資源簡介

專題提升1　勻變速直線運動規律的推論及應用
[素養目標]
1.掌握初速度為零的勻加速直線運動幾個比例式及其應用。
2.掌握勻變速直線運動的重要推論,并用來解決運動學問題。
3.能用勻變速直線運動的規律求解追及相遇問題。
類型一　初速度為零的勻加速直線運動幾個比例式的靈活選用
1.等分運動時間(以T為時間單位)的情況
(1)1T末、2T末、3T末……瞬時速度之比
v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T內、2T內、3T內……位移之比
x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶4∶9∶…∶n2。
(3)第一個T內、第二個T內、第三個T內……位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。
2.等分位移(以x為單位)的情況
(1)通過x、2x、3x……所用時間之比
t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶∶∶…∶。
(2)通過第一個x、第二個x、第三個x……所用時間之比
t1′∶t2′∶t3′∶…∶tn′=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。
[例1] (多選)如圖所示,一個滑塊從斜面頂端A由靜止開始沿斜面向下做勻加速直線運動到達底端C,已知AB=BC,則下列說法正確的是(　BD　)
A.滑塊到達B、C兩點的速度之比為1∶2
B.滑塊到達B、C兩點的速度之比為1∶
C.滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為1∶
D.滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為(+1)∶1
解析:法一　根據勻變速直線運動的速度-位移公式v2=2ax,解得v=,因為經過B、C兩點的位移之比為 1∶2,則通過B、C兩點的速度之比為1∶,故A錯誤,B正確;設AB段、BC段的長度均為L,所經歷的時間分別為t1、t2,根據勻變速直線運動的位移-時間公式L=a和2L=a(t1+t2)2,聯立可得=,故C錯誤,D正確。
法二　比例關系:初速度為零的勻變速直線運動通過連續相等的位移所用時間之比為1∶(-1)∶(-)∶…∶(-),所以滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為1∶(-1)=(+1)∶1,C錯誤,D正確;通過前x、前2x、前3x……前nx的位移時的瞬時速度之比為1∶∶∶…∶,所以滑塊到達B、C兩點的速度之比為1∶,A錯誤,B正確。
應用初速度為零的勻加速直線運動幾個比例式的兩點注意
(1)比例式適用于初速度為0的勻加速直線運動,但應用逆向轉換的方法也可以用來求解勻減速直線運動減速到速度為0的運動。
(2)比例式不是獨立的公式,而是由勻變速直線運動的速度公式和位移公式推導出的。
[對點訓練1] 一個物體做末速度為零的勻減速直線運動,比較該物體在減速運動的倒數第3 m、倒數第2 m、最后1 m內的運動,下列說法中正確的是(　D　)
A.經歷的時間之比是1∶2∶3
B.平均速度之比是3∶2∶1
C.平均速度之比是1∶(-1)∶(-)
D.平均速度之比是(+)∶(+1)∶1
思維導圖:
解析:根據逆向思維方法,末速度為零的勻減速直線運動看成是反方向初速度為0的勻加速直線運動,即從靜止開始通過連續相等的三段位移所用時間之比為t1∶t2∶t3=1∶(-1)∶(-),則倒數第3 m、倒數第2 m、最后1 m內經歷的時間之比為(-)∶(-1)∶1,平均速度之比為∶∶1=(+)∶(+1)∶1,故D正確。
類型二　勻變速直線運動重要推論的應用
1.平均速度和中間時刻的速度
在勻變速直線運動中,某一段時間內的平均速度等于始、末速度矢量和的平均值,也等于該段時間內中間時刻的瞬時速度,即 ==。
推導:由位移公式x=v0t+at2得==v0+a·,又v=v0+at,則 ==v0+=。
2.逐差相等
勻變速直線運動中,任意兩個連續相等的時間間隔T內,位移之差是一個常量,即Δx=xⅡ-xⅠ=aT2。
推導:設初速度為v0,加速度為a,相等時間為T。根據公式x=v0t+at2得T內位移xⅠ=v0T+aT2,相鄰下一個T內位移為xⅡ=v0·2T+a(2T)2-(v0T+aT2) =v0T+aT2,其位移之差Δx=xⅡ-xⅠ=aT2。進一步則有xn+3-xn=xn+3-xn+2+xn+2-xn+1+xn+1-xn=aT2+aT2+aT2=3aT2。
[例2] 從斜面上某一位置每隔0.1 s釋放一個相同的小球,釋放后小球做勻加速直線運動,在連續釋放幾個后,對在斜面上滾動的小球拍下如圖所示的照片,測得xAB=15 cm,xBC=20 cm。試問:
(1)小球的加速度是多少
(2)拍攝時小球B的速度是多少
(3)拍攝時xCD是多少
解析:(1)由推論Δx=aT2可知,小球的加速度為
a====5 m/s2。
(2)由題意知B點對應AC段的中間時刻,可知B點的速度等于AC段的平均速度,即
vB=vAC===1.75 m/s。
(3)由于連續相等時間內的位移差恒定,所以
xCD-xBC=xBC-xAB,
所以xCD=2×20 cm-15 cm=25 cm。
答案:(1)5 m/s2　(2)1.75 m/s　(3)25 cm
(1)應用推論 ==的注意事項
①推論 ==只適用于勻變速直線運動,且該等式為矢量式。
②當v0=0時,==;當v=0時,==。
(2)Δx=aT2的選擇及拓展
①對于一般的勻變速直線運動問題,若出現相等的時間間隔問題,應優先考慮用Δx=aT2求解。
②對于不相鄰的兩段位移,則有xm-xn=(m-n)aT2。
③此關系式常用于解決實驗中勻變速直線運動的加速度問題。
[對點訓練2] (多選)物體做勻加速直線運動,在時間T內通過位移x1到達A點,接著在時間T內又通過位移x2到達B點,則物體(　AB　)
A.在A點的速度大小為
B.在B點的速度大小為
C.運動的加速度為
D.運動的加速度為
解析:勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度,則vA==,A正確;設物體的加速度為a,則x2-x1=aT2,所以a=,C、D錯誤;物體在B點的速度大小為vB=vA+aT,代入數據得vB=,B正確。
類型三　追及與相遇問題
1.對追及、相遇的認識
(1)相遇問題
相向運動的兩物體,當各自發生的位移大小之和等于開始時兩物體間的距離時即相遇。
(2)追及問題
同向運動的兩物體,若后者能追上前者,則追上時,兩者處于同一位置,且后者速度一定不小于前者速度,即 v2≥v1。
2.追及問題的分析方法
(1)追及問題中的兩個關系和一個條件
①兩個關系:即時間關系和位移關系,這兩個關系可通過畫草圖得到。
②一個條件:即兩者速度相等,它往往是物體間能否追上、追不上或(兩者)距離最大、最小的臨界條件,也是分析判斷的切入點。
(2)能否追上的判斷方法
物體B追趕物體A:開始時,兩個物體相距x0。若vA=vB時,xA+x0≤xB,則能追上;若vA=vB時,xA+x0>xB,則沒有追上。
(3)若被追趕的物體做勻減速直線運動,一定要注意判斷追上前該物體是否已經停止運動。
3.處理追及、相遇問題的三種方法
(1)物理方法:通過對物理情境和物理過程的分析,找到臨界狀態和臨界條件,然后列出方程求解。
(2)數學方法:由于在勻變速運動的位移表達式中有時間的二次方,我們可列出位移方程,利用二次函數求極值的方法求解。
(3)圖像法:對于定性分析的問題,可利用圖像法分析,避開繁雜的計算,快速求解。
[例3] 一輛汽車在十字路口等候綠燈,當綠燈亮時汽車以3 m/s2的加速度開始行駛,恰在這時一輛自行車以6 m/s 的速度勻速駛來,從后面超過汽車。
(1)汽車從路口開動后,在追上自行車之前經過多長時間兩車相距最遠 此時距離是多少
(2)什么時候汽車追上自行車 此時汽車的速度是多少
解析:(1)法一　物理分析法　
汽車開動后速度由零逐漸增大,而自行車的速度恒定。當汽車的速度還小于自行車的速度時,兩者間的距離將越來越大,而一旦汽車的速度增加到超過自行車的速度,兩車間的距離就將縮小,因此兩者速度相等時兩車相距最遠。
由v汽=at=v自得t==2 s,
Δxmax=v自t-at2=6 m。
法二　用數學求極值方法求解
設汽車在追上自行車之前經時間t兩車相距最遠。
有Δx=v自t-at2=6t-=-(t-2)2+6,
由二次函數求極值的條件知,
t=2 s時,Δx最大,Δxmax=6 m。
法三　用圖像法求解
自行車和汽車的v-t圖像如圖所示,由圖可以看出,在相遇之前,在t0時刻兩車速度相等時,自行車的位移(矩形面積)與汽車的位移(三角形面積)之差(即橫線陰影部分面積)最大,所以t0==2 s,Δxmax=×2×6 m=6 m。
(2)由圖可以看出:在t0時刻以后,由汽車的v-t圖線與自行車的v-t圖線組成的三角形面積(斜線陰影部分面積)與橫線陰影部分的面積相等時,兩車的位移相等,所以相遇時t′=2t0=4 s,=2v自=12 m/s。
答案:(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s
求解追及和相遇問題的思路和技巧
(1)解題思路
(2)解題技巧
[對點訓練3]甲、乙兩車同時從同一地點沿同一直線運動,它們的運動速度隨時間變化的v-t圖像如圖所示。在0～2t0的時間內,關于兩車的運動情況,下列說法正確的是(　C　)
A.在0～t0內,乙車一直在做加速運動
B.在t=t0時,甲、乙兩車恰好相遇
C.在t=t0時刻,甲、乙兩車相距最遠
D.在t=2t0內,乙車已追上甲車
解析:根據圖像可知,在0～t0內,乙車先沿負方向做減速運動,后沿正方向做加速運動,故A錯誤;甲、乙從同一位置出發,甲一直沿正向運動,乙先沿負向運動,兩者距離增大,后沿正向,在t0時刻前甲的速度大于乙的速度,兩者間距離增大,t0時刻后乙的速度大于甲的速度,兩者間距離減小,所以t0時刻甲、乙兩車相距最遠,故B錯誤,C正確;由圖像可知,在0～2t0內,甲圖線與坐標軸圍成的面積大于乙圖線與坐標軸圍成的面積,故甲的位移大于乙的位移,二者無法相遇,故D錯誤。
1.做勻減速直線運動的物體經4 s后停止,若在第1 s內的位移是14 m,則在最后1 s內的位移是(　B　)
A.3.5 m B.2 m C.1 m D.0
解析:物體歷時4 s做勻減速直線運動到停止,可將此運動看作反向的初速度為零的勻加速直線運動。由xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶xⅣ=1∶3∶5∶7和xⅣ=14 m得xⅠ=xⅣ=×14 m=2 m,故B正確。
2.如圖所示為運行的高速鐵路客運列車,假設觀察者站在列車第一節車廂前端一側,列車由靜止開始做勻加速直線運動,測得第一節車廂通過他用了5 s,列車全部通過他共用25 s,問這列車一共由幾節車廂組成(車廂等長且不計車廂間距離)(　A　)
A.25節 B.20節 C.16節 D.5節
解析:設列車第一節車廂的長度為L,總長度為nL,則由題意知L=a,nL=a;兩式相比得n===25節,故選A。
3.(多選)一輛汽車做勻加速運動,從某時刻開始計時,初速度為6 m/s,經過28 m后速度增加到8 m/s,則下列說法正確的是(　AC　)
A.這段運動時間為4 s
B.這段運動的加速度是3.5 m/s2
C.自計時開始,2 s末的速度是7 m/s
D.從開始計時起,經過14 m處的速度為7 m/s
解析:由題意可知,汽車的初速度為6 m/s,位移是28 m,末速度是8 m/s,根據運動學公式有v2-=2ax,x=v0t+at2,解得t=4 s,a=0.5 m/s2,選項A正確,B錯誤;自計時開始,2 s末的速度v2=6 m/s+0.5 m/s2×2 s=7 m/s,選項C正確;從開始計時起,經過14 m處的速度==5 m/s,選項D錯誤。
4.某乘客在試駕某車時,汽車做勻變速直線運動的位移x與時間t的關系式為x=8t+3t2,x與t的單位分別是m和s,則該汽車(　C　)
A.第1 s內的位移大小是8 m
B.前2 s內的平均速度大小是28 m/s
C.任意相鄰1 s內的位移大小之差都是6 m
D.任意1 s內的速度增量都是3 m/s
解析:將t=1 s代入到x=8t+3t2中得到第1 s內的位移x1=11 m,故A錯誤;將t=2 s代入到x=8t+3t2中得到前2 s內的位移x2=28 m,前2 s內的平均速度v===14 m/s,故B錯誤;將x=8t+3t2與勻變速直線運動的位移公式x=v0t+t2對照得到初速度v0=8 m/s,加速度a=6 m/s2,則任意相鄰1 s內的位移差是Δx=aT2=6 m/s2×(1 s)2=6 m,故C正確;任意1 s內的速度增量Δv=at=6 m/s2×1 s=6 m/s,故D錯誤。
5.甲車以3 m/s2的加速度由靜止開始做勻加速直線運動;乙車落后2 s在同一地點由靜止開始以12 m/s2的加速度做勻加速直線運動。兩車的運動方向相同。求:
(1)在乙車追上甲車之前,兩車距離的最大值是多少
(2)乙車出發后經多長時間可追上甲車 此時它們離出發點多遠
解析:(1)兩車速度相等時距離最大,設此時甲車已開動的時間為t1,乙車落后的時間為Δt,
甲車的速度v1=a甲t1,
乙車的速度v2=a乙(t1-Δt) ,
由v1=v2得t1= s,
兩車距離的最大值
Δx=a甲-a乙(t1-Δt)2,
將相關數據代入得Δx=8 m。
(2)設乙車出發后經t′追上甲車,則
甲車的位移x1=a甲(t′+Δt)2,
乙車的位移x2=a乙t′2,
乙追上甲時x1=x2,
代入數據解得t′=2 s(負值舍去),x1=x2=24 m。
答案:(1)8 m　(2)2 s　24 m
課時作業
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知識點一　初速度為零的勻變速直線運動的幾個比例式應用
1.質點從靜止開始做勻加速直線運動,在第1個2 s、第2個2 s和第5個2 s內三段位移之比為(　C　)
A.1∶4∶25 B.2∶8∶7
C.1∶3∶9 D.2∶2∶1
解析:質點做初速度為零的勻加速直線運動,在連續相等的時間間隔內位移之比為1∶3∶5∶…∶(2n-1),所以質點在第1個2 s、第2個2 s和第5個2 s內的三段位移之比為1∶3∶9,因此選C。
2.一個物體由靜止開始做勻加速直線運動,第1 s末的速度達到4 m/s,物體在第2 s內的位移是(　A　)
A.6 m B.8 m C.4 m D.1.6 m
解析:由x=·t得第1 s內的位移x1=×1 s=2 m。由初速度為零的勻變速直線運動的比例關系可得,第1 s內與第2 s內的位移之比為x1∶x2=1∶3,則x2=3x1=6 m,故選項A正確。
3.一個物體從靜止開始做勻加速直線運動,它在第1 s內與第2 s內的位移之比為x1∶x2,在走完第1 m時與走完第2 m 時的速度之比為v1∶v2。以下說法正確的是(　B　)
A.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶2
B.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶
C.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶2
D.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶
解析:由初速度為零的勻變速直線運動的比例關系知x1∶x2=1∶3,由x=at2知,走完1 m與走完2 m所用時間之比為t1∶t2=1∶,又v=at,可得v1∶v2=1∶,B正確。
知識點二　勻變速直線運動重要推論的應用
4.(多選)甲與乙兩個質點向同一方向運動,甲做初速度為零的勻加速直線運動,乙做勻速直線運動。開始甲、乙位于同一位置,則當它們再次位于同一位置時,下列判斷正確的是(　BD　)
A.兩質點速度相等
B.甲與乙在這段時間內的平均速度相等
C.乙的瞬時速度是甲的2倍
D.甲與乙的位移相同
解析:由題意可知,二者位移相同,所用的時間也相同,則平均速度相同,再由==v乙,所以甲的瞬時速度是乙的2倍,故選項B、D正確。
5.某質點做勻減速直線運動,依次經過A、B、C三點,最后停在D點,如圖所示已知AB=5 m,BC=3 m,質點經過AB、BC、CD段時所用時間均為T=1 s,則下列說法正確的是(　B　)
A.CD段距離CD=2 m
B.質點的加速度大小為2 m/s2
C.質點在A點的速度大小為8 m/s
D.質點在A、B兩點的速度大小比值為5∶3
解析:根據勻變速直線運動規律,初速度為0的勻加速直線運動,在連續相等時間內通過的位移之比為x1∶x2∶x3=1∶3∶5,故利用逆向思維可得xCD∶xBC=1∶3,所以可求得CD段距離為1 m,故A錯誤;由勻變速直線運動規律,質點在連續相等時間內,所通過的位移之差相等,即Δx=aT2,可得質點的加速度大小為a===2 m/s2,故B正確;利用逆向思維可得,質點在A、B兩點的速度大小為vA=a·3T=6 m/s,
vB=a·2T=4 m/s,故質點在A、B兩點的速度大小比值為3∶2,故C、D錯誤。
6.(多選)一個做勻加速直線運動的物體先后經過A、B兩點時的速度分別為v1和v2,則下列結論中正確的有(　BCD　)
A.物體經過AB位移中點的速度大小為
B.物體經過AB位移中點的速度大小為
C.物體通過AB這段位移的平均速度為
D.物體通過AB這段位移所用時間的中間時刻的速度為
解析:設經過AB位移中點時的速度為,則對前半段的位移有2a·=
-,對后半段的位移有2a·=-,聯立兩式得=,選項A錯誤,B正確;對勻變速直線運動而言,總有==,選項C、D正確。
7.在某次海試活動中,深海載人潛水器“蛟龍號”(圖甲)完成海底任務后豎直上浮。假設從上浮速度為v0=20 m/s 時開始計時,此后“蛟龍號”勻減速上浮,經過時間t2=5 s上浮到海面,速度恰好減為零,其vt圖像如圖乙所示。下列說法正確的是(　B　)
A.0時刻“蛟龍號”深度為55 m
B.t1=2 s時刻“蛟龍號”深度為18 m
C.t1=2 s時刻“蛟龍號”的速度大小為8 m/s
D.0～5 s內,科考員速度變化量的方向是豎直向上
解析:根據vt圖像可知“蛟龍號”做勻減速直線運動,根據運動學公式,0時刻“蛟龍號”深度為d0=·t2=50 m,故A錯誤;根據速度-時間公式有0=v0+at2,代入數據解得“蛟龍號”加速度為a=-4 m/s2,根據速度-時間公式,可知t1=2 s時刻“蛟龍號”的速度v1=v0+at1=12 m/s,根據運動學公式,可知t1=2 s時刻“蛟龍號”深度為d1=d0-·t1=
18 m,故B正確,C錯誤;0～5 s內,“蛟龍號”向上做勻減速直線運動,加速度方向豎直向下,根據速度變化量公式Δv=aΔt,可知科考員速度變化量的方向是豎直向下,故D錯誤。
知識點三　追及與相遇問題
8.如圖為在同一條直線上運動的A、B兩質點的xt圖像,由圖可知(　B　)
A.t=0時,A在B后面
B.B質點在t2追上A,并且此后在A的前面運動
C.在0～t1時間內B的運動加速度比A小
D.A質點在0～t1做加速運動,之后做勻速運動
解析:由題圖可知,t=0時,A在B的前面,故A錯誤;由題圖可知,t2時刻兩質點處在同一位置,說明B在t2時刻追上A,由于t1時刻以后A處于靜止狀態,t2時刻后B必定在A的前面運動,故B正確;xt圖像的斜率表示質點的速度,由圖示圖像可知,0～t1時間內,兩質點都做勻速直線運動,B的速度比A的速度小,但加速度均為零,故C錯誤;由圖示圖像可知,A質點在0～t1內做勻速直線運動,之后靜止,故D錯誤。
9.(多選)在平直公路上,自行車與同方向行駛的一輛汽車在t=0時同時經過某一個路標,它們的位移x(m)隨時間t(s)變化的規律:汽車為x=10t-t2,自行車為x=6t,則下列說法正確的是(　ACD　)
A.汽車做勻減速直線運動,自行車做勻速運動
B.不能確定汽車和自行車各做什么運動
C.開始經過路標后較小時間內汽車在前,自行車在后
D.當自行車追上汽車時,它們距路標96 m
解析:汽車的位移—時間關系為x=10t-t2,可知汽車做勻減速直線運動,自行車的位移—時間關系為x=6t,可知自行車做勻速直線運動,選項A正確,B錯誤;開始階段汽車的初速度大于自行車的速度,所以在較小時間內汽車的位移大于自行車的位移,汽車在前,自行車在后,選項C正確;根據10t-t2=6t得t=16 s,此時距路標的距離s=96 m,選項D正確。
能力提升練
10.為了測定某轎車在平直路上啟動階段的加速度(轎車啟動時的運動可近似看成是勻加速直線運動),某人拍攝了一張在同一底片上多次曝光的照片,如圖所示,如果拍攝時每隔2 s曝光一次,轎車車身總長為4.5 m,那么這輛轎車的加速度為(　B　)
A.1 m/s2 B.2.25 m/s2
C.3 m/s2 D.4.25 m/s2
解析:據勻變速直線運動規律Δx=x2-x1=aT2,讀出x1、x2,代入即可計算。轎車車身總長4.5 m,則圖中每一小格為1.5 m,由此可算出兩段距離分別為x1=12 m和x2=21 m,又T=2 s,則a===2.25 m/s2,故選B。
11.(多選)如圖所示,一冰壺以速度v垂直進入兩個矩形區域做勻減速運動,且剛要離開第二個矩形區域時速度恰好為零,則冰壺依次進入每個矩形區域時的速度之比和穿過每個矩形區域所用的時間之比分別是(設冰壺可看成質點)(　BD　)
A.v1∶v2=2∶1 B.v1∶v2=∶1
C.t1∶t2=1∶ D.t1∶t2=(-1)∶1
解析:將冰壺的運動看作反向的初速度為零的勻加速直線運動,在初速度為零的勻加速直線運動中,通過連續兩段相等位移所用的時間之比為1∶(-1),故所求時間之比為(-1)∶1,故C錯誤,D正確;在初速度為零的勻加速直線運動中通過位移x與2x的時間之比為1∶,由v=at可得,所求的速度之比為∶1,故A錯誤,B正確。
12.藍牙技術是一種短程無線電發射技術,可以使不同的電子設備(如手機)彼此通話或信息傳輸。為了探索藍牙的有效傳輸距離,小張和小李做了一個有趣的實驗,分別打開各自的手機藍牙,小張站在小李正前方13 m處,二人同時沿同一直線向正前方運動,各自運動的vt圖像如圖所示,結果觀察到正常通話時間為2 s,忽略信號傳輸時間,則有效傳輸距離為(　C　)
A.8 m B.9 m C.10 m D.11 m
解析:由題圖可知,t=2 s時小李和小張速度相等,相距最近。最小距離為s=13 m-×(8 m/s-4 m/s)×2 s=9 m,由于正常通話時間為2 s,根據對稱性可知,正常通話時間從t=1 s開始至t=3 s結束。當t=1 s時,由vt圖像可知小李的速度為6 m/s;由運動學規律得,此時小張和小李之間的距離為L=×(6 m/s-4 m/s)×1 s+9 m=10 m。即有效傳輸距離為10 m,故C正確。
13.甲、乙兩汽車沿同一平直公路同向勻速行駛,甲車在前,乙車在后,它們行駛的速度分別為16 m/s和18 m/s。已知甲車緊急剎車時的加速度a1大小為3 m/s2,乙車緊急剎車時的加速度a2大小為4 m/s2,乙車司機的反應時間為0.5 s,求為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞,甲、乙兩車行駛過程中至少應保持多大距離
解析:設甲車剎車后經時間t甲、乙兩車速度相等,則v甲-a1t=v乙-a2(t-Δt),其中Δt=0.5 s，
解得t=4 s,甲車位移x甲=v甲t-a1t2=40 m，
乙車位移x乙=v乙·Δt+v乙×(t-Δt)-a2(t-Δt)2=47.5 m，
則Δx=x乙-x甲=7.5 m，
即甲、乙兩車行駛過程中至少應保持7.5 m距離。
答案:7.5 m
14.汽車行業正在飛速發展,同時違法行駛也給社會帶來不利影響。一輛值勤的警車停在平直的公路邊,當警員發現從他旁邊以大小v=
20 m/s的速度勻速行駛的貨車有違法行為時,決定前去追趕,經時間t0=5 s后警車發動起來,并以加速度大小a=
2 m/s2 的加速度做勻加速直線運動。已知警車能達到的最大速度vm=30 m/s,達到最大速度后以該速度做勻速直線運動,求從警車發動到警車追上貨車所用的時間t。
解析:警車發動后做勻加速直線運動的時間為
t1==15 s，
從警員發現貨車至警車達到最大速度的過程中,貨車和警車的位移大小分別為
x貨=v(t0+t1)=20 m/s×(5+15) s=400 m，
x警=a=×2 m/s2×(15 s)2=225 m，
x貨>x警,故警車達到最大速度時尚未追上貨車,且此時兩車的距離Δx=x貨-x警=400 m-225 m=175 m。
設警車達到最大速度后再用時間t2追上貨車,有
vmt2=Δx+vt2且t=t1+t2，
代入數據解得t=32.5 s。
答案:32.5 s專題提升2　運動圖像的理解與應用
[素養目標]
1.區分v-t圖像與x-t圖像。
2.掌握圖像問題的解題思路。
3.掌握利用圖像研究勻變速直線運動的方法。
類型一　v-t圖像與x-t圖像的比較
1.x-t圖像的應用
位移 大小 初、末位置的縱坐標差的絕對值
方向 末位置與初位置的縱坐標差的正負值,正值表示位移沿正方向,負值表示位移沿負方向
速度 大小 斜率的絕對值
方向 斜率的正負值,斜率為正值,表示物體向正方向運動;斜率為負值,表示物體向負方向運動
運動開始位置 圖線起點縱坐標
運動開始時刻 圖線起點橫坐標
兩圖線交點的含義 表示兩物體在同一位置(相遇)
2.v-t圖像的應用
圖線上某點 的縱坐標 正負號 表示瞬時速度的方向
絕對值 表示瞬時速度的大小
圖線的斜率 正負號 表示加速度的方向
絕對值 表示加速度的大小
圖線與坐標 軸的交點 縱截距 表示初速度
橫截距 表示開始運動或速度為零的時刻
圖線的拐點 表示加速度改變
兩圖線的交點 表示速度相等
圖線與橫軸所 圍圖形的面積 表示位移,面積在橫軸上方時位移為正值,在橫軸下方時位移為負值
3.形狀一樣的圖線,在不同圖像中所表示的物理意義不同,因此在應用時要特別注意看清楚圖像的橫、縱軸所描述的物理量。
[例1] (多選)如圖所示,描述的是一個做直線運動的物體其某一物理量隨時間變化的圖像,則下列關于此圖像的說法中正確的是(　AD　)
A.若y表示物體的位移,則反映物體做勻速直線運動
B.若y表示物體的位移,則反映物體做勻加速直線運動
C.若y表示物體的速度,則反映物體做勻速直線運動
D.若y表示物體的速度,則反映物體做勻加速直線運動
解析:若y表示物體的位移,圖像的斜率等于速度,則知物體的速度不變,表示物體做勻速直線運動,故A正確,B錯誤;若y表示物體的速度,則表示物體的速度隨時間均勻增大,反映物體做勻加速直線運動,故C錯誤,D正確。
運動學圖像的“五看”
x-t圖像 v-t圖像
軸 縱軸為位移x 縱軸為速度v
線 傾斜直線表示勻速直線運動 傾斜直線表示勻變速直線運動
斜率 表示速度 表示加速度
面積 無實際意義 圖線與時間軸圍成的面積表示位移
縱截距 表示初位置 表示初速度
[對點訓練1] (多選)汽車以10 m/s的速度在馬路上勻速行駛,駕駛員發現正前方15 m處的斑馬線上有行人,于是剎車禮讓,汽車恰好停在斑馬線前。假設駕駛員的反應時間為 0.5 s,汽車運動的v-t圖像如圖所示。則(　BD　)
A.反應時間內汽車行駛的距離為10 m
B.t=2.5 s時汽車剎停在斑馬線前
C.汽車減速的加速度大小為10 m/s2
D.汽車減速的加速度大小為5 m/s2
解析:汽車在駕駛員在反應時間內做勻速直線運動,則反應時間內汽車行駛的距離為x=vt=10 m/s×0.5 s=5 m,故A錯誤;設勻減速直線運動的時間為t,根據v-t圖像的面積代表物體通過的位移可知15 m=10 m/s×0.5 s+t′,解得t′=2 s,所以當t=2.5 s時汽車剛好剎停在斑馬線前,故B正確;勻減速的加速度大小為a=||==5 m/s2,故C錯誤,D正確。
類型二　圖像問題的解題思路
　用圖像描述兩個物理量之間的關系,直觀而且形象,是物理學中常用的方法,它運用數形結合恰當地表達各種現象的物理過程和物理規律。運用圖像解題的能力可歸納為以下兩個方面:
1.讀圖
2.作圖和用圖
依據物體的運動狀態或物理過程所遵循的物理規律,作出與之對應的示意圖或數學函數圖像來研究和處理問題。
[例2] (多選)一個物體沿直線運動,從 t=0時刻開始,物體的-t的圖像如圖所示,圖線的縱、橫截距分別為0.5 m/s和-1 s,由此可知(　ABC　)
A.物體做勻加速直線運動的加速度大小為1 m/s2
B.物體做勻變速直線運動
C.物體的初速度大小為0.5 m/s
D.物體的初速度大小為1 m/s
解析:由題圖可得=0.5t+0.5,由勻變速直線運動的位移—時間公式x=v0t+at2得=v0+at,對比
可得a=0.5 m/s2,則物體的加速度為a=1 m/s2,初速度為v0=0.5 m/s,可知,物體做勻變速直線運動,故A、B、C正確,D錯誤。
對于運動圖像,首先要看坐標軸,搞清圖像的物理意義,其次分析圖像的斜率、面積等含義,再研究物體的運動情況。
[對點訓練2]物體做直線運動,它的加速度隨時間變化的圖像如圖所示,已知在t=0時,物體的速度為零,下列說法正確的是(　C　)
A.t=2 s時,物體恰好回到出發點
B.t=50 s時,物體離出發點50 m
C.t=2 s時,物體速度大小為零
D.物體做往復運動
解析:由圖像可知,0～1 s內物體以1 m/s2的加速度沿正方向做勻加速直線運動,1～2 s內物體以-1 m/s2的加速度沿正方向做勻減速直線運動,在0～2 s內,物體一直沿正方向運動,t=2 s時,物體沒有回到出發點,根據對稱性可知,t=2 s時物體速度大小為零,故A錯誤,C正確;物體做周期性運動,運動周期為T=2 s,在第一個周期內物體運動的位移為x1=2×a=2××1 m/s2×(1 s)2=1 m,故0～50 s內物體的位移為x50=25x1=25×1 m=25 m,故B錯誤;根據周期性可知,物體一直沿正方向運動,故D錯誤。
1.下列圖像中能反映做直線運動的物體不會回到初始位置的是(　B　)
解析:A選項為位移—時間關系,圖線與t軸相交的兩個時刻即為相同的初始位置,說明物體回到了初始位置;B、C、D選項中的圖像均為速度—時間圖像,要回到初始位置,則t軸上方的圖線與坐標軸圍成的面積和t軸下方的圖線與坐標軸圍成的面積相等,顯然B選項中只有t軸上方的面積,故B選項表示物體一直朝一個方向運動,不會回到初始位置,而C、D選項在t=2 s時刻,物體回到了初始位置,故B正確。
2.(多選)斜面的長度為4 m,一個尺寸可以忽略不計的滑塊以不同的初速度v0從斜面頂端沿斜面下滑時,其下滑距離x與初速度二次方的關系圖像(即x-圖像)如圖所示。下列關于物體的運動情況的說法正確的是(　AC　)
A.滑塊下滑的加速度大小為2 m/s2
B.滑塊下滑的加速度大小為4 m/s2
C.若滑塊下滑的初速度為5.0 m/s,則滑塊沿斜面下滑的時間為1 s
D.若滑塊下滑的初速度為5.0 m/s,則滑塊沿斜面下滑的時間為4 s
解析:由=2ax推知,圖線的斜率為,所以滑塊下滑的加速度大小a=2 m/s2,A正確,B錯誤;當滑塊的初速度為4 m/s時,下滑的距離為4 m,滑塊剛好勻減速運動滑到斜面最低點,設滑塊在斜面上的滑動時間為t,則x=v0t-at2,即4 m=5 m/s·
t-×2 m/s2·t2,解得t=1 s,t=4 s(舍去),C正確,D錯誤。
3.如圖所示,兩條圖線是駕駛員駕駛同一輛汽車在兩種路面緊急剎車時的v-t圖像。駕駛員的反應時間為0.5 s(從發現問題到制動的時間),下列說法正確的是(　C　)
A.從t=0到停下,汽車在干燥路面平均速度較小
B.從t=0到停下,濕滑路面的位移是干燥路面的2倍
C.從t=0.5 s到停下,汽車在濕滑路面和干燥路面減速的加速度之比為4∶9
D.從t=0.5 s到停下,汽車在濕滑路面和干燥路面的平均速度之比為9∶4
解析:根據vt圖像與時間軸所圍的面積表示位移,知從t=0到停下,汽車在干燥路面通過的位移為x1=×40 m=60 m,平均速度為===24 m/s;汽車在濕滑路面通過的位移為x2=×40 m=
110 m,平均速度為===22 m/s,則=≈1.8,知汽車在干燥路面的平均速度較大,濕滑路面的位移是干燥路面的1.8倍,故A、B錯誤;根據vt圖像的斜率大小表示加速度大小,知汽車在濕滑路面減速的加速度大小為a1== m/s2,汽車在干燥路面減速的加速度大小為a2==20 m/s2,則a1∶a2=4∶9,故C正確;從t=0.5 s到停下,汽車做勻減速直線運動,根據平均速度公式=可知汽車在濕滑路面和干燥路面的平均速度相等,均為==20 m/s,因此,汽車在濕滑路面和干燥路面的平均速度之比為1∶1,故D錯誤。
4.在平直公路上行駛的a車和b車,其位移—時間圖像分別為圖中直線a和曲線b,已知b車的加速度大小恒定且等于2 m/s2,t=3 s時,直線a和曲線b剛好相切,則下列說法正確的是(　D　)
A.a車做勻速運動且其速度為 va= m/s
B.t=2 s時,a車和b車相遇
C.t=1 s時,b車的速度為10 m/s
D.t=0時,a車和b車的距離x0=9 m
解析:xt圖像的斜率等于速度,由圖可知,a車的速度不變,做勻速直線運動,其速度va===2 m/s,故A錯誤;t=2 s時,位置坐標不相同,所以a車和b車沒有相遇,t=3 s時,直線a和曲線b剛好相切,位置坐標相同,兩車相遇,故B錯誤;t=3 s時,根據直線a和曲線b剛好相切,所以b車的速度vb=va=2 m/s,設b車的初速度為v0,由于曲線b開口向下,所以對b車其加速度為a=-2 m/s2,由速度—時間公式得vb=v0+at,代入數據解得v0=8 m/s,根據速度—時間公式,可知t=1 s時,b車的速度vb′=v0+at1=8 m/s-2 m/s2×1 s=6 m/s,故C錯誤;t=3 s時,由圖像知a車的位移xa=8 m-2 m=6 m,b車的位移xb=·t=×3 s=15 m,t=3 s 時,a車和b車到達同一位置,則t=0時,a車和b車的距離x0=xb-xa=15 m-6 m=9 m,故D正確。
5.汽車由靜止開始在平直的公路上行駛,在0～60 s內汽車的加速度隨時間變化的圖線如圖所示。
(1)畫出汽車在0～60 s內的v-t圖像;
(2)求在這60 s內汽車行駛的路程。
解析:(1)設t=10 s、40 s、60 s時汽車的速度分別為v1、v2、v3。
由a-t圖像知在0～10 s內汽車以大小為2 m/s2的加速度勻加速行駛,由運動學公式得
v1=2 m/s2×10 s=20 m/s,
由a-t圖像知在10～40 s內汽車勻速行駛,
因此v2=20 m/s,
由a-t圖像知在40～60 s內汽車以大小為1 m/s2的加速度勻減速行駛,由運動學公式得
v3=20 m/s-1 m/s2×20 s=0,
則汽車在0～60 s內的v-t圖像如圖所示。
(2)由v-t圖像可知,在這60 s內汽車行駛的路程
s=×20 m=900 m。
答案:(1)圖見解析　(2)900 m
課時作業
學考基礎練
知識點一　xt圖像的應用
1.如圖所示是甲、乙兩物體從同一點出發的xt圖像,由圖像可以看出在0～4 s這段時間內(　D　)
A.甲、乙兩物體始終同向運動
B.4 s時甲、乙兩物體之間的距離最大
C.甲的平均速度大于乙的平均速度
D.甲、乙兩物體之間的最大距離為3 m
解析:由圖像可知,在0～2 s時間內,甲沿x軸正方向做速度大小為v1=2 m/s的勻速直線運動,在2 s時運動方向改變,在2～6 s時間內,甲沿x軸負方向做速度大小為v2=1 m/s的勻速直線運動;乙在整個時間內沿x軸正方向做速度大小為v=0.5 m/s的勻速直線運動,選項A錯誤;2 s末,甲運動到x1=4 m處,乙運動到x2=1 m處,甲、乙之間距離最大,最大距離為Δx=x1-x2=3 m;4 s時甲、乙都處在x=2 m處,甲、乙相遇,選項B錯誤,D正確;在0～4 s這段時間內甲、乙位移相等,根據平均速度的定義可知平均速度相等,選項C錯誤。
2.甲、乙兩物體在同一水平直線上運動,其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。甲為拋物線,乙為直線。下列說法正確的是(　B　)
A.前3 s內,甲、乙兩物體的平均速率相等
B.t=0時,甲物體xt圖像的斜率為3 m/s
C.前3 s內,甲、乙的運動方向始終相同
D.前3 s內,甲、乙兩物體的最大距離為1 m
解析:根據位移—時間圖像的斜率表示速度,知甲先沿正向運動,后沿負向運動,而乙一直沿正向運動,前3 s內,甲、乙兩物體通過的位移相等,都是2 m,則甲物體通過的路程大于乙物體的路程,結合平均速率的定義知,前3 s內,甲物體的平均速率大于乙物體的平均速率,故A錯誤;甲圖線為拋物線,可知甲做勻減速直線運動,在t=2 s時速度為0,設t=0時,甲物體的速度為v0,結合甲物體在0～2 s內通過的位移x=3 m,得x=t,可得v0=3 m/s,所以t=0時,甲物體xt圖像的斜率為3 m/s,故B正確;由A分析知,前3 s內,甲、乙的運動方向先相同后相反,故C錯誤;由題圖可知,前3 s內,甲、乙兩物體的最大距離大于1 m,故D錯誤。
3.甲、乙兩車從同一地點出發,向同一方向行駛,它們的xt圖像如圖所示,則由圖可看出(　B　)
A.乙比甲先出發,甲比乙先到達距出發點x0處
B.甲比乙先出發,乙比甲先到達距出發點x0處
C.兩車的平均速度相同
D.甲通過的路程比乙的長
解析:甲車在t=0時開始運動,乙比甲后出發,但先到達距出發點x0處,選項A錯誤,B正確;甲、乙兩車行駛的位移相同,但甲所用時間長,兩車的平均速度不相同,選項C錯誤;從題圖可以看出,甲、乙兩車都做單向直線運動,位移相同,路程也相同,故D錯誤。
知識點二　vt圖像的應用
4.我國“蛟龍號”載人潛水器進行下潛試驗,從水面開始豎直下潛,最后返回水面,其vt圖像如圖所示,則下列說法正確的是(　A　)
A.0～4 min和6～10 min兩時間段平均速度大小相等
B.全過程中的最大加速度為0.025 m/s2
C.3～4 min和6～8 min加速度方向相反
D.本次下潛的最大深度為6 m
解析:根據vt圖像與橫軸圍成的面積表示位移,則0～4 min 內的位移大小為x=×(120+240)×2.0 m=360 m;6～10 min內位移大小為
x′=×3.0×240 m=360 m,可知0～4 min和6～10 min兩時間段位移大小相等,所用時間相等,則平均速度大小相等,故A正確;vt 圖像的斜率大小表示加速度的大小,0～1 min和 3～4 min 加速度最大,大小為a==≈0.033 m/s2,故B錯誤;vt圖像的斜率的正負反映加速度的方向,可知3～4 min和6～8 min加速度方向相同,故C錯誤;由題圖可知t=4 min時“蛟龍號”下潛到最深處,最大深度為s=
×(120+240)×2.0 m=360 m,故D錯誤。
5.甲、乙兩輛汽車在一條平直公路上同向行駛,在t=0到t=t1的時間內,它們的vt圖像如圖所示。在這段時間內(　C　)
A.汽車乙的平均速度大于(v1+v2)
B.汽車乙的平均速度等于(v1+v2)
C.汽車甲的平均速度大于(v1+v2)
D.汽車甲的加速度大小逐漸減小,汽車乙的加速度大小逐漸增大
解析:如圖所示,直線表示勻減速直線運動,其平均速度等于(v1+v2),而汽車乙做變減速運動的位移小于勻減速直線運動的位移,則汽車乙的平均速度小于(v1+v2),故A、B錯誤;同理,知汽車甲的平均速度大于(v1+v2),故C正確;因為圖線斜率表示物體加速度,則知汽車甲和乙的加速度大小均逐漸減小,故D錯誤。
6.(多選)如圖所示,Ⅰ、Ⅱ分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同一直線運動的vt圖線,根據圖線可以判斷(　CD　)
A.甲、乙兩小球做的是初速度方向相反的勻變速直線運動,加速度大小相同,方向相同
B.兩球在t=8 s時相距最遠
C.兩球在t=2 s時速率相等
D.兩球在t=8 s時相遇
解析:在vt圖像中,圖線的斜率表示加速度,由圖像可知,甲的加速度a1==-10 m/s2,乙的加速度a2== m/s2,加速度大小不相同,方向不相同,選項A錯誤;在t=8 s時,甲的位移為零,乙的位移為零,所以兩球在t=8 s時相遇,選項B錯誤,D正確;在t=2 s時,甲球速度為
20 m/s,乙球速度為-20 m/s,兩球在t=2 s時速率相等,選項C正確。
知識點三　vt圖像與xt圖像的比較應用
7.如圖所示的位移—時間圖像和速度—時間圖像中,給出的四條曲線1、2、3、4代表四個不同物體的運動情況,關于它們的物理意義,下列描述正確的是(　B　)
A.圖線1表示物體做曲線運動
B.xt圖像中,t1時刻v1>v2
C.vt圖像中0至t3時間內物體3和4的平均速度大小相等
D.兩圖像中,t2、t4時刻分別表示2、4開始反向運動
解析:圖線1是位移圖像,表示物體做變速直線運動,選項A錯誤;xt圖線上某點斜率的絕對值表示速度的大小,選項B正確;vt圖像中0至t3時間內物體3和4位移不同,所以平均速度大小不相等,選項C錯誤;t2時刻物體2開始反向運動,t4時刻物體4的運動方向不變,選項D錯誤。
8. (多選)物體甲的xt圖像和物體乙的vt圖像分別如圖所示,則這兩物體的運動情況是(　AC　)
A.甲在整個t=6 s時間內運動方向一直不變,它通過的總位移大小
為4 m
B.甲在整個t=6 s時間內有來回運動,它通過的總位移為零
C.乙在整個t=6 s時間內有來回運動,它通過的總位移為零
D.乙在整個t=6 s時間內運動方向一直不變,它通過的總位移為4 m
解析:xt圖像的斜率表示速度,可知甲在整個t=6 s時間內一直沿正向運動,運動方向一直不變,做勻速直線運動,通過的總位移大小為Δx=2 m-(-2 m)=4 m,故A正確,B錯誤;乙在0～3 s內沿負方向做勻減速直線運動,位移為x1=-3 m;3 s后沿正方向做勻加速直線運動,位移為x2=3 m;故總位移為x=x1+x2=0,故C正確,D錯誤。
知識點四　圖像問題的綜合應用
9.一質點做直線運動的vt關系圖像如圖所示,則該質點的xt關系圖像可大致表示為下列四個選項中的(　B　)
解析:從vt圖像可知質點先做勻減速直線運動,后做反向的勻加速直線運動;反向加速過程的加速度比減速過程的加速度大。由xt圖像上曲線切線斜率表示速度可知,選項B正確。
10.(多選)某質點從t=0開始沿直線運動,其速度的平方v2與位移x的關系如圖所示,下列說法正確的是(　CD　)
A.質點加速度為4 m/s2
B.t=2 s時質點速度為8 m/s
C.t=2 s時質點速度為0
D.前2秒質點位移為4 m
解析:由勻變速直線運動的速度—位移公式得v2-=2ax,則v2=+
2ax,故v2x圖像的斜率為加速度的2倍,縱截距為,則質點的加速度a=-2 m/s2,初速度v0=4 m/s,故A錯誤;質點做勻減速直線運動,t=
2 s時質點速度為v=v0+at=0,故B錯誤,C正確;前2 s質點的位移為x=t=4 m,故D正確。
選考提升練
11.甲、乙兩輛汽車在平直的公路上沿同一方向做直線運動,t=0時刻同時經過公路旁的同一個路標。如圖所示,在描述兩車運動的vt圖像中,直線a、b分別描述了甲、乙兩車在0～20 s的運動情況。關于兩車之間的位移關系,下列說法中正確的是(　B　)
A.在0～10 s內,兩車逐漸靠近
B.在5～15 s內,兩車的位移相等
C.在t=10 s時,兩車在公路上相遇
D.在10～20 s內,兩車逐漸遠離
解析:由題意知兩車同時同地同向運動,再由vt圖像知,甲做勻速直線運動,乙做勻減速直線運動,因0～10 s 內v甲v乙,兩車距離減小,D
錯誤。
12. (多選)甲、乙兩輛汽車沿平直公路同向行駛,以0時刻為計時起點,此時乙車在甲車前s0處,兩車運動的vt圖像如圖所示,圖中甲、乙兩車圖像所夾面積為s。關于兩車的運動,下列說法正確的有(　BD　)
A.t0時刻兩車一定相遇
B.0～t0時間內,乙車的平均速度小于
C.若s小于s0,兩車一定可以相遇兩次
D.若s大于s0,兩車一定可以相遇兩次
解析:vt圖像與橫軸所圍面積表示位移,由題圖可知,0～t0 時間內,甲車的位移比乙車的位移大s,由于0時刻乙車在甲車前s0處,但不知s、s0的大小關系,所以不能確定在t0時刻兩車是否相遇,故A錯誤;0～t0時間內甲車做勻加速直線運動,平均速度為=,甲車的位移大于乙車的位移,所以乙車的平均速度小于,故B正確;t0時刻兩車速度相等,距離最小,若s小于s0,甲車沒有追上乙車,t0后乙車的速度大于甲車的速度,所以兩車不可能相遇,故C錯誤;若s大于s0,在t0時刻甲車已追上乙車,t0后乙車的速度大于甲車的速度,所以t0后乙車還可以再追上甲車,故兩車一定相遇兩次,故D正確。
13.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二次方之間的關系如圖所示,下列說法正確的是(　B　)
A.從圖像中可以看出,t=0時汽車位于距坐標原點10 m 處
B.剎車過程持續的時間為2 s
C.剎車過程前3 s內汽車的位移為7.5 m
D.剎車過程汽車的加速度大小為10 m/s2
解析:根據v2-=2ax得x=-,開始剎車時,有x=0,即t=0時汽車位于坐標原點處,故A錯誤;由于圖線斜率k==- s2/m,則剎車過程中加速度a=-5 m/s2,x=0時,有v2=,而v2=100 m2/s2,則汽車的初速度為10 m/s,則剎車過程持續的時間t==2 s,故B正確,D錯誤;剎車用時為2 s,3 s內的位移即為全程位移,則x==10 m,故C錯誤。
14.如圖所示是某質點做直線運動的vt 圖像,求:
(1)質點在1 s末的速度為多少
(2)質點在哪段時間內的加速度最大 該段的加速度為多少
(3)質點的運動方向是否發生變化 若有變化,是在哪個時刻發生
變化
(4)質點在4～8 s內的位移為多少
解析:(1)由vt圖像可知,質點在1 s末的速度為 1.5 m/s。
(2)根據vt圖像的斜率表示加速度,知質點在4～6 s內的加速度最大,該段的加速度為
a===-3 m/s2。
(3)質點的運動方向發生了變化,在t=5 s時發生了變化。
(4)在vt圖像中,圖像與時間軸所圍的面積表示位移,則4～8 s內的位移
x=×3×1 m- m=-3 m。
答案:(1)1.5 m/s　(2)4～6 s內　-3 m/s2
(3)發生變化　t=5 s　(4)-3 m
15.高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛,甲車在前,乙車在后,速度均為v0=30 m/s,距離x0=100 m,t=0 時刻甲車遇緊急情況后,甲、乙兩車的加速度隨時間變化如圖所示,取運動方向為正方向。
(1)通過計算說明兩車在0～9 s內會不會相撞。
(2)在一個坐標系中畫出甲、乙的速度—時間圖像。
解析:(1)令a1=-10 m/s2,a2=5 m/s2,a3=-5 m/s2,t1=3 s,甲車速度v1=v0+a1t1=0,
設3 s過后經過t2甲、乙兩車速度相等,此時距離最近
a2t2=v0+a3t2,
速度相等之前,甲車位移x甲=t1+a2,
乙車位移x乙=v0t1+v0t2+a3,
解得x乙-x甲=90 m(2)由(1)可知,圖像如圖所示。
答案:(1)見解析　(2)圖見解析
《勻變速直線運動的研究》檢測試題
(時間:90分鐘　滿分:100分)
一、選擇題(共12題,每題4分,共48分。第1～6題只有一項符合題目要求,第7～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
1.下列幾種情況,不可能發生的是(　D　)
A.位移和加速度反向
B.速度和加速度反向
C.加速度不變,速度在變
D.速度不變,加速度在變
解析:減速直線運動中,加速度與速度反向,與位移也反向,所有的勻變速運動,加速度不變,速度變化。速度不變,加速度一定為零,故只有D符合題意。
2.如圖所示,A物體從地球的赤道正上方h處由靜止釋放,經過時間t1落到地面上,B物體從北極正上方h高處由靜止釋放,經過時間t2落到地面上,不計空氣阻力,且h遠小于地球表面半徑,A、B釋放后均做自由落體運動,則t1、t2的大小關系為(　B　)
A.t1=t2 B.t1>t2
C.t1解析:赤道上的重力加速度比北極的重力加速度小,由 h=gt2知t1>t2。
3.甲和乙兩個物體在同一直線上運動,它們的vt圖像分別如圖中的a和b所示,下列說法正確的是(　A　)
A.在t1時刻它們的運動方向相同
B.在t2時刻甲與乙相遇
C.甲的加速度比乙的加速度大
D.在0～t2時間內,甲比乙的位移大
解析:在t1時刻,甲和乙速度均為正值,兩物體均沿正方向運動,A正確;在t2時刻,甲、乙的速度相同,0～t2時間內,乙的位移比甲的位移大,由于出發點不確定,所以不能確定在t2時刻甲與乙是否相遇,B、D錯誤;b直線的斜率的絕對值比a的斜率的絕對值大,即乙的加速度比甲的加速度大,C錯誤。
4.給滑塊一初速度v0,使它沿光滑斜面向上做勻減速直線運動,加速度大小為g,則滑塊的速度大小變為v0所用的時間可能為(　D　)
A. B. C. D.
解析:規定初速度的方向為正方向,若滑塊的末速度與初速度方向相同,由速度—時間公式v=v0+at,得t===;若滑塊的末速度與初速度方向相反,由速度—時間公式v=v0+at,得t′===,故D正確,A、B、C錯誤。
5.一質點做勻變速直線運動,某時刻速度為2.5 m/s,從此時刻開始計時,在t時刻和3t時刻的速度之比為1∶2,由此可求(　A　)
A.at的值 B.時間t的值
C.加速度a的值 D.at2的值
解析:設質點的加速度大小為a,質點的初速度v0=2.5 m/s,質點在t時刻的速度v1=v0+at,質點在3t時刻的速度v2=v0+3at,由于=,聯立可得at=v0=2.5 m/s,v1=5.0 m/s,v2=10 m/s,由于不能得到其余的公式,則不能求出a以及t的具體值,同理不能求出at2的具體值,故A正確,B、C、D錯誤。
6.動車把動力裝置分散安裝在每節車廂上,使其既具有牽引動力,又可以載客。而動車組就是幾節自帶動力的車輛(動車)加幾節不帶動力的車輛(也叫拖車)編成一組,若動車組在勻加速運動過程中,通過第一個60 m所用時間是10 s。通過第二個60 m所用時間是6 s,則(　A　)
A.動車組的加速度為0.5 m/s2,接下來的6 s內的位移為78 m
B.動車組的加速度為1 m/s2,接下來的6 s內的位移為78 m
C.動車組的加速度為0.5 m/s2,接下來的6 s內的位移為96 m
D.動車組的加速度為1 m/s2,接下來的6 s內的位移為96 m
解析:動車組在勻加速運動過程中,通過第一個60 m的平均速度為v1,可以替代中間時刻的瞬時速度,所以5 s末的速度v1=,解得v1=6 m/s,同理,通過第二個60 m的平均速度為v2,即13 s末的速度v2=,解得v2=10 m/s。由v2=v1+at得a=0.5 m/s2,由再接下來的6 s和前面的6 s是連續相等的時間,則有Δx=aT2即x-60 m=aT2,解得x=78 m。
7.某人站在高20 m的平臺邊緣,以20 m/s的初速度豎直上拋一石子,則拋出后石子距拋出點15 m處的時間可能有(不計空氣阻力,g取
10 m/s2)(　ABD　)
A.1 s B.3 s
C.(-2)s D.(+2)s
解析:物體做豎直上拋運動,石子運動到離拋出點15 m處,15 m可能在拋出點之上,也可能在拋出點之下,規定豎直向上為正方向,則h=
15 m或h=-15 m,分別代入h=v0t-gt2解得時間為1 s、3 s(h=15 m)和(+2)s(h=-15 m)。
8.如圖所示,光滑斜面AE被分成四個相等的部分,一物體從A點由靜止釋放,它沿斜面向下做勻加速運動,依次通過B、C、D點,最后到達底端E點。下列說法中正確的是(　ABC　)
A.物體到達各點的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2
B.物體到達各點所經歷的時間tE=2tB=tC= tD
C.物體從A點到E點的平均速度 =vB
D.物體通過每一部分時,其速度增量Δv=vB-vA=vC-vB=vD-vC=vE-vD
解析:設AB=BC=CD=DE=x,加速度為a,則物體從A點由靜止運動到E點時各段位移的時間之比為tAB∶tBC∶tCD∶tDE=1∶(-1)∶(-)∶(2-),設tB=t,則tC=t,tD=t,tE=2t,則由v=at可得vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,故選項A正確;由于tB=t,tC=t,tD=t,tE=2t,所以tE=2tB=tC= tD,故選項B正確;由于vB為AE的中間時刻的速度,故=vB,故選項C正確;又由于vB=at,vC=at,vD=at,vE=2at,所以vB-vA=at,vC-vB=at-at,vD-vC=at-at,vE-vD=2at-at,故選項D錯誤。
9.甲、乙兩車在公路上沿同一方向做直線運動,在t=0時,乙車在甲車前50 m處,它們的vt圖像如圖所示,下列對汽車運動情況的描述正確的是(　CD　)
A.甲車先做勻速運動再做反向勻減速運動
B.在第20 s末,甲、乙兩車的加速度大小相等
C.在第30 s末,甲、乙兩車相距50 m
D.在整個運動過程中,甲、乙兩車可以相遇兩次
解析:由圖像可知,甲車先做勻速直線運動再做勻減速直線運動,但是圖線一直在時間軸的上方,沒有反向,故A錯誤;在第20 s末,甲、乙圖線斜率的絕對值不相等,故a甲≠a乙,故B錯誤;在第30 s末,根據面積法,甲的位移為x甲=(10+30)×20× m=400 m,乙的位移為x乙=
×30×20 m=300 m,所以甲、乙兩車相距Δx=(400-300-50)m=50 m,故C正確;剛開始乙在甲的前面50 m處,甲的速度大于乙,經過一段時間甲可以追上乙,然后甲在乙的前面,到30 s末,甲停止運動,甲在乙的前面50 m處,此時乙以20 m/s的速度勻速運動,所以再經過2.5 s 乙追上甲,故在整個運動過程中,甲、乙兩車可以相遇兩次,故D正確。
10.科技館中的一個展品如圖所示,在較暗處有一個不斷均勻滴水的水龍頭,在一種特殊的間歇閃光燈的照射下,若使間歇閃光時間間隔正好與水滴從A下落到B的時間相同,可以看到一種奇特的現象:水滴似乎不再下落,而是像固定在圖中的A、B、C、D四個位置一樣。對于出現的這種現象,下列描述正確的是(g取10 m/s2)(　BC　)
A.水滴在下落過程中通過相鄰兩點之間的時間滿足 tABB.間歇閃光的時間間隔是 s
C.水滴在相鄰兩點之間的位移滿足sAB∶sBC∶sCD=1∶3∶5
D.水滴在各點的速度之比滿足vB∶vC∶vD=1∶4∶9
解析:由題目描述的物理情境可知,光源為間歇發光,發光間隔可由h=gt2求出,t=,代入數據可得t= s,B正確;自由落體運動中連續相等時間內的位移之比為1∶3∶5,由圖中讀數可知符合,故tAB=
tBC=tCD,C正確,A錯誤;自由落體運動中連續相等的時間段的末速度之比為1∶2∶3,D錯誤。
11.在水平公路上有甲、乙兩輛同向行駛的汽車,它們的vt圖像分別如圖線a、b所示。在t=5 s 時,兩車相遇。下列說法正確的是(　ABC　)
A.甲車的加速度比乙車的加速度大
B.在t=0時刻,甲車在乙車的后面
C.在5～10 s內,甲車在乙車的前面,且兩車的距離在增大
D.在10～15 s內,兩車間的距離逐漸變大
解析:根據vt圖像的斜率表示加速度,a圖像斜率絕對值比b圖像的大,所以甲車的加速度比乙車的加速度大,故A正確;根據圖線與時間軸圍成的面積表示位移,知0～5 s內甲車通過的位移比乙車的大,而在t=5 s時,兩車相遇,所以在t=0時刻,甲車在乙車的后面,故B正確;在t=5 s時,兩車相遇,在5～10 s內,甲車的速度比乙車的大,則甲車在乙車的前面,兩車的距離在增大,故C正確;在10～15 s內,甲車在乙車的前面,甲車的速度比乙車的小,則兩車間的距離在變小,故D
錯誤。
12.有四個物體A、B、C、D從同一地點開始運動,A、B運動的xt圖像如圖甲所示,C、D沿同一方向運動的vt圖像如圖乙所示。根據圖像可知下列判斷中正確的是(　BC　)
A.物體A、B均做勻變速直線運動
B.在0～3 s的時間內,物體A、B之間距離逐漸增大
C.t=3 s時,物體C、D的速度相同
D.t=3 s時,物體C、D之間距離最小
解析:xt圖像的斜率表示速度,由題圖甲可知,物體A、B的xt圖線的斜率都不變,故速度都不變,說明兩物體都做勻速直線運動,A錯誤;由題圖甲可知,在0～3 s 的時間內,物體A的速度大于物體B的速度,因為兩者從同一地點開始運動,所以物體A、B之間距離逐漸增大,B正確;由題圖乙可知,物體C、D的圖線在t=3 s 時交于一點,此時速度一定相同,C正確;由題圖乙可知,前3 s內,物體D的速度較大,物體C、D之間距離隨時間增大,3 s后物體C的速度較大,物體C、D之間距離隨時間減小,直到物體C追上物體D,所以t=3 s時,物體C、D之間距離最大,D錯誤。
二、非選擇題(共52分)
13.(6分)滑塊在某一水平面上滑行,利用速度采集器獲取其初速度v,并測量出不同初速度的最大滑行距離x,得到如表所示幾組數據:
數據組 1 2 3 4 5 6
v/(m·s-1) 0 0.16 0.19 0.24 0.30 0.49
x/m 0 0.045 0.075 0.111 0.163 0.442
(1)一同學根據表中數據,作出xv圖像如圖甲所示。觀察該圖像,該同學作出如下推理:根據xv圖像大致是一條拋物線,可以猜想,x可能與v2成正比。請在圖乙所示坐標紙上選擇適當的坐標軸作出圖線驗證該同學的猜想。
(2)根據你所作的圖像,你認為該同學的猜想正確嗎 說明你的理由:
　 。
解析:(1)根據x和v2的數據,運用描點法畫出圖像,如圖所示。
(2)xv2圖像是一條過原點的直線,說明x∝v2,即x與v2成正比,故猜想正確。
答案:(1)圖見解析
(2)正確,xv2圖像是一條過原點的直線說明x∝v2
評分標準:每問3分。
14.(10分)某興趣小組利用自由落體運動測定重力加速度,實驗裝置如圖所示。傾斜的球槽中放有若干個小鐵球,閉合開關K,電磁鐵吸住第1個小球。手動敲擊彈性金屬片M,M與觸頭瞬間分開,第1個小球開始下落,M迅速恢復,電磁鐵又吸住第2個小球。當第1個小球撞擊M時,M與觸頭分開,第2個小球開始下落……這樣,就可測出多個小球下落的總時間。
(1)實驗測得小球下落的高度H=1.980 m,10個小球下落的總時間T=6.5 s?？汕蟪鲋亓铀俣萭=　　 m/s2。(結果保留兩位有效數字)
(2)在不增加實驗器材的情況下,請提出減小實驗誤差的兩個辦法。
　。
(3)某同學考慮到電磁鐵在每次斷電后需要時間Δt磁性才消失,因此,每個小球的實際下落時間與它的測量時間相差Δt,這導致實驗誤差。為此,他分別取高度H1和H2,測量n個小球下落的總時間T1和T2。他是否可以利用這兩組數據消除Δt對實驗結果的影響 請推導說明。
解析:(1)H=gt2=g() 2,所以g==≈9.4 m/s2。
(2)由g=可知,誤差主要來源于H和T的測量,故增加H,或者對H、T多次測量求平均值,均可有效減小誤差;另外,作出HT2圖像,從圖線斜率k=求得g,也可有效減小誤差。
(3)由H1=g(-Δt) 2和H2=g(-Δt) 2,可得g=,因此可以消去Δt的影響。答案:(1)9.4　(2)增加小球下落的高度;多次重復實驗,結果取平均值 (其他答案只要合理也可)
(3)見解析
評分標準:第(1)、(2)問各3分,第(3)問4分。
15.(6分)某汽車在水平公路上以12 m/s的速度勻速行駛,因前方故障緊急剎車,加速度大小為6 m/s2,求:
(1)1 s時的速度;
(2)3 s時的速度。
解析:(1)汽車剎車時的運動可看作勻減速直線運動,規定初速度方向為正方向,則有
v0=12 m/s,a=-6 m/s2,
從剎車到停止運動經歷的時間為
t===2 s, (2分)
根據運動學公式,可知1 s時的速度為
v1=v0+at1=12 m/s+(-6 m/s2)×1 s=6 m/s, (2分)
速度方向與初速度方向相同。 (1分)
(2)汽車2 s末就已經停止運動,所以3 s時的速度為0。(1分)
答案:(1)6 m/s,速度方向與初速度方向相同　(2)0
16.(8分)如圖是一個十字路口的示意圖,每條停車線到十字路口中心O的距離均為20 m。一人騎電動助力車以7 m/s的速度到達停車線(圖中A點)時,發現左前方道路一輛轎車正以8 m/s的速度駛來,車頭已抵達停車線(圖中B點),設兩車均沿道路中央做直線運動,助力車可視為質點,轎車長4.8 m,寬度可不計。
(1)請通過計算判斷兩車保持上述速度勻速運動,是否會發生相撞
事故
(2)若轎車保持上述速度勻速運動,而助力車立即做勻加速直線運動,為避免發生相撞事故,助力車的加速度至少要多大
解析:(1)轎車車頭到達O點的時間為
t1===2.5 s(1分)
轎車通過O點的時間為Δt===0.6 s (1分)
助力車到達O點的時間為t2== s≈2.9 s (1分)
因為t1(2)助力車到達O點的時間小于t1=2.5 s,可避免交通事故發生,設助力車的最小加速度為am,則
x1=v2t1+am (2分)
解得am=0.8 m/s2。 (2分)
答案:(1)會　(2)0.8 m/s2
17.(10分)“拾口袋跑”是一種常見的兒童游戲。具體內容是孩子自指定位置起跑,中途拾起地上口袋后再跑向終點,最先跑到終點者獲勝。若起點和終點間總距離為20 m,口袋放在中點,某個孩子加速時加速度為2 m/s2,減速時加速度大小為2.5 m/s2,中途可達最大速度為4 m/s,并且孩子跑至口袋處時速度應減小為零,問孩子完成這個游戲的最短時間。
解析:在加速階段,孩子達到最大速度時有
vm=a1t1,則t1===2 s, (1分)
加速過程的位移
x1=a1=×2 m/s2×(2 s)2=4 m, (1分)
在開始減速至口袋處,
設以最大速度奔跑時間為t2,而減速過程的位移
x2===3.2 m, (1分)
則-x1-x2=vmt2(2分)
代入數據得t2=0.7 s, (1分)
減速過程中時間
t3===1.6 s, (1分)
再次加速與第一次加速階段情況一致,
則t4=2 s,
x3=x1=4 m,勻速跑的時間
t5===1.5 s (2分)
最短運動時間
t=t1+t2+t3+t4+t5=7.8 s。 (1分)
答案:7.8 s
18.(12分)如圖甲所示是高層建筑配備的救生緩降器材,由調速器、安全帶、安全鉤、緩降繩索等組成。發生火災時,使用者先將安全鉤掛在室內窗戶、管道等可以承重的物體上,然后將安全帶系在人體腰部,通過緩降繩索等安全著陸。如圖乙所示,是某中學在某次火災逃生演練現場中,體重為60 kg的逃生者從離地面18 m高處,利用緩降器材由靜止開始勻加速下滑,當速度達到6 m/s 時,以大小為2.5 m/s2加速度減速,到達地面時速度恰好為零。求:
(1)減速下滑過程的位移;
(2)加速下滑過程的加速度;
(3)到達地面整個過程的時間。
解析:(1)減速下滑過程的位移
x2===7.2 m。 (3分)
(2)加速過程的位移
x1=x-x2=18 m-7.2 m=10.8 m , (2分)
加速下滑的加速度
a1=== m/s2。 (2分)
(3)法一:加速下滑的時間
t1===3.6 s, (2分)
減速下滑的時間
t2===2.4 s, (2分)
到達地面整個過程的時間
t=t1+t2=3.6 s+2.4 s=6 s。 (1分)
法二:加速和減速下滑的過程中平均速度都為
==3 m/s, (3分)
則下滑時間t=t1+t2=+==6 s。 (2分)
答案:(1)7.2 m　(2) m/s2　(3)6 s專題提升3　力的合成和分解的應用
[素養目標]
1.能運用平行四邊形定則進行力的合成。
2.能進行力的分解并會解決生活中的實際問題。
類型一　力的合成的應用
[例1]在平面內有作用于同一點的四個力,以力的作用點為坐標原點O,四個力的方向如圖所示,其中F1=6 N,F2=8 N,F3=4 N,F4=2 N。這四個力的合力方向指向(　A　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析:F1=6 N,沿x軸的正方向,F3=4 N,沿x軸負方向,故F1與F3的合力F13沿著x軸的正方向,為2 N;F2=8 N,沿y軸正方向,F4=2 N,沿y軸負方向,故F2與F4的合力F24為6 N,沿著y軸正方向;最后再將F13與F24合成,故合力F1234為2 N,指向第一象限,故A正確,B、C、D錯誤。
(1)多個力的合成方法
先求出任意兩個力的合力,再求出這個合力跟第三個力的合力,直到把所有的力都合成進去,最后得到的結果就是這些力的合力。
(2)多個力合成的技巧
①優先將共線的分力合成(方向相同或相反)。
②優先將相互垂直的分力合成。
③優先將大小相等且夾角為120°的分力合成,合力大小等于分力大小,方向沿它們夾角的角平分線。
[對點訓練1](多選)如圖所示,水平地面上固定著一根豎直立柱,某人用繩子通過柱頂的輕質光滑定滑輪將100 N的貨物拉住。已知人拉著繩子的一端,且該繩端與水平方向夾角為30°,則(　AC　)
A.繩子的張力大小為100 N
B.柱頂所受壓力大小為100 N
C.柱頂所受壓力大小為100 N
D.柱頂所受壓力大小為50 N
解析:
如圖所示,定滑輪兩側繩的拉力FT1、FT2的合力為FN,定滑輪只改變力的方向,不改變力的大小,所以繩的拉力FT1=FT2=100 N,柱頂所受壓力大小FN= 2FT1cos 30°=2×100× N=100 N,故A、C正確。
類型二　力的分解的應用
[例2]
如圖所示,將大拇指傾斜按在水平桌面上向前推(仍靜止不動),此推力大小為80 N,方向斜向下,與水平方向成37°角,則大拇指對桌面的壓力和摩擦力分別多大(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　B　)
A.64 N,48 N B.48 N,64 N
C.40 N,80 N D.80 N,80 N
解析:
將推力F沿作用效果分解,即水平向右和豎直向下,分解如圖,則F1=Fcos 37°=80×0.8 N=64 N,F2=Fsin 37°=80×0.6 N=48 N,即大拇指對桌面的壓力FN=F2=48 N,對桌面的摩擦力為Ff=F1=64 N。
(1)把力按實際效果分解的一般思路
(2)按力的效果分解的基本步驟
①根據力的實際作用效果確定兩個分力的方向。
②根據兩個分力的方向作出力的平行四邊形。
③利用數學知識解三角形,分析、計算分力的大小。
[對點訓練2]
如圖所示,用兩根承受的最大拉力相等、長度不等的細線AO、BO(AO>BO)懸掛一個中空鐵球,當在球內不斷注入鐵砂時,則(　B　)
A.AO先被拉斷 B.BO先被拉斷
C.AO、BO同時被拉斷 D.條件不足,無法判斷
解析:
依據力的作用效果將重力分解如圖所示,據圖可知FB>FA。又因為兩繩承受能力相同,故當在球內不斷注入鐵砂時,BO繩先斷,選項B正確。
1.
5個力同時作用于某一質點,此5個力大小和方向相當于正六邊形的兩條邊和三條對角線,如圖所示,這5個力的合力的大小為F1的(　D　)
A.3倍
B.4倍
C.5倍
D.6倍
解析:
如圖所示,以F1和F4為鄰邊作平行四邊形,F3為平行四邊形的對角線(即F1與F4的合力為F3),同理可知,F2與F5的合力也為F3,故5個力的合力等于3倍的F3,又根據幾何關系知F3等于2倍的F1,則5個力的合力等于6倍的F1,D正確。
2.
(多選)自卸車常用來進行土方、砂石、散料等的裝卸運輸工作。如圖所示,當自卸車的車廂從水平傾斜到一定角度時,車廂上的貨物如集裝箱就會自動滑下。下列說法正確的是(　CD　)
A.車廂傾斜角度越大,集裝箱對車廂的壓力越大
B.車廂傾斜角度越大,集裝箱與車廂的動摩擦因數越小
C.集裝箱靜止在傾斜車廂上時,受到的摩擦力等于重力沿斜面方向的分力
D.集裝箱開始下滑時,受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力
解析:由力的分解知識可知,集裝箱對車廂的壓力為FN=Gcos θ,所以,車廂傾角越大,壓力越小,故A錯誤;集裝箱與車廂的動摩擦因數與接觸面的粗糙程度有關,與傾角無關,故B錯誤;集裝箱靜止在傾斜車廂上時,受到的摩擦力等于重力沿斜面方向的分力,故C正確;集裝箱開始下滑時,受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力,故D正確。
3.(多選)小孫和小李課間休息時,看見一同學正在水平地面上以速度v勻速推動一個大書箱搬運書籍,愛搞惡作劇的小孫就上前“幫倒忙”,可是當小孫對大書箱施加某方向的力F后,發現大書箱的運動狀態不受影響,熱心的小李上前“幫正忙”,可是當小李對大書箱施加另一方向的力F后,發現對大書箱的運動狀態也沒有造成影響,試問小孫和小李同學施加的力F的方向可能是以下選項中的(　AD　)
解析:小孫施加的力斜向左上方,與運動方向相反;由于力有豎直向上的分量,故摩擦力減小,如果F向后的分力與減小的摩擦力相等則大書箱可以做勻速運動,故A正確;小孫施加的力斜向左下方,與運動方向相反,則壓力增大,摩擦力增大,而F有向后的分力,故大書箱一定做減速運動,故B錯誤;小李施加的力斜向右上方,與運動方向相同,則大書箱對地面的壓力減小,摩擦力減小,而拉力有向前的分量,故大書箱做加速運動,故C錯誤;小李施加的拉力斜向右下方,與運動方向相同,大書箱對地面的壓力增大,摩擦力增大,但拉力有向前的分量,仍有可能使大書箱做勻速運動,故D正確。
4.
如圖是我們衣服上的拉鏈的一部分,在把拉鏈拉開的時候,我們可以看到有一個三角形的東西在兩鏈中間運動,使很難直接分開的拉鏈很容易地拉開,關于其中的物理原理,以下說法正確的是(　A　)
A.拉開拉鏈時,三角形的物體增大了分開兩拉鏈的力
B.拉開拉鏈時,三角形的物體只是為了將拉鏈分開,并沒有增大拉力
C.拉開拉鏈時,三角形的物體增大了分開拉鏈的力,但合上拉鏈時減小了合上的力
D.以上說法都不正確
解析:
在拉開拉鏈的時候,手的拉力在三角形的物體上產生了兩個分力,如圖所示,分力大于手的拉力,合上拉鏈時,三角形物體增大了合上拉鏈的力,故選A。
5.
為了把陷在泥坑里的汽車拉出來,司機用一條結實的繩子把汽車拴在一棵大樹上(繩水平且繃直)。開始時汽車和大樹相距12 m,然后在繩的中點用400 N的拉力F沿與繩垂直的方向拉繩,結果中點被拉過0.6 m,如圖所示。假設繩子的伸長可以忽略不計,求此時汽車受到的拉力大小。
解析:以繩的中點O為結點,對其受力分析,它受到人對它的橫向拉力F,F沿繩方向會產生兩分力F1、F2。由對稱性知F1=F2。作出力的分解的平行四邊形(如圖所示),設繩與AB方向的夾角為θ。
由題意知,sin θ==0.1,F1==2 000 N,
即汽車受到的拉力大小為2 000 N。
答案:2 000 N
課時作業
學考基礎練
知識點一　力的合成的應用
1.F1和F2是共點力,根據平行四邊形定則求合力F,作圖正確的是(　C　)
解析:兩個力合成時,以表示這兩個力的有向線段為鄰邊作平行四邊形,這兩個鄰邊之間的對角線就代表合力的大小和方向,故C正確。
2.一質量為10kg的物體,受到大小分別為2 N、4 N、5 N的作用,其合力最小為(　C　)
A.3 N B.1 N
C.0 N D.無法確定
解析:2 N、4 N的合力范圍為2 N到6 N,而5 N在此范圍內,則合力的最小值為0 N,故C正確,A、B、D錯誤。
3.泰山索道包括泰山中天門索道、后石塢索道、桃花源索道。三條索道以岱頂為中心,構成了連接中天門景區、后石塢景區和桃花峪景區的泰山空中交通網,如圖為正在運行的泰山索道。索道為什么松一
些好
解析:如圖,當合力一定時,兩分力間的夾角越小,分力也就越小,所以索道松一些好,可提高安全性能。
答案:見解析
知識點二　力的分解的應用
4.小明想推動家里的衣櫥,但使出了最大力氣也推不動,他便想了個妙招,如圖所示,用A、B兩塊木板,搭成一個底角較小的“人”字形架,然后往中央一站,衣櫥被推動了。下列說法正確的是(　C　)
A.這是不可能的,因為小明根本沒有用力去推衣櫥
B.這是不可能的,因為無論如何小明的力氣也沒那么大
C.這有可能,A板對衣櫥的推力有可能大于小明受到的重力
D.這有可能,A板對衣櫥的推力不可能大于小明受到的重力
解析:如圖所示,小明受到的重力可以分解成沿A板、B板兩個方向的力,由于底角較小,所以A板、B板方向的力會很大。A板對衣櫥的力可以分解成水平方向和豎直方向的力,而水平方向的力有可能大于小明的重力,故選C。
5.假期里,一位同學在廚房里協助媽媽做菜,對菜刀產生了興趣。他發現菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一樣,菜刀橫截面為等腰三角形,刀刃前部的橫截面頂角較小,后部的頂角較大,如圖所示。他先后做出過幾個猜想,其中合理的是(　D　)
A.刀刃前部和后部厚薄不勻,僅是為了打造方便,外形美觀,跟使用功能無關
B.在刀背上加上同樣的壓力時,分開其他物體的力跟刀刃厚薄無關
C.在刀背上加上同樣的壓力時,頂角越大,分開其他物體的力越大
D.在刀背上加上同樣的壓力時,頂角越小,分開其他物體的力越大
解析:設頂角為2θ,背寬為d,側面長為l,如圖甲所示。當在刀背施加壓力F后,產生垂直側面的兩個分力F1、F2,使用中依靠著這兩個分力分開其他物體。由對稱性知,這兩個分力大小相等(F1=F2),因此畫出力的分解的平行四邊形,實為菱形,如圖乙所示,在這個力的平行四邊形中,取其四分之一考慮(圖中陰影部分)。根據它跟半個劈的直角三角形的相似關系,有關系式==,得F1=F2=。由此可見,刀背上加上一定的壓力F時,側面分開其他物體的力跟頂角的大小有關,頂角越小,sin θ的值越小,F1和F2的值越大,故D正確。
6.圖中的大力士用繩子拉動汽車,繩中的拉力為F,繩與水平方向的夾角為θ;若將F沿水平和豎直方向分解,則其豎直方向的分力為(　A　)
A.Fsin θ B.Fcos θ C. D.
解析:由平行四邊形定則可得,豎直方向上分力Fy=Fsin θ,故A正確,B、C、D錯誤。
7.(多選)在救援行動中,千斤頂發揮了很大作用,如圖所示為剪式千斤頂,當搖動把手時,螺紋軸就能迫使千斤頂的兩臂靠攏,從而將汽車頂起。當車輪剛被頂起時汽車對千斤頂的壓力為 1.0×105 N,此時千斤頂兩臂間的夾角為120°,則下列判斷正確的是(　AD　)
A.此時兩臂受到的壓力大小均為1.0×105 N
B.此時兩臂受到的壓力大小均大于1.0×105 N
C.若繼續搖動把手,兩臂受到的壓力將增大
D.若繼續搖動把手,兩臂受到的壓力將減小
解析:畫出千斤頂所受壓力的分解示意圖。
則F1=F2==1.0×105 N,若繼續搖動把手,θ減小,則F1和F2將減小,故A、D正確。
選考提升練
8.(多選)將質量為m的長方形木塊放在水平桌面上,用與水平方向成α角的斜向右上方的力F拉木塊,如圖所示,則(　AB　)
A.力F的水平分力為Fcos α
B.力F的豎直分力為Fsin α,它使木塊m對桌面的壓力比mg小
C.力F的豎直分力為Fsin α,它不影響木塊對桌面的壓力
D.力F與木塊重力mg的合力方向可以豎直向上
解析:如圖所示,將F分解為水平方向和豎直方向的兩個分力F1=
Fcos α,F2=Fsin α,F2有豎直方向提拉作用,故木塊對桌面的壓力減小了,選項A、B正確,C錯誤;根據平行四邊形定則,力F與木塊重力的合力方向不能豎直向上,D錯誤。
9.如圖所示,AB、AC兩光滑斜面互相垂直。AC與水平方向成30°角。若把球O的重力G按照其作用效果分解,則兩個分力的大小分別為(　B　)
A.G,G B.,G
C.G,G D.G,G
解析:將重力分解為壓緊AB和AC兩個斜面的力,則G1=Gsin 60°=
G,G2=Gsin 30°=,故選B。
10.如圖為汽車的機械式手剎(駐車器)系統的結構示意圖,結構對稱。當向上拉動手剎拉桿時,手剎拉索(不可伸縮)就會拉緊,拉索OD、OC分別作用于兩邊輪子的制動器,從而實現駐車的目的。則以下說法正確的是(　D　)
A.當OD、OC兩拉索夾角為60°時,三根拉索的拉力大小相等
B.拉動手剎拉桿時,拉索AO上拉力總比拉索OD和OC中任何一個拉
力大
C.若在AO上施加一恒力,OD、OC兩拉索夾角越小,拉索OD、OC拉力越大
D.若保持OD、OC兩拉索拉力不變,OD、OC兩拉索越短,拉動拉索AO越省力
解析:當OD、OC兩拉索夾角為120°時,三根拉索的拉力大小才相等,選項A錯誤;拉動手剎拉桿時,當OD、OC兩拉索夾角大于120°時,拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一個拉力都小,選項B錯誤;根據平行四邊形定則可知,若在AO上施加一恒力,OD、OC兩拉索夾角越小,拉索OD、OC拉力越小,選項C錯誤;若保持OD、OC兩拉索拉力不變,OD、OC兩拉索越短,即兩分力大小一定,夾角越大,合力越小,即拉動拉索AO越省力,選項D正確。
11.南昌八一大橋是江西省第一座斜拉索橋,全長3 000多米,設計為雙獨塔雙索面扇形預應力斜拉橋,如圖所示。假設斜拉橋中某對鋼索與豎直方向的夾角都是53°,每根鋼索中的拉力都是5×104 N,那么它們對塔柱形成的合力有多大 方向如何 (已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)
解析:把兩根鋼索的拉力看成沿鋼索方向的兩個分力,以它們為鄰邊作一個平行四邊形,其對角線就表示它們的合力。由對稱性可知,合力方向一定沿塔柱豎直向下;根據菱形的幾何關系,在直角三角形AOD內,∠AOD=53°,則有F=2F1cos 53°=2×5×104×0.6 N=6×104 N,方向豎直向下。
答案:6×104 N　方向豎直向下
12.小明閑暇時發現鄰居家空調室外機的支架是兩個邊長大約是3∶4∶5的直角三角形支架,室外機恰好對稱地放在兩個支架的正中央(這樣每個支架大概就承受一半的重力),如圖所示。他估測該室外機的質量大約在60 kg 左右,而且支架材料的質量跟室外機相比應該可忽略不計。進一步他還發現,鄰居家的室外機安放的比較靠外,其重心大致位于兩個三角形的小銳角頂點連線AA′的正上方。試根據以上信息,并結合你對題中圖片的觀察,建立合理模型,幫小明大致計算出支架AB和支架AC受到的力的大小。
解析:模型圖如圖所示,
將重力按實際作用效果分解,則有
=，
得FAC=500 N，
=,得FAB=400 N。
答案:400 N　500 N專題提升4　動態平衡問題
[素養目標]
1.靈活應用整體法和隔離法對物體進行受力分析。
2.掌握解決動態平衡問題的常用方法,會分析動態平衡問題。
3.會分析平衡中的臨界和極值問題。
類型一　受力分析的整體法和隔離法
[例1] 如圖所示,物體a、b和c疊放在水平桌面上,水平力Fb=5 N、Fc=10 N分別作用于物體b、c上,a、b和c仍保持靜止。則物體b受力的個數為(　C　)
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:對a分析,a受豎直方向上的重力和支持力作用,如果在水平方向上受摩擦力,則合力不為零,不能保持靜止,故不受摩擦力作用,所以a、b之間沒有摩擦力,將a、b看作一個整體,整體受到向左的Fb作用,若要保持靜止,必須受到向右的靜摩擦力,故b、c之間有摩擦力,b受到重力、c的支持力、a的壓力、拉力Fb、c給的摩擦力,5個力的作用,故C正確。
(1)受力分析的一般步驟
(2)整體法和隔離法對比
整體法 原則 只涉及系統外力,不涉及系統內部物體之間的相互作用
條件 系統內的物體具有相同的運動狀態
優、缺點 利用此法解題一般比較簡單,但不能求內力
隔離法 原則 分析系統內某個物體的受力情況
優點 系統內物體受到的內力、外力均能求
[對點訓練1]
如圖所示,質量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上,質量為m的正方體放在圓柱體和光滑墻壁之間,且不計圓柱體與正方體之間的摩擦,正方體與圓柱體的接觸點的切線與右側墻壁成θ角,圓柱體處于靜止狀態,則(　C　)
A.地面對圓柱體的支持力大于(M+m)g
B.地面對圓柱體的摩擦力為mgtan θ
C.正方體對圓柱體的彈力為
D.正方體對圓柱體的壓力為
解析:以正方體為研究對象,受力分析如圖所示。
根據平衡條件有FN2cos θ=FN1,FN2sin θ=mg,則FN1=,FN2=,根據牛頓第三定律,正方體對圓柱體的壓力為,選項C正確,D錯誤;以圓柱體和正方體整體為研究對象,地面對圓柱體的支持力FN=(M+m)g,水平方向受力平衡,地面對圓柱體的摩擦力Ff=FN1=,選項A、B錯誤。
類型二　解決動態平衡問題的常用方法
[例2] 如圖所示,在粗糙水平地面上放著一個表面為四分之一圓弧的柱狀物體甲,甲的左端緊靠豎直墻壁,甲與豎直墻壁之間放一光滑圓球乙,整個裝置處于靜止狀態。則把甲向右緩慢移動少許的過程中,下列判斷正確的是(　 　)
A.球乙對墻壁的壓力增大
B.球乙對柱狀物體甲的壓力增大
C.地面對柱狀物體甲的摩擦力不變
D.地面對柱狀物體甲的支持力不變
解析:球乙受重力、甲的支持力F1和墻壁的壓力F2,如圖甲所示,設F1與豎直方向的夾角為θ,將重力G分解為G1和G2,則根據平衡條件可知,F1=G1=,F2=G2=Gtan θ。當甲向右緩慢移動時,根據幾何關系可知, 甲對球乙的支持力F1與豎直方向的夾角θ減小,所以cos θ增大,tan θ減小,即墻壁對球乙的壓力F2減小, 甲對球乙的支持力F1減小,根據牛頓第三定律可知,球乙對墻壁的壓力減小,球乙對甲的壓力也減小,選項A、B錯誤;對甲、乙整體進行受力分析,如圖乙所示,由平衡條件可知甲受地面的摩擦力大小Ff=F2,則Ff減小,地面對甲的支持力等于甲、乙的重力之和,大小不變,選項C錯誤,D正確。
(1)動態平衡
①所謂動態平衡問題,是指通過控制某些物理量,使物體的狀態發生緩慢變化,而在這個過程中物體又始終處于一系列的平衡狀態,常利用圖解法解決此類問題。
②基本思路:化“動”為“靜”,“靜”中求“動”。
(2)分析動態平衡問題的方法
方法 步驟
解析法 ①列平衡方程求出未知量與已知量的關系表達式。 ②根據已知量的變化情況來確定未知量的變化情況
圖解法 ①根據已知量的變化情況,畫出平行四邊形邊、角的變化。 ②確定未知量大小、方向的變化
相似三 角形法 ①根據已知條件畫出兩個不同情況對應的力的三角形和空間幾何三角形,確定對應邊,利用三角形相似知識列出比例式。 ②確定未知量大小的變化情況
力的三 角形法 對受三個力作用而平衡的物體,將力的矢量圖平移使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三角形,根據正弦定理、余弦定理等數學知識求解未知力
[對點訓練2]
如圖,物體在水平力F作用下靜止在斜面上。若稍許增大F,仍使物體靜止在斜面上,則斜面對物體的靜摩擦力Ff、支持力FN以及Ff和FN的合力F′變化情況是(　A　)
A.Ff不一定增大,FN一定增大,F′一定增大
B.Ff一定增大,FN一定增大,F′不變
C.Ff、FN、F′均增大
D.Ff、FN不一定增大,F′一定增大
解析:物體受重力、支持力、推力及摩擦力而處于平衡狀態;受力分析及正交分解如圖所示(摩擦力未畫)。
在y軸方向上,FN=Gcos α+Fsin α;增大推力F,則支持力一定增大;沿斜面方向上有Fcos α=mgsin α+Ff,若推力沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力,則摩擦力向下,若推力增大,則摩擦力增大;若推力沿斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力,則摩擦力向上,若推力增大,則摩擦力減小;物體靜止,所受合力為零,Ff和FN的合力F′與重力和F的合力等大反向,推力F增大,則重力與F的合力增大,則Ff和FN的合力F′增大,故A正確,B、C、D錯誤。
類型三　平衡中的臨界和極值問題
[例3]
如圖所示,光滑固定斜面上有一個質量為10 kg的小球被輕繩拴住懸掛在天花板上,已知繩子與豎直方向的夾角為45°,斜面傾角為30°,整個裝置處于靜止狀態。求:(g取10 m/s2,結果均保留三位有效數字)
(1)繩中拉力的大小和斜面對小球支持力的大小;
(2)若另外用一個外力拉小球,能夠把小球拉離斜面,求最小的拉力的大小。
解析:
(1)對小球受力分析并建立坐標系如圖所示。
根據平衡條件,水平方向有
FTsin 45°=FNsin 30°，
豎直方向有
FTcos 45°+FNcos 30°=mg，
聯立解得FT≈51.8 N,FN≈73.2 N。
(2)
對小球受力分析,利用三角形定則,由圖可知,當F與繩垂直時,拉力最小,拉力的最小值為
Fmin=mgsin 45°≈70.7 N。
答案:(1)51.8 N　73.2 N　(2)70.7 N
(1)問題特點
臨界 問題 當某物理量變化時,會引起其他物理量的變化,從而使物體所處的平衡狀態能夠“恰好出現”或“恰好不出現”。在問題描述中常用“剛好”“剛能”“恰好”等語言敘述
極值 問題 一般是指在力的變化過程中出現最大值和最小值問題
(2)突破臨界問題的三種方法
解析法 根據平衡條件列方程,用二次函數、討論分析、三角函數以及幾何法等求極值
圖解法 若只受三個力,則這三個力構成封閉矢量三角形,然后根據矢量圖進行動態分析
極限法 選取某個變化的物理量將問題推向極端(“極大”“極小”等),從而把比較隱蔽的臨界現象暴露出來
(3)解題思路
解決共點力平衡中的臨界、極值問題“四字訣”
[對點訓練3]
城市中的路燈、無軌電車的供電線路等,常用三角形的栓接結構懸掛,如圖所示的是這種三角形結構的一種簡化模型。圖中硬桿OA可繞A點且垂直于紙面的軸進行轉動,不計鋼索OB和硬桿OA受到的重力,∠AOB等于30°,如果鋼索OB最大承受拉力為2.0×104 N,求:
(1)O點懸掛物的最大重力;
(2)桿OA對O點的最大支持力。
解析:
(1)設鋼索OB拉力為F1,桿OA對O點的支持力為F2,對O點進行受力分析,如圖所示。
根據平行四邊形定則有
G=F1sin 30°，
當F1取最大拉力2.0×104 N時,O點懸掛物的最大重力G=1.0×104 N。
(2)由(1)知,F2=F1cos 30°，
桿OA對O點的最大支持力
F2≈1.73×104 N。
答案:(1)1.0×104 N　(2)1.73×104 N
1.
L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上,輕質彈簧一端固定在木板上,另一端與置于木板上表面的滑塊Q相連,如圖所示。若P、Q一起沿斜面勻速下滑,不計空氣阻力。則木板P的受力個數為(　C　)
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:P、Q一起沿斜面勻速下滑時,木板P的上表面光滑,整體分析,受力平衡,受重力、斜面支持力、斜面的摩擦力;隔離滑塊Q分析受力,受到三個力,重力、P對Q的支持力、彈簧對Q沿斜面向上的彈力;再隔離木板P分析受力,P的重力、Q對P的壓力、彈簧對P沿斜面向下的彈力、斜面對P的支持力、斜面對P的摩擦力,共5個力,故C正確。
2.如圖所示,一個足球用網兜懸掛于O點,A點為網兜上對稱分布的網繩的結點,OA為一段豎直繩,設網繩的長短和足球受到的重力不變,若足球越大,則(　A　)
A.網繩的拉力越大
B.網繩的拉力越小
C.網繩的拉力不變
D.豎直繩OA的拉力越大
解析:設有n根網繩,每根網繩與豎直方向的夾角為θ,則nFTcos θ=mg,FT=,若足球越大,網繩與豎直方向的夾角越大,cos θ越小,則FT越大,故A正確,B、C錯誤;以網繩和足球整體為研究對象,根據平衡條件,豎直繩OA的拉力總是與足球受到的重力相等,保持不變,故D錯誤。
3.如圖所示,當人向后退一步,θ角變大,人與重物重新保持靜止,下述說法正確的是(　B　)
A.地面對人的支持力減小
B.地面對人的摩擦力增大
C.人對地面的壓力減小
D.人對繩子的拉力增大
解析:
對人受力分析,如圖所示。由平衡條件得FTsin θ=Ff,FTcos θ+FN=G,由題意可知,繩子的拉力大小FT等于重物的重力,沒有變化,所以隨著夾角θ變大,可得Ff增大,FN增大,由牛頓第三定律知,人對地面的壓力增大。故A、C、D錯誤,B正確。
4.
在新疆吐魯番的葡萄烘干房內,果農用圖示支架懸掛葡萄。OA、OB為承重的輕桿,AOB始終在豎直平面內,OA可繞A點自由轉動,OB與OA通過鉸鏈連接,可繞O點自由轉動,且OB的長度可調節,現將新鮮葡萄用細線掛于O點,保持OA不動,調節OB的長度讓B端沿地面上的AB連線向左緩慢移動,OA桿所受作用力大小為F1,OB桿所受的作用力大小為F2,∠AOB由銳角變為鈍角的過程中,下列判斷正確的是(　A　)
A.F1逐漸變大,F2先變小后變大
B.F1先變小后變大,F2逐漸變大
C.F1逐漸變小,F2逐漸變小
D.F1逐漸變大,F2逐漸變大
解析:
以O點為研究對象進行受力分析,受到細線的拉力(等于葡萄的重力)、OA和OB桿的支持力,如圖所示,當OB桿向左移動而OA位置不變時,利用矢量三角形方法作出各力的變化情況如圖,由圖可知,F1逐漸變大、F2先變小后變大;當OB與OA相互垂直時,F2最小,故A正確。
5.
如圖所示,三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點,A、B兩端被懸掛在水平天花板上,相距2l且AB平行于CD?，F在C點上懸掛一個質量為m的重物,為使CD繩保持水平,整個系統保持靜止,在D點上可施加力的最小值為(　C　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
解析:
對C點進行受力分析,由平衡條件可知,繩CD對C點的拉力FCD=mgtan 30°,對D點進行受力分析,繩CD對D點的拉力F2=FCD=mgtan 30°,故F2是恒力,F1
方向一定,則F1與F3的合力F2′與F2等值反向,如圖所示,由圖知當F3垂直于繩BD時,F3最小,由幾何關系可知,F3min=FCDsin 60°=mg,故選項C正確。
6.
如圖所示,三根不可伸長的細線通過結點O相連,另一端分別固定于豎直墻壁A處、質量為200 g的鉤碼B、C處,AO線與豎直方向的夾角θ=37°,CO線處于水平狀態。水平桌面上疊放了5個相同的鉤碼,C處鉤碼與水平面之間的動摩擦因數μ=0.75,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)細線AO上的拉力大小;
(2)把水平桌面上的鉤碼逐個拿下來掛在BO線上,要使平衡不被破壞,BO線上最多能掛幾個鉤碼 (設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)
解析:(1)BO線上的拉力為
FTB=mg=2 N
以結點O為研究對象,由平衡條件有
FTAcos 37°=FTB
解得FTA=2.5 N。
(2)達到臨界平衡時,假設BO線上掛了n個鉤碼,則有
FTB′=nmg
CO線上拉力為FTC′=μ·(6-n)mg
根據FTC′=FTB′tan 37°
代入解得n=3。
答案:(1)2.5 N　(2)3個
課時作業
學考基礎練
知識點一　受力分析的整體法和隔離法
1.如圖所示有3個燈籠串在一起,在風的吹拂下懸繩與豎直方向的夾角為37°,設每個燈籠的質量均為m,相鄰的燈籠之間用繩子相連接,自上往下數,第一個燈籠對第二個燈籠的拉力為(　A　)
A.2.5mg B.1.5mg C.3.6mg D.2mg
解析:以最下面兩個燈籠組成的整體為研究對象,受力分析如圖。根據平衡條件,豎直方向有FTcos 37°=2mg,解得FT==2.5mg,選項A正確,B、C、D錯誤。
2.如圖所示,小球被輕質細繩系住斜吊著放在靜止的光滑斜面上處于靜止狀態,細繩與豎直方向夾角為θ。斜面傾角α=θ,置于粗糙水平地面上。則下列說法正確的是(　B　)
A.斜面對小球的支持力方向豎直向上
B.細繩對小球拉力大小等于斜面對小球的支持力的大小
C.地面對斜面體無摩擦力的作用
D.斜面體對地面的摩擦力水平向左
解析:對小球受力分析可知,斜面對小球的支持力方向垂直斜面向上,并且支持力與細繩拉力的合力與重力等大反向,由于斜面傾角α=θ,所以細繩對小球拉力大小等于斜面對小球的支持力的大小,故A錯誤,B正確;對小球和斜面整體分析,整體受重力、支持力、細繩拉力和地面對斜面體的摩擦力,地面對斜面體的摩擦力方向水平向左,根據作用力和反作用力關系可知,斜面體對地面的摩擦力水平向右,故C、D錯誤。
3.a、b兩個質量相同的球用線連接,a球用線掛在天花板上,b球放在光滑斜面上,系統保持靜止,以下圖示正確的是(　B　)
解析:對b球受力分析,受重力、垂直斜面向上的支持力和細線的拉力,由于b球處于平衡狀態,三個力中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線,故細線拉力斜向右上方,故A圖錯誤;再對a、b兩個球整體受力分析,受總重力、垂直斜面向上的支持力和上面細線的拉力,同理,整體三力平衡,上面的細線的拉力方向也斜向右上方,故C、D圖錯誤。
知識點二　解決動態平衡問題的常用方法
4.有一個直角支架AOB,AO水平放置,表面粗糙,OB豎直放置,表面光滑。AO上套有小環P,OB上套有小環Q,兩環質量均為m,兩環用一質量可忽略、不可伸長的細繩相連,并在某一位置平衡,如圖,現將P環向左移一小段距離,兩環再次達到平衡,那么將移動后的平衡狀態和原來的平衡狀態比較,AO桿對P環的支持力FN和細繩上的拉力FT的變化情況是(　B　)
A.FN不變,FT變大 B.FN不變,FT變小
C.FN變大,FT變大 D.FN變大,FT變小
解析:以兩環組成的整體,分析受力情況如圖甲所示。根據平衡條件得FN=2mg保持不變。再以Q環為研究對象,分析受力情況如圖乙所示。設細繩與OB桿間夾角為α,由平衡條件得,細繩的拉力FT=,P環向左移時α減小,則FT變小,故B正確,A、C、D錯誤。
5.如圖所示,將光滑的球放置在豎直的高擋板AB與豎直的矮擋板CD之間,兩擋板間的距離小于球的直徑。由于長時間作用,CD擋板的C端略向右偏移了少許。則與C端未偏移時相比,下列說法中正確的是(　C　)
A.AB擋板的支持力變小,C端的支持力變小
B.AB擋板的支持力變小,C端的支持力變大
C.AB擋板的支持力變大,C端的支持力變大
D.AB擋板的支持力變大,C端的支持力變小
解析:以球為研究對象,受到重力、AB擋板的支持力FAB,C端的支持力FC,受力分析如圖所示。根據平衡條件可得FAB=mgtan θ,FC=,CD擋板的C端略向右偏移,θ角增大,則AB擋板的支持力變大,C端的支持力變大,故C正確,A、B、D錯誤。
6.(多選)如圖所示,一小球在斜面上處于靜止狀態,不考慮一切摩擦,如果把豎直擋板由豎直位置緩慢繞O點轉至水平位置,則此過程中球對擋板的壓力F1和球對斜面的壓力F2的變化情況是(　BC　)
A.F1先增大后減小 B.F1先減小后增大
C.F2一直減小 D.F2一直增大
解析:以球為研究對象,分析受力情況,小球受到重力G、斜面的支持力F2和擋板的支持力F1,如圖,由平衡條件得知,F1和F2的合力與G大小相等、方向相反,作出三個位置力的合成圖如圖,由圖看出,F1先減小后增大,F2逐漸減小,當F1和F2垂直時,F1最小,故B、C正確,A、D錯誤。
7.如圖,斜面體A靜置于粗糙水平面上,被一輕繩拴住的小球B置于光滑的斜面上,輕繩左端固定在豎直墻面上P處,此時小球靜止且輕繩與斜面平行。現將輕繩左端從P處緩慢沿墻面上移到P′處,斜面體始終處于靜止狀態,則在輕繩移動過程中(　D　)
A.輕繩的拉力先變小后變大
B.輕繩的拉力先變大后變小
C.斜面體對小球的支持力逐漸增大
D.斜面體對小球的支持力逐漸減小
解析:對小球受力分析如圖所示。小球受到斜面體的支持力FN及輕繩拉力FT的合力始終與小球重力G等大反向,當輕繩左端上升時,FT增大,FN減小,故選D。
知識點三　平衡中的臨界和極值問題
8.將兩個質量均為m的小球a、b用細線相連后,再用細線懸掛于O點,如圖所示。用力F拉小球b,使兩個小球都處于靜止狀態,且細線Oa與豎直方向的夾角保持θ=30°,則F的最小值為(　A　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
解析:將兩小球視為整體受力分析,并畫出矢量三角形如圖?？芍擣與細線Oa垂直時,有最小值,Fmin=2mgsin 30°=mg,故A正確,B、C、D錯誤。
9.如圖所示,兩根等長的繩子AB和BC在結點B吊一重物靜止,兩根繩子與水平方向夾角均為60°?，F保持繩子AB與水平方向的夾角不變,將繩子BC逐漸緩慢地變化到沿水平方向,在這一過程中,繩子BC拉力(　B　)
A.最大值為mg B.最大值為mg
C.最小值為mg D.最小值為mg
解析:以結點B為研究對象,分析受力情況,根據三力平衡條件知,繩子AB的拉力FTAB與繩子BC的拉力FTBC的合力與重物的重力大小相等、方向相反。作出繩子BC逐漸緩慢地變化到沿水平方向過程中多個位置的力的合成圖,由幾何知識得,繩子BC拉力先減小后增大,在FTAB與FTBC垂直時取最小值,最小值為mgsin 30°=,在初始位置或最終位置取最大值,最大值為mgtan 30°=mg,故選項B正確。
選考提升練
10.如圖所示,甲、乙兩個小球的質量均為m,兩球間用細線連接,甲球用細線懸掛在天花板上,兩根細線長度相等?，F給乙球一大小為F水平向左的拉力,給甲球一大小為3F的水平向右的拉力,平衡時細線都被拉緊。則平衡時兩球的可能位置是下面的(　B　)
解析:首先取整體為研究對象,整體受到重力、上面細線的拉力以及向左F、向右3F的拉力,兩個拉力的矢量和F合=2F,方向向右,故上面的細線向右偏;設上面細線與豎直方向的夾角為α,則由平衡條件得
tan α==,以乙球為研究對象,設下面的細線與豎直方向的夾角為β,則由平衡條件得tan β=,故α=β,兩根細線長度相等,故乙在O點正下方,故B正確,A、C、D錯誤。
11.(多選)如圖所示,在水平地面上放著一個左側截面為半圓的光滑柱狀物體甲,在物體甲與豎直墻面之間放著一個光滑斜面體乙,斜面體乙未接觸地面,整個裝置在水平力F作用下處于靜止狀態,現推動物體A緩慢向左移動一小段距離,在此過程中,下列說法正確的是(　AB　)
A.水平力F大小不變
B.地面對物體甲的支持力不變
C.斜面體乙對物體甲的壓力逐漸增大
D.墻面對斜面體乙的支持力逐漸減小
解析:以乙為研究對象,受力如圖(a)所示,由平衡條件可知,墻面對乙的作用力F1=,物體A對乙的支持力F2=,物體甲向左移動時,角度θ保持不變,所以F1、F2保持不變,結合牛頓第三定律,故C、D錯誤;以整體為研究對象,受力如圖(b)所示,水平力F大小等于F1保持不變,豎直方向上,地面對物體甲的支持力等于甲、乙重力之和保持不變,故A、B正確。
12.如圖所示,光滑平板用鉸鏈連接在水平面上,平板可繞鉸鏈轉動。將一半徑不可忽略的球,用輕質網袋裝好后系在一輕繩一端,輕繩另一端系在平板非鉸鏈一端,初始狀態平板與水平面成θ角,輕繩處于水平位置。現將平板繞鉸鏈緩慢順時針轉動,直至輕繩豎直。則(　B　)
A.輕繩上的拉力一直逐漸增大
B.輕繩上的拉力先增大后減小
C.平板對球的支持力一直逐漸增大
D.平板對球的支持力先增大后減小
解析:最初平衡狀態時球的受力如圖甲所示,設輕繩對球的拉力為F1,平板對球的支持力為F2,則F1與F2的合力大小為mg,方向豎直向上。平板轉動過程中,由于平板緩慢轉動至輕繩豎直,球始終處于動態平衡狀態,合力為0。當平板轉過α角時,球的受力如圖乙所示,此時圖乙中的相應角度為∠1=90°-α,∠2=θ+α,∠3=90°-θ,其中α≤90°,根據正弦定理,在矢量三角形內有==
,其中α角逐漸增大,故F1先增大后減小,F2一直逐漸減小到0,B項正確。
13.(多選)如圖所示,形狀和質量完全相同的兩個圓柱體a、b靠在一起,表面光滑,a,b所受重力分別為G,其中b的下半部剛好固定在水平面MN的下方,上邊露出另一半,a靜止在平面上?，F過a的軸心施加一水平作用力F,可緩慢地將a拉離平面一直滑到b的頂端,對該過程分析,則應有(　BC　)
A.拉力F先增大后減小,最大值是G
B.開始時拉力F最大為 G,以后逐漸減小為0
C.a、b間的壓力開始最大為2G,而后逐漸減小到G
D.a、b間的壓力由0逐漸增大,最大為G
解析:根據力的三角形定則可知,圓柱體a處于初狀態時,受到b的支持力FN==2G,拉力F=FNcos 30°=G,當a緩慢滑動時,θ增大,拉力F=,所以F減小;當a滑到b的頂端時a還是平衡狀態,此時它受到的拉力F必定為0,故A錯誤,B正確;a受到的支持力由FN=可知,θ增大而支持力減小,滑到b的頂端時,二力平衡FN=G,根據牛頓第三定律可知a、b間壓力由2G減小到G,故C正確,D錯誤。
14.如圖所示,質量M=2 kg的木塊套在水平固定桿上,并用輕繩與質量m=1 kg的小球相連,今用跟水平方向成60°角、大小為10 N的力F拉著小球并帶動木塊一起向右勻速運動,運動中M、m的相對位置保持不變,g取10 m/s2。在運動過程中,求:
(1)輕繩與水平方向的夾角θ;
(2)木塊M與水平桿間的動摩擦因數μ。
解析:(1)m處于平衡狀態,其合力為零。以m為研究對象,受力分析如圖甲所示,由平衡條件得
水平方向:Fcos 60°-FTcos θ=0
豎直方向:Fsin 60°-FTsin θ-mg=0
聯立解得θ=30°。
(2)以M、m整體為研究對象,受力分析如圖乙所示,由平衡條件得
水平方向:Fcos 60°-Ff=0，
豎直方向:Fsin 60°+FN-(M+m)g=0，
其中Ff=μFN,聯立解得μ=。
答案:(1)30°　(2)
15.如圖所示,質量為m的物塊A被輕質細繩系住斜吊著放在傾角為30°的靜止斜面上,物塊A與斜面間的動摩擦因數為μ(μ<)。細繩繞過定滑輪O,左右兩邊與豎直方向的夾角α=30°、β=60°,細繩最右端固定在天花板上,O′為細繩上一輕質光滑動滑輪,下方懸掛著重物B。整個裝置處于靜止狀態,重力加速度為g,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力。求:
(1)重物B的質量為多少時,物塊A與斜面間恰好沒有摩擦力作用
(2)物塊A與斜面間恰好沒有摩擦力作用時,水平地面對斜面體的摩擦力為多大
(3)重物B的質量滿足什么條件時,物塊A能在斜面上保持靜止
解析:(1)對物塊A受力分析如圖所示。
A與斜面間恰好沒有摩擦力作用即Ff=0，
根據平衡條件有FNsin 30°=FTsin 30°，
FNcos 30°+FTcos 30°=mg，
解得FT=mg，
再對重物B和動滑輪整體分析,根據平衡條件有2FTcos 60°=mBg，
得mB=m。
(2)對斜面體受力分析,根據平衡條件可知Ff′=FN′sin 30°,其中
FN′=FN,解得Ff′=mg。
(3)如果物體A恰好不上滑,則對A
平行斜面方向:FT1cos 30°-mgsin 30°-Ff1=0，
垂直斜面方向:FN1+FT1sin 30°-mgcos 30°=0，
得FT1=，
如果物體A恰好不下滑,摩擦力反向,則對A
平行斜面方向:FT2cos 30°-mgsin 30°+Ff2=0，
垂直斜面方向:FN2+FT2sin 30°-mgcos 30°=0，
得FT2=，
對重物B,根據平衡條件有2FT′cos 60°=mBg，
故物體B的質量范圍為≥mB≥。
答案:(1)m　(2)mg
(3)≥mB≥。
《相互作用——力》檢測試題
(時間:90分鐘　滿分:100分)
一、選擇題(共12題,每題4分,共48分。第1～6題只有一項符合題目要求,第7～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
1.關于重力及重心的位置,下列說法正確的是(　D　)
A.物體放在斜面時受到的重力小于放在水平面時受到的重力
B.靜止在水平面上的物體對水平面的壓力就是其所受的重力
C.重力只作用在物體的重心上,重心的位置總在物體的幾何中心
D.重力是由于地球對物體吸引而產生的,重力的施力物體是地球
解析:由G=mg知,同一物體在同一地點,其重力是恒定的,與物體放在水平面或斜面無關,故A錯誤;靜止在水平面上的物體所受的重力和對水平面的壓力大小相等,但性質、施力物體、受力物體等均不同,不能說就是同一個力,故B錯誤;重心是物體所受重力的等效作用點,只有形狀規則、質量分布均勻時,重心的位置才在物體的幾何中心,故C錯誤;重力是由于地球對物體吸引而產生的,施力物體是地球,故D正確。
2.如圖所示,兩手指用力擠壓鉛筆的兩端使它保持靜止,下列說法中正確的是(　A　)
A.鉛筆靜止時,兩手指對鉛筆的壓力是一對平衡力
B.鉛筆靜止時,兩手指對鉛筆的壓力是相互作用力
C.左邊手指受到的壓力大于右邊手指受到的壓力
D.用力擠壓鉛筆時,鉛筆不發生形變
解析:鉛筆處于靜止狀態,兩手指對鉛筆的壓力是一對平衡力,則左邊手指受到的壓力等于右邊手指受到的壓力,故A正確,B、C錯誤;用力擠壓鉛筆時,鉛筆會發生肉眼看不出的微小形變,故D錯誤。
3.利用彈簧可以測量物體受到的重力。將勁度系數為k的彈簧上端固定在鐵架臺的橫梁上。彈簧下端不掛物體時,測得彈簧的長度為 x0。將待測物體掛在彈簧下端,如圖所示。待物體靜止時測得彈簧的長度為 x1,測量中彈簧始終在彈性限度內,則待測物體的重力大小為(　D　)
A.kx0 B.kx1
C.k(x1+x0) D.k(x1-x0)
解析:當待測物體靜止時,受到彈力和重力,根據二力平衡可知,彈簧彈力和重力大小相等,根據胡克定律得k(x1-x0)=mg,所以D正確,A、B、C錯誤。
4.如圖所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O為球心,一質量為m的小滑塊,在水平力F的作用下靜止于P點。設滑塊所受支持力為FN,OP與水平方向的夾角為θ,下列關系正確的是(　A　)
A.F= B.F=mgtan θ
C.FN= D.FN=mgtan θ
解析:對小滑塊受力分析,受水平推力F、重力mg、支持力FN,根據三力平衡條件,將受水平推力F和重力G合成,如圖所示,由幾何關系可得F=,FN=,A正確。
5.如圖所示,吊車用兩根等長的繩子OA和OB將質量分布均勻的鐵板勻速吊離地面,下列說法中正確的是(　D　)
A.繩越長,每根繩對鐵板拉力越大
B.繩越長,兩根繩對鐵板拉力的合力越小
C.兩根繩子對鐵板拉力的合力豎直向下
D.兩根繩子對鐵板的拉力和鐵板的重力是共點力
解析:對繩OA和OB的拉力應用平行四邊形定則求合力,如圖。根據平衡條件兩繩子拉力的合力始終與鐵板受到的重力等大反向,即不變;如圖中所示,當繩子變長后,兩繩夾角變小,則繩子拉力變小,但其合力不變,方向豎直向上,故A、B、C錯誤;兩根繩子對鐵板的拉力和鐵板的重力是共點力,故D正確。
6.木塊甲、乙質量分別為5 kg和6 kg,它們與水平地面之間的動摩擦因數均為0.2。夾在甲、乙之間的輕彈簧被壓縮了2 cm,彈簧的勁度系數為400 N/m。系統置于水平地面上靜止不動?，F用F=1 N的水平拉力作用在木塊乙上,如圖所示。力F作用后木塊所受摩擦力情況是(g取10 m/s2)(　C　)
A.木塊甲所受摩擦力大小是10 N
B.木塊甲所受摩擦力大小是0
C.木塊乙所受摩擦力大小是9 N
D.木塊乙所受摩擦力大小是7 N
解析:根據題意可知,木塊甲和水平面之間的最大靜摩擦力的大小為Ff1=μm甲g=10 N,木塊乙和水平面之間的最大靜摩擦力的大小為Ff2=μm乙g=12 N,根據胡克定律可知,彈簧的彈力大小為F1=kx=8 N;當F作用于木塊乙時,F和F1同向且F+F18 N,故A、B、D錯誤,C正確。
7.如圖所示,一同學在水平桌面上成功將三個形狀不規則的石塊疊放在一起,保持平衡,下列說法正確的是(　AD　)
A.石塊b對a的作用力一定與a受到的重力等大反向
B.石塊b對a的支持力與a受到的重力是一對相互作用力
C.石塊c受到水平桌面的摩擦力水平向左
D.石塊c對b的作用力一定豎直向上
解析:石塊b對a的支持力與其對a的靜摩擦力的合力,跟a受到的重力是平衡力,故A正確,B錯誤;以三個石塊作為整體研究,由于整體水平方向不受外力,故石塊c不會受到水平桌面的摩擦力,故C錯誤;選取a、b作為整體研究,根據平衡條件知石塊c對b的作用力與a、b重力平衡,則石塊c對b的作用力一定豎直向上,故D正確。
8.如圖所示,高空作業的工人被一根繩索懸在空中,已知工人及其身上裝備的總質量為m,懸繩與豎直墻壁的夾角為α,并且懸繩上的張力大小為F1,墻壁與工人之間的彈力大小為F2,重力加速度為g,不計人與墻壁之間的摩擦,則(　AC　)
A.F1=
B.F2=
C.若緩慢增大懸繩的長度,F1與F2都變小
D.若緩慢增大懸繩的長度,F1減小,F2增大
解析:對工人受力分析,如圖所示。根據共點力平衡條件有F1=,F2=
mgtan α;若緩慢增大懸繩的長度,工人下移時,α變小,故F1變小,F2變小,故A、C正確,B、D錯誤。
9.如圖,一根繩繞過兩個定滑輪和一個動滑輪后兩端掛著相同的重物(滑輪質量忽略不計),與動滑輪相連的繩圈被手指拉著,整個裝置在同一豎直平面內。如果要增大手指所受的拉力,可采取的方法是(　ABC　)
A.只減小兩滑輪間的距離 B.只增加重物的質量
C.只將手指向下移動 D.只將手指向上移動
解析:對動滑輪處受力分析,受手指的拉力、兩段繩子對稱的拉力,每段繩子的拉力等于懸掛物體的重力,如圖所示。三個力的合力為零,所以手指所受的拉力與兩個拉力的合力大小相等,方向相反。兩個拉力大小不變,夾角變小時合力變大,故A、C正確,D錯誤;增加重物質量,兩個拉力變大,滑輪位置不變,夾角不變,故而合力變大,故B正確。
10.如圖所示,有一剛性方形容器被水平力F壓在豎直的墻面上處于靜止狀態;現緩慢地向容器內注水,直到注滿為止,在此過程中容器始終保持靜止,下列說法中正確的是(　AC　)
A.容器受到的摩擦力逐漸增大
B.容器受到的摩擦力不變
C.水平力F可能不變
D.水平力F必須逐漸增大
解析:由題知容器始終保持靜止狀態,受力平衡,所受的摩擦力等于容器和水的總重力,因總重力不斷增大,所以容器受到的摩擦力逐漸增大,故A正確,B錯誤;若最大靜摩擦力大于總重力時,力F可能不變,若最大靜摩擦力小于總重力時F要增大,故C正確,D錯誤。
11.如圖所示,質量為m的小球與三根相同的輕彈簧相連。靜止時,彈簧c沿豎直方向,相鄰兩彈簧間的夾角均為120°。已知彈簧a、b對小球的作用力大小均為F(mgA.F B.F+2mg
C.F-mg D.F+mg
解析:設a、b兩個彈簧對小球作用力的合力為F′,由幾何關系知
F′=F,若彈簧c對小球的作用力Fc=F,由于mg12.如圖,一粗糙斜面固定在地面上,斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪,其一端懸掛物塊N。另一端與斜面上的物塊M相連,系統處于靜止狀態?，F用水平向左的拉力緩慢拉動N,直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止,則在此過程中(　BD　)
A.水平拉力的大小可能保持不變
B.M所受細繩的拉力大小一定一直增大
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增大
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增大
解析:如圖所示,以物塊N為研究對象,它在水平向左拉力F作用下,緩慢向左移動直至細繩與豎直方向夾角為45°的過程中,水平拉力F逐漸增大,繩子拉力FT逐漸增大;對M受力分析可知,若起初M受到的摩擦力Ff沿斜面向下,則隨著繩子拉力FT的增加,則摩擦力Ff 也逐漸增大;若起初M受到的摩擦力Ff 沿斜面向上,則隨著繩子拉力FT的增加,摩擦力Ff可能先減小后反向增大,故B、D正確。
二、非選擇題(共52分)
13.(6分)如圖甲所示,用鐵架臺、彈簧和多個已知質量且質量相等的鉤碼,探究在彈性限度內彈簧彈力與彈簧伸長量的關系。
(1)圖乙是彈簧彈力F與彈簧伸長量x的Fx圖線,由此可求出彈簧的勁度系數為　　　　 N/m。
(2)圖線不過原點的原因是由于　 。
(3)一個實驗小組在“探究彈力和彈簧伸長量的關系”實驗中,使用兩根不同的彈簧a和b,得到彈力與彈簧伸長量的圖像如圖丙所示。下列表述正確的是　　　　。
A.b的原長比a的長
B.a的勁度系數比b的小
C.a的重力比b的小
D.測得的彈力與彈簧的長度成正比
解析:(1)根據胡克定律可得F=kx,Fx圖像的斜率表示勁度系數,則有k==200 N/m。
(2)由于彈簧自身重力的影響,使得沒有懸掛鉤碼時就有一定的彈力,所以圖線不過原點。
(3)橫坐標為彈簧的伸長量,不能得到彈簧的原長,故A錯誤;Fx圖像的斜率表示勁度系數,所以a的勁度系數比b的小,故B正確;圖線的延長線與F軸交點的絕對值表示彈簧受到的重力,由此可知a受到的重力比b的小,故C正確;根據胡克定律可知測得的彈力與彈簧的伸長量成正比,不是與彈簧的長度成正比,故D錯誤。
答案:(1)200　(2)彈簧自身有重力　(3)BC
評分標準:每空2分。
14.(10分)某實驗小組做“探究兩個互成角度的力的合成規律”實驗,如圖所示,實驗步驟如下:
①用兩個相同的彈簧測力計互成角度的拉細繩套,使橡皮條伸長,結點達到紙面上某一位置,記為O1;
②記錄兩個彈簧測力計的拉力F1和F2的大小和方向;
③只用一個彈簧測力計,將結點仍拉到位置O1,記錄彈簧測力計的拉力F′的大小和方向;
④按照力的圖示要求,作出拉力F1、F2、F′;
⑤根據力的平行四邊形定則作出F1和F2的合力F;
⑥比較F′和F的一致程度。
(1)本次實驗需要用到帶細繩套的橡皮條,圖甲中最合適的是　　。
(2)某次用彈簧測力計拉橡皮條時的指針位置如圖乙所示,彈簧測力計示數為　　　　 N。
(3)改變F1和F2,重復步驟①至⑥進行第二次實驗,記下結點位置O2,位置O2　　　　(選填“必須”或“不必”)與位置O1相同。
(4)實驗中,用兩個彈簧測力計同時拉,兩繩夾角小于90°,一個彈簧測力計示數接近量程,另一個超過量程的一半,請說明這樣的操作
　　　　(選填“合理”或“不合理”),理由是　 。
(5)某同學在坐標紙上畫出了如圖所示的兩個已知力F1和F2,圖中小正方形的邊長表示2 N,兩合力用F表示,F1、F2與F的夾角分別為θ1和θ2,下列關系正確的有　　　　。
A.F1=4 N B.F=12 N
C.θ1=45° D.θ1<θ2
解析:(1)細繩套長度越長,對于力的方向測量越準確,所以最合適的是C。
(2)此彈簧測力計分度值為0.1 N,需要估讀到下一位,因此示數為2.63 N。
(3)改變F1和F2,重復步驟①至⑥進行第二次實驗,記下結點位置O2,因為是兩次不同的實驗,則位置O2不必與第一次位置O1相同。
(4)實驗中,用兩個彈簧測力計同時拉,兩繩夾角小于90°,一個彈簧測力計示數接近量程,另一個超過量程的一半,這樣合力會超出量程,所以不合理。
(5)根據平行四邊形定則,作出兩個力的合力如圖所示,由圖可以知道F1=4 N,合力F=12 N,根據幾何關系知F1與F的夾角為θ1=45°,從圖上可以知道θ1>θ2,故B、C正確,A、D錯誤。
答案:(1)C　(2)2.63　(3)不必 (4)不合理　合力會超出彈簧測力計量程 (5)BC
評分標準:第(1)、(2)問每空1分,第(3)、(4)、(5)問每空2分。
15.(6分)一物體放到水平地板上,用一輕彈簧水平拉該物體,當拉著物體勻速前進時,彈簧伸長了2 cm,用彈簧測量此物體受到的重力時,彈簧伸長了10 cm,已知彈簧的勁度系數為k=200 N/m,g取10 N/kg,求:
(1)物體受到的質量;
(2)物體和地板間的動摩擦因數。
解析:(1)物體的重力G=kx2=20 N， (1分)
所以物體的質量m==2 kg。 (1分)
(2)物體勻速前進時,摩擦力為滑動摩擦力,
有Ff=F=kx1=4 N， (2分)
且G=FN ， (1分)
則動摩擦因數μ==0.2。 (1分)
答案:(1)2 kg　(2)0.2
16.(8分)如圖所示,細繩OA與豎直方向成45°角,細繩OB水平;細繩OA、OB所能承受的最大拉力均為100 N,細繩OC能夠承受足夠大的拉力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)當所懸掛重物受到的重力為50 N時,細線OA、OB的拉力分別是
多大
(2)為使細繩OA、OB均不被拉斷,則細繩OC下端所懸掛重物受到的最大重力應為多大
解析:(1)以結點O為研究對象,受力分析如圖所示。當重物為50 N時,細繩OA的拉力大小F1==50 N， (2分)
細繩OB的拉力大小 F2=G=50 N。 (2分)
(2)當OC下端所懸掛重物的重力不斷增大時,細繩OA、OB所受的拉力同時增大,由于F1>F2,所以細線OA先被拉斷。 (1分)
再假設OA上的拉力剛好達到最大值,即F1max=100 N,處于將被拉斷的臨界狀態, (1分)
根據平衡條件有F1maxcos 45°=Gmax , (1分)
解得Gmax=100 N。 (1分)
答案:(1)50 N　50 N　(2)100 N
17.(10分)如圖所示,質量為M的斜面體A放在粗糙水平面上,用輕繩拴住質量為m的小球B置于斜面上,整個系統處于靜止狀態,已知斜面傾角及輕繩與豎直方向夾角均為θ=30°。不計小球與斜面間的摩
擦,求:
(1)畫出小球的受力分析示意圖;
(2)輕繩對小球的作用力大小;
(3)水平面對斜面體的支持力大小。
解析:(1)以B為研究對象,受力分析示意圖如圖所示。 (2分)
(2)由幾何關系知θ=β=30° ， (1分)
根據平衡條件可得FTsin θ=FNsin β ， (1分)
FTcos θ+FNcos β=mg， (1分)
解得 FT=mg。 (1分)
(3)以斜面體為研究對象,其受力分析示意圖如圖所示。
由(2)可得 FN=mg， (1分)
由牛頓第三定律有FN′= FN=mg， (1分)
由平衡條件得,水平面對斜面體的支持力為
FN1=Mg+FN′cos θ=Mg+mg。 (2分)
答案:(1)圖見解析　(2)mg　(3)Mg+mg
18.(12分)如圖所示,兩個質量均為m的小環套在一水平放置的粗糙長桿上,兩根長度均為l的輕繩一端系在小環上,另一端系在質量為M的木塊上,兩個小環之間的距離也為l,小環保持靜止。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,試求:
(1)小環對桿的壓力大小;
(2)小環與桿之間的動摩擦因數μ至少為多大
解析:(1)兩小環和木塊整體受力為重力(M+2m)g,兩支持力FN,由平衡條件得2FN-(M+2m)g=0 ， (2分)
解得FN=Mg+mg， (1分)
由牛頓第三定律得小環對桿的壓力大小為FN′=Mg+mg。 (1分)
(2)對木塊,其受力為重力Mg和兩輕繩的拉力(設每根繩的拉力為FT),由平衡條件得2FTcos 30°-Mg=0， (2分)
小環剛好不滑動時小環受到最大靜摩擦力,此時動摩擦因數最小,則有FTsin 30°-Ff=0 ， (2分)
Ff=μFN′ ， (2分)
解得μ=。 (2分)
答案:(1)Mg+mg　(2)專題提升5　牛頓運動定律應用中的經典模型
[素養目標]
1.學會用整體法和隔離法分析簡單的連接體模型。
2.能分析簡單的傳送帶模型。
3.能分析簡單的滑塊—滑板模型。
類型一　連接體模型
[例1] 如圖甲所示,將兩質量不同的物體P、Q放在傾角為θ的光滑斜面體上,在物體P上施加沿斜面向上的恒力F,使兩物體沿斜面向上做勻加速直線運動;圖乙為將圖甲中的斜面調整為水平,并在物體P上施加水平恒力F;圖(丙)為兩物體疊放在一起,在物體P上施加一豎直向上的恒力F使二者向上加速運動。三種情況下力F大小相等,加速度大小分別為a甲、a乙、a丙,兩物體間的作用力分別為F甲、F乙、F丙,則下列說法正確的是(　D　)
A.a乙最大,F乙最大
B.a丙最大,F丙最大
C.a甲=a乙=a丙,F甲=F乙=F丙
D.a乙>a甲>a丙,F甲=F乙=F丙
解析:設物體P的質量為M,物體Q的質量為m。在圖甲中,將P和Q看作一個整體,根據牛頓第二定律有F-(M+m)gsin θ=(M+m)a甲,對物體Q有F甲-mgsin θ=ma甲,解得a甲=-gsin θ,F甲=;同理對圖乙,解得a乙=,F乙=;同理對圖丙,解得a丙=-g,F丙=,顯然a乙>a甲>a丙,F甲=F乙=F丙,D正確。
處理連接體模型的方法
(1)整體法:把整個系統作為一個研究對象來分析的方法。不必考慮系統內力的影響,只考慮系統受到的外力。
(2)隔離法:把系統中的各個部分(或某一部分)隔離,作為一個單獨的研究對象來分析的方法。此時系統的內力就有可能成為該研究對象的外力,在分析時要特別注意。
(3)整體法與隔離法的選用:求解各部分加速度都相同的連接體問題時,要優先考慮整體法;如果還要求物體之間的作用力,再用隔離法。求解連接體問題時,隨著研究對象的轉移,往往兩種方法交叉運用。
[對點訓練1]中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”,為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節質量相等的車廂組成,在車頭牽引下,列車沿平直軌道勻加速行駛時,第2節對第3節車廂的牽引力為F。若每節車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等,則倒數第3節對倒數第2節車廂的牽引力為(　C　)
A.F B. C. D.
解析:設列車做勻加速直線運動的加速度為a,可將后面的38節車廂作為一個整體進行分析,設每節車廂的質量均為m,每節車廂所受的摩擦力和空氣阻力的合力大小均為Ff,則有F-38Ff=38ma,再將最后面的2節車廂作為一個整體進行分析,設倒數第3節車廂對倒數第2節車廂的牽引力為F′,則有F′-2Ff=2ma,聯立解得F′=,C項正確,A、B、D項錯誤。
類型二　傳送帶模型
[例2]
如圖所示,水平傳送帶以不變的速度v=10 m/s向右運動,將工件(可視為質點)輕輕放在傳送帶的左端,由于摩擦力的作用,工件做勻加速運動,經過時間t=2 s,速度達到v;再經過時間t′=4 s,工件到達傳送帶的右端,g取10 m/s2,求:
(1)工件在水平傳送帶上滑動時的加速度的大小;
(2)工件與水平傳送帶間的動摩擦因數;
(3)傳送帶的長度。
解析:(1)工件的加速度a=,
解得a=5 m/s2。
(2)設工件的質量為m,由牛頓第二定律得μmg=ma,
所以動摩擦因數μ==0.5。
(3)工件加速運動距離x1=t,
工件勻速運動距離x2=vt′,
工件從左端到達右端通過的距離x=x1+x2
聯立解得x=50 m,即為傳送帶的長度。
答案:(1)5 m/s2　(2)0.5　(3)50 m
傳送帶模型的求解思路
[對點訓練2]
如圖所示的傳送帶,其水平部分ab的長度為2 m,傾斜部分bc的長度為4 m,bc與水平面的夾角為α=37°,將一小物塊A(可視為質點)輕輕放于傳送帶的a端,物塊A與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.25。傳送帶沿圖示方向以v=2 m/s的速度勻速運動,若物塊A始終未脫離傳送帶,且在b點前后瞬間速度大小不變,g取10 m/s2,sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8。試求:
(1)小物塊A在ab段的運動時間;
(2)小物塊A在bc段的運動時間。
解析:(1)A先在傳送帶上勻加速運動(相對地面),設A對地速度為2 m/s時,A對地的位移是x1=,得
x1=0.8 m<2 m,
即物塊在ab段先做加速運動,后做勻速運動,設此過程A的加速度為a1,
則μmg=ma1,故a1=2.5 m/s2,
A做勻加速運動的時間t1==0.8 s,
當A對地的速度達到2 m/s時,A隨傳送帶一起勻速運動,設勻速時間為t2,則t2==0.6 s,
則小物塊A在ab段的運動時間tab=t1+t2=1.4 s。
(2)由于μ=0.25mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,
解得a2=4 m/s2,
由運動學公式xbc=vt3+a2,
可知t3=1 s(t3=-2 s舍去) ,
即小物塊A在bc段的運動時間t3=1 s。
答案:(1)1.4 s　(2)1 s
類型三　滑塊—滑板模型
[例3] 如圖所示,厚度不計的薄板A長l=5 m,質量M=5 kg,放在水平地面上。在A上距右端x=3 m處放一物體B(大小不計),其質量m=2 kg,已知A、B間的動摩擦因數μ1=0.1,A與地面間的動摩擦因數μ2=0.2,原來系統靜止?，F在板的右端施加一大小恒定的水平力F=26 N,持續作用在A上,將A從B下抽出。g取10 m/s2,求:
(1)A從B下抽出前A、B的加速度各是多大
(2)B運動多長時間離開A
解析:(1)對于B,根據牛頓第二定律有
μ1mg=maB,
解得aB=1 m/s2,
對于A,F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA,
解得aA=2 m/s2。
(2)設經時間t抽出,則xA=aAt2,
xB=aBt2,Δx=xA-xB=l-x,
解得t=2 s。
答案:(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s
(1)模型概述:一個物體在另一個物體上,兩者之間有相對運動。問題涉及兩個物體、多個過程,兩物體的運動時間、速度、位移間有一定的關系。
(2)常見的兩種位移關系
滑塊從滑板的一端運動到另一端的過程中,若滑塊和滑板向同一方向運動,則滑離滑板的過程中滑塊的位移和滑板的位移之差等于滑板的長度;若滑塊和滑板向相反方向運動,滑離滑板時滑塊的位移和滑板的位移大小之和等于滑板的長度。
(3)解題方法
①明確各物體初始狀態(對地的運動和物體間的相對運動),確定物體間的摩擦力方向。
②分別隔離兩物體進行受力分析,準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。
③找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中應注意聯系兩個過程的紐帶,即每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
[對點訓練3]
如圖所示,物塊A、木板B的質量均為m=10 kg,不計A的大小,木板B長L=3 m。開始時A、B均靜止?，F使A以水平初速度v0從B的最左端開始運動。已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數分別為μ1=0.3和μ2=0.1,g取10 m/s2。
(1)求物塊A和木板B運動過程的加速度的大小;
(2)若A剛好沒有從B上滑下來,求A的初速度v0的大小。
解析:(1)分別對物塊A、木板B進行受力分析可知,A在B上向右做勻減速運動,設其加速度大小為a1,則有
a1==3 m/s2,
木板B向右做勻加速運動,設其加速度大小為a2,則有
a2==1 m/s2。
(2)由題意可知,A剛好沒有從B上滑下來,則A滑到B最右端時的速度和B的速度相同,設為v,則有時間關系
t==,
位移關系L=-,
解得v0=2 m/s。
答案:(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)2 m/s
1.
如圖所示,質量為2 kg的物塊A與水平地面的動摩擦因數為μ=0.1,質量為1 kg的物塊B與地面的摩擦忽略不計,在已知水平力F=11 N的作用下,A、B一起做加速運動,g取10 m/s2,則下列說法中正確的是(　D　)
A.A、B的加速度均為3.67 m/s2
B.A、B的加速度均為3.3 m/s2
C.A對B的作用力為3.3 N
D.A對B的作用力為3.0 N
解析:在已知水平力F=11 N的作用下,A、B一起做加速運動,對A、B整體,有F-μmAg=(mA+mB)a,解得a=3 m/s2,選項A、B錯誤;隔離B有FAB=mBa=3.0 N,選項C錯誤,D正確。
2.
如圖所示,一物體P從曲面上的A點自由滑下,在水平靜止的粗糙傳送帶上滑動后恰好停在傳送帶的右端B。若傳送帶沿逆時針方向轉動起來,再把P放到A點,讓其自由滑下,則(　A　)
A.P仍能到達B端且速度為零
B.P到達不了B端
C.P會滑過B端后向右拋出
D.以上三種情況均有可能
解析:無論傳送帶是靜止還是沿逆時針方向運行,P受到的支持力大小均等于P的重力mg,動摩擦因數μ不變,P受到的摩擦力方向均水平向左,大小均為Ff=μmg,即P在傳送帶上的受力情況是相同的,運動情況也是相同的,選項A正確,B、C、D錯誤。
3.如圖所示,物體P置于光滑的水平面上,用輕細線跨過質量不計的光滑定滑輪連接一個重力G=10 N的重物,物體P向右運動的加速度為a1;若細線下端不掛重物,而用F=10 N的力豎直向下拉細線下端,這時物體P的加速度為a2,則(　A　)
A.a1C.a1>a2 D.條件不足,無法判斷
解析:掛重物時,選連接體為研究對象,由牛頓第二定律得,共同運動的加速度大小a1==;當改為10 N拉力后,由牛頓第二定律得,P的加速度a2=,故a14.(多選)如圖所示,長方體物塊A疊放在長方體小車B上,B置于光滑水平面上。A、B質量分別為mA=m,mB=2m,A、B之間的動摩擦因數為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,現對B施加一水平力F,則(　CD　)
A.當F>μmg時,A相對B滑動
B.當F=1.5μmg時,B的加速度為0.25μg
C.當F>3μmg時,A相對B滑動
D.A的最大加速度為μg
解析:當A、B剛要發生相對滑動時,A、B之間的最大靜摩擦力為=μmg,對A分析,根據牛頓第二定律有μmg=ma,解得A的最大加速度a=μg,對整體分析,根據牛頓第二定律有F合=3ma=3μmg;當F>3μmg時,A、B發生相對滑動,故選項A錯誤,C、D正確;當F=1.5μmg 時,A、B一起運動,對整體,根據牛頓第二定律有1.5μmg=3ma′,a′=0.5μg,故選項B錯誤。
5.
如圖,傾角θ=37°的足夠長傳送帶以恒定速率v=4 m/s順時針運行,現將一質量m=5 kg的小物體無初速度放在傳送帶的A端,小物體與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.85,g取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,則在整個上滑過程中小物體(　B　)
A.加速度恒定
B.加速運動的時間為5 s
C.所受的摩擦力方向會發生變化
D.所受的滑動摩擦力大小為42.5 N
解析:剛開始小物體受沿斜面向上的滑動摩擦力Ff=μmgcos 37°=34 N,故選項D錯誤;剛開始小物體向上的加速度a=μgcos 37°-gsin 37°=0.8 m/s2,由v=at解得加速運動的時間t=5 s,故選項B正確;由于μ=0.85>tan θ=0.75,所以小物體速度達到4 m/s后就與傳送帶保持相對靜止,以共同的速度向上勻速運動,加速度為零,此時小物體受沿斜面向上的靜摩擦力作用,摩擦力的方向沒有發生變化,故選項A、C錯誤。
課時作業
學考基礎練
知識點一　連接體模型
1.如圖所示,彈簧測力計外殼質量為m0,彈簧及掛鉤的質量忽略不計,掛鉤吊著一質量為m的重物?，F用一豎直向上的外力F拉著彈簧測力計,使其向上做勻加速直線運動,則彈簧測力計的讀數為(　C　)
A.mg B.F
C.F D.F
解析:將彈簧測力計及重物視為一個整體,設它們共同向上的加速度為a。由牛頓第二定律得F-(m0+m)g=(m0+m)a,彈簧測力計的示數等于它對重物的拉力,設此力為FT。則對重物由牛頓第二定律得FT-mg=ma,聯立解得FT=F,C正確。
2.如圖所示,放在光滑水平面上的物體A和B,質量分別為2m和m,第一次水平恒力F1作用在A上,第二次水平恒力F2作用在B上。已知兩次水平恒力作用時,A、B間的作用力大小相等。則(　C　)
A.F1C.F1>F2 D.F1>2F2
解析:設A、B間作用力大小為F′,則水平恒力作用在A上時,隔離B受力分析有F′=maB;水平恒力作用在B上時,隔離A受力分析有F′=
2maA;F1=(2m+m)aB,F2=(2m+m)aA,解得F1=3F′,F2=F′,所以F1=2F2,即F1>F2,故C正確。
3.(多選)如圖所示,輕質細線一端固定在質量為m1=0.3 kg的物體上,另一端繞過光滑的滑輪懸掛質量為m2=0.1 kg的物體。初始時用手托住m1使整個系統處于靜止狀態,此時m1離地面的高度為h=0.4 m,某時刻將手撤回,m1、m2從靜止開始運動(g取10 m/s2),則(　AC　)
A.繩子對物體m2的拉力大于物體m2所受的重力
B.物體m1落地前,m2的加速度大小為20 m/s2
C.物體m1剛落地時,m2的速度大小為2 m/s
D.整個過程中物體m2上升的最大高度為0.2 m
解析:將手撤回后,m2加速上升,則繩子對物體m2的拉力大于物體m2所受的重力,選項A正確;對兩物體的整體,由牛頓第二定律得m1g-m2g=
(m1+m2)a,解得a=5 m/s2,選項B錯誤;物體m1剛落地時m2的速度大小為v==2 m/s,選項C正確;m1落地后,m2向上做上拋運動,還能上升的高度為h1==0.2 m,則整個過程中物體m2上升的最大高度為
0.6 m,選項D錯誤。
知識點二　傳送帶模型
4.(多選)機場和火車站的安全檢查儀用于對乘客的行李進行安全檢查。其傳送裝置可簡化為如圖所示的模型,緊繃的傳送帶始終保持v=
1 m/s的恒定速率逆時針方向運行。乘客把行李(可視為質點)無初速度地放在A處,設行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.1,A、B間的距離為2 m,g取10 m/s2。若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v=1 m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李,則(　BD　)
A.乘客與行李同時到達B處
B.乘客提前0.5 s到達B處
C.行李提前0.5 s到達B處
D.若傳送帶速度足夠大,行李最快也要2 s才能到達B處
解析:行李無初速度地放在傳送帶上,傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速度做勻速直線運動。加速時a=μg=1 m/s2,歷時t1==1 s達到共同速度,位移x1=t1=0.5 m,此后行李勻速運動,所用時間t2==1.5 s,到達B處共用時2.5 s。乘客到達B處用時t==2 s,故B正確,A、C錯誤;若傳送帶速度足夠大,行李一直勻加速運動,最短運動時間tmin=
=2 s,故D正確。
5.如圖所示,將一質量為m的滑塊輕輕放置于傳送帶的左端,已知傳送帶以速度v0順時針運動,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ,傳送帶左右距離無限長,重力加速度為g。當滑塊速度達到v0時突然斷電,傳送帶以大小為a的加速度勻減速至停止。關于滑塊放上去后受到的摩擦力,下列說法正確的是(　B　)
A.滑塊始終沒有受到靜摩擦力作用
B.滑塊剛放上去時受到的滑動摩擦力為μmg
C.滑塊受到的摩擦力一直不變
D.傳送帶減速時滑塊受到的摩擦力可能變為零
解析:滑塊剛放上去時,受到向前的滑動摩擦力,大小為μmg,斷電時滑塊速度為v0,如果a≤μg,則滑塊與傳送帶將以相同的加速度減速,滑塊受到靜摩擦力,大小為ma;斷電時滑塊速度為v0,如果a>μg,則傳送帶以加速度a減速,滑塊只能以加速度μg減速,滑塊受到滑動摩擦力,大小為μmg,方向在斷電時刻突然變為向后,故A、C、D錯誤,B
正確。
6.如圖所示,傳送帶與水平地面的傾角為θ=37°,AB的長度為64 m,傳送帶以20 m/s的速度沿逆時針方向轉動,在傳送帶上端A點無初速度地放上一個質量為8 kg的物體,它與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5,求物體從A點運動到B點所用的時間。(sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取 10 m/s2)
解析:開始時物體下滑的加速度
a1=g(sin 37°+μcos 37°)=10 m/s2,
運動到與傳送帶共速的時間為t1==2 s,
下滑的距離x1=a1=20 m,
由于tan 37°=0.75>μ=0.5,故物體2 s后繼續加速下滑,
且此時a2=g(sin 37°-μcos 37°)=2 m/s2,
根據x2=vt2+a2,且x2=lAB-x1=44 m
聯立得t2=2 s (t2=-22 s舍去)
故共用時間為t=t1+t2=4 s。
答案:4 s
知識點三　滑塊—滑板模型
7.如圖所示,質量為m的木塊放在質量為M的木板上,木塊受到向右的拉力F的作用而向右滑行,木板處于靜止狀態,已知木塊與木板間的動摩擦因數為μ1,木板與地面間的動摩擦因數為μ2,重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　D　)
A.木板受到地面的摩擦力大小一定是μ2mg
B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)g
C.木板受到地面的摩擦力的大小一定等于F
D.當F>μ2(m+M)g時,木板仍靜止
解析:木塊所受木板的滑動摩擦力大小Ff1=μ1mg,方向水平向左,根據牛頓第三定律得知木板受到木塊的摩擦力方向水平向右,大小等于μ1mg,木板處于靜止狀態,根據平衡條件知木板受到地面的摩擦力的大小是μ1mg,故A、B、C錯誤;當木塊相對木板運動,兩者之間的摩擦力為滑動摩擦力,故當F>μ2(m+M)g時,此時木塊對木板的作用力仍為μ1mg,故木板仍處于靜止狀態,故D正確。
8.如圖所示,光滑水平面上放置質量分別為m、2m的A、B兩個物體,A、B間的最大靜摩擦力為μmg,現用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度運動,則拉力F的最大值為(　C　)
A.μmg B.2μmg
C.3μmg D.4μmg
解析:當A、B之間恰好不發生相對滑動時力F最大,此時,A物體所受的合力為μmg,由牛頓第二定律知aA==μg,對于A、B整體,加速度a=aA=μg。由牛頓第二定律得F=3ma=3μmg。
9.物體A放在物體B上,物體B放在光滑的水平面上,已知mA=8 kg,mB=2 kg,A、B間動摩擦因數μ=0.2,如圖所示。若現用一水平向右的拉力F作用于物體A上,g取10 m/s2,則下列說法正確的是(　C　)
A.當拉力F<16 N時,A靜止不動
B.當拉力F>16 N時,A相對B滑動
C.當拉力F=16 N時,A受B的摩擦力等于3.2 N
D.無論拉力F多大,A相對B始終靜止
解析:當A、B剛要發生相對滑動時,對B根據牛頓第二定律得,整體的加速度a==8 m/s2,此時拉力F=(mA+mB)a=80 N。當F≤80 N時,A、B相對靜止,當F>80 N時,A相對B滑動,故A、B、D錯誤;當F=16 N時,A、B相對靜止,整體的加速度為a==1.6 m/s2,對B有Ff=
mBa=3.2 N,由牛頓第三定律知Ff′=3.2 N,故C正確。
選考提升練
10.(多選)一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行,現將一塊木炭無初速度地放在傳送帶的最左端,木炭在傳送帶上將會留下一段黑色的痕跡,下列說法正確的是(　CD　)
A.黑色的痕跡將出現在木炭的左側
B.木炭的質量越大,痕跡的長度越短
C.傳送帶運動的速度越大,痕跡的長度越長
D.木炭與傳送帶間動摩擦因數越大,痕跡的長度越短
解析:剛放上木炭時,木炭的速度慢,傳送帶的速度快,木炭向后滑動,所以黑色的痕跡將出現在木炭的右側,故A錯誤;木炭在傳送帶上運動靠的是與傳送帶之間的摩擦力,摩擦力作為它的合力產生加速度,由牛頓第二定律知μmg=ma,所以a=μg,當達到共同速度時,不再有相對滑動,由v2=2ax得,木炭位移x木=,設相對滑動的時間為t,由v=at,得t=,此時傳送帶的位移為x傳=vt=,所以相對滑動的位移是Δx=x傳-x木=,由此可以知道,黑色的痕跡的長度與木炭的質量無關,故B錯誤;由B知,傳送帶運動的速度越大,痕跡的長度越長,故C正確;木炭與傳送帶間動摩擦因數越大,痕跡的長度越短,故D正確。
11. (2019·全國Ⅲ卷,20) (多選)如圖(a),物塊和木板疊放在實驗臺上,物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,細繩水平。t=0時,木板開始受到水平外力F的作用,在t=4 s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示,木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數據可以得出(　AB　)
A.木板的質量為1 kg
B.2 s～4 s內,力F的大小為0.4 N
C.0～2 s內,力F的大小保持不變
D.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2
解析:結合(b)、(c)兩圖像可判斷出0～2 s物塊和木板還未發生相對滑動,它們之間的摩擦力為靜摩擦力,此過程力F等于F摩,故F在此過程中是變力,C錯誤;2～5 s內木板與物塊發生相對滑動,它們之間的摩擦力轉變為滑動摩擦力,在4～5 s內,木板僅在摩擦力的作用下做勻減速運動,有F摩=ma2=0.2 N,而a2=0.2 m/s2,故m=1 kg,A正確;在
2 s～4 s內,木板加速度大小a1=0.2 m/s2,根據牛頓第二定律可知F-
F摩=ma1,即F=0.4 N,B正確;對物塊進行分析可知,物塊一直處于平衡狀態,故F摩=μm物g=0.2 N,而物塊的質量未知,所以無法計算物塊與木板之間的動摩擦因數μ,D錯誤。
12.如圖所示,水平傳送帶正在以v=4 m/s的速度勻速順時針轉動,質量為m=1 kg的某物塊(可視為質點)與傳送帶之間的動摩擦因數μ=
0.1,將該物塊從傳送帶左端的A點無初速度地輕放在傳送帶上(g取10 m/s2)。
(1)如果傳送帶長度L=4.5 m,求經過多長時間物塊將到達傳送帶的
右端;
(2)如果傳送帶長度L1=20 m,求經過多長時間物塊將到達傳送帶的
右端。
解析:物塊放到傳送帶上后,在滑動摩擦力的作用下先向右做勻加速運動。由μmg=ma得a=1 m/s2
若傳送帶足夠長,勻加速運動到與傳送帶共速后再與傳送帶一同向右做勻速運動。
物塊勻加速運動的時間t1==4 s,
物塊勻加速運動的位移x1=a=8 m,
(1)因為4.5 m<8 m,所以物塊一直加速,
由L=at2得t=3 s。
(2)因為20 m>8 m,所以物塊速度達到傳送帶的速度后,摩擦力變為0,此后物塊與傳送帶一起做勻速運動,物塊勻速運動的時間t2==3 s,
故物塊到達傳送帶右端的時間t′=t1+t2=7 s。
答案:(1)3 s　(2)7 s
13.(2019·江蘇卷，15)如圖所示,質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上,左邊緣對齊。A與B、B與地面間的動摩擦因數均為μ。先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度,在B上滑動距離L后停下。接著敲擊B,B立即獲得水平向右的初速度,A、B都向右運動,左邊緣再次對齊時恰好相對靜止,此后兩者一起運動至停下。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。求:
(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA;
(2)在左邊緣再次對齊的前、后,B運動加速度的大小aB、aB′;
(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB。
解析:A、B的運動過程如圖所示。
(1)由牛頓運動定律知,A加速度的大小aA=μg
由題知,A被敲擊后做勻變速直線運動,則2aAL=
解得vA=。
(2)設A、B的質量均為m,對齊前,B所受合力大小F=3μmg
由牛頓運動定律知F=maB,得aB=3μg
對齊后,A、B整體所受合力大小F′=2μmg
由牛頓運動定律知F′=2maB′,得aB′=μg。
(3)設經過時間t,A、B達到共同速度v,位移分別為xA、xB,A加速度的大小為aA
則v=aAt,v=vB-aBt
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2。
答案:(1)　(2)3μg　μg　(3)2專題提升6　牛頓運動定律的綜合應用
[素養目標]
1.學會結合圖像解決動力學問題。
2.認識臨界問題,掌握臨界、極值問題的分析方法。
3.能運用動力學方法分析物體多過程問題。
類型一　動力學中圖像問題的求解
[例1]為了探究物體與斜面間的動摩擦因數,某同學進行了如下實驗:取一質量為m的物體,使其在沿斜面方向的推力作用下向上運動,如圖甲所示,通過力傳感器得到推力隨時間變化的規律如圖乙所示,通過頻閃照相處理后得出速度隨時間變化的規律如圖丙所示,若已知斜面的傾角α=30°,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物體與斜面間的動摩擦因數;
(2)求撤去推力F后,物體還能上升的距離(斜面足夠長)。
解析:(1)0～2 s內,物體做勻加速直線運動,受力分析并根據牛頓第二定律得
F1-mgsin α-μmgcos α=ma1,
a1==0.5 m/s2,
2 s后物體做勻速運動,
F2-mgsin α-μmgcos α=ma2,
a2=0,
代入數據解得m=3 kg,μ=。
(2)撤去推力F后,有-μmgcos α-mgsin α=ma3,
解得a3=- m/s2,
x3==0.075 m。
答案:(1)　(2)0.075 m
解決圖像綜合問題的關鍵
(1)把圖像與具體的題意、情境結合起來,明確圖像的物理意義以及圖像所反映的物理過程。
(2)特別注意圖像中的一些特殊點,如圖線與橫、縱坐標軸的交點、圖線的轉折點、兩圖線的交點等所表示的物理意義。
[對點訓練1]如圖所示,物體沿斜面由靜止滑下,在水平面上滑行一段距離后停止,物體與斜面和水平面間的動摩擦因數相同,下圖中v、a、Ff和x分別表示物體的速度、加速度、摩擦力和位移。正確的是(　C　)
解析:根據物體的受力情況,可以判斷出物體先在斜面上做勻加速直線運動,到達水平面上之后做勻減速直線運動,所以物體運動的v-t圖像應該是傾斜的直線,不能是曲線,故A錯誤;由于物體的運動先是勻加速運動,后是勻減速運動,在每一個運動的過程中物體的加速度的大小是不變的,所以物體的a-t圖像應該是兩段水平的直線,不能是傾斜的直線,故B錯誤;在整個運動的過程中,物體受到的都是滑動摩擦力,壓力恒定時摩擦力大小不變,由于在斜面上的壓力比在水平面上的壓力小,所以滑動摩擦力比在水平面上的小,故C正確;物體在斜面上做的是勻加速直線運動,物體的x-t圖像應該是拋物線,圖線斜率逐漸增大,故D錯誤。
類型二　臨界、極值問題的求解
[例2]如圖所示,細線的一端固定在傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處,細線的另一端拴一質量為m的小球。(重力加速度為g)
(1)當滑塊至少以多大的加速度向右運動時,線對小球的拉力剛好等于零
(2)當滑塊至少以多大的加速度a1向左運動時,小球對滑塊的壓力等于零
(3)當滑塊以a′=2g的加速度向左運動時,線中拉力為多大
解析:
(1)對小球受力分析,小球受重力mg、線的拉力FT和斜面支持力FN作用,如圖甲,當FT=0時有
FNcos 45°=mg,
FNsin 45°=ma,
解得a=g,
故當向右加速度為g時線上的拉力為0。
(2)假設滑塊具有向左的加速度a1時,小球受重力mg、線的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用,如圖乙所示。由牛頓第二定律得
水平方向:
FT1cos 45°-FN1sin 45°=ma1,
豎直方向:FT1sin 45°+FN1cos 45°-mg=0,
聯立解得FN1=,FT1=,
可以看出,當加速度a1增大時,小球所受的支持力FN1減小,線的拉力FT1增大。
當a1=g時,FN1=0,此時小球雖與斜面接觸但無壓力,處于臨界狀態,這時繩的拉力為FT1=mg,所以滑塊至少以a1=g的加速度向左運動時小球對滑塊的壓力等于零。
(3)
當滑塊加速度大于g時,小球將“飄”離斜面而只受線的拉力和重力的作用,如圖丙所示,此時細線與水平方向間的夾角α<45°。由牛頓第二定律得FT′cos α=ma′,
FT′sin α=mg,
解得FT′=mg。
答案:(1)g　(2)g　(3)mg
臨界問題的處理思路
(1)在動力學問題中出現的“最大”“最小”“剛好”“恰能”等詞語時,一般都暗含了臨界狀態的出現,隱含了相應的臨界條件。
(2)求解此類問題時,一定要找準臨界點,從臨界點入手分析物體的受力情況和運動情況,看哪些量達到了極值,然后對臨界狀態應用牛頓第二定律結合整體法、隔離法求解即可。
(3)常見的臨界條件
①接觸與脫離的臨界條件:兩物體接觸面彈力FN=0。
②相對靜止或相對滑動的臨界條件:靜摩擦力達到最大值。
③繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限的,繩子斷與不斷的臨界條件是繩子張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛的臨界條件是FT=0。
④加速度最大與速度最大的臨界條件:當物體在受到變化的外力作用下運動時,其加速度和速度都會不斷變化,當所受合力最大時,具有最大加速度;合力最小時,具有最小加速度。當出現加速度為零時,物體處于臨界狀態,所以對應的速度便會出現最大值。
(4)求解臨界、極值問題的三種常用方法
①極限法:把物理問題(過程)推向極端,從而使臨界現象(或狀態)暴露出來,以達到正確解決問題的目的。
②假設法:臨界問題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能,或變化過程中可能出現臨界條件,也可能不出現臨界條件,往往用假設法。
③數學方法:將物理過程轉化為數學公式,根據數學表達式解出臨界條件。
[對點訓練2]
一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端,另一端拴住質量m1=4 kg的物塊P,Q為一重物,已知Q的質量為m2=8 kg,彈簧的質量不計,勁度系數k=600 N/m,系統處于靜止,如圖所示?，F給Q施加一個方向沿斜面向上的力F,使它從靜止開始沿斜面向上做勻加速運動,已知在前0.2 s時間內,F為變力,0.2 s以后,F為恒力,求力F的最大值與最小值。(sin 37°=0.6,g取10 m/s2)
解析:從受力角度看,兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力恰好為0,從運動學角度看,一起運動的兩物體恰好分離時,兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。
設剛開始時彈簧壓縮量為x0,
則(m1+m2)gsin θ=kx0
因為在前0.2 s時間內,F為變力,0.2 s以后,F為恒力,所以在0.2 s時,P對Q的作用力恰好為0,由牛頓第二定律知kx1-m1gsin θ=m1a
前0.2 s時間內P、Q向上運動的距離為x0-x1=at2,
聯立解得a=3 m/s2,
當P、Q剛開始運動時拉力最小,此時有
Fmin=(m1+m2)a=36 N,
當P與Q分離時拉力最大,此時有
Fmax=m2(a+gsin θ)=72 N,且此后恒為72 N。
答案:72 N　36 N
類型三　利用牛頓運動定律解決多過程問題
[例3]如圖所示,一小轎車從高為10 m、傾角為37°的斜坡頂端從靜止開始向下行駛,當小轎車到達底端時進入一水平面,在距斜坡底端115 m的地方有一池塘,發動機在斜坡上產生的牽引力為2×103 N,在水平地面上調節油門后,發動機產生的牽引力為1.4×104 N,小轎車的質量為2 t,小轎車與斜坡及水平地面間的動摩擦因數均為0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)小轎車行駛至斜坡底端時的速度大小;
(2)為使小轎車在水平地面上行駛而不掉入池塘,在水平地面上加速的時間不能超過多少 (轎車在行駛過程中不采用剎車裝置)
解析:(1)小轎車在斜坡上行駛時,由牛頓第二定律得
F1+mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1,
代入數據得斜坡上小轎車的加速度a1=3 m/s2,
由=2a1x1=,
得行駛至斜坡底端時的速度大小v1=10 m/s。
(2)在水平地面上加速時F2-μmg=ma2,
代入數據得a2=2 m/s2,
關閉油門后減速μmg=ma3,
代入數據得a3=5 m/s2,
設關閉油門時轎車的速度為v2,
+=x2,
得v2=20 m/s,
t==5 s,
即在水平地面上加速的時間不能超過5 s。
答案:(1)10 m/s　(2)5 s
(1)單個物體多過程處理方法
①分析每個過程的受力情況和運動情況,根據每個過程的受力特點和運動特點確定解題方法(正交分解法或合成法)及選取合適的運動學公式。
②注意前后過程物理量之間的時間關系、位移關系及速度關系(前一過程的末速度是后一過程的初速度)。
(2)解決多過程問題的一般步驟
①將題目涉及的物理問題合理地分解為幾個彼此相對獨立、又相互聯系的過程。
②對各個物理過程進行受力分析及運動狀態分析。
③根據各個過程遵從的物理規律逐個建立方程。
④通過各過程把相關聯的物理量聯系起來。
[對點訓練3](2020·浙江1月選考，19)一個無風晴朗的冬日,小明乘坐游戲滑雪車從靜止開始沿斜直雪道下滑,滑行54 m后進入水平雪道,繼續滑行40.5 m后減速到零。已知小明和滑雪車的總質量為60 kg,整個滑行過程用時10.5 s,斜直雪道傾角為37° (sin 37°=0.6)。求小明和滑雪車:　
(1)滑行過程中的最大速度vm的大小;
(2)在斜直雪道上滑行的時間t1;
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
解析:(1)由=得vm=18 m/s。
(2)由x1=t1得t1=6 s。
(3)a==3 m/s2,
由牛頓第二定律得mgsin 37°-Ff=ma,
解得Ff=180 N。
答案:(1)18 m/s　(2)6 s　(3)180 N
1.一質量為1.0×103 kg的汽車由靜止開始做直線運動,在前1 200 m內汽車加速度與位移的關系如圖,則(　C　)
A.位移在0～400 m內,汽車的牽引力大小為5×103 N
B.位移在400～800 m內,汽車的牽引力增大,速度增大
C.位移在800～1 200 m內,汽車的運行速度最大
D.位移在800～1 200 m內,汽車受到的阻力大小為5×103 N
解析:位移在0～400 m內,汽車做勻加速直線運動,加速度大小為a1=0.5 m/s2,根據牛頓第二定律有F牽-Ff=ma1,根據圖像不能確定F牽和Ff,故A、D錯誤;由牛頓第二定律可知,在位移為400～800 m內,汽車加速度減小,牽引力減小,800～1 200 m內,牽引力和阻力相等時,加速度為零,速度不再增大,汽車的運行速度達到最大,故B錯誤,C正確。
2.(多選)如圖所示,已知物塊A、B的質量分別為m1=4 kg、m2=1 kg,A、B間的動摩擦因數為μ1=0.5,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2,A與地面之間的動摩擦因數為μ2=0.5,在水平力F的推動下,要使A、B一起運動而B不致下滑,則力F大小可能的是(　CD　)
A.50 N B.100 N
C.125 N D.150 N
解析:對B不下滑有μ1FN≥m2g,由牛頓第二定律FN=m2a;對整體有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,得F ≥125 N,選項C、D正確。
3.如圖所示,將一個小球以初速度v1從地面豎直上拋,上升到最高點后又落回,落回拋出點時的速度大小為v2。規定豎直向上為正方向,由于空氣阻力的影響,小球全過程的v-t圖像如圖所示,下列說法不正確的是(　D　)
A.上升過程中小球做加速度逐漸減小的減速運動
B.下降過程中小球做加速度逐漸減小的加速運動
C.t1時刻加速度等于重力加速度g
D.時刻t1和t2的大小關系為t2<2t1
解析:v-t圖像斜率表示加速度,由圖可知,圖線斜率逐漸減小,上升過程中小球做加速度逐漸減小的減速運動,下降過程中小球做加速度逐漸減小的加速運動,故A、B正確;t1時刻小球的速度為0,此時的空氣阻力為0,只受重力作用,則加速度為重力加速度,故C正確;由牛頓第二定律可知,上升過程中小球的加速度大小a1=>g,下落過程中小球的加速度大小為a2=2t1,故D錯誤。
4.如圖所示,矩形盒內用兩根細線固定一個質量為m=1.0 kg 的均勻小球,a線與水平方向成53°角,b線水平。兩根細線所能承受的最大拉力都是Fm=15 N。(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8,g取10 m/s2)求:
(1)當該系統沿豎直方向勻加速上升時,為保證細線不被拉斷,加速度可取的最大值;
(2)當該系統沿水平方向向右勻加速運動時,為保證細線不被拉斷,加速度可取的最大值。
解析:
(1)豎直向上勻加速運動時,小球受力如圖所示,當a線拉力為15 N時,由牛頓第二定律得
豎直方向:Fm sin 53°-mg=ma,
水平方向:Fm cos 53°=Fb,
解得Fb=9 N,此時加速度有最大值a=2 m/s2。
(2)水平向右勻加速運動時,由牛頓第二定律得
豎直方向:Fasin 53°=mg,
水平方向:Fb-Fa cos 53°=ma′,
解得Fa=12.5 N,
當Fb=Fm=15 N時,加速度最大,有a′=7.5 m/s2。
答案:(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2
課時作業
學考基礎練
知識點一　動力學中圖像問題的求解
1.質量為2 kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動,一段時間后撤去F,其運動的vt圖像如圖所示。g取10 m/s2,則物體與水平面間的動摩擦因數μ和水平推力F的大小分別為(　A　)
A.0.2,6 N B.0.1,6 N
C.0.2,8 N D.0.1,8 N
解析:在6～10 s內已撤去推力F,物體水平方向只受滑動摩擦力作用,加速度a=-μg,vt圖像的斜率表示加速度,a= m/s2=-2 m/s2,解得μ=0.2。在0～6 s內,由牛頓第二定律,F-μmg=ma′,而a′= m/s2=
1 m/s2,解得F=6 N,選項A正確。
2.(多選)物體A、B、C均靜止在同一水平面上,它們的質量分別為mA、mB、mC,與水平面間的動摩擦因數分別為μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F分別拉物體A、B、C,所得加速度a與拉力F的關系圖線如圖中甲、乙、丙所示,則以下說法正確的是(　ABD　)
A.μA=μB,mAC.μB=μC,mB>mC D.μA<μC,mA解析:根據牛頓第二定律有F-μmg=ma,得a=-μg,則aF圖像的斜率k=,由題圖可看出,乙、丙的斜率相等,小于甲的斜率,則mA3.在t=0時,將一乒乓球以某一初速度豎直向上拋出,一段時間后落回拋出點。已知乒乓球運動過程中受到的空氣阻力大小與速度大小關系為Ff=kv(k為大于零的常數)。規定豎直向上為正方向,如圖是定性描述上述過程中乒乓球的加速度a、速度v隨時間t變化規律的圖像,可能正確的是(　D　)
解析:乒乓球上升、下降的整個運動過程中,加速度方向始終豎直向下,為負值,A、B錯誤;上升的過程中,速度減小,空氣阻力減小,向下的合力減小,因此加速度也減小;下落的過程中,向下的速度越來越大,空氣阻力越來越大,重力不變,因此向下的合力減小,加速度仍減小,因此整個運動過程中,加速度一直減小,在vt圖像中,斜率逐漸減小,C錯誤,D正確。
4.如圖所示,固定光滑細桿與地面成一定傾角,在桿上套有一個光滑小環,小環在沿桿方向的推力F作用下向上運動,推力F與小環速度v隨時間變化規律如圖所示,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小環的質量m;
(2)細桿與地面間的傾角α。
解析:(1)(2)前2 s內,由vt圖像可知a==0.5 m/s2,
對小環受力分析,沿輕桿方向上,由牛頓第二定律得F1-mgsin α=ma,
2 s后,小環受力平衡,滿足F2=mgsin α,
代入數據解得m=1 kg,α=30°。
答案:(1)1 kg　(2)30°
知識點二　臨界、極值問題的求解
5.如圖所示,在前進的車廂的豎直后壁上放一個物體,物體與壁間的動摩擦因數為μ,要使物體不下滑,車廂前進的加速度至少應為(重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　B　)
A.μg B. C. D.g
解析:設物體的質量為m,在豎直方向上有mg=Ff,Ff為摩擦力。在臨界狀態下,Ff=μFN,FN為物體所受的水平彈力。又由牛頓第二定律得FN=ma。由以上各式得加速度a=,選項B正確。
6.如圖甲所示,一輕質彈簧的下端固定在水平面上,上端放置一物體(物體與彈簧不連接),初始時物體處于靜止狀態?，F用豎直向上的拉力F作用在物體上,使物體開始向上做勻加速運動,拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示(g取10 m/s2),則下列結論正確的是(　C　)
A.物體與彈簧分離時,彈簧處于壓縮狀態
B.彈簧的勁度系數為7.5 N/cm
C.物體的加速度大小為5 m/s2
D.物體的質量為3 kg
解析:物體與彈簧分離時,彈簧恢復原長,故A錯誤;剛開始物體處于靜止狀態,重力和彈力二力平衡,有mg=kx,拉力F1為10 N時,物體出現加速度,根據牛頓第二定律有F1+kx-mg=ma,此后加速度不變,物體與彈簧分離后,拉力F2為30 N,根據牛頓第二定律有F2-mg=ma,代入數據解得m=2 kg,k=5 N/cm,a=5 m/s2,故B、D錯誤,C正確。
7.如圖所示,水平桌面上放置一個傾角為45°的光滑楔形滑塊A,一細線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處,細線另一端拴一質量為m=0.2 kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運動(g取10 m/s2),則下列說法正確的是(　A　)
A.當a=5 m/s2時,滑塊對球的支持力為 N
B.當a=15 m/s2時,滑塊對球的支持力為 N
C.當a=5 m/s2時,地面對A的支持力一定大于兩個物體的重力之和
D.當a=15 m/s2時,地面對A的支持力一定小于兩個物體的重力之和
解析:設加速度為a0時小球恰好對滑塊的壓力等于零,對小球受力分析,受重力、拉力,根據牛頓第二定律,水平方向F合=Fcos 45°=ma0,豎直方向Fsin 45°=mg,解得a0=g。當a=5 m/s2時,小球未離開滑塊,根據牛頓第二定律,水平方向Fcos 45°-FNcos 45°=ma,豎直方向Fsin 45°+FNsin 45°=mg,解得FN= N,故A正確;當a=15 m/s2時,小球已經離開滑塊,只受重力和繩的拉力,滑塊對球的支持力為零,故B錯誤;當系統相對穩定后,豎直方向沒有加速度,受力平衡,所以地面對A的支持力一定等于兩個物體的重力之和,故C、D錯誤。
知識點三　利用牛頓運動定律解決多過程問題
8.如圖所示,從某一高處自由下落的小球,落至彈簧上端并將彈簧壓縮到最短,忽略空氣阻力。小球被彈簧彈起直至離開彈簧的過程中,小球的速度和所受合力變化情況是(　C　)
A.合力變大,速度變大
B.合力變小,速度變大
C.合力先變小后變大,速度先變大后變小
D.合力先變大后變小,速度先變小后變大
解析:小球被彈簧彈起直至離開彈簧的過程中,彈力一直減小,開始時,彈力大于重力,合力向上,彈起的過程中,合力減小,加速度減小,但是加速度的方向與速度方向相同,做加速運動,當重力大于彈力時,合力方向向下,合力增大,加速度增大,但加速度的方向與速度方向相反,做減速運動。所以合力先變小后變大,速度先變大后變小,故C正確,A、B、D錯誤。
9.一個小球從靜止開始沿如圖所示的光滑斜面軌道AB勻加速下滑,然后進入水平軌道BC勻速運動,之后靠慣性沖上斜面軌道CD,直到速度減為零。設小球經過水平面和兩斜面的銜接點B、C時速度的大小不變。下表是測出的不同時刻小球速度的大小,重力加速度g取
10 m/s2,求:
時刻t/s 0 0.6 1.2 1.8 5.0 10 13 15
速度 v/(m·s-1) 0 3.0 6.0 9.0 15 15 9.0 3.0
(1)斜面AB的傾角α是多少
(2)小球從開始下滑直至在斜面CD上速度減為零通過的總路程是
多少
解析:(1)根據表中數據可知小球沿AB斜面下滑的加速度
a1== m/s2=5 m/s2,
由牛頓運動定律得mgsin α=ma1,
解得sin α=0.5,
即斜面AB的傾角α=30°。
(2)根據表中數據可知,小球在斜面AB上下滑時間
t1== s=3 s,
小球在斜面CD上做勻減速運動的加速度大小
a3= m/s2=3 m/s2,
從最大速度vm=15 m/s減至速度為9.0 m/s用時
t3= s=2 s,
于是,小球在水平面上運動時間
t2=13 s-t1-t3=8 s,
故小球的總路程s=+vmt2+,
解得s=180 m。
答案:(1)30°　(2)180 m
選考提升練
10.(多選)如圖甲所示,用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體,逐漸增大F,物體做變加速運動,其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示,若重力加速度g取10 m/s2。根據圖乙中所提供的信息可以計算出(　AB　)
A.物體的質量
B.斜面的傾角
C.加速度由2 m/s2增加到6 m/s2的過程中物體通過的位移
D.加速度為6 m/s2時物體的速度
解析:由題圖乙可知,當水平外力F=0時,物體的加速度a=-6 m/s2,物體沿斜面方向只有重力分力,由牛頓第二定律,此時加速度a=
-gsin θ,可求出斜面的傾角θ=37°,選項B正確;當水平外力F=15 N時,物體的加速度a=0,此時Fcos θ=mgsin θ,可得m=2 kg,選項A正確;由于不知道加速度與時間的關系,所以無法求出物體在各個時刻的速度,也無法求出物體加速度由2 m/s2 增加到6 m/s2過程中的位移,選項C、D錯誤。
11.如圖所示,質量為m1的足夠長木板靜止在水平面上,其上放一質量為m2的物塊。物塊與木板的接觸面是光滑的。從t=0時刻起,給物塊施加一水平恒力F。分別用a1、a2和v1、v2表示木板、物塊的加速度和速度大小,下列圖像符合運動情況的是(　D　)
解析:木板水平方向不受力,一定保持靜止,加速度為0,選項A、B錯誤;物塊的加速度a2=,即物塊做勻加速直線運動,物塊運動的vt圖像為傾斜的直線,而木板保持靜止,速度一直為0,選項C錯誤,D正確。
12.(多選)如圖所示,勁度系數為k的輕彈簧下端系一個質量為m的小球A,小球被水平擋板P托住使彈簧長度恰為自然長度(小球與擋板不粘連),然后使擋板P以恒定的加速度a(aA.小球與擋板分離的時間為t=
B.小球與擋板分離的時間為t=
C.小球從開始運動直到最低點的過程中,小球速度最大時彈簧的伸長量x=
D.小球從開始運動直到最低點的過程中,小球速度最大時彈簧的伸長量x=
解析:小球與擋板之間彈力為零時分離,此時小球的加速度仍為a,由牛頓第二定律得mg-kx=ma,由勻變速直線運動的位移公式得x=at2,解得t=,故選項A錯誤,B正確;小球速度最大時小球所受合力為零,伸長量x=,選項C正確,D錯誤。
13.(2020·浙江7月選考，19)如圖1所示,有一質量m=200 kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上經加速、勻速、勻減速至指定位置。當加速運動到總位移的時開始計時,測得電機的牽引力隨時間變化的Ft圖線如圖2所示,t=34 s末速度減為0時恰好到達指定位置。若不計繩索的質量和空氣阻力,求:
(1)物件做勻減速運動的加速度大小和方向;
(2)物件勻速運動的速度大小;
(3)物件總位移的大小。
解析:(1)由牛頓第二定律有mg-F=ma,
得a=0.125 m/s2,方向豎直向下。
(2)由運動學公式有v=at2=1 m/s。
(3)勻速上升的位移h1=vt1=26 m,
勻減速上升的位移h2=t2=4 m,
總位移h=40 m。
答案:(1)0.125 m/s2　方向豎直向下　(2)1 m/s (3)40 m
《運動和力的關系》檢測試題
(時間:90分鐘　滿分:100分)
一、選擇題(共12題,每題4分,共48分。第1～6題只有一項符合題目要求,第7～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
1.下列說法正確的是(　C　)
A.牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因
B.一個運動的物體,如果不再受力,它總會逐漸停下來,這說明,靜止狀態才是物體長時間不受力時的“自然狀態”　
C.伽利略根據理想實驗推論出:如果沒有摩擦,在水平面上的物體,一旦具有某一個速度,將保持這個速度繼續運動下去
D.車速越大,剎車后滑行的距離越長,所以慣性越大
解析:伽利略最早指出力不是維持物體運動的原因,故A錯誤;一個運動的物體,它總會逐漸停下來,是因為物體受到了摩擦力,如果不受力,物體會永遠運動下去,故B錯誤;伽利略根據理想實驗推論出:如果沒有摩擦,在水平面上的物體,一旦具有某一個速度,將保持這個速度繼續運動下去,故C正確;慣性只與質量有關,與速度無關,故D錯誤。
2.關于國際單位制,下列說法正確的是(　A　)
A.在國際單位制中,力的單位是根據牛頓第二定律定義的
B.力學的三個基本單位是N、m、s
C.秒是國際單位制中力學三個基本量之一
D.kg、m/s、N是國際單位中的導出單位
解析:在國際單位制中力的單位是牛頓,它屬于導出單位,是根據牛頓第二定律F=ma定義的,1 N就是使質量為1 kg的物體產生1 m/s2加速度的力,故A正確;在國際單位制中,力學的三個基本單位是m、kg、s,故B錯誤;國際單位制中力學三個基本量是長度、質量、時間,而秒只是時間的單位,故C錯誤;在國際單位制中,kg是國際單位中的基本單位,m/s、N是導出單位,故D錯誤。
3.某超市安裝了智能化的自動扶梯(無臺階),如圖所示。為了節約能源,在沒有乘客乘行時,自動扶梯以較小的速度勻速運行,當有乘客乘行時，自動扶梯經過先加速再勻速兩個階段運行。則電梯在運送乘客的過程中(　A　)
A.乘客始終受摩擦力作用
B.乘客經歷先超重再失重
C.乘客對扶梯的作用力始終豎直向下
D.扶梯對乘客的作用力始終垂直斜面向上
解析:乘客站在斜面上,始終受摩擦力作用,否則將沿斜面下滑,故A正確;加速運動階段,乘客有向上的加速度,乘客處于超重狀態;勻速運動階段,扶梯對乘客的作用力等于重力,乘客既不超重,也不失重,故B錯誤;加速運動階段,扶梯對乘客有沿斜面向上的摩擦力和垂直斜面向上的支持力,二者合力即扶梯對乘客的作用力指向斜上方,不是垂直斜面向上,根據牛頓第三定律分析可知,乘客對扶梯的作用力不是豎直向下,故C、D錯誤。
4.如圖所示,有材料相同的P、Q兩物塊通過輕繩相連,并在拉力F作用下沿斜面向上運動,輕繩與拉力F的方向均平行于斜面。當拉力F一定時,Q受到繩的拉力(　D　)
A.與斜面傾角θ有關 B.與動摩擦因數有關
C.與系統運動狀態有關 D.僅與兩物塊質量有關
解析:設Q物塊繩上的拉力大小F2,物塊與斜面間的動摩擦因數為μ,對Q、P整體分析,根據牛頓第二定律有F-(mP+mQ)g(sin θ+
μcos θ)=(mP+mQ)a,對Q隔離分析有F2-mQg(sin θ+μcos θ)=mQa,聯立解得F2=,故D正確,A、B、C錯誤。
5.如圖所示,假設運動員在訓練中手持乒乓球拍托球沿水平面做勻加速運動,球拍與球保持相對靜止且球拍平面和水平面之間夾角為θ。設球拍和球質量分別為M、m,不計球拍和球之間摩擦,重力加速度為g,不計空氣阻力,則(　C　)
A.運動員的加速度大小為gsin θ
B.球拍對球的作用力大小為mgcos θ
C.運動員對球拍的作用力大小為g
D.運動員對地面的作用力方向豎直向下
解析:球和運動員具有相同的加速度,對球受力分析如圖甲所示,球所受的合力F合=mgtan θ,根據牛頓第二定律得a==gtan θ,故A錯誤;根據平行四邊形定則知,球拍對球的作用力大小為FN=,故B錯誤;對球拍和球整體分析如圖乙所示,整體的合力為(M+m)a,根據平行四邊形定則知,運動員對球拍的作用力大小為F=,故C正確;運動員在水平方向加速運動,運動員受到水平方向的摩擦力與豎直方向的重力和支持力,合力不在豎直方向,根據牛頓第三定律可知,運動員對地面的作用力也不在豎直方向上,故D錯誤。
6.如圖所示,在豎直平面內建立直角坐標系xOy,該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道,其中A、C兩點處于同一個圓上,C是圓上任意一點,A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO=60°,O′為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放,它們將沿軌道運動到M點,所用時間分別為tA、tB、tC,則tA、tB、tC的大小關系是(　B　)
A.tAB.tA=tCC.tA=tC=tB
D.由于C點的位置不確定,無法比較時間大小關系
解析:在AM段,小球的位移x1=R,加速度a1==g,根據x1=
a1得,tA==。在BM段,小球的位移x2=2R,加速度a2=
gsin 60°=g,由x2=a2得,tB==。在CM段,設CM與豎直方向夾角為θ,同理可解得tC===,故tA=tC7.如圖所示,一輕質彈簧上端固定在升降機的天花板上,下端掛一小球,在升降機勻速豎直下降過程中,小球相對于升降機靜止,若升降機突然停止運動,設空氣阻力可忽略不計,彈簧始終在彈性限度內,且小球不會與升降機的內壁接觸,則小球在繼續下降的過程中(　BD　)
A.小球的加速度逐漸減小
B.小球處于超重狀態
C.小球處于失重狀態
D.小球的速度逐漸減小
解析:升降機突然停止,小球由于慣性繼續向下運動,但是受到彈簧的拉力越來越大,拉力方向與其運動方向相反,則小球做減速運動,加速度方向向上,則小球處于超重狀態;小球加速度增大,故A、C錯誤,B、D正確。
8.一輛小車靜止在水平地面上,bc是固定在車上的一根水平桿,質量為M的物塊穿在桿上,M通過細線懸吊著質量為m 的小物體,m在小車的水平底板上,小車未動時細線恰好在豎直方向上,現使小車如圖分四次分別以a1、a2、a3、a4向右勻加速運動,四種情況下M、m均與車保持相對靜止,且圖甲和圖乙中細線仍處于豎直方向,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次為Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,則下列說法正確的是(　ACD　)
A.Ff1∶Ff2=1∶2 B.Ff1∶Ff2=2∶3
C.Ff3∶Ff4=1∶2 D.tan α=2tan θ
解析:甲乙兩圖中,M水平方向只受靜摩擦力作用,根據牛頓第二定律得Ff1=Ma1,Ff2=Ma2,而a1∶a2=1∶2,則Ff1∶Ff2=1∶2,故A正確,B錯誤;丙丁兩圖中,對m和M整體受力分析,受總重力(M+m)g、支持力FN、摩擦力Ff,如圖,根據牛頓第二定律有Ff=(M+m)a,所以Ff3∶Ff4=a3∶a4=4∶8=1∶2,故C正確;對物體m隔離受力分析,可得tan θ=,
tan α=,而a3∶a4=4∶8,所以tan α=2tan θ,故D正確。
9.一物塊放在如圖所示的小車上,小車在水平面上做直線運動,物塊始終與小車保持相對靜止。設小車對物塊的支持力為FN,小車對物塊的摩擦力為Ff,關于小車運動過程中物塊的受力情況,下列說法正確的是(　AC　)
A.若小車向左運動,FN不可能為零
B.若小車向左運動,Ff不可能為零
C.若小車向右運動,FN不可能為零
D.若小車向右運動,Ff不可能為零
解析:若小車向左勻速運動,根據平衡條件得知,物塊所受的Ff不可能為零,FN不可能為零;若小車向左加速運動,根據牛頓第二定律可知,合力向左,FN不可能為零,Ff可能為零;若小車向左做減速運動,由牛頓第二定律可知合力向右,則物塊所受Ff不可能為零,則FN不可能為零,故A正確,B錯誤;若小車向右勻速運動,根據平衡條件得知,物塊所受的Ff不可能為零,FN不可能為零;若小車向右加速運動,根據牛頓第二定律可知,合力向右,Ff不可能為零,FN不可能為零;若小車向右做減速運動,由牛頓第二定律可知合力向左,則物塊所受FN不可能為零,Ff可能為零,故C正確,D錯誤。
10.如圖所示,質量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連,豎直放在光滑的水平面上,木塊A上放有質量為2m的木塊C,三者均處于靜止狀態。現將木塊C迅速移開,若重力加速度為g,則在木塊C移開的瞬間(　AC　)
A.彈簧的形變量不改變
B.彈簧的彈力大小為mg
C.木塊A的加速度大小為2g
D.木塊B對水平面的壓力迅速變為2mg
解析:開始時整體處于平衡狀態,彈簧的彈力等于A和C的重力,即F=3mg,撤去C的瞬間,彈簧的形變量不變,彈簧的彈力F不變,仍為3mg,故A正確,B錯誤;撤去C瞬間,彈簧彈力不變,對木塊A,由牛頓第二定律得F-mg=ma,解得a=2g,方向豎直向上,故C正確;撤去C的瞬間,彈簧的彈力不變,仍為3mg,對木塊B,由平衡條件得F+mg=FN,解得FN=4mg,由牛頓第三定律知,木塊B對水平面的壓力為4mg,故D錯誤。
11.小物體P在光滑水平面上正在以速度v0勻速運動。從t=0時刻開始計時,P的加速度隨時間的變化關系如圖所示,加速度方向與v0方向相同,圖中a0、t0為已知量,則小物體P(　AC　)
A.在2t0和4t0時刻的速度一定不相等
B.在3t0時刻的速度為7a0t0
C.在2t0到4t0時間內運動位移為2v0t0+14a0
D.在t0時刻的速度為1.5a0t0
解析:在2t0到4t0時間內,物體加速度不變,即物體做勻加速運動,則在2t0和4t0時刻的速度一定不相等,選項A正確;由a=可知Δv=a·
Δt,即at圖像的“面積”等于速度的變化量,由圖可知v0=a0t0=
0.5a0t0,則在 0～3t0時間內的速度變化量為(a0+3a0)·2t0+3a0t0=
7a0t0,則3t0時刻的速度為v0+7a0t0=7.5a0t0,選項B錯誤;同理在2t0時刻的速度為4.5a0t0,則在2t0到4t0時間內運動位移為x=4.5a0t0×
2t0+·3a0×(2t0)2=15a0,而2v0t0+14a0=15a0,選項C正確;由幾何關系可知,t0時刻P的加速度為2a0,在t0時刻的速度為vt0=v0+
×(a0+2a0)·2t0=3.5a0t0,選項D錯誤。
12.如圖甲所示,足夠長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木塊,小木塊與傳送帶間動摩擦因數為μ,小木塊速度隨時間變化關系如圖乙所示,若θ、g、v0、t0已知,則下列說法中正確的是(　AD　)
A.傳送帶一定逆時針轉動
B.μ=tan θ+
C.傳送帶的速度大于v0
D.t0后一段時間內,小木塊加速度為2gsin θ-
解析:若傳送帶順時針轉動,當小木塊沿傳送帶下滑時,有mgsin θ>μmgcos θ,小木塊將一直勻加速到底端;當小木塊沿傳送帶上滑時,有mgsin θ<μmgcos θ,則小木塊先勻加速運動,在速度與傳送帶相等后,做勻速運動,兩種情況均不符合運動圖像,故傳送帶一定逆時針轉動,故A正確;在0～t0時間內,小木塊受到豎直向下的重力和沿傳送帶向下的摩擦力,做加速度為a1的勻加速直線運動,根據牛頓第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ,由題圖可知a1=,聯立解得μ=-tan θ,故B錯誤;當小木塊的速度與傳送帶的速度相等時,小木塊所受的摩擦力變為沿傳送帶向上,加速度大小發生改變,所以傳送帶的速度等于v0,故C錯誤;t0后一段時間內,小木塊的加速度a2=gsin θ-μgcos θ,代入μ值得a2=
2gsin θ-,故D正確。
二、非選擇題(共52分)
13.(6分)某同學利用如圖甲所示裝置做“探究彈簧彈力大小與其長度的關系”實驗。
(1)某次在彈簧下端掛上鉤碼后,彈簧下端處的指針在刻度尺上的指示情況如圖乙所示,此時刻度尺的讀數 x=　　　　。
(2)根據實驗數據在圖丙的坐標紙上已描出了多次測量的彈簧所受彈力大小F跟彈簧長度x的數據點,請作出Fx圖線。
(3)根據所作出的圖線,可得該彈簧的勁度系數k=　　　　N/m。(保留兩位有效數字)
解析:(1)由圖示刻度尺可知,其分度值為1 mm,其示數為11.80 cm。
(2)根據坐標系內描出的點作出圖像如圖所示。
(3)由圖示圖像可知,彈簧的勁度系數為k===49 N/m。
答案:(1)11.80 cm(11.79～11.81 cm均可)
(2)圖見解析　(3)49
評分標準:每問2分。
14.(8分)在用如圖甲所示的裝置“探究加速度與力、質量的關系”實驗中,保持小車質量一定時,驗證小車加速度a與合力F的關系。
(1)除了電火花計時器、小車、砝碼、砝碼盤、細線、附有定滑輪的長木板、墊木、導線及開關外,在下列器材中必須使用的有　　　　。
A.220 V、50 Hz的交流電源
B.電壓可調的直流電源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平(附砝碼)
(2)為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合力,以下操作正確的是　　　　(多選)。
A.調整長木板上滑輪的高度使細線與長木板平行
B.在調整長木板的傾斜度平衡摩擦力時,應當將砝碼和砝碼盤通過細線掛在小車上
C.在調整長木板的傾斜度平衡摩擦力時,應當將穿過打點計時器的紙帶連在小車上
(3)某同學得到了如圖乙所示的一條紙帶,由此得到小車加速度的大小a=　　　　 m/s2。(保留兩位有效數字)
(4)在本實驗中認為細線的拉力F等于砝碼和砝碼盤的總重力,已知兩位同學利用實驗數據作出的aF圖像如圖丙中的1、2所示。
①出現圖線1的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　;
②出現圖線2的原因是 　　　　　　　　　　　　　　　。
解析:(1)電火花計時器需要220 V、50 Hz的交流電源,不需要直流電源;需要用刻度尺測量紙帶上點跡間的距離;需要天平測量小車的質量;紙帶上每相鄰兩個點的時間間隔為0.02 s,不需要秒表測時間,故選A、C、E。
(2)為了使細線對小車的拉力等于小車所受的合力,需要平衡摩擦力,平衡摩擦力時應當將穿過打點計時器的紙帶連在小車上,調整長木板的傾斜度,讓小車拖著紙帶做勻速直線運動,同時要調整長木板上滑輪的高度使細線與長木板平行,故A、C正確,B錯誤。
(3)根據Δx=aT2可得小車加速度的大小
a== m/s2≈3.2 m/s2。
(4)根據圖線1可知,當沒有掛砝碼、砝碼盤時,小車產生了加速度,因此說明平衡摩擦力時木板傾角太大;根據圖線2可知,隨著F的增大,即砝碼、砝碼盤的質量增大,不再滿足砝碼、砝碼盤質量遠小于小車的質量,因此曲線上部出現彎曲現象。
答案:(1)ACE　(2)AC　(3)3.2　(4)①平衡摩擦力時木板傾角太大?、诓辉贊M足砝碼、砝碼盤質量遠小于小車的質量
評分標準:每問2分。
15.(8分)如圖是上海中心大廈,小明乘坐大廈快速電梯,從底層到達第119層觀光平臺僅用時55 s。若電梯先以加速度a1做勻加速運動,達到最大速度18 m/s,然后以最大速度勻速運動,最后以加速度a2做勻減速運動恰好到達觀光平臺。假定觀光平臺高度為549 m,g取
10 m/s2。
(1)若電梯經過20 s勻加速達到最大速度,求加速度a1的大小及上升高度h;
(2)在(1)問中的勻加速上升過程中,若小明的質量為 60 kg,求小明對電梯地板的壓力。
解析:(1)由運動學公式可得電梯勻加速上升時的加速度a1==
m/s2=0.9 m/s2 , (2分)
電梯勻加速上升的高度
h== m=180 m。 (2分)
(2)設小明受到電梯地板的支持力為FN,由牛頓第二定律得FN-mg=
ma1 , (1分)
解得FN=654 N, (2分)
由牛頓第三定律可知,小明對電梯地板的壓力大小為
FN′=FN=654 N,方向豎直向下。 (1分)
答案:(1)0.9 m/s2　180 m　(2)654 N,方向豎直向下
16.(10分)圖甲所示為冰庫工作人員移動冰塊的場景,工作人員先斜向上拉冰塊移動一段距離,然后放手讓冰塊向前滑動到目的地,其工作原理可簡化為如圖乙所示。設冰塊質量M=100 kg,冰塊與滑道間的動摩擦因數為0.05,冰塊起始位置與目的地距離為12 m,工人拉冰塊時拉力與水平方向成53° 角向上。某次拉冰塊時,工人從滑道前端拉著冰塊(冰塊初速度可視為零)勻加速前進了4.0 m后放手,冰塊剛好到達滑道末端靜止。已知 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2,求:
(1)冰塊在加速與減速運動過程中加速度大小之比;
(2)冰塊滑動過程中的最大速度;
(3)工人拉冰塊的拉力大小。
解析:(1)設加速時加速度大小為a1,減速時加速度大小為a2,最大速度為v,加速前進位移為x,總位移為L,則加速階段有v2=2a1x (1分)
減速階段有0-v2=-2a2(L-x) , (1分)
則==2∶1。 (1分)
(2)減速階段冰塊所受合力等于滑動摩擦力,則
μMg=Ma2 , (1分)
解得a2=0.5 m/s2 (1分)
根據0-v2=-2a2(L-x) ,
解得v=2 m/s。 (1分)
(3)a1=2a2,故a1=1 m/s2 , (1分)
對冰塊受力分析可得Fcos 53°-μ(Mg-Fsin 53°)=Ma1 , (2分)
解得F= N。 (1分)
答案:(1)2∶1　(2)2 m/s　(3) N
17.(8分)兩物體A、B并排放在水平地面上,且兩物體接觸面為豎直面,現用一水平推力F作用在物體A上,使A、B由靜止開始一起向右做勻加速運動,如圖甲所示,在A、B的速度達到6 m/s時,撤去推力F。已知A、B質量分別為mA=1 kg,mB=3 kg,A與地面間的動摩擦因數μ=
0.3,B與地面間沒有摩擦,B物體運動的vt圖像如圖乙所示,g取
10 m/s2。求:
(1)推力F的大小;
(2)物體A剛停止運動時,物體A、B之間的距離。
解析:(1)在水平推力F作用下,設物體A、B一起做勻加速運動的加速度為a,由B物體的vt圖像得a=3 m/s2, (1分)
對于A、B整體,由牛頓第二定律得F-μmAg=(mA+mB)a, (1分)
代入數據解得F=15 N。 (1分)
(2)設物體A勻減速運動的時間為t,撤去推力F后,A、B兩物體分離,A在摩擦力作用下做勻減速直線運動,B做勻速直線運動。
對A:μmAg=mAaA,aA=μg=3 m/s2, (1分)
v0-aAt=0, (1分)
解得t=2 s,
物體A的位移為xA=t=6 m, (1分)
物體B的位移為xB=v0t=12 m, (1分)
物體A剛停止運動時,物體A、B之間的距離為
Δx=xB-xA=6 m。 (1分)
答案:(1)15 N　(2)6 m
18.(12分)如圖所示,長L=1.4 m、質量M=10 kg的長方體木箱,在水平面上向右做直線運動,木箱上表面光滑,下表面與地面的動摩擦因數μ=0.2。當木箱的速度v0=3.8 m/s時,立即對木箱施加一個F=50 N水平向左的恒力,并同時將一個質量m=3 kg的小物塊輕放在距木箱右端0.25 m處的P點(小物塊可視為質點,放在P點時相對于地面的速度為零),經過一段時間,小物塊脫離木箱落到地面。g取10 m/s2,求:
(1)從小物塊放在P點開始,木箱向右運動的最大距離;
(2)小物塊離開木箱時木箱的速度大小。
解析:(1)小物塊放到木箱上時相對地面靜止,對木箱有F+μ(M+m)g=Ma1 , (2分)
a1=7.6 m/s2, (1分)
木箱向右運動的最大距離
x1==0.95 m。 (2分)
(2)木箱向左運動時,對木箱有
F-μ(M+m)g=Ma2, (2分)
a2=2.4 m/s2 , (1分)
木箱左移x2=(0.25+0.95) m=1.2 m時, (1分)
=2a2x2 (2分)
小物塊離開木箱時木箱的速度大小v1=2.4 m/s。 (1分)
答案:(1)0.95 m　(2)2.4 m/s

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