2016版高考物理考前三個月第1部分專題2力與直線運動試題

1、圖 3 1 【步步高】（全國通用）2016版高考物理 考前三個月 第1部分專題 2力與直線運動試題 I真題示例 _ 1 .（多選）（2015 新課標全國120）如圖 1（a），一物塊在t = 0 時刻滑上一固定斜面，其運 動的v t圖線如圖（b）所示.若重力加速度及圖中的 V。、V1、11均為已知量，則可求出（ ） 圖 1 A. 斜面的傾角 B. 物塊的質量 C. 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D. 物塊沿斜面向上滑行的最大高度 2. （2015 山東理綜 14）距地面高 5 m 的水平直軌道上 A B兩點相距 2 m，在B點用細線 懸掛一小球，離地高度為 h,如圖 2 所示.小車始終以 4 m/

2、s的速度沿軌道勻速運動，經過 A 點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運動至 B點時細線被軋斷，最后兩球同時 落地.不計空氣阻力，取重力加速度的大小 g= 10 m/s2.可求得h等于（ ） A. 1.25 m B. 2.25 m C. 3.75 m D. 4.75 m 3. （多選）（2015 海南單科 9）如圖 3 所示，升降機內有一固定斜面，斜面上放一物塊.開 始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑.當升降機加速上升時 （ ） 己 A u 圖 2 2 A. 物塊與斜面間的摩擦力減小 B. 物塊與斜面間的正壓力增大 C. 物塊相對于斜面減速下滑 D. 物塊相對于斜面勻速下滑

3、 4. (2015 新課標全國 25)下暴雨時， 有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質災害. 某地有 3 一傾角為0 = 37 (sin 37=三)的山坡C,上面有一質量為 m的石板B,其上下表面與斜坡 5 平行；B上有一碎石堆 A含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖 4 所示.假設某次暴 雨中，A浸透雨水后總質量也為 m可視為質量不變的滑塊)，在極短時間內， A B間的動摩 3 擦因數(shù)卩1減小為 8，B C間的動摩擦因數(shù) 卩2減小為 0.5 , A、B開始運動，此時刻為計時起 點；在第2 s 末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?卩2保持不變.已知 A開始運動時，A離B下邊 緣的距離I = 27

4、m,C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力. 取重力加速度大小 g= 10 m/s2. 求： (1) 在 02 s 時間內A和B加速度的大小; A在B上總的運動時間.3 I考綱解讀 _ 1 .題型特點 牛頓第二定律是高考中每年必考的熱點內容，既會單獨考查，又會與電磁學內容結合考查學 生的綜合處理問題的能力.近幾年高考主要考查勻變速直線運動的公式、規(guī)律及運動圖象的 應用，題型多以選擇題和計算題為主，題目新穎，與生活實際聯(lián)系密切考查直線運動和力 的關系 時大多綜合牛頓運動定律、受力分析、運動過程分析等內容. 2 .應考技巧 抓住“兩個分析”和“一個橋梁” “兩個分析”是指受力分析和運動情景分析，“

5、一個橋 梁”是指加速度是聯(lián)系運動和受力的橋梁綜合應用牛頓運動定律和運動學公式解決問題. 考題一勻變速直線運動基本規(guī)律的應用 1 . （2015 新余二模）一質點做勻加速直線運動時，速度變化 度變化同樣的 V時發(fā)生位移X2，則該質點的加速度為（ 收費站中心線之間以 4 m/s的速度勻速行駛，通過收費站中心線后才加速行駛離開，已知甲 2 勻減速過程的加速度大小為 ai= 1 m/s，虛線EF處與收費站中心線距離 d= 10 m.乙車過人 工收費通道，需要在中心線前某位置開始做勻減速運動，至中心線處恰好速度為零，經過繳 費成功后再啟動汽車行駛離開已知乙車勻減速過程的加速度大小為 收費站 中心燼 P

6、/=10 Hi 甲行駛方向二 1 勻速行 It 區(qū)阿 骯口通車 兀行駛方向二 (1)甲車過 ETC 通道時，從開始減速到收費站中心線過程中的位移大小; 乙車比甲車提前多少時間到收費站中心線. A v時發(fā)生位移X1，緊接著速 ） 2 1 1 A. ( ( v)(x：+ X2) ) 2 1 1 C ( (AV)(XTX2) ) D. V X2 2 A v X2 X1 15 m/s的速度勻速行駛，司機 0.6 s，剎車后卡 a2= 2 m/s 2.求: 人匚收費通道 4 規(guī)律小結規(guī)律小結 1 .基本公式 常用推論 , t Vo + Vt 一 X /Vo2+ V2 x=aT v2 =廠=v 忙 2 2

7、 總結：應用運動學規(guī)律解題的基本步驟 第一步：根據(jù)題意確定研究對象. 第二步：分析運動過程，明確物體做什么運動，構建運動情景，必要時畫出運動示意圖. 第三步：明確題中的已知量、未知量及其關系，選用合適的運動規(guī)律. 第四步：若運動包含多個階段，要分階段逐個分析，各段交接點處的速度是銜接各段運動的 關鍵物理量，也是解題的突破口. 第五步：選取正方向，由運動學公式列方程求解. 考題二牛頓運動定律的應用 4. （多選）（2015 海南單科 8）如圖 6,物塊a、b和c的質量相同，a和b, b和c之間用完 全相同的輕彈簧 Si和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點 Q整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn) 將細線

8、剪斷.將物塊a的加速度的大小記為 ai,S和S2相對于原長的伸長分別記為 l i和 12, 重力加速度大小為 g.在剪斷的瞬間（ ） Ct h 圖 6 A. ai = 3g B. ai = 0 C. 11 = 2 A 12 D. 1 i= A 1 2 5. （多選）（20i5 銀川一模）如圖 7 甲所示，用粘性材料粘在一起的 A、B兩物塊靜止于光滑 v = Vo + at 1 x = vot + 2at v2 Vo 2= 2ax 5 水平面上，兩物塊的質量分別為 mA= i kg、mB= 2 kg ,當A、B之間產生拉力且大于 0.3 N 時, A、B將會分離.t = 0 時刻開始對物塊 A施

9、加一水平推力 Fi,同時對物塊 B施加同一方向的 拉力H,使A、B從靜止開始運動，運動過程中 Fi、F2方向保持不變，F(xiàn)i、F2的大小隨時間變 化的規(guī)律如圖乙所示.則下列關于 A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是 （ ）6 圖 7 A. t = 2.0 s時刻A、B之間作用力大小為 0.6 N B. t = 2.0 s時刻A B之間作用力為零 C. t = 2.5 s 時刻A對B的作用力方向向左 D. 從t = 0 時刻到A B分離，它們運動的位移為 5.4 m 6. (2015 山東臨沂一中二模)如圖 8 所示，在傾角為 0 = 37的足夠長固定斜面底端, 質量 m= 1 kg 的小物

10、塊以某一初速度沿斜面上滑，一段時間后返回出發(fā)點物塊上滑所用時 t2大小之比為 t1 : t2= 1 : 5，取 g= 10 m/s1 2, sin 37= 0.6 , cos 37 =0.8.求: 1 物塊由斜面底端上滑時的初速度 2 物塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)； (3) 若給物塊施加一大小為 5 5 N、方向與斜面成適當角度的力，使物塊沿斜面向上加速運 動，求加速度的最大值. 間11和下滑所用時間 V2的大小之比; 圖 9 7 方法小結方法小結 1 研究對象的選取方法 在實際解題過程中整體法和隔離法經常交替使用，一般是選用整體法求加速度，再用隔離法 求物體間的相互作用力. 2 .受力分析的處

11、理方法 (1) 合成法：若物體只受兩個力作用而產生加速度時， 應用力的合成法較簡單， 合外力的方向 就是加速度方向. (2) 正交分解法：當物體受到兩個以上的力作用而產生加速度時， 常用正交分解法解題，多數(shù) 情況下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此時有 Fx= ma Fy= 0,特殊情況下 分解加速度比分解力更簡單. 3 .運動情景分析法 (1) 程序法：對于研究對象按時間的先后經歷了幾個不同的運動過程的一類問題的解決方法叫 程序法.運用程序法時，要注意前一個過程的結束是后一個過程的開始，兩個過程的交接點 的速度往往是解決問題的關鍵. (2) 圖象法：圖象能形象地表達物理規(guī)律， 能

12、直觀地描述物理過程，能鮮明地表示物理量之間 的關系.應用圖象，不僅能進行定性分析，比較判斷，也適宜于定量計算、論證，而且，通 過圖象的啟發(fā)常能找到巧妙的解題途徑. 考題三運動學圖象問題 7. (2015 湖北八校聯(lián)考二模)如圖 9 所示，為甲、乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標 x 隨時間t變化的圖象，已知甲做勻變速直線運動，乙做勻速直線運動，則 0t2時間內下列 說法正確的是( ) 8 A. 兩物體在ti時刻速度大小相等 B. ti時刻乙的速度大于甲的速度 C. 兩物體平均速度大小相等 D. 甲的平均速度小于乙的平均速度 8. （2015 安康二模）圖象法可以形象直觀地描述物體的運動情況對于

13、圖 位移一時間圖象和速度一時間圖象，分析結果正確的是 （ ） 10 兩質點運動的 9 圖 10 A. 由圖甲可知，質點做曲線運動，且速度逐漸增大 B. 由圖甲可知，質點在前 10 s 內的平均速度大小為 4 m/s C. 由圖乙可知，質點在第 4 s 內加速度的方向與物體運動的方向相反 9.一滑塊從固定的斜面底端沖上粗糙的斜面, 到達某一高度后返回斜面底端. 表示滑塊在斜面上運動的速度 v、加速度a、重力勢能 &、機械能E隨時間 下列各圖分別 t變化的圖象， 則下列圖象可能正確的是 ti 10 知識小結知識小結 1. xt、v t、a t 的關系 2 .圖象問題的五看 一看：軸；二看：

14、線；三看：斜率；四看：面積；五看：特殊點. 3 .注意：x t圖象和v t圖象描述的都是直線運動，而 a t圖象描述的并非一定是直線 運動. 考題四應用動力學方法分析傳送帶問題 10. （多選） （2015 江蘇省鹽城中學高三上學期期末考試 ）如圖 11 所示，以速度v逆時針勻速 轉動的足夠長的傳送帶與水平面的夾角為 0 ,現(xiàn)將一個質量為 m的小木塊輕輕地放在傳送帶 的上端，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 卩,則下列選項中能夠正確地描述小木塊的速度 隨時間變化關系的圖線是（ ） 11. 如圖 12 所示，有一條沿順時針方向勻速傳送的傳送帶，恒定速度 v= 4 m/s ,傳送帶與 水平面的夾角0

15、 = 37,現(xiàn)將質量 m= 1 kg 的小物塊輕放在其底端（小物塊可視作質點），與 此同時，給小物塊施加沿傳送帶方向向上的恒力 F= 8 N,經過一段時間，小物塊運動到了離 斜殼斜殼 面和 11 地面高為h= 2.4 m 的平臺上.已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù) 卩=0.5 , （ g取 10 m/s2,12 sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.8).問: (1) 物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間？ (2) 若在物塊與傳送帶達到相同速度時， 立即撤去恒力F,計算小物塊還需經過多長時間離開 傳送帶以及離開時的速度？ 方法小結方法小結 1 水平放置運行的傳送帶 處理水平放置

16、的傳送帶問題，首先應對放在傳送帶上的物體進行受力分析，分清物體所受摩 擦力是阻力還是動力；然后對物體進行運動狀態(tài)分析，即對靜態(tài)T動態(tài)T終態(tài)進行分析和判 斷，對其全過程作出合理分析、推導，進而采用有關物理規(guī)律求解這類問題可分為： 運動學型； 動力學型； 圖象型. 2 傾斜放置運行的傳送帶 處理這類問題，同樣是先對物體進行受力分析，再判斷摩擦力的方向是解題關鍵，正確理解 題意和挖掘題中隱含條件是解決這類問題的突破口這類問題通常分為：運動學型；動力學 型；能量守恒型. 亜虐難點全 5JHS(www.S1ta ik&.e im) 應用動力學觀點分祈傳送帶問題 考題五應用動力學方法分析“滑塊一木

17、圖 12 精品微課 13 板模型”問題 12. （多選）（2015 安康二模）如圖 13 所示，一足夠長的木板靜止在光滑水平面上， 一物塊靜 止在木板上，木板和物塊間有摩擦. 現(xiàn)用水平拉力向右拉木板， 在物塊相對木板運動過程中， 撤掉拉力，此后木板和物塊相對于水平面的運動情況為 （ ） 拉力 圖 13 A. 物塊向右運動，速度逐漸增大，直到做勻速運動 B. 物塊先向左運動，再向右運動 C. 木板向右運動，速度逐漸變小，直到做勻速運動 D. 木板和物塊的速度都逐漸變小，直到為零 13. （2015 大連二模）如圖 14 甲所示，地面上有一長為 I = 1 m 高為h= 0.8 m 質量 M= 2

18、 kg 的木板，木板的右側放置一個質量為 m= 1 kg 的木塊（可視為質點），已知木板與木塊之間 的動摩擦因數(shù)為 卩1= 0.4 ,木板與地面之間的動摩擦因數(shù)為 卩2= 0.6 ,初始時兩者均靜止.現(xiàn) 對木板施加一水平向右的拉力 F,拉力F隨時間t的變化如圖乙所示，求木塊落地時距離木 2 板左側的水平距離 x.（取g= 10 m/s ） F/N 34 F T - - H F 24 1 - ; 圖 14 14 方法小結方法小結 1 抓住兩個分析 （1） 對物體在初態(tài)時（靜止釋放或有初速度的釋放）所受滑動摩擦力的方向分析. （2） 二者達到共速時摩擦力的有無及方向的分析， 其方法是：假設剛好達到

19、最大靜摩擦力求出 臨界的加速度ao與實際的加速度 a比較. 若aa。則發(fā)生相對滑動. 若aw ao則能相對靜止. 2 .解題關鍵：以動力學分析為切入點，弄清物體的運動過程. 專題綜合練 1 . （2015 皖南八校聯(lián)考）如圖 15 所示為甲、乙兩物體運動的圖象，在 0t2時間內甲一直 做勻加速直線運動，乙先做勻減速到速度為零，再做勻加速直線運動， 122x乙 C. x 甲33 m，所以會撞到小孩. Z A ) 3. (1)202 m (2)3.4 s 解析（1）甲車過 ETC 通道時，減速過程的位移為: 2 2 V1 V2 X甲=飛廠 可得x甲=192 m 所以總的位移：X總=X甲+ d =

20、202 m （2）甲車減速過程的時間 t甲 1=也二呼=16 s a1 、 d 甲車勻速過程的時間 t甲 2= = 2.5 s V2 乙車過人工收費通道減速過程的時間 t乙 2 = V1= 10 s a2 2 V1 乙車過人工收費通道減速過程的位移 X2= - = 100 m 2a2 乙車在甲車開始減速后勻速過程的位移 X1 = X總一 X2= 102 m X1 乙車在甲車開始減速后勻速過程的時間 t乙 1 = - = 5.1 s V1 則乙車提前甲車到中心線的時間為 t = （t甲 1+ t甲 2） （t乙 1 +1乙 2） = 3.4 s. 考題二牛頓運動定律的應用 4. AC 設物體的質

21、量為 m剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變， 所以剪斷細線的瞬間 a受到重力和彈簧 S1的拉力T1，剪斷前對b、c和彈簧組成的整體分析 可知T = 2mg故a受到的合力 F= m肝= mc+ 2mg= 3mg故加速度 a1=m= 3g, A 正確，B 錯誤；設彈簧 S的拉力為T2,貝U Ta= mg根據(jù)胡克定律 F= kA X可得 l 1= 2A 12, C 正確，x = 9 m+ 22.5 m + 1.5 m =33 m, X1 + X2 v t 8.75 m/s , 若 Vo = 20 m/s , 27 (1) 5 ：1 (2)0.5 (3)2.5 m/s 2 解析(1)

22、設物塊上滑的最大位移為 L,根據(jù)運動學公式 v 1 + 0 上滑過程：L=p t1 0 + V2 下滑過程：L=廠t2 亠 V1 廠 整理得：一=5 ：1 V2 ” (2)設上滑時加速度為 ai,下滑時加速度為 下滑時：mn 0 1 mgcos 0 = ma 由位移時間公式得：L=fat芻 1a2t 2 聯(lián)立三式代入數(shù)據(jù)得： 1= 0.5 D 錯誤. 5. AD 設t時刻AB分離，分離之前 AB物塊共同運動，加速度為 a,以整體為研究對象, F1 + F2 3.6 + 0 2 2 則有：a=m+m =+r =+r m/sm/s =2 m/s2 m/s , 分離時：F2 F= mBa, 得：F2

23、= F+ ma= 0.3 N + 2X 1.2 N = 2.7 N , 4 經歷時間：t =萌X 2.7 s s = 3 3 s s , 1 根據(jù)位移公式：x = at 2= 5.4 m，則 D 正確; F F t = 2.0 s 時，F(xiàn)2 = 1.8 N , F2 + F =ma,得: =nBa F2= 0.6 N , A 正確，B 錯誤. t = 2.5 s 時，F(xiàn)2 = 2.25 N , F2 + F= ma,得: =na F20, C 錯誤. 根據(jù)牛頓第二定律得上滑時： m n 0 + mgcos 0 = ma 28 設F與斜面的夾角為 a，加速度為a, 由牛頓第二定律得: Fcos

24、a mgpin 0 1 (mgpos 0 Fsin a ) = ma 即：F(cos a + 1 sin a ) mgsin 0 + 1 cos 0 ) = ma _ 1 整理得： F , 1 + 12( - 2cos .1+1 . 1 . a + 1 -2sin a ) p1 + 1 mgsin 0 + 1 cos 0 ) = ma 29 1 令 tan B=，則: sin( a + 3 )的最大值為 1，設加速度最大值為 am, 得：F 1+ 2-mgs in 0 + 口 cos 0 ) = ma 2 代入數(shù)據(jù)得：a 2.5 m/s 考題三運動學圖象問題 7. C 根據(jù)位移圖象的斜率等于速

25、度，則在 t1時刻，甲圖象的斜率大于乙圖象的斜率，所 以甲的速度大于乙的速度，故 A、B 錯誤；坐標的變化量等于位移，根據(jù)圖象可知，甲、乙位 移大小相等，方向相反，而時間相等，則平均速度的大小相等，故 C 正確，D 錯誤 8. D 運動圖象反映物體運動的規(guī)律， 不是運動軌跡， 無論速度一時間圖象還是位移一時間 圖象都只能表示物體做直線運動，故 A 錯誤；由圖甲可知，質點在前 10 s 內的位移x = 20 m x 20 0 m= 20 m，所以平均速度 v=-=和 m/s = 2 m/s，故 B 錯誤；由圖乙可知，質點在第 4 s 內加速度和速度都為負，方向相同，故 C 錯誤；vt圖線的斜率表

26、示物體運動的加速度，由 圖乙可知，質點在運動過程中，加速度的最大值出現(xiàn)在 24s 內，最大加速度大小為 a = j 15 2 2 =m/s = 15 m/s，故 D 正確. 9. B 滑塊在斜面上運動過程中， 由于存在摩擦力，機械能不斷減小，經過同一點時下滑的 速度小于上滑的速度，回到出發(fā)點時的速度比出發(fā)時的初速度小.故 A 錯誤； 設斜面的傾角 為a .滑塊在上滑與下滑兩個過程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同.設 上滑與下滑兩個過程加速度大小分別為 a1和a2.根據(jù)牛頓第二定律得： min a +卩mcpos a =ma； mgsin a mapos a = ma;則得： a1

27、= gsin a + gcos a , a2= gsin a gcos 1 2 . a .則有：aa2,故 B 正確；上滑過程中：上滑的位移大小為： 為=vot 護讓，重力勢能為： 1 2 一 一 一 一 曰=mgxsin a = mgi n a (vot 尹比),E t圖象為拋物線.下滑過程：重力勢能為： 曰= 1 mg H-a2(t 10)2sin a , H為滑塊所能到達的最大高度， to是上滑的時間，此為開口向下 F寸 1 + 2si n( a + 3 ) mgsin B + u cos 0 ) = ma 30 的拋物線方程，故 C 錯誤；由于滑塊克服摩擦力做功， 其機械能不斷減小，

28、根據(jù)功能關系得： 1 2 E= E) Ff1x= E) Ff1(vot a1t2)，可知 0t1時間內E t圖象應為拋物線.故 D 錯誤. 考題四 應用動力學方法分析傳送帶問題 10. CD 木塊放上后一定先向下加速， 由于傳送帶足夠長， 所以一定有木塊速度大小等于傳31 送帶速度大小的時刻， 此時若重力沿傳送帶向下的分力大小大于最大靜摩擦力， 則之后木塊 繼續(xù)加速，但加速度變小了；而若重力沿傳送帶向下的分力大小小于或等于最大靜摩擦力， 則木塊將隨傳送帶勻速運動，故 C、D 正確，A、B 錯誤. 11- (1)3 s 6 s 4 433 3 m/s 解析(1)對物塊受力分析可知，物塊先是在恒力

29、作用下沿傳送帶方向向上做初速度為零的勻 加速運動，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度達到傳送帶的速度，由牛頓第二定律: ma= F+ 卩 mcpos 37 min 37 ，計算得： a = 6 m/s 2 v 2 11= = s a1 3 v2 4 x1= 2a1= 3 m m 物塊與傳送帶速度相同時，物塊未到頂端，物塊受到的摩擦力的方向改變， 對物塊受力分析 發(fā)現(xiàn)，因為F=8 N 而重力沿斜面向下的分力和最大靜摩擦力之和為 10 N，故不能相對斜面 向上加速.故得：a2= 0 x X1 2 t2=廠=3 s s 得 t = t1+ t2= 4 4 S (2)若達到速度相等后撤去 F,對物塊受力

30、分析，因為 mn 37 卩mcpos 37 ，故物塊減 _ 2 速上行，ma= m i n 37 卩 mgcos 37 ，得 a3= 2 m/s 物塊還需t 離開傳送帶，離開時的速度為 vt，則: v2 v2= 2a3X2, x2= x X1 心/ vt = m/s 3 , v Vt 6 2 衍 t = = s a3 3 考題五應用動力學方法分析“滑塊一木板模型”問題 12. AC 由題知：當物塊相對木板滑動了一段距離仍有相對運動時撤掉拉力， 此時物塊的速 度小于木板的速度，兩者之間存在滑動摩擦力，物塊受到木板的滑動摩擦力方向向右，與其 速度方向相同，向右做加速運動，而木板受到物塊的滑動摩擦力

31、方向向左，與其速度方向相 反，向右做減速運動，當兩者速度相等時一起向右做勻速直線運動. 13. 1.68 m 32 2 s末二者的速度為 v = ati = 4 m/s 2 s后木塊和木板發(fā)生相對滑動 木塊加速度 11mg , , 2 a1= = 4 m/s m 木板加速度 F 11mg- 12 m+ M g 2a2= = 6 m/s M 經時間 t2 二者分離：Vt2+ 譏2 (Vt2+ fait22) = l 得 12= 1 s，此時 v 塊=8 m/s , v 板=10 m/s 2h 再經t3=% _= 0.4 s 木塊落地，在 0.4 s 內 g x 塊=v 塊13= 3.2 m 2

32、= 4.88 m 所以，木塊落地時距離木板左側的水平距離 x = x板一 x塊=1.68 m 專題綜合練 1 . B 由于圖線與時間軸圍成的面積表示位移，我們現(xiàn)在將圖象的 范圍分成 6 個部分如圖，則甲的位移： x甲=X1+ X2+ X3+ X4+ X5 乙的位移：X乙=X1 + X4 其中由于 X1 = X2, X4= X3+ X6,由圖象可知： X5X6,所以： X1+ X2+ X3 + X4+ X5= 2x1 +(X4 X6)+ X4+ X52(X1 + X4) 則：x甲2x乙 2. D 在輕繩剛斷的瞬間， 彈簧的彈力不能突變， 則物體B受力情況不變，故物體B的加速 度大小為零，A 錯誤

33、；將C和A看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得， aAC= 牛衛(wèi)=mgt2mg 2m 2m =1.5 g,即卩A、C的加速度均為 1.5 g.故 B、C 錯誤剪斷輕繩的瞬間， A受到重力和 C對A 的作用力，對 A： Fc+ mg= ma 得：FC= ma- mg= 0.5 mg 故 D 正確. 3. AB 當汽車向左勻加速啟動過程中， P傳感器示數(shù)為零而 Q N傳感器 , 一解析因為木塊的最大加速度為 3= 4 m/s m 所以前 2 s 二者一起做勻加速運動, F a = 2 m+ M g m+ M =2 m/s 木板a3= F 護 11 m/s M 33 示數(shù)不為零，受力分析如圖知 FQ+

34、mg= FNCOS 15。 F 合=FNSi n 15 = m 由知： FQ+ mg FQ a= tan 15 = x 0.27 + 10X 0.27 m m FQ 2 =0.27 + 2.7 2.7 m/s m 4. BC 第一次放置時 M靜止，則：Mgsin a = mg 第二次放置時，由牛頓第二定律： Mg- mgiin a = (M n) a, 聯(lián)立解得：a= (1 sin a ) g. 對m 由牛頓第二定律： FT mgsin a = ma 解得：FT= mg 5. A 物體從A點到0點過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧的彈力大于摩擦力， 合力向右, 加速度向右，速度也向右，物體加速，

35、后來彈力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物體減 速即物體先加速后減速，故 A 正確，B 錯誤；物體運動到 O點時，彈簧的彈力為零，而滑 動摩擦力不為零，則物體所受合力不為零故 C 錯誤；物體從 A點至O點先做加速度不斷減 小的加速運動，后做加速度不斷增大的減速運動，故 D 錯誤. 2 6. (1)1.5 m/s (2)20 m/s Vt Vo 解析加速度a= 2 由v t圖象并代入數(shù)據(jù)得 a= 1.5 m/s 0 + Vm 設第 20 s 時速度為Vm,020 s 的位移S1= 11 2045 S 的位移S2 = Vmt2 Vm+ 0 4575 s 的位移S3 = _13 075 s 這段時間

36、的總位移 S= S1+ S2 + S3 代入數(shù)據(jù)得V = 20 m/s 7. (1)0.4 (2)4.5 N (3)2 m 解析 由題圖乙可知，木塊所受到的滑動摩擦力075 s 這段時間的平均速度 V S t1+ t2+ t - 3 34 Ff = 3.12 N 由Ff =卩FN ZB Ff Ff 3.12 小， 得卩=FN= mg 0.78 X 10 = 0.40.4 (2) 根據(jù)牛頓第二定律、力的平衡得 Feos 0 Ff = ma Fsin 0 + FN= mg Ff = (1 FN 代入數(shù)據(jù)解得F= 4.5 N (3) 2 s 末速度v= at 撤去拉力F后i mg= ma 2 0 v = 2( a)x 代入數(shù)據(jù)解得x= 2 m 8. (1)3 s (2)40 J 解析(1)設物塊加速度為a1,加速時間為t1,通過的位移為X1, 由牛頓第二定律，有： i mg= ma 所以 a= 4 m/s 2 r + r