高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng)提升訓(xùn)練試題

第1講力與物體的平衡1.(2013·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ，15)如圖1所示，在固定斜面上的一物塊受到一外力的作用，F(xiàn)平行于斜面向上，若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應(yīng)有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2(F2＞0)。由此可求出()圖1A.物塊的質(zhì)量B.斜面的傾角C.物塊與斜面間的最大靜摩擦力D.物塊對(duì)斜面的正壓力解析當(dāng)拉力為F1時(shí)，物塊有沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，受到沿斜面向下的靜摩擦力，大小為Ffm，則F1＝mgsinθ＋Ffm。當(dāng)拉力F2時(shí)，物塊有沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，受到沿斜面向上的靜摩擦力，大小為Ffm，則F2＋Ffm＝mgsinθ，由此解得Ffm＝eq\f(F1－F2,2)。答案C2.(2013·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ，18)如圖2所示，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、b和c分別位于邊長(zhǎng)為l的正三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上；a、b帶正電，電荷量均為q，c帶負(fù)電。整個(gè)系統(tǒng)置于方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。已知靜電力常量為k。若三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小為()圖2A.eq\f(\r(3)kq,3l2)B.eq\f(\r(3)kq,l2)C.eq\f(3kq,l2)D.eq\f(2\r(3)kq,l2)解析分析a球受力：b對(duì)a的排斥力F1、c對(duì)a的吸引力F2和勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)a的電場(chǎng)力F3＝qE，根據(jù)a受力平衡可知受力情況如圖所示。利用正交分解法：F2cos60°＝F1＝keq\f(q2,l2)，F(xiàn)2sin60°＝qE。解得E＝eq\f(\r(3)kq,l2)。答案B3.(2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，24)如圖3所示，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過(guò)開(kāi)關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω。已知開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5cm；閉合開(kāi)關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開(kāi)關(guān)斷開(kāi)時(shí)相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判斷開(kāi)關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。圖3解析金屬棒通電后，閉合回路電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(12,2)A＝6A導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F＝BIL＝0.06N。開(kāi)關(guān)閉合后，電流方向?yàn)閺腷到a，由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下由平衡條件知：開(kāi)關(guān)閉合前：2kx＝mg開(kāi)關(guān)閉合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F代入數(shù)值解得m＝0.01kg答案方向豎直向下0.01kg考情分析主要題型：選擇題或計(jì)算題知識(shí)熱點(diǎn)(1)單獨(dú)命題①受力分析②力的合成與分解③共點(diǎn)力的平衡(2)交匯命題點(diǎn)：帶電體(或粒子)在電場(chǎng)、磁場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng)中的平衡問(wèn)題思想方法等效思想、分解思想假設(shè)法、矢量三角形法、整體法和隔離法、正交分解法、合成法、轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法等?？枷蛞皇芰Ψ治?、物體的平衡[知識(shí)方法]核心知識(shí)規(guī)律方法1.研究對(duì)象的選取方法：(1)整體法(2)隔離法2.受力分析的順序一般按照“一重、二彈、三摩擦，四其他”的程序，結(jié)合整體法與隔離法分析物體的受力情況。3.處理平衡問(wèn)題的基本思路[精典題組]1.如圖4所示，雜技演員站在一塊被他踩成斜面的木板上處于靜止?fàn)顟B(tài)，關(guān)于斜面對(duì)演員的作用力，下面說(shuō)法正確的是()圖4A.木板對(duì)人可能有摩擦力作用，也可能沒(méi)有摩擦力作用B.木板對(duì)人一定有摩擦力C.木板對(duì)人的彈力方向一定豎直向上D.木板對(duì)人的作用力方向垂直板斜向上解析人在斜面上靜止，必然受到靜摩擦力作用，A錯(cuò)誤，B正確；木板對(duì)人的作用力是摩擦力與支持力的合力，根據(jù)二力平衡，木板對(duì)人的作用力與重力大小相等，方向相反，C、D錯(cuò)誤。答案B2.(2015·桐鄉(xiāng)市高三下學(xué)期模擬考試)如圖5所示，斜面固定在水平面上，豎直輕桿頂端用光滑鉸鏈連接，底端與上表面水平的物體A接觸，則靜止在斜面上的物體A受到力最多可能是()圖5A.3個(gè)B.4個(gè)C.5個(gè)D.6個(gè)解析本題考查了受力分析，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確判斷彈力和摩擦力的方向，利用好平衡的條件分析力存在的可能性。物體A一定受到重力、斜面的彈力和摩擦力；由于桿上端有鉸鏈連接，所以桿可能給物體A豎直向下的壓力，故A最多受四個(gè)力作用，選B。答案B3.(多選)(2015·廣東理綜，19)如圖6所示，三條繩子的一端都系在細(xì)直桿頂端，另一端都固定在水平地面上，將桿豎直緊壓在地面上，若三條繩長(zhǎng)度不同，下列說(shuō)法正確的有()圖6A.三條繩中的張力都相等B.桿對(duì)地面的壓力大于自身重力C.繩子對(duì)桿的拉力在水平方向的合力為零D.繩子拉力的合力與桿的重力是一對(duì)平衡力解析因三條繩長(zhǎng)度不同，且彼此之間的夾角不確定，所以三條繩的張力大小不一定相等，但能確定三張力的合力方向?yàn)樨Q直向下，故A錯(cuò)誤；桿對(duì)地面的壓力大小數(shù)值上等于桿的重力與三條繩拉力的豎直向下的分力之和，故B正確；由于桿豎直，繩子對(duì)桿的拉力在水平方向上的合力等于零，故C正確；繩子拉力的合力方向與桿的重力方向均豎直向下，故兩者不是一對(duì)平衡力，故D錯(cuò)誤。答案BC4.如圖7所示，質(zhì)量均為m的a、b兩物體，放在兩固定的水平擋板之間，物體間用一豎直放置的輕彈簧連接，在b物體上施加水平拉力F后，兩物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，已知重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()圖7A.a物體對(duì)水平擋板的壓力大小可能為2mgB.a物體所受摩擦力的大小為FC.b物體所受摩擦力的大小為FD.彈簧對(duì)b物體的彈力大小可能等于mg解析在b物體上施加水平拉力F后，兩物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則物體b受到擋板的靜摩擦力作用，且f＝F，因此它們之間一定存在彈力，故彈簧的彈力大于物體b的重力，由整體法可知，a物體對(duì)水平擋板的壓力大于2mg，故選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的條件可知，a物體沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故沒(méi)有受到摩擦力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。答案C5.一個(gè)人最多能提起質(zhì)量m0＝20kg的重物。在傾角θ＝15°的固定斜面上放置一物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求人能夠向上拖動(dòng)該重物質(zhì)量的最大值m。圖8解析設(shè)F與斜面傾角為α?xí)r，拖動(dòng)的重物最大質(zhì)量為m，由平衡條件可得Fcosα－mgsin15°－μFN＝0FN＋Fsinα－mgcos15°＝0由已知可得F＝m0g聯(lián)立解得m＝eq\f(m0（cosα＋μsinα）,sin15°＋μcos15°)而μ＝eq\f(\r(3),3)所以m＝20eq\r(2)kg答案20eq\r(2)kg解后反思物體受力分析的技巧(1)分析受力的思路：①先數(shù)研究對(duì)象有幾個(gè)接觸處，每個(gè)接觸處最多有兩個(gè)力(彈力和摩擦力)。②同時(shí)注意對(duì)場(chǎng)力的分析。③假設(shè)法是判斷彈力、摩擦力的存在及方向的基本方法。(2)受力分析的基本步驟：明確研究對(duì)象→隔離物體分析→畫(huà)受力示意圖→驗(yàn)證受力合理性。(3)善于變換研究對(duì)象：若不能直接判斷研究對(duì)象與接觸的物體間是否有相互作用的彈力和摩擦力，可以采用變換研究對(duì)象，借助其他物體的受力判定?？枷蚨颤c(diǎn)力作用下物體的動(dòng)態(tài)平衡[知識(shí)方法]核心知識(shí)規(guī)律方法求解動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題的思想和方法1.基本思想：化“動(dòng)”為“靜”，“靜”中求“動(dòng)”2.基本方法(1)解析法：對(duì)研究對(duì)象受力分析，建立平衡方程，然后根據(jù)自變量的變化確定力的變化。(2)圖解法[精典題組]1.(2015·江蘇南京高三第二次模擬)目前，我市每個(gè)社區(qū)均已配備了公共體育健身器材。圖示器材為一秋千，用兩根等長(zhǎng)輕繩將一座椅懸掛在豎直支架上等高的兩點(diǎn)。由于長(zhǎng)期使用，導(dǎo)致兩根支架向內(nèi)發(fā)生了稍小傾斜，如圖9中虛線所示，但兩懸掛點(diǎn)仍等高。座椅靜止時(shí)用F表示所受合力的大小，F(xiàn)1表示單根輕繩對(duì)座椅拉力的大小，與傾斜前相比()圖9A.F不變，F(xiàn)1變小B.F不變，F(xiàn)1變大C.F變小，F(xiàn)1變小D.F變大，F(xiàn)1變大解析在支架的兩種狀態(tài)下，座椅均處于平衡狀態(tài)，合力均為零，故F不變。座椅受重力和兩繩的拉力而平衡，支架傾斜后與原狀態(tài)相比，兩繩拉力的夾角變小，而兩力的合力不變，與重力等大反向，由平行四邊形的邊的關(guān)系知，輕繩對(duì)座椅的拉力F1變小，A項(xiàng)正確。答案A2.(2015·衢州市高三教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖10所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端連接兩輕環(huán)A、B，兩環(huán)分別套在相互垂直的水平桿和豎直桿上。輕繩繞過(guò)光滑的輕小滑輪，重物懸掛于滑輪下，始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是()圖10A.只將環(huán)A向下移動(dòng)少許，繩上拉力變大，環(huán)B所受摩擦力變小B.只將環(huán)A向下移動(dòng)少許，繩上拉力不變，環(huán)B所受摩擦力不變C.只將環(huán)B向右移動(dòng)少許，繩上拉力變大，環(huán)A所受桿的彈力不變D.只將環(huán)B向右移動(dòng)少許，繩上拉力不變，環(huán)A所受桿的彈力變小解析輕繩繞過(guò)滑輪，繩上張力大小處處相等，則易知滑輪兩側(cè)繩子與豎直方向夾角相等，設(shè)為θ，設(shè)滑輪左側(cè)繩長(zhǎng)為x，右側(cè)繩長(zhǎng)為y，總繩長(zhǎng)x＋y＝l。兩環(huán)A、B水平距離為d，則有d＝xsinθ＋ysinθ＝lsinθ，sinθ＝d/l，當(dāng)環(huán)A向下移動(dòng)少許，d不變，繩長(zhǎng)不變，θ不變，而2Fcosθ＝mg，可知繩上拉力F不變。選環(huán)B為研究對(duì)象，由Ff＝Fsinθ，知環(huán)B所受摩擦力不變，A錯(cuò)，B對(duì)；環(huán)B向右移動(dòng)少許，d變大，繩長(zhǎng)不變，θ增大，可知繩上拉力變大。選環(huán)A為研究對(duì)象，由FN＝Fsinθ，知環(huán)A所受桿的彈力變大，C、D錯(cuò)。答案B3.(多選)(2015·廣東省六校高三畢業(yè)班第三次聯(lián)考)如圖11所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細(xì)繩結(jié)于O點(diǎn)，一條繩跨過(guò)定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，另一條繩OA在外力F的作用下使夾角θ＜90°，現(xiàn)緩慢改變繩OA的方向至θ＞90°，且保持結(jié)點(diǎn)O位置不變，整個(gè)裝置始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是()圖11A.繩OA的拉力一直增大B.斜面對(duì)物塊P的摩擦力的大小可能先減小后增大C.地面對(duì)斜面體有向右的摩擦力D.地面對(duì)斜面體的支持力大于物塊P和斜面體的重力之和解析緩慢改變繩OA的方向至θ＞90°的過(guò)程，OA拉力的方向變化如圖從1位置到2位置到3位置所示，可見(jiàn)OA的拉力先減小后增大，OP繩的拉力一直增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若開(kāi)始時(shí)P受繩子的拉力比較小，則斜面對(duì)P的摩擦力沿斜面向上，OP繩拉力一直增大，則摩擦力先變小后反向增大，選項(xiàng)B正確；以斜面和P、Q整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)平衡條件，斜面受地面的摩擦力與OA繩拉力的水平分力等大反向，故摩擦力方向向左，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；以斜面體和P、Q整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)豎直方向受力平衡：FN＋Fcosα＝M斜g＋MPg＋MQg，式中α為F與豎直方向的夾角，由上圖分析可知F的最大值即為MQg(當(dāng)F豎直向上時(shí))，故Fcosα＜MQg，則FN＞M斜g＋MPg，選項(xiàng)D正確。答案BD解后反思考向三電學(xué)中的平衡問(wèn)題[知識(shí)方法]核心知識(shí)規(guī)律方法處理電學(xué)中的平衡問(wèn)題的方法：與純力學(xué)問(wèn)題的分析方法一樣，學(xué)會(huì)把電學(xué)問(wèn)題力學(xué)化，分析方法是：[精典題組]1.(2015·江蘇單科，4)如圖12所示，用天平測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。下列各選項(xiàng)所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長(zhǎng)MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)。若磁場(chǎng)發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是()圖12解析由題意知，處于磁場(chǎng)中的導(dǎo)體受安培力作用的有效長(zhǎng)度越長(zhǎng)，根據(jù)F＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由圖知選項(xiàng)A中導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度最大，所以A正確。答案A2.如圖13所示，一帶電小球用絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，空間存在場(chǎng)強(qiáng)方向、大小均可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，開(kāi)始時(shí)勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，小球平衡時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角(θ＜45°)。現(xiàn)使電場(chǎng)方向在原豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)過(guò)2θ角(轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中小球所帶電荷量不變)，而保持小球在原位置不動(dòng)，則此過(guò)程中下列判斷正確的是()圖13A.細(xì)線的拉力先減小后增大B.電場(chǎng)強(qiáng)度一直減小C.細(xì)線的拉力先增大后減小D.電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大解析帶電小球在重力mg、細(xì)線拉力FT及電場(chǎng)力qE作用下處于平衡狀態(tài)，此三力必可組成一封閉矢量三角形，當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度方向發(fā)生變化時(shí)，帶電小球受力變化情況如圖所示，則由圖知細(xì)線拉力一直在減小，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力先減小后增大(電場(chǎng)方向逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)θ角時(shí)電場(chǎng)力最小)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確。答案D3.如圖14所示，兩根通電直導(dǎo)體棒用四根長(zhǎng)度相等的絕緣細(xì)線懸掛于O1、O2兩點(diǎn)，已知O1O2連線水平，導(dǎo)體棒靜止時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，保持導(dǎo)體棒中的電流大小和方向不變，在導(dǎo)體棒所在空間加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)后絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是()圖14A.兩導(dǎo)體棒中的電流方向一定相同B.所加磁場(chǎng)的方向可能沿x軸正方向C.所加磁場(chǎng)的方向可能沿z軸正方向D.所加磁場(chǎng)的方向可能沿y軸負(fù)方向解析本題的易錯(cuò)點(diǎn)是看不懂立體圖，不能把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。在導(dǎo)體棒所在空間加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)后絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，則兩導(dǎo)體棒中的電流方向一定相反，且電流大小相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由左手定則可知，所加磁場(chǎng)的方向可能沿z軸正方向，選項(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤。答案C4.(多選)(2015·浙江理綜，20)如圖15所示，用兩根長(zhǎng)度相同的絕緣細(xì)線把一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點(diǎn)，A上帶有Q＝3.0×10－6C的正電荷。兩線夾角為120°，兩線上的拉力大小分別為F1和F2。A的正下方0.3m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B圖15A.支架對(duì)地面的壓力大小為2.0NB.兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9NC.將B水平右移，使M、A、B在同一直線上，此時(shí)兩線上的拉力大小F1＝1.225N，F(xiàn)2＝1.0ND.將B移到無(wú)窮遠(yuǎn)處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866N解析小球A、B間的庫(kù)侖力為F庫(kù)＝keq\f(QQ,r2)＝9.0×109×eq\f(3.0×10－6×3.0×10－6,0.32)N＝0.9N，以B和絕緣支架整體為研究對(duì)象受力分析圖如圖甲所示，地面對(duì)支架支持力為FN＝mg－F庫(kù)＝1.1N，A錯(cuò)誤；以A球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析圖如圖乙所示，F(xiàn)1＝F2＝mAg＋F庫(kù)＝1.9N，B正確；B水平向右移，當(dāng)M、A、B在同一直線上時(shí)，A、B間距為r′＝0.6m，F(xiàn)庫(kù)′＝keq\f(QQ,r′2)＝0.225N，以A球?yàn)檠芯繉?duì)象受力分析圖如圖丙所示，可知F2′＝1.0N，F(xiàn)1′－F庫(kù)′＝1.0N，F(xiàn)1′＝1.225N，所以C正確；將B移到無(wú)窮遠(yuǎn)，則F庫(kù)″＝0，可求得F1″＝F2″＝1N，D錯(cuò)誤。答案BC高頻考點(diǎn)一共點(diǎn)力作用下物體的平衡[滿分策略][滿分示例](6分)(多選)(2015·河南八市重點(diǎn)高中高三第三次聯(lián)考)如圖16所示，一質(zhì)量為m的滑塊置于傾角為30°的粗糙斜面上，一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點(diǎn)，另一端系在滑塊上，彈簧與斜面垂直，系統(tǒng)靜止，則()圖16A.滑塊不可能只受到三個(gè)力的作用B.彈簧可能處于伸長(zhǎng)狀態(tài)C.斜面對(duì)滑塊的支持力大小可能為零D.斜面對(duì)滑塊的摩擦力大小一定等于eq\f(1,2)mg審題流程第一步：審題干→獲取信息第二步：審選項(xiàng)→構(gòu)建思路解析彈簧如果處于原長(zhǎng)狀態(tài)，則滑塊受重力、斜面彈力和摩擦力作用，A項(xiàng)錯(cuò)誤；彈簧如果處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，假設(shè)斜面對(duì)滑塊的支持力為零，則滑塊僅受重力和彈簧的拉力作用，兩力方向不共線，滑塊不可能靜止，這時(shí)彈簧對(duì)滑塊的拉力一定小于重力垂直斜面方向的分力，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；不論彈簧處于何種狀態(tài)，由平衡條件可知，斜面對(duì)滑塊的摩擦力Ff＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，D項(xiàng)正確。答案BD[滿分體驗(yàn)](2015·山東理綜，16)如圖17所示，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時(shí)A恰好不滑動(dòng)，B剛好不下滑。已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。A與B的質(zhì)量之比為()圖17A.eq\f(1,μ1μ2)B.eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C.eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2)D.eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)解析對(duì)物體A、B整體在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；對(duì)物體B在豎直方向上有μ1F＝mBg；聯(lián)立解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)，選項(xiàng)B正確。答案B專題提升訓(xùn)練一、選擇題(1～9題為單項(xiàng)選擇題，10～13題為多項(xiàng)選擇題)1.(2015·金華十校高三4月模擬考試)在建筑裝修中，工人用質(zhì)量為m的磨石對(duì)斜壁進(jìn)行打磨，當(dāng)對(duì)磨石加豎直向上推力F時(shí)，磨石恰好能沿斜壁向上勻速運(yùn)動(dòng)，已知磨石與斜壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則磨石受到的摩擦力大小為()圖1A.FsinθB.FcosθC.μ(F－mg)sinθD.μ(F－mg)cosθ解析磨石受豎直向下的重力、豎直向上的推力F、垂直于斜壁向下的彈力FN和沿斜壁向下的摩擦力Ff作用，由于磨石勻速運(yùn)動(dòng)，故其所受合力為0。故垂直于斜壁方向有mgsinθ＋FN＝Fsinθ，故FN＝Fsinθ－mgsinθ，所以Ff＝μFN＝μ(F－mg)sinθ，平行于斜壁方向有Ff＋mgcosθ＝Fcosθ，所以Ff＝(F－mg)cosθ，故只選C。答案C2.(2015·陜西寶雞一檢)在如圖所示的A、B、C、D四幅圖中，滑輪本身的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過(guò)滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一個(gè)質(zhì)量都是m的重物，當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，圖A、C、D中桿P與豎直方向夾角均為θ，圖B中桿P在豎直方向上，假設(shè)A、B、C、D四幅圖中滑輪受到木桿彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷中正確的是()A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD解析設(shè)滑輪兩邊細(xì)繩的夾角為φ，對(duì)重物，可得繩子拉力等于重物重力mg，滑輪受到木桿彈力F等于細(xì)繩拉力的合力，即F＝2mgcoseq\f(φ,2)，由夾角關(guān)系可得FD＞FA＝FB＞FC，選項(xiàng)B正確。答案B3.(2015·煙臺(tái)一模)如圖2所示，放在水平面上的斜面體B始終靜止，物塊A放在斜面體上，一輕質(zhì)彈簧，兩端分別與物塊A及固定在斜面體底端的擋板拴接，初始時(shí)A、B靜止，彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)用力F沿斜面向上拉A，但并未運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()圖2A.彈簧對(duì)擋板的作用力減小B.A、B之間的摩擦力可能大小不變C.B對(duì)地面的壓力增加D.水平面對(duì)B的摩擦力不變解析開(kāi)始彈簧處于壓縮狀態(tài)，加力F后，A未運(yùn)動(dòng)，彈簧長(zhǎng)度不變，則彈簧對(duì)擋板作用力不變，A錯(cuò)；隔離物塊A分析得，A受B的摩擦力可能方向變化、大小不變，B對(duì)；A、B整體受力平衡，F(xiàn)水平＝Ff，F(xiàn)豎直＋FN＝M總g，所以C、D錯(cuò)誤。答案B4.如圖3所示，一個(gè)人站在水平地面上的長(zhǎng)木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài)，三者的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，則()圖3A.箱子受到的摩擦力方向向右B.地面對(duì)木板的摩擦力方向向左C.木板對(duì)地面的壓力大小為3mgD.若人用斜向下的力推箱子，則木板對(duì)地面的壓力會(huì)大于3mg解析對(duì)箱子受力分析，受重力、支持力、F、靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與F平衡，故A錯(cuò)誤；對(duì)三個(gè)物體的整體受力分析，受重力和支持力，不受靜摩擦力，否則不平衡，故地面對(duì)木板沒(méi)有靜摩擦力，故B錯(cuò)誤；對(duì)三個(gè)物體的整體受力分析，受重力和支持力，根據(jù)平衡條件，支持力等于重力；根據(jù)牛頓第三定律，支持力等于壓力；故壓力等于整體的重力，為3mg；故C正確；人用斜向下的力推箱子，對(duì)三個(gè)物體的整體受力分析，受重力和支持力，故壓力依然等于3mg，故D錯(cuò)誤。答案C5.如圖4所示，一個(gè)L型木板(上表面光滑)放在斜面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的木塊相連。斜面放在平板小車上，整體一起沿水平向右的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。則關(guān)于各物體的受力情況，下列說(shuō)法正確的是()圖4A.L型木板受4個(gè)力的作用B.斜面可能只受2個(gè)力作用C.木塊受2個(gè)力作用D.斜面不可能受平板小車對(duì)它的摩擦力作用解析先把L型木板、木塊、斜面看成一個(gè)整體進(jìn)行分析，受重力、小車的支持力，D正確；隔離木塊進(jìn)行分析，受重力、斜面的支持力、彈簧的彈力(沿斜面向上)三個(gè)力作用處于平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；隔離木板，受重力、斜面的支持力、彈簧的彈力(沿斜面向下)、木塊的壓力、斜面對(duì)它的摩擦力5個(gè)力，A錯(cuò)誤；隔離斜面，受4個(gè)力作用，B錯(cuò)誤。答案D6.(2015·江西南昌調(diào)研)水平面上有U形導(dǎo)軌NMPQ，它們之間的寬度為L(zhǎng)，M和P之間接入電源，現(xiàn)垂直于導(dǎo)軌擱一根質(zhì)量為m的金屬棒ab，棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(滑動(dòng)摩擦力略小于最大靜摩擦力)，通過(guò)棒的電流強(qiáng)度為I?，F(xiàn)加一個(gè)范圍較大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于金屬棒ab，與垂直導(dǎo)軌平面的方向夾角為θ，如圖5所示，金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，則金屬棒所受的摩擦力大小為()圖5A.BILsinθB.BILcosθC.μ(mg－BILsinθ)D.μ(mg＋BILcosθ)解析金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，對(duì)其進(jìn)行受力分析，如圖所示，在水平方向有BILcosθ－Ff＝0，F(xiàn)f＝BILcosθ，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。答案B7.(2015·杭州市第一次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè))如圖6所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與水平直導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，閉合開(kāi)關(guān)K后導(dǎo)體棒中的電流為I，導(dǎo)體棒平衡時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x1；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性，使導(dǎo)體棒中電流反向，導(dǎo)體棒中電流仍為I，導(dǎo)體棒平衡時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為x2，忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為()圖6A.eq\f(k,IL)(x1＋x2)B.eq\f(k,IL)(x2－x1)C.eq\f(k,2IL)(x2＋x1)D.eq\f(k,2IL)(x2－x1)解析調(diào)轉(zhuǎn)電源極性時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力方向與調(diào)轉(zhuǎn)前相反。由平衡條件可得mgsinα＝kx1＋BIL；調(diào)轉(zhuǎn)電源極性使導(dǎo)體棒中電流反向，由平衡條件可得mgsinα＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝eq\f(k,2IL)(x2－x1)，選項(xiàng)D正確。答案D8.如圖7所示，在粗糙水平面上建立一直角坐標(biāo)系xOy，在坐標(biāo)原點(diǎn)處有一物體，質(zhì)量m＝5kg，物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.08，物體受到沿坐標(biāo)軸的三個(gè)恒力F1、F2、F3的作用而靜止于水平面上，其中F1＝3N，方向沿x軸正方向；F2＝4N，方向沿y軸正方向；F3沿x軸負(fù)方向。則下列說(shuō)法正確的是()圖7A.F3的大小可能大于4NB.F3的大小可能小于3NC.物體受到的摩擦力大小一定等于4N，方向沿y軸負(fù)方向D.物體受到的摩擦力大小可能小于4N，方向沿y軸負(fù)方向解析物體所受地面的最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝4N，由平衡條件可知，F(xiàn)1、F2、F3的合力必須小于或等于4N，其中F2＝4N，F(xiàn)1與F3反向，只有當(dāng)F1＝F3時(shí)，三力的合力才等于4N，否則一定大于4N，因此F3＝3N，靜摩擦力Ff＝Ffm＝4N，方向與F2相反，即沿y軸負(fù)方向，選項(xiàng)C正確。答案C9.如圖8甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物塊正沿斜面以速度v0勻速下滑，斜劈保持靜止，地面對(duì)斜劈的摩擦力為Ff1。若對(duì)該物塊施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，如圖乙所示，則地面對(duì)斜劈的摩擦力為Ff2；若對(duì)該物塊施加一平行于斜面向上的推力F2，使其減速下滑，如圖丙所示，則地面對(duì)斜劈的摩擦力為Ff3，下列關(guān)于Ff1、Ff2、Ff3的大小關(guān)系正確的是()圖8A.Ff1＞0B.Ff2＞Ff3C.Ff2＜Ff3D.Ff2＝Ff3解析題圖甲中斜劈和物塊都處于平衡狀態(tài)，對(duì)整體，只有豎直方向的重力和支持力，地面對(duì)斜劈的摩擦力Ff1＝0，若有摩擦力，則系統(tǒng)不能平衡，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖甲的情景可知，在題圖乙、丙中，物塊受到的斜面作用力都是滑動(dòng)摩擦力和支持力，合力與物塊的重力平衡，即豎直向上，因此物塊對(duì)斜面的作用力(滑動(dòng)摩擦力和壓力的合力)總是豎直向下的，且與物塊的重力等大，所以對(duì)斜劈，只受到了豎直方向的重力、地面支持力和物塊的作用力，與題圖甲中的受力情況相同，因此有Ff1＝Ff2＝Ff3＝0，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確。答案D10.(2015·武漢市調(diào)研考試)如圖9所示，水平細(xì)桿上套一環(huán)A，環(huán)A與球B間用一輕質(zhì)繩相連，質(zhì)量分別為mA、mB，由于B球受到風(fēng)力作用，A與B球一起向右勻速運(yùn)動(dòng)。已知輕質(zhì)繩與豎直方向的夾角為θ。則下列說(shuō)法中正確的是()圖9A.風(fēng)力增大時(shí)，輕質(zhì)繩對(duì)B球的拉力保持不變B.B球受到的風(fēng)力F為mBgtanθC.桿對(duì)A球的支持力隨著風(fēng)力的增大而增大D.A球與水平細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(mBtanθ,mA＋mB)解析以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，受到重力、風(fēng)力和拉力，三力平衡，如圖所示，解三角形得到拉力FT＝eq\f(mBg,cosθ)，風(fēng)力F＝mBgtanθ，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；利用整體法，水平方向有F＝μ(mA＋mB)g，解得μ＝eq\f(mBtanθ,mA＋mB)，D項(xiàng)正確；豎直方向，桿對(duì)A球的支持力FNA＝(mA＋mB)g，C項(xiàng)錯(cuò)誤。答案BD11.(2015·煙臺(tái)二模)如圖10所示，兩段等長(zhǎng)細(xì)線L1和L2串接著兩個(gè)質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點(diǎn)?，F(xiàn)施加水平向右的力F緩慢拉動(dòng)a，L1對(duì)a球的拉力大小為F1，L2對(duì)b球的拉力大小為F2，在緩慢拉動(dòng)的過(guò)程中，F(xiàn)1和F2的變化情況是()圖10A.F1變大B.F1變小C.F2不變D.F2變大解析在F緩慢拉動(dòng)過(guò)程中，b球受力如圖甲所示，由平衡條件得F2＝m2g，故F2不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；a、b球整體受力如圖乙所示，由平衡條件得F1cosθ－(m1＋m2)g＝0，在力F向右拉動(dòng)過(guò)程中，L1與豎直方向的夾角θ變大，cosθ變小，故F1變大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤。答案AC12.(2015·山東省日照市高三校際聯(lián)合檢測(cè))如圖11所示，一根繩子一端固定于豎直墻上的A點(diǎn)，另一端繞過(guò)動(dòng)滑輪P懸掛一重物B，其中繩子的PA段處于水平狀態(tài)，另一根繩子一端與動(dòng)滑輪P的軸相連，在繞過(guò)光滑的定滑輪Q后在其端點(diǎn)O施加一水平向左的外力F，使整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，滑輪均為光滑、輕質(zhì)，且均可看做質(zhì)點(diǎn)，現(xiàn)拉動(dòng)繩子的端點(diǎn)O使其向左緩慢移動(dòng)一小段距離后達(dá)到新的平衡狀態(tài)，則該平衡狀態(tài)與原平衡狀態(tài)相比較()圖11A.拉力F增加B.拉力F減小C.角θ不變D.角θ減小解析以動(dòng)滑輪P為研究對(duì)象，AP、BP段繩子受的力始終等于B的重力，兩繩子拉力的合力在∠APB角平分線上，拉動(dòng)繩子后，滑輪向上運(yùn)動(dòng)，兩繩子夾角減小，兩拉力的合力增大，故F增大，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)；PQ與豎直方向夾角等于∠APB的一半，故拉動(dòng)繩子后角θ減小，C項(xiàng)錯(cuò)，D正確。答案AD13.(2015·四川省成都市畢業(yè)班一診)如圖12所示，一個(gè)質(zhì)量為4kg的半球形物體A放在傾角為θ＝37°的斜面B上靜止不動(dòng)。若用通過(guò)球心的水平推力F＝10N作用在物體上，物體仍靜止在斜面上，斜面仍相對(duì)地面靜止。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，則()圖12A.物體A受到斜面B的摩擦力增加8NB.物體A對(duì)斜面B的作用力增加10NC.地面對(duì)斜面B的彈力不變D.地面對(duì)斜面B的摩擦力增加10N解析若用通過(guò)球心的水平推力F＝10N作用在物體上，物體仍靜止在斜面上，將該力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件可得：Fcos37°＋Ff＝mgsin37°，解得摩擦力Ff＝16N。物體A受到斜面B的摩擦力減小ΔFf＝24N－16N＝8N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沒(méi)有施加水平力F時(shí)，根據(jù)平衡條件，A受斜面作用力與重力等大反向，即大小為40N，根據(jù)牛頓第三定律，物體A對(duì)斜面的作用力為40N，方向豎直向下。施加水平力F后，物體A對(duì)斜面的作用力如圖，F(xiàn)′＝eq\r(102＋402)N＝10eq\r(17)N，物體A對(duì)斜面B的作用力增加(10eq\r(17)－40)N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；把物體A和斜面B看做整體，分析受力，由平衡條件可知，地面對(duì)斜面B的彈力不變，摩擦力增加10N，選項(xiàng)C、D正確。答案CD二、非選擇題14.(2015·浙江理綜，24)小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖13甲所示，等臂天平的左臂為掛盤(pán)，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡。線圈的水平邊長(zhǎng)L＝0.1m，豎直邊長(zhǎng)H＝0.3m，匝數(shù)為N1。線圈的下邊處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0T，方向垂直線圈平面向里。線圈中通有可在0～2.0A范圍內(nèi)調(diào)節(jié)的電流I。掛盤(pán)放上待測(cè)物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量。(重力加速度取g＝10m/s2)甲乙圖13(1)為使電磁天平的量程達(dá)到0.5kg，線圈的匝數(shù)N1至少為多少？(2)進(jìn)一步探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，另選N2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10Ω，不接外電流，兩臂平衡。如圖乙所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻變大，磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾萪＝0.1m。當(dāng)掛盤(pán)中放質(zhì)量為0.01kg的物體時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率eq\f(ΔB,Δt)。解析(1)題中“電磁天平”中的線圈受到安培力F＝N1B0IL①由天平平衡可知：mg＝N1B0IL②代入數(shù)據(jù)解得：N1＝25匝③(2)由電磁感應(yīng)定律得：E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld④由歐姆定律得：I′＝eq\f(E,R)⑤線圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥由天平平衡可得：m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)⑦代入數(shù)據(jù)可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s⑧答案(1)25匝(2)0.1T/s第2講力與物體的直線運(yùn)動(dòng)1.(2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ，14)甲、乙兩汽車在一平直公路上同向行駛。在t＝0到t＝t1的時(shí)間內(nèi)，它們的v－t圖象如圖1所示。在這段時(shí)間內(nèi)()圖1A.汽車甲的平均速度比乙的大B.汽車乙的平均速度等于eq\f(v1＋v2,2)C.甲、乙兩汽車的位移相同D.汽車甲的加速度大小逐漸減小，汽車乙的加速度大小逐漸增大解析因?yàn)閳D線與坐標(biāo)軸所圍的“面積”是物體的位移，故在0～t1時(shí)間內(nèi)，甲車的位移大于乙車，故根據(jù)＝eq\f(x,t)可知，甲車的平均速度大于乙車，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；因?yàn)橐臆囎鲎儨p速運(yùn)動(dòng)，故平均速度小于eq\f(v1＋v2,2)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)閳D線切線的斜率等于物體的加速度，故甲、乙兩車的加速度大小均逐漸減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A2.(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ，20)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為eq\f(2,3)a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F。不計(jì)車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為()A.8B.10C.15解析設(shè)P、Q西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則F＝nma①P、Q東邊有k節(jié)車廂，則F＝km·eq\f(2,3)a②聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當(dāng)n＝2時(shí)，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5當(dāng)n＝4時(shí)，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10當(dāng)n＝6時(shí)，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15當(dāng)n＝8時(shí)，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項(xiàng)B、C正確。答案BC3.(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，20)如圖2(a)，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()圖2A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析由v－t圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(v0,t1)，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1)。同理向下滑行時(shí)gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，兩式聯(lián)立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，可見(jiàn)能計(jì)算出斜面的傾斜角度θ以及動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、C正確；物塊滑上斜面時(shí)的初速度v0已知，向上滑行過(guò)程為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為0，那么平均速度為eq\f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離為x＝eq\f(v0,2)t1，根據(jù)斜面的傾斜角度可計(jì)算出向上滑行的最大高度為xsinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0（v0＋v1）,4g)，選項(xiàng)D正確；僅根據(jù)v－t圖象無(wú)法求出物塊的質(zhì)量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。答案ACD4.(2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，24)公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當(dāng)前車突然停止時(shí)，后車司機(jī)可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車相碰。通常情況下，人的反應(yīng)時(shí)間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1s。當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時(shí)，安全距離為120m。設(shè)雨天時(shí)汽車輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的eq\f(2,5)。若要求安全距離仍為120m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度。解析設(shè)路面干燥時(shí)，汽車與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0，剎車時(shí)汽車的加速度大小為a0，安全距離為x，反應(yīng)時(shí)間為t0，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μ0mg＝ma0①x＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a0)②式中，m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度。設(shè)在雨天行駛時(shí)，汽車與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，依題意有μ＝eq\f(2,5)μ0③設(shè)在雨天行駛時(shí)汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μmg＝ma④x＝vt0＋eq\f(v2,2a)⑤聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝20m/s(v＝－24m/s不符合實(shí)際，舍去)答案20m/s5.(2014·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ，24)2012年10月，奧地利極限運(yùn)動(dòng)員菲利克斯·鮑姆加特納乘氣球升至約39km的高空后跳下，經(jīng)過(guò)4分20秒到達(dá)距地面約1.5km高度處，打開(kāi)降落傘并成功落地，打破了跳傘運(yùn)動(dòng)的多項(xiàng)世界紀(jì)錄。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)若忽略空氣阻力，求該運(yùn)動(dòng)員從靜止開(kāi)始下落至1.5km高度處所需的時(shí)間及其在此處速度的大??；(2)實(shí)際上，物體在空氣中運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到空氣的阻力，高速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力的大小可近似表示為f＝kv2，其中v為速率，k為阻力系數(shù)，其數(shù)值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關(guān)。已知該運(yùn)動(dòng)員在某段時(shí)間內(nèi)高速下落的v－t圖象如圖3所示。若該運(yùn)動(dòng)員和所帶裝備的總質(zhì)量m＝100kg，試估算該運(yùn)動(dòng)員在達(dá)到最大速度時(shí)所受阻力的阻力系數(shù)。(結(jié)果保留1位有效數(shù)字)圖3解析(1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員從開(kāi)始自由下落至1.5km高度處的時(shí)間為t，下落距離為h，在1.5km高度處的速度大小為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v＝gt①h＝eq\f(1,2)gt2②依題意有h＝(3.9×104－1.5×103)m③聯(lián)立①②③式可得：t＝87s④v＝8.7×102(2)該運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最大速度vmax時(shí)，加速度為零，由牛頓第二定律有：mg＝kveq\o\al(2,max)⑥由所給的v－t圖象可讀出vmax≈360m/s⑦由⑥⑦式可得：k＝0.008kg/m答案(1)87s8.7×102m/s(2)0.008kg/m6.(2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ，25)一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖4(a)所示。t＝0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t＝1s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板。已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v－t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：圖4(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(2)木板的最小長(zhǎng)度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。解析(1)根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v＝4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s小物塊受到滑動(dòng)摩擦力作用而向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝eq\f(4－0,1)m/s2＝4m/s2。根據(jù)牛頓第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板與墻壁碰撞前，勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可得x＝vt＋eq\f(1,2)a1t2解得a1＝1m/s2小物塊和木板整體受力分析，滑動(dòng)摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g解得μ1＝0.1(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma可得a3＝eq\f(4,3)m/s2對(duì)滑塊，加速度大小為a2＝4m/s2由于a2＞a3，所以滑塊速度先減小到0，所用時(shí)間為t1＝1s在此過(guò)程中，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝vt1－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,1)＝eq\f(10,3)m,末速度v1＝v－a3t1＝eq\f(8,3)m/s滑塊向右運(yùn)動(dòng)的位移x2＝eq\f(v＋0,2)t1＝2m此后，小物塊開(kāi)始向左加速，加速度大小仍為a2＝4m/s2木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為a3＝eq\f(4,3)m/s2假設(shè)又經(jīng)歷時(shí)間t2二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s此過(guò)程中，木板向左運(yùn)動(dòng)的位移x3＝v1t2－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝eq\f(7,6)m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑塊向左運(yùn)動(dòng)的位移x4＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝0.5m此后小物塊和木板一起勻減速運(yùn)動(dòng)，二者的相對(duì)位移最大為Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m小物塊始終沒(méi)有離開(kāi)木板，所以木板最小的長(zhǎng)度為6m(3)最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度大小為a1＝1m/s2向左運(yùn)動(dòng)的位移為x5＝eq\f(veq\o\al(2,3),2a1)＝2m所以木板右端離墻壁最遠(yuǎn)的距離為x＝x1＋x3＋x5＝6.5m答案(1)0.10.4(2)6m(3)6.5m7.(2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ，25)下暴雨時(shí)，有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為θ＝37°(sin37°＝eq\f(3,5))的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖5所示。假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時(shí)間內(nèi)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為eq\f(3,8)，B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A離B下邊緣的距離l＝27m，C足夠長(zhǎng)，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：圖5(1)在0～2s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大?。?2)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。解析(1)在0～2s時(shí)間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2、FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得Ff1＝μ1FN1①FN1＝mgcosθ②Ff2＝μ2FN2③FN2＝FN1＋mgcosθ④規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1⑤mgsinθ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題給條件得a1＝3m/s2⑦a2＝1m/s2⑧(2)在t1＝2s時(shí)，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6m/s⑨v2＝a2t1＝2m/s⑩2s后，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時(shí)A與B之間摩擦力為零，同理可得a1′＝6m/s2?a2′＝－2m/s2?由于a2′＜0，可知B做減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，B的速度減為零，則有v2＋a2′t2＝0?聯(lián)立⑩??式得t2＝1s?在t1＋t2時(shí)間內(nèi)，A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋v1t2＋\f(1,2)a1′teq\o\al(2,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＋v2t2＋\f(1,2)a2′teq\o\al(2,2)))＝12m＜27m?此后B靜止不動(dòng)，A繼續(xù)在B上滑動(dòng)。設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t3后A離開(kāi)B，則有l(wèi)－x＝(v1＋a1′t2)t3＋eq\f(1,2)a1′teq\o\al(2,3)?可得t3＝1s(另一解不合題意，舍去)?設(shè)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t總，有t總＝t1＋t2＋t3＝4s答案(1)3m/s21m/s2(2)4s考情分析主要題型：選擇題和計(jì)算題知識(shí)熱點(diǎn)(1)單獨(dú)命題①勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式及應(yīng)用的考查。②x－t、v－t、a－t、F－t等圖象問(wèn)題的考查。③牛頓運(yùn)動(dòng)定律的考查。(2)交匯命題①考查利用v－t圖象和牛頓第二定律解決物體運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程及連接體問(wèn)題。②勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用的考查。思想方法極限思想、逆向思維的思想、理想實(shí)驗(yàn)的思想、分解的思想。比例法、圖象法、推論法、假設(shè)法、控制變量法、整體法、隔離法、合成法等。考向一運(yùn)動(dòng)圖象的應(yīng)用[知識(shí)方法]核心知識(shí)(1)x－t圖象和v－t圖象描述的都是直線運(yùn)動(dòng)，而不是曲線運(yùn)動(dòng)。(2)x－t圖象和v－t圖象不表示物體運(yùn)動(dòng)的軌跡。(3)x－t圖象中兩圖線的交點(diǎn)表示兩物體相遇，而v－t圖象中兩圖線的交點(diǎn)表示兩物體速度相等。(4)v－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移；而x－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積無(wú)實(shí)際意義。規(guī)律方法圖象問(wèn)題要三看(1)看清坐標(biāo)軸所表示的物理量→明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)的制約關(guān)系。(2)看圖線本身→識(shí)別兩個(gè)相關(guān)量的變化趨勢(shì)，從而分析具體的物理過(guò)程。(3)看交點(diǎn)、斜率和“面積”→明確圖線與圖線的交點(diǎn)、圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、圖線斜率、圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積的物理意義。[精典題組]1.如圖6所示，a、b分別為甲、乙兩物體在同一直線上運(yùn)動(dòng)時(shí)的位移與時(shí)間的關(guān)系圖線，其中a為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，b為開(kāi)口向下的拋物線。則下列說(shuō)法正確的是()圖6A.物體乙始終沿正方向運(yùn)動(dòng)B.t1時(shí)刻甲、乙兩物體的位移相等、速度相等C.0～t2時(shí)間內(nèi)物體乙的平均速度大于物體甲的平均速度D.t1到t2時(shí)間內(nèi)兩物體的平均速度相同解析b圖線的斜率先為正值，后為負(fù)值，則物體乙的運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生了變化，A錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻，兩物體的位移相等，但圖線a、b的斜率不相等，則兩物體的速度不相等，B錯(cuò)誤；0～t2時(shí)間內(nèi)，兩物體的位移相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則兩物體的平均速度相同，C錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，兩物體的位移相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則兩物體的平均速度相同，D正確。答案D2.(2015·重慶理綜，5)若貨物隨升降機(jī)運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖7所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖象可能是()圖7解析由v－t圖象可知：過(guò)程①為向下勻加速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向下，失重，F(xiàn)<mg)；過(guò)程②為向下勻速直線運(yùn)動(dòng)(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過(guò)程③為向下勻減速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向上，超重，F(xiàn)>mg)；過(guò)程④為向上勻加速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向上，超重，F(xiàn)>mg)；過(guò)程⑤為向上勻速直線運(yùn)動(dòng)(處于平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg)；過(guò)程⑥為向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向下，失重，F(xiàn)<mg)。綜合選項(xiàng)分析可知B選項(xiàng)正確。答案B3.(多選)質(zhì)量相等的甲、乙兩物體在相同的恒定水平外力作用下由同一起跑線沿不同接觸面由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，兩物體的v－t圖象如圖8所示，則()圖8A.t0后某時(shí)刻甲、乙兩物體位移相等B.0～t0時(shí)間內(nèi)，物體甲的中間時(shí)刻速度大于物體乙的平均速度C.t0時(shí)刻之前，物體甲受到的阻力總是大于物體乙受到的阻力D.t0時(shí)刻之前物體甲的位移總小于物體乙的位移解析由v－t圖象知，0～t0時(shí)間內(nèi)乙的位移大于甲的位移，t0后某時(shí)刻甲、乙兩物體位移相等，A、D正確；甲物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其中間時(shí)刻速度等于圖中三角形面積與t0之比，而物體乙的平均速度為圖線所圍面積與t0之比，顯然0～t0時(shí)間內(nèi)，物體甲的中間時(shí)刻速度小于物體乙的平均速度，B錯(cuò)誤；由圖線的斜率意義知t0時(shí)刻之前物體乙的加速度先大于甲的加速度，后小于甲的加速度，由F－f＝ma知，t0時(shí)刻之前，物體甲受到的阻力先大于物體乙受到的阻力，后小于乙受到的阻力，C錯(cuò)誤。答案AD4.(多選)a、b兩車從同一地點(diǎn)在平直公路上沿同方向行駛，其v－t圖象如圖9所示。則下列說(shuō)法中正確的有()圖9A.t＝t1時(shí)，a、b兩車速度的大小相同、方向相反B.t＝t1時(shí)，a、b兩車的加速度大小相同，方向相反C.t＝t1時(shí)，a、b兩車重新相遇D.0～t1時(shí)間內(nèi)，a車的位移是b車的位移的3倍解析由速度圖象可知，在t1時(shí)刻，兩圖線交點(diǎn)表示兩車速度相同，即大小相等、方向相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由速度圖象中兩圖線的斜率判斷可知兩車加速度的大小相同、方向相反，B項(xiàng)正確；0～t1時(shí)刻，位移為圖線與坐標(biāo)軸所圍面積，可知兩車位移比為3∶1，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案BD解后反思解圖象類問(wèn)題的關(guān)鍵：在于將圖象與物理過(guò)程對(duì)應(yīng)起來(lái)，通過(guò)圖象的坐標(biāo)軸、關(guān)鍵點(diǎn)、斜率、面積等信息，對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分析，從而解決問(wèn)題?？枷蚨蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用[知識(shí)方法]核心知識(shí)規(guī)律方法1.求解勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般思路eq\x(審題)→eq\x(畫(huà)出示意圖)→eq\x(判斷運(yùn)動(dòng)性質(zhì))→eq\x(選取正方向)→eq\x(選用公式列方程)→eq\x(求解方程)2.常用方法：基本公式法、平均速度法、推論法、比例法和逆向思維法[精典題組]1.(2015·山東理綜，14)距地面高5m的水平直軌道上A、B兩點(diǎn)相距2m，在B點(diǎn)用細(xì)線懸掛一小球，離地高度為h，如圖10所示。小車始終以4m/s的速度沿軌道勻速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下，小車運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)細(xì)線被軋斷，最后兩球同時(shí)落地。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2。可求得h等于()圖10A.1.25mB.C.3.75mD.4.75m解析小車上的小球自A點(diǎn)自由落地的時(shí)間t1＝eq\r(\f(2H,g))，小車從A到B的時(shí)間t2＝eq\f(d,v)，小車運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)細(xì)線軋斷，小球下落的時(shí)間t3＝eq\r(\f(2h,g))；根據(jù)題意可得時(shí)間關(guān)系為t1＝t2＋t3，即eq\r(\f(2H,g))＝eq\f(d,v)＋eq\r(\f(2h,g))，解得h＝1.25m，選項(xiàng)A正確。答案A2.2013年12月“嫦娥三號(hào)”在月球表面上的軟著陸為我們的月球旅行開(kāi)辟了新航道。未來(lái)的某天，一位同學(xué)在月球上完成自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)，讓一個(gè)質(zhì)量為2kg的小球從一定的高度自由下落，測(cè)得小球在第5s內(nèi)的位移是7.2m，此時(shí)小球還未落地，則()A.小球在前5s內(nèi)的位移是20mB.小球在5s末的速度是16.0m/sC.月球表面的重力加速度大小為3.6m/s2D.小球在第5s內(nèi)的平均速度是3.6m/s解析小球第5s內(nèi)的位移是7.2m，則有eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝Δh，其中t1＝5s，t2＝4s，Δh＝7.2m解得g＝1.6m/s2，小球在前5s內(nèi)的位移是x1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1.6×52m＝20m，故選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；小球在5s末的速度v5＝gt＝1.6×5m/s＝8m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球在第5s內(nèi)的平均速度＝eq\f(x,t)＝eq\f(7.2,1)m/s＝7.2m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A3.春節(jié)放假期間，全國(guó)高速公路免費(fèi)通行，小轎車可以不停車通過(guò)收費(fèi)站，但要求小轎車通過(guò)收費(fèi)站窗口前x0＝9m區(qū)間的速度不超過(guò)v0＝6m/s?，F(xiàn)有甲、乙兩小轎車在收費(fèi)站前平直公路上分別以v甲＝20m/s和v乙＝34m/s的速度勻速行駛，甲車在前，乙車在后。甲車司機(jī)發(fā)現(xiàn)正前方收費(fèi)站，開(kāi)始以大小為a甲＝2m/s2的加速度勻減速剎車。(1)甲車司機(jī)需在離收費(fèi)站窗口至少多遠(yuǎn)處開(kāi)始剎車才不違章；(2)若甲車司機(jī)經(jīng)剎車到達(dá)離收費(fèi)站窗口前9m處的速度恰好為6m/s，乙車司機(jī)在發(fā)現(xiàn)甲車剎車時(shí)經(jīng)t0＝0.5s的反應(yīng)時(shí)間后開(kāi)始以大小為a乙＝4m/s2的加速度勻減速剎車。為避免兩車相撞，且乙車在收費(fèi)站窗口前9m區(qū)不超速。則在甲車司機(jī)開(kāi)始剎車時(shí)，甲、乙兩車至少相距多遠(yuǎn)？解析(1)甲車速度由20m/s減速至6m/s的位移x1＝eq\f(veq\o\al(2,甲)－veq\o\al(2,0),2a甲)＝91mx2＝x0＋x1＝100m即：甲車司機(jī)需在離收費(fèi)站窗口至少100m處開(kāi)始剎車才不違章。(2)設(shè)甲、乙兩車速度相同時(shí)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t解得：t＝8s相同速度v＝v甲－a甲t＝4m/s＜6m/s，即v0＝6m/s的共同速度為不相撞的臨界條件乙車從司機(jī)發(fā)現(xiàn)甲車剎車至減速至6m/s的位移為x3＝v乙t0＋eq\f(veq\o\al(2,乙)－veq\o\al(2,0),2a乙)＝157m所以要滿足條件，甲、乙的距離x＝x3－x1＝66m答案(1)100m(2)66m4.[2015·長(zhǎng)沙市高考模擬考試(二)]交管部門強(qiáng)行推出了“電子眼”，機(jī)動(dòng)車擅自闖紅燈的現(xiàn)象大幅度減少?，F(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10m/s。當(dāng)兩車快要到一十字路時(shí)，甲車司機(jī)看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(反應(yīng)時(shí)間忽略不計(jì))，乙車司機(jī)為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機(jī)反應(yīng)較慢(反應(yīng)時(shí)間為0.5s)。已知甲車緊急剎車時(shí)制動(dòng)力為車重的0.4倍，乙車緊急剎車制動(dòng)力為車重的0.5倍，求：(1)若甲司機(jī)看到黃燈時(shí)車頭距警戒線15m。他采取上述措施能否避免闖紅燈？(2)為保證兩車在緊急剎車過(guò)程中不相撞，甲、乙兩車行駛過(guò)程中應(yīng)保持多大距離？解析(1)甲車緊急剎車的加速度為a1＝eq\f(Ff1,m1)＝eq\f(0.4m1g,m1)＝4m/s2甲車停下所需時(shí)間：t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,4)s＝2.5s甲車滑行距離：x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(102,2×4)m＝12.5m由于x＝12.5m＜15m，所以甲車能避免闖紅燈。(2)設(shè)甲、乙兩車行駛過(guò)程中至少應(yīng)保持距離x0，在乙車剎車t2時(shí)間兩車速度相等，乙車緊急剎車的加速度為a2＝eq\f(Ff2,m2)＝5m/s2速度相等：v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2解得：t2＝2.0s乙車發(fā)生的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝15m甲車發(fā)生的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－eq\f(1,2)a1(t0＋t2)2＝12.5mx0＝x乙－x甲＝(15－12.5)m＝2.5m答案(1)能避免闖紅燈(2)2.5m解后反思1.求解勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)的方法技巧在涉及勻變速直線運(yùn)動(dòng)的題目中，如果出現(xiàn)相等時(shí)間關(guān)系，則要優(yōu)先使用中間時(shí)刻速度公式＝＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2)及相鄰相等時(shí)間T內(nèi)位移差公式xn－xm＝(n－m)aT2；如果題中給出初(或末)速度為0，則要優(yōu)先使用初速度為0的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的“比例公式”。2.求解追及問(wèn)題的技巧考向三牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用[知識(shí)方法]核心知識(shí)1.牛頓第二定律的表達(dá)式：F合＝ma。2.牛頓第二定律的“四性”。(1)矢量性：公式F＝ma是矢量式，F(xiàn)與a方向相同。(2)瞬時(shí)性：力與加速度同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化。(3)同體性：F＝ma中，F(xiàn)、m、a對(duì)應(yīng)同一物體。(4)獨(dú)立性：分力產(chǎn)生的加速度相互獨(dú)立，與其他加速度無(wú)關(guān)。規(guī)律方法1.整體法和隔離法的優(yōu)點(diǎn)及使用條件(1)整體法：①優(yōu)點(diǎn)：研究對(duì)象減少，忽略物體之間的相互作用力，方程數(shù)減少，求解簡(jiǎn)捷。②條件：連接體中各物體具有共同的加速度。(2)隔離法：①優(yōu)點(diǎn)：易看清各個(gè)物體具體的受力情況。②條件：當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時(shí)，一般采用隔離法；求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時(shí)必須用隔離法。2.兩類模型(1)剛性繩(或接觸面)——不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時(shí)間。(2)彈簧(或橡皮繩)——兩端同時(shí)連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點(diǎn)是形變量大，其形變恢復(fù)需要較長(zhǎng)時(shí)間，在瞬時(shí)性問(wèn)題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變。[精典題組]1.(多選)如圖11所示，物塊A、B質(zhì)量相等，在恒力F作用下，在水平面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。若物塊與水平面間接觸面光滑，物塊A的加速度大小為a1，物塊A、B間的相互作用力大小為FN1；若物塊與水平面間接觸面粗糙，且物塊A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，物塊B的加速度大小為a2，物塊A、B間的相互作用力大小為FN2，則以下判斷正確的是()圖11A.a1＝a2B.a1＞a2C.FN1＝FN2D.FN1＜F解析接觸面光滑時(shí)，整體分析，由牛頓第二定律可得：F＝(mA＋mB)a1，可得：a1＝eq\f(F,mA＋mB)＝eq\f(F,2m)；對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律可得：FN1＝mBa1＝eq\f(F,2)。接觸面粗糙時(shí)，整體分析，由牛頓第二定律可得：F－Ff＝(mA＋mB)a2，可得a2＝eq\f(F－Ff,mA＋mB)＝eq\f(F－Ff,2m)；對(duì)B受力分析：FN2＝mBa2＋eq\f(Ff,2)＝eq\f(F,2)，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B、C、D正確。答案BCD2.(多選)(2015·江蘇單科，6)一人乘電梯上樓，在豎直上升過(guò)程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖12所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力()圖12A.t＝2s時(shí)最大B.t＝2s時(shí)最小C.t＝8.5s時(shí)最大D.t＝8.5s時(shí)最小解析由題圖知，在上升過(guò)程中，在0～4s內(nèi)，加速度方向向上，F(xiàn)N－mg＝ma，所以向上的加速度越大，電梯對(duì)人的支持力就越大，由牛頓第三定律可知，人對(duì)電梯的壓力就越大，故A正確，B錯(cuò)誤；由題圖知，在7～10s內(nèi)加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人對(duì)電梯的壓力就越小，故C錯(cuò)誤，D正確。答案AD3.(多選)(2015·海南單科，8)如圖13，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b，b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過(guò)系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()圖13A.a1＝3gB.a1C.Δl1＝2Δl2D.Δl1＝Δl2解析設(shè)物體的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線的拉力消失，彈簧還沒(méi)有來(lái)得及改變，所以剪斷細(xì)線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力T1，剪斷前對(duì)b、c和彈簧組成的整體分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝eq\f(F,m)＝3g，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)彈簧S2的拉力為T2，則T2＝mg，根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯(cuò)誤。答案AC4.(多選)(2015·海南單科，9)如圖14，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊。開(kāi)始時(shí)，升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)()圖14A.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(duì)于斜面減速下滑D.物塊相對(duì)于斜面勻速下滑解析當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)斜面的傾角為θ，物體的質(zhì)量為m，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ。當(dāng)物體以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FN＝m(g＋a)cosθ，F(xiàn)f＝μm(g＋a)cosθ，因?yàn)閟inθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故物體仍相對(duì)斜面勻速下滑，C錯(cuò)誤，D正確。答案BD考向四應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解多過(guò)程問(wèn)題[知識(shí)方法]核心知識(shí)規(guī)律方法1.基本思路：受力分析和運(yùn)動(dòng)分析是解決問(wèn)題的關(guān)鍵，而加速度是聯(lián)系力與運(yùn)動(dòng)的橋梁?；舅悸啡鐖D所示：2.常用方法(1)整體法與隔離法。(2)正交分解法。[精典題組]1.如圖15甲所示，為一傾角θ＝37°的足夠長(zhǎng)斜面，將一質(zhì)量為m＝1kg的物體無(wú)初速度在斜面上釋放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖15(1)2s末物體的速度；(2)前16s內(nèi)物體發(fā)生的位移。解析(1)由分析可知物體在前2s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1v1＝a1t1代入數(shù)據(jù)可得a1＝2.5m/s2，方向沿斜面向下v1＝5m/s，方向沿斜面向下(2)物體在前2s內(nèi)發(fā)生的位移為x1，則x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m，方向沿斜面向下當(dāng)拉力為F2＝4.5N時(shí)，由牛頓第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2代入數(shù)據(jù)可得a2＝0.5m/s2，方向沿斜面向上物體經(jīng)過(guò)t2時(shí)間速度減為0，則v1＝a2t2得t2＝10st2時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為x2，則x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝25m，方向沿斜面向下由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，則物體在剩下4s時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)。故物體在前16s內(nèi)發(fā)生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下。答案(1)5m/s方向沿斜面向下(2)30m方向沿斜面向下2.如圖16所示，某次滑雪訓(xùn)練，運(yùn)動(dòng)員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得水平推力F＝84N而從靜止向前滑行，其作用時(shí)間為t1＝1.0s，撤除水平推力F后經(jīng)過(guò)t2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m＝60kg，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff＝12N，求：圖16(1)第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移；(2)該運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。解析(1)運(yùn)動(dòng)員利用滑雪杖獲得的加速度為a1＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(84－12,60)m/s2＝1.2m/s2第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2m/s位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.6m(2)運(yùn)動(dòng)員停止使用滑雪杖后，加速度大小為a2＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(12,60)m/s2＝0.2m/s2經(jīng)時(shí)間t2速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2＝1.2m/s－0.2×2.0m/s＝0.8m/s第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則veq\o\al(2,2)－v1′2＝2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a2)聯(lián)立解得x2＝5.2m答案(1)1.2m/s0.6m(2)5.2m高頻考點(diǎn)二運(yùn)動(dòng)圖象與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用[滿分策略][滿分示例](12分)(2015·江西七校聯(lián)考)如圖17甲所示，一長(zhǎng)木板靜止在水平地面上，在t＝0時(shí)刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長(zhǎng)木板，以后長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示。已知小物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量均為m＝1kg，小物塊與長(zhǎng)木板間及長(zhǎng)木板與地面間均有摩擦，經(jīng)1s后小物塊與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止(g取10m/s2)，求：圖17(1)小物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)的值；(2)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。審題流程第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)→獲取信息(1)讀題(2)讀圖第二步：找突破口→選取規(guī)律解析(1)長(zhǎng)木板加速過(guò)程中，由牛頓第二定律，得μ1mg－2μ2mg＝ma1(2分)vm＝a1t1(1分)木板和物塊相對(duì)靜止，共同減速過(guò)程中，由牛頓第二定律，得μ2·2mg＝2ma2(2分)0＝vm－a2t2(1分)由圖象可知，vm＝2m/s，t1＝1.0s，t2＝0.8s聯(lián)立解得：μ1＝0.7(1分)(2)小物塊在減速過(guò)程中，有μ1mg＝ma3(2分)vm＝v0－a3t1(1分)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)聯(lián)立解得Q＝40.5J(1分)答案(1)0.7(2)40.5J解后反思巧解動(dòng)力學(xué)中圖象問(wèn)題的步驟第1步：識(shí)別圖象。識(shí)別內(nèi)容包括：①橫、縱坐標(biāo)軸表示的物理量；②是定性描述(坐標(biāo)軸無(wú)標(biāo)度和單位)還是定量描述(坐標(biāo)軸有標(biāo)度和單位)；③圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)律；④圖線與橫坐標(biāo)軸包圍的“面積”有、無(wú)意義及對(duì)應(yīng)的物理量；⑤圖線的折點(diǎn)表示斜率發(fā)生變化，明確圖線斜率對(duì)應(yīng)的物理量；⑥由圖象構(gòu)建數(shù)學(xué)函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)所構(gòu)建的關(guān)系式與掌握的物理規(guī)律對(duì)比，確定式中各項(xiàng)的物理意義。第2步：判別物理過(guò)程。由圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)律確定質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。第3步：選擇解答方法。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，選擇公式法、圖象法解答試題，必要時(shí)建立函數(shù)關(guān)系并進(jìn)行圖象轉(zhuǎn)換，或者與常見(jiàn)形式比較進(jìn)行解答和判斷。[滿分體驗(yàn)](12分)(2015·太原模擬)質(zhì)量為3kg的長(zhǎng)木板A置于光滑的水平地面上，質(zhì)量為2kg的木塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，如圖18甲所示。A、B運(yùn)動(dòng)的加速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示。(g取10m/s2)求：圖18(1)木板與木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(2)4s末A、B的速度；(3)若6s末木板和木塊剛好分