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高考进行时 一轮总复习·物理(新课标通用版)考点调查·答案解析必修1第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究第1讲 描述运动的基本概念回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理参考 地面 运动 同一参考系 质量 理想化 大小 形状 位置 □10有向线段 □11轨迹 □12初 □13末 □14等于 □15小于 □16位移 □17时间 □18xt□19时刻 □20切线 □21大小 □22标量 □23变化快慢 □24ΔvΔt□25相同 □26矢量 考点自测 1．答案：BD2．解析：在解答本题时，很多同学受生活习惯的影响，往往错误地认为参考系只能选地面，其实不然，如A 选项，可以选择与地面相对静止的三楼地板为参考系．参考系的选择没有对错之分，只有合理与不合理的区别，只要有利于问题的研究，选择哪个物体为参考系都可以．答案：AD 3．解析：位移是矢量，路程是标量，不能说这个标量就是这个矢量，所以A 错，B 正确．路程是物体运动轨迹的实际长度，而位移是从物体运动的起始位置指向终止位置的有向线段，如果物体做的是单向直线运动，路程就和位移的大小相等．如果物体在两位置间沿不同的轨迹运动，它们的位移相同，路程可能不同．如果物体从某位置开始运动，经一段时间后回到起始位置，位移为零，但路程不为零，所以C 、D 正确．答案：BCD4．解析：运动员的位移x 相同，由v ＝xt知，孙培萌用时短，则其平均速度大，C 正确． 答案：C 5．答案：B6．解析：正、负号表示运动方向，不表示大小，A 错误；甲的加速度与速度同向，做匀加速直线运动，乙的加速度与速度方向相反，做匀减速直线运动，B 正确；甲、乙的速度无法比较，C 错误；加速度大小相等，相等时间内速度变化的大小相等，D 正确．答案：BD题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：楼房和地面相当于同一参考系，所以，甲是匀速下降．乙看到甲匀速上升，说明乙匀速下降，且v 乙＞v 甲．甲看到丙匀速上升，丙有三种可能：①丙静止；②丙匀速上升；③丙匀速下降，且v 丙＜v 甲．丙看到乙匀速下降，丙也有三种可能：①丙静止；②丙匀速上升；③丙匀速下降，且v 丙＜v 乙．经上述分析，A 、B 均有可能．答案：AB变式训练1 解析：河岸上的旗帜右飘，说明有向右吹的风，A 船的旗帜向右飘，无法判断A 船的运动情况；B 船的旗帜向左飘，所以B 船一定向右运动，且其运动速度大于风速．答案：C【例2】 解析：物体在AB 段的平均速度v ＝x t＝1 m/s ，A 正确；ABC 段的平均速度v＝22＋122＝ m/s ＝52m/s ，B 正确；时间间隔越短，越接近A 点的瞬时速度，C 正确；在匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，D 错误．答案：ABC变式训练2 解析：设全程位移为x ，则有t 1＝23x v 1，t 2＝13x v 2，v ＝xt 1＋t 2，解得v 1＝70 km/h.答案：D【例3】 解析：对于加速直线运动，当加速度减小时，速度还在增加，只不过增加变慢，A 可能；加速度方向发生改变，即加速度存在，有加速度存在速度就改变，B 不可能；加速度仅反映速度改变的快慢，若加速度方向与速度方向相反，加速度最大时，速度减小得最快，当然速度可能最小，若加速度方向与速度方向相同，当加速度最小时，速度增大得最慢，加速度为零时，速度取得最大值，C 可能；加速度方向不变，物体可能做初速度不为零的匀减速运动，而后做反向的匀加速运动，D 可能．故选B.答案：B变式训练3 解析：做变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A 、B 、C 、D 都正确．答案：ABCD特色一角 提技能————————————————亲身体验 解析：物体的形状和大小对所研究的问题影响很小，可以忽略时，物体可以看成质点．研究火车通过隧道的时间时，火车的长度不能忽略，火车不能看成质点；同学的身体姿态、动作，飞船的飞行姿态均不能忽略，所以同学和“神舟”十号均不能看成质点；用“北斗”导航系统确定海监船的位置时，海监船的大小可以忽略，可以看成质点，D 正确．答案：D第2讲 匀变速直线运动的规律回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2 v 2－v 20＝2ax中间 一半 aT 2 1∶2∶3∶……∶n1∶22∶32∶……∶n 21∶3∶5∶……∶(2n －1) □101∶(2－1)∶(3－2)∶……∶(n －n －1) □11gt □1212gt 2 □132gh □14v 0－gt □15v 0t －12gt 2 □16v 2－v 20 □17v 202g □18v 0g考点自测1．解析：由题意，飞机的初速度为0，所以x ＝12at 2，将x ＝1 600 m ，t ＝40 s 代入得a ＝2×1 600 m 40 s 2＝2 m/s 2，故v ＝at ＝2 m/s 2×40 s ＝80 m/s.答案：A2．解析：根据v ＝v 0＋at ，则a ＝－10－102m/s 2＝－10 m/s 2.由于物体做匀变速运动，所以v ＝v ＋v 02＝0.即C 正确，其余均错．答案：C3．解析：根据位移公式x ＝12at 2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x 1＝12at 21＝12a 、x 2＝12a (t 2＋t 1)2－12at 21＝4a 、x 3＝12a (t 3＋t 2＋t 1)2－12a (t 1＋t 2)2＝272a ，再根据平均速度公式可得选项B 正确．答案：B4．解析：设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v 0，则v 2－v 20＝2ax ，即502－v 20＝2×6×200，解得v 0＝10 m/s ，B 正确．答案：B5．解析：由匀加速直线运动的位移公式可知x ＝v －t ＝0＋v 2t ＝12vt ，选项A 错误，选项B正确；匀减速直线运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD6．解析：本题考查的是自由落体运动规律的应用，意在考查考生建立物理模型的能力和应用物理规律解决实际问题的能力．由自由落体的规律，得h ＝12gt 2＝20 m.答案：B题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：由于物体连续做匀减速直线运动，可以直接应用匀变速运动公式．以v 0的方向为正方向．(1)设经时间t 1回到出发点，此过程中位移x ＝0，代入公式x ＝v 0t ＋12at 2，并将a ＝－5 m/s2代入，得t ＝－2v 0a ＝－2×20－5s ＝8 s.(2)由公式v ＝v 0＋at 知，6 s 末物体的速度 v ＝v 0＋at ＝[20＋(－5)×6] m/s ＝－10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反．答案：(1)8 s (2)大小为10 m/s ，方向与初速度方向相反变式训练1 解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a ＝－6 m/s 2飞机在地面滑行最长时间t ＝Δv a ＝0－60－6s ＝10 s所以飞机12 s 内滑行的位移等于10 s 内滑行的位移由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－v 202a ＝－6022×－6 m ＝300 m.(2)解法一：v ＝v t ＋v 02＝0＋602 m/s ＝30 m/s解法二：v ＝Δx Δt ＝30010m/s ＝30 m/s.(3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动x ′＝12at 2＝12×6×42 m ＝48 m.答案：(1)300 m (2)30 m/s (3)48 m 【例2】 解析：解法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面．故s BC ＝at 2BC /2，s AC ＝a (t ＋t BC )2/2. 又s BC ＝s AC /4，解得：t BC ＝t . 解法二：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s 1∶s 2∶s 3∶…∶s n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．现有s BC ∶s BA ＝(s AC /4)∶(3s AC /4)＝1∶3， 通过s AB 的时间为t ，故通过s BC 的时间t BC ＝t . 解法三：中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．v AC＝(v t＋v0)/2＝(v0＋0)/2＝v0/2.又v 20＝2as AC ①v2B＝2as BC②s BC＝s AC/4③解①②③得：v B＝v0/2.可以看出v B正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．因此有t BC＝t.解法四：图象面积法利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出vt图象，如图所示．S△AOC/S△BDC＝CO2/CD2.且S△AOC＝4S△BDC，OD＝t，OC＝t＋t BC.故4/1＝(t＋t BC)2/t2BC.得t BC＝t.对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶…∶(n－n－1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为t x，那么通过BD、DE、EA的时间分别为t BD＝(2－1)t x，t DE＝(3－2)t x，t EA＝(4－3)t x，又t BD＋t DE＋t EA＝t，得t x＝t.答案：t变式训练2 解析：本题考查匀变速直线运动规律的应用，意在考查考生灵活应用运动学公式解题的能力．第一段Δx的中间时刻的速度为v1＝Δxt1，第二段Δx的中间时刻的速度为v2＝Δxt2，则加速度a＝v2－v1t1＋t22＝2Δx t1－t2t1t2t1＋t2，A项正确．答案：A【例3】解析：解法一：把竖直上抛运动过程分段研究．设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1＝v0g＝1010s＝1 s.上升的最大高度h1＝v202g＝1022×10m＝5 m.故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m.重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2H g＝2×18010s ＝6 s.v t ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上掉落至落地共历时t ＝t 1＋t 2＝7 s.解法二：取全过程作一整体进行研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m.由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s(舍去)， 所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反． 解法三：对称法根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v t ，则v 2t －v 20＝2gh .解得v t ＝60 m/s ，方向竖直向下．经过h 历时Δt ＝v t －v 0g＝5 s.从最高点到落地历时t 1＝v t g＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s变式训练3解析：小球下落的情况如图所示(1)初速度为零的匀加速直线运动中，由开始起相邻相等时间间隔内位移比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)，自由落体运动符合这一规律．如图所示，11个小球将125 m 分成10段，设由上至下为x 1、x 2…x 10. h ＝12gt 2，t ＝ 2h g＝5 s Δt ＝t10＝0.5 s. (2)因为t 1＝Δt ，故x 1＝h 1＝12gt 21＝12×10×0.25 m ＝1.25 m.第3个球与第5个球之间的距离为h 7＋h 8，而根据此例：h 7＝13x 1，h 8＝15x 1 Δh ＝h 7＋h 8＝28h 1＝28×1.25 m ＝35 m. 答案：(1)0.5 s (2)35 m特色一角 提技能————————————————亲身体验 解析：由Δx ＝aT 2得：9－7＝a ·12，a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得：v 0×1－12×2×12＝9，v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t m ＝v 0a＝5 s ＜6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v 202a＝25 m ，C 正确． 答案：C第3讲 运动图象 追及和相遇问题回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理位移 时间 速度 速度 速度 时间 加速度 加速度 位移大小 □10正方向 □11负方向 □12同一 □13相等 □14等于 考点自测1．解析：物体的位移随时间的变化关系图线不表示物体的运动轨迹，其斜率表示速度，故物体做变速直线运动，选项B 正确．答案：B2．解析：x t 图象中，质点能回到初始位置，则初末时刻纵坐标相同，A 正确；B 表示末位置在初位置关于坐标原点的对称点，B 错误；速度时间图线与横轴所围的面积表示该过程的位移，且有正负之分，C 中所围的面积为正，D 中横轴上下方面积恰好抵消，故C 错误，D 正确．答案：AD3．解析：0～0.5 s 甲、乙运动方向相反，A 错误；在v t 图象中，图线与时间轴包围的面积为物体的位移，B 正确；在0～4 s 内，甲的速度始终为正，即始终向正方向运动，C 错误；在v t 图象中，图线斜率的正负表示加速度的方向，6 s 时斜率均为负，所以D 正确．答案：BD4．解析：如图汽车A 以v 0＝20 m/s 的初速度做匀减速直线运动经40 s 停下来．据加速度公式可求出a ＝－0.5 m/s 2.当A 车减为与B 车同速时是A 车逼近B 车距离最近的时刻，这时若能超过B 车则相撞，反之则不能相撞．据v 21－v 20＝2as 可求出A 车减为与B 车同速时的位移s 1＝364 m所用时间t ＝v 1－v 0a＝28 s所以B 车位移s 2＝v 1t ＝168 mΔs ＝364 m －168 m ＝196 m>180 m所以两车会相撞． 答案：能题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：在x t 图象中表示的是直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹，由甲、乙两车在0～t 1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A 、B 两项均错．在v t 图象中，t 2时刻丙、丁速度相等，故两者相距最远，C 项正确．由图线可知，0～t 2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D 项错误．答案：C变式训练1 解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x t 关系图象可大致表示为B 图．答案：B【例2】 解析：解法一(解析法)：(1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程时间为t ，则v 乙＝v 甲－at ，解得t ＝12 s ，此时甲、乙间距离为Δx ＝v 甲t －12at 2－v 乙t ＝10×12 m －12×0.5×122m －4×12 m ＝36 m.(2)设甲车减速到零所需时间为t 1，则有 t 1＝v 甲a＝20 s ， t 1时间内，x 甲＝v 甲2t 1＝102×20 m ＝100 m ，x 乙＝v 乙t 1＝4×20 m ＝80 m ，此后乙车运动时间t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝204s ＝5 s.故乙车追上甲车需t 1＋t 2＝25 s. 解法二(图象法)：作出两车运动的v t 图象如图所示．(1)甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，由图象得此时刻即为交点对应时刻t ＝12s ，最大距离为阴影部分面积Δx ＝12×(10－4)×12 m ＝36 m.(2)乙车追上甲车，即两车位移相等，x 甲＝12×10×20 m ＝100 m.x 乙＝x 甲＝4t . 则t ＝25 s.答案：(1)36 m (2)25 s变式训练2 解析：以小汽车起动位置为坐标的起点，并从它起动时开始计时，则小汽车的位移x 1与大卡车的位移x 2随时间t 的变化关系式如下：x 1＝12at 21 ①x 2＝v 0t 2 ②(1)小汽车追上大卡车的条件是：运动相同时间且位移相同． x 1＝x 2＝x ③ t 1＝t 2＝t ④由①～④式解得t ＝2v 0a ＝2×102s ＝10 s ，x ＝v 0t ＝10×10 m ＝100 m.(2)小汽车追上大卡车时的速度为 v ＝at ＝2×10 m/s ＝20 m/s.(3)两车之间的距离大小与两车的相对速度有关，当两车的速度相等时，两车间的距离最大．设两车速度相等的时刻为t ′，则有v 0＝at ′ ⑤由⑤式解得t ′＝v 0a ＝102s ＝5 s.故两车间的最大距离为x m ＝v 0t ′－12at ′2＝10×5－12×2×25 m ＝25 m.答案：(1)100 m (2)20 m/s (3)25 m特色一角 提技能———————————————— 亲身体验1 的初速度沿同一方向做匀减速直线运动，在t ＝10 s 时，两车达到相同速度．因此，在0～10 s 内，乙车速度大于甲车，而10 s 以后甲车速度大于乙车．由于t ＝0时刻，两车处于同一位置，所以0～10 s 内乙车在前，甲车在后，且甲、乙两车逐渐远离；10～20 s 内，仍然乙车在前，但甲、乙车开始相互靠近．答案：C亲身体验2 解析：(1)设甲从离接力区13.5 m 处到赶上乙所用时间为t ，乙从开始起跑到被甲追上，跑的路程为x ，甲、乙二人所用时间相等．由几何关系知，对甲13.5＋xv＝t ，对乙x ＝12at 2，且v ＝at ＝9 m/s ，由以上各式可解得a ＝3 m/s 2， t ＝3 s ， x ＝13.5 m.(2)完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为L －x ＝20 m －13.5 m ＝6.5 m.答案：(1)3 m/s 2(2)6.5 m第4讲 实验：研究匀变速直线运动回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理加速度 0.02 匀变速直线 3aT 20.1 s 考点自测1．解析：A 中应先接通电源，再放开纸带．C 中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行，D 中应先断开电源，使打点计时器停止工作，E 属于多余步骤．应补充G ，换上新纸带，重复操作两次．H.断开电源，整理好器材．正确合理的顺序应为B 、F 、C 、A 、D 、G 、H.答案：见解析2．解析：a ＝x 6＋x 5＋x 4－x 3＋x 2＋x 19T2＝ 2.78＋2.00＋1.22－ 5.18＋4.40＋3.629×0.12cm/s 2＝－80 cm/s 2＝－0.80 m/s 2，“－”号表示加速度方向与纸带运动方向相反，即方向为A →B .v 3＝x 3＋x 42T ＝3.62＋2.782×0.1 cm/s ＝32.0 cm/s ＝0.32 m/s.方向从B →A .答案：(1)0.1 (2)0.80 A →B (3)0.32 B →A题型分类 学方法———————————————— 【例1】 解析：(1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s ，所以v B ＝x AC 2×0.1 s ＝0.050.2 m/s ＝0.25 m/s ，v CE ＝x CE 2×0.1 s ＝0.14－0.050.2 m/s ＝0.45 m/s.(2)v t 图象如图所示．(3)在v t 图象中，图线的斜率表示加速度，即a ＝0.55－0.250.3m/s 2＝1.0 m/s 2答案：(1)0.25 0.45 (2)见上图 (3)1.0变式训练1 解析：(1)DCBA (2)T ＝5×0.02 s ＝0.10 s(3)v 5＝s 4＋s 52T (4)a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2答案：(1)DCBA (2)0.10 s (3)v 5＝s 4＋s 52T(4)s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2【例2】 解析：物体只在重力的作用下做匀加速直线运动，通过对纸带数据的处理，可以求出当地的重力加速度数值．方法A ：g ＝g 1＋g 2＋g 3＋g 4＋g 55＝x 2－x 1T 2＋x 3－x 2T 2＋x 4－x 3T 2＋x 5－x 4T 2＋x 6－x 5T 25＝x 6－x 15T2所以方法A 中只有x 1和x 6起作用．方法B ：g ＝g 1＋g 2＋g 33＝x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T 23＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 39T2所以方法B 中x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6均起作用． 因此选择方法B 更合理，更易减小偶然误差．本实验中误差来源较多，例如：阻力不恒定、交流电频率不稳定、长度测量不准确、数据处理方法等．答案：x 1、x 6 x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6 B 偶然 阻力不恒定、交流电频率不稳定等 变式训练2 解析：(1)d ＝10 mm ＋0.05 mm ×2＝10.10 mm ＝1.010 cm.(2)v 1＝d t 1＝1.010×10－21.0×10－2 m/s ＝1.0 m/s ；v 2＝d t 2＝1.010×10－24×10－3m/s ＝2.5 m/s. (3)v 1、v 2实质上是通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些．答案：(1)1.010 (2)1.0 2.5 (3)平均速度 滑块 特色一角 提技能————————————————亲身体验 解析：实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：频闪仪频率等于水滴滴落的频率；由Δx ＝gT 2和逐差法解得当地重力加速度g＝9.72 m/s 2；该实验存在的系统误差可能有：存在空气阻力，水滴滴落的频率变化等．答案：(1)频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率 (2)9.72 2.27(3)存在空气阻力(或水滴滴落的频率变化)第二章 相互作用 第1讲 常见的三种力回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理 大小 方向 作用点 地球 正比 mg 弹簧测力计 竖直向下 质量 □10形状 □11弹性形变 □12接触 □13弹性形变 □14相反 □15弹性形变 □16正比 □17kx □18劲度系数 □19N/m □20改变量 □21相对静止 □22相对运动 □23粗糙 □24压力 □25相对运动趋势 □26粗糙 □27压力 □28相对运动 □290 □30F f m □31相反 □32μF N □33相反 □34相对运动趋势 □35相对运动 考点自测1．解析：物体所受的重力等于质量跟该处重力加速度的乘积，地球各处的重力加速度不一定相等，而认为重力作用在物体的重心上，只是物体各部分都受重力作用的等效处理，所以重心由物体的几何形状和质量分布决定．答案：C2．解析：物体相互接触并发生弹性形变时才能产生弹力，一个物体受到的弹力，一定是和它接触的另一个物体提供的．答案：C3．解析：不拉A 时，对A ：kx 1＝mg ① B 刚要离开地面时，对B ：kx 2＝mg ② L ＝x 1＋x 2③由①②③得：L ＝2mgk.答案：B4．解析：静摩擦力的大小与该处的正压力没有直接关系，选项A 错误，B 正确；摩擦力的方向与接触面相切，弹力方向与接触面垂直，故摩擦力方向一定与弹力方向垂直，选项C 错误；水平匀速旋转的转盘上的物体受到的摩擦力与运动方向垂直，所以选项D 错误．答案：B5．解析：甲图是静摩擦力，由平衡条件得：F 1＝80 N ，乙图是滑动摩擦力，由F f ＝μF N得F f ＝0.45×200 N ＝90 N ，故选项C 正确． 答案：C题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：(1)小车静止，小球所受合外力为零，所以杆对球的弹力与重力平衡，即F 1＝mg, 方向竖直向上 .(2)车向右做匀加速运动时，受力分析如图，设杆对球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得F 2sin θ＝ma ，F 2cos θ＝mg ， 解得F 2＝m g 2＋a 2，θ＝arctan a g.(3)将a ＝g tan α 代入(2)问结论得F 2＝mgcos α，θ＝α，即弹力沿杆向上．答案：(1)mg ，方向竖直向上(2)m g 2＋a 2，方向与竖直方向夹角为arctan a g(3)mgcos α，沿杆向上 变式训练1 解析：取球受力分析如图所示，由平衡条件知F 杆＝62＋82N ＝10 N ，设F 杆与竖直方向的夹角为θ，则tan θ＝F G ＝68，所以θ＝37°.答案：C 【例2】 解析：对A 、B 整体受力分析如图甲所示，滑动摩擦力F f1使整体产生加速度a ，设A 与地面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律得F f1＝μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝μg ，保持不变，方向水平向左．甲乙再隔离B，B的受力分析如图乙所示，为获得加速度a，B受到A的静摩擦力只能水平向左，且大小F f2＝m B a＝μm B g，故A正确．答案：A变式训练2 解析：因小球受到竖直向下的重力和斜向右上方的绳的拉力作用，因此，合力一定向右，故汽车的加速度水平向右，但有可能是向左做匀减速运动，故A错误，B正确；分析m1的受力可知，只有受到的摩擦力水平向右，m1才能产生向右的加速度，故C正确，D错误．答案：BC【例3】解析：(1)因A、B向右匀速运动，B物体受到的合力为零，所以B物体受到的摩擦力为零．(2)因A、B无相对滑动，所以B受到的摩擦力是静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力公式F f＝μF N来计算，用牛顿第二定律对B物体分析有F合＝ma得F f＝ma，方向水平向右．(3)因A、B发生了相对滑动，所以B受到的摩擦力是滑动摩擦力，即F f＝μF N＝μmg，方向水平向右．(4)因滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小无关，所以F f＝μmg，方向水平向右．答案：(1)0(2)ma，方向水平向右(3)μmg，方向水平向右(4)μmg，方向水平向右变式训练3 解析：木块P对长木板的滑动摩擦力大小为F＝μ2mg，长木板始终静止，则地面对长木板的静摩擦力大小为F′＝F＝μ2mg.故只有C选项正确．答案：C特色一角提技能————————————————亲身体验解析：设木板与水平面间的夹角增大到θ时，铁块开始滑动，显然当α<θ时，铁块与木板相对静止．由力的平衡条件可知，铁块受到的静摩擦力的大小为F f＝mg sinα；当α≥θ时铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力．设动摩擦因数为μ，由滑动摩擦力公式得，铁块受到的滑动摩擦力为F f＝μmg cosθ.通过上述分析知道：α<θ时，静摩擦力随α角增大按正弦函数增加；当α≥θ时，滑动摩擦力随α角增大按余弦规律减小，所以正确选项为C.答案：C第2讲力的合成与分解回扣教材抓基础————————————————知识梳理效果效果合力分力合力平行四边形合力分力力的合成□10大小□11方向□12平行四边形定则□13大小□14方向考点自测1．解析：以人为研究对象，根据人处于平衡状态，由平衡条件知椅子对人的力F和重力大小相等，A正确．答案：A2．解析：合力可以大于任何一个分力，也可以小于任何一个分力、两分力之间的夹角越大，合力越小；夹角越小，则合力越大．答案：C3．解析：对c 而言，帆面与风向平行，风力不起作用；对a 而言，风力垂直于帆面，无法分解出沿航行方向的力；对d 而言，风力在沿航行方向的分力对船来说是阻力；只有b 情况下，风力沿航行方向的分力提供船航行的动力，B 正确．答案：B4．答案：ABD5．解析：当物体沿墙向下运动时，分析物体的受力如图所示，把F 沿竖直和水平方向正交分解．水平方向：F cos α＝F N竖直方向：mg ＝F sin α＋F f ， 又F f ＝μF N ，得F ＝mgsin α＋μcos α.答案：mgsin α＋μcos α题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：本题考查力的合成．二力合成合力的范围在|F 1－F 2|≤F ≤|F 1＋F 2|，代入数据可得，合力的范围：20 N ≤F ≤80 N ，所以D 不可能．答案：D变式训练1 解析：以日光灯为研究对象，日光灯受到两绳拉力和自身的重力，三力的作用线必然交于一点，选项C 正确，选项D 错误；由三力平衡可知在水平方向有T a sin60°＝T b sin45°，故T a <T b ，选项A 、B 错误．答案：C【例2】解析：按照作用效果进行分解，物体的重力产生了垂直压半球体的效果和沿斜面下滑趋势的效果，受力如图所示，因质点静止在半球体上，所以有F N ＝mg sin θ，F f ＝mg cos θ，A 项正确，D 项正确．因质点受静摩擦力作用，其大小不能用F f ＝μF N ＝μmg sin θ来计算．答案：AD变式训练2 解析：将两木块与重物视为整体，竖直方向上平衡，则2F f ＝(2m ＋M )g ，故F f 不变，选项A 错误，B 正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为F N1，对轴点O 受力分析可知，竖直方向上：2F N1cos θ＝Mg ，对木块m 受力分析可知，水平方向上：F N ＝F N1sin θ，两式联立解得F N ＝12Mg tan θ，当两板间距离增大时，θ增大，F N 增大，选项C 错误，D 正确．答案：BD【例3】 解析：以重物为研究对象，受力分析如图所示．以C 点为坐标原点，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系．沿x 轴方向有F B sin45°－F A sin30°＝0， 沿y 轴方向有F A cos30°＋F B cos45°－G ＝0，联立两方程解得 绳AC 对物体的拉力 F A ＝100(3－1) N.绳BC 对物体的拉力F B ＝502(3－1) N. 答案：100(3－1) N 502(3－1) N变式训练3 解析：本题意在考查考生对力的正交分解法的应用以及对平衡条件的理解与应用．当用F 1拉物块时，由平衡条件可知：F 1cos60°＝μ(mg －F 1sin60°)，当用F 2推物块时，又有F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2sin30°)，又F 1＝F 2，求得μ＝cos30°－cos60°sin30°＋sin60°＝2－3，B 正确．答案：B特色一角 提技能————————————————亲身体验 解析：题图甲和乙中的两个物体M 1、M 2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C 点和G 点为研究对象，甲乙(1)图甲中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC 段的拉力F T AC ＝F T CD ＝M 1g图乙中由于F T EG sin30°＝M 2g ，得F T EG ＝2M 2g .所以F T AC F T ED ＝M 12M 2. (2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有F N C ＝F T AC ＝M 1g ，方向和水平方面成30°，指向右上方．(3)图乙中，根据平衡方程有F T EG sin30°＝M 2g ，F T EG cos30°＝F N G ，所以F N G ＝M 2g cot30°＝3M 2g ，方向水平向右．答案：(1)M 12M 2(2)M 1g 方向和水平方向成30°指向右上方 (3)3M 2g 方向水平向右第3讲 受力分析 共点力的平衡回扣教材 抓基础———————————————— 知识梳理 场力 接触力 速度 加速度 相等 相反 相等 相反 相等 □10相反 考点自测1．解析：两木块一起做匀速运动，P 不受摩擦力，只受到重力和Q 的支持力；以整体为研究对象，由平衡条件可知Q 必定受到地面的摩擦力作用，Q 共受到5个力(重力、压力、支持力、摩擦力、推力)．答案：C2．解析：对AB 构成的整体，由平衡得竖直方向的恒力F 等于总重力，水平方向上不受力，故对A 物体受力分析，其受到重力、斜面对A 的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，B正确．答案：B 3.解析：B 物体受力如图所示， B 处于平衡态， 由图可知m B gm A g＝cos θ， 所以m A m B ＝1cos θ，B 项正确．答案：B4．解析：本题考查物体的受力分析以及平衡问题．意在考查学生的分析综合能力．以楔形石块为研究对象，它受到竖直向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力，利用正交分解法可解得：2F sin α＝mg ，则F ＝mg2sin α，A 正确． 答案：A5．解析：对木块受力分析，如图甲所示，由平衡条件得F f ＝mg sin α，F N ＝mg cos α，故A 、B 错误．甲乙对M 和m 组成的整体受力分析，如图乙所示，可知水平方向没有力的作用，C 错误；由平衡条件得，F N ′＝(M ＋m )g ，D 正确．答案：D题型分类 学方法————————————————【例1】 解析：木板P 一定受到的力：自身的重力Mg 、斜面对P 的支持力F N 和滑块Q 的压力F N ′.用“状态法\”确定斜面与P 之间的摩擦力F f ：选木板P 、滑块Q 和弹簧构成的系统为研究对象，由于系统一起匀速下滑，斜面对P 一定有沿斜面向上的滑动摩擦力F f ，且F f ＝(M ＋m )g sin θ，如图甲所示．甲乙用“转换法\”确定弹簧对P 的弹力F ：隔离滑块并受力分析，因木板P 上表面光滑，当其匀速下滑时，滑块必受到弹簧沿斜面向上的弹力F ′，且F ′＝mg sin θ.根据牛顿第三定律推知，弹簧必给木板P 沿斜面向下的弹力F ，且F ＝F ′＝mg sin θ.综上可知，木板P 受到5个力的作用，如图乙所示，C 正确． 答案：C变式训练1 解析：A 、B 两物体均受到重力、支持力和摩擦力作用，AB 间绳无拉力作用． 答案：C【例2】 解析：小球m 2受重力和细线的拉力处于平衡状态，由二力平衡条件得，细线的拉力F T ＝m 2g .方法一：合成法小球m 1受F T 、F N 、m 1g 三力作用而处于平衡状态．受力分析如图所示，小球m 1处于平衡状态，故F N 与F T 的合力F ＝m 1g .根据合力公式可得F ＝F 2N ＋F 2T ＋2F N F T cos θ＝m 1g ， 将F N ＝F T ＝m 2g ，θ＝60°代入上式解得m 2m 1＝33，故选项A 正确．方法二：力的三角形法则F N 和F T 的合力与小球m 1g 的重力大小相等，方向相反，故F N 、F T 、m 1g 构成矢量三角形，如图所示．由正弦定理得：F T sin30°＝m 1gsin120°，即m 2sin30°＝m 1sin120°，得m 2m 1＝33.方法三：正交分解法。
2021高考物理真题专题1直线运动与曲线运动一、单选题1．（2021·湖南）物体的运动状态可用位置x 和动量p 描述，称为相，对应p x -图像中的一个点。
物体运动状态的变化可用p x -图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。
假如一质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有22v ax = 而动量为p mv =联立可得1222p m ax m a x ==⋅动量p 关于x 为幂函数，且0x >，故正确的相轨迹图像为D 。
故选D 。
2．（2021·河北高考真题）铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O 点以100m/s 的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面MN 所用时间为1t ；图2中铯原子在真空中从P 点做竖直上抛运动，到达最高点Q 再返回P 点，整个过程所用时间为2t ，O 点到竖直平面MN 、P 点到Q 点的距离均为0.2m ，重力加速度取210m/s g =，则12:t t 为（ ）A ．100∶1B ．1∶100C ．1∶200D ．200∶1【答案】C【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即1x vt =解得10.2s 100x t v == 铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时22t ，逆过程可视为自由落体，即221()22t x g =解得2880.20.4s 10x t g ⨯== 则120.211000.4200t t ==故选C 。
3．（2021·广东高考真题）由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP 与横杆PQ 链接而成，P 、Q 为横杆的两个端点。
在道闸抬起过程中，杆PQ 始终保持水平。
杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．P 点的线速度大小不变B ．P 点的加速度方向不变C ．Q 点在竖直方向做匀速运动D ．Q 点在水平方向做匀速运动 【答案】A【解析】A ．由题知杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P 点绕O 点做匀速圆周运动，则P 点的线速度大小不变，A 正确；B ．由题知杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P 点绕O 点做匀速圆周运动，P 点的加速度方向时刻指向O 点，B 错误；C ．Q 点在竖直方向的运动与P 点相同，相对于O 点在竖直方向的位置y 关于时间t 的关系为 y = l OP ⋅sin(6π + ωt )则可看出Q 点在竖直方向不是匀速运动，C 错误；D ．Q 点相对于O 点在水平方向的位置x 关于时间t 的关系为x = l OP ⋅cos(6π+ ωt ) + l PQ 则可看出Q 点在水平方向也不是匀速运动，D 错误。
第一章第2讲匀变速直线运动的规律|基础题组|1．某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内通过的位移是x，则质点运动的加速度为()A.3x2 B.2x3C.2x5 D.5x2解析：选C 3 s内的位移12at2＝92a,2 s内的位移12at′2＝2a，则9a2－2a＝x，解得a＝2x5，故A、B、D错误，C正确．2．某质点的位移随时间变化规律的关系是s＝4t＋2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为()A．4 m/s与2 m/s2B．0与4 m/s2C．4 m/s与4 m/s2D．4 m/s与0解析：选C根据匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋12at2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s＝4t＋2t2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v0＝4 m/s，加速度的大小为a＝4 m/s2，选项C正确．3．(2020届贵阳摸底)一幢高层商住楼的层高均为2.5 m，该楼房所装升降电梯运行速度的最大值为3 m/s，加速度大小不超过1 m/s2.若电梯中途不停，则住在31楼的某居民从一楼(地面)乘电梯到其所住楼层的最短时间为() A．13 s B．16 sC．21 s D．28 s解析：选D当电梯由静止开始以最大加速度加速到最大速度，最后以最大加速度减速停止在31楼时，用户到31楼用时最短．电梯总位移x＝(31－1)×2.5 m＝75 m，设匀加速时间为t1，对应位移为x1，匀减速时间为t2，对应位移为x2，由匀变速直线运动的规律可知，t 1＝t 2＝v m a ＝3 s ，x 1＝x 2＝v 2m 2a ＝4.5 m ，所以电梯匀速上升的位移x 3＝x －x 1－x 2＝66 m ，所用时间t 3＝663 s ＝22 s ，那么电梯从1楼到31楼的最短时间为t 1＋t 2＋t 3＝28 s ，D 正确．4．物体的初速度为v 0，以加速度a 做匀加速直线运动，如果要使物体速度增加到初速度的n 倍，则物体发生的位移为( )A.(n 2－1)v 202aB.n 2v 202aC.(n －1)v 202aD.(n －1)2v 202a解析：选A 设位移为x ，由题意知末速度为n v 0，由v 2－v 20＝2ax ，得x ＝v 2－v 202a＝n 2v 20－v 202a ＝(n 2－1)v 202a ，选项A 正确．5．为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起落点竖直距离约5 m ，g 取10 m/s 2，这个照相机的曝光时间约为( )A ．1×10－3sB ．1×10－2 sC ．5×10－2sD ．0.1 s解析：选B 自由落体运动5 m 的末速度为v t ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.由于0.12 m 远小于5 m ，故可以近似地将AB 段当作匀速运动，故时间为t ＝AB v t＝0.12 m 10 m/s ＝0.012 s ≈1×10－2 s ，故选B. 6．(2020届江西临川一中考试)假设动车经过某铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某动车长为L ，通过铁路桥时的加速度大小为a ，动车全身通过桥头的时间为t 1，动车全身通过桥尾的时间为t 2，则动车车头通过铁路桥所需的时间为( )A.L a ·t 1＋t 2t 1t 2B.L a ·t 1＋t 2t 1t 2－t 2－t 12C.L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12D.L a ·t 2－t 1t 1t 2＋t 2－t 12 解析：选C 解法一(公式法)：设动车车头通过铁路桥的时间为t ，动车车头到达桥头处时的速度为v 1，动车车头到达桥尾时的速度为v 2，由运动学公式有L ＝v 1t 1－12at 21，L ＝v 2t 2－12at 22，动车车头由桥头处运动至桥尾处时，由运动学公式有v 1－v 2＝at ，解得t ＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12. 解法二(平均速度法)：设动车车头通过铁路桥的时间为t ，从动车车头到达桥头处开始计时，动车通过桥头的平均速度等于t 12时刻的瞬时速度v 1，则v 1＝L t 1，动车通过桥尾的平均速度等于t ＋t 22时刻的瞬时速度v 2，则v 2＝L t 2，由运动学公式有v 1－v 2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋t 22－t 12，解得t ＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12. 7．(多选)假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由10 m/s 增加到15 m/s 所用时间为t 1，位移为x 1；速度由15 m/s 增加到20 m/s 所用时间为t 2，位移为x 2.下列说法正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．x 1＝x 2D ．x 1<x 2解析：选BD 因为列车做匀加速直线运动，两个过程中，速度变化量相等，故根据公式Δv ＝at 可得，所用时间相同，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；根据公式x ＝v 2－v 202a 可得x 1<x 2，选项C 错误，D 正确．8．(多选)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8 s 时刻物体的速度大小变为8 m/s(g 取10 m/s 2)，则下列说法正确的是 ( )A ．物体一定是在t ＝3.2 s 时回到抛出点B ．t ＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是16 m/sD ．t ＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：选AC 物体做竖直上抛运动，在0.8 s 内的速度变化量Δv ＝gt ＝10×0.8 m/s ＝8 m/s ，由于初速度不为零，可知t ＝0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B 、D 错误；由v ＝v 0－gt ，代入数据解得v 0＝16 m/s ，则上升到最高点的时间t 1＝v 0g ＝1610 s ＝1.6 s ，则回到抛出点的时间t ＝2t 1＝2×1.6 s ＝3.2 s ，故A 、C 正确．|能力题组|9．(2020届湖南四校摸底)几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第四个水球．不计子弹重力，则( )A ．子弹在每个水球中运动的时间相同B ．可以确定子弹穿过每个水球的时间C ．子弹在每个水球中速度变化相同D ．子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等解析：选D 设水球的直径为d ，子弹在水球中运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以分析其逆过程，相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动．因为通过最后一个、最后两个、最后三个和全部四个水球的位移分别为d 、2d 、3d 和4d ，根据x ＝12at 2知，所用时间之比为1∶2∶3∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，A 错误；由以上的分析可知，子弹依次穿过四个水球的时间之比可求，但由于水球的直径和子弹的初速度未知，因此不能确定子弹穿过每个水球的具体时间，B 错误；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，但在每个水球中运动的时间不同，由Δv ＝at 可知，速度的变化量不同，C 错误；由A 选项的分析可知，子弹穿过前三个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的特点可知，子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，D 正确．10．如图所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2.则3 s 内小球运动的( )A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s解析：选A 由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝x t ＝－5 m/s ，D 错误；小球竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝v －v 0＝－gt ＝－30 m/s ，C 错误；上升阶段通过路程x 1＝v 202g ＝5 m ，下降阶段通过的路程x 2＝12gt 22，t 2＝t －v 0g ＝2 s ，解得x 2＝20 m ，所以3 s 内小球运动的路程为x 1＋x 2＝25 m ，A 正确．11．(多选)一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移x 2＝2 m ，又经过位移x 3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选BCD 由Δx ＝aT 2可得加速度a ＝－1 m/s 2，选项B 正确；第1 s末的速度v 1＝x 1＋x 22T ＝2.5 m/s ，得初速度v 0＝v 1－aT ＝3.5 m/s ，选项A 错误；物体速度由2.5 m/s 减小到0所需时间t ＝Δv a ＝2.5 s ，则经过位移x 3的时间t 3为1.5s ，则x 3＝－12at 23＝1.125 m ，选项C 正确；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t 3＝0.75 m/s ，选项D 正确．12．(多选)如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最后停在D 点．已知AB ＝6 m ，BC ＝4 m ，从A 点运动到B 点，从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．质点到达B 点时速度大小为2.55 m/sB ．质点的加速度大小为2 m/s 2C ．质点从A 点运动到C 点的时间为4 sD ．A 、D 两点间的距离为12.25 m解析：选BD 设加速度大小为a ，根据题设条件得|Δv |＝at ＝2 m/s ，AB 、BC 为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx ＝at 2，解得t ＝Δx at ＝6－42 s ＝1 s ，a ＝2 m/s 2，选项B 正确；质点从A 点运动到C 点的时间为2t ＝2 s ，选项C 错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B ＝v AC ＝AB ＋BC 2t ＝5m/s ，选项A 错误；由速度与位移公式可得x AD ＝AB ＋v 2B 2a ＝12.25 m ，选项D 正确．13．接连发生的马航MH370和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间t 0＝30 s 、在速度达到v 0＝72 m/s 时，驾驶员对发动机的运行状态进行判断；在速度达到v 1＝78 m/s 时，必须做出判断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过v 2＝84 m/s 时，就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．(1)求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到决定中止起飞的最长时间；(2)若在速度达到v2时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以大小为4.2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最短长度．解析：(1)设飞机加速过程中的加速度大小为a1，则飞机从静止开始加速到v0的过程有：v0＝a1t0①设飞机从v0加速到v1所用的时间为t，则飞机在此过程中有：v1＝v0＋a1t ②联立①②得t＝2.5 s．③(2)设飞机从静止开始加速到v2发生的位移大小为x1，则有：v22＝2a1x1④设飞机做匀减速直线运动过程发生的位移大小为x2，加速度大小为a2，则有v22＝2a2x2⑤设跑道的最短长度为x，则依题意有x＝x1＋x2⑥联立①④⑤⑥得，x＝2 310 m.答案：(1)2.5 s(2)2 310 m14．2018年国际泳联跳水世界杯继续在武汉进行，女子单人10米台，中国选手包揽冠亚军，其中小将张家齐以427.30分夺冠，卫冕冠军，任茜以403.85分获得亚军．图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿．运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看做全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度v 0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留三位有效数字)．解析：(1)上升阶段：v 20＝2gh解得v 0＝2gh ＝3 m/s.(2)上升阶段：0＝v 0－gt 1解得t 1＝v 0g ＝310 s ＝0.3 s自由落体过程：H ＝12gt 22解得t 2＝2Hg ＝2×10.4510 s ≈1.45 s故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s.答案：(1)3 m/s (2)1.75 s。
十八1.在物体运动的过程中，受到重力、斜面体对物体的作用力，由于物体做匀速运动，合力做功为零，再分析斜面体对物体所做的功．解：A、D、物体m受重力、支持力N和静摩擦力f，做匀速直线运动，三力平衡，故： N=mgcosα f=mgsinα根据牛顿第三定律，对斜面的压力大小为mgcosα，故A正确；所受的摩擦力方向平行斜面向上，故D错误；B、支持力与位移的夹角小于90°，故支持力做正功，故B错误；C、静摩擦力与位移夹角大于90°，做负功，故C正确；故选AC．2.由功的公式W＝Fscos α可得力F对物体m做的功W＝F·s，与有无摩擦无关，与物体是加速、减速还是匀速也无关，如果一个力作用在物体上，物体在这个力的方向上移动了一段距离，力学里就说这个力做了功．用恒力F拉着质量为m的物体沿水平面从A移到B的过程中，拉力方向的位移为s，故拉力的功为：W=Fs；3.解：A、人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做正功B、人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于mg．所以人对传送带做功的功率为mgv．C、因人没有位移，则传送带对人不做功．故C错误D、体能参数为人做功率与体重之比即：=v比值越大说明运动员越有力，体能越好．4.汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受阻力始终不变，根据牛顿第二定律得出牵引力的变化，根据P=Fv得出发动机输出功率的变化．解：A、根据牛顿第二定律得，F-f=ma，则F=f+ma，因为阻力、加速度不变，所以牵引力不变．故A正确，B错误．C、发动机的输出功率P=Fv，F不变，v增大，则发动机的输出功率增大．故C错误，D正确．5.解：A、对整体过程研究，重力做功为零，根据动能定理得：木板对物块做功W=．故A正确．B、缓慢地抬高A端的过程中摩擦力不做功，下滑过程，滑动摩擦力对物块做负功，摩擦力做功为W f=-mgcosαL．故B错误．C、缓慢地抬高A端的过程中，根据动能定理得：W N-mgLsinα=0，得到支持力对小物块做功为W N=mgLsinα．故C正确．D、对下滑过程，根据动能定理得：mgLsin α+W f=-0，得到滑动摩擦力对小物块做功为W f=-mgLsinα．故D正确． 6.7.试题分析：A和B达到最大速度v时，A和B的加速度应该为零．对AB整体：由平衡条件知kx-（m+M）gsinθ-μ（m+M）gcosθ=0，?所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，AB间的弹力为0，A和B具有共同的加速度，对B受力分析：由牛顿第二定律知，沿斜面方向，mgsinθ+μmgcosθ=ma，得a=gsinθ+μgcos θ，B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于AB整体，根据动能定理得：? -（m+M）gLsinθ-μ（m+M）gcosθ?L+W弹=，得：W弹=+（m+M）gLsinθ-μ（m+M）gcosθ?L，C错；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得：B受到的合力对它做的功W=，D正确。
第1讲最短时间上岸法则--曲线运动学习目标1．知道曲线运动中速度的方向，理解曲线运动是一种变速运动；2．知道物体做曲线运动的条件是所受的合外力与它的速度方向不在一条直线上．入门测单选题练习1.（2021春∙湖南月考）下列说法正确的是（）A．物体速度为零时，所受合力一定为零B．桌面对书的支持力和书对桌面的压力是一对平衡力C．跳远运动员助跑起跳，是为了通过提高他自身的惯性来提高成绩D．由牛顿第二定律F=ma可知，当我们用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为桌子所受的合力为零，加速度为零【解析】题干解析:A、物体速度为零时，所受合力不一定为零，例如竖直上抛运动的物体达到最高点时合力等于重力，故A错误；B、桌面对书的支持力和书对桌面的压力是一对作用力与反作用力，故B错误；C、惯性的大小与速度无关，仅与质量有关，跳远运动员助跑起跳，是为了通过提高他自身的动能来提高成绩，故C错误；D、由牛顿第二定律F=ma可知，当我们用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为桌子所受的合力为零，即推力和摩擦力平衡，物体的加速度为零，运动状态不变，故D正确。
练习2.（2021∙广东学业考试）篮球竖直下落，与地面碰撞后竖直向上弹起，假设空气阻力大小恒定。
则下落过程的加速度与上升过程的加速度（）A．大小相等，方向不同B．大小不相等，方向相同C．大小不相等，方向不同D．大小相等，方向相同【答案】B【解析】题干解析:篮球在下落过程中，受到重力、向上的空气阻力，根据牛顿第二定律，得，加速度方向向下上升过程中，篮球受到重力、向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，得，加速度方向向下综上可知，下落过程中的加速度与上升过程的加速度大小不相等，方向相同，故B正确，ACD错误；练习3.（2021春∙汉中期末）放在光滑水平面上的物体，在水平方向的两个平衡力作用下处于静止状态，将其中一个力逐渐减小到零后，又逐渐恢复原值，则该物体（）A．速度先增大，后又减小B．速度均匀增大，直到某一定值后不再变化C．加速度先逐渐增大，后又减小为零D．位移先增大后不变【解析】题干解析:在水平方向的两个平衡力作用处于静止状态，若其中一个力逐渐减小到零后，又逐渐恢复到原值，在此过程中，加速度的大小先增大后减小到零，加速度的方向不变，所以速度一直增大，当加速度减小到零时，速度增大到某个定值，速度方向一直不变，所以位移一直增大。
