專題2力與直線運動 1 多選 2015 新課標全國 20 如圖1 a 一物塊在t 0時刻滑上一固定斜面 其運動的v t圖線如圖 b 所示 若重力加速度及圖中的v0 v1 t1均為已知量 則可求出 真題示例 圖1 A 斜面的傾角B 物塊的質(zhì)量C 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D 物塊沿斜面向上滑行的最大高度 僅根據(jù)v t圖象無法求出物塊的質(zhì)量 選項B錯誤 答案ACD 2 2015 江蘇單科 5 如圖2所示 某 闖關(guān)游戲 的筆直通道上每隔8m設(shè)有一個關(guān)卡 各關(guān)卡同步放行和關(guān)閉 放行和關(guān)閉的時間分別為5s和2s 關(guān)卡剛放行時 一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度2m s2由靜止加速到2m s 然后勻速向前 則最先擋住他前進的關(guān)卡是 圖2 A 關(guān)卡2B 關(guān)卡3C 關(guān)卡4D 關(guān)卡5 答案C 3 多選 如圖3所示 升降機內(nèi)有一固定斜面 斜面上放一物塊 開始時 升降機做勻速運動 物塊相對于斜面勻速下滑 當升降機加速上升時 圖3 A 物塊與斜面間的摩擦力減小B 物塊與斜面間的正壓力增大C 物塊相對于斜面減速下滑D 物塊相對于斜面勻速下滑 解析當升降機加速上升時 物塊有豎直向上的加速度 則物塊與斜面間的正壓力增大 根據(jù)滑動摩擦力公式Ff FN可知物塊與斜面間的摩擦力增大 故A錯誤 B正確 設(shè)斜面的傾角為 物塊的質(zhì)量為m 當勻速運動時有mgsin mgcos 即sin cos 假設(shè)物塊以加速度a向上運動時 有FN m g a cos Ff m g a cos 因為sin cos 所以m g a sin m g a cos 故物塊仍做勻速下滑運動 C錯誤 D正確 答案BD 圖4 1 在0 2s時間內(nèi)A和B加速度的大小 解析在0 2s時間內(nèi) A和B的受力如圖所示 其中Ff1 FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小 Ff2 FN2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小 方向如圖所示 由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 Ff1 1FN1 FN1 mgcos Ff2 2FN2 FN2 FN1 mgcos 規(guī)定沿斜面向下為正 設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2 由牛頓第二定律得mgsin Ff1 ma1 mgsin Ff2 Ff1 ma2 聯(lián)立 式 并代入題給條件得a1 3m s2 a2 1m s2 答案3m s21m s2 2 A在B上總的運動時間 解析在t1 2s時 設(shè)A和B的速度分別為v1和v2 則v1 a1t1 6m s v2 a2t1 2m s 2s后 設(shè)A和B的加速度分別為a1 和a2 此時A與B之間摩擦力為零 同理可得a1 6m s2 a2 2m s2 由于a2 0 可知B做減速運動 設(shè)經(jīng)過時間t2 B的速度減為零 則有v2 a2 t2 0 聯(lián)立 式得t2 1s在t1 t2時間內(nèi) A相對于B運動的距離為 此后B靜止不動 A繼續(xù)在B上滑動 設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B 則有 可得t3 1s 另一解不合題意 舍去 設(shè)A在B上總的運動時間t總 有t總 t1 t2 t3 4s答案4s 1 題型特點牛頓第二定律是高考中每年必考的熱點內(nèi)容 既會單獨考查 又會與電磁學(xué)內(nèi)容結(jié)合考查學(xué)生的綜合處理問題的能力 近幾年高考主要考查勻變速直線運動的公式 規(guī)律及運動圖象的應(yīng)用 題型多以選擇題和計算題為主 題目新穎 與生活實際聯(lián)系密切 考查直線運動和力的關(guān)系時大多綜合牛頓運動定律 受力分析 運動過程分析等內(nèi)容 考綱解讀 2 應(yīng)考技巧抓住 兩個分析 和 一個橋梁 兩個分析 是指受力分析和運動情景分析 一個橋梁 是指加速度是聯(lián)系運動和受力的橋梁 綜合應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式解決問題 內(nèi)容索引 考題一勻變速直線運動基本規(guī)律的應(yīng)用 考題二牛頓運動定律的應(yīng)用 考題三運動學(xué)圖象問題 考題四應(yīng)用動力學(xué)方法分析傳送帶問題 專題綜合練 考題五應(yīng)用動力學(xué)方法分析 滑塊 木板模型 問題 考題一勻變速直線運動基本規(guī)律的應(yīng)用 1 一質(zhì)點做勻加速直線運動時 速度變化 v時發(fā)生位移x1 緊接著速度變化同樣的 v時發(fā)生位移x2 則該質(zhì)點的加速度為 解析如圖所示 v aTx2 x1 aT2 答案D 2 有一輛卡車在一個沙塵暴天氣中以15m s的速度勻速行駛 司機突然看到正前方十字路口有一個小孩跌倒在地 該司機剎車的反應(yīng)時間為0 6s 剎車后卡車勻減速前進 最后停在小孩前1 5m處 避免了一場事故的發(fā)生 已知剎車過程中卡車加速度的大小為5m s2 則 A 司機發(fā)現(xiàn)情況時 卡車與該小孩的距離為31 5mB 司機發(fā)現(xiàn)情況后 卡車經(jīng)過3s停下C 從司機發(fā)現(xiàn)情況到停下來的過程中卡車的平均速度為11m sD 若卡車的初速度為20m s 其他條件都不變 則卡車將撞到小孩 解析已知反應(yīng)時間t1 0 6s x1 v0t1 9m 所以卡車經(jīng)3 6s停下 x 9m 22 5m 1 5m 33m 所以會撞到小孩 答案D 3 2014年12月26日 我國東部14省市ETC聯(lián)網(wǎng)正式啟動運行 ETC是電子不停車收費系統(tǒng)的簡稱 汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程如圖5所示 假設(shè)道路上有并行的甲 乙兩輛汽車都以v1 20m s朝收費站沿直線正常行駛 現(xiàn)甲車過ETC通道 需要在某位置開始做勻減速運動 到達EF處速度正好減為v2 4m s 在虛線EF與收費站中心線之間以4m s的速度勻速行駛 通過收費站中心線后才 加速行駛離開 已知甲勻減速過程的加速度大小為a1 1m s2 虛線EF處與收費站中心線距離d 10m 乙車過人工收費通道 需要在中心線前某位置開始做勻減速運動 至中心線處恰好速度為零 經(jīng)過繳費成功后再啟動汽車行駛離開 已知乙車勻減速過程的加速度大小為a2 2m s2 求 圖5 1 甲車過ETC通道時 從開始減速到收費站中心線過程中的位移大小 解析甲車過ETC通道時 減速過程的位移為 可得x甲 192m所以總的位移 x總 x甲 d 202m答案202m 2 乙車比甲車提前多少時間到收費站中心線 乙車在甲車開始減速后勻速過程的位移x1 x總 x2 102m 則乙車提前甲車到中心線的時間為 t t甲1 t甲2 t乙1 t乙2 3 4s 答案3 4s 規(guī)律小結(jié) 常用推論 x aT2 2 總結(jié) 應(yīng)用運動學(xué)規(guī)律解題的基本步驟第一步 根據(jù)題意確定研究對象 第二步 分析運動過程 明確物體做什么運動 構(gòu)建運動情景 必要時畫出運動示意圖 第三步 明確題中的已知量 未知量及其關(guān)系 選用合適的運動規(guī)律 第四步 若運動包含多個階段 要分階段逐個分析 各段交接點處的速度是銜接各段運動的關(guān)鍵物理量 也是解題的突破口 第五步 選取正方向 由運動學(xué)公式列方程求解 4 用細線將籃球拴在升降機光滑的側(cè)壁上 當升降機加速下降時 出現(xiàn)如圖6所示的情形 四位同學(xué)對此現(xiàn)象做出了分析與判斷 其中可能正確的是 考題二牛頓運動定律的應(yīng)用 圖6 A 升降機的加速度大于g 側(cè)壁對球無擠壓B 升降機的加速度小于g 側(cè)壁對球有擠壓C 升降機的加速度等于g 側(cè)壁對球無擠壓D 升降機的加速度等于g 側(cè)壁對球有擠壓 解析設(shè)細線與豎直方向的夾角為 若細線有拉力 則FTcos mg ma 可知a g 此時側(cè)壁對球有支持力 選項A錯誤 若細線無拉力 則mg ma 可知a g 此時側(cè)壁對球無支持力 升降機的加速度不可能小于g 故選項C正確 答案C 5 多選 如圖7甲所示 用粘性材料粘在一起的A B兩物塊靜止于光滑水平面上 兩物塊的質(zhì)量分別為mA 1kg mB 2kg 當A B之間產(chǎn)生拉力且大于0 3N時 A B將會分離 t 0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1 同時對物塊B施加同一方向的拉力F2 使A B從靜止開始運動 運動過程中F1 F2方向保持不變 F1 F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示 則下列關(guān)于A B兩物塊受力及運動情況的分析 正確的是 圖7 A t 2 0s時刻A B之間作用力大小為0 6NB t 2 0s時刻A B之間作用力為零C t 2 5s時刻A對B的作用力方向向左D 從t 0時刻到A B分離 它們運動的位移為5 4m 當t 2 0s時 F2 1 8N F2 F mBa 得 F mBa F2 0 6N A正確 B錯誤 當t 2 5s時 F2 2 25N F2 F mBa 得 F mBa F2 0 C錯誤 答案AD 圖8 1 物塊由斜面底端上滑時的初速度v1與下滑到底端時v2的大小之比 解析設(shè)物塊上滑的最大位移為L 根據(jù)運動學(xué)公式 2 物塊和斜面之間的動摩擦因數(shù) 解析設(shè)上滑時加速度為a1 下滑時加速度為a2 根據(jù)牛頓第二定律得上滑時 mgsin mgcos ma1下滑時 mgsin mgcos ma2 聯(lián)立三式代入數(shù)據(jù)得 0 5 答案0 5 解析設(shè)F與斜面的夾角為 加速度為a 由牛頓第二定律得 Fcos mgsin mgcos Fsin ma即 F cos sin mg sin cos ma sin 的最大值為1 設(shè)加速度最大值為am 代入數(shù)據(jù)得 am 2 5m s2 答案2 5m s2 1 研究對象的選取方法在實際解題過程中整體法和隔離法經(jīng)常交替使用 一般是選用整體法求加速度 再用隔離法求物體間的相互作用力 方法小結(jié) 2 受力分析的處理方法 1 合成法 若物體只受兩個力作用而產(chǎn)生加速度時 應(yīng)用力的合成法較簡單 合外力的方向就是加速度方向 2 正交分解法 當物體受到兩個以上的力作用而產(chǎn)生加速度時 常用正交分解法解題 多數(shù)情況下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上 此時有Fx ma Fy 0 特殊情況下分解加速度比分解力更簡單 3 運動情景分析法 1 程序法 對于研究對象按時間的先后經(jīng)歷了幾個不同的運動過程的一類問題的解決方法叫程序法 運用程序法時 要注意前一個過程的結(jié)束是后一個過程的開始 兩個過程的交接點的速度往往是解決問題的關(guān)鍵 2 圖象法 圖象能形象地表達物理規(guī)律 能直觀地描述物理過程 能鮮明地表示物理量之間的關(guān)系 應(yīng)用圖象 不僅能進行定性分析 比較判斷 也適宜于定量計算 論證 而且 通過圖象的啟發(fā)常能找到巧妙的解題途徑 7 如圖9所示 為甲 乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標x隨時間t變化的圖象 已知甲做勻變速直線運動 乙做勻速直線運動 則0 t2時間內(nèi)下列說法正確的是 考題三運動學(xué)圖象問題 圖9 A 兩物體在t1時刻速度大小相等B t1時刻乙的速度大于甲的速度C 兩物體平均速度大小相等D 甲的平均速度小于乙的平均速度 解析根據(jù)位移圖象的斜率等于速度 則在t1時刻 甲圖象的斜率大于乙圖象的斜率 所以甲的速度大于乙的速度 故A B錯誤 坐標的變化量等于位移 根據(jù)圖象可知 甲 乙位移大小相等 方向相反 而時間相等 則平均速度的大小相等 故C正確 D錯誤 答案C 8 多選 一物體以初速度v0從固定的足夠長斜面底端沿斜面向上滑行 該物體的速度 時間圖象可能是 解析設(shè)斜面傾角為 若斜面光滑 則物體上滑及下滑的加速度相等 都等于gsin 當物體上滑到最高點時 又能以同樣的加速度下滑 故選項A正確 若斜面粗糙 則物體向上做減速運動 到達最高點后靜止于斜面上 故選項B正確 若斜面粗糙 則物體向上做減速運動 加速度為a1 gsin gcos 到達最高點后物體向下加速運動 加速度為a1 gsin gcos 即上升時加速度大于下降時的加速度 故選項C正確 D錯誤 答案ABC 9 一滑塊從固定的斜面底端沖上粗糙的斜面 到達某一高度后返回斜面底端 下列各圖分別表示滑塊在斜面上運動的速度v 加速度a 重力勢能Ep 機械能E隨時間t變化的圖象 則下列圖象可能正確的是 解析滑塊在斜面上運動過程中 由于存在摩擦力 機械能不斷減小 經(jīng)過同一點時下滑的速度小于上滑的速度 回到出發(fā)點時的速度比出發(fā)時的初速度小 故A錯誤 設(shè)斜面的傾角為 滑塊在上滑與下滑兩個過程中 所受的合力方向均沿斜面向下 加速度方向相同 設(shè)上滑與下滑兩個過程加速度大小分別為a1和a2 根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma2 則得 a1 gsin gcos a2 gsin gcos 則有 a1 a2 故B正確 1 x t v t a t的關(guān)系 知識小結(jié) 2 圖象問題的五看一看 軸 二看 線 三看 斜率 四看 面積 五看 特殊點 3 注意 x t圖象和v t圖象描述的都是直線運動 而a t圖象描述的并非一定是直線運動 10 多選 如圖10所示 以速度v逆時針勻速轉(zhuǎn)動的足夠長的傳送帶與水平面的夾角為 現(xiàn)將一個質(zhì)量為m的小木塊輕輕地放在傳送帶的上端 小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 則下列選項中能夠正確地描述小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的圖線是 考題四應(yīng)用動力學(xué)方法分析傳送帶問題 圖10 解析木塊放上后一定先向下加速 由于傳送帶足夠長 所以一定有木塊速度大小等于傳送帶速度大小的時刻 此時若重力沿傳送帶向下的分力大小大于最大靜摩擦力 則之后木塊繼續(xù)加速 但加速度變小了 而若重力沿傳送帶向下的分力大小小于或等于最大靜摩擦力 則木塊將隨傳送帶勻速運動 故C D正確 A B錯誤 答案CD 11 如圖11所示 有一條沿順時針方向勻速傳送的傳送帶 恒定速度v 4m s 傳送帶與水平面的夾角 37 現(xiàn)將質(zhì)量m 1kg的小物塊輕放在其底端 小物塊可視作質(zhì)點 與此同時 給小物塊施加沿傳送帶方向向上的恒力F 8N 經(jīng)過一段時間 小物塊運動到了離地面高為h 2 4m的平臺上 已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù) 0 5 g取10m s2 sin37 0 6 cos37 0 8 問 圖11 1 物塊從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間 解析對物塊受力分析可知 物塊先是在恒力作用下沿傳送帶方向向上做初速度為零的勻加速運動 摩擦力的方向沿斜面向上 直至速度達到傳送帶的速度 由牛頓第二定律 ma1 F mgcos37 mgsin37 計算得 a1 6m s2 物塊與傳送帶速度相同時 物塊未到頂端 物塊受到的摩擦力的方向改變 對物塊受力分析發(fā)現(xiàn) 因為F 8N而重力沿斜面向下的分力和最大靜摩擦力之和為10N 故不能相對斜面向上加速 故得 a2 0 2 若在物塊與傳送帶達到相同速度時 立即撤去恒力F 計算小物塊還需經(jīng)過多長時間離開傳送帶以及離開時的速度 解析若達到速度相等后撤去F 對物塊受力分析 因為mgsin37 mgcos37 故物塊減速上行 ma3 mgsin37 mgcos37 得a3 2m s2物塊還需t 離開傳送帶 離開時的速度為vt 則 1 水平放置運行的傳送帶處理水平放置的傳送帶問題 首先應(yīng)對放在傳送帶上的物體進行受力分析 分清物體所受摩擦力是阻力還是動力 然后對物體進行運動狀態(tài)分析 即對靜態(tài) 動態(tài) 終態(tài)進行分析和判斷 對其全過程作出合理分析 推導(dǎo) 進而采用有關(guān)物理規(guī)律求解 這類問題可分為 運動學(xué)型 動力學(xué)型 圖象型 方法小結(jié) 2 傾斜放置運行的傳送帶處理這類問題 同樣是先對物體進行受力分析 再判斷摩擦力的方向是解題關(guān)鍵 正確理解題意和挖掘題中隱含條件是解決這類問題的突破口 這類問題通常分為 運動學(xué)型 動力學(xué)型 能量守恒型 12 多選 如圖12所示 一足夠長的木板靜止在光滑水平面上 一物塊靜止在木板上 木板和物塊間有摩擦 現(xiàn)用水平拉力向右拉木板 在物塊相對木板運動過程中 撤掉拉力 此后木板和物塊相對于水平面的運動情況為 考題五應(yīng)用動力學(xué)方法分析 滑塊 木板模型 問題 圖12 A 物塊向右運動 速度逐漸增大 直到做勻速運動B 物塊先向左運動 再向右運動C 木板向右運動 速度逐漸變小 直到做勻速運動D 木板和物塊的速度都逐漸變小 直到為零 解析由題知 當物塊相對木板滑動了一段距離仍有相對運動時撤掉拉力 此時物塊的速度小于木板的速度 兩者之間存在滑動摩擦力 物塊受到木板的滑動摩擦力方向向右 與其速度方向相同 向右做加速運動 而木板受到物塊的滑動摩擦力方向向左 與其速度方向相反 向右做減速運動 當兩者速度相等時一起向右做勻速直線運動 答案AC 13 如圖13所示 一個長度為L 1m 高度為h 0 8m的長木板靜止在水平地面上 其質(zhì)量M 0 4kg 一質(zhì)量m 0 1kg的小物塊 可視為質(zhì)點 放置在其上表面的最右端 物塊與長木板 長木板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為 0 5 設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 現(xiàn)給長木板施加一個水平向右持續(xù)作用的外力F g 10m s2 圖13 1 若F恒為4N 試求長木板的加速度大小 因為2 5N F 4N F0 所以物塊與長木板共同加速運動 對整體有F M m g M m a解得加速度a 3m s2答案3m s2 2 若F恒為5 8N 試判斷物塊是否能從長木板上掉下 如能 請求出小物塊落地時距長木板左端的距離 如不能 求出物塊距長木板右端的距離 解析因為F 5 8N F0 所以物塊與長木板相對滑動 對長木板有 F M m g mg Ma1 加速度a1 7m s2 此時長木板速度v1 7m s 物塊速度v2 5m s 平拋水平距離x2 v2t2 2m物塊與長木板分離后長木板的加速度a3F Mg Ma3 得a3 9 5m s2 最終 小物塊落地時距長木板左端的距離 x x1 x2 1 56m 答案能1 56m 3 若F kt k 0 在t 0時刻到物塊剛滑落時間內(nèi) 試定性畫出物塊與長木板間摩擦力大小隨時間變化的圖線 無需標注時間以及力的大小 解析當時間較小時 拉力也較小 物塊處于靜止狀態(tài) 所以物塊與長木板間的摩擦力為0 當時間延長 拉力增大到長木板運動時 物塊也會隨著長木板一起加速運動 故物塊與長木板間摩擦力逐漸增大 當拉力再增大 物塊在長木板上相對滑動時 因為壓力不變 接觸面的粗糙程度不變 所以物塊與長木板間的滑動摩擦力就不隨拉力大小而變化了 是不變的 所以物塊與長木板間的摩擦力大小隨時間變化的圖線如圖所示 答案見解析圖 1 抓住兩個分析 1 對物體在初態(tài)時 靜止釋放或有初速度的釋放 所受滑動摩擦力的方向分析 2 二者達到共速時摩擦力的有無及方向的分析 其方法是 假設(shè)剛好達到最大靜摩擦力求出臨界的加速度a0與實際的加速度a比較 方法小結(jié) 若a a0則發(fā)生相對滑動 若a a0則能相對靜止 2 解題關(guān)鍵 以動力學(xué)分析為切入點 弄清物體的運動過程 1 如圖14所示為甲 乙兩物體運動的圖象 在0 t2時間內(nèi)甲一直做勻加速直線運動 乙先做勻減速到速度為零 再做勻加速直線運動 t2 2t1 關(guān)于兩物體在0 t2時間內(nèi)運動的位移大小關(guān)系正確的是 專題綜合練 圖14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A x甲 2x乙B x甲 2x乙C x甲 2x乙D 以上三種情況都有可能 解析由于圖線與時間軸圍成的面積表示位移 我們現(xiàn)在將圖象的范圍分成6個部分如圖 則甲的位移 x甲 x1 x2 x3 x4 x5乙的位移 x乙 x1 x4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 其中由于x1 x2 x4 x3 x6 由圖象可知 x5 x6 所以 x1 x2 x3 x4 x5 2x1 x4 x6 x4 x5 2 x1 x4 則 x甲 2x乙答案B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 如圖15所示 吊籃A 物體B 物體C的質(zhì)量均為m B和C分別固定在豎直彈簧兩端 彈簧的質(zhì)量不計 整個系統(tǒng)在輕繩懸掛下處于靜止狀態(tài) 現(xiàn)將懸掛吊籃的輕繩剪斷 在輕繩剛斷的瞬間 圖15 A 物體B的加速度大小為gB 物體C的加速度大小為2gC 吊籃A的加速度大小為3gD A C間的彈力大小為0 5mg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 多選 如圖16是汽車運送圓柱形工件的示意圖 圖中P Q N是固定在車體上的壓力傳感器 假設(shè)圓柱形工件表面光滑 汽車靜止不動時Q傳感器示數(shù)為零 P N傳感器示數(shù)不為零 當汽車向左勻加速啟動過程中 P傳感器示數(shù)為零而Q N傳感器示數(shù)不為零 已知sin15 0 26 cos15 0 97 tan15 0 27 g 10m s2 則汽車向左勻加速啟動的加速度可能為 1 2 3 4 5 6 7 8 9 圖16 A 4m s2B 3m s2C 2m s2D 1m s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析當汽車向左勻加速啟動過程中 P傳感器示數(shù)為零而Q N傳感器示數(shù)不為零 受力分析如圖知FQ mg FNcos15 F合 FNsin15 ma 由 知 答案AB 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 多選 質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同 將它們通過輕繩和光滑定滑輪連接 如圖17甲所示 繩子在各處均平行于傾角為 的斜面 M恰好能靜止在斜面上 不考慮M m與斜面之間的摩擦 若互換兩物塊位置 按圖乙放置 然后釋放M 斜面仍保持靜止 對圖乙 下列說法正確的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 圖17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析第一次放置時M靜止 則 Mgsin mg 第二次放置時 由牛頓第二定律 Mg mgsin M m a 聯(lián)立解得 a 1 sin g 對m 由牛頓第二定律 FT mgsin ma 解得 FT mg 答案BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 如圖18所示 彈簧左端固定 右端自由伸長到O點并系住物體m 現(xiàn)將彈簧壓縮到A點 然后靜止釋放 物體一直可以運動到B點 如果物體受到的阻力恒定 則 圖18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A 物體從A到O先加速后減速B 物體從A到O加速運動 從O到B減速運動C 物體運動到O點時所受合力為零D 物體從A到O的過程加速度逐漸減小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解析物體從A點到O點過程 彈力逐漸減為零 剛開始彈簧的彈力大于摩擦力 合力向右 加速度向右 速度也向右 物體加速 后來彈力小于摩擦力 合力向左 速度向右 物體減速 即物體先加速后減速 故A正確 B錯誤 物體運動到O點時 彈簧的彈力為零 而滑動摩擦力不為零 則物體所受合力不為零 故C錯誤 物體從A點至O點先做加速度不斷減小的加速運動 后做加速度不斷增大的減速運動 故D錯誤 答案A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 2015 福建 20 一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛 其運動過程的v t圖象如圖19所示 求 圖19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 摩托車在0 20s這段時間的加速度大小a 由v t圖象并代入數(shù)據(jù)得a 1 5m s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案1 5m s2 2 摩托車在0 75s這段時間的平均速度大小v 20 45s的位移s2 vmt2 0 75s這段時間的總位移s s1 s2 s3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案20m s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 在研究摩擦力特點的實驗中 將木塊放在足夠長的固定的水平長木板上 如圖20甲所示 用力沿水平方向拉木塊 拉力從0開始逐漸增大 分別用力傳感器采集拉力和木塊所受到的摩擦力 并用計算機繪制出摩擦力Ff隨拉力F變化的圖象 如圖乙所示 已知木塊質(zhì)量為0 78kg 取g 10m s2 sin37 0 60 cos37 0 80 求 1 2 3 4 5 6 7 8 9 圖20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 木塊與長木板間的動摩擦因數(shù) 解析由題圖乙可知 木塊所受到的滑動摩擦力Ff 3 12N由Ff FN 答案0 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 若木塊在與水平方向成 37 斜向右上方的恒定拉力F作用下 以a 2 0m s2的加速度從靜止開始做勻變速直線運動 如圖丙所示 則拉力F的大小應(yīng)為多大 解析根據(jù)牛頓第二定律 力的平衡得Fcos Ff maFsin FN mgFf FN代入數(shù)據(jù)解得F 4 5N 答案4 5N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 在 2 中力作用2s后撤去拉力F 木塊還能滑行多遠 解析2s末速度v at撤去拉力F后 mg ma 0 v2 2 a x代入數(shù)據(jù)解得x 2m 答案2m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8 如圖21所示 傳送帶水平部分長L 23 5m 以v 12m s向右勻速運行 質(zhì)量為m 1kg的小物塊 可視為質(zhì)點 以v0 2m s的速度從傳送帶水平部分的左端滑上傳送帶 物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù) 0 4 重力加速度取g 10m s2 圖21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 求物塊通過傳送帶水平部分的時間 解析設(shè)物塊加速度為a1 加速時間為t1 通過的位移為x1 由牛頓第二定律 有 mg ma1所以a1 4m s2 解得t1 2 5s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 解得x1 17 5m 故物塊通過傳送帶時間為 t t1 t2 3s 答案3s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 若物塊剛滑上傳送帶時傳送帶即以a 1m s2的加速度制動 其他條件不變 求物塊與傳送帶相對滑動過程中產(chǎn)生的熱量 解析由題意可知 物塊先做加速運動 當與傳送帶速度相等后一直減速到停止 設(shè)經(jīng)時間t1兩者速度相等為v1 有 v0 a1t1 v at1 v1解得t1 2s v1 10m s這段時間傳送帶和物塊通過的位移分別為 1 2 3 4 5 6 7 8 9 相對位移為 x x帶 x物 10m該過程產(chǎn)生的熱量為Q1 mg x 40J速度相等后 物塊與傳送帶一起減速到停止 無熱量產(chǎn)生所以全過程產(chǎn)生的總熱量為Q 40J 答案40J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 如圖22所示 質(zhì)量M 5kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0 12m s向右做勻速直線運動 某時刻在其右端無初速度地放上一質(zhì)量為m 1kg的小物塊B 已知木板與地面間的動摩擦因數(shù) 1 0 6 物塊與木板間的動摩擦因數(shù) 2 0 4 物塊可看作質(zhì)點 木板足夠長 取g 10m s2 試求 圖22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 放上物塊后木板發(fā)生的位移 解析由題可知F 1Mg 30N放上物塊后的木板F 2mg 1 M m g Ma1物塊 2mg ma2兩者速度相等a2t1 v0 a1t1解得t1 2s可知速度相同時v 8m s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 二者共速后一起做勻減速運動 1 M m g F M m a3 木板發(fā)生位移為x x1 x2 52m 答案52m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 物塊與木板之間產(chǎn)生的摩擦熱 物塊與木板間產(chǎn)生的摩擦熱為Q 2mg x1 x物 48J 答案48J 1 2 3 4 5 6 7 8 9