2016創(chuàng)新設計高考物理浙江專用二輪專題復習一力與運動課件訓練第2講力物體直線運動

圖11.(2015·浙江理綜，15)如圖1

所示，氣墊導軌上滑塊經(jīng)過光電門時，其上的遮光條將光遮住，電子計時器可自動記錄遮光時間Δt測得遮光條的寬度為Δx，用ΔxΔt

近似代表滑Δt塊通過光電門時的瞬時速度。為使Δx更接近瞬時速度，正確的措施是(

)換用寬度更窄的遮光條提高測量遮光條寬度的精確度

C.使滑塊的點更靠近光電門

D.增大氣墊導軌與水平面的夾角解析

Δx

ΔxΔt

是Δt

時間內的平均速度，Δt

越小，Δt

就越接近某點的瞬時速度。A

選項中換用更窄的遮光條，就是取更短的時間

Δt，ΔxA

正確；B、C、D

選項中的處理不能保證Δt

很短，Δt

不能確定更接近瞬時速度，選項

B、C、D

錯誤。答案

A2.(多選)(2015·新課標放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a

的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P

和Q間的拉力大小為

F；當機車在西邊拉著車廂以大小為2

的加速度3a向西行駛時，P和

Q間的拉力大小仍為

F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(

)A.8

B.10

C.15

D.18解析

設

P、Q

西邊有

n

節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質量為

m，則F＝nma①P、Q

東邊有k

節(jié)車廂，則F＝km·3a2

②聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n

只能取偶數(shù)，當n＝2

時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5當n＝4

時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10當n＝6

時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15當n＝8

時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C

正確。答案

BC3.(多選)(2015·新課標

卷Ⅰ，20)如圖2(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的

v－t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(A.斜面的傾角

B.物塊的質量)C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度圖2解析

由

v－t

圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為v0a＝

t1

，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin

θ＋μmgcos

θ＝ma，即

gsin

θv1＋μgcos

θ＝v0。同理向下滑行時

gsin

θ－μgcos

θ＝ ，兩式聯(lián)立t1

t1得

sin

θ＝

2gt1v0＋v1

v0－v1，μ＝2gt1cos

θ，可見能計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數(shù)，選項

A、C

正確；物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻 直線運動，末速度為

0，那么平均速度為v0，所以沿斜面向上滑行的最遠距離為

x

v0t

，根據(jù)斜面的2

＝

2

1傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度為

xsin

θ＝v0t2

1×

2gt1v0＋v1＝v0（v0＋v1），選項D

正確；僅根據(jù)

v－t

圖象無法求出物塊的質4g量，選項B

錯誤。答案

ACD4.(2014·新課標一定的安全距離。當前車突然停止時，后車車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1

s。當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108

km/h

的速度勻速行駛時，安全距離為120

m。設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的2動摩擦因數(shù)為晴天時的5。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。解析設路面干燥時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為x，反應時間為t0，由牛頓第二定律和運動學公式得μ0mg＝ma0①0

0x＝v

t

＋v22a00

②式中，m

和v0

分別為汽車的質量和剎車前的速度。設在雨天行駛時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)

μ，依題意有

μ＝2

③5μ0v2設在雨天行駛時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動學公式得μmg＝ma④x＝vt0＋2a⑤聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得

v＝20

m/s

(v＝－24 m/s

不符合實際，舍去)答案

20

m/s5.(2015·新課標卷Ⅰ，25)一長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3(a)所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內小物塊的v－t圖線如圖(b)所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10

m/s2。求：圖3(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)木板的最小長度；(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＝4

m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4

m/s小物塊受到滑動摩擦力作用而向右做勻 直線運動，加速度大2小a

＝4－01m/s2＝4

m/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 運動時間t＝1

s，位移x＝4.5

m，末速度

v＝4

m/s12其逆運動為勻加速直線運動，可得x＝vt＋2a1t解得a1＝1

m/s2小物塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即

μ1g＝a1解得μ1＝0.1運動，依據(jù)牛(2)設碰撞后木板的加速度為a3，木板向左做勻頓第二定律有

μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma33＝3對滑塊，加速度大小為

a2＝4

m/s2由于a2＞a3，所以滑塊速度先減小到

0，所用時間為t1＝1

s在此過程中，木板向左運動的位移為

x

＝vt

－1

t1

1

2a3

132＝10

m,

末速1 3

138度

v

＝v－a

t

＝

m/s滑塊向右運動的位移x2＝v＋02t1＝2

m此后，小物塊開始向左加速，加速度大小仍為

a2＝4

m/s2343木板繼續(xù) ，加速度大小仍為

a

＝

m/s2假設又經(jīng)歷時間t2

二者速度相等，則有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5

s3 1

21223

2此過程中，木板向左運動的位移

x

＝v

t

－

a

t

＝76m，末速度v3＝v1－a3t2＝2

m/s41222

2滑塊向左運動的位移

x

＝

a

t

＝0.5

m此后小物塊和木板一起勻 運動，二者的相對位移最大為Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6

m小物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6

m直到停止，整體加速度大小為5(3)最后階段滑塊和木板一起勻a1＝1

m/s2v22a1向左運動的位移為

x

＝

3

＝2

m所以木板右端離墻壁最遠的距離為

x＝x1＋x3＋x5＝6.5

m答案

(1)0.1

0.4 (2)6

m (3)6.5

m6.(2015·新課標卷Ⅱ，25)下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質。某地有一傾角為θ＝37°(sin

37°＝3

的山坡5)C，上面有一質量為

m

的石板

B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆

A( 泥土)，A

和

B

均處于

狀態(tài)，如圖

4

所示。假設某次暴雨中，A

雨水后總質量也為

m(可視3為質量不變的滑塊)，在極短時間內，A、B

間的動摩擦因數(shù)μ1減小為8，B、C

間的動摩擦因數(shù)μ2

減小為0.5，A、B

開始運動，此時刻為計時起點；在第2

s

末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l＝27m，C

足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g＝10

m/s2。求：圖4(1)在0～2

s時間內A和B加速度的大小；(2)A在B上總的運動時間。解析

(1)在0～2

s時間內，A和B的受力 ，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

。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得Ff1＝μ1FN1①FN1＝mgcos

θ②Ff2＝μ2FN2③FN2＝FN1＋mgcos

θ④規(guī)定沿斜面向下為正方向。設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得mgsin

θ－Ff1＝ma1⑤mgsin

θ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題給條件得a1＝3m/s2⑦a2＝1m/s2⑧(2)在t1＝2

s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6

m/s⑨v2＝a2t1＝2

m/s⑩2

s后，設A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時A與B之間摩擦力為零，同理可得a1′＝6m/s2?a2′＝－2m/s2?運動。設經(jīng)過時間t2，B

的速度減為由于a2′＜0，可知B

做零，則有v2＋a2′t2＝0?聯(lián)立⑩??式得t2＝1

s?在t1＋t2

時間內，A

相對于B

運動的距離為

1

2

12

21

12

2

22x＝

a1t1＋v1t2＋

a1′t2－

a2t1＋v2t2＋

a2′t2＝12

m＜27

m?2此后B不動，A

繼續(xù)在B

上滑動。設再經(jīng)過時間t3后A

離1

1

2

312開

B，則有

l－x＝(v

＋a

′t

)t

＋

a

′t1

32?可得t3＝1

s(另一解不合題意，舍去)?設A

在B

上總的運動時間為t

總，有t

總＝t1＋t2＋t3＝4

s答案

(1)3

m/s2

1m/s2

(2)4

s主要題型：選擇題和計算題知識熱點單獨命題①勻變速直線運動的公式及應用的考查。②x－t、v－t、a－t、F－t等圖象問題的考查。③牛頓運動定律的考查。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動的多過程及連接體問題。②勻變速直線運動規(guī)律和牛頓運動定律綜合應用的考查。思想方法極限思想、逆向思維的思想、理想實驗的思想、分解的思想。比例法、圖象法、推

、假設法、控制變量法、整體法、法、

法等?？枷蛞?運動圖象的應用知識(1)x－t圖象和v－t圖象描述的都是直線運動，而不是曲線運動。

(2)x－t圖象和v－t圖象不表示物體運動的軌跡。(3)x－t圖象中兩圖線的交點表示兩物體相遇，而v－t圖象中兩圖線的交點表示兩物體速度相等。(4)v－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積表示位移；而x－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的面積無實際意義。規(guī)律方法圖象問題要三看看清坐標軸所表示的物理量→明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)的制約關系?？磮D線本身→識別兩個相關量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程?？唇稽c、斜率和“面積”→明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的面積的物理意義。1.如圖5所示，a、b分別為甲、乙兩物體在同一直線上運動時的位移與時間的關系圖線，其中a為過原點的傾斜直線，b為開口向下的拋物線。則下列說法正確的是(

)A.物體乙始終沿正方向運動B.t1時刻甲、乙兩物體的位移相等、速度相等C.0～t2時間內物體乙的平均速度大于物體甲的平均速度

D.t1到t2時間內兩物體的平均速度相同圖5解析b圖線的斜率先為正值，后為負值，則物體乙的運動方向發(fā)生了變化，A錯誤；在t1時刻，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錯誤；0～t2時間內，兩物體的位移相等，運動時間相等，則兩物體的平均速度相同，C錯誤；t1～t2時間內，兩物體的位移相等，運動時間相等，則兩物體的平均速度相同，D正確。答案D2.(2014·

理綜，5)以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v－t圖象可能正確的是()解析

若空氣阻力可忽略不計，則物體做豎直上拋運動，其

v－t

圖象應為一條不過原點的斜線。斜率大小為

g，如圖中虛線所示；若物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，即

F

阻＝kv由牛頓第二定律得：上升過程mg＋kv＝ma

上得a

上＝mg＋kvm，則隨著v

逐漸減小，加速度a1

逐漸減小，對應v－t

圖象斜率減小，A

錯；當v＝0

時，a1＝g，對應v－t

圖與t

軸的交點，其斜率應等于g，即v＝0時，實線的斜率與虛線平行，故B、C錯誤，D

項正確。答案D3.(多選)質量相等的甲、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

開始運動，兩物體的v－t圖象如圖6所示，則(

)圖6A.t0后某時刻甲、乙兩物

移相等B.0～t0時間內，物體甲的中間時刻速度大于物體乙的平均速度C.t0時刻之前，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時間內乙的位移大于甲的位移，t0后某時刻甲、乙兩物 移相等，A、D正確；甲物體做勻加速直線運動，其中間時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時間內，物體甲的中間時刻速度小于物體乙的平均速度，B錯誤；由圖線的斜率意義知t0時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錯誤。答案

AD4.(2015·

理綜，13)甲、乙兩人同時同地出發(fā)騎自行車做直線運動，前1小時內的位移－時間圖象如圖7所示，下列表述正確的是()圖7A.0.2～0.5小時內，甲的加速度比乙的大

B.0.2～0.5小時內，甲的速度比乙的大

C.0.6～0.8小時內，甲的位移比乙的小

D.0.8小時內，甲、乙騎行的路程相等解析

位移－時間圖象的斜率絕對值反映速度大小，在0.2～0.5小時內，甲、乙均做勻速直線運動，加速度為0，甲圖象斜率大于乙圖象，說明甲的速度大于乙的速度，故A錯誤，B正確；由位移－時間圖象可以看出在0.6～0.8小時內甲的位移比乙的大，故C錯誤；由位移－時間圖象看出在t＝0.5小時時，甲在s＝10km處，而乙在s＝8 km處，進一步得出在0.8小時內甲的路程比乙的大，故D錯誤。答案

B解圖象類問題的關鍵在于將圖象與物理過程對應起來，通過圖象的坐標軸、關鍵點、斜率、面積等信息，對運動過程進行分析，從而解決問題?？枷蚨?/p>

勻變速直線運動規(guī)律的應用知識規(guī)律方法1.求解勻變速直線運動問題的一般思路審題→畫出示意圖→判斷運動性質→選取正方向→選用公式列方程→求解方程2.常用方法：基本公式法、平均速度法、推逆向思維法1.(2015·山東理綜，14)距地面高5m的水平直軌道上A、B兩點相距2m，在B點用細線懸掛一小球，離地高度為h，如圖8所示。小車始終以4

m/s的速度沿軌道勻速運動，經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度時細線被軋斷，最后兩球同時卸下，小車運動至B點。不計空氣阻力，取重力加速度的大小g＝10

m/s2?？汕蟮胔等于(

)圖8解析

小車上的小球自

A

點1的時間

t

＝g2H，小車從dA

到B

的時間t2＝v，小車運動至B

點時細線軋斷，小球下落的3時間t

＝g1

2

32h；根據(jù)題意可得時間關系為

t

＝t

＋t

，即2Hg

＝d＋2h，解得h＝1.25

m，選項A

正確。v

g答案

AA.1.25

mB.2.25mD.4.75

mC.3.75

m2.2013年12月“嫦娥三號”在月球表面上的

為 的月球下，則旅行開辟了新航道。未來的某天，一位同學在月球上完成落體運動實驗，讓一個質量為2 kg的小球從一定的高度落，測得小球在第5

s內的位移是7.2

m，此時小球還未(

)小球

5

s內的位移是20

m小球在5

s末的速度是16.0

m/s月球表面的重力加速度大小為3.6

m/s2D.小球在第5

s內的平均速度是3.6

m/s12112

222解析

小球第

5

s

內的位移是

7.2

m，則有

gt

－

gt

＝Δh，其中t1＝5

s，t2＝4

s，Δh＝7.2

m

解得

g＝1.6

m/s2，小球

5

s

內的位1211

12

2移是

x

＝

gt

＝

×1.62×5

m＝20 m，故選項A

正確，C

錯誤；小球在5

s

末的速度v5＝gt＝1.6×5

m/s＝8

m/s，選項B

錯誤；小球在第

5

s

內的平均速度v

＝x

7.2

m/s＝7.2

m/s，選項

D

錯誤。t

＝

1答案

A3.(2014·海南單科，13)短跑運動員完成100

m賽跑的過程可簡化為勻加速運動和勻速運動兩個階段。一次比賽中，某運動員用11.00s跑完全程。已知運動員在加速階段的第2s內通過的距離為7.5

m，求該運動員的加速度及在加速階段通過的距離。解析

根據(jù)題意，在第1

s和第2

s內運動員都做勻加速直線運動。設運動員在勻加速階段的加速度為

a，在第

1

s和第

2

s

內1

2

112通過的位移分別為

s

和s

，由運動學規(guī)律得

s

＝

at02①s

＋s

＝1

(2t

)1

2

2a

02②式中t0＝1

s，聯(lián)立①②兩式并代入已知條件，得

a＝5

m/s2③設運動員做勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，勻速運動的速度為v；跑完全程的時間為t，全程的距離為s。依題意及運動學規(guī)律，得t＝t1＋t2④v＝at1⑤1221s＝

at

＋v2t

⑥2設加速階段通過的距離為s′，則s′＝1at12⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式，并代入數(shù)據(jù)得s′＝10

m答案

5

m/s2

10

m4.(2014·新課標卷Ⅱ，24)2012年10月，奧地利極限運動員菲利克斯·鮑姆加特納乘氣球升至約39km的高空后跳下，經(jīng)過4分20秒到達距地面約1.5

km高度處，打開降落傘并成功，打破了跳傘運動的多項世界。取重力加速度的大小g＝10

m/s2。若忽略空氣阻力，求該運動員從 開始下落至1.5 km高度處所需的時間及其在此處速度的大??；實際上，物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力，高速運動時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。已知該運動員在某段時間內高速下落的v－t圖象如圖9所示。若該運動員和所帶裝備的總質量m＝100kg，試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數(shù)。(結果保留1位有效數(shù)字)圖9解析(1)設運動員從開始下落至1.5

km高度處的時間為t，下落距離為h，在1.5

km高度處的速度大小為v，根據(jù)運動學公式有：v＝gt①h＝12gt2②依題意有h＝(3.9×104－1.5×103)m③聯(lián)立①②③式可得：t＝87

s④v＝8.7×102

m/s⑤(2)該運動員達到最大速度vmax

時，加速度為零，由牛頓第二定律max有：mg＝kv2

⑥由所給的v－t

圖象可讀出vmax≈360

m/s⑦由⑥⑦式可得：k＝0.008

kg/m答案

(1)87

s 8.7×102

m/s (2)0.008kg/m求解勻變速直線運動問題時的方法技巧熟練掌握運動學的基本規(guī)律和推論，對于勻

直線運動還要會靈活運用逆向思維法。如果出現(xiàn)相等時間關系，則要優(yōu)先使用中間時2t

2vt＝v0＋v刻速度公式 ＝

v

＝x

及相鄰相等時間

T

內位移差公式

xn－xm＝(n－m)aT2?？枷蛉?/p>

牛頓運動定律的應用知識牛頓第二定律的表達式：F合＝ma。牛頓第二定律的“四性”：矢量性：公式F＝ma是矢量式，F(xiàn)與a方向相同。(2)瞬時性：力與加速度同時產生，同時變化。同體性：F＝ma中，F(xiàn)、m、a對應同一物體。獨立性：分力產生的加速度相互獨立，與其他加速度無關。規(guī)律方法法的優(yōu)點及使用條件1.整體法和(1)整體法：①優(yōu)點：研究對象減少，忽略物體之間的相互作用力，方程數(shù)減少，求解簡捷。②條件：連接體中各物體具有共同的加速度。法；(2)

法：①優(yōu)點：易看清各個物體具體的受力情況。②條件：當系統(tǒng)內各物體的加速度不同時，一般采用求連接體內各物體間的相互作用力時必須用

法。兩類模型剛性繩(或接觸面)——不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即

，不需要形變恢復時間。彈簧(或橡皮繩)——兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變。1.(多選)如圖10所示，物塊A、B質量相等，在恒力F作用下，在水平面上做勻加速直線運動。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10C.FN1＝FN2A.a1＝a2B.a1＞a2D.FN1＜F解析

接觸面光滑時，整體分析，由牛頓第二定律可得：F＝(mAB

1

1＋m

)a

，可得：a

＝FmA＋mB2m＝

F

；對B

受力分析，由牛頓第二N1

B定律可得：F

＝m

aF1＝2。接觸面粗糙時，整體分析，由牛頓第二定律可得：Ff

A

B

2

2－F

＝(m

＋m

)a

，可得

a

＝fmA＋mB2mF－F

＝F－Ff；對B

受力分析：FN2B

2fF

F2

2＝m a

＋

＝

，所以選項A

錯誤，選項B、C、D

正確。答案

BCD2.(多選)(2015·江蘇單科，6)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖11所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力()A.t＝2

s時最C.t＝8.5

s時最大圖11.t＝2

s時最小D.t＝8.5

s時最小解析 由題圖知，在上升過程中，在0～4

s內，加速度方向向上，

FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，電梯對人的支持力就越

大，由牛頓第三定律可知，人對電梯的壓力就越大，故A正確，B錯誤；由題圖知，在7～10

s內加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人對電梯的壓力就越小，故C錯誤，

D正確。答案AD3.(多選)(2015·海南單科，8)如圖12，物塊a、b和c的質量相同，a和b，b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O，整個系統(tǒng)處于

狀態(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間(

)圖12A.a1＝3gC.Δl1＝2Δl2B.a1＝0D.Δl1＝Δl2解析

設物體的質量為

m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力

，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間

a

受到重力和彈簧

S1的拉力T1，剪斷前對b、c

和彈簧組成的整體分析可知T1＝2mg，1F故a

受到的合力F＝mg＋T

＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝m＝3g，A

正確，B

錯誤；設彈簧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

錯誤。答案

AC4.(多選)(2015·海南單科，9)如圖13，升降機內有一固定斜面，斜面上放一物塊。開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑。當升降機加速上升時()圖13A.物塊與斜面間的摩擦力減小C.物塊相對于斜面

下滑B.物塊與斜面間的正壓力增大

D.物塊相對于斜面勻速下滑解析

當升降機加速上升時，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)滑動摩擦力公式Ff＝μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤，B正確；設斜面的傾角為θ，物體的質量為m，當勻速運動時有mgsin

θ＝μmgcosθ，即sin θ＝μcos θ.當物體以加速度a向上加速運動時，有FN＝m(g＋a)cos θ，F(xiàn)f＝μm(g＋a)cos θ，因為sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物體仍相對斜面勻速下滑，C錯誤，D正確。答案

BD考向四

應用牛頓運動定律解多過程問題知識規(guī)律方法1.基本思路受力分析和運動分析是解決問題的關鍵，而加速度是聯(lián)系力與運動的橋梁?；舅悸?/p>

：法。2.常用方法(1)整體法與(2)正交分解法。1.(多選)(2015·浙江金華十校二模)如圖14甲所示，在傾角為37°的粗糙足夠長斜面的底端，一質量m＝2

kg可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不相連。t＝0時解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的速度時間圖象如圖乙所示，其中Ob段為曲線，bc段為直線，g取10

m/s2，sin37°＝0.6，cos

37°＝0.8。則下列說法正確的是(

)圖14A.在0.15

s末滑塊的加速度為－8

m/s2B.滑塊在0.1～0.2

s時間間隔內沿斜面向下運動

C.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25D.在滑塊與彈簧脫離之前，滑塊一直在做加速運動解析

根據(jù)v－t圖象的斜率表示加速度可求在0.1～0.2

s時間內滑塊的加速度a＝－8 m/s2，所以A正確；由圖知滑塊在0.1～0.2 s時間間隔內沿斜面向上 運動，故B錯誤；在0.1～0.2 s時間內，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，代入可求μ＝0.25，所以C正確；在滑塊與彈簧脫離之前，當彈力小于重力沿斜面向下的分力與摩擦力的合力時，滑塊做 運動，所以D錯誤。答案 AC2.如圖15甲所示，為一傾角θ＝37°的足夠長斜面，將一質量為m＝1

kg的物體無初速度在斜面上

，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化的關系圖象如圖乙所示，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，取g＝10

m/s2，sin

37°＝0.6，cos

37°＝0.8，求：圖152

s末物體的速度；前16

s內物體發(fā)生的位移。解析

(1)由分析可知物體2 s內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得mgsin

θ－F1－μmgcos

θ＝ma1v1＝a1t1代入數(shù)據(jù)可得a1＝2.5

m/s2，方向沿斜面向下v1＝5

m/s，方向沿斜面向下1

1(2)物體

2

s

內發(fā)生的位移為

x

，則

x

＝121

1a

t2＝5

m，方向沿斜面向下當拉力為F2＝4.5

N

時，由牛頓第二定律可得F2＋μmgcos

θ－mgsin

θ＝ma2代入數(shù)據(jù)可得a2＝0.5

m/s2，方向沿斜面向上物體經(jīng)過t2時間速度減為0，則v1＝a2t2得t2＝10

s2

2

222

2t

時間內發(fā)生的位移為

x

，則

x

＝1

t2＝25

m，方向沿斜面向下a由于mgsinθ－μmgcos

θ＜F2＜μmgcos

θ＋mgsin

θ，則物體在剩下4

s時間內處于故物體狀態(tài)。16

s

內發(fā)生的位移x＝x1＋x2＝30

m，方向沿斜面向下答案

(1)5

m/s

方向沿斜面向下

(2)30

m

方向沿斜面向下3.如圖16所示，某次滑雪訓練，運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用獲得水平推力F＝84 N而從 向前滑行，其作用時間為t1＝1.0 s，撤除水平推力F后經(jīng)過t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運動員連同裝備的總質量為m＝60 kg，在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff＝12

N，求：圖16(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內的位移；(2)該運動員(可視為質點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。解析

(1)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為a1＝m＝F－Ff

84－12602m/s

＝1.2

m/s2第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2

m/s11221

1位移

x

＝

a

t

＝0.6m(2)運動員停止使用滑雪杖后，加速度大小為2ma

＝

＝Ff

12602m/s

＝0.2

m/s22第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x

＝經(jīng)時間t2

速度變?yōu)関1′＝v1－a2t2＝1.2

m/s－0.2×2.0

m/s＝0.8

m/s第二次利用滑雪杖獲得的速度大小v2，則v2－v

′2＝2a

x2

1

1

1