高考物理二輪復(fù)習(xí) 教師文檔 專題一-專題六試題

教師文檔專題一-專題六第1講力與物體的平衡1．(2016·全國卷Ⅱ，14)質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖1所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中()圖1A．F逐漸變大，T逐漸變大B．F逐漸變大，T逐漸變小C．F逐漸變小，T逐漸變大D．F逐漸變小，T逐漸變小解析對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，由圖可知在O點(diǎn)向左移動(dòng)的過程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項(xiàng)A正確。答案A2．(2016·全國卷Ⅲ，17)如圖2所示，兩個(gè)輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球。在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊。平衡時(shí)，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑。不計(jì)所有摩擦。小物塊的質(zhì)量為()圖2A.eq\f(m,2) B.eq\f(\r(3),2)mC．m D．2m解析如圖所示，圓弧的圓心為O，懸掛小物塊的點(diǎn)為c，由于ab＝R，則△aOb為等邊三角形，同一條細(xì)線上的拉力相等，T＝mg，細(xì)線對(duì)a環(huán)拉力的合力沿aO方向，則aO為角平分線，由幾何關(guān)系知，∠acb＝120°，故細(xì)線在c點(diǎn)拉力的合力與物塊的重力大小相等，即拉力合力大小T＝G＝mg，所以小物塊質(zhì)量為m，故C對(duì)。答案C3．(多選)(2016·全國卷Ⅰ，19)如圖3，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b。外力F向右上方拉b，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)變化，物塊b仍始終保持靜止，則()圖3A．繩OO′的張力也在一定范圍內(nèi)變化B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化解析由于物體a、b均保持靜止，各繩間角度保持不變，對(duì)a受力分析得，繩的拉力T＝mag，所以物體a受到繩的拉力保持不變。由滑輪性質(zhì)，滑輪兩側(cè)繩的拉力相等，所以連接a和b繩的張力大小、方向均保持不變，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以O(shè)O′的張力不變，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)b進(jìn)行受力分析，如圖所示。由平衡條件得：Tcosβ＋f＝Fcosα，F(xiàn)sinα＋FN＋Tsinβ＝mbg。其中T和mbg始終不變，當(dāng)F大小在一定范圍內(nèi)變化時(shí)，支持力在一定范圍內(nèi)變化，B選項(xiàng)正確；摩擦力也在一定范圍內(nèi)發(fā)生變化，D選項(xiàng)正確。答案BD4．(2015·全國卷Ⅰ，24)如圖4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。金屬棒通過開關(guān)與一電動(dòng)勢(shì)為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω。已知開關(guān)斷開時(shí)兩彈簧的伸長(zhǎng)量均為0.5cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長(zhǎng)量與開關(guān)斷開時(shí)相比均改變了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判斷開關(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4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：開關(guān)閉合前：2kx＝mg開關(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0.01kg5．(2016·全國卷Ⅰ，24)如圖5，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場(chǎng)中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，已知金屬棒ab勻速下滑。求圖5(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小；(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故ab、cd速度總是大小相等，cd也做勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)兩導(dǎo)線上拉力的大小為T，右斜面對(duì)ab棒的支持力的大小為FN1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對(duì)cd棒的支持力大小為FN2。對(duì)于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的平衡條件得甲乙2mgsinθ＝μFN1＋T＋F①FN1＝2mgcosθ②對(duì)于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsinθ＋μFN2＝T③FN2＝mgcosθ④聯(lián)立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度大小為v，ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv⑥回路中電流I＝eq\f(E,R)⑦安培力F＝BIL⑧聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)答案(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)[備考指導(dǎo)]【考情分析】20142015卷ⅠT24：安培力、胡克定律、力的平衡2016卷ⅠT19：有重力、彈力、摩擦力的共點(diǎn)力平衡卷ⅠT24：有關(guān)電磁感應(yīng)問題的平衡及法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用卷ⅡT14：力的動(dòng)態(tài)平衡卷ⅢT17：共點(diǎn)力的平衡條件高考命題突出受力分析、力的合成與分解方法的考查，也有將受力分析與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、電磁場(chǎng)、功能關(guān)系進(jìn)行綜合考查。題型一般為選擇題和計(jì)算題?！緜淇疾呗浴?．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．處理平衡問題的基本思路

單個(gè)物體的平衡[規(guī)律方法]1．靜態(tài)平衡問題：應(yīng)先分析物體的受力情況，再根據(jù)平衡條件列出相應(yīng)方程，解方程并對(duì)結(jié)果進(jìn)行討論。2．動(dòng)態(tài)平衡問題3．求解共點(diǎn)力平衡問題常用的方法(1)力的合成法：對(duì)研究對(duì)象受力分析后，應(yīng)用平行四邊形定則(或三角形定則)求合力的方法。力的合成法常用于僅受三個(gè)共點(diǎn)力作用且保持平衡。(2)正交分解法：把物體受到的各力都分解到互相垂直的兩個(gè)方向上，然后分別列出兩個(gè)方向上合力為零的方程并求解。當(dāng)物體受四個(gè)及四個(gè)以上共點(diǎn)力作用而平衡時(shí)，一般采用正交分解法。(3)圖解法：對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，再根據(jù)平行四邊形定則或三角形定則畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖(畫在同一個(gè)圖中)，然后根據(jù)有向線段(表示力)的長(zhǎng)度變化情況判斷各個(gè)力的變化情況。用圖解法分析動(dòng)態(tài)平衡問題時(shí)要在矢量三角形中確定不變的量和改變的量。[精典題組]1．(多選)如圖6所示，一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊靜止置于傾角為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，彈簧與豎直方向的夾角為30°。則()圖6A．滑塊可能受到三個(gè)力作用B．彈簧一定處于壓縮狀態(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解析彈簧可能恰好處于原長(zhǎng)，滑塊只受到重力、斜面支持力和摩擦力三個(gè)力作用，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；將滑塊隔離受力分析，將滑塊所受重力分解為沿斜面方向和垂直斜面方向，由平衡條件可知，斜面對(duì)滑塊的摩擦力大小一定等于eq\f(1,2)mg，斜面對(duì)滑塊的支持力大小一定不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。答案AD2．如圖7所示，用一輕繩將光滑小球(大小不能忽略)系于豎直墻壁上的O點(diǎn)，現(xiàn)用一細(xì)桿壓在輕繩上緊貼墻壁從O點(diǎn)緩慢下移，則()圖7A．輕繩對(duì)小球的拉力保持不變B．輕繩對(duì)小球的拉力逐漸增大C．小球?qū)Ρ诘膲毫Ρ３植蛔僁．小球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小解析對(duì)小球受力分析，如圖所示，由于小球始終處于平衡狀態(tài)，其合力為零，在細(xì)桿從O點(diǎn)緩慢下移過程中，輕繩與豎直方向的夾角增大，由圖中幾何關(guān)系可知：輕繩對(duì)小球的拉力F逐漸增大，墻壁對(duì)小球的支持力FN也逐漸增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Ρ诘膲毫σ仓饾u增大，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。答案B3．如圖8所示，位于固定的傾角為θ＝45°的粗糙斜面上的小物塊P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面勻速上滑?，F(xiàn)把力F的方向變?yōu)樨Q直向上而大小不變，仍能使物塊P沿斜面保持原來的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()圖8A．μ＝eq\f(\r(2),2) B．μ＝eq\r(2)C．μ＝eq\r(2)－1 D．μ＝eq\r(2)＋1解析由題可知，拉力F方向沿斜面向上時(shí)，物塊處于平衡狀態(tài)，對(duì)其受力分析，F(xiàn)＝mgsin45°＋μmgcos45°；把拉力F的方向變?yōu)樨Q直向上時(shí)，由物塊仍沿斜面保持原來的速度勻速運(yùn)動(dòng)可知F＝mg。所以有mgsin45°＋μmgcos45°＝mg，解得μ＝eq\r(2)－1，選項(xiàng)C正確。答案C多個(gè)物體的平衡[規(guī)律方法]1．在分析兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用時(shí)，一般采用整體法與隔離法進(jìn)行分析。2．當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)移研究對(duì)象法”。3．解題思路eq\x(\a\al(確定平,衡狀態(tài),a＝0))→eq\x(\a\al(研究對(duì)象,受力平衡的,物體或系統(tǒng)))→eq\x(\a\al(內(nèi)力與外力,判斷待求作,用力是內(nèi)力,還是外力))→eq\x(\a\al(受力分析,系統(tǒng)外力：整體法,系統(tǒng)內(nèi)力：隔離法))[精典題組]1.(2016·山西右玉一模)如圖9所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過光滑定滑輪的不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向成θ＝37°的粗細(xì)均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)，滑環(huán)B恰好不能下滑，滑環(huán)和桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，設(shè)滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量之比為()圖9A.eq\f(7,5) B.eq\f(5,7)C.eq\f(13,5) D.eq\f(5,13)解析設(shè)物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量分別為m1、m2，若桿對(duì)B的彈力垂直于桿向下，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(13,5)；若桿對(duì)B的彈力垂直于桿向上，因滑環(huán)B恰好不能下滑，則由平衡條件有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得eq\f(m1,m2)＝－eq\f(7,5)(舍去)。綜上分析可知應(yīng)選C。答案C2．將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖10所示，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦力均可忽略不計(jì)，已知物體B的質(zhì)量為M，滑塊A的質(zhì)量為m，當(dāng)整個(gè)裝置靜止時(shí)，滑塊A與物體B接觸的一面與豎直擋板之間的夾角為θ。已知重力加速度為g，則下列選項(xiàng)正確的是()圖10A．物體B對(duì)水平面的壓力大小為MgB．物體B受水平面的摩擦力大小為mgtanθC．滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為eq\f(mg,tanθ)D．滑塊A對(duì)物體B的壓力大小為eq\f(mg,cosθ)解析以滑塊A為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并運(yùn)用合成法，如圖所示，由幾何知識(shí)得，擋板對(duì)滑塊A的彈力大小為FN1＝eq\f(mg,tanθ)，C正確；物體B對(duì)滑塊A的彈力大小為FN2＝eq\f(mg,sinθ)，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊A對(duì)物體B的壓力大小為eq\f(mg,sinθ)，D錯(cuò)誤；以滑塊A和物體B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在豎直方向上受力平衡，則水平面對(duì)物體B的支持力FN＝(M＋m)g，故水平面所受壓力大小為(M＋m)g，A錯(cuò)誤；A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上受力平衡，則水平面對(duì)物體B的摩擦力大小為Ff＝FN1＝eq\f(mg,tanθ)，B錯(cuò)誤。答案C3.(多選)如圖11所示，用一段繩子把輕質(zhì)滑輪吊裝在A點(diǎn)，一根輕繩跨過滑輪，繩的一端拴在井中的水桶上，人用力拉繩的另一端，滑輪中心為O點(diǎn)，人所拉繩子與OA的夾角為β，拉水桶的繩子與OA的夾角為α。人拉繩沿水平面向左運(yùn)動(dòng)，把井中質(zhì)量為m的水桶勻速提上來，人的質(zhì)量為M，重力加速度為g，在此過程中，以下說法正確的是()圖11A．α始終等于βB．吊裝滑輪的繩子上的拉力逐漸變大C．地面對(duì)人的摩擦力逐漸變大D．地面對(duì)人的支持力逐漸變大解析水桶勻速上升，拉水桶的輕繩中的拉力T始終等于mg，對(duì)滑輪受力分析如圖甲所示，垂直于OA方向有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，沿OA方向有F＝Tcosα＋Tcosβ＝2Tcosα，人向左運(yùn)動(dòng)的過程中α＋β變大，所以α和β均變大，吊裝滑輪的繩子上的拉力F變小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)人受力分析如圖乙所示，θ＝α＋β逐漸變大，水平方向有f＝T′sinθ，地面對(duì)人的摩擦力逐漸變大，豎直方向有FN＋T′cosθ＝Mg，地面對(duì)人的支持力FN＝Mg－T′cosθ逐漸變大，選項(xiàng)C、D正確。答案ACD電磁場(chǎng)中的平衡問題[規(guī)律方法]1．帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準(zhǔn)確分析場(chǎng)力——電場(chǎng)力、安培力或洛倫茲力。(1)2．處理電學(xué)問題中的平衡問題的方法：與純力學(xué)問題的分析方法一樣，學(xué)會(huì)把電學(xué)問題力學(xué)化。eq\x(選取研究對(duì)象)eq\o(→,\s\up7(方法))eq\a\vs4\al(“整體法”或“隔離法”)eq\x(受力分析)eq\o(→,\s\up7(多了))eq\a\vs4\al(電場(chǎng)力F＝Eq或安培力F＝BIl,或洛倫茲力F＝qvB)eq\x(列平衡方程)→eq\a\vs4\al(F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0)[精典題組]1.均勻帶正電的薄圓盤的右側(cè)，用絕緣細(xì)線A、B懸掛一根水平通電直導(dǎo)線ab，電流方向由a到b，導(dǎo)線平行于圓盤平面?，F(xiàn)圓盤繞過圓心的水平軸沿如圖12所示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)線仍然豎直，與圓盤靜止時(shí)相比，下列說法正確的是()圖12A．細(xì)線所受彈力變小B．細(xì)線所受彈力不變C．細(xì)線所受彈力變大D．若改變圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向，細(xì)線所受彈力變大解析圓盤靜止時(shí)，通電直導(dǎo)線受到豎直向上的彈力和豎直向下的重力，兩者等大反向，合力為零。當(dāng)圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手螺旋定則，圓盤產(chǎn)生水平向右的磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則，通電直導(dǎo)線受到方向向下的安培力，故細(xì)線所受的彈力變大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；若改變圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向，通電直導(dǎo)線受到的安培力方向向上，細(xì)線所受的彈力變小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C2．(多選)(2016·山東臨沂市三模)某老師用圖示裝置探究庫侖力與電荷量的關(guān)系。A、B是可視為點(diǎn)電荷的兩帶電小球，用絕緣細(xì)線將A懸掛，實(shí)驗(yàn)中在改變電荷量時(shí)，移動(dòng)B并保持A、B連線與細(xì)線垂直。用Q和q表示A、B的電荷量，d表示A、B間的距離，θ(θ不是很小)表示細(xì)線與豎直方向的夾角，x表示A偏離O點(diǎn)的水平距離，實(shí)驗(yàn)中()圖13A．d應(yīng)保持不變B．B的位置在同一圓弧上C．x與電荷量乘積Qq成正比D．tanθ與A、B間庫侖力成正比解析因?qū)嶒?yàn)要探究庫侖力與電荷量的關(guān)系，故兩電荷間距d應(yīng)保持不變，選項(xiàng)A正確；因要保持A、B連線與細(xì)線垂直且AB距離總保持d不變，故B的位置在同一圓弧上，選項(xiàng)B正確；對(duì)A球由平衡知識(shí)可知F庫＝mgsinθ，即keq\f(qQ,d2)＝mgeq\f(x,L)，可知x與電荷量乘積Qq成正比，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案ABC3.如圖14所示,將長(zhǎng)為50cm、質(zhì)量為10g的均勻金屬棒ab的兩端用兩只相同的彈簧懸掛成水平狀態(tài)，位于垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)金屬棒中通以0.4A的電流時(shí)，彈簧恰好不伸長(zhǎng)。g＝10m/s2。圖14(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)當(dāng)金屬棒中通過大小為0.2A、方向由a到b的電流時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1cm。如果電流方向由b到a，而電流大小不變，則彈簧伸長(zhǎng)又是多少？解析(1)彈簧恰好不伸長(zhǎng)時(shí)，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg大小相等，即BIL＝mg解得B＝eq\f(mg,IL)＝0.5T(2)當(dāng)金屬棒中通過大小為0.2A、方向由a向b的電流時(shí)，ab棒受到兩只彈簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，處于平衡狀態(tài)。根據(jù)平衡條件有2kx1＋BI1L＝mg當(dāng)電流反向后，ab棒在兩個(gè)彈簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下處于平衡狀態(tài)。根據(jù)平衡條件有2kx2＝mg＋BI2L聯(lián)立解得x2＝eq\f(mg＋BI2L,mg－BI1L)x1＝3cm。答案(1)0.5T(2)3cm高頻考點(diǎn)一整體法與隔離法的綜合應(yīng)用[解題方略]利用整體法和隔離法解決物理問題是高考物理中常用的方法之一。一般解題方法是：對(duì)于不要求討論系統(tǒng)內(nèi)部物體之間受力情況時(shí)，首選整體法，解題過程簡(jiǎn)明、快捷；如果要考慮系統(tǒng)內(nèi)部各個(gè)物體之間的相互作用力，則必須使用隔離法。在實(shí)際應(yīng)用中，隔離法和整體法往往交替使用。“一題多變”是通過轉(zhuǎn)化題目中的條件和所求問題，生成多道不同的、新的題目。此項(xiàng)練習(xí)能使同學(xué)們觸類旁通，更加熟練地掌握解題方法，培養(yǎng)靈活解題的能力，同時(shí)訓(xùn)練同學(xué)們思維的變通性和邏輯性，能開拓思維的廣度和深度，提升同學(xué)們的解題推理能力?！镜淅咳鐖D15所示，兩段等長(zhǎng)細(xì)線串接著兩個(gè)質(zhì)量相等的小球a、b，并懸掛于O點(diǎn)?，F(xiàn)在兩個(gè)小球上分別加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力為F、作用在a球上的力為2F，則此裝置平衡時(shí)的位置可能是下列圖中的()圖15解析對(duì)b球受力分析，設(shè)拉b球的細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，其受力圖如圖甲所示，由圖可得tanθ＝eq\f(F,mg)。對(duì)a、b兩球整體受力分析，可知A不可能；設(shè)拉a球的細(xì)線與豎直方向的夾角為α，小球a、b整體受力圖如圖乙所示，由圖可得tanα＝eq\f(F,2mg)，所以θ＞α；由圖可知，B圖中θ＝α，C圖中θ＞α，D圖中θ＜α，故C圖可能，B、D圖不可能。答案C變式1改變物體的受力情況如圖16所示，兩段等長(zhǎng)絕緣細(xì)線將質(zhì)量分別為2m、m的小球A、B懸掛在O點(diǎn)，小球A、B分別帶有＋4q和－q的電荷量，不考慮A、B兩小球之間的作用力，當(dāng)系統(tǒng)處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中并靜止時(shí)，可能出現(xiàn)的狀態(tài)應(yīng)是()圖16解析(解題方法同典例)將典例中的力學(xué)情境變?yōu)殡妼W(xué)情境，將所加的外力變?yōu)殡妶?chǎng)力。對(duì)B球：tanθ＝eq\f(qE,mg)，對(duì)A、B兩小球整體tanα＝eq\f(3qE,3mg)，所以有α＝θ，D圖正確。答案D變式2改變物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如圖所示，車廂里懸掛著兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的小球(下面球的質(zhì)量為m1)，當(dāng)車廂向右做勻加速運(yùn)動(dòng)(空氣阻力不計(jì))，達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，下列各圖中正確的是()解析將典例中小球由平衡狀態(tài)變?yōu)閯蚣铀龠\(yùn)動(dòng)狀態(tài)。對(duì)下面的小球受力分析，設(shè)拉下面小球的細(xì)線與水平方向的夾角為θ，其受力圖如圖甲所示，由圖可得tanθ＝eq\f(m1g,m1a)＝eq\f(g,a)；對(duì)兩球整體受力分析，設(shè)拉上面小球的細(xì)線與水平方向的夾角為α，受力圖如圖乙所示，由圖可得tanα＝eq\f(（m1＋m2）g,（m1＋m2）a)＝eq\f(g,a)，所以θ＝α，故選項(xiàng)B正確。答案B變式3改變物體所處的情境如圖17所示，有三根長(zhǎng)度皆為l＝1.0m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點(diǎn)，另一端分別掛有質(zhì)量均為m＝1.0×10－2kg的帶電小球A和B，它們的電荷量分別為－q和＋q，q＝1.0×10－7C。A、B之間用第三根線連接起來?？臻g存在大小為E＝1.0×106N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右。平衡時(shí)A、B兩球的位置如圖所示?，F(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于空氣阻力，A、B球最后會(huì)達(dá)到新的平衡位置。則最后兩球的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和與燒斷前相比改變了(不計(jì)兩帶電小球間相互作用的靜電力)()圖17A．減小6.8×10－2J B．增加6.8×10－2JC．減小9.8×10－2J D．增加9.8×10－2J解析由上面的分析可知，將O、B之間的線燒斷后，A、B球最后達(dá)到的平衡位置如圖甲所示，對(duì)B球受力分析，受力圖如圖乙所示。tanα＝eq\f(qE,mg)＝1，α＝45°。與原來位置相比，A球的重力勢(shì)能減少了EA＝mgl(1－sin60°)，B球的重力勢(shì)能減少了EB＝mgl(1－sin60°＋cos45°)，A球的電勢(shì)能增加了WA＝qElcos60°，B球的電勢(shì)能減少了WB＝qEl(sin45°－sin30°)，兩種勢(shì)能總和減少了W＝WB－WA＋EA＋EB，代入數(shù)據(jù)解得W＝6.8×10－2J，即最后兩球的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和與燒斷前相比減少了W＝6.8×10－2J。故選項(xiàng)A正確。答案A一、選擇題(1～7題為單項(xiàng)選擇題，8～10題為多項(xiàng)選擇題)1.如圖1所示，一豎直放置的大圓環(huán)，在其水平直徑上的A、B兩端系著一根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕繩，繩上套有一光滑小鐵環(huán)。現(xiàn)將大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過一個(gè)微小角度，則關(guān)于輕繩對(duì)A、B兩點(diǎn)拉力FA、FB的變化情況，下列說法正確的是()圖1A．FA變小，F(xiàn)B變小 B．FA變大，F(xiàn)B變大C．FA變大，F(xiàn)B變小 D．FA變小，F(xiàn)B變大解析柔軟輕繩上套有光滑小鐵環(huán)，兩側(cè)輕繩中拉力相等。將大圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過一個(gè)微小角度，A、B兩點(diǎn)之間的水平距離減小，光滑小鐵環(huán)兩側(cè)輕繩間夾角2α減小，由2Fcosα＝mg可知，輕繩中拉力F減小，輕繩對(duì)A、B兩點(diǎn)的拉力FA和FB都變小，選項(xiàng)A正確。答案A2．如圖2所示，一光滑小球靜置在光滑半球面上，被豎直放置的光滑擋板擋住，現(xiàn)水平向右緩慢地移動(dòng)擋板，則在小球運(yùn)動(dòng)的過程中(該過程小球未脫離球面且球面始終靜止)，擋板對(duì)小球的推力F、半球面對(duì)小球的支持力FN的變化情況是()圖2A．F增大，F(xiàn)N減小 B．F增大，F(xiàn)N增大C．F減小，F(xiàn)N減小 D．F減小，F(xiàn)N增大解析某時(shí)刻小球的受力如圖所示，設(shè)小球與半球面的球心連線跟豎直方向的夾角為α，則F＝mgtanα，F(xiàn)N＝eq\f(mg,cosα)，隨著擋板向右移動(dòng)，α越來越大，則F和FN都要增大。答案B3．如圖3所示，在水平地面上靜止著一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面，自由釋放質(zhì)量為m的滑塊能在斜面上勻速下滑(斜面始終靜止)，則下列說法中正確的是()圖3A．滑塊對(duì)斜面的作用力大小等于mgcosθ，方向垂直斜面向下B．斜面對(duì)滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上C．斜面受到地面的摩擦力水平向左，大小與m的大小有關(guān)D．滑塊能勻速下滑，則水平地面不可能是光滑的解析因滑塊在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下勻速下滑，如圖所示，所以斜面對(duì)滑塊的作用力大小等于滑塊重力mg，方向豎直向上，B項(xiàng)正確；而滑塊對(duì)斜面的作用力與斜面對(duì)滑塊的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；又因斜面及滑塊均處于平衡狀態(tài)，所以可將兩者看成一個(gè)整體，則整體在豎直方向受重力和地面的支持力作用，水平方向不受力的作用，即水平地面對(duì)斜面沒有摩擦力作用，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B4．如圖4所示，絕緣水平桌面上放置一長(zhǎng)直導(dǎo)線a，導(dǎo)線a的正上方某處放置另一長(zhǎng)直導(dǎo)線b，兩導(dǎo)線中均通以垂直紙面向里的恒定電流?，F(xiàn)將導(dǎo)線b向右平移一小段距離，若導(dǎo)線a始終保持靜止，則()圖4A．導(dǎo)線b受到的安培力方向始終豎直向下B．導(dǎo)線b受到的安培力逐漸減小C．導(dǎo)線a對(duì)桌面的壓力減小D．導(dǎo)線a對(duì)桌面的摩擦力方向水平向左解析導(dǎo)線a、b均處在對(duì)方產(chǎn)生的磁場(chǎng)中，故兩導(dǎo)線均會(huì)受到安培力作用，由“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”可知，當(dāng)導(dǎo)線b未移動(dòng)時(shí)，其受到的安培力方向豎直向下指向?qū)Ь€a，當(dāng)導(dǎo)線b向右平移一小段距離后，導(dǎo)線b受到的安培力仍會(huì)指向?qū)Ь€a，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于導(dǎo)線a、b之間的距離增大而導(dǎo)線中的電流不變，故兩導(dǎo)線之間的相互作用力減小(安培力F＝BIl)，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)線b向右平移后導(dǎo)線a的受力情況如圖所示，由于導(dǎo)線a始終在桌面上保持靜止，所以有FN＝G－Fsinθ，因?yàn)榘才嗔減小，sinθ減小，所以桌面對(duì)導(dǎo)線a的支持力增大，由牛頓第三定律可知，導(dǎo)線a對(duì)桌面的壓力增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由圖可知，桌面對(duì)導(dǎo)線a的靜摩擦力方向水平向左，故導(dǎo)線a對(duì)桌面的摩擦力方向水平向右，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B5．如圖5所示，粗糙水平地面上的長(zhǎng)方體物塊將一重為G的光滑圓球抵在光滑豎直的墻壁上，現(xiàn)用水平向右的拉力F緩慢拉動(dòng)長(zhǎng)方體物塊，在圓球與地面接觸之前，下面的相關(guān)判斷正確的是()圖5A．球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u減小B．水平拉力F逐漸減小C．地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的摩擦力逐漸增大D．地面對(duì)長(zhǎng)方體物塊的支持力逐漸增大解析對(duì)球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示。FN1＝Gtanθ，F(xiàn)N2＝eq\f(G,cosθ)。當(dāng)長(zhǎng)方體物塊向右運(yùn)動(dòng)中，θ增大，F(xiàn)N1、FN2均增大，由牛頓第三定律知，球?qū)Ρ诘膲毫χ饾u增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圓球?qū)ξ飰K的壓力在豎直方向的分力FN2′cosθ＝G等于重力，在拉動(dòng)長(zhǎng)方體物塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中，對(duì)物塊受力分析如圖乙所示，物塊與地面之間的壓力FN＝G1＋FN2′cosθ＝G1＋G不變，滑動(dòng)摩擦力f＝μFN不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；又由于圓球?qū)ξ飰K的壓力在水平方向的分力FN2′sinθ逐漸增大，所以水平拉力F＝f－FN2′sinθ逐漸減小，選項(xiàng)B正確；由于物塊與地面之間的壓力不變，由牛頓第三定律可知，地面對(duì)物塊的支持力不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B6．如圖6所示，一個(gè)半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O點(diǎn)為其球心，碗的內(nèi)表面及碗口是光滑的。一根細(xì)線跨在碗口上，線的兩端分別系有質(zhì)量分別為m1和m2的小球A、B。當(dāng)它們處于平衡狀態(tài)時(shí)，碗內(nèi)的細(xì)線與水平方向的夾角為60°，小球B位于水平地面上，設(shè)此時(shí)半球形的碗對(duì)A的彈力為F，小球B對(duì)地面的壓力大小為FN，細(xì)線的拉力大小為T，則下列說法中正確的是()圖6A．FN＝(m2－m1)g B．FN＝m2g－eq\f(\r(3),3)m1gC．T＝0 D．F＝eq\f(2\r(3),3)m1g解析分析小球A的受力情況，由平衡條件可得，細(xì)線的拉力T＝F，F(xiàn)sin60°＋Tsin60°＝m1g，解得T＝F＝eq\f(\r(3),3)m1g，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；分析小球B的受力情況，由平衡條件可得T＋FN＝m2g，即FN＝m2g－eq\f(\r(3),3)m1g，故A錯(cuò)誤，B正確。答案B7．(2016·安徽皖南八校二次聯(lián)考)如圖7所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，∠A＝30°，∠B＝37°，C處有光滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊通過細(xì)線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則兩物塊的質(zhì)量比m1∶m2不可能是()圖7A．1∶3 B．3∶5C．5∶3 D．2∶1解析物塊1受重力m1g、細(xì)線拉力T和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則T＝m1gsin30°，物塊2受重力m2g、細(xì)線拉力T、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用處于平衡狀態(tài)，當(dāng)m1較大時(shí)，最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時(shí)有T＝m2gsin37°＋μm2gcos37°，即eq\f(m1,m2)＝2；當(dāng)m1較小時(shí)，最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時(shí)有T＝m2gsin37°－μm2gcos37°，即eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,5)，所以eq\f(2,5)≤eq\f(m1,m2)≤2。答案A8．如圖8所示，一根通電的導(dǎo)體棒放在傾斜的粗糙斜面上，置于圖示方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)增大電流，導(dǎo)體棒仍靜止，則在增大電流過程中，導(dǎo)體棒受到的摩擦力的大小變化情況可能是()圖8A．一直增大 B．先減小后增大C．先增大后減小 D．始終為零解析若F安＜mgsinα，因安培力方向向上，則摩擦力方向向上，當(dāng)F安增大時(shí)，F(xiàn)摩減小到零，再向下增大，B項(xiàng)對(duì)，C、D項(xiàng)錯(cuò)；若F安＞mgsinα，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項(xiàng)對(duì)。答案AB9.如圖9所示，帶電物體P、Q可視為點(diǎn)電荷，電荷量相同。傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質(zhì)量為m的物體P放在粗糙的斜面體上。當(dāng)物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側(cè)位置時(shí)，P靜止且受斜面體的摩擦力為0，斜面體保持靜止，靜電力常量為k，則下列說法正確的是()圖9A．P、Q所帶電荷量為eq\r(\f(mgr2tanθ,k))B．P對(duì)斜面的壓力為0C．斜面體受到地面的摩擦力為0D．斜面體對(duì)地面的壓力為(M＋m)g解析設(shè)P、Q所帶電荷量為q，對(duì)物體P受力分析如圖所示，受到水平向左的庫侖力F＝keq\f(q2,r2)、豎直向下的重力mg、支持力FN，由平衡條件可得tanθ＝eq\f(F,mg)，解得q＝eq\r(\f(mgr2tanθ,k))，選項(xiàng)A正確；斜面對(duì)P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛頓第三定律可知，P對(duì)斜面的壓力為FN′＝mgcosθ＋Fsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力分析，可知水平方向受到Q對(duì)P向左的庫侖力F＝keq\f(q2,r2)和地面對(duì)斜面體水平向右的摩擦力，由平衡條件可知，斜面體受到水平向右的摩擦力大小為f＝keq\f(q2,r2)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)P和斜面體整體受力分析，豎直方向受到豎直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡條件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體對(duì)地面的壓力大小為(M＋m)g，選項(xiàng)D正確。答案AD10．如圖10所示，用兩根完全相同的橡皮筋M、N將兩個(gè)質(zhì)量均為m＝1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B拴接在一起，并懸掛在水平天花板上，在小球A上施加一水平向左的恒力F，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，橡皮筋M與豎直方向的夾角為60°。假設(shè)兩橡皮筋的勁度系數(shù)均為k＝5N/cm，且始終處在彈性限度以內(nèi)，重力加速度取g＝10m/s2。則()圖10A．橡皮筋M的伸長(zhǎng)量為4cmB．橡皮筋N的伸長(zhǎng)量為2cmC．水平恒力的大小為10eq\r(3)ND．如果將水平恒力撤去，則小球B的瞬時(shí)加速度為零解析先對(duì)小球B進(jìn)行受力分析，小球B受重力mg和橡皮筋N的拉力F1，根據(jù)平衡條件，有F1＝mg＝10N，又F1＝kxN，解得橡皮筋N的伸長(zhǎng)量xN＝eq\f(F1,k)＝2cm，選項(xiàng)B正確；再將小球A、B看成一個(gè)整體，整體受重力2mg、水平恒力F和橡皮筋M的拉力F2，如圖所示，根據(jù)平衡條件，有F＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg＝20eq\r(3)N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；橡皮筋M的彈力F2＝eq\f(2mg,cos60°)＝4mg＝40N，根據(jù)胡克定律有F2＝kxM，解得橡皮筋M的伸長(zhǎng)量xM＝eq\f(F2,k)＝8cm，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球B受重力和橡皮筋N的拉力，撤去水平恒力的瞬間，小球B的重力和橡皮筋N的拉力都不變，故小球仍處于平衡狀態(tài)，加速度為零，選項(xiàng)D正確。答案BD二、非選擇題11．如圖11所示，一質(zhì)量為M＝2kg的鐵塊套在傾斜放置的桿上，桿與水平方向的夾角θ＝60°，一輕繩一端連在鐵塊上，一端連在一質(zhì)量為m＝1kg的小球上，一水平力F作用在小球上，連接鐵塊與球的輕繩與桿垂直，鐵塊和球都處于靜止?fàn)顟B(tài)。(g取10m/s2)求：圖11(1)拉力F的大??；(2)桿對(duì)鐵塊的摩擦力的大小。解析(1)對(duì)B球受力分析如圖所示。根據(jù)力的平衡F＝mgtanθ解得F＝10eq\r(3)N(2)由于繩對(duì)鐵塊的拉力垂直于桿，且鐵塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此鐵塊受到的摩擦力等于鐵塊的重力沿斜面向下的分力，即Ff＝MgsinθFf＝10eq\r(3)N答案(1)10eq\r(3)N(2)10eq\r(3)N12．如圖12所示，兩平行金屬導(dǎo)軌間的距離d＝1.0m，導(dǎo)軌所在平面與水平面之間的夾角為θ＝53°，在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1.5T，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌的一端接有電動(dòng)勢(shì)E＝6.0V，內(nèi)阻r＝1.0Ω的直流電源。現(xiàn)將一質(zhì)量m＝0.5kg，電阻R＝3.0Ω，長(zhǎng)度為1.0m的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，開關(guān)S接通后導(dǎo)體棒剛好能保持靜止。已知電路中定值電阻R0＝6.0Ω，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，導(dǎo)體棒受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：圖12(1)導(dǎo)體棒中通過的電流大??；(2)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)。解析(1)由電路知識(shí)可知，導(dǎo)體棒與定值電阻R0并聯(lián)后接在電源兩端，設(shè)電路中的總電阻為R總，則有R總＝eq\f(RR0,R＋R0)＋r，代入數(shù)據(jù)可得R總＝3Ω，由閉合電路歐姆定律可知，電路中的總電流I＝eq\f(E,R總)＝2A，導(dǎo)體棒ab兩端的電壓為Uab＝E－Ir，代入數(shù)據(jù)可得Uab＝4V，所以流經(jīng)導(dǎo)體棒的電流IR＝eq\f(Uab,R)＝eq\f(4,3)A。(2)對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示。設(shè)導(dǎo)軌對(duì)導(dǎo)體棒的支持力大小為FN，摩擦力大小為Ff，導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F。由題意可知，導(dǎo)體棒中的電流方向?yàn)閎→a，由左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力沿導(dǎo)軌所在的平面向上，其大小F＝BIRd，代入數(shù)據(jù)有F＝2N，又因?yàn)橹亓ρ貙?dǎo)軌所在的平面向下的分量為mgsin53°＝4N，所以可判斷出此時(shí)的摩擦力方向一定沿導(dǎo)軌所在的平面向上，且大小為Ff＝mgsin53°－F，即Ff＝2N，又Ff＝μmgcos53°，代入數(shù)據(jù)解得μ＝eq\f(2,3)。答案(1)eq\f(4,3)A(2)eq\f(2,3)第2講力與物體的直線運(yùn)動(dòng)1．(2016·全國卷Ⅲ，16)一質(zhì)點(diǎn)做速度逐漸增大的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間隔t內(nèi)位移為s，動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點(diǎn)的加速度為()A.eq\f(s,t2) B.eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2) D.eq\f(8s,t2)解析動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，則物體的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝3v0，由s＝eq\f(1,2)(v0＋v)t和a＝eq\f(v－v0,t)得a＝eq\f(s,t2)，故A對(duì)。答案A2．(多選)(2016·全國卷Ⅰ，21)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v－t圖象如圖1所示。已知兩車在t＝3s時(shí)并排行駛，則()圖1A．在t＝1s時(shí)，甲車在乙車后B．在t＝0時(shí)，甲車在乙車前7.5mC．兩車另一次并排行駛的時(shí)刻是t＝2sD．甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m解析根據(jù)v－t圖，甲、乙都沿正方向運(yùn)動(dòng)。t＝3s時(shí)，甲、乙相遇，此時(shí)v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由v－t圖線所圍面積對(duì)應(yīng)位移關(guān)系知，0～3s內(nèi)甲車位移x甲＝eq\f(1,2)×3×30m＝45m，乙車位移x乙＝eq\f(1,2)×3×(10＋25)m＝52.5m。故t＝0時(shí)，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B選項(xiàng)正確；0～1s內(nèi)，x甲′＝eq\f(1,2)×1×10m＝5m，x乙′＝eq\f(1,2)×1×(10＋15)m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，說明甲、乙第一次相遇，A、C錯(cuò)誤；甲、乙兩次相遇地點(diǎn)之間的距離為x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D選項(xiàng)正確。答案BD3．(多選)(2015·全國卷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圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。答案ACD4．(多選)(2015·全國卷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．8 B．10C．15 D．18解析設(shè)掛鉤P、Q西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則掛鉤P、Q西邊車廂的質(zhì)量為nm，以西邊這些車廂為研究對(duì)象，有F＝nma①P、Q東邊有k節(jié)車廂，以東邊這些車廂為研究對(duì)象，有F＝km·eq\f(2,3)a②聯(lián)立①②得3n＝2k，總車廂數(shù)為N＝n＋k，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BC5．(2014·新課標(biāo)卷全國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。解析本題是追及相遇問題，這類題目要抓住臨界條件vA＝vB，從這一條件結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決問題。設(shè)路面干燥時(shí)，汽車與地面間的動(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s，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＝ma0①s＝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)，汽車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為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＝ma④s＝vt0＋eq\f(v2,2a)⑤聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得v＝20m/s(72km/h)⑥答案20m/s[備考指導(dǎo)]【考情分析】2014卷ⅠT24：追及相遇問題卷ⅡT24：自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、v－t圖象2015卷ⅠT20：v－t圖象，牛頓第二定律T25：v－t圖象，勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，牛頓第二定律卷ⅡT20：牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用T25：牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用2016卷ⅠT21：v－t圖象、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、追及相遇問題卷ⅢT16：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用題型既有選擇題又有計(jì)算題，題目新穎，與生活實(shí)際聯(lián)系密切，試題大多綜合v－t圖象、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、受力分析、運(yùn)動(dòng)過程分析等內(nèi)容?！緜淇疾呗浴?．解答運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與牛頓第二定律綜合應(yīng)用的問題，需要注意兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)兩分析①物體受力情況分析，同時(shí)畫出受力示意圖；②物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析，同時(shí)畫出運(yùn)動(dòng)情境圖。(2)兩個(gè)橋梁①加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；②速度是各物理過程相互聯(lián)系的橋梁。2．解決圖象類問題要緊緊抓住兩個(gè)方面(1)要明白x－t、v－t圖象的特點(diǎn)及區(qū)別；(2)要將物體的運(yùn)動(dòng)圖象轉(zhuǎn)化為物體的運(yùn)動(dòng)模型。運(yùn)動(dòng)圖象的理解及應(yīng)用[規(guī)律方法]圖象、情境、規(guī)律是解決圖象問題不可分割的三個(gè)要素，要把物理規(guī)律和物理圖象相結(jié)合。利用圖象解題時(shí)一定要從圖象的縱、橫坐標(biāo)軸所代表的物理量及兩個(gè)物理量間的函數(shù)關(guān)系，圖線中的“點(diǎn)”“線”“斜率”“截距”和“面積”等方面尋找解題的突破口。解決此類問題的一般思路[精典題組]1．(多選)做直線運(yùn)動(dòng)的甲、乙兩物體的位移—時(shí)間圖象如圖3所示，則()圖3A．當(dāng)乙開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩物體相距20mB．在0～10s這段時(shí)間內(nèi)，物體間的距離逐漸變大C．在10～25s這段時(shí)間內(nèi)，物體間的距離逐漸變小D．兩物體在10s時(shí)相距最遠(yuǎn)，在25s時(shí)相遇解析開始時(shí)，乙的位置坐標(biāo)為0，甲從離坐標(biāo)原點(diǎn)20m處開始運(yùn)動(dòng)，兩者的運(yùn)動(dòng)方向相同，當(dāng)乙開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，甲已經(jīng)運(yùn)動(dòng)了10s，因此二者之間的距離大于20m，故A錯(cuò)誤；在0～10s這段時(shí)間內(nèi)，乙靜止不動(dòng)，甲勻速運(yùn)動(dòng)，則物體間的距離逐漸變大，故B正確；在10～25s這段時(shí)間內(nèi)，由于乙的速度大于甲的速度，甲在乙的前方，則物體間的距離逐漸變小，故C正確；由于10s后乙的速度大于甲的速度，因此當(dāng)乙開始運(yùn)動(dòng)時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，從圖象可知25s時(shí)，兩者位置坐標(biāo)相同，即相遇，故D正確。答案BCD2．如圖4甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上。t＝0時(shí)，一物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從底端a以初速度v0沿斜面ab向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)頂端b時(shí)速率恰好為零，之后沿斜面bc下滑至底端c。若物塊與斜面ab、bc間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，物塊在兩斜面上運(yùn)動(dòng)的速率v隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，則下列物理量中不能求出的是()圖4A．斜面ab的傾角θB．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μC．物塊的質(zhì)量mD．斜面bc的長(zhǎng)度L解析根據(jù)題圖乙可求出物塊在左、右斜面上的加速度大小a1、a2，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgcosθ－μmgsinθ＝ma2，則可求出θ和μ，但m無法求出。根據(jù)題圖乙可求出0.6～1.6s時(shí)間內(nèi)物塊的位移大小，即可求出L，故選項(xiàng)C符合題意。答案C3．(多選)(2016·南昌模擬)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F由零逐漸增大的過程中，加速度a隨力F變化的圖象如圖5所示，重力加速度g取10m/s2，水平面各處的粗糙程度相同，認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力相等，則由此可推算出()圖5A．物體的質(zhì)量B．物體與水平地面間滑動(dòng)摩擦力的大小C．拉力F＝12N時(shí)物體運(yùn)動(dòng)的速度大小D．拉力F＝12N時(shí)物體運(yùn)動(dòng)的位移大小解析物體受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力作用。據(jù)圖象可知滑動(dòng)摩擦力大小為6N，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F,m)－μg，由a－F圖線可知5m·s－2＝eq\f(12N,m)－μg、0＝eq\f(6N,m)－μg，解得m＝1.2kg，μ＝0.5，A、B正確；根據(jù)圖象只能求出拉力F＝12N時(shí)物體的加速度，物體初速度為零，由于不知道時(shí)間，故無法求解出速度大小和位移大小，C、D錯(cuò)誤。答案AB勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用[規(guī)律方法]1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)通?？煞譃閮深愐活愂菃蝹€(gè)物體的多過程模型，另一類是多個(gè)物體(通常為兩個(gè))的多過程模型(見考向三)。2．解題思路不論是單個(gè)物體的多過程模型還是多個(gè)物體的多過程模型，處理的一般方法如下：(1)弄清題意，劃分過程→根據(jù)題意，弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷了幾個(gè)過程。(2)依據(jù)已知，分析過程→依據(jù)題目中給出的已知條件，對(duì)劃分出的物體運(yùn)動(dòng)的每個(gè)過程進(jìn)行運(yùn)動(dòng)學(xué)分析或動(dòng)力學(xué)分析。(3)結(jié)合已知，列出方程→結(jié)合題中給出的已知條件，列出物體運(yùn)動(dòng)的每個(gè)過程所對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程或動(dòng)力學(xué)方程。[精典題組]1．霧霾天氣會(huì)對(duì)行車安全造成很大的影響，因此在行車時(shí)司機(jī)應(yīng)打開汽車的前霧燈和尾部雙閃燈，以保證行車安全。若在某平直公路上，有一貨車正以v1＝9m/s的速度勻速行駛，其后方有一小轎車正以v2＝24m/s的速度勻速行駛。由于霧霾的影響，小轎車司機(jī)只有到達(dá)距離貨車d＝35m的地方才能看到該貨車尾部雙閃燈發(fā)出的光，若此時(shí)小轎車司機(jī)立即剎車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則小轎車要經(jīng)過Δx＝96m才能停下來。兩車在運(yùn)動(dòng)過程中可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)若小轎車司機(jī)剎車時(shí)，前方的貨車仍以原速度向前勻速行駛，試通過計(jì)算分析兩車是否會(huì)相撞；(2)若小轎車司機(jī)在剎車的同時(shí)給前方的貨車發(fā)出信號(hào)，貨車司機(jī)經(jīng)Δt＝1s收到信號(hào)并立即以a＝2m/s2的加速度勻加速行駛，試通過計(jì)算分析兩車是否會(huì)發(fā)生相撞。解析(1)設(shè)剎車時(shí)小轎車的加速度大小為a1，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得Δx＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a1)解得a1＝3m/s2設(shè)兩車達(dá)到速度相等時(shí)所用時(shí)間為t1，則有v1＝v2－a1t1代入數(shù)據(jù)可解得t1＝5s設(shè)在t1時(shí)間內(nèi)小轎車行駛的距離為x1，則有x1＝v2t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)設(shè)在t1時(shí)間內(nèi)貨車行駛的距離為x2，則有x2＝v1t1代入數(shù)據(jù)可解得x1＝82.5m，x2＝45m由于x1－x2＝37.5m>d＝35m故兩車會(huì)相撞。(2)設(shè)兩車速度達(dá)到相等所需的時(shí)間為t2，則有v2－a1t2＝v1＋a(t2－Δt)解得t2＝3.4s設(shè)在t2時(shí)間內(nèi)小轎車向前行駛的距離為x1′，貨車向前行駛的距離為x2′，則有x1′＝v2t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)x2′＝v1Δt＋v1(t2－Δt)＋eq\f(1,2)a(t2－Δt)2解得x1′＝64.26m，x2′＝36.36m由于x1′－x2′＝27.9m＜d＝35m故此種情況下兩車不會(huì)發(fā)生相撞。答案(1)相撞(2)不會(huì)相撞2．(2016·長(zhǎng)沙模擬)為了安全，中國航母艦載機(jī)“殲－15”采用滑躍式起飛。起飛時(shí)主要靠甲板前端的上翹來幫助戰(zhàn)斗機(jī)起飛,其示意圖如圖6所示，飛機(jī)由靜止開始先在一段水平距離為L(zhǎng)1＝160m的水平跑道上運(yùn)動(dòng)，然后在長(zhǎng)度為L(zhǎng)2＝20.5m的傾斜跑道上滑跑，直到起飛。已知飛機(jī)的質(zhì)量m＝2.0×104kg，其噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為F＝1.4×105N，方向與速度方向相同，水平跑道與傾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，飛機(jī)在水平跑道上和傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)的過程中受到的平均阻力大小都為飛機(jī)重力的0.2倍，假設(shè)航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)，傾斜跑道看作斜面，不計(jì)水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，且飛機(jī)起飛的過程中沒有出現(xiàn)任何故障。g取10m/s2。求圖6(1)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的末速度大??；(2)飛機(jī)從開始運(yùn)動(dòng)到起飛經(jīng)歷的時(shí)間t。解析(1)設(shè)飛機(jī)在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，阻力大小為Ff，在水平跑道上運(yùn)動(dòng)的末速度大小為v1，由牛頓第二定律得F－Ff＝ma1Ff＝0.2mgveq\o\al(2,1)＝2a1L1聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s。(2)設(shè)飛機(jī)在傾斜跑道上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2，在傾斜跑道末端的速度大小為v1，飛機(jī)在水平跑道上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(v1,a1)＝8s在傾斜跑道上，由牛頓第二定律有F－Ff－mgeq\f(h,L2)＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝4m/s2由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2代入數(shù)據(jù)解得v2＝42m/s飛機(jī)在傾斜跑道上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝0.5s則t＝t1＋t2＝8.5s。答案(1)40m/s(2)8.5s【高分技巧】牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用問題，涉及多過程的運(yùn)動(dòng)分以下幾個(gè)步驟進(jìn)行求解：(1)分析物體運(yùn)動(dòng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。(2)根據(jù)轉(zhuǎn)折點(diǎn)將物體的運(yùn)動(dòng)分為相應(yīng)的幾個(gè)階段，明確各段相互聯(lián)系的物理量。(3)分階段分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。(4)利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列出相應(yīng)的表達(dá)式進(jìn)行求解。連接體問題[規(guī)律方法]1．分析“滑塊—滑板”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折——滑塊與滑板達(dá)到相同速度或者滑塊從滑板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、滑板位移和板長(zhǎng)之間的關(guān)聯(lián)。(3)兩物體發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界條件——加速度相同且兩物體間的摩擦力為最大靜摩擦力，分析此臨界條件前后物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是解題的關(guān)鍵。2．解決連接體問題的方法技巧(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，求解方便。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。[精典題組]1．(多選)(2016·江蘇單科，9)如圖7所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面，若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中()圖7A．桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向左B．魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等C．若貓?jiān)龃罄Γ~缸受到的摩擦力將增大D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面解析桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向右，A項(xiàng)錯(cuò)誤；各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，魚缸的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可得魚缸在桌布和桌面上滑動(dòng)的加速度大小相同，均為a＝μg，魚缸離開桌布時(shí)的速度為v，則魚缸在桌布上和在桌面上滑動(dòng)時(shí)間均為t＝eq\f(v,μg)，B項(xiàng)正確；貓?jiān)龃罄r(shí)，魚缸受到的摩擦為f＝μmg不變，C項(xiàng)錯(cuò)；若貓減小拉力，魚缸在桌布上加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)，離開桌布時(shí)的速度v＝μgt增大，加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝eq\f(1,2)μgt2增大，且魚缸在桌面上減速滑行的位移x2＝eq\f(v2,2μg)也增大，則魚缸有可能滑出桌面，D項(xiàng)對(duì)。答案BD2．(2016·石家莊模擬)如圖8所示為一個(gè)實(shí)驗(yàn)室模擬貨物傳送的裝置，A是一個(gè)表面絕緣、質(zhì)量為mA＝2kg的長(zhǎng)板車，車置于光滑的水平面上，在車左端放置一質(zhì)量為mB＝1kg、帶電荷量為q＝＋1×10－2C的絕緣小貨物B，在裝置所在空間內(nèi)有一水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，可以通過開關(guān)控制其大小及方向。先產(chǎn)生一個(gè)方向水平向右、大小E1＝3×102N/C的電場(chǎng)，車和貨物開始運(yùn)動(dòng)，2s后，改變電場(chǎng)，電場(chǎng)大小變?yōu)镋2＝1×102N/C，方向向左，一段時(shí)間后，關(guān)閉電場(chǎng)，關(guān)閉電場(chǎng)時(shí)車右端正好到達(dá)目的地，貨物到達(dá)車的最右端，且車和貨物的速度恰好為零。已知貨物與車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，車不帶電，貨物體積大小不計(jì)，g取10m/s2，求第二次電場(chǎng)作用的時(shí)間。圖8解析由題意可知，貨物和車起初不可能以相同加速度一起運(yùn)動(dòng)，設(shè)車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為aA，貨物運(yùn)動(dòng)的加速度大小為aBaB＝eq\f(E1q－μmBg,mB)＝2m/s2，aA＝eq\f(μmBg,mA)＝0.5m/s2車和貨物運(yùn)動(dòng)2s時(shí)貨物和車的速度大小分別為vB＝aBt＝4m/s，vA＝aAt＝1m/s2s后貨物和車的加速度大小分別為aB′＝eq\f(E2q＋μmBg,mB)＝2m/s2aA′＝eq\f(μmBg,mA)＝0.5m/s2設(shè)又經(jīng)t1時(shí)間貨物和車共速，vB－aB′t1＝vA＋aA′t1代入數(shù)據(jù)解得t1＝1.2s此時(shí)貨物和車的共同速度v＝1.6m/s共速后二者一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝eq\f(qE2,mA＋mB)＝eq\f(1,3)m/s2減速到0所經(jīng)歷的時(shí)間為t2＝eq\f(v,a)＝4.8s所以第二次電場(chǎng)的作用時(shí)間為t1＋t2＝6s。答案6s3．(2016·福州三模)高鐵的開通給出行的人們帶來了全新的旅行感受，大大方便了人們的工作與生活。高鐵每列車組由七節(jié)車廂組成，除第四節(jié)車廂為無動(dòng)力車廂外，其余六節(jié)車廂均具有動(dòng)力系統(tǒng)，設(shè)每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m，各動(dòng)力車廂產(chǎn)生的動(dòng)力相同，經(jīng)測(cè)試，該列車啟動(dòng)時(shí)能在時(shí)間t內(nèi)將速度提高到v，已知運(yùn)動(dòng)阻力是車重的k倍。求：(1)列車在啟動(dòng)過程中，第五節(jié)車廂對(duì)第六節(jié)車廂的作用力；(2)列車在勻速行駛時(shí)，第六節(jié)車廂失去了動(dòng)力，若仍要保持列車的勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，則第五節(jié)車廂對(duì)第六節(jié)車廂的作用力變化多大？解析(1)列車啟動(dòng)時(shí)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，啟動(dòng)加速度為a＝eq\f(v,t)①對(duì)整個(gè)列車，由牛頓第二定律得：F－k·7mg＝7ma②設(shè)第五節(jié)車廂對(duì)第六節(jié)車廂的作用力為T，對(duì)第六、七兩節(jié)車廂進(jìn)行受力分析，水平方向受力如圖所示，由牛頓第二定律得eq\f(2F,6)＋T－k·2mg＝2ma③聯(lián)立①②③得T＝－eq\f(1,3)m(eq\f(v,t)＋kg)④其中“－”表示實(shí)際作用力與圖示方向相反，即與列車運(yùn)動(dòng)方向相反。(2)列車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)整體由平衡條件得：F′－k·7mg＝0⑤設(shè)第六節(jié)車廂有動(dòng)力時(shí)，第五、六節(jié)車廂間的作用力為T1，則有：eq\f(2F′,6)＋T1－k·2mg＝0⑥第六節(jié)車廂失去動(dòng)力時(shí)，仍保持列車勻速運(yùn)動(dòng)，則總牽引力不變，設(shè)此時(shí)第五、六節(jié)車廂間的作用力為T2，分析第六、七節(jié)車廂，則有：eq\f(F′,5)＋T2－k·2mg＝0⑦聯(lián)立⑤⑥⑦得T1＝－eq\f(1,3)kmgT2＝eq\f(3,5)kmg因此作用力變化ΔT＝T2－T1＝eq\f(14,15)kmg答案(1)eq\f(1,3)m(eq\f(v,t)＋kg)，方向與列車運(yùn)動(dòng)方向相反(2)eq\f(14,15)kmg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](14分)(2016·西安市模擬)如圖9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9(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)過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。[審題指導(dǎo)]破題關(guān)鍵→讀題、讀圖獲取信息(1)讀題(2)讀圖[滿分模板]解析(1)長(zhǎng)木板加速過程中，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(2分)(2)小物塊在減速過程中，有μ1mg＝ma3(2分)vm＝v0－a3t1(1分)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，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(2分)答案(1)0.7(2)40.5J[滿分體驗(yàn)](14分)如圖10甲所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長(zhǎng)。一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)。當(dāng)t＝0時(shí)釋放滑塊。在0～0.24s時(shí)間內(nèi)，滑塊的加速度a隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)k＝2.0×102N/m，當(dāng)t＝0.14s時(shí)，滑塊的速度v1＝2.0m/s。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：圖10(1)斜面對(duì)滑塊的摩擦力f的大?。?2)t＝0.14s時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d；(3)在0～0.44s時(shí)間內(nèi)，滑塊運(yùn)動(dòng)的路程s。[規(guī)范解答]解析(1)由圖乙可知，當(dāng)t1＝0.14s時(shí)，滑塊與彈簧開始分離，此后滑塊受重力、斜面的支持力和摩擦力，如圖丙所示。分離后，滑塊開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在這段過程中，由圖乙可知，滑塊加速度的大小a1＝10m/s2(1分)根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＋f＝ma1(2分)解得f＝4.0N(1分)(2)當(dāng)t1＝0.14s時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)，所以此時(shí)滑塊與出發(fā)點(diǎn)間的距離d等于t0＝0時(shí)彈簧的形變量x。由圖乙可知,在出發(fā)點(diǎn)時(shí)滑塊加速度的大小a＝30m/s2(1分)此時(shí)滑塊受力如圖丁所示，有kd－mgsinθ－f＝ma(2分)解得d＝0.20m(2分)(3)設(shè)從t1＝0.14s時(shí)開始,經(jīng)時(shí)間Δt1滑塊的速度減為零,則有Δt1＝eq\f(0－v1,－a1)＝0.20s(1分)在這段時(shí)間內(nèi)滑塊運(yùn)動(dòng)的距離x1＝eq\f(0－veq\o\al(2,1),2（－a1）)＝0.20m(1分)t2＝0.34s時(shí)滑塊速度減為零,此后滑塊將反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),受力如圖戊所示，根據(jù)牛頓第二定律可求得此后加速度的大小a2＝eq\f(mgsinθ－f,m)＝2.0m/s2(1分)在0.34～0.44s(Δt2＝0.1s)時(shí)間內(nèi),滑塊沿斜面下滑的距離x2＝eq\f(1,2)a2Δteq\o\al(2,2)＝0.01m(1分)所以在0～0.44s時(shí)間內(nèi)，s＝d＋x1＋x2＝0.41m(1分)答案(1)4.0N(2)0.20m(3)0.41m一、選擇題(1～3題為單項(xiàng)選擇題，4～7題為多項(xiàng)選擇題)1．(2016·銀川模擬)汽車以20m/s的速度在平直公路上行駛，急剎車時(shí)的加速度大小為5m/s2，則自駕駛員急剎車開始，2s與5s時(shí)汽車的位移之比為()A．5∶4 B．4∶5C．3∶4 D．4∶3解析汽車停下來所用的時(shí)間為t＝eq\f(v0,a)＝4s，故2s時(shí)汽車的位移x1＝v0t1＋eq\f(1,2)(－a)teq\o\al(2,1)＝30m；5s時(shí)汽車的位移與4s時(shí)汽車的位移相等，x2＝v0t2＋eq\f(1,2)(－a)teq\o\al(2,2)＝40m，解得eq\f(x1,x2)＝eq\f(3,4)，選項(xiàng)C正確。答案C2．圖1甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖，中間的“·”表示人的重心。圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力－時(shí)間圖象。兩圖中a～g各點(diǎn)均對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒有畫出。取重力加速度g＝10m/s2。根據(jù)圖象分析可知()圖1A．人的重力為1500NB．c點(diǎn)位置人處于超重狀態(tài)C．e點(diǎn)位置人處于失重狀態(tài)D．d點(diǎn)的加速度小于f點(diǎn)的加速度解析由題圖甲、乙可知，人的重力等于500N，質(zhì)量m＝50kg，b點(diǎn)位置人處于失重狀態(tài)，c、d、e點(diǎn)位置人處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確；d點(diǎn)位置傳感器對(duì)人的支持力F最大，為1500N，由F－mg＝ma可知，d點(diǎn)的加速度ad＝20m/s2，f點(diǎn)位置傳感器對(duì)人的支持力為0N，由F－mg＝ma可知，f點(diǎn)的加速度af＝－10m/s2，故d點(diǎn)的加速度大于f點(diǎn)的加速度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B3．(2016·河南模擬)汽車在平直公路上做剎車試驗(yàn)，若從t＝0時(shí)起汽車在運(yùn)動(dòng)過程中的位移與速度的平方之間的關(guān)系如圖2所示，下列說法正確的是()圖2A．t＝0時(shí)汽車的速度為10m/sB．剎車過程持續(xù)的時(shí)間為5sC．剎車過程經(jīng)過3s時(shí)汽車的位移為7.5mD．剎車過程汽車的加速度大小為10m/s2解析由圖象可得x＝－eq\f(1,10)v2＋10，根據(jù)v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得x＝eq\f(1,2a)v2－eq\f(veq\o\al(2,0),2a)，解得a＝－5m/s2，v0＝10m/s，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；汽車剎車過程的時(shí)間為t＝eq\f(0－v0,a)＝2s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；汽車經(jīng)過2s停止，因而經(jīng)過3s時(shí)汽車的位移為x＝10m(要先判斷在所給時(shí)間內(nèi)，汽車是否已停止運(yùn)動(dòng))，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。答案A4.(2016·山東臨沂市5月第二次模擬)如圖3所示，一足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定的速度向右傳動(dòng)。將一物塊輕輕放在皮帶左端，以v、a、x、F表示物塊速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列選項(xiàng)正確的是()圖3解析足夠長(zhǎng)的水平傳送帶，物塊的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)過程，剛開始滑動(dòng)摩擦力向右，物塊勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊的速度增加到等于皮帶的傳送速度后，物塊和傳送帶一塊勻速運(yùn)動(dòng)。物塊與傳送帶相對(duì)靜止，滑動(dòng)摩擦力為零，加速度為零，因此A、B正確，C錯(cuò)誤；小物塊的位移在加速階段為x＝eq\f(1,2)at2，是拋物線不是直線，故D錯(cuò)誤。答案AB5.甲、乙兩車從同一地點(diǎn)沿相同方向由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，它們運(yùn)動(dòng)的加速度隨時(shí)間變化圖象如圖4所示。關(guān)于兩車的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是()圖4A．在0～4s內(nèi)甲車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙車做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)B．在0～2s內(nèi)兩車間距逐漸增大，2～4s內(nèi)兩車間距逐漸減小C．在t＝2s時(shí)甲車速度為3m/s，乙車速度為4.5m/sD．在t＝4s時(shí)甲車恰好追上乙車解析在0～4s內(nèi)，甲車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而乙車做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；在a－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積等于物體的速度變化，因兩車的初速度為零，故面積的大小等于兩車的速度大小，即t＝2s時(shí)甲車速度為3m/s，乙車速度為4.5m/s，選項(xiàng)C正確；兩車沿相同方向由靜止開始運(yùn)動(dòng)，由a－t圖象可知，4s時(shí)兩車的速度相等，此時(shí)兩車的間距最大，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤。答案AC6．如圖5甲所示，質(zhì)量為m＝1kg、帶電荷量為q＝2×10－3C的小物塊靜置于絕緣水平面上，A點(diǎn)左側(cè)上方存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小物塊運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()圖5A．小物塊在0～3s內(nèi)的平均速度為eq\f(4,3)m/sB．小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4C．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為3000N/CD．物塊運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能減少了12J解析由v－t圖象中圖線與縱軸所圍面積的意義知0～3s內(nèi)物塊的位移為x＝6m，所以在0～3s內(nèi)的平均速度為v＝eq\f(x,t)＝2m/s，A錯(cuò)；由v－t圖象中圖線斜率的意義知加速階段和減速階段物塊的加速度大小分別為a加＝4m/s2和a減＝2m/s2，由牛頓第二定律知qE－μmg＝ma加，μmg＝ma減，聯(lián)立并代入數(shù)值得μ＝0.2，E＝3000N/C，B錯(cuò)，C對(duì)；由圖象知加速階段的位移為x1＝2m，所以電場(chǎng)力做功W＝qE·x1＝12J，即物塊運(yùn)動(dòng)過程中電勢(shì)能減少了12J，D對(duì)。答案CD7．(2016·天津理綜，8)我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，和諧號(hào)動(dòng)車組是由動(dòng)車和拖車編組而成，提供動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車，不提供動(dòng)力的車廂叫拖車。假設(shè)動(dòng)車組各車廂質(zhì)量均相等，動(dòng)車的額定功率都相同，動(dòng)車組在水平直軌道上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比，某列動(dòng)車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動(dòng)車，其余為拖車，則該動(dòng)車組()圖6A．啟動(dòng)時(shí)乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相反B．做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2C．進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度成正比D．與改為4節(jié)動(dòng)車帶4節(jié)拖車的動(dòng)車組最大速度之比為1∶2解析列車啟動(dòng)時(shí)，乘客隨車廂加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向與車的運(yùn)動(dòng)方向相同，故乘客受到車廂的作用力方向與車運(yùn)動(dòng)方向相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)6、7、8節(jié)車廂的整體有F56－3kmg＝3ma，對(duì)7、8節(jié)車廂的整體有F67－2kmg＝2ma，故5、6節(jié)車廂與6、7節(jié)車廂間的作用力之比為F56∶F67＝3∶2，選項(xiàng)B正確；關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)后，根據(jù)動(dòng)能定理得eq\f(1,2)·8mv2＝8kmgx，解得x＝eq\f(v2,2kg)，可見滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)速度的平方成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動(dòng)車時(shí)的最大速度為vm1＝eq\f(2P,8kmg)；8節(jié)車廂有4節(jié)動(dòng)車時(shí)最大速度為vm2＝eq\f(4P,8kmg)，則eq\f(vm1,vm2)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)D正確。答案BD二、非選擇題8.如圖7所示，質(zhì)量均為m＝3kg的物塊A、B緊挨著放置在粗糙的水平地面上，物塊A的左側(cè)連接一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上。開始時(shí)兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使物塊B在水平外力F作用下向右做a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)直至與A分離，已知兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g＝10m/s2。求：圖7(1)物塊A、B分離時(shí)，所加外力F的大小；(2)物塊A、B由靜止開始運(yùn)動(dòng)到分離所用的時(shí)間。解析(1)物塊A、B分離時(shí)，對(duì)B：F－μmg＝ma解得：F＝21N(2)A、B靜止時(shí)，對(duì)A、B：kx1＝2μmgA、B分離時(shí)，對(duì)A：kx2－μmg＝ma此過程中