,A、B物块速度大小相等D.在t=0.54 s前,A、B两物块之间的距离先增大后不变8.(多选)机场使用的货物安检装置如图7所示,绷紧的传送带始终保持v =1 m/s的恒定速率运动,AB为传送带水平部分且长度L=2 m,现有一质量为m=1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端,可从B端沿斜面滑到地面.已知背包与传送带的动摩擦因数μ=0.5,g=10 m/s2,下列说法正确的是()图7A.背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB.背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC.背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD.背包与传送带之间的相对位移为0.1 m9.如图8所示,一货场需将质量m1=60 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用倾斜轨道SP和竖直面内圆弧形轨道PQ,使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后,滑上置于水平地面紧靠在一起的木板A、B上.倾斜轨道SP竖直高度h=1.2 m,与水平面夹角θ=53°.圆弧形轨道PQ半径R=2 m,末端Q切线水平,两轨道相切于P点,且不计货物与两轨道间的摩擦.开始时木板A紧靠弧形轨道末端Q,木板A上表面与轨道末端Q相切.相同的两块木板A、B,长度均为l=3 m,质量均为m2=60 kg,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.15,货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知),最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,取重力加速度大小g=10 m/s2.图8(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q时对轨道的压力;(2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ2应满足的条件;(3)若μ2=0.40,求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离.10.如图9所示,以水平地面建立x轴,有一质量m=1 kg的小木块放在质量为M=2 kg的长木板的左端A点,已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1,木块与木板间的动摩擦因数μ2=0.5,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.初始时m与M-起向右运动,已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0=10 m/s,在坐标为x=27.5 m处的P点有一固定的挡板,木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回,在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下.取g=10 m/s2,求:图9(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t;(2)最终木板停止时A点的位置坐标.参考答案1.答案 B2.答案 AC3.答案 D4.答案 D解析 水平细线被剪断前对A 、B 进行受力分析如图,静止时,F T =F sin 60°,F cos 60°=m A g +F 1,F 1=m B g ,且m A =m B水平细线被剪断瞬间,F T 消失,其他各力不变,所以a A =FT mA =23g ,a B=0,故选D.5.答案 BCD解析 若是弹簧被剪断,将三个小球看做一个整体,整体的加速度为a =g sin θ,然后隔离A ,对A 分析,设杆的作用力为F ,则F +mg sin θ=ma ,解得F =0,A 错误,B 正确;剪断细线前,以A 、B 、C 组成的系统为研究对象,系统静止,处于平衡状态,合力为零,则弹簧的弹力为F 弹=(3m +2m +m )g sin θ=6mg sin θ.以C 为研究对象知,细线的拉力为3mg sin θ.剪断细线的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,弹簧弹力不变,以A 、B 组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律得F 弹-(m +2m )g sin θ=(m +2m )a AB ,解得A 、B 两个小球的加速度为a AB =g sin θ,方向沿斜面向上,以B 为研究对象,由牛顿第二定律得:F AB -2mg sin θ=2ma AB ,解得杆的拉力为F AB =4mg sin θ,故C 、D 正确.6.答案 AC解析 剪断细线前,A 、B 间无压力,则弹簧的弹力F =m A g =30 N ,剪断细线的瞬间,弹簧弹力不变,对A 、B 整体分析,整体加速度:a =m A +m B g -F m A +m B=+-3+2m/s 2=4 m/s 2隔离对B分析有:m B g-F N=m B a,解得:F N=(20-2×4) N=12 N,由牛顿第三定律知B对A的压力为12 N,故A、C正确,B、D错误.7.答案BC解析物块B先做匀加速直线运动,当与传送带共速后,因为μB=0.5<tan 37°=0.75,则物块B将继续加速下滑,选项A错误;物块A先做匀加速直线运动,当与传送带共速后,因为μA=0.75=tan 37°,则物块A将与传送带相对静止,一起下滑,则物块B最终一定追上物块A,选项B正确;物块B开始下滑的加速度a B1=g sin 37°+μB g cos 37°=10 m/s2,与传送带共速经过的时间:t B=vaB1=0.24 s,共速后物块B以a B2=g sin θ-μB g cos θ=2 m/s2的加速度加速下滑;物块A开始下滑的加速度a A1=g sin 37°+μA g cos 37°=12 m/s2,与传送带共速时经过的时间:t A=vaA1=0.2 s;共速后物块A与传送带一起匀速下滑,则t=0.24 s时两物块速度相等,选项C正确;在开始的0.24 s内因为A的加速度较大,则两物块间的距离逐渐变大;在0.24 s后物块B继续加速下滑,速度逐渐变大,则两物块间的距离又逐渐减小,选项D错误.8.答案AD解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度,由牛顿第二定律得μmg=ma,得a=5 m/s2,背包达到传送带的速度v=1 m/s所用时间t1=va=0.2s,此过程背包对地位移x1=v2t1=12×0.2 m=0.1 m<L=2 m,所以共速后背包与传送带相对静止,没有相对位移,所以背包对于传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=(1×0.2-0.1) m=0.1 m,背包匀速运动的时间t2=L-x1v=2-0.11s=1.9 s,所以背包从A运动到B所用的时间为:t=t1+t2=2.1 s,故选A、D.9.答案(1)1 800 N,方向竖直向下(2)0.30<μ2≤0.45(3)B木板 1.6 m解析(1)设货物滑到圆弧轨道末端Q时的速度为v,货物的下滑过程根据机械能守恒定律得:m1g[h+R(1-cos θ)]=12m1v2货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为F N,根据向心力公式得:F N-m1g=m1v2 R联立得:v=210 m/s,F N=1 800 N根据牛顿第三定律,货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为F N′=F N=1 800 N,方向竖直向下(2)若货物滑上木板A时,木板不动,对木板A和B整体分析,则有:μ2m1g≤μ1(m1+2m2)g若滑上木板B时,木板B开始滑动,对木板B分析得:μ2m1g>μ1(m1+m2)g 联立得:0.30<μ2≤0.45(3)若μ2=0.4,由上问可知,货物在木板A上滑动时,木板不动,设货物在木板A上做减速运动的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:μ2m1g=m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1,由运动学公式得:v12-v2=-2a1l 联立可以得到:v1=4 m/s设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B达到共同速度v2,木板B的加速度为a2由牛顿第二定律和运动学公式得:对于木板B有:μ2m1g-μ1(m1+m2)g=m2a2,v2=a2t,对于货物有:v2=v1-a1t木板的位移:x2=v2 2t货物的位移:x1=v1+v22t货物相对木板B的位移:Δx=x1-x2联立得:Δx=1.6 m货物与木板B达到共同速度v2后,由于μ2>μ1,货物与木板B间没有相对滑动则货物最后停在木板B上,在木板B上滑行的距离Δx=1.6 m.10.答案(1)18 m 2 s(2)x A=-1 m解析(1)以向右为正方向,对木块和木板组成的系统,根据牛顿第二定律得:-μ1(M+m)g=(M+m)a1,解得a1=-1 m/s2设木板B端与挡板碰前的速度为v,根据匀变速直线运动规律得:v2-v02=2a1(x-L)碰后对木块,由牛顿第二定律:-μ2mg=ma2解得a2=-5 m/s2对木板:μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3解得a3=4 m/s2依题意,碰后经时间t共速,由速度公式v+a2t=-v+a3t解得t=2 9v木块与木板的相对位移:L=12×2vt=29v2联立解得L=18 m;v=9 m/s;t=2 s(2)共速后的速度v共=v+a2t=-1 m/s,方向向左,因μ1<μ2,故整体一起向左匀减速到停止,碰后对木板分析,由运动学公式:x1=-v+v共2t=-10 mx2=错误!=-0.5 m故A点的坐标x A=x+x1+x2-L=-1 m.。

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1.(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(a),一物块在t =0时刻滑上一固定斜面,其运动的v -t 图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量,则可求出( )图1A .斜面的倾角B .物块的质量C .物块与斜面间的动摩擦因数D .物块沿斜面向上滑行的最大高度2.(2015·山东理综·14)距地面高5m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2m ,在B 点用细线悬挂一小球,离地高度为h ,如图2所示.小车始终以4m/s 的速度沿轨道匀速运动,经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下,小车运动至B 点时细线被轧断,最后两球同时落地.不计空气阻力,取重力加速度的大小g =10 m/s 2.可求得h 等于( )图2A .1.25mB .2.25mC .3.75mD .4.75m3.(2015·新课标全国Ⅱ·25)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°(sin37°=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3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,A 、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2s 末,B 的上表面突然变为光滑,μ2保持不变.已知A 开始运动时,A 离B 下边缘的距离l =27m ,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=10m/s2.求:图3(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小;(2)A在B上总的运动时间.1.题型特点牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容,既会单独考查,又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用,题型多以选择题和计算题为主,题目新颖,与生活实际联系密切.考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容.2.应考技巧抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指受力分析和运动情景分析,“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.考题一匀变速直线运动基本规律的应用1.(2015·新余二模)一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为()A.(Δv)2(1x1+1x2) B.2(Δv)2x2-x1C.(Δv)2(1x1-1x2) D.(Δv)2x2-x12.有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15m/s的速度匀速行驶,司机突然看到正前方十字路口有一个小孩跌倒在地,该司机刹车的反应时间为0.6 s,刹车后卡车匀减速前进,最后停在小孩前1.5 m处,避免了一场事故的发生.已知刹车过程中卡车加速度的大小为5 m/s2,则() A.司机发现情况时,卡车与该小孩的距离为31.5mB.司机发现情况后,卡车经过3s停下C.从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11m/sD.若卡车的初速度为20m/s,其他条件都不变,则卡车将撞到小孩3.(2015·上饶三模)2014年12月26日,我国东部14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4所示.假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车都以v1=20m/s朝收费站沿直线正常行驶,现甲车过ETC通道,需要在某位置开始做匀减速运动,到达EF处速度正好减为v2=4 m/s,在虚线EF与收费站中心线之间以4m/s的速度匀速行驶,通过收费站中心线后才加速行驶离开,已知甲匀减速过程的加速度大小为a1=1 m/s2,虚线EF处与收费站中心线距离d=10m.乙车过人工收费通道,需要在中心线前某位置开始做匀减速运动,至中心线处恰好速度为零,经过缴费成功后再启动汽车行驶离开.已知乙车匀减速过程的加速度大小为a2=2m/s2.求:图4(1)甲车过ETC通道时,从开始减速到收费站中心线过程中的位移大小;(2)乙车比甲车提前多少时间到收费站中心线.1.基本公式v =v 0+at x =v 0t +12at 2v 2-v 20=2ax 常用推论 Δx =aT 2 v t 2=v 0+v t 2=v v x 2=v 20+v222.总结:应用运动学规律解题的基本步骤 第一步:根据题意确定研究对象.第二步:分析运动过程,明确物体做什么运动,构建运动情景,必要时画出运动示意图. 第三步:明确题中的已知量、未知量及其关系,选用合适的运动规律.第四步:若运动包含多个阶段,要分阶段逐个分析,各段交接点处的速度是衔接各段运动的关键物理量,也是解题的突破口.第五步:选取正方向,由运动学公式列方程求解.考题二 牛顿运动定律的应用4.(多选)(2015·海南单科·8)如图5,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S 1和S 2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a 1,S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2,重力加速度大小为g .在剪断的瞬间( )图5A.a1=3g B.a1=0C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl25.(多选)如图6甲所示,用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上,两物块的质量分别为m A=1kg、m B=2kg,当A、B之间产生拉力且大于0.3N时,A、B将会分离.t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1,同时对物块B施加同一方向的拉力F2,使A、B从静止开始运动,运动过程中F1、F2方向保持不变,F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析,正确的是()图6A.t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB.t=2.0s时刻A、B之间作用力为零C.t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左D.从t=0时刻到A、B分离,它们运动的位移为5.4m6.(2015·余姚市三模)2015年新春佳节,我市的许多餐厅生意火爆,常常人满为患,为能服务更多的顾客,服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处.某次服务员用单手托托盘方式(如图7)给10m远处的顾客上菜,要求全程托盘水平.托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.125,服务员上菜最大速度为2.5m/s.假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动,且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则:图7(1)求服务员运动的最大加速度;(2)服务员上菜所用的最短时间;(3)若服务员不小心手上沾了油,手和托盘间的动摩擦因数变成了0.1,碗和托盘之间动摩擦因数不变,求服务员的最大加速度.1.研究对象的选取方法在实际解题过程中整体法和隔离法经常交替使用,一般是选用整体法求加速度,再用隔离法求物体间的相互作用力.2.受力分析的处理方法(1)合成法:若物体只受两个力作用而产生加速度时,应用力的合成法较简单,合外力的方向就是加速度方向.(2)正交分解法:当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时,常用正交分解法解题,多数情况下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上,此时有F x=ma,F y=0,特殊情况下分解加速度比分解力更简单.3.运动情景分析法(1)程序法:对于研究对象按时间的先后经历了几个不同的运动过程的一类问题的解决方法叫程序法.运用程序法时,要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始,两个过程的交接点的速度往往是解决问题的关键.(2)图象法:图象能形象地表达物理规律,能直观地描述物理过程,能鲜明地表示物理量之间的关系.应用图象,不仅能进行定性分析,比较判断,也适宜于定量计算、论证,而且,通过图象的启发常能找到巧妙的解题途径.考题三运动学图象问题7.(2015·湖北八校联考二模)如图8所示,为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象,已知甲做匀变速直线运动,乙做匀速直线运动,则0~t2时间内下列说法正确的是()图8A.两物体在t1时刻速度大小相等B.t1时刻乙的速度大于甲的速度C.两物体平均速度大小相等D.甲的平均速度小于乙的平均速度8.(2015·湖州二模)如图9所示,将一小物块从斜面顶端由静止释放,小物块经过A点后到达底端B点,小明测出了AB之间的距离和小物块经过AB所用的时间,改变A的位置,测出多组AB间距及经过AB所用的时间t,小明作出了AB段平均速度v与经过时间t的图象,下列说法正确的是()图9A.由图象可求出小物块到达B点的速度B.由图象可知小物块做匀减速直线运动C.图线和t轴所围的面积等于斜面的长度D.由图象可知小物块运动的加速度大小等于v2t09.(2015·安康二模)图象法可以形象直观地描述物体的运动情况.对于图10两质点运动的位移-时间图象和速度-时间图象,分析结果正确的是()图10A.由图甲可知,质点做曲线运动,且速度逐渐增大B.由图甲可知,质点在前10s内的平均速度大小为4m/sC.由图乙可知,质点在第4s内加速度的方向与物体运动的方向相反D.由图乙可知,质点在运动过程中,加速度的最大值为15m/s21.x-t、v-t、a-t的关系2.图象问题的五看一看:轴;二看:线;三看:斜率;四看:面积;五看:特殊点.3.注意:x-t图象和v-t图象描述的都是直线运动,而a-t图象描述的并非一定是直线运动.考题四应用动力学方法分析传送带问题10.如图11所示,有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带,恒定速度v=4m/s,传送带与水平面的夹角θ=37°,现将质量m=1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点),与此同时,给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F=8 N,经过一段时间,小物块运动到了离地面高为h=2.4 m的平台上.已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8).问:图11(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间?(2)若在物块与传送带达到相同速度时,立即撤去恒力F,计算小物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度?11.(2015·温州三模)如图12所示,某电视台娱乐节目,要求选手要从较高的平台上以水平速度v0跃出后,落在传送带上,由于传送带足够粗糙,假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止,经过一个Δt=0.5s反应时间后,立刻以大小为2m/s2、方向向右的加速度跑至传送带最右端.已知平台与传送带的高度差H=1.8 m,水池宽度s=1.2 m,传送带AB间的距离L=16.6 m,重力加速度g取10 m/s2,问:图12(1)要使选手落到传送带上,选手从平台上跃出的水平速度v0至少多大?(2)若传送带静止,选手以v0=3m/s水平速度从平台跃出,从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间多少?1.水平放置运行的传送带处理水平放置的传送带问题,首先应对放在传送带上的物体进行受力分析,分清物体所受摩擦力是阻力还是动力;然后对物体进行运动状态分析,即对静态→动态→终态进行分析和判断,对其全过程作出合理分析、推导,进而采用有关物理规律求解.这类问题可分为:①运动学型;②动力学型;③图象型.2.倾斜放置运行的传送带处理这类问题,同样是先对物体进行受力分析,再判断摩擦力的方向是解题关键,正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口.这类问题通常分为:运动学型;动力学型;能量守恒型.考题五应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12.(多选)如图13所示,一足够长的木板静止在光滑水平面上,一物块静止在木板上,木板和物块间有摩擦.现用水平拉力向右拉木板,在物块相对木板运动过程中,撤掉拉力,此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()图13A.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动B.物块先向左运动,再向右运动C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到做匀速运动D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零13.(2015·大连二模)如图14甲所示,地面上有一长为l=1m,高为h=0.8m,质量M=2kg 的木板,木板的右侧放置一个质量为m=1kg的木块(可视为质点),已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6,初始时两者均静止.现对木板施加一水平向右的拉力F,拉力F随时间t的变化如图乙所示,求木块落地时距离木板左侧的水平距离Δx.(取g=10m/s2)图141.抓住两个分析(1)对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向分析.(2)二者达到共速时摩擦力的有无及方向的分析,其方法是:假设刚好达到最大静摩擦力求出临界的加速度a0与实际的加速度a比较.①若a>a0则发生相对滑动.②若a≤a0则能相对静止.2.解题关键:以动力学分析为切入点,弄清物体的运动过程.专题综合练1.(2015·皖南八校联考)如图15所示为甲、乙两物体运动的图象,在0~t2时间内甲一直做匀加速直线运动,乙先做匀减速到速度为零,再做匀加速直线运动,t2<2t1,关于两物体在0~t2时间内运动的位移大小关系正确的是()图15A.x甲=2x乙B.x甲>2x乙C.x甲<2x乙D.以上三种情况都有可能2.(2015·贵州八校二次联考)如图16所示,吊篮A、物体B、物体C的质量均为m,B和C分别固定在竖直弹簧两端,弹簧的质量不计.整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态,现将悬挂吊篮的轻绳剪断,在轻绳刚断的瞬间()图16A.物体B的加速度大小为g B.物体C的加速度大小为2gC.吊篮A的加速度大小为3g D.A、C间的弹力大小为0.5mg3.(多选)如图17是汽车运送圆柱形工件的示意图.图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零.当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零.已知sin15°=0.26,cos15°=0.97,tan15°=0.27,g=10m/s2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()图17A.4m/s2B.3 m/s2C.2m/s2D.1 m/s24.(多选)(2015·湖北八校联考二模)质量分别为M和m的物块形状大小均相同,将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接,如图18甲所示,绳子在各处均平行于倾角为α的斜面,M恰好能静止在斜面上,不考虑M、m与斜面之间的摩擦.若互换两物块位置,按图乙放置,然后释放M,斜面仍保持静止.对图乙,下列说法正确的是()图18A.轻绳的拉力等于MgB.轻绳的拉力等于mgC.M运动加速度大小为(1-sinα)gD .M 运动加速度大小为M -mMg5.(2015·沈阳四校联考)如图19所示,弹簧左端固定,右端自由伸长到O 点并系住物体m .现将弹簧压缩到A 点,然后静止释放,物体一直可以运动到B 点.如果物体受到的阻力恒定,则( )图19A .物体从A 到O 先加速后减速B .物体从A 到O 加速运动,从O 到B 减速运动C .物体运动到O 点时所受合力为零D .物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小6.(2015·福建·20)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶,其运动过程的v -t 图象如图20所示.求:图20(1)摩托车在0~20s 这段时间的加速度大小a ; (2)摩托车在0~75s 这段时间的平均速度大小v .7.(2015·重庆五区二模)在研究摩擦力特点的实验中,将木块放在足够长的固定的水平长木板上,如图21甲所示.用力沿水平方向拉木块,拉力从0开始逐渐增大,分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力,并用计算机绘制出摩擦力F f 随拉力F 变化的图象,如图乙所示.已知木块质量为0.78kg ,取g =10m/s 2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.求: (1)木块与长木板间的动摩擦因数;(2)若木块在与水平方向成θ=37°斜向右上方的恒定拉力F 作用下,以a =2.0m/s 2的加速度从静止开始做匀变速直线运动,如图丙所示,则拉力F的大小应为多大?(3)在(2)中力作用2s后撤去拉力F,木块还能滑行多远?图218.(2015·宁波模拟)如图22所示,传送带水平部分长L=23.5m.以v=12m/s向右匀速运行.质量为m=1 kg的小物块(可视为质点),以v0=2 m/s的速度从传送带水平部分的左端滑上传送带,物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度取g=10m/s2.图22(1)求物块通过传送带水平部分的时间;(2)若物块刚滑上传送带时传送带即以a=1m/s2的加速度制动(其他条件不变),求物块与传送带相对滑动过程中产生的热量.9.(2015·青岛质检)如图23所示,质量M=5kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0=12m/s 向右做匀速直线运动,某时刻在其右端无初速度地放上一质量为m=1 kg的小物块B.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.6,物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4.(物块可看作质点,木板足够长,取g=10 m/s2)试求:图23(1)放上物块后木板发生的位移;(2)物块与木板之间产生的摩擦热.答案精析专题2 力与直线运动真题示例1.ACD [由v -t 图象可求出物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a =v 0t 1,根据牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma ,即g sin θ+μg cos θ=v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ-μg cos θ=v 1t 1,两式联立得sin θ=v 0+v 12gt 1,μ=v 0-v 12gt 1cos θ,可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数,选项A 、C 正确;物块滑上斜面时的初速度v 0已知,向上滑行过程为匀减速直线运动,末速度为0,那么平均速度为v 02,所以沿斜面向上滑行的最远距离为x =v 02t 1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ=v 02t 1×v 0+v 12gt 1=v 0(v 0+v 1)4g ,选项D 正确;仅根据v -t 图象无法求出物块的质量,选项B 错误.]2.A [小车上的小球自A 点自由落地的时间t 1=2H g,小车从A 到B 的时间t 2=dv ;小车运动至B 点时细线轧断,小球下落的时间t 3=2h g;根据题意可得时间关系为t 1=t 2+t 3,即2H g=dv +2hg解得h =1.25m ,选项A 正确.] 3.(1)3m/s 2 1 m/s 2 (2)4s解析 (1)在0~2s 时间内,A 和B 的受力如图所示,其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小,F f2、F N2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 f1=μ1F N1① F N1=mg cos θ② F f2=μ2F N2③ F N2=F N1+mg cos θ④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 f1=ma 1⑤ mg sin θ-F f2+F f1=ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得 a 1=3m/s 2⑦ a 2=1m/s 2⑧(2)在t 1=2s 时,设A 和B 的速度分别为v 1和v 2,则 v 1=a 1t 1=6m/s ⑨ v 2=a 2t 1=2m/s ⑩2s 后,设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零,同理可得 a 1′=6m/s 2⑪ a 2′=-2m/s 2⑫由于a 2′<0,可知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 2′t 2=0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2=1s在t 1+t 2时间内,A 相对于B 运动的距离为 x =⎝⎛⎭⎫12a 1t 21+v 1t 2+12a 1′t 22- ⎝⎛⎭⎫12a 2t 21+v 2t 2+12a 2′t 22=12m <27m ⑮此后B 静止不动,A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ,则有l -x =(v 1+a 1′t 2)t 3+12a 1′t 23⑯可得t 3=1s(另一解不合题意,舍去)⑰设A 在B 上总的运动时间t 总,有t 总=t 1+t 2+t 3=4s考题一 匀变速直线运动基本规律的应用1.D [如图所示Δv =aTx 2-x 1=aT 2解得a =(Δv )2x 2-x 1.]2.D [已知反应时间t 1=0.6s ,x 1=v 0t 1=9m刹车时间t 2=0-15-5s =3s ,x 2=0-1522×(-5)m =22.5m所以卡车经3.6s 停下,x =9m +22.5m +1.5m =33m , v =x 1+x 2t =8.75m/s ,若v 0=20 m/s ,x 2′=0-2022×(-5)m =40m>33m所以会撞到小孩.]3.(1)202m (2)3.4s解析 (1)甲车过ETC 通道时,减速过程的位移为:x 甲=v 21-v 222a 1可得x 甲=192 m所以总的位移:x 总=x 甲+d =202 m(2)甲车减速过程的时间t 甲1=v 1-v 2a 1=16 s 甲车匀速过程的时间t 甲2=d v 2=2.5 s 乙车过人工收费通道减速过程的时间t 乙2=v 1a 2=10 s 乙车过人工收费通道减速过程的位移x 2=v 212a 2=100 m 乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移x 1=x 总-x 2=102 m乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间t 乙1=x 1v 1=5.1 s 则乙车提前甲车到中心线的时间为Δt =(t 甲1+t 甲2)-(t 乙1+t 乙2)=3.4 s.考题二 牛顿运动定律的应用4.AC [设物体的质量为m ,剪断细线的瞬间,细线的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力T 1,剪断前对b 、c 和弹簧组成的整体分析可知T 1=2mg ,故a 受到的合力F =mg +T 1=mg +2mg =3mg ,故加速度a 1=F m=3g ,A 正确,B 错误;设弹簧S 2的拉力为T 2,则T 2=mg ,根据胡克定律F =k Δx 可得Δl 1=2Δl 2,C 正确,D 错误.]5.AD [设t 时刻AB 分离,分离之前AB 物块共同运动,加速度为a ,以整体为研究对象,则有:a =F 1+F 2m A +m B =3.6+01+2m/s 2=1.2 m/s 2, 分离时:F 2-F =m B a ,得:F 2=F +m B a =0.3N +2×1.2N =2.7N ,经历时间:t =43.6×2.7s =3s , 根据位移公式:x =12at 2=5.4m ,则D 正确; 当t =2.0s 时,F 2=1.8N ,F 2+F ′=m B a ,得:F ′=m B a -F 2=0.6N ,A 正确,B 错误.当t =2.5s 时,F 2=2.25N ,F 2+F ″=m B a ,得:F ″=m B a -F 2>0,C 错误.]6.(1)1.25m/s 2 (2)6 s (3)1 m/s 2解析 (1)设碗的质量为m ,托盘的质量为M ,以最大加速度运动时,碗、托盘、手保持相对静止,碗受力如图所示,由牛顿第二定律得:F f1=ma 1,碗与托盘间相对静止,则: F f1≤F f1max =μ1mg ,解得:a 1≤μ1g =0.125×10 m/s 2=1.25 m/s 2,对碗和托盘整体,由牛顿第二定律得:F f2=(M +m )a 2,手和托盘间相对静止,则:F f2≤F f2max =μ2(M +m )g ,解得:a 2≤μ2g =0.2×10 m/s 2=2 m/s 2,则最大加速度:a max =1.25 m/s 2;(2)服务员以最大加速度达到最大速度,然后匀速运动,再以最大加速度减速运动,所需时间最短,加速运动时间:t 1=v max a max =2.51.25s =2 s , 位移:x 1=12v max t 1=12×2.5×2 m =2.5 m , 减速运动时间:t 2=t 1=2 s ,位移:x 2=x 1=2.5 m ,匀速运动位移:x 3=L -x 1-x 2=10-2.5-2.5 m =5 m ,匀速运动时间:t 3=x 3v max =52.5s =2 s ,最短时间:t =t 1+t 2+t 3=6 s ;(3)同(1)可知:碗与托盘相对静止,则:a 1≤μ1g =0.125×10 m/s 2=1.25 m/s 2,手与托盘相对静止,a 3≤μ3g =0.1×10=1 m/s 2,最大加速度:a max ′=1 m/s 2考题三 运动学图象问题7.C [根据位移图象的斜率等于速度,则在t 1时刻,甲图象的斜率大于乙图象的斜率,所以甲的速度大于乙的速度,故A 、B 错误;坐标的变化量等于位移,根据图象可知,甲、乙位移大小相等,方向相反,而时间相等,则平均速度的大小相等,故C 正确,D 错误.]8.A [由图知,小物块从A 运动到B 的时间为t 0,平均速度为v =v 2,设物块到达B 点的速度为v B .斜面的长度L =v t 0=v 2t 0,由L =0+v B 2t 0得,v B =v ,所以可求出小物块到达B 点的速度,故A 正确;该图象不是速度时间图象,由图象不能确定物块做匀减速直线运动,物块从静止开始不可能做匀减速直线运动,故B 错误;该图象不是速度时间图象,图象与坐标轴所围的面积不表示位移,则知图线和t 轴所围的面积不等于斜面的长度,故C 错误;由L =12at 20,得a =2L t 20=2×v 2t 0t 20=v t 0,故D 错误.] 9.D [运动图象反映物体运动的规律,不是运动轨迹,无论速度—时间图象还是位移—时间图象都只能表示物体做直线运动,故A 错误;由图甲可知,质点在前10s 内的位移x =20m -0m =20m ,所以平均速度v =x t =2010m/s =2 m/s ,故B 错误;由图乙可知,质点在第4s 内加速度和速度都为负,方向相同,故C 错误;v -t 图线的斜率表示物体运动的加速度,由图乙可知,质点在运动过程中,加速度的最大值出现在2~4s 内,最大加速度大小为a =Δv Δt =151m/s 2=15 m/s 2,故D 正确.]考题四 应用动力学方法分析传送带问题10.(1)43s (2)6-233s 433m/s 解析 (1)对物块受力分析可知,物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动,摩擦力的方向沿斜面向上,直至速度达到传送带的速度,由牛顿第二定律: ma 1=F +μmg cos 37°-mg sin 37°,计算得:a 1=6 m/s 2t 1=v a 1=23s x 1=v 22a 1=43m 物块与传送带速度相同时,物块未到顶端,物块受到的摩擦力的方向改变,对物块受力分析发现,因为F =8 N 而重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N ,故不能相对斜面向上加速.故得:a 2=0 t 2=x -x 1v =23s 得t =t 1+t 2=43s (2)若达到速度相等后撤去F ,对物块受力分析,因为mg sin 37°>μmg cos 37°,故物块减速上行,ma 3=mg sin 37°-μmg cos 37°,得a 3=2 m/s 2物块还需t ′离开传送带,离开时的速度为v t ,则:v 2-v 2t =2a 3x 2,x 2=x -x 1 v t =433m/s t ′=v -v t a 3=6-233s 11.(1)2m/s (2)5.1s 解析 (1)根据H =12gt 21得, t 1=2H g =2×1.810s =0.6 s则v 0=s t 1=1.20.6m/s =2 m/s. (2)当选手初速度为3 m/s 时,x 1=v 0t 1=3×0.6 m =1.8 m ,匀加速运动的位移x 2=L +s -x 1=16.6+1.2-1.8 m =16 m ,根据x 2=12at 22得, 匀加速运动时间t 2=2x 2a =2×162s =4 s. 开始跃出到跑至传送带右端经历的时间t =t 1+Δt +t 2=5.1 s考题五 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12.AC [由题知:当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力,此时物块的速度小于木板的速度,两者之间存在滑动摩擦力,物块受到木板的滑动摩擦力方向向右,与其速度方向相同,向右做加速运动,而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左,与其速度方向相反,向右做减速运动,当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动.]13.1.68m解析 因为木块的最大加速度为a 1=μ1mg m=4 m/s 2 所以前2 s 二者一起做匀加速运动,a =F -μ2(m +M )g m +M=2 m/s 2 2 s 末二者的速度为v =at 1=4 m/s2 s 后木块和木板发生相对滑动木块加速度a 1=μ1mg m=4 m/s 2 木板加速度a 2=F ′-μ1mg -μ2(m +M )g M=6 m/s 2 经时间t 2二者分离:v t 2+12a 2t 22-(v t 2+12a 1t 22)=l 得t 2=1 s ,此时v 块=8 m/s ,v 板=10 m/s再经t 3=2h g =0.4 s 木块落地,在0.4 s 内x 块=v 块t 3=3.2 m木板a 3=F ′-μ2Mg M=11 m/s 2 x 板=v 板t 3+12a 3t 23=4.88 m 所以,木块落地时距离木板左侧的水平距离Δx =x 板-x 块=1.68 m专题综合练1.B [由于图线与时间轴围成的面积表示位移,我们现在将图象的范围分成6个部分如图,则甲的位移:x 甲=x 1+x 2+x 3+x 4+x 5乙的位移:x 乙=x 1+x 4其中由于x 1=x 2,x 4=x 3+x 6,由图象可知:x 5>x 6,所以:x 1+x 2+x 3+x 4+x 5=2x 1+(x 4-x 6)+x 4+x 5>2(x 1+x 4)则:x 甲>2x 乙]2.D [在轻绳刚断的瞬间,弹簧的弹力不能突变,则物体B 受力情况不变,故物体B 的加速度大小为零,A 错误;将C 和A 看成一个整体,根据牛顿第二定律得,a AC =F +2mg 2m =mg +2mg 2m=1.5g ,即A 、C 的加速度均为1.5g .故B 、C 错误.剪断轻绳的瞬间,A 受到重力和C 对A 的作用力,对A :F C +mg =ma ,得:F C =ma -mg =0.5mg .故D 正确.]3.AB [当汽车向左匀加速启动过程中,P 传感器示数为零而Q 、N 传感器示数不为零,受力分析如图知F Q +mg =F N cos15°①F 合=F N sin15°=ma ②由①②知:。

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