四川省2015屆高考物理二輪復(fù)習(xí)14個(gè)專題共245頁

1、目錄專題1 受力分析、物體的平衡專題2 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)專題3 平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)專題4 萬有引力定律及應(yīng)用專題5 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用專題7 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專題8 直流電路與交流電路專題9 電磁感應(yīng)專題10 物理圖像問題分析專題11 機(jī)械振動(dòng)和機(jī)械波 光專題12 力學(xué)、光學(xué)實(shí)驗(yàn)（一）專題13 力學(xué)、光學(xué)實(shí)驗(yàn)（二）專題14 電學(xué)實(shí)驗(yàn)（一）專題15 電學(xué)實(shí)驗(yàn)（二）高考定位受力分析、物體的平衡問題是力學(xué)的基本問題，在高考中是級要求，主要考查力的產(chǎn)生條件、力的大小方向的判斷(難點(diǎn)：彈力、摩擦力)、力的合成與分解、平衡條件的應(yīng)用、動(dòng)態(tài)平衡問題的分析、連接體問題的分析，涉及的思想方法有

2、：整體法與隔離法、假設(shè)法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等高考試題命題特點(diǎn)：這部分知識單獨(dú)考查一個(gè)知識點(diǎn)的試題非常少，大多數(shù)情況都是同時(shí)涉及到幾個(gè)知識點(diǎn)，而且都是牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功和能、電磁學(xué)的內(nèi)容結(jié)合起來考查，考查時(shí)注重物理思維與物理能力的考核考題1對物體受力分析的考查例1如圖1所示，質(zhì)量為m的木塊A放在質(zhì)量為M的三角形斜面B上，現(xiàn)用大小均為F，方向相反的水平力分別推A和B，它們均靜止不動(dòng)，則()圖1AA與B之間不一定存在摩擦力BB與地面之間可能存在摩擦力CB對A的支持力一定大于mgD地面對B的支持力的大小一定等于(Mm)g審題突破B、D選項(xiàng)考察地面對B的作用力故可以：先對物體A、B整體受

3、力分析，根據(jù)平衡條件得到地面對整體的支持力和摩擦力；A、C選項(xiàng)考察物體A、B之間的受力，應(yīng)當(dāng)隔離，物體A受力少，故：隔離物體A受力分析，根據(jù)平衡條件求解B對A的支持力和摩擦力解析對A、B整體受力分析，如圖，受到重力(Mm)g、支持力N和已知的兩個(gè)推力，水平方向：由于兩個(gè)推力的合力為零，故整體與地面間沒有摩擦力；豎直方向：有N(Mm)g，故B錯(cuò)誤，D正確；再對物體A受力分析，受重力mg、推力F、斜面體B對A的支持力N和摩擦力f，在沿斜面方向：當(dāng)推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量時(shí)，摩擦力的方向沿斜面向下，當(dāng)推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量時(shí)，摩擦力的方向沿斜面向上，當(dāng)推力F沿斜面分量等于重力的

4、下滑分量時(shí)，摩擦力為零，設(shè)斜面傾斜角為，在垂直斜面方向：Nmgcos Fsin ，所以B對A的支持力不一定大于mg，故A正確，C錯(cuò)誤故選擇A、D.答案AD1(2014·廣東·14)如圖2所示，水平地面上堆放著原木，關(guān)于原木P在支撐點(diǎn)M、N處受力的方向，下列說法正確的是()圖2AM處受到的支持力豎直向上BN處受到的支持力豎直向上CM處受到的靜摩擦力沿MN方向DN處受到的靜摩擦力沿水平方向答案A解析M處支持力方向與支持面(地面)垂直，即豎直向上，選項(xiàng)A正確；N處支持力方向與支持面(原木接觸面)垂直，即垂直MN向上，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；摩擦力與接觸面平行，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤2如圖3所示，

5、一根輕桿的兩端固定兩個(gè)質(zhì)量均為m的相同小球A、B，用兩根細(xì)繩懸掛在天花板上，虛線為豎直線，30°，60°，求輕桿對A球的作用力()圖3AmgB.mgC.mg D.mg答案A解析對A球受力分析如下圖，細(xì)繩對小球A的力為F1，桿對A的力為F2，把F1和mg合成，由幾何知識可得組成的三角形為等腰三角形，故F2mg.3如圖4所示，用質(zhì)量為M的吸鐵石，將一張質(zhì)量為m的白紙壓在豎直固定的磁性黑板上某同學(xué)沿著黑板面，用水平向右的恒力F輕拉白紙，白紙未移動(dòng)，則此時(shí)黑板對白紙的摩擦力的大小為()圖4AF BmgC. D.答案D解析對吸鐵石和白紙整體進(jìn)行受力分析，在垂直于黑板平面內(nèi)受磁引力、黑

6、板表面的支持力，在平行于黑板平面內(nèi)受豎直向下的重力(Mm)g、水平拉力F和黑板表面的摩擦力f作用，由于紙未被拉動(dòng)，所以摩擦力為靜摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，摩擦力f與(Mm)g和F的合力等值反向，因此有f，故選項(xiàng)D正確1合理的選取研究對象如果題目中給出的物體不止一個(gè)，在分析物體受力情況時(shí)，往往不能直接判斷它與其接觸的物體間是否有相互作用的彈力和摩擦力，這時(shí)可以采用隔離法(或整體法)，先分析其他物體(或整體)的受力情況，再分析被研究物體的受力情況2結(jié)合運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及時(shí)修正由于彈力和摩擦力都是被動(dòng)力，它們的方向和大小與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有密切的關(guān)系，所以分析物體的受力情況時(shí)，除了根據(jù)力產(chǎn)生的條件判斷外

7、，還必須根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律及時(shí)進(jìn)行修正考題2對靜態(tài)平衡問題的考查例2如圖5所示，傾角為60°的斜面固定在水平面上，輕桿B端用鉸鏈固定在豎直墻上，A端頂住質(zhì)量為m、半徑為R的勻質(zhì)球并使之在圖示位置靜止，此時(shí)A與球心O的高度差為，不計(jì)一切摩擦，輕桿可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動(dòng)，重力加速度為g，則有()圖5A輕桿與水平面的夾角為60°B輕桿對球的彈力大小為2mgC斜面對球的彈力大小為mgD球所受的合力大小為mg，方向豎直向上審題突破球受力的特點(diǎn)：輕桿B端用鉸鏈固定在豎直墻上所以輕桿上的彈力一定沿桿，支持力垂直斜面向上；由幾何知識確定輕桿與水平面的夾角，采用合成法，根據(jù)平衡條

8、件求輕桿對球的彈力和斜面對球的彈力解析設(shè)輕桿與水平方向夾角為，由sin ，30°，故A錯(cuò)誤；對球由幾何知識得，輕桿對球的彈力大小N2mg，故B錯(cuò)誤；斜面對球的彈力大小為mg，C正確；球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受的合力大小為0，D錯(cuò)誤答案C4完全相同的兩物體P、Q，質(zhì)量均為m，疊放在一起置于水平面上，如圖6所示現(xiàn)用兩根等長的細(xì)線系在兩物體上，在細(xì)線的結(jié)點(diǎn)處施加一水平拉力F，兩物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法不正確的是(重力加速度為g)()圖6A物體P受到細(xì)線的拉力大小為B兩物體間的摩擦力大小為C物體Q對地面的壓力大小為2mgD地面對Q的摩擦力大小為F答案A解析兩物體都保持靜止，對P、Q整體受力

9、分析，豎直方向受到重力2mg和地面支持力N，根據(jù)平衡狀態(tài)則有N2mg，Q對地面壓力大小等于支持力，選項(xiàng)C正確水平方向受到拉力F和地面摩擦力f，水平方向受力平衡fF，選項(xiàng)D正確兩段細(xì)線等長，而拉力沿水平方向設(shè)細(xì)線和水平方向夾角為，則有細(xì)線拉力T，選項(xiàng)A錯(cuò)誤對P受力分析水平方向受到細(xì)線拉力的水平分力Tcos 和Q對P的摩擦力f，根據(jù)P靜止平衡則有f，選項(xiàng)B正確5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，圖B中桿P在豎

10、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()AFAFBFCFDBFDFAFBFCCFAFCFDFBDFCFAFBFD答案B解析設(shè)滑輪兩邊細(xì)繩的夾角為，對重物，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F2mgcos ，由夾角關(guān)系可得FDFAFBFC，選項(xiàng)B正確6傾角為45°的斜面固定在墻角，一質(zhì)量分布均勻的光滑球體在大小為F的水平推力作用下靜止在如圖7所示的位置，F(xiàn)的作用線通過球心，設(shè)球所受重力大小為G，豎直墻對球的彈力大小為F1，斜面對球的彈力大小為F2，則下列說法正確的是()圖7AF1

11、一定大于F BF2一定大于GCF2一定大于F DF2一定大于F1答案B解析以球?yàn)檠芯繉ο螅芰Ψ治?，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：F2sin GFF1F2cos 所以F2一定大于G，F(xiàn)1一定小于F，F(xiàn)2與F的大小關(guān)系不確定，F(xiàn)1和F2的大小關(guān)系也不確定，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤共點(diǎn)力平衡問題的求解思路和方法1求解共點(diǎn)力平衡問題的一般思路物體靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)物體處于平衡狀態(tài)對物體受力分析建立平衡方程對平衡方程,求解、討論2常用求解方法(1)正交分解法(2)合成法考題3對動(dòng)態(tài)平衡問題的考查例3如圖8所示，傾角為的斜面體c置于水平地面上，小物塊b置于斜面上，通過細(xì)繩跨過光滑的定滑輪與沙漏a連接，

12、連接b的一段細(xì)繩與斜面平行在a中的沙子緩慢流出的過程中，a、b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，則()圖8Ab對c的摩擦力一定減小Bb對c的摩擦力方向可能平行斜面向上C地面對c的摩擦力方向一定向右D地面對c的摩擦力一定減小審題突破b受到c的摩擦力不一定為零，與兩物體的重力、斜面的傾角有關(guān)對bc整體研究，由平衡條件分析水平面對c的摩擦力方向和支持力的大小解析設(shè)a、b的重力分別為Ga、Gb.若GaGbsin ，b受到c的摩擦力為零；若GaGbsin ，b受到c的摩擦力不為零若GaGbsin ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，故A錯(cuò)誤，B正確對b、c整體，水平面對c的摩擦力fTcos Gacos ，方向水平向左在a中

13、的沙子緩慢流出的過程中，則摩擦力在減小，故C錯(cuò)誤，D正確答案BD7如圖9甲，手提電腦散熱底座一般設(shè)置有四個(gè)卡位用來調(diào)節(jié)角度某同學(xué)將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡位4緩慢地調(diào)至卡位1(如圖乙)，電腦始終靜止在底座上，則()圖9A電腦受到的支持力變大B電腦受到的摩擦力變小C散熱底座對電腦的作用力變大D散熱底座對電腦的作用力不變答案D解析對筆記本電腦受力分析如圖所示，有：Nmgcos 、fmgsin .由原卡位1調(diào)至卡位4，減小，靜摩擦力f減小、支持力N增加；散熱底座對電腦的作用力的合力是支持力和靜摩擦力的合力，與重力平衡，始終是不變的，故D正確8如圖10將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、

14、b用細(xì)線相連懸掛于O點(diǎn)，用力F拉小球a，使整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，且懸線Oa與豎直方向的夾角為30°，則F的最小值為()圖10A.mg BmgC.mg D.mg答案B解析以a、b兩球?yàn)橐徽w進(jìn)行受力分析：受重力2mg，繩子的拉力T，拉力F，其中重力是恒力，繩子拉力T方向恒定，根據(jù)平衡條件，整體所受合外力為零，所以當(dāng)F的方向與繩子垂直時(shí)最小，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得：F2mgsin 30°mg，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤9(2014·山東·14)如圖11所示，用兩根等長輕繩將木板懸掛在豎直木樁上等高的兩點(diǎn)，制成一簡易秋千，某次維修時(shí)將兩輕繩各剪去一小段，但

15、仍保持等長且懸掛點(diǎn)不變木板靜止時(shí)，F(xiàn)1表示木板所受合力的大小，F(xiàn)2表示單根輕繩對木板拉力的大小，則維修后()圖11AF1不變，F(xiàn)2變大BF1不變，F(xiàn)2變小CF1變大，F(xiàn)2變大DF1變小，F(xiàn)2變小答案A解析木板靜止時(shí)，木板受重力G以及兩根輕繩的拉力F2，根據(jù)平衡條件，木板受到的合力F10，保持不變兩根輕繩的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不變，當(dāng)兩輕繩剪去一段后，兩根輕繩的拉力F2與豎直方向的夾角變大，因其合力不變，故F2變大選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤1當(dāng)受力物體的狀態(tài)發(fā)生“緩慢”變化時(shí)，物體所處的狀態(tài)仍為平衡狀態(tài)，分析此類問題的方法有解析法和矢量三角形法2分析動(dòng)態(tài)平衡問題時(shí)需注意以下兩個(gè)

16、方面：(1)在動(dòng)態(tài)平衡問題中，一定要抓住不變的量(大小或方向)，此題中不變的量是力F3和F1的合力的大小和方向，然后分析其他量的變化(2)當(dāng)物體受到一個(gè)大小和方向都不變、一個(gè)方向不變、一個(gè)大小和方向都變化的三個(gè)力作用，且題目只要求定性討論力的大小而不必進(jìn)行定量計(jì)算時(shí)，首先考慮用圖解法考題4應(yīng)用平衡條件解決電學(xué)平衡問題例4 (6分)如圖12所示，粗糙程度均勻的絕緣空心斜面ABC放置在水平面上，CAB30°，斜面內(nèi)部O點(diǎn)(與斜面無任何連接)固定一個(gè)正點(diǎn)電荷，一帶負(fù)電可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體可以分別靜止在M、P、N點(diǎn)，P為MN的中點(diǎn)，OMON，OMAB，則下列判斷正確的是()圖12A小物體在M、

17、P、N點(diǎn)靜止時(shí)一定都是受4個(gè)力B小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力最大C小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)受到的支持力最大D小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)受到的支持力相等解析對小物體分別在三處靜止時(shí)進(jìn)行受力分析，如圖：結(jié)合平衡條件小物體在P、N兩點(diǎn)時(shí)一定受四個(gè)力的作用，而在M處不一定，故A錯(cuò)誤；小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)，摩擦力fmgsin 30°，設(shè)小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)，庫侖力為F，則小物體靜止在N點(diǎn)時(shí)fmgsin 30°Fcos 30°，小物體靜止在M點(diǎn)時(shí)fmgsin 30°Fcos 30°，可見小物體靜止在N點(diǎn)時(shí)所受摩擦力最大，故B錯(cuò)誤；小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)，設(shè)庫侖力為F，

18、受到的支持力Nmgcos 30°F，小物體靜止在M、N點(diǎn)時(shí)：Nmgcos 30°Fsin 30°，由庫侖定律知FF，故NN，即小物體靜止在P點(diǎn)時(shí)受到的支持力最大，靜止在M、N點(diǎn)時(shí)受到的支持力相等，故C、D正確答案CD(2014·江蘇·13)(15分)如圖13所示，在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，

19、且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g.求：圖13(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v；(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案(1)tan (2)(3)2mgdsin 解析(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡mgsin mgcos 解得導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)tan .(2)在光滑導(dǎo)軌上感應(yīng)電動(dòng)勢：EBLv感應(yīng)電流：I安培力：F安BIL受力平衡的條件是：F安mgsin 解得導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度v.(3)摩擦生熱：QTmgdcos 根據(jù)能量守恒定律知：3mgdsin QQTmv2解得電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q2mgdsin .

20、知識專題練訓(xùn)練1題組1物體受力分析1如圖1所示，A、B、C三物塊疊放并處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平地面光滑，其它接觸面粗糙，則()圖1AA與墻面間存在壓力BA與墻面間存在靜摩擦力CA物塊共受4個(gè)力作用DB物塊共受4個(gè)力作用答案D解析以三個(gè)物塊組成的整體為研究對象，水平方向上：地面光滑，對C沒有摩擦力，根據(jù)平衡條件得知，墻對A沒有壓力，因而也沒有摩擦力，故A、B錯(cuò)誤對A物塊，受到重力、B的支持力和B對A的摩擦力三個(gè)力作用，故C錯(cuò)誤先對A、B整體研究：水平方向上，墻對A沒有壓力，則由平衡條件分析可知，C對B沒有摩擦力再對B分析：受到重力、A的壓力和A對B的摩擦力、C的支持力，共受四個(gè)力作用，故D正確2輕質(zhì)彈

21、簧A的兩端分別連在質(zhì)量均為m的小球上，兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)另有兩根與A完全相同的輕質(zhì)彈簧B、C，且B、C的一端分別與兩個(gè)小球相連，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牽住，如圖2所示適當(dāng)調(diào)節(jié)手的高度與用力的方向，保持B彈簧軸線跟豎直方向夾角為37°不變(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)，當(dāng)彈簧C的拉力最小時(shí)，B、C兩彈簧的形變量之比為()圖2A11 B35C43 D54答案C解析以兩球和彈簧A組成的整體為研究對象，受力分析如圖所示，由合成法知當(dāng)C彈簧與B彈簧垂直時(shí)，彈簧C施加的拉力最小，由幾何關(guān)系知TBTC43.3如圖3所示，固定的半球面右側(cè)是光滑

22、的，左側(cè)是粗糙的，O點(diǎn)為球心，A、B為兩個(gè)完全相同的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，小物塊A靜止在球面的左側(cè)，受到的摩擦力大小為F1，對球面的壓力大小為N1；小物塊B在水平力F2作用下靜止在球面的右側(cè)，對球面的壓力大小為N2，已知兩小物塊與球心連線和豎直方向的夾角均為，則()圖3AF1F2cos 1 BF1F2sin 1CN1N2cos21 DN1N2sin21答案AC解析分別對A、B兩個(gè)相同的小物塊受力分析，如圖，由平衡條件，得：F1mgsin N1mgcos 同理：F2mgtan N2故cos ，cos2.4如圖4所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四個(gè)小物塊，各小物塊之間由四根完全相同的輕彈簧相

23、互連接，正好組成一個(gè)菱形，BAD120°，整個(gè)系統(tǒng)保持靜止?fàn)顟B(tài)已知A物塊所受的摩擦力大小為f，則D物塊所受的摩擦力大小為()圖4A.f BfC.f D2f答案C解析已知A物塊所受的摩擦力大小為f，設(shè)每根彈簧的彈力為F，則有：2Fcos 60°f，對D：2Fcos 30°f，解得：fFf.題組2靜態(tài)平衡問題5如圖5所示，登山者連同設(shè)備總重量為G.某時(shí)刻纜繩和豎直方向的夾角為，若登山者手拉纜繩的力大小也為G，則登山者腳對巖石的作用力()圖5A方向水平向右B方向斜向右下方C大小為Gtan D大小為Gsin 答案B解析以登山者為研究對象，受力如圖，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得知：

24、N與G和T的合力大小相等、方向相反，所以N方向斜向左上方，則由牛頓第三定律得知登山者腳對巖石的作用力方向斜向右下方由力的合成法得：N2Gcos(180°)2Gsin .6如圖6所示，質(zhì)量為M的木板C放在水平地面上，固定在C上的豎直輕桿的頂端分別用細(xì)繩a和b連接小球A和小球B，小球A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，當(dāng)與水平方向成30°角的力F作用在小球B上時(shí)，A、B、C剛好相對靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)繩a、b與豎直方向的夾角分別為30°和60°，則下列判斷正確的是()圖6A力F的大小為mBgB地面對C的支持力等于(MmAmB)gC地面對C的摩擦力大小為mB

25、gDmAmB答案ACD解析對小球B受力分析，水平方向：Fcos 30°Tbcos 30°，得：TbF，豎直方向：Fsin 30°Tbsin 30°mBg，解得：FmBg，故A正確；對小球A受力分析，豎直方向：mAgTbsin 30°Tasin 60°水平方向：Tasin 30°Tbsin 60°聯(lián)立得：mAmB，故D正確；以A、B、C整體為研究對象受力分析，豎直方向：NFsin 30°(MmAmB)g可見N小于(MmAmB)g，故B錯(cuò)誤；水平方向：fFcos 30°mBgcos 30°

26、mBg，故C正確7體育器材室里，籃球擺放在如圖7所示的球架上已知球架的寬度為d，每個(gè)籃球的質(zhì)量為m、直徑為D，不計(jì)球與球架之間的摩擦，則每個(gè)籃球?qū)σ粋?cè)球架的壓力大小為()圖7A.mg B.C. D.答案C解析籃球受力平衡，設(shè)一側(cè)球架的彈力與豎直方向的夾角為，如圖，由平衡條件，F(xiàn)1F2，而cos ，則F1F2，選項(xiàng)C正確8如圖8所示，在粗糙水平地面上放著一個(gè)截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放一光滑半圓球B，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)已知A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA和mB，則下列說法正確的是()圖8AA物體對地面的壓力大小為mAgBA物體對地面的壓力大小為(mAmB)gCB物體對A物體的壓力大于m

27、BgD地面對A物體沒有摩擦力 答案BC解析對A、B整體受力分析，豎直方向：NA(mAmB)g，水平方向：fANB，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；B受重力、A的支持力NAB、墻面的彈力NB，故NAB，選項(xiàng)C正確題組3動(dòng)態(tài)平衡問題9如圖9所示，三根細(xì)線共系于O點(diǎn)，其中OA在豎直方向上，OB水平并跨過定滑輪懸掛一個(gè)重物，OC的C點(diǎn)固定在地面上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)若OC加長并使C點(diǎn)左移，同時(shí)保持O點(diǎn)位置不變，裝置仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，則細(xì)線OA上拉力FA和OC上的拉力FC與原先相比是()圖9AFA、FC都減小BFA、FC都增大CFA增大，F(xiàn)C減小DFA減小，F(xiàn)C增大答案A解析O點(diǎn)受FA、FB、FC三個(gè)力平

28、衡，如圖當(dāng)按題示情況變化時(shí)，OB繩的拉力FB不變，OA繩拉力FA的方向不變，OC繩拉力FC的方向與拉力FB方向的夾角減小，保持平衡時(shí)FA、FC的變化如虛線所示，顯然都是減小了10如圖10所示，物體A、B用細(xì)繩與彈簧連接后跨過滑輪，A靜止在傾角為45°的粗糙斜面上，B懸掛著已知質(zhì)量mA3mB，不計(jì)滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由45°減小到30°，且A、B仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，那么下列說法中正確的是()圖10A彈簧的彈力大小將不變B物體A對斜面的壓力將減小C物體A受到的靜摩擦力將減小D彈簧的彈力及A受到的靜摩擦力都不變答案AC解析彈簧彈力等于B物體的重力，即彈簧彈力不變，故A項(xiàng)正

29、確；對A物體進(jìn)行受力分析，列平衡方程可知，C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)NmAgcos ，當(dāng)傾角減小時(shí)，A物體對斜面壓力變大，故B項(xiàng)錯(cuò)誤11如圖11所示，兩塊相互垂直的光滑擋板OP、OQ，OP豎直放置，小球a、b固定在輕彈簧的兩端水平力F作用于b時(shí)，a、b緊靠擋板處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)保證b球不動(dòng)，使擋板OP向右緩慢平移一小段距離，則()圖11A彈簧變長 B彈簧變短C力F變大 Db對地面的壓力變大答案A解析對a隔離分析可知，OP向右緩慢平移時(shí)彈簧彈力變小，OP對a的彈力變小，故彈簧變長，A正確；對a、b整體分析，F(xiàn)與OP對a的彈力平衡，故力F變小，b對地面的壓力始終等于a、b的總重力，故D錯(cuò)誤題組4應(yīng)用平衡

30、條件解決電學(xué)平衡問題12(2014·廣東·20)如圖12所示，光滑絕緣的水平桌面上，固定著一個(gè)帶電量為Q的小球P.帶電量分別為q和2q的小球M和N，由絕緣細(xì)桿相連，靜止在桌面上P與M相距L、M和N視為點(diǎn)電荷，下列說法正確的是()圖12AM與N的距離大于LBP、M和N在同一直線上C在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同DM、N及細(xì)桿組成的系統(tǒng)所受合力為零答案BD解析假設(shè)P、M和N不在同一直線上，對M受力分析可知M不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以選項(xiàng)B正確；M、N和桿組成的系統(tǒng)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，則系統(tǒng)所受合外力為零，故kk，解得x(1)L，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，D正確；在正點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，離

31、場源電荷越近，電勢越高，M>N，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤13(2014·浙江·19)如圖13所示，水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為.一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行小球A的質(zhì)量為m、電量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷小球A靜止在斜面上，則()圖13A小球A與B之間庫侖力的大小為B當(dāng) 時(shí)，細(xì)線上的拉力為0C當(dāng) 時(shí)，細(xì)線上的拉力為0D當(dāng) 時(shí)，斜面對小球A的支持力為0答案AC解析根據(jù)庫侖定律，A、B球間的庫侖力F庫k，

32、選項(xiàng)A正確；小球A受豎直向下的重力mg，水平向左的庫侖力F庫，由平衡條件知，當(dāng)斜面對小球的支持力FN的大小等于重力與庫侖力的合力大小時(shí)，細(xì)線上的拉力等于零，如圖所示，則tan ，所以 ，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；斜面對小球的支持力FN始終不會等于零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤 高考定位牛頓運(yùn)動(dòng)定律是歷年高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容之一對這部分內(nèi)容的考查非常靈活，選擇、實(shí)驗(yàn)、計(jì)算等題型均可以考查其中用整體法和隔離法處理問題，牛頓第二定律與靜力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)的綜合問題，物體的平衡條件等都是高考熱點(diǎn)；對牛頓第一、第三定律的考查經(jīng)常以選擇題或融合到計(jì)算題中的形式呈現(xiàn)另外，牛頓運(yùn)動(dòng)定律在實(shí)際中的應(yīng)用很多，如彈簧問題、傳送帶問題、傳感器

33、問題、超重失重問題等等，應(yīng)用非常廣泛考題1對勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的考查例1為了迎接外賓，對國賓車隊(duì)要求非常嚴(yán)格設(shè)從同一地點(diǎn)先后開出甲、乙兩輛不同型號的國賓汽車在平直的公路上排成直線行駛汽車甲先開出，汽車乙后開出汽車甲從靜止出發(fā)先做加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度v后改為勻速直線運(yùn)動(dòng)汽車乙從靜止出發(fā)先做加速度為a2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到同一速度v后也改為勻速直線運(yùn)動(dòng)要使甲、乙兩輛汽車都勻速行駛時(shí)彼此間隔的間距為x.則甲、乙兩輛汽車依次啟動(dòng)的時(shí)間間隔為多少？(不計(jì)汽車的大小)審題突破設(shè)當(dāng)甲經(jīng)過一段時(shí)間t1勻加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到速度v，位移為x1，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)基本公式求出位移和速度，設(shè)乙出發(fā)后，經(jīng)

34、過一段時(shí)間t2勻加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到速度v，位移為x2，根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)基本公式求出位移和速度，設(shè)甲勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，甲、乙依次啟動(dòng)的時(shí)間間隔為t，根據(jù)位移關(guān)系列式即可求解解析設(shè)當(dāng)甲經(jīng)過一段時(shí)間t1勻加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到速度v，位移為x1，對甲，有：va1t1v22a1x1設(shè)乙出發(fā)后，經(jīng)過一段時(shí)間t2勻加速運(yùn)動(dòng)達(dá)到速度v，位移為x2，對乙，有：v2t2v222x2設(shè)甲勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t后，乙也開始勻速運(yùn)動(dòng)，甲、乙依次啟動(dòng)的時(shí)間間隔為t，由題意知：tt1tt2xx1vtx2解得：t.答案1如圖1甲所示，一個(gè)m3 kg的物體放在粗糙水平地面上，從t0時(shí)刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)在03 s時(shí)間內(nèi)物

35、體的加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等則() 甲 乙圖1A在03 s時(shí)間內(nèi)，物體的速度先增大后減小B3 s末物體的速度最大，最大速度為10 m/sC2 s末F最大，F(xiàn)的最大值為12 ND前2 s內(nèi)物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，力F大小保持不變答案BD解析物體在前3 s內(nèi)始終做加速運(yùn)動(dòng)，第3 s內(nèi)加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；因?yàn)槲矬w速度始終增加，故3 s末物體的速度最大，在at圖像上圖像與時(shí)間軸所圍圖形的面積表示速度變化，v10 m/s，物體由靜止開始加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度為10 m/s，所以B正確；由F合ma知前2 s內(nèi)的合外力為1

36、2 N，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N，故C錯(cuò)誤2(2014·山東·23)研究表明，一般人的剎車反應(yīng)時(shí)間(即圖2甲中“反應(yīng)過程”所用時(shí)間)t00.4 s，但飲酒會導(dǎo)致反應(yīng)時(shí)間延長在某次試驗(yàn)中，志愿者少量飲酒后駕車以v072 km/h的速度在試驗(yàn)場的水平路面上勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止，行駛距離L39 m減速過程中汽車位移s與速度v的關(guān)系曲線如圖乙所示，此過程可視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)取重力加速度的大小g10 m/s2.求：圖2(1)減速過程汽車加速度的大小及所用時(shí)間；(2)飲酒使志愿者的反應(yīng)時(shí)間比一般人增加了多少；(3)減速過程汽車對志愿者作用力的大小與志愿者重力大小

37、的比值答案(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)解析(1)設(shè)減速過程中汽車加速度的大小為a，所用時(shí)間為t，由題可得初速度v020 m/s，末速度vt0，位移s25 m，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2ast聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得a8 m/s2t2.5 s.(2)設(shè)志愿者反應(yīng)時(shí)間為t，反應(yīng)時(shí)間的增加量為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得Lv0tsttt0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得t0.3 s.(3)設(shè)志愿者所受合外力的大小為F，汽車對志愿者作用力的大小為F0，志愿者質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得Fma由平行四邊形定則得FF2(mg)2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得.1如果一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是聯(lián)系各

38、段的紐帶2描述勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本物理量有v0、vt、a、x、t五個(gè)量，每一個(gè)基本公式中都涉及四個(gè)量，選擇公式時(shí)一定要注意分析已知量和待求量，根據(jù)所涉及的物理量選擇合適的公式求解，會使問題簡化3對于剎車類問題，當(dāng)車速度為零時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)，其加速度也突變?yōu)榱闱蠼獯祟悊栴}應(yīng)先判斷車停下所用的時(shí)間，再選擇合適的公式求解考題2對牛頓第二定律應(yīng)用的考查例2如圖3所示，A、B兩滑環(huán)分別套在間距為1 m的光滑細(xì)桿上，A和B的質(zhì)量之比為13，用一自然長度為1 m的輕彈簧將兩環(huán)相連，在A環(huán)上作用一沿桿方向、大小為20 N的拉力F，當(dāng)兩環(huán)都沿桿以相同的加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧與桿夾角為53°.(cos 53&

39、#176;0.6)圖3(1)求彈簧的勁度系數(shù)；(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬間，A的加速度大小為a，a與a之比為多少？審題突破(1)以兩球和彈簧組成的整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再以B為研究對象求出彈簧的彈力，由胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù)(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬間，彈簧的彈力沒有來得及變化，再分析受力，由牛頓第二定律求解a與a之比解析(1)先取A、B和彈簧組成的整體為研究對象，彈簧彈力為內(nèi)力，桿對A、B的支持力與加速度方向垂直，在沿F方向應(yīng)用牛頓第二定律F(mAmB)a再取B為研究對象，F(xiàn)彈cos 53°mBa聯(lián)立解得，F(xiàn)彈25 N由幾何關(guān)系

40、得，彈簧的伸長量x m0.25 m由F彈kx解得彈簧的勁度系數(shù)k100 N/m(2)撤去力F瞬間，彈簧彈力不變，A的加速度大小a，方向沿桿方向向左由式得a，方向沿桿水平向右所以aamBmA31答案(1)100 N/m(2)313(2014·新課標(biāo)·17)如圖4所示，用橡皮筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)現(xiàn)使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度(橡皮筋在彈性限度內(nèi))，與穩(wěn)定在豎直位置時(shí)相比，小球的高度()圖4A一定升高B一定降低C保持不變D升高或降低由橡皮筋的勁度系數(shù)決定答案A解析設(shè)橡皮筋原長為l0

41、、勁度系數(shù)為k，小球在豎直位置靜止時(shí)，橡皮筋長度為l，加速時(shí)長度為l且與豎直方向夾角為.由胡克定律可知，靜止時(shí)k(ll0)mg，加速時(shí)小球受力分析如圖所示，由牛頓第二定律可知k(ll0)cos mg則k(ll0)k(ll0)cos lcos ll0(1cos )即lcos <l所以小球高度一定升高，故選項(xiàng)A正確(1)無論是哪種情況，聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的“橋梁”都是加速度利用牛頓第二定律解決動(dòng)力學(xué)問題的關(guān)鍵是尋找加速度與未知量的關(guān)系，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓第二定律和力的運(yùn)算法則列式求解(2)物體的運(yùn)動(dòng)情況由受力情況及物體運(yùn)動(dòng)的初始條件共同決定考題3應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法分析傳送帶問題例3某煤礦運(yùn)輸部有

42、一新采購的水平淺色足夠長傳送帶以4.0 m/s的恒定速度運(yùn)動(dòng)，若使該傳送帶改做加速度大小為3.0 m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，并且在傳送帶開始做勻減速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，將一煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速度放在傳送帶上已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.10，重力加速度取10 m/s2，求煤塊在淺色傳送帶上能留下的痕跡長度和相對于傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移大??？(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)審題突破煤塊先相對于傳送帶向后滑動(dòng)，速度相同后，又相對傳送帶向前滑，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，結(jié)合速度時(shí)間圖線求出兩次過程中相對位移的大小，從而得出劃痕的長度解析由運(yùn)動(dòng)情況作出傳送帶和煤塊的vt圖像，如圖所示因煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則煤塊在

43、傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度a0g1.0 m/s2設(shè)傳送帶的加速度大小為a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得：v1a0t1 v0at1解得t11.0 s，v11.0 m/s此過程中煤塊相對于傳送帶向后滑動(dòng)，劃線的長度為l1v0t1ata0t2.0 m當(dāng)煤塊與傳送帶間的速度相等以后，兩者都做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，煤塊相對于傳送帶又向前滑動(dòng)，劃線的長度l2 m0.33 m因?yàn)閘1>l2，煤塊在傳送帶上留下的劃線長度為l12.0 m煤塊相對于傳送帶的位移為xl1l22.0 m0.33 m1.7 m答案2.0 m1.7 m4(2014·四川·7)如圖5所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定

44、滑輪且不可伸長的輕繩相連，t0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，tt0時(shí)刻P離開傳送帶不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖像可能是()圖5答案BC解析若v1>v2，且P受到的滑動(dòng)摩擦力大于Q的重力，則可能先向右勻加速，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速，此過程如圖B所示，故B正確若v1>v2，且P受到的滑動(dòng)摩擦力小于Q的重力，此時(shí)P一直向右減速，減速到零后反向加速若v2>v1，P受到的滑動(dòng)摩擦力向左，開始時(shí)加速度a1，當(dāng)減速至速度為v1時(shí)，摩擦力反向，若有T>mg，此后加速度a2，故C正確，A、D錯(cuò)誤分析處理傳送帶問題時(shí)需要

45、特別注意兩點(diǎn)：一是對物體在初態(tài)時(shí)(靜止釋放或有初速度的釋放)所受滑動(dòng)摩擦力的方向的分析；二是對物體與傳送帶共速時(shí)摩擦力的有無及方向的分析考題4應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法分析“滑塊木板模型”問題例4 (14分)如圖6所示，水平地面上有一質(zhì)量為M的長木板，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長木板的最右端已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2.從某時(shí)刻起物塊m以v1的水平初速度向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)木板M在水平外力F作用下始終向右以速度v2(v2>v1)勻速運(yùn)動(dòng)，求：圖6(1)在物塊m向左運(yùn)動(dòng)過程中外力F的大??；(2)木板至少多長物塊不會從木板上滑下來？解析(1)在物塊m向左運(yùn)動(dòng)過程中，木

46、板受力如圖所示，其中f1、f2分別為物塊和地面給木板的摩擦力，由題意可知f11mg(1分)f22(mM)g(2分)由平衡條件得：Ff1f21mg2(mM)g(2分)(2)設(shè)物塊向左勻減速至速度為零的時(shí)間為t1，則t1(1分)設(shè)物塊向左勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為x1，則x1t1(1分)設(shè)物塊由速度為零向右勻加速至與木板同速(即停止相對滑動(dòng))的時(shí)間為t2，則t2(1分)設(shè)物塊向右勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為x2，則x2t2(1分)此過程中木板向右勻速運(yùn)動(dòng)的總位移為x，則xv2(t1t2)(1分)則物塊不從木板上滑下來的最小長度：Lxx1x2(2分)代入數(shù)據(jù)解得：L.(2分)答案(1)1mg2(mM)g(2)(201

47、3·新課標(biāo)·25)(16分)一長木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像如圖7所示已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上取重力加速度的大小g10 m/s2，求：圖7(1)物塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(2)從t0時(shí)刻到物塊與木板均停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊相對于木板的位移的大小答案(1)0.200.30(2)1.125 m解析(1)從t0時(shí)開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木

48、塊具有共同速度為止由題圖可知，在t10.5 s時(shí)，物塊和木板的速度相同設(shè)t0到tt1時(shí)間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分別為木板在t0、tt1時(shí)速度的大小設(shè)物塊和木板的質(zhì)量均為m，物塊和木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1、2，由牛頓第二定律得1mgma1(122)mgma2聯(lián)立式得10.2020.30(2)在t1時(shí)刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運(yùn)動(dòng)，物塊與木板之間的摩擦力改變方向設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則由牛頓第二定律得fma122mgfma2假設(shè)f1mg，則a1a2；由式得

49、f2mg1mg，與假設(shè)矛盾，故f1mg由式知：物塊加速度的大小a1等于a1；物塊的vt圖像如圖中點(diǎn)劃線所示由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可推知，物塊和木板相對于地面的運(yùn)動(dòng)距離分別為s12×s2t1物塊相對于木板的位移的大小為ss2s1聯(lián)立式得s1.125 m知識專題練訓(xùn)練2題組1勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律1(2014·福建·15)如圖1所示，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零對于該運(yùn)動(dòng)過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時(shí)間，則下列圖像最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是()圖1答案B解析滑塊沿斜面向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，故

50、滑塊下滑過程中，速度隨時(shí)間均勻變化，加速度a不變，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤設(shè)斜面傾角為，則sv0tat2，故ht、st圖像都應(yīng)是開口向下的拋物線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確2(2014·新課標(biāo)·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1 s當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時(shí)，安全距離為120 m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.若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度(g取10 m/s2

51、)答案20 m/s解析設(shè)路面干燥時(shí)，汽車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0，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0mgma0sv0t0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，依題意有0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mgmasvt0聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得v20 m/s(v24 m/s不符合實(shí)際，舍去)題組2牛頓第二定律的應(yīng)用3如圖2甲所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長的斜面底端，一質(zhì)量m2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與

52、彈簧不相連t0 s時(shí)解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過傳感器描繪出滑塊的速度時(shí)間圖像如圖乙所示，其中Ob段為曲線，bc段為直線，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.則下列說法正確的是()圖2A在0.15 s末滑塊的加速度為8 m/s2B滑塊在0.10.2 s時(shí)間間隔內(nèi)沿斜面向下運(yùn)動(dòng)C滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.25D在滑塊與彈簧脫離之前，滑塊一直在做加速運(yùn)動(dòng)答案AC解析在vt圖像中，斜率代表加速度，0.15 s末滑塊的加速度a8 m/s2，故A正確；滑塊在0.10.2 s時(shí)間間隔內(nèi)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；滑塊在0.10.2 s內(nèi)，由牛頓第二定律可知，mgsi

53、n 37°mgcos 37°ma，可求得0.25，故C正確；在00.1 s過程中為滑塊和彈簧接觸的過程，由圖像可知，滑塊先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤4如圖3所示，A、B是兩個(gè)質(zhì)量均為m1 kg的小球，兩球由長L4 m的輕桿相連組成系統(tǒng)，水平面上的P、Q兩點(diǎn)間是一段長度為4.5 m的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球與PQ間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，球A、B分別靜止在P點(diǎn)兩側(cè)，離P點(diǎn)的距離均為.兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿質(zhì)量，現(xiàn)對B球施加一水平向右F4 N的拉力，取g10 m/s2，求：圖3(1)A球經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的速度大小；(2)若當(dāng)A球經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)立即撤去F，最后A、B球靜止，A球靜止時(shí)與Q點(diǎn)的距離答案(1)2 m/s(2)3 m解析(1)設(shè)系統(tǒng)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a1，由牛頓第二定律有Fmg2ma1解得a11 m/s2設(shè)A球經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度為v1，則v2a1·得v12 m/s(2)設(shè)A、B在P、Q間做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a2，則有2mg2ma2a2g2 m/s2當(dāng)A球經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)拉力F撤去，但系統(tǒng)將繼續(xù)滑行，設(shè)當(dāng)B到達(dá)Q時(shí)滑行的距離為x1，速度為v2，則有x1xPQL0.5 m由vv2