2017版高考物理大二轮复习与增分策略专题二力与物体的直线运动第2讲动力学观点在电学中的应用

第2讲动力学观点在电学中的应用1.带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向.2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动.3.带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中时，带电粒子做匀变速直线运动.4.电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动.1.带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同.首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力方向与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动.2.带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情景出现.解决的方法：(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律.(2)借助运动图象进行运动过程分析.解题方略1.在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同.首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动.2.动力学观点分析方法a＝F合m，E＝Ud，v2－v20＝2ad.例1如图1所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止.重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图1(1)水平向右电场的电场强度大小；(2)若将电场强度改为竖直向下，大小不变，小物块的加速度是多大；(3)若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H 处由静止释放，求小物块到达地面的时间为多少.解析 (1)小物块受重力，电场力和弹力三力平衡：Eq ＝mg tan 37°解得：E ＝3mg 4q(2)由牛顿第二定律可得：(Eq ＋mg )sin 37°＝ma解得：a ＝2120g (3)小物块将离开斜面做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动：H ＝12gt 2 解得：t ＝ 2H g. 答案 (1)3mg 4q (2)2120g (3) 2H g预测1 (多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L 的A 、B 两处分别固定正电荷Q A 、Q B .两电荷的位置坐标如图2甲所示.图乙是AB 连线之间的电势φ与位置x 之间的关系图象，图中x ＝L 点为图线的最低点，若在x ＝2L 的C 点由静止释放一个质量为m 、电量为＋q 的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )图2A.小球在x ＝L 处的速度最大B.小球一定可以到达x ＝－2L 点处C.小球将以x ＝L 点为中心做往复运动D.固定在A 、B 处的电荷的电量之比为Q A ∶Q B ＝4∶1答案 AD解析 据φ－x 图象切线的斜率等于场强E ，则知x ＝L 处场强为零，所以小球在C 处受到的电场力向左，向左加速运动，到x ＝L 处加速度为0，从x ＝L 向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x ＝L 处的速度最大，故A 正确；由题图乙可知，x ＝－2L 点的电势大于x ＝2L 点的电势，所以小球不可能到达x ＝－2L 点处，故B 错误；由图知图象不关于x ＝L 对称，所以x ＝L 点不是中心，故C 错误；x ＝L 处场强为零，根据点电荷场强公式则有：k Q A L 2＝k Q B L 2，解得Q A ∶Q B ＝4∶1，故D 正确.预测2 如图3甲所示为两平行金属板，板间电势差变化如乙图所示.一带电小球位于两板之间，已知小球在0～t 时间内处于静止状态，在3t 时刻小球恰好经过静止时的位置，整个过程带电小球没有与金属板相碰.则乙图中U x 的值为( )图3A.3U 0B.4U 0C.5U 0D.6U 0答案 C解析 0～t 静止：2U 0d·q ＝mg t ～2t 向下加速，mg －U 0d ·q ＝ma 1，得a 1＝12g v ＝a 1t ＝12gt ，x 1＝12a 1t 2＝14gt 22t ～3t 向下减速后向上加速，U x d·q －mg ＝ma 2 x 2＝vt －12·a 2·t 23t 时刻回到静止位置则x 2＝－x 1解以上各式得U x ＝5U 0.解题方略1.对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因F 洛＝qvB ，则速度v 的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动.2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动.3.此类问题也常出现临界问题，如滑块脱离木板的临界条件是支持力为零.例2 (多选)如图4甲所示，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，传送带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至皮带轮顶端F 的过程中，其v －t 图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s ，关于带电物块及运动过程的说法正确的是( )图4A.该物块带负电B.传送带的传动速度大小可能大于1 m/sC.若已知传送带的长度，可求出该过程中物块与传送带发生的相对位移D.在2～4.5 s内，物块与传送带仍可能有相对运动解析由图乙可知，物块做加速度逐渐减小的加速运动.物块的最大速度是1 m/s.物块开始时μF N－mg sin θ＝ma ①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，物块的加速度逐渐减小，一定是F N逐渐减小，而开始时：F N＝mg cos θ，后来：F N′＝mg cos θ－F洛，即洛伦兹力的方向是向上的.物块沿传送带向上运动，由左手定则可知，物块带正电.故A错误；物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mg sin θ＝μ(mg cos θ－F洛) ②由②可知，只要传送带的速度大于等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度有可能是1 m/s，也有可能大于1 m/s，物块可能相对于传送带静止，也有可能与传送带相对滑动.故B、D正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知传送带的长度，也不能求出该过程中物块与传送带发生的相对位移.故C错误. 答案BD预测3 (多选)如图5所示，空间中存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场(图中没有画出)，两个质量均为m的物块P、Q叠放在一起，并置于固定在地面上倾角为θ且无限长的绝缘斜面体上.物块P带正电，电荷量为q；物块Q是不带电的绝缘体.P、Q间动摩擦因数为μ1，Q和斜面间动摩擦因数为μ2.现使P、Q一起由静止开始沿斜面下滑，运动过程中P、Q始终保持相对静止.则以下说法正确的是( )图5A.根据题设条件可以求出物块P任意时刻的加速度B.根据题设条件可以求出物块P的最大动能C.两个物块P 、Q 间的摩擦力最小值为μ2mg cos θD.两个物块P 、Q 间的摩擦力最小值为μ1mg cos θ答案 BC解析 由于物体的速度变化时洛伦兹力发生变化，所以除了开始时刻外，其他各时刻P 、Q 间弹力及摩擦力无法求出，故无法求出任意时刻的加速度；故A 错误；根据受力分析可知，P 、Q 受重力、支持力、摩擦力以及洛伦兹力的作用，由左手定则可知，洛伦兹力垂直斜面向下；物体开始时向下加速运动，随着速度变大，洛伦兹力增大，则压力增大，摩擦力增大；当摩擦力等于重力的分力时物体具有最大动能；此时有：mg sin θ＝μ2[(2m )g cos θ＋Bqv ]；由公式可求得最大速度，即可求最大动能；故B 正确；对整体分析可知，开始时整体的加速度a ＝g sin θ－μ2g cos θ；此时P 受摩擦力最小；再对Q 分析可知，此时Q 受到的摩擦力也为最小值；根据牛顿第二定律可得；摩擦力最小值为：μ2mg cos θ，故C 正确，D 错误. 预测4 如图6所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正上方沿竖直方向有一用绝缘细线悬挂着的正方形线框.线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L .已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k I r(k 为常量)，线框的质量为m ，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为( )图6A.0B.kI 2m ＋gC.kI 2m －gD.kI 22m＋g 答案 D解析 线框下边受到的安培力的大小为F 1＝k I L ·IL ＝kI 2，方向向下， 线框上边受到的安培力大小F 2＝kI 2L ·IL ＝12kI 2，方向向上， 根据牛顿第二定律可得，F 1＋mg －F 2＝ma解得：a ＝F 1＋mg －F 2m ＝kI 22m＋g ，故A 、B 、C 错误，D 正确.解题方略1.对于导体棒在磁场中动力学问题的分析要特别注意棒中的感应电流受到的安培力一般是阻力.2.电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动.例3 如图7所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距0.5 m ，与水平面夹角均为30°，金属导轨的电阻不计.导轨之间的匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度B ＝0.4 T.金属棒ab 和cd 的质量均为0.2 kg ，电阻均为0.1 Ω，垂直导轨放置.某时刻棒ab 在外力作用下，沿着导轨向上滑动，与此同时，棒cd 由静止释放.在运动过程中，棒ab 始终保持速度v 0＝1.5 m/s 不变，两金属棒与导轨始终垂直且接触良好.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图7(1)棒ab 产生的感应电动势；(2)闭合回路中的最小电流和最大电流；(3)棒cd 最终稳定运动时的速度大小.解析 (1)E ab ＝BLv 0＝0.4×0.5×1.5 V＝0.3 V(2)刚释放棒cd 时，I 1＝E 2R ＝0.32×0.1A ＝1.5 A 棒cd 受到安培力为F 1＝BI 1L ＝0.4×1.5×0.5 N＝0.3 N棒cd 受到的重力沿导轨向下的分力为G 1＝mg sin 30°＝1 NF 1<G 1，棒cd 沿导轨向下加速运动，即abcd 闭合回路的感应电动势增大；电流也增大，所以最小电流为I min ＝I 1＝1.5 A当棒cd 的速度达到最大时，回路的电流最大，此时棒cd 的加速度为0由mg sin 30°＝BI max L得I max ＝mg sin 30°BL＝5 A (3)由I max ＝BL v 0＋v cd 2R 得v cd ＝3.5 m/s.答案 (1)0.3 V (2)1.5 A 5 A (3)3.5 m/s预测5 (多选)如图8所示，光滑金属导轨ab 和cd 构成的平面与水平面成θ角，导轨间距L ac ＝2L bd ＝2L ，导轨电阻不计.两金属棒MN 、PQ 垂直导轨放置，与导轨接触良好.两金属棒质量m PQ ＝2m MN ＝2m ，电阻R PQ ＝2R MN ＝2R ，整个装置处在垂直导轨平面向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中，金属棒MN 在平行于导轨向上的拉力F 作用下沿导轨以速度v 向上匀速运动，PQ 棒恰好以速度v 向下匀速行动.则( )图8A.MN 中电流方向是由M 到NB.匀速运动的速度v 的大小是mgR sin θB 2L 2C.在MN 、PQ 都匀速运动的过程中，F ＝3mg sin θD.在MN 、PQ 都匀速运动的过程中，F ＝2mg sin θ答案 ABD预测6 如图9甲所示，abcd 为质量M 的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根质量为m 的金属棒PQ 平行bc 放在水平导轨上，PQ 棒左边靠着绝缘固定的竖直立柱e 、f ，导轨处于匀强磁场中，磁场以OO ′为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度均为B .导轨bc 段长l ，其电阻为r ，金属棒电阻为R ，其余电阻均可不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ.若在导轨上施加一个方向向左、大小恒为F 的水平拉力，设导轨足够长，PQ 棒始终与导轨接触.试求：图9(1)导轨运动的最大加速度a max ；(2)导轨的最大速度v max ；(3)在图乙中定性画出回路中感应电流I 随时间t 变化的图象，并写出分析过程.答案 (1)F －μmg M (2)F －μmg －μB 2l 2(R ＋r ) (3)见解析图解析 (1)由牛顿第二定律得 F －BIl －μ(mg －BIl )＝Ma导轨刚拉动时，v ＝0，I 感＝0，此时有最大加速度a max ＝F －μmg M(2)随着导轨速度增加，I 感增大，a 减小，当a ＝0时，有最大速度v m由上式，得I 感＝F －μmg －μBl ＝Blv R ＋r 则：v m ＝F －μmg－μB 2l 2(R ＋r ) (3)从刚拉动开始计时，t ＝0时，v 0＝0，I 感＝0；t ＝t 1时，v 达最大，I 感＝I m ；0～t 1之间，导轨做速度增加，加速度减小的变加速运动，I 感与v 成正比关系，以后a ＝0，速度保持不变，I 感保持不变.专题强化练1.如图1所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A 、B ，相互绝缘且质量均为2 kg ，A 带正电，电荷量为0.1 C ，B 不带电.开始处于静止状态，若突然加沿竖直方向的匀强电场，此瞬间A 对B 的压力大小变为15 N.g ＝10 m/s 2，则( )图1A.电场强度为50 N/CB.电场强度为100 N/CC.电场强度为150 N/CD.电场强度为200 N/C 答案 B解析 物块B 开始时平衡，A 对其的压力等于A 的重力，为20 N ，加上电场后瞬间A 对B 的压力大小变为15 N ，而弹簧的弹力和重力不变，故合力为5 N ，向上，根据牛顿第二定律，有：a ＝F 合m ＝5 N 2 kg＝2.5 m/s 2 再对物块A 受力分析，设电场力为F (向上)，根据牛顿第二定律，有：F N ＋F －mg ＝ma 解得：F ＝m (g ＋a )－F N ＝2×(10＋2.5) N －15 N ＝10 N故电场力向上，为10 N ，故场强为：E ＝F q ＝100.1N/C ＝100 N/C ，方向向上. 2.(多选)如图2甲所示，Q 1、Q 2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v 0沿两点电荷连线的中垂线从a 点向上运动，其v －t 图象如图乙所示，下列说法正确的是( )图2A.两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B.两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C.试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D.t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零答案BD解析由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下，故说明两点电荷均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两点电荷带等量负电荷，故A、C错误，B正确；t2时刻之前电场力一直做负功，故电势能增大，此后电场力做正功，电势能减小，t2时刻电势能最大，但由于试探电荷受重力及电场力均向下，故此时加速度不为零，故D正确.3.(多选)如图3所示，带正电q′的小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，让另一穿在杆上的质量为m、电荷量为q的带正电的小球M从A点由静止释放，M到达B点时速度恰好为零.若A、B间距为L，C是AB的中点，两小球都可视为质点，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )图3A.在从A点至B点的过程中，M先做匀加速运动，后做匀减速运动B.在从A点至C点和从C点至B点的过程中，前一过程M的电势能的增加量较小C.在B点M受到的库仑力大小是mg sin θD.在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差大小为U＝mgL sin θq答案BD解析小球M下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mg sin θ和库仑力，两力方向相反.根据库仑定律知道，库仑力逐渐增大.库仑力先小于mg sin θ，后大于mg sin θ，q先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与mg sin θ大小相等时速度最大；故A 错误；下滑过程，AC 间的场强小，CB 间场强大，由U ＝Ed 知，A 、C 间的电势差值小于C 、B 间的电势差值，根据电场力做功公式W ＝qU 得知，从A 至C 电场力做功较小，则电势能的增加量较小.故B 正确；M 从C 到B 做减速运动，在B 点时加速度方向沿杆向上，故库仑力大于mg sin θ.故C 错误；从A 到B ，根据动能定理得：mgL sin θ＋qU AB ＝0，又U BA ＝－U AB ，解得U BA ＝mgL sin θq.故D 正确. 4.(多选)如图4所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m ，带电量为＋q 的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ.现对小球施加水平向右的恒力F 0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是( )图4A.直杆对小球的弹力方向不变B.直杆对小球的摩擦力先减小后增大C.小球运动的最大加速度为F 0mD.小球的最大速度为F 0－μmg μqB 答案 BC解析 小球开始滑动时有：F 0－μ(mg －qvB )＝ma ，随v 增大，a 增大，当v ＝mg qB 时，a 达到最大值F 0m ，摩擦力F f ＝μ(mg －qvB )减小；此时洛伦兹力等于mg ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力反向增大，此后滑动过程中有：F 0－μ(qvB －mg )＝ma ，随v 增大，a 减小，摩擦力增大，当v m ＝F 0＋μmg μqB 时，a ＝0.此时达到平衡状态，速度不变. 所以B 、C 正确，A 、D 错误.5.如图5甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计.两阻值相同的导体棒ab 、cd 置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触.整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B 中.导体棒ab 运动的位移图象如图乙所示.导体棒cd 始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd 所受的静摩擦力F f 随时间变化的图象是( )图5答案 D解析 由右手定则可知ab 中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得：E ＝BLv ，由欧姆定律得：I ＝E R ＝BLv R.感应电流从上向下流过cd 棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小：F ＝BIL ＝B 2L 2v R对cd 棒进行受力分析，可知，cd 棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大小：F f ＝F ＝B 2L 2v R，大小与速度v 成正比，与速度的方向相反.故D 正确，A 、B 、C 错误.6.如图6所示，直线边界ab 上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一矩形金属线框底边与磁场边界平行，从距离磁场边界高度为h 处由静止释放，下列说法正确的是( )图6A.整个下落过程中，穿过线框的磁通量一直在减小B.线框穿出磁场的过程中，线框中会产生逆时针方向的电流C.线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力可能一直减小D.线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小答案 C7.(多选)如图7所示，光滑绝缘的水平面内存在场强为E 的匀强电场，长度为L 绝缘光滑的挡板AC 与电场方向夹角为30°.现有质量相等、电荷量均为Q 的甲、乙两个带电体从A 处出发，甲由静止释放，沿AC 边无摩擦滑动，乙垂直于电场方向以一定的初速度运动，甲、乙两个带电体都通过C 处.则甲、乙两个带电体( )图7A.发生的位移相等B.通过C 处的速度相等C.电势能减少量都为32EQL D.从A 运动到C 时间之比为 2答案 AC解析 对于两个带电体，由于初、末位置相同，故二者的位移相同，选项A 正确；两个带电体通过C 点的速度方向不同，故选项B 错误；根据功能关系，电势能的变化量等于电场力做的功，则：W ＝EQd ＝EQL cos 30°＝32EQL ，故选项C 正确；对于甲带电体：a 1＝mg ＋EQ os 30°m ，则：L ＝12a 1t 21；对于乙带电体：a 2＝mg ＋EQ m ，则：L cos 30°＝12a 2t 22，整理可以得到：t 21t 22＝43，故选项D 错误. 8.如图8甲所示，两根固定的足够长的平行金属导轨与水平面夹角为θ＝37°，相距d ＝1 m ，上端a 、b 间接一个阻值为1.5 Ω的电阻R .金属导轨区域有垂直导轨斜向下的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示.t ＝0时在导轨上c 、d 两点处由静止释放一根质量m ＝0.02 kg 、电阻r ＝0.5 Ω的金属棒，bc 长L ＝1 m ，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：图8(1)t ＝0时流经电阻R 的电流的大小和方向；(2)画出从t ＝0时开始金属棒受到的摩擦力F f 随时间t 的变化图象(以F f 沿斜面向上方向为正方向)；(3)金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值.答案 (1)0.4 A 由a 向b (2)见解析图 (3)1.28×10－2W解析 (1)E ＝Ld ΔB Δt ＝1×1×0.8 V＝0.8 V I ＝E R ＋r ＝0.81.5＋0.5A ＝0.4 A 方向：由a 向b(2)如图.(3)mg sin 37°＝I ′dB ＋μmg cos 37°I ′＝BLv m R ＋r解得v m ＝0.32 m/s ，I ′＝0.08 A金属棒所受安培力的功率可能达到的最大值P m ＝I ′dBv m ＝1.28×10－2W.9.两根足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l .导轨左端连接一个阻值为R 的电阻，同时还连接一对间距为d 的水平放置的平行金属极板.在导轨上面横放着一根阻值为r 、质量为m 的导体棒ab ，构成闭合回路，如图9所示.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .用大小为F 的水平外力拉着导体棒沿导轨向右匀速滑行，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，忽略导轨的电阻.图9(1)求导体棒匀速滑行的速度大小.(2)导体棒匀速滑行过程，有一个质量为m 0的带电小液滴静止悬浮在平行金属极板间(极板间为真空)，求小液滴的电荷量并说明其电性. 答案 (1)F －μmg R ＋rB 2l 2(2)m 0gdBl F －μmg R 带正电 解析 (1)导体棒匀速滑行，有F ＝IBl ＋μmg回路中的电流I ＝BlvR ＋r解得导体棒匀速滑行的速度大小v ＝F －μmg R ＋rB 2l 2(2)金属板间的电压U ＝IR带电液滴静止在极板间，有m 0g ＝q U d解得小液滴的电荷量q ＝m 0gdBlF －μmg R (液滴带正电).。

拾躲市安息阳光实验学校专题二第2讲动力学观点在电学中的应用1．(多选)(2015·宝鸡模拟)在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图1甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )图1A．小球受到的重力与电场力之比为3∶5B．在t＝5 s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功D．在1～4 s过程中，小球的机械能先减小后增大2．(多选)(2015·宁波模拟) 如图2所示，空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为＋Q、质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA、OB、OC三个不同位置，其中OA为水平，OC竖直，OB与水平面夹角为60°.小球分别从杆端A、B、C静止释放，已知小球从A到O运动时间为从B到O运动时间的2倍，则可判断( )图2A．从C到O运动的时间小于从A到O的时间B．从C到O运动的时间大于从A到O的时间C．电场强度的最小值为mg 2QD．电场强度的最小值为3mg3Q3．(多选)(2015·绵阳市模拟)如图3所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场．四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O以相同初速度v0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A、B、C、D点(图中未画出)．小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力．则( )图3A．O、C之间距离大于O、B之间距离B．小球从抛出到落在斜面上用时相等C．小球落到B点与C点速度大小相等D．从O到A与从O到D，合力对小球做功相同4．(多选)(2015·滨江区模拟) 质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图4所示．若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是( )图4A．小球带正电B．小球在斜面上运动时做匀加速直线运动C．小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D．则小球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为mg cos θqB5．(多选)(2015·长春四模) 如图5，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平放置的光滑绝缘杆MN分别交于c、d两点，点O是cd的中点，杆MN上a、b 两点关于O 点对称．两导线均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比，一带正电的小球穿在杆上，以初速度v 0从a 点出发沿杆运动到b 点．在a 、b 、O 三点杆对小球的支持力大小分别为F a 、F b 、F O .下列说法可能正确的是( )图5 A ．F a >F O B ．F b >F aC ．小球一直做匀速直线运动D ．小球先做加速运动后做减速运动6．(多选)(2015·黄冈中学模拟) 如图6所示，导体棒ab 电阻不计，由静止开始(不计摩擦)从图示位置下滑，磁场方向垂直斜面向上，则在此过程中( ) 图6A ．导体棒ab 做匀加速直线运动B ．导体棒ab 下滑的加速度逐渐减小C ．导体棒ab 中的感应电流逐渐减小D ．导体棒ab 下滑至速度达到最大值时，动能的增加量小于重力势能的减小量7. 如图7所示，可视为质点的三物块A 、B 、C 放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝2345，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为m A ＝0.60 kg ，m B ＝0.30 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 均带正电，且q C ＝1.0×10－5C ，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B 、C 间相距L ＝1.0 m ．现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上做加速度a ＝1.0 m/s 2的匀加速直线运动，假定斜面足够长．已知静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，g ＝10 m/s 2.求： 图7(1)B 物块所带电荷量q B ；(2)A 、B 运动多长距离后开始分离．8. (2015·检测)如图8所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab 和cd 相距L ＝0.2 m ，另外两根水平金属杆MN 和PQ 的质量均为m ＝10 g ，可沿导轨无摩擦地滑动，MN 杆和PQ 杆的电阻均为R ＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ 杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10 m/s 2. 图8(1)若将PQ 杆固定，让MN 杆在竖直向上的恒定拉力F ＝0.18 N 的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B 0＝1.0 T ，杆MN 的最大速度为多少？(2)若将MN 杆固定，MN 和PQ 的间距为d ＝0.4 m ，现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt＝0.5 T/s 的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ 对地面的压力为零？ 9．(2015·4月模拟)如图9甲所示，相距L ＝1 m 、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分沿同一竖直面．质量均为m ＝50 g 、电阻均为R ＝1.0 Ω的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度B ＝1.0 T 、方向竖直向上的匀强磁场中．当ab 杆在水平拉力F 作用下沿导轨向右运动时，从t ＝0时刻开始释放cd 杆，cd 杆的v cd －t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2(在0～1 s 和2～3 s 内，图线为直线)．图9(1)求在0～1 s 内通过cd 杆中的电流；(2)若已知ab 杆在1～2 s 内做匀加速直线运动，求这段时间内拉力F 随时间变化的函数方程． 二轮专题强化练答案精析第2讲 动力学观点在电学中的应用1．AD 2.AC3．AC [带电小球在乙图中受到竖直向下的电场力与重力，而在丙图中受到竖直向上的电场力与重力，根据类平抛运动规律，则有：v 0t12at 2＝1tan θ，可知，当加速度越大时，所用时间越短，因此O 、B 间距小于O 、C 间距，故A 正确；由题意可知，甲图带电小球做平抛运动，由A 分析可知，运动的时间介于乙图与丙图之间，故B 错误；根据A 分析，则有v 0t12at 2＝1tan θ，那么v y ＝at ＝2v 0tan θ，则有它们的竖直方向的速度相等，根据矢量的合成法则，可得，小球落到B 点与C 点速度大小相等，故C 正确；丁图中在洛伦兹力作用下，小球抛出后竖直方向的加速度小于g ，则使得小球竖直方向的速度小于甲图中小球竖直方向的速度，又因洛伦兹力不做功，则球从O 到A 重力做的功多于球从O 到D 重力做的功，因此合力对小球做功不同，故D 错误．]4．ABD [小球向下运动，由磁场垂直纸面向外，由题意可知洛伦兹力垂直斜面向上，所以小球带正电，故A 正确；小球离开斜面之前，在重力、支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但重力沿斜面向下的分力却不变，即三个力的合力却不变，故B 正确，C 错误；则小球在斜面上下滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直于斜面的分力时，小球对斜面压力为零．所以Bqv ＝mg cos θ，则速率为mg cos θqB，故D 正确．]5．ABC [根据右手螺旋定则可知，从a 点出发沿连线运动到b 点，aO 间的磁场方向垂直于MN 向里，Ob 间的磁场方向垂直于MN 向外，所以合磁场大小先减小过O 点后反向增大，而方向先向里，过O 点后向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向先向上，大小在减小，在a 点，若Bqv 0>mg 则有F a ＝Bqv 0－mg ；在O 点，F O ＝mg ，所以有可能F a >F O ，过O 得后洛伦兹力的方向向下，大小在增大．由此可知，小球在速度方向不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对杆的压力一直在增大，即F b >F a ，故A 、B 、C 正确，D错误．]6．BD [当棒下滑，速度增大，E 增大，I 增大，F 安增大，由牛顿第二定律可知：a ＝mg sin θ－F 安m，可知加速度减小，故A 、C 错误，B 正确；导体棒下滑过程中，重力势能减小，动能增加，同时产生电热，根据能量守恒可知，导体棒ab 下滑至速度达到最大值时，动能和内能的增加量等于重力势能的减小量，故D 正确．]7．(1)5.0×10－5C (2)0.5 m解析 (1)设B 物块的电荷量为q B ，A 、B 、C 处于静止状态时，C 对B 的库仑斥力，F 0＝kq C q BL2，以A 、B 整体为研究对象， 根据力的平衡有F 0＝(m A ＋m B )g sin 30°，联立解得q B ＝5.0×10－5C.(2)给A 施加力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，C 对B 的库仑斥力逐渐减小，A 、B 之间的弹力也逐渐减小．设经过时间t ，B 、C 间距离变为L ′，A 、B 两者间弹力减小到零，此后两者分离．则t 时刻C 对B 的库仑斥力为F 0′＝kq C q B L ′2以B 为研究对象，由牛顿第二定律有F 0′－m B g sin 30°－μm B g cos 30°＝m B a联立以上各式解得L ′＝1.5 m 则A 、B 分离时，A 、B 运动的距离 ΔL ＝L ′－L ＝0.5 m. 8．(1)0.8 m/s (2)10 s解析 (1)MN 杆切割磁感线产生的电动势为：E 1＝B 0Lv ①由闭合电路欧姆定律得：I 1＝E 12R ②MN 杆所受安培力大小为： F 安＝B 0I 1L ③对MN 杆应用牛顿第二定律得：F －mg －F 安＝ma ④当MN 杆速度最大时，MN 杆的加速度为零，联立①②③④得MN 杆的最大速度为：v m ＝2F －mg R B 20L2＝2×0.18－10－2×10×0.212×0.22m/s ＝0.8 m/s. (2)感应电动势为：E 2＝ΔΦΔt ＝ΔBLdΔt⑤由闭合电路欧姆定律得：I 2＝E 22R ⑥t 时刻的磁感应强度为：B ＝ΔBΔtt ⑦PQ 杆受力平衡：mg ＝BI 2L ⑧联立⑤⑥⑦⑧得：t ＝错误!＝错误! s ＝10 s.9．(1)0.6 A (2)F ＝0.8t ＋0.13 (N)解析 (1)在0～1 s 内，cd 杆的v cd －t 图线为倾斜直线，因此cd 杆做匀变速直线运动，加速度为：a 1＝v t －v 0t＝4.0 m/s 2因此cd 杆受向上的摩擦力作用，其受力图如图所示． 根据牛顿第二定律，有：mg －F f ＝ma 1 其中F f ＝μF N ＝μF A ＝μBIL因此回路中的电流为：I ＝m g －a 1μBL＝0.6 A.(2)在0～1 s 内，设ab 杆产生的电动势为E ， 则：E ＝BLv 1由闭合电路欧姆定律知：I ＝E2R则ab 杆的速度为：v 1＝2IRBL＝1.2 m/s在2～3 s 内，由图象可求出cd 杆的加速度为：a 2＝－4 m/s 2同理可求出ab 杆的速度：v 2＝2m g －a 2RμB 2L2＝2.8 m/s 在1～2 s 内，ab 杆做匀加速运动，则加速度为：a ＝v 2－v 1t＝1.6 m/s 2对ab 杆，根据牛顿第二定律有：F －μmg －BI ′L ＝maab 杆在t 时刻的速度：v ＝v 1＋a (t －1) 回路中的电流：I ′＝BLv2R联立可得：F ＝0.8t ＋0.13 (N)．。

专题二 力与物体的直线运动[专题定位] 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的匀变速直线运动问题.高考对本专题考查的内容主要有：①匀变速直线运动的规律及运动图象问题；②行车安全问题；③物体在传送带(或平板车)上的运动问题；④带电粒子(或带电体)在电场、磁场中的匀变速直线运动问题；⑤电磁感应中的动力学分析.考查的主要方法和规律有：动力学方法、图象法、临界问题的处理方法、运动学的基本规律等.[应考策略] 抓住“两个分析”和“一个桥梁”.“两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”.“一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的桥梁”.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题.第1讲 动力学观点在力学中的应用1.物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线.2.匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 20＝2ax . 中间时刻的瞬时速度：2v t ＝x t ＝v 0＋v2.任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2. 3.速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移.匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线.4.位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的x －t 图象是一条抛物线.5.超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化.物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向.当a 有竖直向上的分量时，超重；当a 有竖直向下的分量时，失重；当a ＝g 且竖直向下时，完全失重.1.动力学的两类基本问题的处理思路2.解决动力学问题的常用方法 (1)整体法与隔离法.(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解.(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题.例1 一个物体以初速度v 0沿光滑斜面向上运动，其速度v 随时间t 变化的规律如图1所示，在连续两段时间m 和n 内对应面积均为S ，则经过b 时刻v b 的大小为( )图1A.m －n S mnB.mn m 2＋n 2S m ＋nC.m 2＋n 2S m ＋n mnD.m 2＋n 2S mn解析 设b 时刻的速度为v b ，加速度为a ，根据x ＝v 0t ＋12at 2得：S ＝v a m －12am 2① S ＝v b n －12an 2② v b ＝v a －am③①②③联立得：v b ＝m 2＋n 2Sm ＋n mn.答案 C预测1 (2016·全国丙卷·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t和a ＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 对. 预测2 广泛应用于我国高速公路的电子不停车收费系统(ETC)是目前世界上最先进的收费系统，过往车辆无须停车即能够实现收费.如图2所示为某高速公路入口处的两个通道的示意图，ETC 收费岛(阴影区域)长为d ＝36 m.人工收费窗口在图中虚线MN 上，汽车到达窗口时停车缴费时间需要t 0＝20 s.现有甲、乙两辆汽车均以v ＝30 m/s 的速度并排行驶，根据所选通道特点进行减速进入收费站，驶入收费岛区域中的甲车以v 0＝6 m/s 的速度匀速行驶.设两车减速和加速的加速度大小均为3 m/s 2，求图2(1)从开始减速到恢复速度v ，甲车比乙车少用的时间； (2)乙车交费后，当恢复速度v 时离甲车的距离. 答案 (1)18 s (2)564 m解析 (1)甲车进入收费岛之前的减速时间：t 1＝v －v 0a＝8 s ， 通过收费岛的时间：t 2＝d v 0＝6 s 离开收费岛的加速时间为：t 3＝t 1＝8 s ， 所以：t 甲＝t 1＋t 2＋t 3＝22 s 乙车的时间：t 乙＝2va＋t 0＝40 s所以甲车比乙车少用的时间为：Δt ＝t 乙－t 甲＝18 s. (2)甲车开始减速时与MN 的距离为：l 甲＝v 0＋v2t 1＋d ＝180 m乙车开始减速时与MN 的距离为：l 乙＝v 22a＝150 mΔt ′＝Δlv＝1 s即甲车开始减速后1 s 乙车开始减速.所以从甲车开始减速到乙车恢复速度v 共经过t ′＝41 s 的时间.x 甲＝v 0＋v 2t 1×2＋d ＋v (t ′－t 甲)＝894 mx 乙＝v 22a×2＝300 m所以乙车交费后，当恢复速度v 时离甲车的距离为：Δx ＝x 甲－x 乙－Δl ＝564 m.例2 (多选)如图3(a)所示，质量相等的a 、b 两物体，分别从斜面上的同一位置A 由静止下滑，经B 点的水平面上滑行一段距离后停下.不计经过B 点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图象如图(b)所示，下列说法正确的是( )图3A.a 在斜面上滑行的加速度比b 的大B.a 在水平面上滑行的距离比b 的短C.a 与斜面间的动摩擦因数比b 的小D.a 与水平面间的动摩擦因数比b 的大解析 由题图(b)图象斜率可知a 做加速运动时的加速度比b 做加速运动时的加速度大，故A 正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a 从t 1时刻开始，b 从t 2时刻开始.由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a 在水平面上做匀减速运动的位移比b 在水平面上做匀减速运动的位移大，故B 错误；设斜面倾角为θ，物体在斜面上运动的加速度为a ＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ，因为a 的加速度大于b 的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b 的小，故C 正确，同理，D 错误. 答案 AC预测3 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v －t 图象可能正确的是( )答案 B解析 没有空气阻力时，物体只受重力，做竖直上抛运动，v －t 图象是向下倾斜的直线，如虚线所示；有空气阻力时：上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg ＋F f ＝ma ，故a ＝g ＋F fm，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g ；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg －F f ＝ma ，故a ＝g －F f m，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；v －t 图象的斜率表示加速度，故图线与t 轴的交点对应时刻的加速度为g ，切线与虚线平行；故A 、C 、D 错误，B 正确.预测4 (多选)如图4甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B .保持A 的质量不变，改变B 的质量m ，当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的图线，如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s 2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )图4A.若θ已知，可求出A 的质量B.若θ未知，可求出乙图中a 1的值C.若θ已知，可求出乙图中a 2的值D.若θ已知，可求出乙图中m 0的值 答案 BC解析 对B ，mg －F ＝ma . 对A ，F －m A g sin θ＝m A a . 得：a ＝m －m A sin θm ＋m A·g故m →＋∞时，a 1＝g ，B 正确.m ＝0时，a 2＝－g sin θ，选项C 正确.解题方略1.传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向.因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键.2.传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断.例3 如图5所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A 轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A 轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B 端，由自动卸货装置取走.已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A 、B 两轮间的距离为L ＝64 m ，A 、B 两轮半径忽略不计，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图5(1)若传送带以恒定速率v 0＝10 m/s 传动，求被选中的铁矿石从A 端运动到B 端所需要的时间；(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B 端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间. 解析 (1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石 沿传送带方向F f －mg sin θ＝ma 垂直传送带方向：F N －mg cos θ－F ＝0 其中F ＝1.4mg ，F f ＝μF N ，解得：a ＝2 m/s 2则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：t 1＝v 0a ＝102s ＝5 s对应的位移为：x 1＝12at 21＝12×2×52m ＝25 m根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B 端，则其匀速运动时间为：t 2＝L －x 1v 0＝64－2510s ＝3.9 s 所以铁矿石从传送带的A 端运动到B 端所需要的时间为：t ＝t 1＋t 2＝8.9 s.(2)只有铁矿石一直加速运动到B 点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s 2，所以传送带的最小加速度为：a min ＝2 m/s 2则有：L ＝12at ′2，代入数据解得最短时间为：t ′＝8 s.答案 (1)8.9 s (2)2 m/s 28 s预测5 如图6所示，物块M 在静止的足够长的传送带上以速度v 0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )图6A.M 下滑的速度不变B.M 开始在传送带上加速到2v 0后向下匀速运动C.M 先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D.M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上 答案 C解析 传送带静止时，物块匀速下滑，故mg sin θ＝F f ，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C 正确，故选C.预测6 如图7所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s 顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m ＝1 kg 的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s 2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g ＝10 m/s 2.试求：图7(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移； (2)滑块在传送带上运动的总时间t . 答案 (1)3 m (2)2 s解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律可得： μmg ＝ma 1，得：a 1＝2 m/s 2设经过t 1滑块与传送带共速v ，有： v ＝v 0－at 1v ＝a 1t 1，解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s滑块位移为x 1＝vt 12＝1 m传送带位移为x 2＝v 0＋v t 12＝4 m故滑块相对传送带的位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有：F f ＝ma ＝4 N>μmg ＝2 N ，故滑块与传送带相对滑动.滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有：t 2＝0－v －a 1＝1 s ，故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.解题方略1.“滑块—木板模型”类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系.2.要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等.例4如图8所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙.一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2.求：图8(1)滑块滑动到A点时的速度大小；(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.解析(1)根据牛顿第二定律有：F＝ma根据运动学公式有：v2＝2aL0联立方程代入数据解得：v＝6 m/s其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v即是滑块滑到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动的位移.(2)根据牛顿第二定律有：对滑块有：μ1mg＝ma1代入数据解得：a1＝5 m/s2对长木板有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入数据解得：a2＝0.4 m/s2.其中M为长木板的质量，a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数.(3)设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t则：v－a1t＝a2t代入数据解得：t ＝109s ，则此过程中滑块的位移为：x 1＝vt －12a 1t 2长木板的位移为：x 2＝12a 2t 2x 1－x 2＝103m>L式中L ＝2 m 为长木板的长度，所以滑块能滑出长木板右端. 答案 (1)6 m/s (2)5 m/s 20.4 m/s 2(3)能预测7 (多选)如图9甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a －F 图象，g 取10 m/s 2，则( )图9A.滑块A 的质量为4 kgB.木板B 的质量为1 kgC.当F ＝10 N 时木板B 的加速度为4 m/s 2D.滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为0.1 答案 BC解析 由图知，当F ＝8 N 时，加速度为：a ＝2 m/s 2，对整体分析： F ＝(m A ＋m B )a ，解得：m A ＋m B ＝4 kg ，当F 大于8 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有：a ＝F －μm A g m B ＝1m B F －μm A gm B，由图示图象可知，图线的斜率：k ＝1m B ＝Δa ΔF ＝28－6＝1，解得：m B ＝1 kg ，滑块A 的质量为：m A ＝3 kg.当a ＝0时，F ＝6 N ，代入解得 μ＝0.2，故A 、D 错误，B 正确；根据F ＝10 N>8N 时，滑块与木板相对滑动，B 的加速度为：a B ＝a ＝F －μm A g m B ＝1m B F －μm A m B g ＝(11×10－0.2×301) m/s 2＝4 m/s 2.故C 正确.预测8 如图10所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为3 kg 的长木板A ，A 右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为1 kg 的物体B 连接，木板A 的右端与滑轮之间的距离足够大.当B 从静止开始下落距离0.8 m 时，在木板A 的右端轻放一质量为1 kg 的小铁块C (可视为质点)，最终C 恰好未从木板A 上滑落.A 、C 间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度g ＝x 10 m/s 2.求：图10(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小； (2)木板A 的长度l . 答案 (1)2 m/s (2)0.8 m解析 (1)在木板上放小铁块前，把A 、B 看作整体，由牛顿第二定律有m B g ＝(m A ＋m B )a 1v 21＝2a 1h解得：v 1＝2 m/s.(2)在木板上放小铁块后，取向右为正方向，由牛顿第二定律对小铁块有：μm C g ＝m C a 2 得a 2＝4 m/s 2对木板有：m B g －μm C g ＝(m A ＋m B )a 3 得a 3＝1.5 m/s 2由题意知，小铁块滑到木板左端时，小铁块与木板的速度相同， 则有a 2t ＝v 1＋a 3t 解得：t ＝0.8 s 由运动学公式可知：l ＝v 1t ＋12a 3t 2－12a 2t 2解得：l ＝0.8 m.专题强化练1.动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图1所示.一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5 s 和4 s ，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30 m ，则该动车组的加速度约为( )图1A.0.17 m/s 2B.0.30 m/s 2C.0.33 m/s 2D.0.38 m/s 2答案 C解析 由匀变速运动的位移公式，x ＝v 0t ＋12at 2对两节车厢有60＝v 0×(5＋4)＋12a (5＋4)2对第一节车厢，30＝v 0×5＋12a ·52联立解得a ≈0.33 m/s 2，故选项C 正确.2.(多选)(2016·全国乙卷·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt 图象如图2所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图2A.在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B.在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 BD解析 根据vt 图，甲、乙都沿正方向运动.t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v乙＝25 m/s ，由位移和vt 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m.故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确.3.近来，“中国式过马路”成为人们热议的话题.行人过马路时必须遵守交通规则，而红绿灯的时间设置也必须考虑到行人的安全.假设行人过马路时看到红灯转绿灯时反应时间为0.2 s ，设行人先做匀加速运动，经过1 s 速度达到了最大值1.5 m/s ，然后以这一速度匀速通过马路，已知马路的宽度为40 m ，行人沿直线垂直马路在斑马线上行走，则根据以上数据计算出该路口的行人绿灯设置的最短时间为( ) A.10 s B.20 s C.28 s D.40 s 答案 C解析 人匀加速运动的位移x 1＝v m 2t 1＝1.52×1 m＝0.75 m ，匀速运动的位移x 2＝40－x 1＝39.25 m ，时间t 2＝x 2v m≈26.2 s.绿灯设置的最短时间t ＝Δt ＋t 1＋t 2＝(0.2＋1＋26.2) s ＝27.4 s ，接近28 s.4.(多选)如图3所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.6，下列说法正确的是( )图3A.下滑相同距离内物块A 、B 机械能的变化一定不相同B.下滑相同时间内物块A 、B 机械能的变化一定相同C.物块A 、B 一定不能同时到达传送带底端D.物块A 、B 在传送带上的划痕长度相同 答案 AC解析 因为mg sin 30°＝12mg <μmg cos 30°＝3310mg ，所以A 做匀速直线运动，B 做匀减速直线运动，下滑相同距离内摩擦力做功不同，物块A 、B 机械能的变化一定不相同，A 正确，B 错误；如果都能到达底端，则位移相同，一个匀速运动，一个匀减速运动，所以物块A 、B 一定不能同时到达传送带底端，C 正确；由于A 相对传送带静止，所以在传送带上的划痕为零，B 做匀减速直线运动，相对传送带的划痕不为零，故D 错误.5.(多选)如图4所示，一水平传送带以v 0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m ，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则( )图4A.物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动B.物块不可能从传送带的左端滑落C.物块不可能回到出发点D.物块的最大机械能不可能大于12mv 2答案 BD解析 设传送带的长度为L ，物块运动的过程中，物块匀加速运动的位移：x ＝v202a，若x ≥L ，则物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动；若x <L ，则物块先加速后匀速.故A 错误；若物块在传送带上一直做加速运动，则返回的过程中物块一直做减速运动，由于两个运动的加速度的大小是相等的，可知物块将能够恰好返回出发点，但不可能从传送带的左端滑落.故B 正确，C 错误；物块在传送带上运动的过程中，传送带的摩擦力对物块做功，所以物块的速度不可能大于v 0，物块在斜面上运动的过程中只有重力做功，机械能不增加.所以滑块的最大机械能不可能大于12mv 20.故D 正确.故选B 、D.6.放在足够长的木板上的物体A 和B 由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v 向右做匀速直线运动，如图5所示.某时刻木板突然停止运动，已知m A >m B ，下列说法正确的是( )图5A.若木板光滑，由于A 的惯性较大，所以A 、B 一定会相撞B.若木板粗糙，由于A 的动能较大，所以A 、B 一定会相撞C.若木板粗糙，由于A 所受的摩擦力较大，所以A 比B 先停下来D.无论木板是否光滑，A 、B 间的相对距离保持不变答案 D解析 若木板光滑，A 、B 在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则A 、B 将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a ＝μmgm＝μg ，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度.保持相对静止.故D 正确，A 、B 、C 错误.7. 2015年12月10日，百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶.(1)如图6所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m 范围内车辆和行人的“气息”.若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s 2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？图6(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m 处，两车都以20 m/s 的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s 2的加速度刹车1.4 s 后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s 2的加速度刹车.试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？ 答案 (1)24 m/s (2)不会解析 (1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有 －2ax ＝0－v 2①代入数据解得v 0＝24 m/s(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t 2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v 该过程无人驾驶汽车刹车时间为t 2＋t 1，其中t 1＝1.4 s 对无人驾驶汽车v ＝v 0－a (t 2＋t 1)② 对有人驾驶汽车v ＝v 0－a ′t 2③联立②③式得t 2＝3.6 s ，v ＝2 m/s 又x 无＝v 0＋v2(t 2＋t 1) ④x 有＝v 0＋v 2t 2＋v 0t 1⑤ Δx ＝x 有－x 无⑥联立④⑤⑥，代入数据解得Δx ＝12.6 m<30 m ，即两车不会相撞.8.某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图7甲所示.他使木块以初速度v 0＝4 m/s 的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v －t 图线如图乙所示.g 取10 m/s 2.求：图7(1)上滑过程中的加速度的大小a 1； (2)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (3)木块回到出发点时的速度大小v . 答案 (1)8 m/s 2(2)0.35 (3)2 m/s解析 (1)由题图乙可知，木块经0.5 s 滑至最高点，由加速度定义式a ＝ΔvΔt有：上滑过程中加速度的大小：a 1＝v 0Δt 1＝40.5m/s 2＝8 m/s 2(2)上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用，由牛顿第二定律F ＝ma 得上滑过程中有：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 代入数据得：μ≈0.35.(3)下滑的距离等于上滑的距离：x ＝v 202a 1＝422×8m ＝1 m下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律F ＝ma 得： 下滑过程中：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 解得：a 2≈2 m/s 2下滑至出发点时的速度大小为：v ＝2a 2x 联立解得：v ＝2 m/s.9.如图8所示，质量m ＝1 kg 的物块A 放在质量M ＝4 kg 木板B 的左端，起初A 、B 静止在水平地面上.现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.求：图8(1)能使A 、B 发生相对滑动的F 的最小值；(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去，要想A 不从B 上滑落，则木板至少多长；从开始到A 、B 均静止，A 的总位移是多少. 答案 (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m解析 (1)对于A ，最大加速度由A 、B 间的最大静摩擦力决定，即μ1mg ＝ma m ，a m ＝4 m/s 2 对A 、B 整体，F min －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a m 得F min ＝25 N(2)设F 作用在B 上时A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，撤掉F 时速度分别为v 1、v 2，撤去外力F 后加速度分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度为v 3，加速度为a 3，对于A ，μ1mg ＝ma 1，a 1＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对于B ，F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s 撤去外力，a 1′＝a 1＝4 m/s 2，a 2′＝μ1mg ＋μ2M ＋m gM＝2.25 m/s 2经过t 2时间后A 、B 速度相等v 1＋a 1′t 2＝v 2－a 2′t 2，解得t 2＝0.2 s 共同速度v 3＝v 1＋a 1′t 2＝4.8 m/s从开始到A 、B 相对静止时，A 、B 的相对位移即为木板最短的长度LL ＝x B －x A ＝v 222a 2－v 23－v 222a 2′－12a 1(t 1＋t 2)2＝0.75 mA 、B 速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a 3＝μ2g ＝1 m/s 2从v 3至最终静止位移为x ＝v232a 3＝11.52 m所以A 的总位移为x A 总＝x A ＋x ＝14.4 m.。

第2讲 力与物体的直线运动1．(2016·全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t2D.8s t2解析 动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t和a ＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 对。

答案 A2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图1所示。

已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图1A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析 根据v －t 图，甲、乙都沿正方向运动。

t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由v －t 图线所围面积对应位移关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m 。

故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D选项正确。

答案 BD3．(多选)(2015·全国卷Ⅰ，20)如图2(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示。

【专题二】力和直线运动【考情分析】1．本专题涉及的考点有：参考系、质点；位移、速度和加速度；匀变速直线运动及其公式、图像。

《大纲》对位移、速度和加速度，匀变速直线运动及其公式、图像等考点均为Ⅱ类要求，即对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用。

质点的直线运动是历年高考的必考内容。

可以单独命题，也可以与其他知识点如电场、磁场、电磁感应等知识结合出现在计算题中。

近年这部分的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识能力的考查。

2．从高考试题看，作为一个孤立的知识点单独考查的命题并不多，更多的是与牛顿定律、带电粒子在电磁场中的运动等结合起来，作为综合试题中的一个知识点而加以体现。

主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等或较难题。

【知识归纳】1．物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受合力与速度方向平行2．物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受合力为恒力，且与速度方向平行3．牛顿第二定律的内容是：物体运动的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以采用控制变量法进行实验验证．4．速度－时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线所包围的面积表示物体运动的位移．在分析物体的运动时，常利用v －t 图象帮助分析物体的运动情况．5．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化．当a =g 时，物体完全失重．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．6．匀变速直线运动的基本规律为： 速度公式：v 0+at 位移公式：2012x v t at =+速度和位移公式的推论为：v t 2-v 02=2ax 7．匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度为12x v t ==20tv v + 位移中点的瞬时速度为2x v =2220tv v + 【考点例析】一、 匀变速直线运动规律的应用【例1】跳水是一项优美的水上运动，图甲是2008年北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿．如果陈若琳质量为m ，身高为L ，她站在离水面H 高的跳台上， 重心离跳台面的高度为h 1，竖直向上跃起后重心又升高了h 2达到最高点，入水时身体竖直，当手触及水面时伸直双臂做一个翻掌压水花的动作，如图乙所示，这时陈若琳的重心离水面约为h 3．整个过程中空气阻力可忽略不计，重力加速度为g ，求陈若琳从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完成一系列动作的时间．【思路导引】（1）运动员在从起跳到手入水的过程中做什么运动?答案 匀减速运动或竖直上抛运动．（2）上跃过程的位移为多少?下落过程中的位移又为多少?位移大小根据什么来确立的?答案 上跃过程位移为重心位置的变化量h 2，下落过程的位移也是位移变化量（H+h 1+h 2-h 3），应根据重心位置的变化找位移．【解析】陈若琳跃起后可看作竖直向上的匀减速运动，重心上升的高度h 2，设起跳速度为v0，则v 02=2gh 2上升过程的时间t 1=gv 0解得t 1=gh 22 陈若琳从最高处自由下落到手触及水面的过程中重心下落的高度x=H+h 1+h 2-h 3设下落过程的时间为t 2，则x=21gt 22解得t 2=gx 2=gh h h H )(2321-++陈若琳要完成一系列动作可利用的时间t=t 1+t 2=gh 22+g h h h H )(2321-++【答案】gh 22+gh h h H )(2321-++【解题指导】1．匀变速直线运动常以体育运动为背景设置物理情景，处理此类问题时，应注意建立运动模型，如本题就是建立了竖直上抛运动模型．2．尽管研究此跳水过程不能看成质点，但是求跳水过程的时间时，可看作质点来处理，其重心位置的变化，也即质点位置的变化．3．若对运动情景不清晰时，可画出运动草图，使抽象问题形象化．二、图象问题【例2】如图甲所示，质量m=2.0 kg 的物体静止在水平面上，物体跟水平面间的动摩擦因数μ=0.20．从t=0时刻起，物体受到一个水平力F 的作用而开始运动，前8 s 内F 随时间t 变化的规律如图乙所示．g 取10 m/s 2．求：（1）在图丙的坐标系中画出物体在前8 s 内的v —t 图象． （2）前8 s 内水平力F 所做的功．【解析】 （1）0~4 s 内，由牛顿第二定律得F -μmg=ma 1解得a 1=3 m/s 24 s 末物体的速度为v 4=a 1t 4=12 m/s4~5 s ，由牛顿第二定律得-F -μmg=ma 2解得a 2=-7 m/s 25 s 末物体的速度为v 5=5 m/s再经时间t 停止，则t=350a v -=2.5 s8 s 内的v —t 图象如图所示 （2）0~4 s 内的位移为x 1=21a 1t 42=24 m4~5 s 内位移为x 2=224252a v v -=8.5 m5 s 后水平力消失，所以前8 s 内力F 做的功为W=F 1x 1-F 2x 2=155 J（或由动能定理解）W -μm g （x 1+x 2）=21mv 52解得W =155 J【解题指导】1．v —t 图象反映的仍然是数学关系，只不过它有了具体的物理意义．因此要画v —t 图象，必须采用动力学的方法得到v 与t 的数学关系．2．对于多过程问题要划分不同运动阶段，逐过程分析． 3．v —t 图象斜率表示加速度，面积表示位移，因此第（2）问求位移时可借用图象来求，请同学们自己完成．三、 追及和相遇问题例3、车以25 m/s 的速度匀速直线行驶，在它后面有一辆摩托车，当两车相距1 000 m 时，摩托车从静止起动做匀加速运动追赶汽车，摩托车的最大速度可达30 m/s ，若使摩托车在4 min 时刚好追上汽车，摩托车追上汽车后，关闭油门，速度达到12 m/s 时，冲上光滑斜面，上滑最大高度为H ，求：（1）摩托车做匀加速运动的加速度a ?（2）摩托车追上汽车前两车相距最大距离x ? （3）摩托车上滑最大高度H ?（g 取10 m/s 2）解析 （1）设汽车位移为x 1，摩托车位移为x 2摩托车的加速度为a ，摩托车达到最大速度所用时间为t ，则30=atx 1=25×240x 2=a2302+30（240-a30）追上条件为x 2=x 1+1 000解得a=49=2.25 m/s2（2）摩托车与汽车速度相等时相距最远，设此时刻为T ，最大距离为x m即25=aT解得T=9100sx m =1 000+25T -221aT =910250m=1 138 m（3） 221Mv =MgH解得H=7.2 m答案 （1）2.25 m/s2 （2）1 138 m （3）7.2 m 【解题指导】分析追及问题的方法技巧1．要抓住一个条件，两个关系一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两者距离最大，最小的临界条件，也是分析判断的切入点．两个关系：即时间关系和位移关系．通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口．2．若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动．3．仔细审题，充分挖掘题目中的隐含条件，同时注意 v —t 图象的应用．四、动力学的两类基本问题【例4】一根质量分布均匀的长直绳AB ，在水平恒定外力F 的作用下，沿光滑水平面以v 0=2 m/s 的初速度做匀加速直线运动（忽略绳子的形变）， 在头2 s 内所通过的位移等于绳长的6倍．如图甲所示，绳内距A 端x 处的张力（即绳内部之间的拉力）F T 与x 的关系如图乙所示，利用图象和题中的已知数据，求：（1）距A端1.5 m处绳内的张力多大?（2）绳子的质量多大?【解析】解法一（1）由图象可知函数F T=（6-3x） N当x=1.5 m时绳间的拉力F T=1.5 N（2）由图象可得：绳长l=2 m；水平恒力F=6 N1at2由匀加速运动位移公式x=v0t+2得a=4 m/s2由牛顿第二定律得F=maF=1.5 kg得m=a解法二由图象可得：绳长l=2 m；水平恒力F=6 N由匀1at2加速运动位移公式x=v0t+2得a=4 m/s2由牛顿第二定律得F=mam，以此段由题意可知：从x=1．5 m处到B端这段绳质量为4绳为研究对象m aF T=4由图象得x=1.5 m处F T=1.5 NF=1.5 kgm=a答案（1）1.5 N （2）1.5 kg【解题指导】1．牛顿第二定律应用的两类基本问题：物体的受力情况的分析加速度物体的运动状态及变化．2．分析复杂的动力学问题时应注意（1）仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程．（2）逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点．（3）前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化，状态的特点，往往是解题的关键．3．常用的解题方法：（1）整体与隔离法；（2）假设法．【方法技巧】1．动力学的两类基本问题的处理思路（1）已知力求运动，应用牛顿第二定律求加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式求出物体的运动情况——任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹．（2）已知运动求力，根据物体的运动情况，求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况．2．动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上，采用___________或者是_________求合力，然后结合牛顿第二定律列式求解．正交分解法图解法3．匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理，这是利用了运动的_________性．在竖直上抛运动和类竖直上抛运动的处理中也常用此法．对称4．借用v－t图象分析：v－t图象表示物体的运动规律，形象而且直观．【专题训练】1．水平地面上放着一质量为1 kg的物体，t=0时在一个方向不变的水平拉力作用下运动，t=2 s时撤去拉力，物体在4s内速度随时间的变化图象如图所示，则物体（）A．所受的摩擦力大小为1 NB．第1 s内受到的拉力大小是2 NC．在4 s末回到出发点D．在4 s内的平均速度为1.5 m/s2．如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其v—t图象如图乙所示，规定向右为正方向．下列判断正确的是（）A．在3 s末，物体处于出发点右方B．在1~2 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C．在1~3 s内，物体的加速度方向先向右后向左D．在0~1 s内，外力F不断增大3．一种巨型娱乐器材可以让人体验超重和失重的感觉．一个可乘多个人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机运送到几十米的高处，然后让座舱自由下落．下落一定高度后，制动系统启动，座舱做减速运动，到地面时刚好停下．下列判断正确的是（）A．座舱在自由下落的过程中人处于超重状态B．座舱在自由下落的过程中人处于完全失重状态C．座舱在减速运动的过程中人处于超重状态D．座舱在减速运动的过程中人处于失重状态4．沼泽地的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其上面行走时容易下陷（设在下陷过程中，泥炭对人的阻力不计）．如果整个下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，那么，下列说法中正确的是（）A．当在加速向下运动时，人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力B．当在减速向下运动时，人对沼泽地的压力小于沼泽地对人的支持力C．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力是先大于后等于沼泽地对他的支持力D．在整个运动过程中，人对沼泽地的压力大小总是等于沼泽地对他的支持力5．如图所示，质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数μ=0.1的水平面上，在水平拉力作用下，由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g 取10 m/s2，则（）A．此物体在AB段做匀加速直线运动B．此物体在AB段做匀速直线运动C．此物体在OA段做匀加速直线运动D．此物体在OA段做匀速直线运动6．静止不动的航空母舰上的舰载飞机在助推装置的作用下获得v0=40m/s的初速度，接着在滑行跑道上做匀加速滑行达到v1=80 m/s的速度后起飞，滑行距离x1=75 m，而一般民航客机从静止开始做匀加速滑行达到v2=40 m/s的速度后起飞，滑行距离x2=2 000 m，求滑行时舰载飞机的加速度a1与民航客机的加速度a2的比值．7．某些城市交通部门规定汽车在市区某些街道行驶速度不得超过v m=30 km/h．一辆汽车在该水平路段紧急刹车时车轮抱死，沿直线滑行一段距离后停止，交警测得车轮在地面上滑行的痕迹长x m=10 m．从手册中查出该车轮与地面间的动摩擦因数μ=0.72，取g=10 m/s2．（1）请你判断汽车是否违反规定超速行驶．（2）目前，有一种先进的汽车制动装置，可保证车轮在制动时不被抱死，使车轮仍有一定的滚动，安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时不但可以使汽车便于操控，而且可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F，驾驶员的反应时间为t，汽车的质量为m ，汽车正常行驶的速度为v ，试推出刹车距离x 的表达式．8．如图所示， 一足够长的光滑斜面倾角为θ=30°，斜面AB 与水平面BC 连接，质量m=2 kg 的物体置于水平面上的D 点，D 点距B 点d=7 m ．物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，当物体受到一水平向左的恒力F=8 N 作用t=2 s 后撤去该力，不考虑物体经过B 点时的碰撞损失，重力加速度g 取10 m/s 2．求撤去拉力F 后，经过多长时间物体经过B 点? 【参考答案】1．解析 2~4 s 内只受摩擦力F f =ma =1 N ，A 对；第1 s 内由牛顿第二定律F-F f =ma ′，F=3 N ，B 错；图象面积表示位移， C 错；v=1.25 m/s ，D 错．答案：A2．解析 由图象面积的意义知A 对；1~2 s 内向右运动，B 错；1~3 s 内直线的斜率不变，加速度不变，C 错；0~1 s 内tv∆∆在减小，a 减小，F=ma 减小，D 错．答案 A3．解析 由超重、失重的条件看加速度，当运动的加速度向下时，失重，且向下的a=g 时，处于完全失重；加速度向上时，处于超重状态，由此确定B 、C 项正确．答案：BC 4．答案：D 5．解析 W F =F·x ，AB 段直线的斜率表示力F ，F ==-61527 2 N ， F f =μmg =0.1×2×10 N=2 N ，F=F f ， B 正确F OA =315=5 N>F f ， C 正确．答案 BC6．解析 对舰载飞机有v 12-v 02=2a 1x 1对民航客机有v 22=2a 2x 2得 221221221)(v x v v x a a -= 代入数据解得8021=a a 【答案】807．解析 （1）因为汽车刹车且车轮抱死后，汽车受滑动摩擦力作用做匀减速运动，所以滑动摩擦力大小F f =μmg汽车的加速度a=mF f -=-μg由v 12-v 02=2ax且v 1=0得v 0=m gx μ2=12 m/s=43．2 km/h>30 km/h 即这辆车是超速的．（2）刹车距离由两部分组成，一是司机在反应时间内汽车行驶的距离x 1，二是刹车后匀减速行驶的距离x 2．x=x 1+x 2=vt +av 22加速度大小a=mF则x=vt +Fmv 22答案 （1）这辆车是超速的 （2）x=vt+Fmv 228．解析 在F 的作用下物体运动的加速度a 1，由牛顿运动定律得F-μmg =ma 1解得a 1=2 m/s2F 作用2 s 后的速度v 1和位移x 1分别为v 1=a 1t=4 m/s ；x 1=21a 1t 2=4 m撤去F 后，物体运动的加速度为a 2μmg=ma 2解得a 2=2 m/s2第一次到达B 点所用时间t 1，则d-x 1=v 1t 1-21a 2t 12解得t 1=1s此时物体的速度v 2=v 1-a 2t 1=2 m/s当物体由斜面重回B 点时，经过时间t 2，物体在斜面上运动的加速度为a 3，则Mg sin 30°=ma 3t 2=322a v =0.8 s第二次经过B 点时间为t=t 1+t 2=1.8 s所以撤去F 后，分别经过1 s 和1.8 s 物体经过B 点． 答案 1 s 1.8 s。

第2讲 动力学和能量观点的综合应用专题复习目标学科核心素养 高考命题方向 1.本讲在应用机械能守恒定律解决问题的过程中，引导学生体会守恒的思想，领悟从守恒的角度分析问题的方法，增强分析和解决问题的能力。

2．掌握动力学和能量观点分析问题的基本思路和方法。

1.物理观念：能量观念。

2．科学推理和论证能力，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理以及能量守恒定律分析和推理。

高考以创设较为复杂的运动情景为依托，强调受力分析、运动过程分析以及应用动力学和能量观点进行分析和推理。

主要题型：动力学方法和动能定理的应用；动力学和能量观点分析多运动过程问题。

一、动力学方法 1．运动学公式：速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：s ＝v 0t ＋12at 2，速度位移公式：v 2－v 20＝2ax ，平均速度公式v －＝v 0＋v 2。

2．牛顿第二定律物体运动的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向是一致的。

表达式：F 合＝ma ，加速度是联系受力和运动的桥梁。

二、能量观点 1．动能定理(1)内容：物体所受合外力的功等于物体动能的变化量。

(2)表达式：W ＝12m v 22－12m v 21。

(3)应用技巧：如果一个物体有多个运动过程，应用动能定理的时候，可以对全过程和分过程应用动能定理列式。

2．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力(或者弹力)做功的物体系统内，动能和势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变。

(2)表达式3．功率表达式P＝F v的应用(1)求v：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v，可求v＝PF阻＋ma。

(2)求v m：由P＝F阻v m，可求v m＝PF阻。

4．解决机车启动问题时的四点注意(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。

(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率。

(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。

题型研究1 必考计算题 19题 力与物体的运动力与物体的直线运动1.多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题. 2.解题策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可.(2)有些是树枝型，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个公式要明确.(3)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁.例1 (2016·浙江10月学考·19)在某段平直的铁路上，一列以324 km/h 高速行驶的列车在某时刻开始匀减速行驶，5 min 后恰好停在某车站，并在该站停留4 min ，随后匀加速驶离车站，经8.1 km 后恢复到原速324 km/h.(g 取10 m/s 2)图1(1)求列车减速时的加速度大小；(2)若该列车总质量为8.0×105kg ，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小. 答案 见解析解析 (1)列车的速度为324 km/h ＝90 m/s ，经过5 min ＝300 s 停下，所以加速度为a ＝Δv t ＝0－90300m/s 2＝－0.3 m/s 2(2)F f ＝0.1mg ，根据牛顿第二定律，F －0.1mg ＝ma ′v 2＝2a ′x ′解得a ′＝0.5 m/s 2，则F ＝1.2×106N(3)根据(2)可知，重新加速时间为t ′＝v a ′＝900.5s ＝180 s 减速过程中通过的位移x ＝v2t ＝45×300 m＝13 500 m所以整个过程的平均速度v ＝x ＋x ′t 总＝13 500＋8 100300＋240＋180m/s ＝30 m/s.本题考查对牛顿运动学知识的掌握和对动力学综合问题的处理能力.对物体受力分析和运动分析并结合v －t 图象分析是解决这类题目的关键.要求能从文字叙述和v －t 图象中获取信息.构建相应的物理模型，列出相应的方程解答. 变式题组1.(2015·浙江9月选考·19)在平直公路上有A 、B 两辆汽车，质量均为6.0×103kg ，运动时所受阻力均为车重的115.它们的v －t 图象分别如图2中a 、b 所示.求：(g ＝10 m/s 2)图2(1)A 车的加速度a A 和牵引力F A ； (2)0～3 s 内B 车的位移x B 和牵引力F B . 答案 见解析解析 (1)由图可得A 车匀加速运动的加速度为a A ＝Δv Δt ＝148 m/s 2＝1.75 m/s 2由牛顿第二定律得F A －kmg ＝ma A可得F A ＝kmg ＋ma A 代入数据可得F A ＝1.45×104 N(2)0～3 s 内B 车的位移等于B 车图线与坐标轴围成的面积x B ＝9 m由图可得B 车匀减速的加速度为a B ＝Δv Δt ＝－23 m/s 2由牛顿第二定律F B －kmg ＝ma B可得F B ＝kmg ＋ma B 代入数据可得F B ＝0.2.(2016·浙江瑞安中学高一期末)某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止落下，如图3所示，经过8 s 后打开降落伞，运动员做匀减速直线运动，再经过16 s 后刚好到达地面，且速度恰好为零.忽略打开降落伞前的空气阻力和打开降落伞的时间.已知人和伞的总质量m ＝60 kg.(g 取10 m/s 2)求：图3(1)打开降落伞时运动员的速度大小； (2)打开降落伞后运动员的加速度大小； (3)打开降落伞后运动员和伞受到的阻力大小. 答案 (1)80 m/s (2)5 m/s 2(3)900 N解析 (1)打开降落伞前，人和伞做自由落体运动v ＝gtv ＝80 m/s(2)打开降落伞后，人和伞一起做匀减速直线运动a 2＝|Δv |Δta 2＝5 m/s 2(3)根据牛顿第二定律得mg －F f ＝－ma 2 F f ＝900 N.力与物体的曲线运动1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的.2.解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径.(2)列出正确的动力学方程F n ＝m v 2r ＝mrω2＝m ωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件.例2 如图4所示，水平放置的圆盘半径为R ＝1 m ，在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD 的正上方放置一条水平滑道AB ，滑道与CD 平行.滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，其高度差为h ＝1.25 m.在滑道左端静止放置质量为m ＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2.当用一大小为F ＝4 N 的水平向右的拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2π rad/s，绕穿过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B 点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度g 取10 m/s 2.图4(1)求拉力作用的最短时间.(2)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度. 答案 (1)0.3 s (2)4 m 解析 (1)物块做平抛运动，则 水平方向：R ＝vt 竖直方向：h ＝12gt 2解得物块离开滑道时的速度v ＝2 m/s设拉动物块时的加速度为a 1， 由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1，解得 a 1＝8 m/s 2撤去拉力后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2圆盘转过一圈时物块落入，拉力作用时间最短，圆盘转过一圈的时间：T ＝2πω＝1 s物块在滑道上先加速后减速，则v ＝a 1t 1－a 2t 2物块滑行时间、在空中时间与圆盘周期关系t 1＋t 2＋t ＝T ，解得 t 1＝0.3 s(2)物块加速的末速度v 1＝a 1t 1′＝4 m/s则滑道长L ＝x 1＋x 2＝12a 1t 1′2＋v 2－v 21－2a 2＝4 m.一般物理情景题的功能结构分为：模型、条件和算法三部分，所以一般解题程序为将文字和图表信息转译标在图上，然后识别出物理模型和规律，分析条件和决策过程，最后是算法的选择及数学操作.其中审题是关键，要仔细，分运动的等时性、两种运动转折点的速度是解题的关键. 变式题组3.(2016·义乌市调研)如图5所示，细绳一端系着质量M ＝8 kg 的物体，静止在水平桌面上，另一端通过光滑小孔吊着质量m ＝2 kg 的物体，M 与圆孔的距离r ＝0.5 m ，已知M 与桌面间的动摩擦因数为0.2(设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现使物体M 随转台绕中心轴转动，问转台角速度ω在什么范围内m 会处于静止状态.(g ＝10 m/s 2)图5答案 1 rad/s≤ω≤3 rad/s解析 设角速度的最小值为ω1，此时M 有向着圆心运动的趋势，其受到的最大静摩擦力沿半径向外，由牛顿第二定律得：F T －μMg ＝Mω 21r ，设角速度的最大值为ω2，此时M 有背离圆心运动的趋势，其受到的最大静摩擦力沿半径指向圆心，由牛顿第二定律得：F T ＋μMg ＝Mω 22r ，要使m 静止，应用F T ＝mg ，联立解得ω1＝1 rad/s ，ω2＝3 rad/s ，则1 rad/s≤ω≤3 rad/s.4.(2015·浙江10月选考·19)如图6甲所示，饲养员对着长l ＝1.0 m 的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m ＝0.02 kg 的注射器射到动物身上.注射器飞离长管末端的速度大小v ＝20 m/s ，可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动，如图乙所示.图6(1)求注射器在长管内运动时的加速度大小； (2)求注射器在长管内运动时受到的合力大小；(3)若动物与长管末端的水平距离x ＝4.0 m ，求注射器下降的高度h . 答案 (1)2.0×102m/s 2(2)4 N (3)0.2 m解析 (1)由匀变速直线运动规律v 2－0＝2al 得a ＝v 22l＝2.0×102 m/s 2.(2)由牛顿第二定律F ＝ma 得F ＝4 N.(3)由平抛运动规律x ＝vt 得t ＝x v ＝0.2 s ，由h ＝12gt 2得h ＝0.2m.1.(2016·浙江4月选考·19)如图1是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s.若电梯先以加速度a 1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s.然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a 2做匀减速运动恰好到达观光平台.假定观光平台高度为549 m.图1(1)若电梯经过20 s 匀加速达到最大速度，求加速度a 1及上升高度h ；(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg ，求小明对电梯地板的压力； (3)求电梯匀速运动的时间.答案 (1)0.9 m/s 2180 m (2)654 N ，方向竖直向下 (3)6 s 解析 (1)由运动学公式可得a 1＝v m t 1＝1820m/s 2＝0.9 m/s 2h ＝12a 1t 21＝12×0.9×202m ＝180 m(2)根据牛顿第二定律可得F N －mg ＝ma 1则F N ＝mg ＋ma 1＝654 N 根据牛顿第三定律得小明对地板的压力F N ′＝F N ＝654 N ，方向竖直向下(3)设匀速运动时间为t 0，运动的总时间为t ，由v －t 图可得H ＝12(t ＋t 0)×v m得t 0＝6 s.2.民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机，一般还设有紧急出口.发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上来，示意图如图2所示.某机舱离气囊底端的竖直高度AB ＝3.0 m ，气囊构成的斜面长AC ＝5.0 m ，CD 段为与斜面平滑连接的水平地面.一个质量m ＝60 kg 的人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.求：图2(1)人从斜坡上滑下时的加速度大小； (2)人滑到斜坡底端时的速度大小；(3)人离开C 点后还要在地面上滑行多远才能停下？ 答案 (1)2 m/s 2(2)2 5 m/s (3)2 m解析 (1)人的受力分析如图所示. 由牛顿第二定律mg sin θ－μF N ＝ma F N －mg cos θ＝0解得a ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2(2)由v 2C ＝2ax ，得v C ＝2 5 m/s (3)由牛顿第二定律μmg ＝ma ′由0－v 2C ＝2(－a ′)x ′ 解得x ′＝2 m.3.在消防演习中，消防队员通过一根竖直的长绳从楼房顶端由静止开始滑下，经一段时间落地.某消防队员下滑过程中轻绳对消防队员的作用力随时间变化情况如图3所示，已知消防队员质量m ＝60 kg ，消防队员一脚触地时其与长绳作用力为零，g 取10 m/s 2.求：图3(1)消防员在下滑过程中的最大速度； (2)楼房的高度.答案 (1)5 m/s (2)8.5 m解析 该消队员先在t 1＝1 s 时间内以a 1匀加速下滑，然后在t 2＝2 s 时间内以a 2匀减速下滑落地.在第1 s 内，由牛顿第二定律得mg －F 1＝ma 1得a 1＝g －F 1m ＝(10－30060) m/s 2＝5 m/s 2最大速度v m ＝a 1t 1＝5 m/st 1＝1 s 时间内，设下落高度为h 1，则h 1＝12a 1t 21＝12×5×12m ＝2.5 m在t 2＝2 s 时间内，由牛顿第二定律得F 2－mg ＝ma 2得a 2＝F 2m－g 代入数据解得a 2＝2 m/s 2设下落高度为h 2 则h 2＝v m t 2－12a 2t 22代入数据解得h 2＝6 m则楼房的高度H ＝h 1＋h 2＝8.5 m.4.(2016·温州市调研)如图4所示，某人距离平台右端x 0＝10 m 处起跑，以恒定的加速度向平台右端冲去，离开平台后恰好落在地面上的小车车厢底板中心.设平台右端与车厢底板间的竖直高度H ＝1.8 m ，与车厢底板中心的水平距离x ＝1.2 m ，取g ＝10 m/s 2.求人运动的总时间.图4答案 10.6 s解析 设人在平台上运动的时间为t 1，离开平台后做平抛运动的初速度为v ，运动的时间为t 2，则：由平抛运动的公式得x ＝vt 2，H ＝12gt 22解得t 2＝0.6 s ，v ＝2 m/s 人在平台上运动，有x 0＝v2t 1解得t 1＝10 s人运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝10.6 s.5.如图5所示，水平转盘上放有质量为m 的物体(可视为质点)，连接物体和转轴的绳子长为r ，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍，转盘的角速度由零逐渐增大，求：图5(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度； (2)当角速度为 3μg2r时，绳子对物体拉力的大小. 答案 (1)μg r (2)12μmg 解析 (1)当恰由最大静摩擦力提供向心力时，绳子拉力为零且转速达到最大，设转盘转动的角速度为ω0，则μmg ＝mω20r ，得ω0＝ μg r. (2)当ω＝3μg2r时，ω>ω0，所以由绳子的拉力F 和最大静摩擦力共同提供向心力. 此时，F ＋μm g ＝mω2r 即F ＋μmg ＝m ·3μg2r·r ，得F ＝12μmg .6.如图6所示，竖直平面内的34圆弧形不光滑管道半径R ＝0.8 m ，A 端与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点为管道的最高点且在O 的正上方.一个小球质量m ＝0.5 kg ，在A 点正上方高h ＝2.0 m 处的P 点由静止释放，自由下落至A 点进入管道并通过B 点，过B 点时小球的速度v B 为4 m/s ，小球最后落到AD 面上的C 点处.不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图6(1)小球过A 点时的速度v A 的大小； (2)小球过B 点时对管壁的压力； (3)落点C 到A 点的距离.答案 (1)210 m/s (2)5 N ，方向竖直向上 (3)0.8 m 解析 (1)对小球由自由落体运动规律可得 2gh ＝v 2A解得v A ＝210 m/s.(2)小球过B 点时，设管壁对其压力为F ，方向竖直向下，由向心力公式有F ＋mg ＝m v 2BR解得F ＝5 N ，方向竖直向下由牛顿第三定律可知小球对管壁的压力为5 N ，方向竖直向上. (3)从B 到C 的过程中，由平抛运动规律可得x ＝v B t R ＝12gt 2x AC＝x－R＝0.8 m.。