2016届高考物理一轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力与物体的直线运动课件

为12μg 不变，D 正确；当 F＝52μmg 时，A、B 一起运动，则对 A、 B 整体有：F－32μmg＝3ma′，解得 a′＝13μg，B 正确。 答案 BCD
3.(多选)(2015·江苏单科，6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中 加速度a随时间t变化的图线如图2所示，以竖直向上为a的正方 向，则人对电梯的压力( )
解析 A、B 间的滑动摩擦力 fA＝2μmg，B 与地面间的滑动摩擦 力为 fB＝12μ(2m＋m)g＝32μmg，因此当32μmg<F<2μmg 时，B 与地 面发生相对滑动，故 A 错误；设 A、B 间刚好发生相对滑动时，
拉力为 F0，则对物块 B 有 2μmg－32μmg＝ma0，则 a0＝12μg，把 A、 B 看作整体，有 F－32μmg＝3ma0，得 F＝3μmg，即当 F>3μmg 时， A 相对 B 滑动，C 正确；A、B 间发生相对滑动后，B 的加速度总
mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小， 故C错误，D正确。
答案 AD
4.(2015·江苏单科，5)如图3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5 (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。
解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是 v＝4 m/s 小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大
l＝x1＋x2 由题意知 a1＝a3，a1t1＝a3t2 解得 F＝2μ[m1＋(1＋dl )m2]g 代入数据得 F＝22.4 N 答案 (1)μ(2m1＋m2)g (2)大于2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N
6.(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5(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：
图2
A.t＝2 s时最大
B. t＝2 s时最小
C.t＝8.5 s时最大
D. t＝8.5 s时最小
解析 由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向
上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持 力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故
A正确，B错误；由题图知，在7～10 s内加速度方向向下，由
A.关卡2 C.关卡4
图3 B.关卡3 D.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 t1＝va＝1 s，在加速时间内通过的位移 x1＝12at21＝1 m，t2＝4 s，x2 ＝vt2＝8 m，已过关卡 2，t3＝2 s 时间内 x3＝4 m，关卡打开，t4 ＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡 4 还有 1 m，到 达关卡 4 还需 t5＝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 C
解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g 桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g f＝f1＋f2 解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则 f1＝m1a1 F－f1－f2＝m2a2 发生相对运动 a2>a1 解得 F>2μ(m1＋m2)g (3)纸板抽出前，砝码运动的距离 x1＝12a1t21 纸板运动的距离 d＋x1＝12a2t21 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x2＝12a3t22
第2讲 力与物体的直线运动
1.(2014·江苏单科，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( )
解析 由匀加速运动速度与位移的关系：v2＝2a1x，可知v －x图象应为开口向x轴正方向的抛物线的一部分，故C、D 错，当汽车做匀减速直线运动时，由－v2＝2a2x，则v－x图 象应为开口向x轴负方向的抛物线的一部分，故A正确，B 错误。 答案 A
5.(2013·江苏单科，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m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力 加速度为g。
图4
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； (3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸 板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2。若砝码移动的距离 超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所 需的拉力至少多大？
小 a2＝4－1 0 m/s2＝4 m/s2。 根据牛顿第二定律有 μ2mg＝ma2，解得 μ2＝0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t＝1 s，位移 x＝4.5 m，末速 度 v＝4 m/s 其逆运动为匀加速直线运动，可得 x＝vt＋12a1t2 解得 a1＝1 m/s2 小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2.(多选)(2014·江苏单科，8)如图 1 所示，A、B 两物块的质量分别 为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为 μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则( )
图1
A.当 F<2μmg 时，A、B 都相对地面静止 B.当 F＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C.当 F>3μmg 时，A 相对 B 滑动 D.无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12μg