四川省2015届高考物理二轮复习14个专题共245页

1、目录专题1 受力分析、物体的平衡专题2 牛顿运动定律与直线运动专题3 平抛运动与圆周运动专题4 万有引力定律及应用专题5 功能关系在力学中的应用专题7 带电粒子在复合场中的运动专题8 直流电路与交流电路专题9 电磁感应专题10 物理图像问题分析专题11 机械振动和机械波 光专题12 力学、光学实验（一）专题13 力学、光学实验（二）专题14 电学实验（一）专题15 电学实验（二）高考定位受力分析、物体的平衡问题是力学的基本问题，在高考中是级要求，主要考查力的产生条件、力的大小方向的判断(难点：弹力、摩擦力)、力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题的分析、连接体问题的分析，涉及的思想方法有

2、：整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等高考试题命题特点：这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核考题1对物体受力分析的考查例1如图1所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上，现用大小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则()图1AA与B之间不一定存在摩擦力BB与地面之间可能存在摩擦力CB对A的支持力一定大于mgD地面对B的支持力的大小一定等于(Mm)g审题突破B、D选项考察地面对B的作用力故可以：先对物体A、B整体受

3、力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；A、C选项考察物体A、B之间的受力，应当隔离，物体A受力少，故：隔离物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力解析对A、B整体受力分析，如图，受到重力(Mm)g、支持力N和已知的两个推力，水平方向：由于两个推力的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力；竖直方向：有N(Mm)g，故B错误，D正确；再对物体A受力分析，受重力mg、推力F、斜面体B对A的支持力N和摩擦力f，在沿斜面方向：当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F沿斜面分量等于重力的

4、下滑分量时，摩擦力为零，设斜面倾斜角为，在垂直斜面方向：Nmgcos Fsin ，所以B对A的支持力不一定大于mg，故A正确，C错误故选择A、D.答案AD1(2014·广东·14)如图2所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()图2AM处受到的支持力竖直向上BN处受到的支持力竖直向上CM处受到的静摩擦力沿MN方向DN处受到的静摩擦力沿水平方向答案A解析M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误2如图3所示，

5、一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，30°，60°，求轻杆对A球的作用力()图3AmgB.mgC.mg D.mg答案A解析对A球受力分析如下图，细绳对小球A的力为F1，杆对A的力为F2，把F1和mg合成，由几何知识可得组成的三角形为等腰三角形，故F2mg.3如图4所示，用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为()图4AF BmgC. D.答案D解析对吸铁石和白纸整体进行受力分析，在垂直于黑板平面内受磁引力、黑

6、板表面的支持力，在平行于黑板平面内受竖直向下的重力(Mm)g、水平拉力F和黑板表面的摩擦力f作用，由于纸未被拉动，所以摩擦力为静摩擦力，根据共点力平衡条件可知，摩擦力f与(Mm)g和F的合力等值反向，因此有f，故选项D正确1合理的选取研究对象如果题目中给出的物体不止一个，在分析物体受力情况时，往往不能直接判断它与其接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力，这时可以采用隔离法(或整体法)，先分析其他物体(或整体)的受力情况，再分析被研究物体的受力情况2结合运动状态及时修正由于弹力和摩擦力都是被动力，它们的方向和大小与物体的运动状态有密切的关系，所以分析物体的受力情况时，除了根据力产生的条件判断外

7、，还必须根据物体的运动状态，结合牛顿第二定律及时进行修正考题2对静态平衡问题的考查例2如图5所示，倾角为60°的斜面固定在水平面上，轻杆B端用铰链固定在竖直墙上，A端顶住质量为m、半径为R的匀质球并使之在图示位置静止，此时A与球心O的高度差为，不计一切摩擦，轻杆可绕铰链自由转动，重力加速度为g，则有()图5A轻杆与水平面的夹角为60°B轻杆对球的弹力大小为2mgC斜面对球的弹力大小为mgD球所受的合力大小为mg，方向竖直向上审题突破球受力的特点：轻杆B端用铰链固定在竖直墙上所以轻杆上的弹力一定沿杆，支持力垂直斜面向上；由几何知识确定轻杆与水平面的夹角，采用合成法，根据平衡条

8、件求轻杆对球的弹力和斜面对球的弹力解析设轻杆与水平方向夹角为，由sin ，30°，故A错误；对球由几何知识得，轻杆对球的弹力大小N2mg，故B错误；斜面对球的弹力大小为mg，C正确；球处于静止状态，所受的合力大小为0，D错误答案C4完全相同的两物体P、Q，质量均为m，叠放在一起置于水平面上，如图6所示现用两根等长的细线系在两物体上，在细线的结点处施加一水平拉力F，两物体始终保持静止状态，则下列说法不正确的是(重力加速度为g)()图6A物体P受到细线的拉力大小为B两物体间的摩擦力大小为C物体Q对地面的压力大小为2mgD地面对Q的摩擦力大小为F答案A解析两物体都保持静止，对P、Q整体受力

9、分析，竖直方向受到重力2mg和地面支持力N，根据平衡状态则有N2mg，Q对地面压力大小等于支持力，选项C正确水平方向受到拉力F和地面摩擦力f，水平方向受力平衡fF，选项D正确两段细线等长，而拉力沿水平方向设细线和水平方向夹角为，则有细线拉力T，选项A错误对P受力分析水平方向受到细线拉力的水平分力Tcos 和Q对P的摩擦力f，根据P静止平衡则有f，选项B正确5在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向夹角均为，图B中杆P在竖

10、直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是()AFAFBFCFDBFDFAFBFCCFAFCFDFBDFCFAFBFD答案B解析设滑轮两边细绳的夹角为，对重物，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F2mgcos ，由夹角关系可得FDFAFBFC，选项B正确6倾角为45°的斜面固定在墙角，一质量分布均匀的光滑球体在大小为F的水平推力作用下静止在如图7所示的位置，F的作用线通过球心，设球所受重力大小为G，竖直墙对球的弹力大小为F1，斜面对球的弹力大小为F2，则下列说法正确的是()图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解析以球为研究对象，受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：F2sin GFF1F2cos 所以F2一定大于G，F1一定小于F，F2与F的大小关系不确定，F1和F2的大小关系也不确定，所以B正确，A、C、D错误共点力平衡问题的求解思路和方法1求解共点力平衡问题的一般思路物体静止或做匀速直线运动物体处于平衡状态对物体受力分析建立平衡方程对平衡方程,求解、讨论2常用求解方法(1)正交分解法(2)合成法考题3对动态平衡问题的考查例3如图8所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，

12、连接b的一段细绳与斜面平行在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则()图8Ab对c的摩擦力一定减小Bb对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C地面对c的摩擦力方向一定向右D地面对c的摩擦力一定减小审题突破b受到c的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关对bc整体研究，由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小解析设a、b的重力分别为Ga、Gb.若GaGbsin ，b受到c的摩擦力为零；若GaGbsin ，b受到c的摩擦力不为零若GaGbsin ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，故A错误，B正确对b、c整体，水平面对c的摩擦力fTcos Gacos ，方向水平向左在a中

13、的沙子缓慢流出的过程中，则摩擦力在减小，故C错误，D正确答案BD7如图9甲，手提电脑散热底座一般设置有四个卡位用来调节角度某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位4缓慢地调至卡位1(如图乙)，电脑始终静止在底座上，则()图9A电脑受到的支持力变大B电脑受到的摩擦力变小C散热底座对电脑的作用力变大D散热底座对电脑的作用力不变答案D解析对笔记本电脑受力分析如图所示，有：Nmgcos 、fmgsin .由原卡位1调至卡位4，减小，静摩擦力f减小、支持力N增加；散热底座对电脑的作用力的合力是支持力和静摩擦力的合力，与重力平衡，始终是不变的，故D正确8如图10将两个质量均为m的小球a、

14、b用细线相连悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于静止状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为30°，则F的最小值为()图10A.mg BmgC.mg D.mg答案B解析以a、b两球为一整体进行受力分析：受重力2mg，绳子的拉力T，拉力F，其中重力是恒力，绳子拉力T方向恒定，根据平衡条件，整体所受合外力为零，所以当F的方向与绳子垂直时最小，如图所示，根据几何关系可得：F2mgsin 30°mg，所以B正确，A、C、D错误9(2014·山东·14)如图11所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但

15、仍保持等长且悬挂点不变木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()图11AF1不变，F2变大BF1不变，F2变小CF1变大，F2变大DF1变小，F2变小答案A解析木板静止时，木板受重力G以及两根轻绳的拉力F2，根据平衡条件，木板受到的合力F10，保持不变两根轻绳的拉力F2的合力大小等于重力G，保持不变，当两轻绳剪去一段后，两根轻绳的拉力F2与竖直方向的夹角变大，因其合力不变，故F2变大选项A正确，选项B、C、D错误1当受力物体的状态发生“缓慢”变化时，物体所处的状态仍为平衡状态，分析此类问题的方法有解析法和矢量三角形法2分析动态平衡问题时需注意以下两个

16、方面：(1)在动态平衡问题中，一定要抓住不变的量(大小或方向)，此题中不变的量是力F3和F1的合力的大小和方向，然后分析其他量的变化(2)当物体受到一个大小和方向都不变、一个方向不变、一个大小和方向都变化的三个力作用，且题目只要求定性讨论力的大小而不必进行定量计算时，首先考虑用图解法考题4应用平衡条件解决电学平衡问题例4 (6分)如图12所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，CAB30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定一个正点电荷，一带负电可视为质点的小物体可以分别静止在M、P、N点，P为MN的中点，OMON，OMAB，则下列判断正确的是()图12A小物体在M、

17、P、N点静止时一定都是受4个力B小物体静止在P点时受到的摩擦力最大C小物体静止在P点时受到的支持力最大D小物体静止在M、N点时受到的支持力相等解析对小物体分别在三处静止时进行受力分析，如图：结合平衡条件小物体在P、N两点时一定受四个力的作用，而在M处不一定，故A错误；小物体静止在P点时，摩擦力fmgsin 30°，设小物体静止在M、N点时，库仑力为F，则小物体静止在N点时fmgsin 30°Fcos 30°，小物体静止在M点时fmgsin 30°Fcos 30°，可见小物体静止在N点时所受摩擦力最大，故B错误；小物体静止在P点时，设库仑力为F，

18、受到的支持力Nmgcos 30°F，小物体静止在M、N点时：Nmgcos 30°Fsin 30°，由库仑定律知FF，故NN，即小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等，故C、D正确答案CD(2014·江苏·13)(15分)如图13所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端导体棒始终与导轨垂直，

19、且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求：图13(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.答案(1)tan (2)(3)2mgdsin 解析(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡mgsin mgcos 解得导体棒与涂层间的动摩擦因数tan .(2)在光滑导轨上感应电动势：EBLv感应电流：I安培力：F安BIL受力平衡的条件是：F安mgsin 解得导体棒匀速运动的速度v.(3)摩擦生热：QTmgdcos 根据能量守恒定律知：3mgdsin QQTmv2解得电阻产生的焦耳热Q2mgdsin .

20、知识专题练训练1题组1物体受力分析1如图1所示，A、B、C三物块叠放并处于静止状态，水平地面光滑，其它接触面粗糙，则()图1AA与墙面间存在压力BA与墙面间存在静摩擦力CA物块共受4个力作用DB物块共受4个力作用答案D解析以三个物块组成的整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对C没有摩擦力，根据平衡条件得知，墙对A没有压力，因而也没有摩擦力，故A、B错误对A物块，受到重力、B的支持力和B对A的摩擦力三个力作用，故C错误先对A、B整体研究：水平方向上，墙对A没有压力，则由平衡条件分析可知，C对B没有摩擦力再对B分析：受到重力、A的压力和A对B的摩擦力、C的支持力，共受四个力作用，故D正确2轻质弹

21、簧A的两端分别连在质量均为m的小球上，两球均可视为质点另有两根与A完全相同的轻质弹簧B、C，且B、C的一端分别与两个小球相连，B的另一端固定在天花板上，C的另一端用手牵住，如图2所示适当调节手的高度与用力的方向，保持B弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)，当弹簧C的拉力最小时，B、C两弹簧的形变量之比为()图2A11 B35C43 D54答案C解析以两球和弹簧A组成的整体为研究对象，受力分析如图所示，由合成法知当C弹簧与B弹簧垂直时，弹簧C施加的拉力最小，由几何关系知TBTC43.3如图3所示，固定的半球面右侧是光滑

22、的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块(可视为质点)，小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为，则()图3AF1F2cos 1 BF1F2sin 1CN1N2cos21 DN1N2sin21答案AC解析分别对A、B两个相同的小物块受力分析，如图，由平衡条件，得：F1mgsin N1mgcos 同理：F2mgtan N2故cos ，cos2.4如图4所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相

23、互连接，正好组成一个菱形，BAD120°，整个系统保持静止状态已知A物块所受的摩擦力大小为f，则D物块所受的摩擦力大小为()图4A.f BfC.f D2f答案C解析已知A物块所受的摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力为F，则有：2Fcos 60°f，对D：2Fcos 30°f，解得：fFf.题组2静态平衡问题5如图5所示，登山者连同设备总重量为G.某时刻缆绳和竖直方向的夹角为，若登山者手拉缆绳的力大小也为G，则登山者脚对岩石的作用力()图5A方向水平向右B方向斜向右下方C大小为Gtan D大小为Gsin 答案B解析以登山者为研究对象，受力如图，根据共点力平衡条件得知：

24、N与G和T的合力大小相等、方向相反，所以N方向斜向左上方，则由牛顿第三定律得知登山者脚对岩石的作用力方向斜向右下方由力的合成法得：N2Gcos(180°)2Gsin .6如图6所示，质量为M的木板C放在水平地面上，固定在C上的竖直轻杆的顶端分别用细绳a和b连接小球A和小球B，小球A、B的质量分别为mA和mB，当与水平方向成30°角的力F作用在小球B上时，A、B、C刚好相对静止一起向右匀速运动，且此时绳a、b与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则下列判断正确的是()图6A力F的大小为mBgB地面对C的支持力等于(MmAmB)gC地面对C的摩擦力大小为mB

25、gDmAmB答案ACD解析对小球B受力分析，水平方向：Fcos 30°Tbcos 30°，得：TbF，竖直方向：Fsin 30°Tbsin 30°mBg，解得：FmBg，故A正确；对小球A受力分析，竖直方向：mAgTbsin 30°Tasin 60°水平方向：Tasin 30°Tbsin 60°联立得：mAmB，故D正确；以A、B、C整体为研究对象受力分析，竖直方向：NFsin 30°(MmAmB)g可见N小于(MmAmB)g，故B错误；水平方向：fFcos 30°mBgcos 30°

26、mBg，故C正确7体育器材室里，篮球摆放在如图7所示的球架上已知球架的宽度为d，每个篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间的摩擦，则每个篮球对一侧球架的压力大小为()图7A.mg B.C. D.答案C解析篮球受力平衡，设一侧球架的弹力与竖直方向的夹角为，如图，由平衡条件，F1F2，而cos ，则F1F2，选项C正确8如图8所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于静止状态已知A、B两物体的质量分别为mA和mB，则下列说法正确的是()图8AA物体对地面的压力大小为mAgBA物体对地面的压力大小为(mAmB)gCB物体对A物体的压力大于m

27、BgD地面对A物体没有摩擦力 答案BC解析对A、B整体受力分析，竖直方向：NA(mAmB)g，水平方向：fANB，选项A、D错误，选项B正确；B受重力、A的支持力NAB、墙面的弹力NB，故NAB，选项C正确题组3动态平衡问题9如图9所示，三根细线共系于O点，其中OA在竖直方向上，OB水平并跨过定滑轮悬挂一个重物，OC的C点固定在地面上，整个装置处于静止状态若OC加长并使C点左移，同时保持O点位置不变，装置仍然处于静止状态，则细线OA上拉力FA和OC上的拉力FC与原先相比是()图9AFA、FC都减小BFA、FC都增大CFA增大，FC减小DFA减小，FC增大答案A解析O点受FA、FB、FC三个力平

28、衡，如图当按题示情况变化时，OB绳的拉力FB不变，OA绳拉力FA的方向不变，OC绳拉力FC的方向与拉力FB方向的夹角减小，保持平衡时FA、FC的变化如虚线所示，显然都是减小了10如图10所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着已知质量mA3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，且A、B仍处于静止状态，那么下列说法中正确的是()图10A弹簧的弹力大小将不变B物体A对斜面的压力将减小C物体A受到的静摩擦力将减小D弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变答案AC解析弹簧弹力等于B物体的重力，即弹簧弹力不变，故A项正

29、确；对A物体进行受力分析，列平衡方程可知，C项正确，D项错误；根据NmAgcos ，当倾角减小时，A物体对斜面压力变大，故B项错误11如图11所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端水平力F作用于b时，a、b紧靠挡板处于静止状态现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则()图11A弹簧变长 B弹簧变短C力F变大 Db对地面的压力变大答案A解析对a隔离分析可知，OP向右缓慢平移时弹簧弹力变小，OP对a的弹力变小，故弹簧变长，A正确；对a、b整体分析，F与OP对a的弹力平衡，故力F变小，b对地面的压力始终等于a、b的总重力，故D错误题组4应用平衡

30、条件解决电学平衡问题12(2014·广东·20)如图12所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为Q的小球P.带电量分别为q和2q的小球M和N，由绝缘细杆相连，静止在桌面上P与M相距L、M和N视为点电荷，下列说法正确的是()图12AM与N的距离大于LBP、M和N在同一直线上C在P产生的电场中，M、N处的电势相同DM、N及细杆组成的系统所受合力为零答案BD解析假设P、M和N不在同一直线上，对M受力分析可知M不可能处于静止状态，所以选项B正确；M、N和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故kk，解得x(1)L，所以选项A错误，D正确；在正点电荷产生的电场中，离

31、场源电荷越近，电势越高，M>N，所以选项C错误13(2014·浙江·19)如图13所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷小球A静止在斜面上，则()图13A小球A与B之间库仑力的大小为B当 时，细线上的拉力为0C当 时，细线上的拉力为0D当 时，斜面对小球A的支持力为0答案AC解析根据库仑定律，A、B球间的库仑力F库k，

32、选项A正确；小球A受竖直向下的重力mg，水平向左的库仑力F库，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力FN的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则tan ，所以 ，选项C正确，选项B错误；斜面对小球的支持力FN始终不会等于零，选项D错误 高考定位牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器

33、问题、超重失重问题等等，应用非常广泛考题1对匀变速直线运动规律的考查例1为了迎接外宾，对国宾车队要求非常严格设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶汽车甲先开出，汽车乙后开出汽车甲从静止出发先做加速度为a1的匀加速直线运动，达到速度v后改为匀速直线运动汽车乙从静止出发先做加速度为a2的匀加速直线运动，达到同一速度v后也改为匀速直线运动要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为x.则甲、乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少？(不计汽车的大小)审题突破设当甲经过一段时间t1匀加速运动达到速度v，位移为x1，根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度，设乙出发后，经

34、过一段时间t2匀加速运动达到速度v，位移为x2，根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度，设甲匀速运动时间为t，甲、乙依次启动的时间间隔为t，根据位移关系列式即可求解解析设当甲经过一段时间t1匀加速运动达到速度v，位移为x1，对甲，有：va1t1v22a1x1设乙出发后，经过一段时间t2匀加速运动达到速度v，位移为x2，对乙，有：v2t2v222x2设甲匀速运动时间t后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时间间隔为t，由题意知：tt1tt2xx1vtx2解得：t.答案1如图1甲所示，一个m3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动在03 s时间内物

35、体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则() 甲 乙图1A在03 s时间内，物体的速度先增大后减小B3 s末物体的速度最大，最大速度为10 m/sC2 s末F最大，F的最大值为12 ND前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变答案BD解析物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故A错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，在at图像上图像与时间轴所围图形的面积表示速度变化，v10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，所以B正确；由F合ma知前2 s内的合外力为1

36、2 N，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N，故C错误2(2014·山东·23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图2甲中“反应过程”所用时间)t00.4 s，但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v072 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L39 m减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动取重力加速度的大小g10 m/s2.求：图2(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小

37、的比值答案(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)解析(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v020 m/s，末速度vt0，位移s25 m，由运动学公式得v2ast联立式，代入数据得a8 m/s2t2.5 s.(2)设志愿者反应时间为t，反应时间的增加量为t，由运动学公式得Lv0tsttt0联立式，代入数据得t0.3 s.(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得Fma由平行四边形定则得FF2(mg)2联立式，代入数据得.1如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各

38、段的纽带2描述匀变速直线运动的基本物理量有v0、vt、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化3对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零求解此类问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解考题2对牛顿第二定律应用的考查例2如图3所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m的光滑细杆上，A和B的质量之比为13，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向、大小为20 N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a运动时，弹簧与杆夹角为53°.(cos 53&

39、#176;0.6)图3(1)求弹簧的劲度系数；(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度大小为a，a与a之比为多少？审题突破(1)以两球和弹簧组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解a与a之比解析(1)先取A、B和弹簧组成的整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A、B的支持力与加速度方向垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律F(mAmB)a再取B为研究对象，F弹cos 53°mBa联立解得，F弹25 N由几何关系

40、得，弹簧的伸长量x m0.25 m由F弹kx解得弹簧的劲度系数k100 N/m(2)撤去力F瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度大小a，方向沿杆方向向左由式得a，方向沿杆水平向右所以aamBmA31答案(1)100 N/m(2)313(2014·新课标·17)如图4所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()图4A一定升高B一定降低C保持不变D升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案A解析设橡皮筋原长为l0

41、、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l且与竖直方向夹角为.由胡克定律可知，静止时k(ll0)mg，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知k(ll0)cos mg则k(ll0)k(ll0)cos lcos ll0(1cos )即lcos <l所以小球高度一定升高，故选项A正确(1)无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解(2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定考题3应用动力学方法分析传送带问题例3某煤矿运输部有

42、一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s的恒定速度运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.10，重力加速度取10 m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小？(计算结果保留两位有效数字)审题突破煤块先相对于传送带向后滑动，速度相同后，又相对传送带向前滑，根据运动学公式，结合速度时间图线求出两次过程中相对位移的大小，从而得出划痕的长度解析由运动情况作出传送带和煤块的vt图像，如图所示因煤块与传送带间的动摩擦因数为，则煤块在

43、传送带上运动的加速度a0g1.0 m/s2设传送带的加速度大小为a，由运动学规律得：v1a0t1 v0at1解得t11.0 s，v11.0 m/s此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为l1v0t1ata0t2.0 m当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划线的长度l2 m0.33 m因为l1>l2，煤块在传送带上留下的划线长度为l12.0 m煤块相对于传送带的位移为xl1l22.0 m0.33 m1.7 m答案2.0 m1.7 m4(2014·四川·7)如图5所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定

44、滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()图5答案BC解析若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有T>mg，此后加速度a2，故C正确，A、D错误分析处理传送带问题时需要

45、特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析考题4应用动力学方法分析“滑块木板模型”问题例4 (14分)如图6所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端已知m与M之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F作用下始终向右以速度v2(v2>v1)匀速运动，求：图6(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？解析(1)在物块m向左运动过程中，木

46、板受力如图所示，其中f1、f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知f11mg(1分)f22(mM)g(2分)由平衡条件得：Ff1f21mg2(mM)g(2分)(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则t1(1分)设物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1t1(1分)设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则t2(1分)设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2t2(1分)此过程中木板向右匀速运动的总位移为x，则xv2(t1t2)(1分)则物块不从木板上滑下来的最小长度：Lxx1x2(2分)代入数据解得：L.(2分)答案(1)1mg2(mM)g(2)(201

47、3·新课标·25)(16分)一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图7所示已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g10 m/s2，求：图7(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小答案(1)0.200.30(2)1.125 m解析(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木

48、块具有共同速度为止由题图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时速度的大小设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得fma122mgfma2假设f1mg，则a1a2；由式得

49、f2mg1mg，与假设矛盾，故f1mg由式知：物块加速度的大小a1等于a1；物块的vt图像如图中点划线所示由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12×s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m知识专题练训练2题组1匀变速直线运动规律1(2014·福建·15)如图1所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是()图1答案B解析滑块沿斜面向下做匀减速运动，故

50、滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a不变，选项C、D错误设斜面倾角为，则sv0tat2，故ht、st图像都应是开口向下的抛物线，选项A错误，选项B正确2(2014·新课标·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度(g取10 m/s2

51、)答案20 m/s解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0联立式并代入题给数据得v20 m/s(v24 m/s不符合实际，舍去)题组2牛顿第二定律的应用3如图2甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m2 kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与

52、弹簧不相连t0 s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.则下列说法正确的是()图2A在0.15 s末滑块的加速度为8 m/s2B滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向下运动C滑块与斜面间的动摩擦因数0.25D在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动答案AC解析在vt图像中，斜率代表加速度，0.15 s末滑块的加速度a8 m/s2，故A正确；滑块在0.10.2 s时间间隔内沿斜面向上运动，故B错误；滑块在0.10.2 s内，由牛顿第二定律可知，mgsi

53、n 37°mgcos 37°ma，可求得0.25，故C正确；在00.1 s过程中为滑块和弹簧接触的过程，由图像可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故D错误4如图3所示，A、B是两个质量均为m1 kg的小球，两球由长L4 m的轻杆相连组成系统，水平面上的P、Q两点间是一段长度为4.5 m的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球与PQ间的动摩擦因数0.2，球A、B分别静止在P点两侧，离P点的距离均为.两球均可视为质点，不计轻杆质量，现对B球施加一水平向右F4 N的拉力，取g10 m/s2，求：图3(1)A球经过P点时系统的速度大小；(2)若当A球经过P点时立即撤去F，最后A、B球静止，A球静止时与Q点的距离答案(1)2 m/s(2)3 m解析(1)设系统开始运动时加速度为a1，由牛顿第二定律有Fmg2ma1解得a11 m/s2设A球经过P点时速度为v1，则v2a1·得v12 m/s(2)设A、B在P、Q间做匀减速运动时加速度大小为a2，则有2mg2ma2a2g2 m/s2当A球经过P点时拉力F撤去，但系统将继续滑行，设当B到达Q时滑行的距离为x1，速度为v2，则有x1xPQL0.5 m由vv2