4、B.vt0(1－)
C. D.
答案 D
解析 根據(jù)題意得：“蛟龍?zhí)枴鄙细r(shí)的加速度大小a＝，根據(jù)逆向思維，可知“蛟龍?zhí)枴痹趖0時(shí)刻距離海平面的深度h＝a(t－t0)2＝，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確.
2.如圖2所示，甲從A地由靜止勻加速跑向B地，當(dāng)甲前進(jìn)距離為s1時(shí)，乙從距A地s2處的C點(diǎn)由靜止出發(fā)，加速度與甲相同，最后二人同時(shí)到達(dá)B地，則A、B兩地距離為( )
圖2
A.s1＋s2 B.
C. D.
答案 B
解析 設(shè)甲前進(jìn)距離為s1時(shí)，速度為v，甲、乙勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則有：vt＋at2－at2＝s2－s1，根據(jù)速度位移公式得，v＝，解得t＝.
5、則AB的距離s＝s2＋at2＝s2＋a＝s2＋＝，故選B.
考題二 運(yùn)動(dòng)學(xué)圖象問題
1.x－t圖象、v－t圖象和a－t圖象的對(duì)比分析
項(xiàng)目
圖象
斜率
縱截距
圖象與t軸
所圍的面積
特例
勻速
直線運(yùn)動(dòng)
勻變速
直線運(yùn)動(dòng)
x－t圖象
速度
初位置
—
傾斜的
直線
拋物線
v－t圖象
加速度
初速度
位移
與時(shí)間軸
平行的直線
傾斜的
直線
a－t圖象
—
—
速度變化量
與時(shí)間軸
重合
平行于
時(shí)間軸
的直線
2.圖象問題要“四看”“一注意”
(1)看坐標(biāo)軸：看清坐標(biāo)軸所表示的物理量，明確因變量(縱軸表示
6、的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關(guān)系.
(2)看圖象：識(shí)別兩個(gè)相關(guān)量的變化趨勢(shì)，從而分析具體的物理過程.
(3)看縱坐標(biāo)、“斜率”和“面積”：v－t圖象中根據(jù)坐標(biāo)值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點(diǎn).x－t圖象中根據(jù)坐標(biāo)值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特點(diǎn).
(4)看交點(diǎn)：明確圖線與圖線的交點(diǎn)、圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的物理意義.
(5)一注意：利用v－t圖象分析兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，要注意兩個(gè)物體的出發(fā)點(diǎn)，即注意它們是從同一位置出發(fā)，還是從不同位置出發(fā).若從不同位置出發(fā)，要注意出發(fā)時(shí)兩者的距離.
例2 甲、乙兩物體從同一地點(diǎn)同時(shí)開始沿同一方向運(yùn)動(dòng)
7、，甲物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖象為兩段直線，乙物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖象為兩段半徑相同的圓弧曲線，如圖3所示，圖中t4＝2t2，則在0～t4時(shí)間內(nèi)，以下說法正確的是( )
圖3
A.甲物體的加速度不變
B.乙物體做曲線運(yùn)動(dòng)
C.兩物體t1時(shí)刻相距最遠(yuǎn)，t4時(shí)刻相遇
D.甲物體的平均速度等于乙物體的平均速度
解析 0～t2時(shí)間段內(nèi)，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t2～t4時(shí)間內(nèi)甲物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)；速度是矢量，在速度時(shí)間圖象中，只能表示直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)；在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，t3時(shí)刻兩物體相距最遠(yuǎn)，C錯(cuò)；在速度時(shí)間圖象中，圖線下面所包圍的面積即為位移，可求知0～t4時(shí)間段內(nèi)，位移相等，故平均速度相
8、同，D對(duì).
答案 D
變式訓(xùn)練
3.如圖4所示，x－t圖象反映了甲、乙兩車在同一條直線上行駛的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系，已知乙車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其圖線與t軸相切于10 s處，下列說法正確的是( )
圖4
A.5 s時(shí)兩車速度相等
B.甲車的速度為4 m/s
C.乙車的加速度大小為1.6 m/s2
D.乙車的初位置在x0＝80 m處
答案 BCD
解析 位移－時(shí)間圖象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，則知5 s時(shí)乙車速度較大，故A錯(cuò)誤.甲車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v甲＝＝ m/s＝4 m/s，故B正確.乙車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其圖線與t軸相切于10 s處，則t＝10
9、 s時(shí)，速度為零，將其運(yùn)動(dòng)反過來看成初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則x＝at2，根據(jù)圖象有：x0＝a×102,20＝a×(10－5)2，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，故C、D正確.
4.靜止在光滑水平面上的物體，同時(shí)受到在同一直線上的力F1、F2作用，F(xiàn)1、F2隨時(shí)間變化的圖象如圖5所示，則物體在0～2t時(shí)間內(nèi)( )
圖5
A.離出發(fā)點(diǎn)越來越遠(yuǎn) B.速度先變大后變小
C.速度先變小后變大 D.加速度先變大后變小
答案 A
解析 由圖線可知，物體受到的合力先減小后增大，加速度先減小后增大，速度一直變大，物體離出發(fā)點(diǎn)越來越遠(yuǎn)，選項(xiàng)A正確.
考題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定
10、律的應(yīng)用
1.動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題
(1)由因推果——已知物體的受力情況，確定物體的運(yùn)動(dòng)情況.
(2)由果溯因——已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，確定物體的受力情況.
橋梁：牛頓第二定律F＝ma
2.超重和失重現(xiàn)象的判斷技巧
(1)從受力的角度判斷：當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài).
(2)從加速度的角度判斷：當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài).
(3)從速度變化的角度判斷：物體向上加速或向下減速時(shí)，超重；物體向下加速或向上減速時(shí)，
11、失重.
3.瞬時(shí)性問題的處理
(1)牛頓第二定律是力的瞬時(shí)作用規(guī)律，加速度和力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，分析物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度，關(guān)鍵是分析該瞬時(shí)前后的受力情況及其變化.
(2)明確兩種基本模型的特點(diǎn)：
①輕繩的形變可瞬時(shí)產(chǎn)生或恢復(fù)，故繩的彈力可以瞬時(shí)突變.
②輕彈簧(或橡皮繩)兩端均連有物體時(shí)，形變恢復(fù)需較長(zhǎng)時(shí)間，其彈力的大小與方向均不能突變.
4.整體法和隔離法的優(yōu)點(diǎn)及使用條件
(1)整體法：
①優(yōu)點(diǎn)：研究對(duì)象減少，忽略物體之間的相互作用力，方程數(shù)減少，求解簡(jiǎn)捷.
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(diǎn)：易看清各個(gè)物體具體的受力情況.
12、
②條件：當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時(shí)，一般采用隔離法；求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時(shí)必須用隔離法.
例3 (2016·四川理綜·10)避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖6豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.一輛長(zhǎng)12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23 m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過一段時(shí)間，貨車停止.已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總
13、重的0.44倍.貨物與貨車可分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
圖6
(1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；
(2)制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度.
解析 (1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)過程中，貨物與車廂的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則
f＋mgsin θ＝ma1 ①
f＝μmgcos θ ②
聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2 ③
a1的方向沿制動(dòng)坡床向下.
(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23 m/s.貨物在車廂內(nèi)開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38 m的過
14、程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2.貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長(zhǎng)度l0＝12 m，制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度為l，則
Mgsin θ＋F－f＝Ma2 ④
F＝k(m＋M)g ⑤
s1＝vt－a1t2 ⑥
s2＝vt－a2t2 ⑦
s＝s1－s2 ⑧
l＝l0＋s0＋s2 ⑨
聯(lián)立①～⑨并代入數(shù)據(jù)得
l＝98 m
答案 (1)5 m/s2 方向沿制動(dòng)坡床向下 (2)98 m
變式訓(xùn)練
5.為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的
15、交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖7所示，當(dāng)此車加速上坡時(shí)，盤腿坐在座椅上的一位乘客( )
圖7
A.處于失重狀態(tài)
B.不受摩擦力的作用
C.受到向前(水平向右)的摩擦力作用
D.所受力的合力豎直向上
答案 C
解析 車加速上坡，車?yán)锏某丝团c車相對(duì)靜止，應(yīng)該和車具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，對(duì)乘客受力分析可知，乘客應(yīng)受到豎直向下的重力，垂直水平面豎直向上的彈力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，B、D錯(cuò)誤，C正確；彈力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤.
6.如圖8所示，A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用繩子固定在傾角為30
16、°的光滑斜面上，若不計(jì)彈簧質(zhì)量，在繩子被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為( )
圖8
A.都等于 B.和0
C.·和0 D.0和·
答案 D
解析 對(duì)A：在剪斷繩子之前，A處于平衡狀態(tài)，所以彈簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力.在剪斷上端的繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，而彈簧的伸長(zhǎng)量沒有來得及發(fā)生改變，故彈力不變?nèi)缘扔贏的重力沿斜面的分力.故A球的加速度為零；對(duì)B：在剪斷繩子之前，對(duì)B球進(jìn)行受力分析，B受到重力、彈簧對(duì)它斜向下的拉力、支持力及繩子的拉力，在剪斷上端的繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，對(duì)B球進(jìn)行受力分析，則B受到重力、彈簧斜向下的拉力、支持力.所以
17、根據(jù)牛頓第二定律得：aB＝＝·，故選D.
7.如圖9所示用力F拉a、b、c三個(gè)物體在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在中間的物體b上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運(yùn)動(dòng)，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力FTa和FTb的變化情況是( )
圖9
A.FTa增大 B.FTb增大
C.FTa減小 D.FTb減小
答案 AD
解析 設(shè)c物體質(zhì)量為m，a物體質(zhì)量為m′，整體質(zhì)量為M，整體的加速度a＝，對(duì)c物體分析，F(xiàn)Tb＝ma＝，對(duì)a物體分析，有F－FTa＝m′a，解得FTa＝F－.在b物體上加上一塊橡皮泥，則M增大，加速度a減小，因?yàn)閙、m′不變，所以FTb減小，F(xiàn)Ta增大
18、，A、D正確.
考題四 “傳送帶”、“滑塊－木板模型”問題
1.傳送帶問題分析的要點(diǎn)是物體與傳送帶間的摩擦力，關(guān)注點(diǎn)是兩個(gè)時(shí)刻：
(1)初始時(shí)刻物體相對(duì)于傳送帶的速度或滑動(dòng)方向決定了該時(shí)刻摩擦力的方向.
(2)物體與傳送帶速度相等的時(shí)刻摩擦力的大小(或有無)、性質(zhì)(滑動(dòng)摩擦力或靜摩擦力)或方向會(huì)發(fā)生改變.正確判斷這兩個(gè)時(shí)刻的摩擦力，才能正確確定物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì).
2.分析滑塊—木板類模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)
(1)一個(gè)轉(zhuǎn)折——滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn).
(2)兩個(gè)關(guān)聯(lián)——轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移與板長(zhǎng)之間的
19、關(guān)聯(lián).一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變，轉(zhuǎn)折前、后滑塊和木板的加速度都會(huì)發(fā)生變化，因此以轉(zhuǎn)折點(diǎn)為界，對(duì)轉(zhuǎn)折前、后進(jìn)行受力分析是建立模型的關(guān)鍵.
例4 (18分)如圖10所示，傳送帶Ⅰ與水平面的夾角為30°，傳送帶Ⅱ與水平面的夾角為37°，兩傳送帶與一小段光滑的水平面BC平滑連接.兩傳送帶均沿順時(shí)針方向勻速率運(yùn)行.現(xiàn)將裝有貨物的箱子輕放至傳送帶Ⅰ的A點(diǎn)，運(yùn)送到水平面上后，工作人員將箱子內(nèi)的物體取下，箱子速度不變繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到傳送帶Ⅱ上，傳送帶Ⅱ的D點(diǎn)與高處平臺(tái)相切.已知箱子的質(zhì)量M＝1 kg，物體的質(zhì)量m＝3 kg，傳送帶Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB長(zhǎng)L1＝15 m，與箱子間的動(dòng)摩擦因數(shù)
20、為μ1＝.傳送帶Ⅱ的速度v2＝4 m/s，CD長(zhǎng)L2＝8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子與傳送帶Ⅱ間的動(dòng)摩擦因數(shù)變?yōu)棣?＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)裝著物體的箱子在傳送帶Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(2)計(jì)算說明，箱子能否運(yùn)送到高處平臺(tái)上？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
圖10
[思維規(guī)范流程]
步驟1：在傳送帶Ⅰ上列牛頓第二定律方程：
假設(shè)共速，列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程：
加速時(shí)間：
勻速時(shí)間：
總時(shí)間：
對(duì)整體：μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)g·sin 30°
＝(M＋m)a1 ①
得a1＝2.5
21、 m/s2 ②
x1＝＝12.8 m(<15 m) ③
t1＝＝3.2 s ④
t2＝＝0.275 s ⑤
t＝t1＋t2＝3.475 s ⑥
步驟2，在傳送帶Ⅱ上列牛頓第二定律方程：
假設(shè)共速，判斷箱子的運(yùn)動(dòng)，
列牛頓第二定律方程：
結(jié)論
對(duì)箱子：μ2Mgcos 37°＋Mgsin 37°＝Ma2 ⑦
得a2＝10 m/s2 ⑧
x2＝＝2.4 m(<8 m) ⑨
因Mgsin 37°>μ2Mgcos 37° ⑩
故箱子繼續(xù)減速
Mgsin 37°－μ2Mgcos 37°＝Ma3 ?
得a3＝2 m/s2 ?
x3＝＝4 m ?
x2
22、＋x3＝6.4 m<8 m ?
不能運(yùn)送到高處平臺(tái)上. ?
①⑦?各式2分，其余各式1分
變式訓(xùn)練
8.如圖11甲所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小滑塊，小滑塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小滑塊速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則( )
圖11
A.傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)
B.μ＝tan θ＋
C.傳送帶的速度大于v0
D.t0后滑塊的加速度為2gsin θ－
答案 AD
解析 若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)滑塊下滑時(shí)(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端；當(dāng)滑塊上滑時(shí)(mgsin θ<μmgcos θ)，先勻加
23、速運(yùn)動(dòng)，在速度相等后將勻速運(yùn)動(dòng)，兩種均不符合運(yùn)動(dòng)圖象；故傳送帶是逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確.滑塊在0～t0內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力向下，做勻加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由圖可知a1＝，則μ＝－tan θ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤.傳送帶的速度等于v0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，選項(xiàng)D正確.
9.正方形木板水平放置在地面上，木板的中心靜置一小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，如圖12所示為俯視圖，為將木板從滑塊下抽出，需要對(duì)木板施加一個(gè)作用線通過木板中心點(diǎn)的水平恒力F.已知木板邊長(zhǎng)L＝2 m、質(zhì)量M＝3 kg，滑塊質(zhì)量m＝2 kg，滑塊與木板、木板
24、與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，g取10 m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力.求：
圖12
(1)要將木板抽出，水平恒力F需滿足的條件；
(2)當(dāng)水平恒力F＝29 N時(shí)，在木板抽出時(shí)滑塊能獲得的最大速率.
答案 (1)F≥20 N (2) m/s
解析 (1)能抽出木板，滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)滑塊達(dá)到隨木板運(yùn)動(dòng)的最大加速度時(shí)，拉力最小.
對(duì)滑塊，有：μmg＝ma
對(duì)木板，有：Fmin－μ(M＋m)g－μmg＝Ma
聯(lián)立解得：Fmin＝2μ(M＋m)g＝20 N
故抽出木板，水平恒力F至少為20 N
(2)要使滑塊獲得的速度最大，則滑塊在木板上相對(duì)滑動(dòng)的距離最
25、大，故應(yīng)沿木板的對(duì)角線方向抽木板.
設(shè)此時(shí)木板加速度為a1，則有：
F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma1
由：a1t2－μgt2＝L
vmax＝μgt
聯(lián)立解得：
vmax＝ m/s
專題規(guī)范練
1.伽利略曾說過：“科學(xué)是在不斷改變思維角度的探索中前進(jìn)的”.他在著名的斜面實(shí)驗(yàn)中，讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下，他通過實(shí)驗(yàn)觀察和邏輯推理，得到的正確結(jié)論有( )
A.傾角一定時(shí)，小球在斜面上的速度與時(shí)間的平方成正比
B.傾角一定時(shí)，小球在斜面上的位移與時(shí)間的平方成正比
C.斜面長(zhǎng)度一定時(shí)，小球從頂端滾到底端時(shí)的速度與傾角無關(guān)
D.斜面長(zhǎng)度一定時(shí)，小球從頂
26、端滾到底端所需的時(shí)間與傾角無關(guān)
答案 B
解析 伽利略通過實(shí)驗(yàn)測(cè)定出小球沿斜面下滑的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移與時(shí)間的二次方成正比，并證明了速度隨時(shí)間均勻變化，故A錯(cuò)誤，B正確；若斜面光滑，斜面長(zhǎng)度一定時(shí)，小球從頂端滾到底端時(shí)的速度隨傾角的力增大而增大，故C錯(cuò)誤；斜面長(zhǎng)度一定時(shí)，小球從頂端滾到底端所需的時(shí)間隨傾角的增大而減小，故D錯(cuò)誤.
2.(多選)如圖1所示，傾角θ＝30°的光滑斜面體固定在水平面上，斜面長(zhǎng)度L＝0.8 m，一質(zhì)量m＝1×10－3 kg、帶電量q＝＋1×10－4C的帶電小球靜止在斜面底端.現(xiàn)要使小球能夠到達(dá)斜面頂端，可施加一沿斜面向上、場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝100 V/m的勻強(qiáng)
27、電場(chǎng)，重力加速度g＝10 m/s2，則這個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)存在的時(shí)間t可能為( )
圖1
A.0.5 s B.0.4 s C.0.3 s D.0.2 s
答案 AB
解析 有電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)牛頓定律可知：Eq－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，方向沿斜面向上；撤去電場(chǎng)時(shí)，小球的加速度a2＝gsin 30°＝5 m/s2，方向沿斜面向下；設(shè)電場(chǎng)存在的時(shí)間為t1，撤去電場(chǎng)后，恰好能到達(dá)斜面頂端，做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則a1t1＝a2t2；且a1t＋a2t＝L；聯(lián)立解得： t1＝t2＝0.4 s，故要想使小球到達(dá)斜面頂端則電場(chǎng)存在的時(shí)間應(yīng)該大于或等于0.4 s.
3.如
28、圖2所示，a、b、c三個(gè)物體在同一條直線上運(yùn)動(dòng)，其位移與時(shí)間的關(guān)系圖象中，圖線c是一條x＝0.4t2的拋物線.有關(guān)這三個(gè)物體在0～5 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是( )
圖2
A.a物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B.c物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C.t＝5 s時(shí)，a物體速度比c物體速度大
D.a、b兩物體都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且速度相同
答案 B
解析 位移圖象傾斜的直線表示物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則知a、b兩物體都做勻速直線運(yùn)動(dòng).由圖看出，a、b兩圖線的斜率大小相等、正負(fù)相反，說明兩物體的速度大小相等、方向相反，所以速度不同.故A、D錯(cuò)誤；圖線c是一條x＝0.4t2的拋物線，結(jié)合x＝v0t＋a
29、t2可知，c做初速度為0，加速度為0.8 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確.圖象的斜率大小等于速度大小，根據(jù)圖象可知t＝5 s時(shí)，c物體速度最大.故C錯(cuò)誤.
4.帶同種電荷的a、b兩小球在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng).已知當(dāng)小球間距小于或等于L時(shí)，兩者間的庫(kù)侖力始終相等；小球間距大于L時(shí)，庫(kù)侖力為零.兩小球運(yùn)動(dòng)時(shí)始終未接觸，運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象如圖3所示.由圖可知( )
圖3
A.a小球質(zhì)量大于b小球質(zhì)量
B.在t2時(shí)刻兩小球間距最大
C.在0～t3時(shí)間內(nèi)兩小球間距逐漸減小
D.在0～t2時(shí)間內(nèi)b小球所受斥力方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反
答案 A
解析 從速度－時(shí)間圖象
30、可以看出b小球速度－時(shí)間圖象的斜率絕對(duì)值較大，所以b小球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據(jù)a＝知，加速度大的質(zhì)量小，所以a小球質(zhì)量大于b小球質(zhì)量，故A正確；t1～t2時(shí)間內(nèi)，二者做同向運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)速度相等時(shí)距離最近，即t2時(shí)刻兩小球距離最小，之后距離又開始逐漸變大，故B、C錯(cuò)誤；b球在0～t1時(shí)間內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以0～t1時(shí)間內(nèi)排斥力與運(yùn)動(dòng)方向相反，在t1～t2時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，斥力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，故D錯(cuò)誤.
5.我國(guó)航天員要在“天宮一號(hào)”航天器實(shí)驗(yàn)艙的桌面上測(cè)量物體的質(zhì)量，采用的方法如下：質(zhì)量為m1的標(biāo)準(zhǔn)物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個(gè)力傳感器.待測(cè)質(zhì)量
31、的物體B連接在后傳感器上.在某一外力作用下整體在桌面上運(yùn)動(dòng)，如圖4所示.穩(wěn)定后標(biāo)準(zhǔn)物A前后兩個(gè)傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測(cè)物體B的質(zhì)量為( )
圖4
A. B.
C. D.
答案 B
解析 以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：F1＝(m1＋2m2＋m)a；隔離B物體，由牛頓第二定律得：F2＝ma；聯(lián)立可得：m＝，B對(duì).
6.如圖5所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.若將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度為
32、a2，則a1與a2的比為( )
圖5
A.1∶1 B.2∶3 C.1∶3 D.3∶2
答案 C
解析 將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A、B間的摩擦達(dá)到最大靜摩擦，則對(duì)木板B根據(jù)牛頓第二定律：μmg－·2mg＝ma1，解得a1＝μg；將水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，則對(duì)物塊A：μmg＝ma2，解得a2＝μg，則a1∶a2＝1∶3.
7.如圖6所示，質(zhì)量為M＝10 kg的小車停放在光滑水平面上.在小車右端施加一個(gè)F＝10 N的水平恒力.當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到2.8 m/s時(shí)，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m＝2.0 kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點(diǎn)且初速度
33、為零)，煤塊與小車間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，g＝10 m/s2.假定小車足夠長(zhǎng).則下列說法正確的是( )
圖6
A.煤塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后做勻速直線運(yùn)動(dòng)
B.小車一直做加速度不變的勻加速直線運(yùn)動(dòng)
C.煤塊在3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為9 m
D.小煤塊最終在小車上留下的痕跡長(zhǎng)度為2.8 m
答案 D
解析 當(dāng)小煤塊剛放到小車上時(shí)，做加速度為a1＝μg＝2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小車的加速度：a2＝＝ m/s2＝0.6 m/s2，當(dāng)達(dá)到共速時(shí)：v＝v0＋a2t＝a1t，解得t＝2 s，v＝4 m/s；假設(shè)共速后兩者相對(duì)靜止，則共同加速度a共＝＝ m/s2＝
34、m/s2，此時(shí)煤塊受到的摩擦力：Ff＝ma共<μmg，則假設(shè)成立，即煤塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中先做加速度為2 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定后繼續(xù)做加速度為 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；煤塊在前2 s內(nèi)的位移：x1＝t＝×2 m＝4 m；小車在前2 s內(nèi)的位移：x2＝v0t＋a2t2＝6.8 m；第3秒內(nèi)煤塊的位移：x1′＝vt′＋a共t′2＝ m≈4.4 m，則煤塊在3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為4 m＋4.4 m＝8.4 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小煤塊在最初2秒內(nèi)相對(duì)小車的位移為Δx＝x2－x1＝2.8 m，故最終在小車上留下的痕跡長(zhǎng)度為2.8 m，選項(xiàng)D正確.
8.(多選)如圖7所示，水平擋板A
35、和豎直擋板B固定在斜面體C上，一質(zhì)量為m的光滑小球恰能與兩擋板和斜面體同時(shí)接觸.擋板A、B和斜面體C對(duì)小球的彈力大小分別為FA、FB和FC.現(xiàn)使斜面體和小球一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng).若FA和FB不會(huì)同時(shí)存在，斜面體傾角為θ，重力加速度為g，則選項(xiàng)所列圖象中，可能正確的是( )
圖7
答案 BD
解析 對(duì)小球進(jìn)行受力分析，當(dāng)a
36、θ時(shí)，F(xiàn)A＝0，所以A錯(cuò)誤，B正確；
當(dāng)a>gtan θ時(shí)，受力如圖乙，根據(jù)牛頓第二定律
水平方向：FCsin θ＋FB＝ma ③
豎直方向：FCcos θ＝mg ④
聯(lián)立③④得：FC＝，F(xiàn)B＝ma－mgtan θ
FB與a也成線性關(guān)系，F(xiàn)C不變
所以C錯(cuò)誤，D正確.
9.如圖8所示，長(zhǎng)L＝1.5 m，高h(yuǎn)＝0.45 m，質(zhì)量M＝10 kg的長(zhǎng)方體木箱，在水平面上向右做直線運(yùn)動(dòng).當(dāng)木箱的速度v0＝3.6 m/s時(shí)，對(duì)木箱施加一個(gè)方向水平向左的恒力F＝50 N，并同時(shí)將一個(gè)質(zhì)量m＝1 kg的小球輕放在距木箱右端處的P點(diǎn)(小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時(shí)相對(duì)于地面的速度為零)，經(jīng)過一段時(shí)間
37、，小球脫離木箱落到地面.木箱與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計(jì).取g＝10 m/s2，求：
圖8
(1)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時(shí)間；
(2)小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移；
(3)小球離開木箱時(shí)木箱的速度.
答案 (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s，方向向左
解析 (1)木箱上表面的摩擦不計(jì)，因此小球在離開木箱前相對(duì)地面處于靜止?fàn)顟B(tài)，離開木箱后將做自由落體運(yùn)動(dòng).
由h＝gt2，得t＝＝ s＝0.3 s
小球從離開木箱開始至落到地面所用的時(shí)間為0.3 s.
(2)小球放到木箱后，木箱的加速度為：
a1＝
＝ m/s2＝
38、7.2 m/s2
木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為：
x1＝＝ m＝0.9 m
小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為0.9 m.
(3)x1小于1 m，所以小球不會(huì)從木箱的左端掉下，木箱向左運(yùn)動(dòng)的加速度為
a2＝＝ m/s2
＝2.8 m/s2
設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的距離為x2時(shí)，小球脫離木箱，則
x2＝x1＋＝(0.9＋0.5) m＝1.4 m
設(shè)木箱向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則：
由x2＝a2t
得：t2＝ ＝ s＝1 s
所以，小球離開木箱的瞬間，木箱的速度方向向左，大小為：v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s.
10.如圖9甲所示，質(zhì)量為m＝20 kg的物體
39、在大小恒定的水平外力作用下，沖上一足夠長(zhǎng)從右向左以恒定速度v0＝－10 m/s傳送物體的水平傳送帶，從物體沖上傳送帶開始計(jì)時(shí)，物體的速度－時(shí)間圖象如圖乙所示，已知0～2 s內(nèi)水平外力與物體運(yùn)動(dòng)方向相反，2～4 s內(nèi)水平外力與物體運(yùn)動(dòng)方向相反，g取10 m/s2.求：
甲
乙
圖9
(1)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)0～4 s內(nèi)物體與傳送帶間的摩擦熱Q.
答案 (1)0.3 (2)2 880 J
解析 (1)設(shè)水平外力大小為F，由圖象可知0～2 s內(nèi)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1＝5 m/s2，由牛頓第二定律得：F＋Ff＝ma1
2～4 s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2＝1 m/s2，由牛頓第二定律得：Ff－F＝ma2
解得：Ff＝60 N
又Ff＝μmg
由以上各式解得：μ＝0.3
(2)0～2 s內(nèi)物體的對(duì)地位移
x1＝t1＝10 m
傳送帶的對(duì)地位移x1′＝v0t1＝－20 m
此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱
Q1＝Ff(x1－x1′)＝1 800 J
2～4 s內(nèi)物體的對(duì)地位移
x2＝t2＝－2 m
傳送帶的對(duì)地位移
x2′＝v0t2＝－20 m
此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱
Q2＝Ff(x2－x2′)＝1 080 J
0～4 s內(nèi)物體與傳送帶間的摩擦熱
Q＝Q1＋Q2＝2 880 J
（全國(guó)通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)學(xué)案
