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第二部分 高考八大高频考点例析


高 考 八 大 高 频 考 点 例 析

考点一 考点二 考点三

考点四
考点五 考点六 考点七 考点八

根据v-t图像,分析质点的运动规律,从而
题型特点 确定质点的速度、位移、加速度及对应的受 力情况等

根据 v-t 图像可以确定的有: (1)运动物体初速度的大小 v0,即图像中 解 题 方 略 纵轴截距 (2)判断是加速运动,还是减速运动 Δv (3)算出加速度,加速度的大小为 a= Δt

(4)可以确定加速度的方向:若规定初速度的方向 解 题 方 为正方向,由v-t图像可知,如果斜率为正,

则加速度的方向为正,表示它与初速度的方向
相同;如果斜率为负,则加速度的方向为负, 表示它与初速度的方向相反 (5)确定运动物体在某时刻的速度或运动物体达到 某速度所需要的时间



[例证1]

(2011· 福建高考)如图1甲所示,绷紧的水平传

送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从 与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从

小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-
t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1,则( )

图1

A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大
B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0~t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

[解析]

由图像知物块先向左减速,后反向加速到v1

再做匀速直线运动,t1时刻离A距离最大,A错误;t2时刻 二者相对静止,故t2时刻物块相对传送带滑动距离最大,

B正确;0~t2时间内摩擦力方向一直向右,C错误;在0~
t2时间内摩擦力为滑动摩擦力,大小不变,在t2~t3时间内 物块做匀速运动,此过程摩擦力为零,D错误。 [答案] B

[点评]

在分析该类问题时,将图像所描述的物体

的运动规律与相应的运动学公式、受力情况等结合起来
应用,并注意确定各物理量的大小和方向。

[针对训练] 1. (2010· 广东高考)如图2是某质点运 动的速度图像,由图像得到的正 确结果是 ( ) 图2

A.0~1 s内的平均速度是2 m/s B.0~2 s内的位移大小是3 m

C.0~1 s内的加速度大于2~4 s内的加速度

D.0~1 s内的运动方向与2~4 s内的运动方向相反

解析:由图像知 0~1 s 内质点的平均速度大小为 v =1 m/s, 1 选项 A 错;0~2 s 内的位移大小 x=2×2×1 m+2×1 m=3 m,选项 B 对;图线的斜率代表加速度,从图中可知 0~1 s 内的加速度大于 2~4 s 内的加速度, 选项 C 对; 0~1 s 内与 2~4 s 内的速度均为正值,其运动方向相同,选项 D 错。

答案:BC

2.(2010· 天津高考)质点做直线运动的v-t图像如图3所示,
规定向右为正方向,则该质点在前8 s内平均速度的大小 和方向分别为 ( )

图3

A.0.25 m/s C.1 m/s

向右

B.0.25 m/s D.1 m/s

向左 向左

向右

解析:由于 v-t 图像中图线与时间轴所围成的面积表示该 1 段时间内位移的大小, 所以前 3 s 内的位移为 s1=2×3×2 m 1 =3 m;后 5 s 内的位移为 s2=-2×5×2 m=-5 m;8 s 内 s -2 的总位移为 s=s1+s2=-2 m,平均速度为 v= t = 8 m/s =-0.25 m/s,负号表示方向向左,正确选项为 B。

答案:B

3. (2010· 全国卷Ⅰ)汽车由静止 开始在平直的公路上行驶,0~60 s 内汽车的加速度随时间变化的图线 如图4所示。 (1)画出汽车在0~60 s内的v-t图线;

图4

(2)求在这60 s内汽车行驶的路程。

解析:(1)设t=10、40、60 s时刻的速度分别为v1、v2、v3。 由图知0~10 s内汽车以加速度2 m/s2匀加速行驶,由运动学 公式得 v1=2×10 m/s=20 m/s ①

由图知10~40 s内汽车匀速行驶,因此 v2=20 m/s ②

由图知40~60 s内汽车以加速度1 m/s2
匀减速行驶,由运动学公式得 v3=(20-1×20) m/s =0 m/s ③

根据①②③式,可画出汽车在0~60 s内的v-t图线,如 图所示。

(2)由图可知,在这 60 s 内汽车行驶的路程为 30+60 s= 2 ×20 m=900 m。

答案:(1)见解析

(2)900 m

题型

题目设计一般比较新颖,常常与运动项目、天体 运动、汽车运动等实际问题相联系,重在考查运 动学规律

特点

利用匀变速直线运动的规律解题时应注意位移、速 解 题 方 度、加速度的矢量性,在仔细审题的基础上,正确 判断物体的运动性质,抓住一段运动过程,选好正 方向,寻找位移s、初速度v0,末速度vt、加速度a



及时间t中的已知量、相关量与待求量,选用合适规
律列式,要注意运动的可逆性、对称性的灵活应用

[例证2]

(2011· 新课标全国卷)甲乙两辆汽车都从静

止出发做加速直线运动,加速度方向一直不变。在第一 段时间间隔内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的 加速度大小是甲的两倍;在接下来的相同时间间隔内, 汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍,汽车乙的加速 度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时 间间隔内走过的总路程之比。

[解析]

设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度

为 v,第一段时间间隔内行驶的路程为 s1,加速度为 a;在 第二段时间间隔内行驶的路程为 s2。由运动学公式得 v=at0 1 2 s1=2at0 1 2 s2=vt0+2(2a)t0

设汽车乙在时刻 t0 的速度为 v′,在第一、二段时间间 隔内行驶的路程分别为 s1′、s2′。同样有 v′=(2a)t0 1 s1′=2(2a)t2 0 1 2 s2′=v′t0+2at0

设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s′,则有 s=s1+s2 s′=s1′+s2′ 联立以上各式解得,甲、乙两车各自行驶的总路程之 s 5 比为 =7 s′

[答案]

5 7

[点评]

解答本题应注意分析每辆车在不同阶段的

运动情况及联系,以及两辆车加速度的大小关系,这样 才能在最后的各自总路程的表达式中用相同物理量表达 出来,最终求得确切的比值关系。

[针对训练]

4.(2011· 天津高考)质点做直线运动的位移s与时间t的关系
为s=5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位),则该质 点 A.第1 s内的位移是5 m B.前2 s内的平均速度是6 m/s C.任意相邻的1 s内位移差都是1 m D.任意1 s内的速度增量都是2 m/s ( )

1 2 解析:对比匀变速运动的位移公式 s=v0t+2at 可以知道: v0=5 m/s,a=2 m/s2。第 1 s 内的位移为 6 m,故 A 错误; 5×2+22 前 2 s 内的平均速度 v = m/s=7 m/s,故 B 错误; 2 相邻 1 s 内位移差 Δs=aT2=2 m,故 C 错误;任意 1 s 内的 速度增量 Δv=a·Δt=2 m/s,故 D 正确。

答案:D

5.(2011· 安徽高考)一物体作匀加速直线运动,通过一段位 移 Δs 所用的时间为 t1,紧接着通过下一段位移 Δs 所用 的时间为 t2。则物体运动的加速度为 2Δs?t1-t2? A. t1t2?t1+t2? 2Δs?t1+t2? C. t1t2?t1-t2? Δs?t1-t2? B. t1t2?t1+t2? Δs?t1+t2? D. t1t2?t1-t2? ( )

解析:物体作匀加速直线运动,利用中间时刻的瞬时速度等 t1 Δs t2 Δs t2 t1 于全过程的平均速度,得 v 2 = t ,v 2 = t ,又 v 2 =v 2 + 1 2 t1+t2 2Δs?t1-t2? a 2 ,得 a= ,所以 A 正确,B、C、D 错误。 t1t2?t1+t2?

答案:A

6. (2009· 海南高考)甲乙两车在一平直 道路上同向运动,其v-t图像如图

5所示,图中△OPQ和△OQT的面
积分别为s1和s2(s2>s1)。初始时, 甲车在乙车前方s0处,则( B.若s0<s1,两车相遇2次 ) 图5 A.若s0=s1+s2,两车不会相遇

C.若s0=s1,两车相遇1次
D.若s0=s2,两车相遇1次

解析:由图可知s2为甲在T时间内的位移,s1+s2为乙在T
时间内的位移,又初始时甲在乙车前方s0处,乙要追上甲

的条件是位移差要大于零,当s0=s1+s2时,Δs=s乙-s甲
=s1+s2-(s2+s0)=-s2,故乙车不能追上甲车,两车不 能相遇,A正确;若s0<s1,则Δs=s乙-s甲=s1+s2-(s2+ s0)>0,乙车能追上甲车,但经过时间T后甲车速度大于 乙车速度,所以此后甲车又能追上乙车,有两次相遇,所

以B正确;当s0=s1时,Δs=s乙-s甲=s1+s2-(s2+s0)=0,
即经过时间T时刚好追上,所以只有一次相遇,C正确; 当s0=s2时,因为s2>s1,为上述第一种情况,故D错误。 答案:ABC

7.(2010· 新课标全国卷)短跑名将博尔特在北京奥运会上
创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录,他的成 绩分别是9.69 s和19.30 s。假定他在100 m比赛时从发令 到起跑的反应时间是0.15 s,起跑后做匀加速运动,达 到最大速率后做匀速运动。200 m比赛时,反应时间及 起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相 同,但由于弯道和体力等因素的影响,以后的平均速率

只有跑100 m时最大速率的96%。求:
(1)加速所用时间和达到的最大速率; (2)起跑后做匀加速运动的加速度.(结果保留两位小数)

解析: (1)设加速所用时间为 t(以 s 为单位), 匀速运动的 速度为 v(以 m/s 为单位),则有 1 2vt+(9.69-0.15-t)v=100① 1 2vt+(19.30-0.15-t)×0.96v=200② 由①②式得 t=1.29 s v=11.24 m/s。 v (2)设加速度大小为 a,则 a= t =8.71 m/s2。

答案:(1)1.29 s

11.24 m/s

(2)8.71 m/s2

题型 特点

在一定的问题情景中,判断弹力、摩擦力的方向,
以及静摩擦力、滑动摩擦力、弹簧弹力的计算,问 题还经常与物体的平衡相结合 解决本部分问题,首先要明确弹力、摩擦力的产生

解题 条件及方向特点,掌握弹力、摩擦力大小的计算方 方略 法,尤其是弹簧弹力和滑动摩擦力的计算,同时, 也要注意应用物体的平衡条件帮助分析问题

[例证3]

(2011· 山东高考)如图

6所示,将两相同的木块a、b置于粗

图6

糙的水平地面上,中间用一轻弹簧连接,两侧用细绳系于 墙壁。开始时a、b均静止,弹簧处于伸长状态,两细绳均 有拉力,a所受摩擦力fa≠0,b所受摩擦力fb=0。现将右侧 细绳剪断,则剪断瞬间 A.fa大小不变 C.fb仍然为零 B.fa方向改变 D.fb方向向右 ( )

[解析]

剪断右侧绳的瞬间,右端细绳上拉力突变

为零,而弹簧对两木块的拉力没有发生突变,与原来一 样,所以b对地面有向左的运动趋势,受到静摩擦力fb方 向向右,C错误D正确;剪断右侧绳的瞬间,木块a受到 的各力都没有发生变化,A正确B错误。 [答案] AD

[点评]

本题考查了受力分析、摩擦力大小和方向

的判定,弹簧弹力不能突变的特点及弹力的大小问题, 由胡克定律F=kx知,当x不变时,弹簧弹力大小不变。

[针对训练] 8.(2011· 广东高考)如图7所示的水平 面上,橡皮绳一端固定,另一端

连接两根弹簧,连接点P在F1、
F2和F3三力作用下保持静止。 下列判断正确的是 A.F1>F2>F3 B.F3>F1>F2 C.F2>F3>F1 D.F3>F2>F1 ( )

图7

解析:P点在三力F1、F2、F3作用下

保持静止,则其合外力为零,F1、
F2的合力F12与F3等大反向。对三角形PF1F12,由大角对 大力可知,F12>F1>F2,从而可 知F3>F1>F2,故选B。 答案:B

9. (2011· 安徽高考)一质量为m的物块

恰好静止在倾角为θ的斜面上。现
对物块施加一个竖直向下的恒力 图8

F,如图8所示。则物块(
A.仍处于静止状态

)
B.沿斜面加速下滑

C.受到的摩擦力不变

D.受到的合外力增大

解析:物块恰好静止在斜面上,沿斜面方向有:mgsin θ=
μmgcos θ,得μ=tan θ,摩擦力f=mgsin θ,施加一个竖直 向下的恒力F后,沿斜面向下的力(mg+F)sin θ与沿斜面向 上的力μ(mg+F)cos θ仍然相等,所以物块仍处于静止状态, 合外力不变,仍为零,故A正确,B、C、D错误。 答案:A

10. 如图9所示,在水平面上放置一长方
体木箱A,箱内的水平底板上有一 与木箱等质量的物块B位于木箱中 央,弹簧的左、右两端分别与物块 图9

B及木箱右内壁相连接,弹簧呈自然且水平状态,A、

B原来均静止。设物块B与箱底板间及木箱A与地面间
动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。现给木箱A一水平 向右的瞬时速度。设箱子获得该速度后瞬间,A、B加 速度大小分别为a1、a2,则 ( )

A.a1=a2=μg C.a1=2μg,a2=μg

B.a1=2μg,a2=0 D.a1=3μg,a2=μg

解析:当箱子 A 获得瞬时速度的瞬间,物块 B 速度为 0,弹 簧仍处在自然长度,弹力为 0,此时 A 相对 B 和地面滑动, 所以 A 受到地面和 B 的滑动摩擦力都向左,产生的加速度 μmg+μ· 2mg μmg a1= =3μg,而 B 的加速度 a2= m =μg,所以 m D 项正确。

答案:D

11. (2010· 新课标全国卷)如图 10 所示, 一物块置于水平地面上。当用与 水平方向成 60° 角的力 F1 拉物块 时,物块做匀速直线运动;当改

图10

用与水平方向成 30° 角的力 F2 推物块时, 物块仍做匀速直 线运动。若 F1 和 F2 的大小相等,则物块与地面之间的动 摩擦因数为 A. 3-1 3 1 C. 2 -2 B.2- 3 3 D.1- 2 ( )

解析: 当用 F1 拉物块时, 由平衡条件可知: F1cos 60° =μ(mg -F1sin 60° ),当用 F2 推物块时,又有 F2cos 30° =μ(mg+ cos 30° -cos 60° F2sin 30° ),又 F1=F2,求得 μ= =2- 3, sin 30° +sin 60° B 正确。

答案:B

高考对本部分知识点的考查主要是物体(或质点)

题型 受三力或多力平衡,经常涉及细绳、轻杆、弹簧
特点 等装置,题目情景一般比较新颖,与生活实际联 系密切

分析平衡类问题时关键是确定研究对象,对研究 对象进行受力分析,然后利用共点力的平衡条件 进行列方程求解。物体(质点)受三力平衡时,通 解题 常应用合成法或分解法求解,受三个以上的力平

方略

衡时,通常采用正交分解法求解。当系统有多个
物体时,要注意整体法和隔离法的灵活应用,当 研究整体的受力情况时一般先整体考虑,当求解 系统内物体间的相互作用时,应选用隔离法

[例证4]

(2011· 江苏高考) 如图11

所示,石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块,侧面与竖直方向的 图11

夹角为α,重力加速度为g。若接触面间的摩擦力忽

略不计,则石块侧面所受弹力的大小为

(

)

mg A.2sin α 1 C.2mgtan α

mg B.2cos α 1 D.2mgcot α

[解析] 石块受力如图所示,由对 称性可知两侧面所受弹力相等,设为 N, 由三力平衡可知四边形 OABC 为菱形, 故△ODC 为直角三角形,且∠OCD 为 α, 1 mg 则由 mg=Nsin α 可得 N= ,故 A 正确。 2 2sin α

[答案] A

[点评]

本题考查了物体的受力分析和平衡。研

究对象石块两侧面受到的弹力是对称的,因此,作出 力的平行四边形后要注意平行四边形是菱形,充分利 用对角线垂直平分的特点进行求解。

[针对训练]
12. (2011· 海南高考)如图 12,墙上有两个 钉子 a 和 b,它们的连线与水平方向 的夹角为 45° ,两者的高度差为 l。 一条不可伸长的轻质细绳一端固定

图12

于 a 点, 另一端跨过光滑钉子 b 悬挂一质量为 m1 的重物。 在绳上距 a 端 l/2 的 c 点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质 量为 m2 的钩码, 平衡后绳的 ac 段正好水平, 则重物和钩 m1 码的质量比 为 m2 ( )

A. 5 5 C. 2

B. 2 D. 2

解析:平衡后绳圈 c 受力及如图所示,图 中 F1=m2g,F2=m1g,由图中几何关系 F2 及平衡条件可知: = F1 m1 5 即 = ,C 正确。 m2 2 l 2 l +? ? 2 5 = , l 2
2

答案:C

13. (2010· 山东高考)如图13所示,质 量分别为m1、m2的两个物体通过 轻弹簧连接,在力F的作用下一 起沿水平方向做匀速直线运动 图13

(m1在地面,m2在空中),力F与水平方向成θ角。则m1所 受支持力N和摩擦力f正确的是 ( )

A.N=m1g+m2g-Fsin θ B.N=m1g+m2g-Fcos θ C.f=Fcos θ D.f=Fsin θ

解析:把两个物体看做一个整体,由两个物体一起沿水
平方向做匀速直线运动可知水平方向f=Fcos θ,选项C正 确,D错误;设轻弹簧中弹力为F1,弹簧与水平方向的夹 角为α,隔离m2,分析受力,由平衡条件知,在竖直方向 有Fsin θ=m2g+F1sin α,隔离m1,分析受力,由平衡条 件知,在竖直方向有,m1g=N+F1sin α,联立解得,N =m1g+m2g-Fsin θ,选项A正确,B错误。

答案:AC

14.

(2010· 江苏高考)如图 14 所示,置于水 平地面的三脚架上固定着一质量为 m 的照相机。三脚架的三根轻质支架等 长,与竖直方向均成 30° 角,则每根 支架中承受的压力大小为( 1 A. mg 3 3 C. mg 6 )

图14

2 B. mg 3 2 3 D. mg 9

解析:题中每根支架对照相机的作用力 F 沿每根支架向上,这三个力的合力等 于照相机的重力,所以有 3Fcos 30° =mg, mg 2 3 得 F=3cos 30° = 9 mg,故选项 D 正确。

答案:D

给出物体的运动过程,通过受力分析结合牛
题型特点 顿运动定律研究速度、加速度或某一作用力 等相关物理量的变化情况或根据图像分析力 的变化并求解速度、加速度、时间、位移等

动力学中常见的图像有F-t图像、a-t图像、

F-a图像等
解 题 对于F-a图像,首先要根据具体的物理情 境,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定 律推导出两个量间的函数关系式,从函数关系式 结合图像明确图像的斜率、截距或面积的意义,

方 略

从而由图像给出的信息求出未知量

对a-t图像,要注意加速度的正负,分析每 一段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛 顿第二定律列方程 解 题 方 略 对F-t图像要结合物体受到的力,根据牛顿

第二定律,求出加速度,分析每一时间段的运动
性质 在解决图像问题时不要被图像的表面现象所 迷惑,要将基本的受力分析、运动状态分析、牛 顿第二定律与图像反映的物理过程和状态相结合

[例证5]

(2011· 全国新课标卷)

如图15,在光滑水平面上有一质量

为m1的足够长的木板,其上叠放一

图15

质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和 滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F= kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。则如 图17所示的反映a1和a2变化的图线中正确的是 ( )

图16

[解析] 在 m2 与 m1 相对滑动前,F=kt=(m1+m2)a,a k 与 t 成正比关系,a1-t 关系图线的斜率为 ,当 m1 与 m1+m2 μm2g m2 相对滑动后,m1 受的是 f21=μm2g=m1a1,a1= 为一 m1 kt k 恒量,对 m2 有 F-μm2g=m2a2,得 a2= -μg,斜率为 , m2 m2 可知 A 正确,B、C、D 错误。

[答案] A

[点评]

本题考查在不同阶段两物体由于所受外力发

生变化,相应的加速度如何发生变化的问题。解决时要
以相对运动为分界点,分别研究两个过程的受力情况, 分析加速度的变化规律是解题的关键。

[针对训练]
15.(2011· 北京高考)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹 性绳绑在踝关节等处,从几十米处跳下的一种极限运 动。某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t 变化的情况如图17所示。将蹦极过程近似为竖直方向

的运动,重力加速度为g。据图17可知,此人在蹦极过
程中最大加速度约为 ( )

图17 A.g B.2g

C.3g

D.4g

解析: “蹦极”运动的最终结果是运动员悬在空中处于静止状 态,此时绳的拉力等于运动员的重力,由图可知,绳子拉力最 3 3 5 终趋于恒定时等于重力且等于5F0 即 mg=5F0,即 F0=3mg。 当绳子拉力最大时,运动员处于最低点且合力最大,故加速度 9 也最大,此时 F 最大=5F0=3mg,方向竖直向上,由 ma=F 最大 -mg=3mg-mg=2mg 得最大加速度为 2g,故 B 正确。

答案:B

16. (2011· 上海高考)受水平外力F作用的

物体,在粗糙水平面上作直线运动,
其v-t图线如图18所示,则( ) 图18

A.在0~t1秒内,外力F大小不断增大 B.在t1时刻,外力F为零 C.在t1~t2秒内,外力F大小可能不断减小 D.在t1~t2秒内,外力F大小可能先减小后增大

解析:由图像可知 0~t1,物体作 a 减小的加速运动,t1 时刻 F- f a 减小为零。由 a= m 可知,F 逐渐减小,最终 F=f,故 f- F A、B 错误;t1~t2 物体作 a 增大的减速运动,由 a= m 可 知,至物体速度减为零之前,F 有可能是正向逐渐减小,也 可能 F 已正向减为零且负向增大,故 C、D 正确。

答案:CD

17. (2010· 福建高考)质量为2 kg的物体
静止在足够大的水平地面上,物 体与地面间的动摩擦因数为0.2, 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小 图19 视为相等。从t=0时刻开始,物体受到方向不变、大小

呈周期性变化的水平拉力F的作用,F随时间t的变化规
律如图19所示。重力加速度g取10 m/s2,则物体在t=0 至t=12 s这段时间的位移大小为 A.18 m C.72 m B.54 m D.198 m ( )

解析:根据滑动摩擦力定义可知,物体运动过程中所受滑动 摩擦力 f=μmg=4 N,所以 0~3 s 物体所受外力等于最大静 摩擦力,物体恰能保持静止状态。在以后的过程中,物体交 替做匀加速直线运动和匀速直线运动。匀加速直线运动过程 F- f 中物体的加速度 a= m =2 m/s2, 所以 3~6 s 物体做匀加速 1 2 直线运动, 物体的位移 s1=2at =9 m; 6 s 末的速度 v=at=6

m/s; 6~9 s 物体做匀速直线运动, 物体的位移 s2=vt=18 m; 1 9~12 s 物体继续做匀加速直线运动,位移 s3=vt+2at2=27 m, 因此 0~12 s 物体的位移 s=s1+s2+s3=54 m, B 项正确。
答案:B

18.(2010· 山东高考) 如图20所示,物体沿
斜面由静止滑下,在水平面上滑行一 图20 段距离后停止,物体与斜面和水平面 间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接。图21中 v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦 力大小和路程。图22中正确的是 ( )

图21

解析: 物体在斜面上下滑, 受到重力、 支持力和摩擦力的作用, 其合外力为恒力,加速度为恒量,物体做匀加速直线运动,其 加速度图像应为一平行时间横轴的直线段,速度 v=at,其速 1 2 度图像应为一向上倾斜的直线段,位移 s=2at ,位移随时间 变化的图像应为一开口向上的抛物线,选项 A、B、D 错误; 物体滑到水平面上后,在摩擦力作用下做匀减速直线运动,其 摩擦力大于在斜面上运动时的摩擦力,所以选项 C 正确。

答案:C

题型 特点

将物体与轻绳、轻弹簧或某一些刚性物体(如:杆、
板等)相关联考查某一部分发生改变时,物体的受 力突变或逐渐变化时加速度的大小 弹簧、橡皮条、弹性绳等的弹力不能突变,而地

解题 面、硬杆、斜面、绳等的弹力可以突变。求解时 方略 应分别确定变化前和变化后研究对象的受力情况, 从而判断变化后的瞬时加速度

[例证6]

(2010· 全国卷Ⅰ)如图22,

轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连, 下端与另一质量为M的木块2相连,整 个系统置于水平放置的光滑木板上, 图22

并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出 后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加 速度大小为g。则有 ( )

A.a1=0,a2=g m+M C.a1=0,a2= M g

B.a1=g,a2=g m+M D.a1=g,a2= M g

[解析]

木板未抽出时,木块 1 受重力和弹簧弹力两个

力并且处于平衡状态,弹簧弹力大小等于木块 1 的重力,N =mg; 木块 2 受重力、 弹簧向下的压力和木板的支持力作用, 由平衡条件可知, 木板对木块 2 的支持力等于两木块的总重 力。撤去木板瞬间,弹簧形变量不变,故产生的弹力不变, 因此木块 1 所受重力和弹簧弹力均不变, 故木块 1 仍处于平 衡状态,即加速度 a1=0,B、D 项错;而木块 2 不再受木板 支持力作用,只受重力和弹簧弹力作用,N+Mg=Ma2,解 M +m 得 a2= M g,C 项正确。

[答案] C

[点评]

本题考查平衡条件、牛顿第二定律等知识

的应用。对这类问题分析的关键是对物体受力分析,既 要分析运动状态变化前的受力,又要分析运动状态变化 瞬间的受力,从而确定瞬时加速度的大小。

[针对训练]
19.细绳拴一个质量为m的小球,小球用

固定在墙上的水平弹簧支撑,小球与
弹簧不粘连,平衡时细绳与竖直方向 的夹角为53°,如图23所示。以下说

图23
( )

法正确的是(已知cos 53°=0.6,sin 53°=0.8)

3 A.小球静止时弹簧的弹力大小为5mg 3 B.小球静止时细绳的拉力大小为5mg C.细线烧断瞬间小球的加速度立即为 g 5 D.细线烧断瞬间小球的加速度立即为3g

解析:细绳烧断前对小球进行受力分析, 小球受到三个力的作用:重力 mg,竖 直向下;弹簧的弹力 F1,水平向右; 细绳的拉力 F2,沿细绳斜向上。如图所示,由平衡条件得: F2cos 53° =mg,F2sin 53° =F1。 5 4 解得 F2=3mg,F1=3 mg。

细绳烧断瞬间, 细绳的拉力突然变为零, 而弹簧的弹力不变, 此时小球所受的合力与 F2 等大反向,所以小球的加速度立 5 即变为 a=3g。

答案:D

20. 如图24所示,两个质量分别为

m1=2 kg、m2=3 kg的物体置

图24

于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接。两 个大小分别为F1=30 N、F2=20 N的水平拉力分别作 用在m1、m2上,则 A.弹簧测力计的示数是10 N B.弹簧测力计的示数是50 N C.在突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的示数不变 D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度不变 ( )

解析:设弹簧的弹力为F,加速度为a。
对系统:F1-F2=(m1+m2)a,对m1:F1-F=m1a,联立 两式解得:a=2 m/s2,F=26 N,故A、B两项都错误; 在突然撤去F2的瞬间,由于弹簧测力计两端都有物体,而 物体的位移不能发生突变,所以弹簧的长度在撤去F2的瞬

间没变化,弹簧上的弹力不变,故C项正确;若突然撤去
F1,物体m1的合外力方向向左,而没撤去F1时合外力方 向向右,所以m1的加速度发生变化,故D项错误。 答案:C

根据题目条件分析超重、失重情况或判断物体间
题型 的作用力,或根据超重、失重情况判断物体的运 特点 动情况,画出超重、失重状态下力随时间变化的 图像,有时也根据牛顿第二定律进行适当计算

超重和失重现象具体表现为视重的变化。判断 物体是处于超重状态还是失重状态,关键是看 解题 物体的加速度的方向,当加速度方向向上时, 方略 物体处于超重状态;当加速度方向向下时,物 体处于失重状态;当向下的加速度为g时,物体

处于完全失重状态

[例证7]

(2011· 天津高考)某同学利用测力计研究在

竖直方向运行的电梯运动状态。他在地面上用测力计测 量砝码的重力,示数为G。他在电梯中用测力计仍测量同 一砝码的重力,发现测力计的示数小于G,由此判断此时 电梯的运动状态可能是________________。 [解析] 测力计示数小于G,说明电梯处于失重状态,

加速度方向向下,则电梯可能是向下加速,也可能是向上
减速。 [答案] 减速上升或加速下降

[点评]

超重状态加速度向上,对应两种运动形式

(加速上升或减速下降),失重加速度向下也对应两种运 动形式(加速下降或减速上升)。

[针对训练] 21. (2010· 浙江高考)如图25所示,A、B两物

体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不
计空气阻力)。下列说法正确的是( ) 图25

A.在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零 B.上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的 重力

C.下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的 重力 D.在上升和下降过程中A物体对B物体的压力等于A物 体受到的重力 解析:A、B两物体抛出以后处于完全失重状态,无论是上 升还是下降,A物体对B物体的压力一定为零,A选项正确。 答案:A

22. (2009· 安徽高考)为了节省能量,某 商场安装了智能化的电动扶梯。无 人乘行时,扶梯运转得很慢;有人 站在扶梯时,它会先慢慢加速,再 图26

匀速运转。一顾客乘扶梯上楼,恰好经历了这两个过 程,如图26所示。那么下列说法中正确的是( )

A.顾客始终受到三个力的作用
B.顾客始终处于超重状态

C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下
D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方,再竖直向下

解析:人加速运动时,受重力、支持力和水平向右的静 摩擦力作用,扶梯对人的作用力指向右上方,人对扶梯 的作用力指向左下方,当人匀速运动时,人只受重力和 竖起向上的支持力作用,所以仅C项正确。

答案:C

23. 某人在地面上用弹簧秤称得其体

重为490 N。他将弹簧秤移至电
梯内称其体重,t0至t3时间段内, 弹簧秤的示数如图27所示,电

图27

梯运行的v-t图可能是(取电梯向上运动的方向为正) 图28中的 ( )

图29

解析:由题图知,在t0~t1时间内,弹簧秤示数小于体重, 表明处于失重状态,电梯有向下的加速度,可能向下做 匀加速运动或者向上做匀减速运动;t1~t2时间内弹簧秤

示数等于体重,表明处于平衡状态,电梯加速度为零,
电梯可能做匀速运动或保持静止状态;t2~t3时间内弹簧 秤示数大于体重,表明处于超重状态,电梯有向上的加 速度,电梯可能向下做匀减速运动或者向上做匀加速运 动。综上所述,A、D选项正确。

答案:AD

牛顿第二定律是解决力和运动关系问题的依据。
一是力和运动的综合题,重点考查综合运用知识 题型 的能力,如为使物体变为某一运动状态,应选择 特点 怎样的施力方案;二是联系实际的问题,以实际 问题为背景命题,重点考查获取并处理信息,去

粗取精,把实际问题转化成物理问题的能力

牛顿第二定律揭示了力与运动的关系,使我
们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来。 解题 (1)第一类:已知物体的受力情况,求物体的

方略 运动情况 (2)第二类:已知物体的运动情况,求物体的

受力情况

(3)求解这两类问题的思路,可用下面的框图来表示

解题
方略

[例证8]

(2011· 上海高考)如

图29,质量m=2 kg的物体静止于
水平地面的A处,A、B间距L= 图29

20 m,用大小为30 N,沿水平方向的外力拉此物体,经t0 =2 s拉至B处。 (已知cos 37°=0.8,sin 37°=0.6,取g=10 m/s2)

(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ;

(2)用大小为30 N,与水平方向成37°的力斜向上拉
此物体,使物体从A处由静止开始运动并能到达B处,求 该力作用的最短时间t。

[解析] 1 2 L=2at0

(1)物体做匀加速运动

2L 2×20 ∴a= t2 = 22 m/s2=10 m/s2 0 由牛顿第二定律 F-f=ma f=30 N-2×10 N=10N f 10 ∴μ=mg= =0.5 2×10

(2)设 F 作用的最短时间为 t,小车先以大小为 a 的加速 度匀加速时间 t, 撤去外力后, 以大小为 a′的加速度匀减速 时间 t′到达 B 处,速度恰为 0,由牛顿定律 Fcos 37° -μ(mg-Fsin 37° )=ma F?cos 37° +μsin37° ? ∴a= -μg m 30×?0.8+0.5×0.6? 2 =( - 0.5 × 10) m/s 2 =11.5 m/s2 f a′=m=μg=5 m/s2

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因 此有 at=a′t′ ∴t′= a 11.5 t= 5 t=2.3t a′

1 2 1 L=2at +2a′t′2 ∴t= 2L = a+2.32a′ 2×20 s=1.03 s 11.5+2.32×5

[答案] (1)0.5

(2)1.03 s

[点评]

应用牛顿第二定律解题,受力分析、运动过

程分析是关键,特别是多过程、多阶段的问题,每个阶段
所受的力的个数、力的方向都可能发生变化。正确的受力 分析结合适当的运动学公式可使所求问题迎刃而解。

[针对训练] 24.(2010· 四川高考)质量为M的拖拉机拉着耙来耙地,由
静止开始做匀加速直线运动,在时间t内前进的距离为 s。耙地时,拖拉机受到的牵引力恒为F,受到地面的 阻力为自重的k倍,耙所受阻力恒定,连接杆质量不计 且与水平面的夹角θ保持不变。求:

图30 (1)拖拉机的加速度大小。 (2)拖拉机对连接杆的拉力大小。

1 2 解析:(1)由匀变速直线运动的公式:s=2at ① 2s 得 a= t2 ② (2)设连接杆对拖拉机的拉力为 f,由牛顿第二定律得: F-kMg-fcos θ=Ma③ 根据牛顿第三定律,联立②③式,解得拖拉机对连接杆 的拉力大小为: 1 2s f′=f=cos θ[F-M(kg+ t2 )]。④

2s 答案:(1) t2

1 2s (2)cos θ[F-M(kg+ t2 )]

25. 如图31所示,木板长L=1.6 m,质量

m′=4.0 kg,上表面光滑,下表面与
地面间的动摩擦因数为μ=0.4。质量 图31

m=1.0 kg的小滑块(视为质点)放在木板的右端,开始时 木板与小滑块均处于静止状态,现给木板以向右的初速 度,取g=10 m/s2,求

(1)木板所受摩擦力的大小;
(2)使小滑块不从木板上掉下来,木板初速度的最大值。

解析:(1)木板对地面的压力大小:F=(m+m′)g 则由牛顿第三定律知地面对木板的支持力 N=F, 木板所受摩擦力 f=μN=20 N。 f (2)木板的加速度 a= =5 m/s2 m′ 木板上表面光滑,小滑块静止不动,只要木板位移小于木板 的长度,小滑块就不会掉下来, 由 v2 0=2as 知 v0= 2as=4 m/s。

答案:(1)20 N

(2)4 m/s

26.如图32甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆,
滑杆上端固定,下端悬空。为了研究学生沿杆的下滑情 况,在杆顶部装有一拉力传感器,可显示杆顶端所受拉 力的大小。现有一学生(可视为质点)从上端由静止开始 滑下,5 s末滑到杆底时速度恰好为零。以学生开始下 滑时刻为计时起点,传感器显示的拉力随时间变化情况 如图乙所示,g取10 m/s2。求:

图32 (1)该学生下滑过程中的最大速率? (2)滑杆的长度为多少?

(3)1 s末到5 s末传感器显示的拉力为多少?

解析:(1)根据图像可知 0~1 s 内,人向下做匀加速运动, 人对滑杆的作用力为 350 N,方向竖直向下,所以滑杆对人 的作用力 F1 的大小为 350 N,方向竖直向上。 以人为研究对象,根据牛顿第二定律:mg-F1=ma1 G 5 s 后静止,m= g =50 kg 1 s 末人的速度为 v1=a1t1 根据图像可知 1 s 末到 5 s 末,人做匀减速运动,5 s 末速度 为零,所以人 1 s 末速度达到最大值,由以上各式代入数值 解得:v1=3.0 m/s,所以最大速度 vm=3.0 m/s。

(2)滑杆的长度等于人在滑杆上加速运动和减速运动通过的 位移之和 0+v1 0+3.0 加速运动的位移 s1= ×t1= ×1 m=1.5 m 2 2 0+v1 3.0+0 减速运动的位移 s2= ×t2= ×4 m=6.0 m 2 2 滑杆的总长度 L=s1+s2=7.5 m。

(3)减速运动时的加速度为 v1 a2= t =0.75 m/s2,方向竖直向上 2 以人为研究对象,根据牛顿第二定律:F2-mg=ma2 F2=mg+ma2=(500+50×0.75) N=537.5 N。

答案:(1)3.0 m/s

(2)7.5 m

(3)537.5 N


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