高考物理二轮复习 教师文档 专题一-专题六试题

教师文档专题一-专题六第1讲力与物体的平衡1．(2016·全国卷Ⅱ，14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图1所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()图1A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小解析对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确。答案A2．(2016·全国卷Ⅲ，17)如图2所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为()图2A.eq\f(m,2) B.eq\f(\r(3),2)mC．m D．2m解析如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，细线对a环拉力的合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故细线在c点拉力的合力与物块的重力大小相等，即拉力合力大小T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对。答案C3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，19)如图3，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()图3A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示。由平衡条件得：Tcosβ＋f＝Fcosα，Fsinα＋FN＋Tsinβ＝mbg。其中T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确。答案BD4．(2015·全国卷Ⅰ，24)如图4所示，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。图4解析金属棒通电后，闭合回路电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(12,2)A＝6A导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06N。开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kx＝mg开关闭合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F代入数值解得m＝0.01kg答案方向竖直向下0.01kg5．(2016·全国卷Ⅰ，24)如图5，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑。求图5(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小。解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是大小相等，cd也做匀速直线运动。设两导线上拉力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2。对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mgsinθ＝μFN1＋T＋F①FN1＝2mgcosθ②对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsinθ＋μFN2＝T③FN2＝mgcosθ④联立①②③④式得：F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑥回路中电流I＝eq\f(E,R)⑦安培力F＝BIL⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)答案(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)eq\f(mgR,B2L2)[备考指导]【考情分析】20142015卷ⅠT24：安培力、胡克定律、力的平衡2016卷ⅠT19：有重力、弹力、摩擦力的共点力平衡卷ⅠT24：有关电磁感应问题的平衡及法拉第电磁感应定律的应用卷ⅡT14：力的动态平衡卷ⅢT17：共点力的平衡条件高考命题突出受力分析、力的合成与分解方法的考查，也有将受力分析与牛顿运动定律、电磁场、功能关系进行综合考查。题型一般为选择题和计算题。【备考策略】1．研究对象的选取方法：(1)整体法(2)隔离法2．受力分析的顺序一般按照“一重、二弹、三摩擦，四其他”的程序，结合整体法与隔离法分析物体的受力情况。3．处理平衡问题的基本思路

单个物体的平衡[规律方法]1．静态平衡问题：应先分析物体的受力情况，再根据平衡条件列出相应方程，解方程并对结果进行讨论。2．动态平衡问题3．求解共点力平衡问题常用的方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法。力的合成法常用于仅受三个共点力作用且保持平衡。(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解。当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法。(3)图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况。用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量。[精典题组]1．(多选)如图6所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。则()图6A．滑块可能受到三个力作用B．弹簧一定处于压缩状态C．斜面对滑块的支持力大小可能为零D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于eq\f(1,2)mg解析弹簧可能恰好处于原长，滑块只受到重力、斜面支持力和摩擦力三个力作用，选项A正确，B错误；将滑块隔离受力分析，将滑块所受重力分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，由平衡条件可知，斜面对滑块的摩擦力大小一定等于eq\f(1,2)mg，斜面对滑块的支持力大小一定不为零，选项C错误，D正确。答案AD2．如图7所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则()图7A．轻绳对小球的拉力保持不变B．轻绳对小球的拉力逐渐增大C．小球对墙壁的压力保持不变D．小球对墙壁的压力逐渐减小解析对小球受力分析，如图所示，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中几何关系可知：轻绳对小球的拉力F逐渐增大，墙壁对小球的支持力FN也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，故选项B正确，A、C、D错误。答案B3．如图8所示，位于固定的倾角为θ＝45°的粗糙斜面上的小物块P，受到一沿斜面向上的拉力F，沿斜面匀速上滑。现把力F的方向变为竖直向上而大小不变，仍能使物块P沿斜面保持原来的速度匀速运动，则物块与斜面间的动摩擦因数为()图8A．μ＝eq\f(\r(2),2) B．μ＝eq\r(2)C．μ＝eq\r(2)－1 D．μ＝eq\r(2)＋1解析由题可知，拉力F方向沿斜面向上时，物块处于平衡状态，对其受力分析，F＝mgsin45°＋μmgcos45°；把拉力F的方向变为竖直向上时，由物块仍沿斜面保持原来的速度匀速运动可知F＝mg。所以有mgsin45°＋μmgcos45°＝mg，解得μ＝eq\r(2)－1，选项C正确。答案C多个物体的平衡[规律方法]1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析。2．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”。3．解题思路eq\x(\a\al(确定平,衡状态,a＝0))→eq\x(\a\al(研究对象,受力平衡的,物体或系统))→eq\x(\a\al(内力与外力,判断待求作,用力是内力,还是外力))→eq\x(\a\al(受力分析,系统外力：整体法,系统内力：隔离法))[精典题组]1.(2016·山西右玉一模)如图9所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为()图9A.eq\f(7,5) B.eq\f(5,7)C.eq\f(13,5) D.eq\f(5,13)解析设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(13,5)；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得eq\f(m1,m2)＝－eq\f(7,5)(舍去)。综上分析可知应选C。答案C2．将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图10所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ。已知重力加速度为g，则下列选项正确的是()图10A．物体B对水平面的压力大小为MgB．物体B受水平面的摩擦力大小为mgtanθC．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为eq\f(mg,tanθ)D．滑块A对物体B的压力大小为eq\f(mg,cosθ)解析以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为FN1＝eq\f(mg,tanθ)，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为FN2＝eq\f(mg,sinθ)，根据牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为eq\f(mg,sinθ)，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力FN＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为Ff＝FN1＝eq\f(mg,tanθ)，B错误。答案C3.(多选)如图11所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α。人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶匀速提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是()图11A．α始终等于βB．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大C．地面对人的摩擦力逐渐变大D．地面对人的支持力逐渐变大解析水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力T始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示，垂直于OA方向有Tsinα＝Tsinβ，所以α＝β，沿OA方向有F＝Tcosα＋Tcosβ＝2Tcosα，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有f＝T′sinθ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有FN＋T′cosθ＝Mg，地面对人的支持力FN＝Mg－T′cosθ逐渐变大，选项C、D正确。答案ACD电磁场中的平衡问题[规律方法]1．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力。(1)2．处理电学问题中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化。eq\x(选取研究对象)eq\o(→,\s\up7(方法))eq\a\vs4\al(“整体法”或“隔离法”)eq\x(受力分析)eq\o(→,\s\up7(多了))eq\a\vs4\al(电场力F＝Eq或安培力F＝BIl,或洛伦兹力F＝qvB)eq\x(列平衡方程)→eq\a\vs4\al(F合＝0或Fx＝0，Fy＝0)[精典题组]1.均匀带正电的薄圆盘的右侧，用绝缘细线A、B悬挂一根水平通电直导线ab，电流方向由a到b，导线平行于圆盘平面。现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图12所示方向匀速转动，细线仍然竖直，与圆盘静止时相比，下列说法正确的是()图12A．细线所受弹力变小B．细线所受弹力不变C．细线所受弹力变大D．若改变圆盘转动方向，细线所受弹力变大解析圆盘静止时，通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力，两者等大反向，合力为零。当圆盘匀速转动时，根据右手螺旋定则，圆盘产生水平向右的磁场，根据左手定则，通电直导线受到方向向下的安培力，故细线所受的弹力变大，选项A、B错误，C正确；若改变圆盘转动方向，通电直导线受到的安培力方向向上，细线所受的弹力变小，选项D错误。答案C2．(多选)(2016·山东临沂市三模)某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系。A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直。用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中()图13A．d应保持不变B．B的位置在同一圆弧上C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tanθ与A、B间库仑力成正比解析因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知F库＝mgsinθ，即keq\f(qQ,d2)＝mgeq\f(x,L)，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误。答案ABC3.如图14所示,将长为50cm、质量为10g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中。当金属棒中通以0.4A的电流时，弹簧恰好不伸长。g＝10m/s2。图14(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1cm。如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？解析(1)弹簧恰好不伸长时，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)当金属棒中通过大小为0.2A、方向由a向b的电流时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态。根据平衡条件有2kx1＋BI1L＝mg当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态。根据平衡条件有2kx2＝mg＋BI2L联立解得x2＝eq\f(mg＋BI2L,mg－BI1L)x1＝3cm。答案(1)0.5T(2)3cm高频考点一整体法与隔离法的综合应用[解题方略]利用整体法和隔离法解决物理问题是高考物理中常用的方法之一。一般解题方法是：对于不要求讨论系统内部物体之间受力情况时，首选整体法，解题过程简明、快捷；如果要考虑系统内部各个物体之间的相互作用力，则必须使用隔离法。在实际应用中，隔离法和整体法往往交替使用。“一题多变”是通过转化题目中的条件和所求问题，生成多道不同的、新的题目。此项练习能使同学们触类旁通，更加熟练地掌握解题方法，培养灵活解题的能力，同时训练同学们思维的变通性和逻辑性，能开拓思维的广度和深度，提升同学们的解题推理能力。【典例】如图15所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，并悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力为F、作用在a球上的力为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列图中的()图15解析对b球受力分析，设拉b球的细线与竖直方向的夹角为θ，其受力图如图甲所示，由图可得tanθ＝eq\f(F,mg)。对a、b两球整体受力分析，可知A不可能；设拉a球的细线与竖直方向的夹角为α，小球a、b整体受力图如图乙所示，由图可得tanα＝eq\f(F,2mg)，所以θ＞α；由图可知，B图中θ＝α，C图中θ＞α，D图中θ＜α，故C图可能，B、D图不可能。答案C变式1改变物体的受力情况如图16所示，两段等长绝缘细线将质量分别为2m、m的小球A、B悬挂在O点，小球A、B分别带有＋4q和－q的电荷量，不考虑A、B两小球之间的作用力，当系统处于水平向右的匀强电场中并静止时，可能出现的状态应是()图16解析(解题方法同典例)将典例中的力学情境变为电学情境，将所加的外力变为电场力。对B球：tanθ＝eq\f(qE,mg)，对A、B两小球整体tanα＝eq\f(3qE,3mg)，所以有α＝θ，D图正确。答案D变式2改变物体的运动状态如图所示，车厢里悬挂着两个质量分别为m1、m2的小球(下面球的质量为m1)，当车厢向右做匀加速运动(空气阻力不计)，达到稳定状态时，下列各图中正确的是()解析将典例中小球由平衡状态变为匀加速运动状态。对下面的小球受力分析，设拉下面小球的细线与水平方向的夹角为θ，其受力图如图甲所示，由图可得tanθ＝eq\f(m1g,m1a)＝eq\f(g,a)；对两球整体受力分析，设拉上面小球的细线与水平方向的夹角为α，受力图如图乙所示，由图可得tanα＝eq\f(（m1＋m2）g,（m1＋m2）a)＝eq\f(g,a)，所以θ＝α，故选项B正确。答案B变式3改变物体所处的情境如图17所示，有三根长度皆为l＝1.0m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量均为m＝1.0×10－2kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为－q和＋q，q＝1.0×10－7C。A、B之间用第三根线连接起来。空间存在大小为E＝1.0×106N/C的匀强电场，场强方向水平向右。平衡时A、B两球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。则最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了(不计两带电小球间相互作用的静电力)()图17A．减小6.8×10－2J B．增加6.8×10－2JC．减小9.8×10－2J D．增加9.8×10－2J解析由上面的分析可知，将O、B之间的线烧断后，A、B球最后达到的平衡位置如图甲所示，对B球受力分析，受力图如图乙所示。tanα＝eq\f(qE,mg)＝1，α＝45°。与原来位置相比，A球的重力势能减少了EA＝mgl(1－sin60°)，B球的重力势能减少了EB＝mgl(1－sin60°＋cos45°)，A球的电势能增加了WA＝qElcos60°，B球的电势能减少了WB＝qEl(sin45°－sin30°)，两种势能总和减少了W＝WB－WA＋EA＋EB，代入数据解得W＝6.8×10－2J，即最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比减少了W＝6.8×10－2J。故选项A正确。答案A一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)1.如图1所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况，下列说法正确的是()图1A．FA变小，FB变小 B．FA变大，FB变大C．FA变大，FB变小 D．FA变小，FB变大解析柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2Fcosα＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力FA和FB都变小，选项A正确。答案A2．如图2所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况是()图2A．F增大，FN减小 B．F增大，FN增大C．F减小，FN减小 D．F减小，FN增大解析某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α，则F＝mgtanα，FN＝eq\f(mg,cosα)，随着挡板向右移动，α越来越大，则F和FN都要增大。答案B3．如图3所示，在水平地面上静止着一质量为M、倾角为θ的斜面，自由释放质量为m的滑块能在斜面上匀速下滑(斜面始终静止)，则下列说法中正确的是()图3A．滑块对斜面的作用力大小等于mgcosθ，方向垂直斜面向下B．斜面对滑块的作用力大小等于mg，方向竖直向上C．斜面受到地面的摩擦力水平向左，大小与m的大小有关D．滑块能匀速下滑，则水平地面不可能是光滑的解析因滑块在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下匀速下滑，如图所示，所以斜面对滑块的作用力大小等于滑块重力mg，方向竖直向上，B项正确；而滑块对斜面的作用力与斜面对滑块的作用力是一对作用力与反作用力，所以A项错误；又因斜面及滑块均处于平衡状态，所以可将两者看成一个整体，则整体在竖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，即水平地面对斜面没有摩擦力作用，C、D项错误。答案B4．如图4所示，绝缘水平桌面上放置一长直导线a，导线a的正上方某处放置另一长直导线b，两导线中均通以垂直纸面向里的恒定电流。现将导线b向右平移一小段距离，若导线a始终保持静止，则()图4A．导线b受到的安培力方向始终竖直向下B．导线b受到的安培力逐渐减小C．导线a对桌面的压力减小D．导线a对桌面的摩擦力方向水平向左解析导线a、b均处在对方产生的磁场中，故两导线均会受到安培力作用，由“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，当导线b未移动时，其受到的安培力方向竖直向下指向导线a，当导线b向右平移一小段距离后，导线b受到的安培力仍会指向导线a，选项A错误；由于导线a、b之间的距离增大而导线中的电流不变，故两导线之间的相互作用力减小(安培力F＝BIl)，选项B正确；导线b向右平移后导线a的受力情况如图所示，由于导线a始终在桌面上保持静止，所以有FN＝G－Fsinθ，因为安培力F减小，sinθ减小，所以桌面对导线a的支持力增大，由牛顿第三定律可知，导线a对桌面的压力增大，选项C错误；由图可知，桌面对导线a的静摩擦力方向水平向左，故导线a对桌面的摩擦力方向水平向右，选项D错误。答案B5．如图5所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是()图5A．球对墙壁的压力逐渐减小B．水平拉力F逐渐减小C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大解析对球进行受力分析，如图甲所示。FN1＝Gtanθ，FN2＝eq\f(G,cosθ)。当长方体物块向右运动中，θ增大，FN1、FN2均增大，由牛顿第三定律知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力FN2′cosθ＝G等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，对物块受力分析如图乙所示，物块与地面之间的压力FN＝G1＋FN2′cosθ＝G1＋G不变，滑动摩擦力f＝μFN不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力FN2′sinθ逐渐增大，所以水平拉力F＝f－FN2′sinθ逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误。答案B6．如图6所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量分别为m1和m2的小球A、B。当它们处于平衡状态时，碗内的细线与水平方向的夹角为60°，小球B位于水平地面上，设此时半球形的碗对A的弹力为F，小球B对地面的压力大小为FN，细线的拉力大小为T，则下列说法中正确的是()图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的受力情况，由平衡条件可得，细线的拉力T＝F，Fsin60°＋Tsin60°＝m1g，解得T＝F＝eq\f(\r(3),3)m1g，选项C、D错误；分析小球B的受力情况，由平衡条件可得T＋FN＝m2g，即FN＝m2g－eq\f(\r(3),3)m1g，故A错误，B正确。答案B7．(2016·安徽皖南八校二次联考)如图7所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A＝30°，∠B＝37°，C处有光滑小滑轮，质量分别为m1、m2的两物块通过细线跨放在AC面和BC面上，且均恰好处于静止状态，已知AC面光滑，物块2与BC面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m1∶m2不可能是()图7A．1∶3 B．3∶5C．5∶3 D．2∶1解析物块1受重力m1g、细线拉力T和斜面支持力FN作用处于平衡状态，则T＝m1gsin30°，物块2受重力m2g、细线拉力T、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用处于平衡状态，当m1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T＝m2gsin37°＋μm2gcos37°，即eq\f(m1,m2)＝2；当m1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有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．如图8所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态。现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()图8A．一直增大 B．先减小后增大C．先增大后减小 D．始终为零解析若F安＜mgsinα，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安＞mgsinα，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对。答案AB9.如图9所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同。倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上。当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是()图9A．P、Q所带电荷量为eq\r(\f(mgr2tanθ,k))B．P对斜面的压力为0C．斜面体受到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g解析设P、Q所带电荷量为q，对物体P受力分析如图所示，受到水平向左的库仑力F＝keq\f(q2,r2)、竖直向下的重力mg、支持力FN，由平衡条件可得tanθ＝eq\f(F,mg)，解得q＝eq\r(\f(mgr2tanθ,k))，选项A正确；斜面对P的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为FN′＝mgcosθ＋Fsinθ，选项B错误；对P和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q对P向左的库仑力F＝keq\f(q2,r2)和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f＝keq\f(q2,r2)，选项C错误；对P和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，选项D正确。答案AD10．如图10所示，用两根完全相同的橡皮筋M、N将两个质量均为m＝1kg的可视为质点的小球A、B拴接在一起，并悬挂在水平天花板上，在小球A上施加一水平向左的恒力F，当系统处于静止状态时，橡皮筋M与竖直方向的夹角为60°。假设两橡皮筋的劲度系数均为k＝5N/cm，且始终处在弹性限度以内，重力加速度取g＝10m/s2。则()图10A．橡皮筋M的伸长量为4cmB．橡皮筋N的伸长量为2cmC．水平恒力的大小为10eq\r(3)ND．如果将水平恒力撤去，则小球B的瞬时加速度为零解析先对小球B进行受力分析，小球B受重力mg和橡皮筋N的拉力F1，根据平衡条件，有F1＝mg＝10N，又F1＝kxN，解得橡皮筋N的伸长量xN＝eq\f(F1,k)＝2cm，选项B正确；再将小球A、B看成一个整体，整体受重力2mg、水平恒力F和橡皮筋M的拉力F2，如图所示，根据平衡条件，有F＝2mgtan60°＝2eq\r(3)mg＝20eq\r(3)N，选项C错误；橡皮筋M的弹力F2＝eq\f(2mg,cos60°)＝4mg＝40N，根据胡克定律有F2＝kxM，解得橡皮筋M的伸长量xM＝eq\f(F2,k)＝8cm，选项A错误；小球B受重力和橡皮筋N的拉力，撤去水平恒力的瞬间，小球B的重力和橡皮筋N的拉力都不变，故小球仍处于平衡状态，加速度为零，选项D正确。答案BD二、非选择题11．如图11所示，一质量为M＝2kg的铁块套在倾斜放置的杆上，杆与水平方向的夹角θ＝60°，一轻绳一端连在铁块上，一端连在一质量为m＝1kg的小球上，一水平力F作用在小球上，连接铁块与球的轻绳与杆垂直，铁块和球都处于静止状态。(g取10m/s2)求：图11(1)拉力F的大小；(2)杆对铁块的摩擦力的大小。解析(1)对B球受力分析如图所示。根据力的平衡F＝mgtanθ解得F＝10eq\r(3)N(2)由于绳对铁块的拉力垂直于杆，且铁块处于静止状态，因此铁块受到的摩擦力等于铁块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．如图12所示，两平行金属导轨间的距离d＝1.0m，导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ＝53°，在导轨所在的空间内分布着磁感应强度大小为B＝1.5T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，导轨的一端接有电动势E＝6.0V，内阻r＝1.0Ω的直流电源。现将一质量m＝0.5kg，电阻R＝3.0Ω，长度为1.0m的导体棒ab垂直导轨放置，开关S接通后导体棒刚好能保持静止。已知电路中定值电阻R0＝6.0Ω，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，导体棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图12(1)导体棒中通过的电流大小；(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数。解析(1)由电路知识可知，导体棒与定值电阻R0并联后接在电源两端，设电路中的总电阻为R总，则有R总＝eq\f(RR0,R＋R0)＋r，代入数据可得R总＝3Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流I＝eq\f(E,R总)＝2A，导体棒ab两端的电压为Uab＝E－Ir，代入数据可得Uab＝4V，所以流经导体棒的电流IR＝eq\f(Uab,R)＝eq\f(4,3)A。(2)对导体棒进行受力分析如图所示。设导轨对导体棒的支持力大小为FN，摩擦力大小为Ff，导体棒受到的安培力大小为F。由题意可知，导体棒中的电流方向为b→a，由左手定则可知，导体棒受到的安培力沿导轨所在的平面向上，其大小F＝BIRd，代入数据有F＝2N，又因为重力沿导轨所在的平面向下的分量为mgsin53°＝4N，所以可判断出此时的摩擦力方向一定沿导轨所在的平面向上，且大小为Ff＝mgsin53°－F，即Ff＝2N，又Ff＝μmgcos53°，代入数据解得μ＝eq\f(2,3)。答案(1)eq\f(4,3)A(2)eq\f(2,3)第2讲力与物体的直线运动1．(2016·全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为()A.eq\f(s,t2) B.eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2) D.eq\f(8s,t2)解析动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3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对。答案A2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图1所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则()图1A．在t＝1s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m解析根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动。t＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由v－t图线所围面积对应位移关系知，0～3s内甲车位移x甲＝eq\f(1,2)×3×30m＝45m，乙车位移x乙＝eq\f(1,2)×3×(10＋25)m＝52.5m。故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B选项正确；0～1s内，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，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D选项正确。答案BD3．(多选)(2015·全国卷Ⅰ，20)如图2(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图2A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析由v－t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝eq\f(v0,t1)，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1)。同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，两式联立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为eq\f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝eq\f(v0,2)t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝eq\f(v0,2)t1·eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0（v0＋v1）,4g)，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。答案ACD4．(多选)(2015·全国卷Ⅱ，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为eq\f(2,3)a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8 B．10C．15 D．18解析设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma①P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有F＝km·eq\f(2,3)a②联立①②得3n＝2k，总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。答案BC5．(2014·新课标卷全国Ⅰ，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1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。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2/5。若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。解析本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件vA＝vB，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题。设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，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μ0mg＝ma0①s＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a0)②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μ，依题意有μ＝eq\f(2,5)μ0③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μmg＝ma④s＝vt0＋eq\f(v2,2a)⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20m/s(72km/h)⑥答案20m/s[备考指导]【考情分析】2014卷ⅠT24：追及相遇问题卷ⅡT24：自由落体运动规律、v－t图象2015卷ⅠT20：v－t图象，牛顿第二定律T25：v－t图象，匀变速直线运动规律，牛顿第二定律卷ⅡT20：牛顿运动定律的应用T25：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用2016卷ⅠT21：v－t图象、匀变速直线运动、追及相遇问题卷ⅢT16：匀变速直线运动规律的应用题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合v－t图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容。【备考策略】1．解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点(1)两分析①物体受力情况分析，同时画出受力示意图；②物体运动规律分析，同时画出运动情境图。(2)两个桥梁①加速度是联系运动和力的桥梁；②速度是各物理过程相互联系的桥梁。2．解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1)要明白x－t、v－t图象的特点及区别；(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型。运动图象的理解及应用[规律方法]图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合。利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口。解决此类问题的一般思路[精典题组]1．(多选)做直线运动的甲、乙两物体的位移—时间图象如图3所示，则()图3A．当乙开始运动时，两物体相距20mB．在0～10s这段时间内，物体间的距离逐渐变大C．在10～25s这段时间内，物体间的距离逐渐变小D．两物体在10s时相距最远，在25s时相遇解析开始时，乙的位置坐标为0，甲从离坐标原点20m处开始运动，两者的运动方向相同，当乙开始运动时，甲已经运动了10s，因此二者之间的距离大于20m，故A错误；在0～10s这段时间内，乙静止不动，甲匀速运动，则物体间的距离逐渐变大，故B正确；在10～25s这段时间内，由于乙的速度大于甲的速度，甲在乙的前方，则物体间的距离逐渐变小，故C正确；由于10s后乙的速度大于甲的速度，因此当乙开始运动时两者相距最远，从图象可知25s时，两者位置坐标相同，即相遇，故D正确。答案BCD2．如图4甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上。t＝0时，一物块(可视为质点)从底端a以初速度v0沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c。若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，已知重力加速度g＝10m/s2，则下列物理量中不能求出的是()图4A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度L解析根据题图乙可求出物块在左、右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgcosθ－μmgsinθ＝ma2，则可求出θ和μ，但m无法求出。根据题图乙可求出0.6～1.6s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C符合题意。答案C3．(多选)(2016·南昌模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F由零逐渐增大的过程中，加速度a随力F变化的图象如图5所示，重力加速度g取10m/s2，水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则由此可推算出()图5A．物体的质量B．物体与水平地面间滑动摩擦力的大小C．拉力F＝12N时物体运动的速度大小D．拉力F＝12N时物体运动的位移大小解析物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力作用。据图象可知滑动摩擦力大小为6N，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F,m)－μg，由a－F图线可知5m·s－2＝eq\f(12N,m)－μg、0＝eq\f(6N,m)－μg，解得m＝1.2kg，μ＝0.5，A、B正确；根据图象只能求出拉力F＝12N时物体的加速度，物体初速度为零，由于不知道时间，故无法求解出速度大小和位移大小，C、D错误。答案AB匀变速直线运动规律的应用[规律方法]1．匀变速直线运动通常可分为两类一类是单个物体的多过程模型，另一类是多个物体(通常为两个)的多过程模型(见考向三)。2．解题思路不论是单个物体的多过程模型还是多个物体的多过程模型，处理的一般方法如下：(1)弄清题意，划分过程→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程。(2)依据已知，分析过程→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析或动力学分析。(3)结合已知，列出方程→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程或动力学方程。[精典题组]1．雾霾天气会对行车安全造成很大的影响，因此在行车时司机应打开汽车的前雾灯和尾部双闪灯，以保证行车安全。若在某平直公路上，有一货车正以v1＝9m/s的速度匀速行驶，其后方有一小轿车正以v2＝24m/s的速度匀速行驶。由于雾霾的影响，小轿车司机只有到达距离货车d＝35m的地方才能看到该货车尾部双闪灯发出的光，若此时小轿车司机立即刹车做匀减速直线运动，则小轿车要经过Δx＝96m才能停下来。两车在运动过程中可视为质点。(1)若小轿车司机刹车时，前方的货车仍以原速度向前匀速行驶，试通过计算分析两车是否会相撞；(2)若小轿车司机在刹车的同时给前方的货车发出信号，货车司机经Δt＝1s收到信号并立即以a＝2m/s2的加速度匀加速行驶，试通过计算分析两车是否会发生相撞。解析(1)设刹车时小轿车的加速度大小为a1，则由运动学公式可得Δx＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a1)解得a1＝3m/s2设两车达到速度相等时所用时间为t1，则有v1＝v2－a1t1代入数据可解得t1＝5s设在t1时间内小轿车行驶的距离为x1，则有x1＝v2t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)设在t1时间内货车行驶的距离为x2，则有x2＝v1t1代入数据可解得x1＝82.5m，x2＝45m由于x1－x2＝37.5m>d＝35m故两车会相撞。(2)设两车速度达到相等所需的时间为t2，则有v2－a1t2＝v1＋a(t2－Δt)解得t2＝3.4s设在t2时间内小轿车向前行驶的距离为x1′，货车向前行驶的距离为x2′，则有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故此种情况下两车不会发生相撞。答案(1)相撞(2)不会相撞2．(2016·长沙模拟)为了安全，中国航母舰载机“歼－15”采用滑跃式起飞。起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞,其示意图如图6所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m＝2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障。g取10m/s2。求图6(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。解析(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为Ff，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1Ff＝0.2mgveq\o\al(2,1)＝2a1L1联立以上三式并代入数据解得a1＝5m/s2，v1＝40m/s。(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v1，飞机在水平跑道上的运动时间t1＝eq\f(v1,a1)＝8s在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有F－Ff－mgeq\f(h,L2)＝ma2代入数据解得a2＝4m/s2由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2代入数据解得v2＝42m/s飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝0.5s则t＝t1＋t2＝8.5s。答案(1)40m/s(2)8.5s【高分技巧】牛顿第二定律和运动学公式的综合运用问题，涉及多过程的运动分以下几个步骤进行求解：(1)分析物体运动的转折点。(2)根据转折点将物体的运动分为相应的几个阶段，明确各段相互联系的物理量。(3)分阶段分析物体的受力情况和运动情况。(4)利用牛顿运动定律和运动学公式列出相应的表达式进行求解。连接体问题[规律方法]1．分析“滑块—滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联(1)一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移和板长之间的关联。(3)两物体发生相对运动的临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键。2．解决连接体问题的方法技巧(1)整体法：①优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，方程数减少，求解方便。②条件：连接体中各物体具有共同的加速度。(2)隔离法：①优点：易看清各个物体具体的受力情况。②条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。[精典题组]1．(多选)(2016·江苏单科，9)如图7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()图7A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数为μ，鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a＝μg，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t＝eq\f(v,μg)，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为f＝μmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v＝μgt增大，加速运动的位移x1＝eq\f(1,2)μgt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2＝eq\f(v2,2μg)也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。答案BD2．(2016·石家庄模拟)如图8所示为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量为mA＝2kg的长板车，车置于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为mB＝1kg、带电荷量为q＝＋1×10－2C的绝缘小货物B，在装置所在空间内有一水平匀强电场，可以通过开关控制其大小及方向。先产生一个方向水平向右、大小E1＝3×102N/C的电场，车和货物开始运动，2s后，改变电场，电场大小变为E2＝1×102N/C，方向向左，一段时间后，关闭电场，关闭电场时车右端正好到达目的地，货物到达车的最右端，且车和货物的速度恰好为零。已知货物与车间的动摩擦因数μ＝0.1，车不带电，货物体积大小不计，g取10m/s2，求第二次电场作用的时间。图8解析由题意可知，货物和车起初不可能以相同加速度一起运动，设车运动的加速度大小为aA，货物运动的加速度大小为aBaB＝eq\f(E1q－μmBg,mB)＝2m/s2，aA＝eq\f(μmBg,mA)＝0.5m/s2车和货物运动2s时货物和车的速度大小分别为vB＝aBt＝4m/s，vA＝aAt＝1m/s2s后货物和车的加速度大小分别为aB′＝eq\f(E2q＋μmBg,mB)＝2m/s2aA′＝eq\f(μmBg,mA)＝0.5m/s2设又经t1时间货物和车共速，vB－aB′t1＝vA＋aA′t1代入数据解得t1＝1.2s此时货物和车的共同速度v＝1.6m/s共速后二者一起做匀减速运动，加速度大小a＝eq\f(qE2,mA＋mB)＝eq\f(1,3)m/s2减速到0所经历的时间为t2＝eq\f(v,a)＝4.8s所以第二次电场的作用时间为t1＋t2＝6s。答案6s3．(2016·福州三模)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求：(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？解析(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a＝eq\f(v,t)①对整个列车，由牛顿第二定律得：F－k·7mg＝7ma②设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得eq\f(2F,6)＋T－k·2mg＝2ma③联立①②③得T＝－eq\f(1,3)m(eq\f(v,t)＋kg)④其中“－”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得：F′－k·7mg＝0⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：eq\f(2F′,6)＋T1－k·2mg＝0⑥第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，分析第六、七节车厢，则有：eq\f(F′,5)＋T2－k·2mg＝0⑦联立⑤⑥⑦得T1＝－eq\f(1,3)kmgT2＝eq\f(3,5)kmg因此作用力变化ΔT＝T2－T1＝eq\f(14,15)kmg答案(1)eq\f(1,3)m(eq\f(v,t)＋kg)，方向与列车运动方向相反(2)eq\f(14,15)kmg高频考点二运动图象与牛顿运动定律的综合应用[满分策略][满分示例](14分)(2016·西安市模拟)如图9甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动的v－t图象如图乙所示。已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s后小物块与长木板相对静止(g取10m/s2)，求：图9(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。[审题指导]破题关键→读题、读图获取信息(1)读题(2)读图[满分模板]解析(1)长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得μ1mg－2μ2mg＝ma1(2分)vm＝a1t1(1分)木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律，得μ2·2mg＝2ma2(2分)0＝vm－a2t2(1分)由图象可知，vm＝2m/s，t1＝1.0s，t2＝0.8s联立解得：μ1＝0.7(2分)(2)小物块在减速过程中，有μ1mg＝ma3(2分)vm＝v0－a3t1(1分)在整个运动过程中，由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)(1分)联立解得Q＝40.5J(2分)答案(1)0.7(2)40.5J[满分体验](14分)如图10甲所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m＝1.0kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当t＝0时释放滑块。在0～0.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k＝2.0×102N/m，当t＝0.14s时，滑块的速度v1＝2.0m/s。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：图10(1)斜面对滑块的摩擦力f的大小；(2)t＝0.14s时滑块与出发点间的距离d；(3)在0～0.44s时间内，滑块运动的路程s。[规范解答]解析(1)由图乙可知，当t1＝0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，如图丙所示。分离后，滑块开始做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小a1＝10m/s2(1分)根据牛顿第二定律有mgsinθ＋f＝ma1(2分)解得f＝4.0N(1分)(2)当t1＝0.14s时，弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的形变量x。由图乙可知,在出发点时滑块加速度的大小a＝30m/s2(1分)此时滑块受力如图丁所示，有kd－mgsinθ－f＝ma(2分)解得d＝0.20m(2分)(3)设从t1＝0.14s时开始,经时间Δt1滑块的速度减为零,则有Δt1＝eq\f(0－v1,－a1)＝0.20s(1分)在这段时间内滑块运动的距离x1＝eq\f(0－veq\o\al(2,1),2（－a1）)＝0.20m(1分)t2＝0.34s时滑块速度减为零,此后滑块将反向做匀加速直线运动,受力如图戊所示，根据牛顿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)时间内,滑块沿斜面下滑的距离x2＝eq\f(1,2)a2Δteq\o\al(2,2)＝0.01m(1分)所以在0～0.44s时间内，s＝d＋x1＋x2＝0.41m(1分)答案(1)4.0N(2)0.20m(3)0.41m一、选择题(1～3题为单项选择题，4～7题为多项选择题)1．(2016·银川模拟)汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为()A．5∶4 B．4∶5C．3∶4 D．4∶3解析汽车停下来所用的时间为t＝eq\f(v0,a)＝4s，故2s时汽车的位移x1＝v0t1＋eq\f(1,2)(－a)teq\o\al(2,1)＝30m；5s时汽车的位移与4s时汽车的位移相等，x2＝v0t2＋eq\f(1,2)(－a)teq\o\al(2,2)＝40m，解得eq\f(x1,x2)＝eq\f(3,4)，选项C正确。答案C2．图1甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象。两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g＝10m/s2。根据图象分析可知()图1A．人的重力为1500NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度解析由题图甲、乙可知，人的重力等于500N，质量m＝50kg，b点位置人处于失重状态，c、d、e点位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1500N，由F－mg＝ma可知，d点的加速度ad＝20m/s2，f点位置传感器对人的支持力为0N，由F－mg＝ma可知，f点的加速度af＝－10m/s2，故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误。答案B3．(2016·河南模拟)汽车在平直公路上做刹车试验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图2所示，下列说法正确的是()图2A．t＝0时汽车的速度为10m/sB．刹车过程持续的时间为5sC．刹车过程经过3s时汽车的位移为7.5mD．刹车过程汽车的加速度大小为10m/s2解析由图象可得x＝－eq\f(1,10)v2＋10，根据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，选项A正确，选项D错误；汽车刹车过程的时间为t＝eq\f(0－v0,a)＝2s，选项B错误；汽车经过2s停止，因而经过3s时汽车的位移为x＝10m(要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动)，选项C错误。答案A4.(2016·山东临沂市5月第二次模拟)如图3所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物块轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物块速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项正确的是()图3解析足够长的水平传送带，物块的运动分为两个过程，刚开始滑动摩擦力向右，物块匀加速运动，当物块的速度增加到等于皮带的传送速度后，物块和传送带一块匀速运动。物块与传送带相对静止，滑动摩擦力为零，加速度为零，因此A、B正确，C错误；小物块的位移在加速阶段为x＝eq\f(1,2)at2，是抛物线不是直线，故D错误。答案AB5.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图4所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是()图4A．在0～4s内甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动B．在0～2s内两车间距逐渐增大，2～4s内两车间距逐渐减小C．在t＝2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/sD．在t＝4s时甲车恰好追上乙车解析在0～4s内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A正确；在a－t图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化，因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t＝2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/s，选项C正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a－t图象可知，4s时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B、D错误。答案AC6．如图5甲所示，质量为m＝1kg、带电荷量为q＝2×10－3C的小物块静置于绝缘水平面上，A点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的v－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()图5A．小物块在0～3s内的平均速度为eq\f(4,3)m/sB．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C．匀强电场的电场强度为3000N/CD．物块运动过程中电势能减少了12J解析由v－t图象中图线与纵轴所围面积的意义知0～3s内物块的位移为x＝6m，所以在0～3s内的平均速度为v＝eq\f(x,t)＝2m/s，A错；由v－t图象中图线斜率的意义知加速阶段和减速阶段物块的加速度大小分别为a加＝4m/s2和a减＝2m/s2，由牛顿第二定律知qE－μmg＝ma加，μmg＝ma减，联立并代入数值得μ＝0.2，E＝3000N/C，B错，C对；由图象知加速阶段的位移为x1＝2m，所以电场力做功W＝qE·x1＝12J，即物块运动过程中电势能减少了12J，D对。答案CD7．(2016·天津理综，8)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()图6A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A错误；对6、7、8节车厢的整体有F56－3kmg＝3ma，对7、8节车厢的整体有F67－2kmg＝2ma，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F56∶F67＝3∶2，选项B正确；关闭发动机后，根据动能定理得eq\f(1,2)·8mv2＝8kmgx，解得x＝eq\f(v2,2kg)，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1＝eq\f(2P,8kmg)；8节车厢有4节动车时最大速度为vm2＝eq\f(4P,8kmg)，则eq\f(vm1,vm2)＝eq\f(1,2)，选项D正确。答案BD二、非选择题8.如图7所示，质量均为m＝3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a＝2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10m/s2。求：图7(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间。解析(1)物块A、B分离时，对B：F－μmg＝ma解得：F＝21N(2)A、B静止时，对A、B：kx1＝2μmgA、B分离时，对A：kx2－μmg＝ma此过程中