（江蘇專用）高考物理二輪復習 教師文檔 專題一-專題三-人教版高三物理試題

教師文檔專題一-專題三第1講力與物體的平衡1．(2016·江蘇單科，1)一輕質彈簧原長為8cm，在4N的拉力作用下伸長了2cm，彈簧未超出彈性限度，則該彈簧的勁度系數(shù)為()A．40m/NB．40N/mC．200m/ND．200N/m解析由胡克定律得勁度系數(shù)k＝eq\f(F,x)＝200N/m，D項對。答案D2．(2015·江蘇單科，4)如圖1所示，用天平測量勻強磁場的磁感應強度。下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長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)。若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是()圖1解析天平處于平衡狀態(tài)，說明線圈受到的重力和安培力的合力等于兩側砝碼重力差，根據(jù)安培力公式F＝BIL知處于磁場中的導體受安培力作用的有效長度越長，所受安培力越大，磁場發(fā)生微小變化，安培力變化越大，天平越容易失去平衡，由圖知選項A中導體的有效長度最大，所以A正確。答案A3．(2014·江蘇單科，13)如圖2所示，在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導軌，導軌間距為L，長為3d，導軌平面與水平面的夾角為θ，在導軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直。質量為m的導體棒從導軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動，并一直勻速滑到導軌底端。導體棒始終與導軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g。求：圖2(1)導體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ；(2)導體棒勻速運動的速度大小v；(3)整個運動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析(1)在絕緣涂層上運動時，受力平衡：則有mgsinθ＝μmgcosθ①解得μ＝tanθ②(2)在光滑導軌上勻速運動時，導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv③則電路中的感應電流I＝eq\f(E,R)④導體棒所受安培力F安＝BIL⑤且由平衡條件得F安＝mgsinθ⑥聯(lián)立③～⑥式，解得v＝eq\f(mgRsinθ,B2L2)⑦(3)從開始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgdsinθ＝Q＋Qf＋eq\f(1,2)mv2⑧又由因摩擦產(chǎn)生的內能Qf＝μmgdcosθ⑨聯(lián)立⑧⑨解得Q＝2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)⑩答案(1)tanθ(2)eq\f(mgRsinθ,B2L2)(3)2mgdsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B4L4)[考情分析]201420152016力與平衡問題T13：受力平衡，法拉第電磁感應定律，能量守恒定律T4：安培力作用下的平衡問題T14(1)：力的平衡T1：胡克定律力的合成與分解、共點力的平衡是高考中的熱點，主要考查對共點力作用下物體的受力分析以及平衡條件的應用。以選擇題形式呈現(xiàn)，難度相對較低，命題突出受力分析、力的合成與分解方法的考查，也常將受力分析與牛頓運動定律、功能關系進行綜合，題型為計算題。單個物體的平衡[規(guī)律方法]1．靜態(tài)平衡問題：應先分析物體的受力情況，再根據(jù)平衡條件列出相應方程，解方程并對結果進行討論。2．動態(tài)平衡問題3．求解共點力平衡問題常用的方法(1)力的合成法：對研究對象受力分析后，應用平行四邊形定則(或三角形定則)求合力的方法。力的合成法常用于僅受三個共點力作用且保持平衡。(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方向上，然后分別列出兩個方向上合力為零的方程并求解。當物體受四個及四個以上共點力作用而平衡時，一般采用正交分解法。(3)圖解法：對研究對象進行受力分析，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(畫在同一個圖中)，然后根據(jù)有向線段(表示力)的長度變化情況判斷各個力的變化情況。用圖解法分析動態(tài)平衡問題時要在矢量三角形中確定不變的量和改變的量。[精典題組]1．(2016·全國卷Ⅱ，14)質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖3所示。用T表示繩OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中()圖3A．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O點受力分析如圖所示，F(xiàn)與T的變化情況如圖，由圖可知在O點向左移動的過程中，F(xiàn)逐漸變大，T逐漸變大，故選項A正確。答案A2．(2016·揚州二模)如圖4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。現(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動，則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為()圖4A．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，物塊處于平衡狀態(tài)，對其受力分析，F(xiàn)＝mgsin45°＋μmgcos45°；把拉力F的方向變?yōu)樨Q直向上時，由物塊仍沿斜面保持原來的速度勻速運動可知F＝mg。所以有mgsin45°＋μmgcos45°＝mg，解得μ＝eq\r(2)－1，選項C正確。答案C3．(2016·沭陽中學)將一光滑輕桿固定在地面上，桿與地面間夾角為θ，一光滑輕環(huán)套在桿上。一個大小和質量都不計的滑輪用輕繩OP懸掛在天花板上，用另一輕繩通過滑輪系在輕環(huán)上，用手拉住輕繩另一端并使OP恰好在豎直方向，如圖5所示?，F(xiàn)水平向右拉繩，當輕環(huán)重新靜止不動時，OP繩與天花板之間的夾角為()圖5A．90°B．45°C．θD．45°＋eq\f(θ,2)解析由題意可知，當輕環(huán)重新靜止不動時，環(huán)受繩子的拉力F、重力mg、輕桿對其彈力N三個力作用，處于靜止狀態(tài)；此時，定滑輪P受OP繩拉力、和繩子水平拉力F、滑輪P與環(huán)間繩子拉力F作用，處于靜止狀態(tài)，如圖所示：設此時OP繩與天花板之間的夾角為α，由幾何知識和力的合成與分解，可得α＝90°－β＝45°＋eq\f(θ,2)，故D正確，A、B、C錯誤。答案D多個物體的平衡[規(guī)律方法]1．受力分析時的“兩點注意”(1)在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整體法與隔離法進行分析。(2)當直接分析一個物體的受力不方便時，可轉移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉移研究對象法”。2．處理平衡問題的基本思路[精典題組]1.(多選)如圖6所示，甲、乙兩物體用壓縮的輕質彈簧連接靜置于傾角為θ的粗糙斜面體上，斜面體始終保持靜止，則下列判斷正確的是()圖6A．物體甲一定受到4個力的作用B．物體甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下C．物體乙所受的摩擦力不可能為零D．水平面對斜面體無摩擦力作用解析若彈簧對甲向上的彈力大小恰好等于m甲gsinθ，則甲只受三個力作用，A、B錯誤；因彈簧對乙有沿斜面向下的彈力，乙的重力也有沿斜面向下的分力，故乙一定具有向下運動的趨勢，乙一定受沿斜面向上的摩擦力作用，C正確；對甲、乙和斜面整體受力分析，由水平方向合力為零可得，水平面對斜面體無摩擦力作用，D正確。答案CD2．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7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，已知物體B的質量為M，滑塊A的質量為m，當整個裝置靜止時，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，則下列選項正確的是()圖7A．物體B對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對物體B的壓力大小為eq\f(mg,cosθ)解析以滑塊A為研究對象進行受力分析，并運用合成法，如圖所示，由幾何知識得，擋板對滑塊A的彈力大小為FN1＝eq\f(mg,tanθ)，C正確；物體B對滑塊A的彈力大小為FN2＝eq\f(mg,sinθ)，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊A對物體B的壓力大小為eq\f(mg,sinθ)，D錯誤；以滑塊A和物體B組成的系統(tǒng)為研究對象，在豎直方向上受力平衡，則水平面對物體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，則水平面對物體B的摩擦力大小為Ff＝FN1＝eq\f(mg,tanθ)，B錯誤。答案C3.(多選)如圖8所示，用一段繩子把輕質滑輪吊裝在A點，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，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動，把井中質量為m的水桶勻速提上來，人的質量為M，重力加速度為g，在此過程中，以下說法正確的是()圖8A．α始終等于βB．吊裝滑輪的繩子上的拉力逐漸變大C．地面對人的摩擦力逐漸變大D．地面對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，人向左運動的過程中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A正確，B錯誤；對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，地面對人的摩擦力逐漸變大，豎直方向有FN＋T′cosθ＝Mg，地面對人的支持力FN＝Mg－T′cosθ逐漸變大，選項C、D正確。答案ACD電磁場中的平衡問題[規(guī)律方法]1．帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準確分析場力——電場力、安培力或洛倫茲力。2．處理電學中平衡問題的方法：與純力學問題的分析方法一樣，學會把電學問題力學化。eq\x(選取研究對象)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．(2016·南京二模)均勻帶正電的薄圓盤的右側，用絕緣細線A、B懸掛一根水平通電直導線ab，電流方向由a到b，導線平行于圓盤平面。現(xiàn)圓盤繞過圓心的水平軸沿如圖9所示方向勻速轉動，細線仍然豎直，與圓盤靜止時相比，下列說法正確的是()圖9A．細線所受彈力變小B．細線所受彈力不變C．細線所受彈力變大D．若改變圓盤轉動方向，細線所受彈力變大解析圓盤靜止時，通電直導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。當圓盤勻速轉動時，根據(jù)右手螺旋定則，圓盤產(chǎn)生水平向右的磁場，根據(jù)左手定則，通電直導線受到方向向下的安培力，故細線所受的彈力變大，選項A、B錯誤，C正確；若改變圓盤轉動方向，通電直導線受到的安培力方向向上，細線所受的彈力變小，選項D錯誤。答案C2.(多選)(2016·鹽城三模)某老師用圖10所示裝置探究庫侖力與電荷量的關系。A、B是可視為點電荷的兩帶電小球，用絕緣細線將A懸掛，實驗中在改變電荷量時，移動B并保持A、B連線與細線垂直。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)表示細線與豎直方向的夾角，x表示A偏離O點的水平距離。實驗中()圖10A．d應保持不變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此實驗要探究庫侖力與電荷量的關系，故兩電荷間距d應保持不變，選項A正確；因要保持A、B連線與細線垂直且AB距離總保持d不變，故B的位置在同一圓弧上，選項B正確；對A球由平衡知識可知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C正確，D錯誤。答案ABC3.如圖11所示，將長為50cm、質量為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磁場中。當金屬棒中通以0.4A的電流時，彈簧恰好不伸長。g＝10m/s2。圖11(1)求勻強磁場的磁感應強度的大??；(2)當金屬棒中通過大小為0.2A、方向由a到b的電流時，彈簧伸長1cm。如果電流方向由b到a，而電流大小不變，則彈簧伸長又是多少？解析(1)彈簧恰好不伸長時，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)當金屬棒中通過大小為0.2A、方向由a向b的電流時，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當電流反向后，ab棒在兩個彈簧向上的拉力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高頻考點一整體法與隔離法的綜合應用[解題方略]解題中的“一題多變”是通過轉化題目中的條件和所求問題，生成多道不同的、新的題目。此項練習能使同學們觸類旁通，更加熟練地掌握解題方法，培養(yǎng)靈活解題的能力，同時訓練同學們思維的變通性和邏輯性，能開拓思維的廣度和深度，提升同學們的解題推理能力?！镜淅咳鐖D12所示，兩段等長細線串接著兩個質量相等的小球a、b，并懸掛于O點?，F(xiàn)在兩個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，則此裝置平衡時的位置可能是下列圖中的()圖12解析對b球受力分析，設拉b球的細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a、b兩球整體受力分析，可知A不可能；設拉a球的細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13所示，兩段等長絕緣細線將質量分別為2m、m的小球A、B懸掛在O點，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，當系統(tǒng)處于水平向右的勻強電場中并靜止時，可能出現(xiàn)的狀態(tài)應是()圖13解析(解題方法同典例)將典例中的力學情境變?yōu)殡妼W情境，將所加的外力變?yōu)殡妶隽?。對B球：tanθ＝eq\f(qE,mg)，對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改變物體的運動狀態(tài)如圖所示，車廂里懸掛著兩個質量分別為m1、m2的小球(下面球的質量為m1)，當車廂向右做勻加速運動(空氣阻力不計)，達到穩(wěn)定狀態(tài)時，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\動狀態(tài)。對下面的小球受力分析，設拉下面小球的細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)；對兩球整體受力分析，設拉上面小球的細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B正確。答案B變式3改變物體所處的情境如圖14所示，有三根長度皆為l＝1.0m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別掛有質量均為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的勻強電場，場強方向水平向右。平衡時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球最后會達到新的平衡位置。則最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了(不計兩帶電小球間相互作用的靜電力)()圖14A．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球最后達到的平衡位置如圖甲所示，對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球的重力勢能減少了EA＝mgl(1－sin60°)，B球的重力勢能減少了EB＝mgl(1－sin60°＋cos45°)，A球的電勢能增加了WA＝qElcos60°，B球的電勢能減少了WB＝qEl(sin45°－sin30°)，兩種勢能總和減少了W＝WB－WA＋EA＋EB，代入數(shù)據(jù)解得W＝6.8×10－2J，即最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比減少了W＝6.8×10－2J。故選項A正確。答案A一、單項選擇題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的柔軟輕繩，繩上套有一光滑小鐵環(huán)?，F(xiàn)將大圓環(huán)在豎直平面內繞O點順時針緩慢轉過一個微小角度，則關于輕繩對A、B兩點拉力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)，兩側輕繩中拉力相等。將大圓環(huán)在豎直平面內繞O點順時針緩慢轉過一個微小角度，A、B兩點之間的水平距離減小，光滑小鐵環(huán)兩側輕繩間夾角2α減小，由2Fcosα＝mg可知，輕繩中拉力F減小，輕繩對A、B兩點的拉力FA和FB都變小，選項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擋板，則在小球運動的過程中(該過程小球未脫離球面且球面始終靜止)，擋板對小球的推力F、半球面對小球的支持力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增大解析某時刻小球的受力如圖所示，設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，α越來越大，則F和FN都要增大。答案B3．如圖3所示，絕緣水平桌面上放置一長直導線a，導線a的正上方某處放置另一長直導線b，兩導線中均通以垂直紙面向里的恒定電流。現(xiàn)將導線b向右平移一小段距離，若導線a始終保持靜止，則()圖3A．導線b受到的安培力方向始終豎直向下B．導線b受到的安培力逐漸減小C．導線a對桌面的壓力減小D．導線a對桌面的摩擦力方向水平向左解析導線a、b均處在對方產(chǎn)生的磁場中，故兩導線均會受到安培力作用，由“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”可知，當導線b未移動時，其受到的安培力方向豎直向下指向導線a，當導線b向右平移一小段距離后，導線b受到的安培力仍會指向導線a，選項A錯誤；由于導線a、b之間的距離增大而導線中的電流不變，故兩導線之間的相互作用力減小(安培力F＝BIl)，選項B正確；導線b向右平移后導線a的受力情況如圖所示，由于導線a始終在桌面上保持靜止，所以有FN＝G－Fsinθ，因為安培力F減小，sinθ減小，所以桌面對導線a的支持力增大，由牛頓第三定律可知，導線a對桌面的壓力增大，選項C錯誤；由圖可知，桌面對導線a的靜摩擦力方向水平向左，故導線a對桌面的摩擦力方向水平向右，選項D錯誤。答案B4．如圖4所示，粗糙水平地面上的長方體物塊將一重為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緩慢拉動長方體物塊，在圓球與地面接觸之前，下面的相關判斷正確的是()圖4A．球對墻壁的壓力逐漸減小B．水平拉力F逐漸減小C．地面對長方體物塊的摩擦力逐漸增大D．地面對長方體物塊的支持力逐漸增大解析對球進行受力分析，如圖甲所示。FN1＝Gtanθ，F(xiàn)N2＝eq\f(G,cosθ)。當長方體物塊向右運動中，θ增大，F(xiàn)N1、FN2均增大，由牛頓第三定律知，球對墻壁的壓力逐漸增大，選項A錯誤；圓球對物塊的壓力在豎直方向的分力FN2′cosθ＝G等于重力，在拉動長方體物塊向右運動的過程中，對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，滑動摩擦力f＝μFN不變，選項C錯誤；又由于圓球對物塊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，地面對物塊的支持力不變，選項D錯誤。答案B二、多項選擇題5．如圖5所示，一個半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O點為其球心，碗的內表面及碗口是光滑的。一根細線跨在碗口上，線的兩端分別系有質量分別為m1和m2的小球A、B。當它們處于平衡狀態(tài)時，碗內的細線與水平方向的夾角為60°，小球B位于水平地面上，設此時半球形的碗對A的彈力為F，小球B對地面的壓力大小為FN，細線的拉力大小為T，則下列說法中正確的是()圖5A．FN＝(m2－m1)g B．FN＝m2g－eq\f(\r(3),3)m1gC．T＝0 D．F＝eq\f(\r(3),3)m1g解析分析小球A的受力情況，由平衡條件可得，細線的拉力T＝F，F(xiàn)sin60°＋Tsin60°＝m1g，解得T＝F＝eq\f(\r(3),3)m1g，選項C錯誤，D正確；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錯誤，B正確。答案BD6．(2016·安徽皖南八校二次聯(lián)考)如圖6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，質量分別為m1、m2的兩物塊通過細線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止狀態(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則兩物塊的質量比m1∶m2可能是()圖6A．1∶3B．3∶5C．5∶3D．2∶1解析物塊1受重力m1g、細線拉力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m1較大時，最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時有T＝m2gsin37°＋μm2gcos37°，即eq\f(m1,m2)＝2；當m1較小時，最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時有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BCD7．如圖7所示，一根通電的導體棒放在傾斜的粗糙斜面上，置于圖示方向的勻強磁場中，處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)增大電流，導體棒仍靜止，則在增大電流過程中，導體棒受到的摩擦力的大小變化情況可能是()圖7A．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F安增大時，F(xiàn)摩減小到零，再向下增大，B項對，C、D項錯；若F安＞mgsinα，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項對。答案AB8.如圖8所示，帶電物體P、Q可視為點電荷，電荷量相同。傾角為θ、質量為M的斜面體放在粗糙水平面上，將質量為m的物體P放在粗糙的斜面體上。當物體Q放在與P等高(PQ連線水平)且與物體P相距為r的右側位置時，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8A．P、Q所帶電荷量為eq\r(\f(mgr2tanθ,k))B．P對斜面的壓力為0C．斜面體受到地面的摩擦力為0D．斜面體對地面的壓力為(M＋m)g解析設P、Q所帶電荷量為q，對物體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A正確；斜面對P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛頓第三定律可知，P對斜面的壓力為FN′＝mgcosθ＋Fsinθ，選項B錯誤；對P和斜面體整體受力分析，可知水平方向受到Q對P向左的庫侖力F＝keq\f(q2,r2)和地面對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C錯誤；對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，斜面體對地面的壓力大小為(M＋m)g，選項D正確。答案AD9．如圖9所示，用兩根完全相同的橡皮筋M、N將兩個質量均為m＝1kg的可視為質點的小球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，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，橡皮筋M與豎直方向的夾角為60°。假設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，重力加速度取g＝10m/s2。則()圖9A．橡皮筋M的伸長量為4cmB．橡皮筋N的伸長量為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的瞬時加速度為零解析先對小球B進行受力分析，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的伸長量xN＝eq\f(F1,k)＝2cm，選項B正確；再將小球A、B看成一個整體，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C錯誤；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的伸長量xM＝eq\f(F2,k)＝8cm，選項A錯誤；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D正確。答案BD三、計算題10．如圖10所示，一質量為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狀態(tài)。(g取10m/s2)求：圖10(1)拉力F的大??；(2)桿對鐵塊的摩擦力的大小。解析(1)對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)由于繩對鐵塊的拉力垂直于桿，且鐵塊處于靜止狀態(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)N11．如圖11所示，兩平行金屬導軌間的距離d＝1.0m，導軌所在平面與水平面之間的夾角為θ＝53°，在導軌所在的空間內分布著磁感應強度大小為B＝1.5T，方向垂直于導軌所在平面向上的勻強磁場，導軌的一端接有電動勢E＝6.0V，內阻r＝1.0Ω的直流電源。現(xiàn)將一質量m＝0.5kg，電阻R＝3.0Ω，長度為1.0m的導體棒ab垂直導軌放置，開關S接通后導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，導體棒受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：圖11(1)導體棒中通過的電流大小；(2)導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)。解析(1)由電路知識可知，導體棒與定值電阻R0并聯(lián)后接在電源兩端，設電路中的總電阻為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)導體棒的電流IR＝eq\f(Uab,R)＝eq\f(4,3)A。(2)對導體棒進行受力分析如圖所示。設導軌對導體棒的支持力大小為FN，摩擦力大小為Ff，導體棒受到的安培力大小為F。由題意可知，導體棒中的電流方向為b→a，由左手定則可知，導體棒受到的安培力沿導軌所在的平面向上，其大小F＝BIRd，代入數(shù)據(jù)有F＝2N，又因為重力沿導軌所在的平面向下的分量為mgsin53°＝4N，所以可判斷出此時的摩擦力方向一定沿導軌所在的平面向上，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)12．(2016·全國卷Ⅰ，24)如圖12，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)長度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導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。右斜面上存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，已知兩根導線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(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12(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??；(2)金屬棒運動速度的大小。解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導線相連，故ab、cd速度總是大小相等，cd也做勻速直線運動。設兩導線上拉力的大小為T，右斜面對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cd棒的支持力大小為FN2。對于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)設金屬棒運動速度大小為v，ab棒上的感應電動勢為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)第2講力與直線運動1．(2016·江蘇單科，5)小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后回到原高度再次下落，重復上述運動，取小球的落地點為原點建立坐標系，豎直向上為正方向。下列速度v和位置x的關系圖象中，能描述該過程的是()解析由題意知在運動過程中小球機械能守恒，設機械能為E，小球離地面高度為x時速度為v，則有mgx＋eq\f(1,2)mv2＝E，可變形為x＝－eq\f(v2,2g)＋eq\f(E,mg)，由此方程可知圖線為開口向左、頂點在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,mg)，0))的拋物線，故選項A正確。答案A2．(多選)(2016·江蘇單科，9)如圖1所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面，若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中()圖1A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C．若貓增大拉力，魚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魚缸摩擦力的方向向右，A項錯誤；各接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ，魚缸的質量為m，由牛頓第二定律可得魚缸在桌布和桌面上滑動的加速度大小相同，均為a＝μg，魚缸離開桌布時的速度為v，則魚缸在桌布上和在桌面上滑動時間均為t＝eq\f(v,μg)，B項正確；貓增大拉力時，魚缸受到的摩擦為f＝μmg不變，C項錯；若貓減小拉力，魚缸在桌布上加速運動的時間變長，離開桌布時的速度v＝μgt增大，加速運動的位移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項對。答案BD3．(2015·江蘇單科，5)如圖2所示，某“闖關游戲”的筆直通道上每隔8m設有一個關卡，各關卡同步放行和關閉，放行和關閉的時間分別為5s和2s。關卡剛放行時，一同學立即在關卡1處以加速度2m/s2由靜止加速到2m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進的關卡是()圖2A．關卡2B．關卡3C．關卡4D．關卡5解析由題意知，該同學先加速后勻速，速度增大到2m/s用時t1＝eq\f(v,a)＝1s，在加速時間內通過的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1m，t2＝4s，x2＝vt2＝8m，已過關卡2，t3＝2s時間內x3＝4m，關卡打開，t4＝5s，x4＝vt4＝10m，此時關卡關閉，距離關卡4還有1m，到達關卡4還需t5＝0.5s，小于2s，所以最先擋住他前進的是關卡4，故C正確。答案C4．(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3所示，以豎直向上為a的正方向，則人對電梯的壓力()圖3A．t＝2s時最大B．t＝2s時最小C．t＝8.5s時最大D．t＝8.5s時最小解析由題圖知，在上升過程中，在0～4s內，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7～10s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AD5．(2014·江蘇單科，5)一汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后剎車做勻減速直線運動，直到停止。下列速度v和位移x的關系圖象中，能描述該過程的是()解析由勻加速直線運動速度與位移的關系：v2＝2a1x，可知v－x圖象應為開口向x軸正方向的拋物線的一部分，故C、D錯；當汽車做勻減速直線運動時，由逆向思維法可得v2＝2a2x，即v－x圖象應為開口向x軸負方向的拋物線的一部分，故A正確，B錯誤。答案A6．(多選)(2014·江蘇單科，8)如圖4所示，A、B兩物塊的質量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(1,2)μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則()圖4A．當F<2μmg時，A、B都相對地面靜止B．當F＝eq\f(5,2)μmg時，A的加速度為eq\f(1,3)μgC．當F>3μmg時，A相對B滑動D．無論F為何值，B的加速度不會超過eq\f(1,2)μg解析A、B間的滑動摩擦力fA＝2μmg，B與地面間的滑動摩擦力為fB＝eq\f(1,2)μ(2m＋m)g＝eq\f(3,2)μmg，因此當eq\f(3,2)μmg<F<2μmg時，B與地面發(fā)生相對滑動，故A錯誤；設A、B間剛好發(fā)生相對滑動時，拉力為F0，則對物塊B有2μmg－eq\f(3,2)μmg＝ma0，則a0＝eq\f(1,2)μg，把A、B看作整體，有F－eq\f(3,2)μmg＝3ma0，得F＝3μmg，即當F>3μmg時，A相對B滑動，C正確；A、B間發(fā)生相對滑動后，B的加速度總為eq\f(1,2)μg不變，D正確；當F＝eq\f(5,2)μmg時，A、B一起運動，則對A、B整體有：F－eq\f(3,2)μmg＝3ma′，解得a′＝eq\f(1,3)μg，B正確。答案BCD[考情分析]201420152016力與直線運動T5：勻變速直線運動的v－t圖象T8：牛頓運動定律T5：勻變速直線運動T6：牛頓運動定律的應用T5：自由下落和豎直上拋T6：勻變速直線運動，牛頓第二定律高考對力與直線運動考查的內容主要有：勻變速直線運動的規(guī)律及運動圖象問題；行車安全問題；物體在傳送帶(或平板車)上的運動問題；題型既有選擇題(為主)又有計算題，題目新穎，與生活實際聯(lián)系密切，試題大多綜合牛頓運動定律、受力分析、運動過程分析等內容。運動圖象的理解及應用[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要素，要把物理規(guī)律和物理圖象相結合。利用圖象解題時一定要從圖象的縱、橫坐標軸所代表的物理量及兩個物理量間的函數(shù)關系，圖線中的“點”、“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)做直線運動的甲、乙兩物體的位移—時間圖象如圖5所示，則()圖5A．當乙開始運動時，兩物體相距20mB．在0～10s這段時間內，物體間的距離逐漸變大C．在10～25s這段時間內，物體間的距離逐漸變小D．兩物體在10s時相距最遠，在25s時相遇解析開始時，乙的位置坐標為0，甲從離坐標原點20m處開始運動，兩者的運動方向相同，當乙開始運動時，甲已經(jīng)運動了10s，因此二者之間的距離大于20m，故A錯誤；在0～10s這段時間內，乙靜止不動，甲勻速運動，則物體間的距離逐漸變大，故B正確；在10～25s這段時間內，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，因此當乙開始運動時兩者相距最遠，從圖象可知25s時，兩者位置坐標相同，即相遇，故D正確。答案BCD2．如圖6甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上。t＝0時，一物塊(可視為質點)從底端a以初速度v0沿斜面ab向上運動，到達頂端b時速率恰好為零，之后沿斜面bc下滑至底端c。若物塊與斜面ab、bc間的動摩擦因數(shù)相等，物塊在兩斜面上運動的速率v隨時間變化的規(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6A．斜面ab的傾角θB．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μC．物塊的質量mD．斜面bc的長度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時間內物塊的位移大小，即可求出L，故選項C符合題意。答案C3．(多選)(2016·南通模擬)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7所示，重力加速度g取10m/s2，水平面各處的粗糙程度相同，認為滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，則由此可推算出()圖7A．物體的質量B．物體與水平地面間滑動摩擦力的大小C．拉力F＝12N時物體運動的速度大小D．拉力F＝12N時物體運動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時物體的加速度，物體初速度為零，由于不知道時間，故無法求解出速度大小和位移大小，C、D錯誤。答案AB勻變速直線運動規(guī)律的應用[規(guī)律方法]1．勻變速直線運動通?？煞譃閮深愐活愂菃蝹€物體的多過程模型，另一類是多個物體(通常為兩個)的多過程模型(見考向三)。2．解題思路不論是單個物體的多過程模型還是多個物體的多過程模型，處理的一般方法如下：(1)弄清題意，劃分過程→根據(jù)題意，弄清楚物體的運動經(jīng)歷了幾個過程。(2)依據(jù)已知，分析過程→依據(jù)題目中給出的已知條件，對劃分出的物體運動的每個過程進行運動學分析或動力學分析。(3)結合已知，列出方程→結合題中給出的已知條件，列出物體運動的每個過程所對應的運動學方程或動力學方程。[精典題組]1．(2016·全國卷Ⅲ，16)一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質點的加速度為()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。答案A2．霧霾天氣會對行車安全造成很大的影響，因此在行車時司機應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，小轎車司機只有到達距離貨車d＝35m的地方才能看到該貨車尾部雙閃燈發(fā)出的光，若此時小轎車司機立即剎車做勻減速直線運動，則小轎車要經(jīng)過Δx＝96m才能停下來。兩車在運動過程中可視為質點。(1)若小轎車司機剎車時，前方的貨車仍以原速度向前勻速行駛，試通過計算分析兩車是否會相撞；(2)若小轎車司機在剎車的同時給前方的貨車發(fā)出信號，貨車司機經(jīng)Δt＝1s收到信號并立即以a＝2m/s2的加速度勻加速行駛，試通過計算分析兩車是否會發(fā)生相撞。解析(1)設剎車時小轎車的加速度大小為a1，則由運動學公式可得Δx＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a1)解得a1＝3m/s2設兩車達到速度相等時所用時間為t1，則有v1＝v2－a1t1代入數(shù)據(jù)可解得t1＝5s設在t1時間內小轎車行駛的距離為x1，則有x1＝v2t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)設在t1時間內貨車行駛的距離為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故兩車會相撞。(2)設兩車速度達到相等所需的時間為t2，則有v2－a1t2＝v1＋a(t2－Δt)解得t2＝3.4s設在t2時間內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發(fā)生相撞。答案(1)相撞(2)不會相撞3．(2016·長沙模擬)為了安全，中國航母艦載機“殲－15”采用滑躍式起飛。起飛時主要靠甲板前端的上翹來幫助戰(zhàn)斗機起飛，其示意圖如圖8所示，飛機由靜止開始先在一段水平距離為L1＝160m的水平跑道上運動，然后在長度為L2＝20.5m的傾斜跑道上滑跑，直到起飛。已知飛機的質量m＝2.0×104kg，其噴氣發(fā)動機的推力大小恒為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，飛機在水平跑道上和傾斜跑道上運動的過程中受到的平均阻力大小都為飛機重力的0.2倍，假設航母處于靜止狀態(tài)，飛機質量視為不變并可看成質點，傾斜跑道看作斜面，不計水平跑道和傾斜跑道連接處的影響，且飛機起飛的過程中沒有出現(xiàn)任何故障。g取10m/s2。求圖8(1)飛機在水平跑道上運動的末速度大??；(2)飛機從開始運動到起飛經(jīng)歷的時間t。解析(1)設飛機在水平跑道上運動的加速度大小為a1，阻力大小為Ff，在水平跑道上運動的末速度大小為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)設飛機在傾斜跑道上運動的加速度大小為a2，在傾斜跑道末端的速度大小為v1，飛機在水平跑道上的運動時間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飛機在傾斜跑道上的運動時間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】牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用問題，涉及多過程的運動分以下幾個步驟進行求解：(1)分析物體運動的轉折點。(2)根據(jù)轉折點將物體的運動分為相應的幾個階段，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動情況。(4)利用牛頓運動定律和運動學公式列出相應的表達式進行求解。連接體問題[規(guī)律方法]1．分析“滑塊—滑板”模型時要抓住一個轉折、兩個關聯(lián)及一個臨界條件(1)一個轉折——滑塊與滑板達到相同速度或者滑塊從滑板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉折點。(2)兩個關聯(lián)——轉折前、后受力情況之間的關聯(lián)和滑塊、滑板位移和板長之間的關聯(lián)。(3)兩物體發(fā)生相對運動的臨界條件——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、后物體的運動狀態(tài)是解題的關鍵。2．解決連接體問題的方法技巧(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：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，一般采用隔離法；求連接體內各物體間的相互作用力時必須用隔離法。[精典題組]1．(2016·常州二模)如圖9所示，在建筑工地的工人兩手對稱水平用力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質量為m，B的質量為3m，手施加的壓力為F，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，在此過程中，A、B間的摩擦力為()圖9A．μF B．2μFC.eq\f(3,2)m(g＋a) D．m(g＋a)解析由于A、B相對靜止，故A、B之間的摩擦力為靜摩擦力，A、B錯誤；設手對A、B在豎直方向上的摩擦力為f，以A、B整體為研究對象可知在豎直方向上有2f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，設B對A的摩擦力方向向下，大小為f′，對A由牛頓第二定律有f－f′－mg＝ma，解得f′＝m(g＋a)，D正確，C錯誤。答案D2．(2016·姜堰模擬)如圖10所示為一個實驗室模擬貨物傳送的裝置，A是一個表面絕緣、質量為mA＝2kg的長板車，車置于光滑的水平面上，在車左端放置一質量為mB＝1kg、帶電荷量為q＝＋1×10－2C的絕緣小貨物B，在裝置所在空間內有一水平勻強電場，可以通過開關控制其大小及方向。先產(chǎn)生一個方向水平向右、大小E1＝3×102N/C的電場，車和貨物開始運動，2s后，改變電場，電場大小變?yōu)镋2＝1×102N/C，方向向左，一段時間后，關閉電場，關閉電場時車右端正好到達目的地，貨物到達車的最右端，且車和貨物的速度恰好為零。已知貨物與車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，車不帶電，貨物體積大小不計，g取10m/s2，求第二次電場作用的時間。圖10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動，設車運動的加速度大小為aA，貨物運動的加速度大小為aBaB＝eq\f(E1q－μmBg,mB)＝2m/s2，aA＝eq\f(μmBg,mA)＝0.5m/s2車和貨物運動2s時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設又經(jīng)t1時間貨物和車共速，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動，加速度大小a＝eq\f(qE2,mA＋mB)＝eq\f(1,3)m/s2減速到0所經(jīng)歷的時間為t2＝eq\f(v,a)＝4.8s所以第二次電場的作用時間為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)車廂為無動力車廂外，其余六節(jié)車廂均具有動力系統(tǒng)，設每節(jié)車廂的質量均為m，各動力車廂產(chǎn)生的動力相同，經(jīng)測試，該列車啟動時能在時間t內將速度提高到v，已知運動阻力是車重的k倍。求：(1)列車在啟動過程中，第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力；(2)列車在勻速行駛時，第六節(jié)車廂失去了動力，若仍要保持列車的勻速運動狀態(tài)，則第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力變化多大？解析(1)列車啟動時做初速度為零的勻加速直線運動，啟動加速度為a＝eq\f(v,t)①對整個列車，由牛頓第二定律得：F－k·7mg＝7ma②設第五節(jié)車廂對第六節(jié)車廂的作用力為T，對第六、七兩節(jié)車廂進行受力分析，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“－”表示實際作用力與圖示方向相反，即與列車運動方向相反。(2)列車勻速運動時，對整體由平衡條件得：F′－k·7mg＝0⑤設第六節(jié)車廂有動力時，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)車廂失去動力時，仍保持列車勻速運動，則總牽引力不變，設此時第五、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)，方向與列車運動方向相反(2)eq\f(14,15)kmg高頻考點二以各種圖象形式考查對動力學中的圖象的理解和應用[滿分策略][滿分示例](15分)(2016·南京市模擬)如圖11甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，以后長木板運動的v－t圖象如圖乙所示。已知小物塊與長木板的質量均為m＝1kg，小物塊與長木板間及長木板與地面間均有摩擦，經(jīng)1s后小物塊與長木板相對靜止(g取10m/s2)，求：圖11(1)小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)的值；(2)在整個運動過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量。[審題指導]破題關鍵→讀題、讀圖獲取信息(1)讀題(2)讀圖[滿分模板]解析(1)長木板加速過程中，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)在整個運動過程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(2分)聯(lián)立解得Q＝40.5J(2分)答案(1)0.7(2)40.5J[滿分體驗](15分)如圖12甲所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足夠長。一根輕彈簧一端固定在斜面的底端，另一端與質量m＝1.0kg的小滑塊(可視為質點)接觸，滑塊與彈簧不相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)。當t＝0時釋放滑塊。在0～0.24s時間內，滑塊的加速度a隨時間t變化的關系如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)k＝2.0×102N/m，當t＝0.14s時，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摩擦力。求：圖12(1)斜面對滑塊的摩擦力f的大?。?2)t＝0.14s時滑塊與出發(fā)點間的距離d；(3)在0～0.44s時間內，滑塊運動的路程s。[規(guī)范解答]解析(1)由圖乙可知，當t1＝0.14s時，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動，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t1＝0.14s時，彈簧恰好恢復原長，所以此時滑塊與出發(fā)點間的距離d等于t0＝0時彈簧的形變量x。由圖乙可知，在出發(fā)點時滑塊加速度的大小a＝30m/s2(1分)此時滑塊受力如圖丁所示，有kd－mgsinθ－f＝ma(2分)解得d＝0.20m(2分)(3)設從t1＝0.14s時開始，經(jīng)時間Δt1滑塊的速度減為零，則有Δt1＝eq\f(0－v1,－a1)＝0.20s(1分)在這段時間內滑塊運動的距離x1＝eq\f(0－veq\o\al(2,1),2（－a1）)＝0.20m(1分)t2＝0.34s時滑塊速度減為零，此后滑塊將反向做勻加速直線運動，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(2分)在0.34～0.44s(Δt2＝0.1s)時間內，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時間內，s＝d＋x1＋x2＝0.41m(1分)答案(1)4.0N(2)0.20m(3)0.41m一、單項選擇題1．(2016·銀川模擬)汽車以20m/s的速度在平直公路上行駛，急剎車時的加速度大小為5m/s2，則自駕駛員急剎車開始，2s與5s時汽車的位移之比為()A．5∶4B．4∶5C．3∶4D．4∶3解析汽車停下來所用的時間為t＝eq\f(v0,a)＝4s，故2s時汽車的位移x1＝v0t1＋eq\f(1,2)(－a)teq\o\al(2,1)＝30m；5s時汽車的位移與4s時汽車的位移相等，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C正確。答案C2．(2016·揚州模擬)圖1甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，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－時間圖象。兩圖中a～g各點均對應，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出。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點位置人處于超重狀態(tài)C．e點位置人處于失重狀態(tài)D．d點的加速度小于f點的加速度解析由題圖甲、乙可知，人的重力等于500N，質量m＝50kg，b點位置人處于失重狀態(tài)，c、d、e點位置人處于超重狀態(tài)，選項A、C錯誤，B正確；d點位置傳感器對人的支持力F最大，為1500N，由F－mg＝ma可知，d點的加速度ad＝20m/s2，f點位置傳感器對人的支持力為0N，由F－mg＝ma可知，f點的加速度af＝－10m/s2，故d點的加速度大于f點的加速度，選項D錯誤。答案B3．(2016·鎮(zhèn)江模擬)質量為0.5kg的物體在水平面上以一定的初速度運動，如圖2所示，a、b分別表示物體不受拉力和受到水平拉力作用的v－t圖象，則拉力與摩擦力大小之比為()圖2A．1∶2B．2∶1C．3∶1D．3∶2解析物體不受水平拉力時，加速度大小為a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝1.5m/s2。物體受到水平拉力作用時加速度大小為a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝0.75m/s2。根據(jù)牛頓第二定律得f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2，可得F∶f＝3∶2，故選D。答案D4．(2016·河南模擬)汽車在平直公路上做剎車試驗，若從t＝0時起汽車在運動過程中的位移與速度的平方之間的關系如圖3所示，下列說法正確的是()圖3A．t＝0時汽車的速度為10m/sB．剎車過程持續(xù)的時間為5sC．剎車過程經(jīng)過3s時汽車的位移為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A正確，選項D錯誤；汽車剎車過程的時間為t＝eq\f(0－v0,a)＝2s，選項B錯誤；汽車經(jīng)過2s停止，因而經(jīng)過3s時汽車的位移為x＝10m(要先判斷在所給時間內，汽車是否已停止運動)，選項C錯誤。答案A5．如圖4所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根水平放置的平行粗糙金屬導軌CD、EF，導軌上放有一金屬棒MN?，F(xiàn)從t＝0時刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流I的大小與時間t成正比，即I＝kt，其中k為常量，不考慮電流對勻強磁場的影響，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。下列關于金屬棒的加速度a、速度v隨時間t變化的關系圖象，可能正確的是()圖4解析當ts時間，電流I＝kt，安培力F＝BIL，設最大靜摩擦力為fm，則加速度a＝eq\f(F－fm,m)＝eq\f(BLkt－fm,m)＝eq\f(BLk,m)t－eq\f(fm,m)，所以a－t圖象是一條傾斜的直線，且不過原點，與縱軸的交點為－eq\f(fm,m)，選項A、B錯；導體棒速度v＝at＝eq\f(BLk,m)t2－eq\f(fm,m)t是一條開口向上的曲線，選項C錯，D對。答案D二、多項選擇題6.(2016·山東臨沂市5月第二次模擬)如圖5所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速度向右傳動。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。下列選項正確的是()圖5解析足夠長的水平傳送帶，物塊的運動分為兩個過程，剛開始滑動摩擦力向右，物塊勻加速運動，當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動。物塊與傳送帶相對靜止，滑動摩擦力為零，加速度為零，因此A、B正確，C錯誤；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，而勻速階段x′＝v0t用線應為直線而非曲線，故D錯誤。答案AB7．如圖6甲所示，質量為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點左側上方存在方向水平向右的勻強電場，小物塊運動的v－t圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()圖6A．小物塊在0～3s內的平均速度為eq\f(4,3)m/sB．小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.4C．勻強電場的電場強度為3000N/CD．物塊運動過程中電勢能減少了12J解析由v－t圖象中圖線與縱軸所圍面積的意義知0～3s內物塊的位移為x＝6m，所以在0～3s內的平均速度為v＝eq\f(x,t)＝2m/s，A錯；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，C對；由圖象知加速階段的位移為x1＝2m，所以電場力做功W＝qE·x1＝12J，即物塊運動過程中電勢能減少了12J，D對。答案CD8．(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7所示。已知兩車在t＝3s時并排行駛，則()圖7A．在t＝1s時，甲車在乙車后B．在t＝0時，甲車在乙車前7.5mC．兩車另一次并排行駛的時刻是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、乙都沿正方向運動。t＝3s時，甲、乙相遇，此時v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由v－t圖線所圍面積對應位移關系知，0～3s內甲車位移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，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B選項正確；0～1s內，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錯誤；甲、乙兩次相遇地點之間的距離為x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D選項正確。答案BD9．(2016·天津理綜，8)我國高鐵技術處于世界領先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設動車組各車廂質量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比，某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組()圖8A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2C．進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2解析列車啟動時，乘客隨車廂加速運動，加速度方向與車的運動方向相同，故乘客受到車廂的作用力方向與車運動方向相同，選項A錯誤；對6、7、8節(jié)車廂的整體有F56－3kmg＝3ma，對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B正確；關閉發(fā)動機后，根據(jù)動能定理得eq\f(1,2)·8mv2＝8kmgx，解得x＝eq\f(v2,2kg)，可見滑行的距離與關閉發(fā)動機時速度的平方成正比，選項C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的最大速度為vm1＝eq\f(2P,8kmg)；8節(jié)車廂有4節(jié)動車時最大速度為vm2＝eq\f(4P,8kmg)，則eq\f(vm1,vm2)＝eq\f(1,2)，選項D正確。答案BD三、計算題10.如圖9所示，質量均為m＝3kg的物塊A、B緊挨著放置在粗糙的水平地面上，物塊A的左側連接一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上。開始時兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使物塊B在水平外力F作用下向右做a＝2m/s2的勻加速直線運動直至與A分離，已知兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g＝10m/s2。求：圖9(1)物塊A、B分離時，所加外力F的大小；(2)物塊A、B由靜止開始運動到分離所用的時間。解析(1)物塊A、B分離時，對B：F－μmg＝ma解得：F＝21N(2)A、B靜止時，對A、B：kx1＝2μmgA、B分離時，對A：kx2－μmg＝ma此過程中：x1－x2＝eq\f(1,2)at2解得：t＝0.3s答案(1)21N(2)0.3s11．如圖10甲所示，一根直桿AB與水平面成某一角度固定，在桿上套一個小物塊，桿底端B處有一彈性擋板，桿與板面垂直，現(xiàn)將物塊拉到A點靜止釋放，物塊下滑與擋板第一次碰撞前后的v－t圖象如圖乙所示，物塊最終停止在B點。重力加速度g取10m/s2，求：圖10(1)物塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)物塊滑過的總路程s。解析(1)由圖象可知，物塊下滑的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝4m/s2，上滑時的加速度大小a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝8m/s2，桿AB長L＝2m，設直桿的傾角為θ，物塊的質量為m，由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma1mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.25，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8。(2)對物塊整個過程分析，由動能定理得：mgLsinθ－μmgscosθ＝0，代入數(shù)據(jù)得：s＝6m答案(1)0.25(2)6m12．(2016·四川理綜，10)避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖11豎直平面內，制動坡床視為水平面夾角為θ的斜面。一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4