通用版2017版高考物理大二轮复习与增分策略专题三力与物体的曲线运动第1讲力学中的曲线运动

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1讲 力与物体的平衡1．(2016·全国卷Ⅱ，14)质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上。

用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图1所示。

用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中( )图1A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小解析 对O 点受力分析如图所示，F 与T 的变化情况如图，由图可知在O 点向左移动的过程中，F 逐渐变大，T 逐渐变大，故选项A 正确。

答案 A2．(2016·全国卷Ⅲ，17)如图2所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球。

在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块。

平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。

不计所有摩擦。

小物块的质量为( )图2A.m 2B.32m C ．m D ．2m解析 如图所示，圆弧的圆心为O ，悬挂小物块的点为c ，由于ab ＝R ，则△aOb 为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T ＝mg ，细线对a 环拉力的合力沿aO 方向，则aO 为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故细线在c点拉力的合力与物块的重力大小相等，即拉力合力大小T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对。

答案 C3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，19)如图3，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。

外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。

若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )图3A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝m a g，所以物体a受到绳的拉力保持不变。

第3讲 电学中的曲线运动1.带电粒子在电场中受到电场力，如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将做曲线运动；如果带电粒子垂直进入匀强电场，粒子将做类平抛运动，由于加速度恒定且与速度方向不共线，因此是匀变速曲线运动.2.研究带电粒子在匀强电场中的类平抛运动的方法与平抛运动相同，可将运动分解为垂直电场方向的匀速直线运动和沿电场方向的匀加速直线运动；若场强为E ，其加速度的大小可以表示为a ＝qE m.3.带电粒子垂直进入匀强磁场时将做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，洛伦兹力始终垂直于运动方向，它不做功.其半径R ＝m v qB ，周期T ＝2πmqB.1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动时，一般是类平抛运动和匀速圆周运动的组合，可以先分别研究这两种运动，而类平抛运动的末速度往往是匀速圆周运动的线速度，分析运动过程中转折点的速度是解决此类问题的关键.2.本部分内容通常应用运动的合成与分解的方法、功能关系和圆周运动的知识解决问题.例1 如图1所示，闭合开关S 后A 、B 板间产生恒定电压U 0，已知两极板的长度均为L ，带负电的粒子(重力不计)以恒定的初速度v 0，从上极板左端点正下方h 处，平行极板射入电场，恰好打在上极板的右端C 点.若将下极板向上移动距离为极板间距的19100倍，带电粒子将打在上极板的C ′点，则B 板上移后( )图1A.粒子打在A 板上的动能将变小B.粒子在板间的运动时间不变C.极板间的场强将减弱D.比原入射点低1981h 处的入射粒子恰好能打在上板右端C 点解析 带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向受电场力作用加速运动.设板间距为d ，则有L ＝v 0t ，h ＝qU 02md t 2得：t 2＝2mdhqU 0，故U 0不变，当d 减小时，粒子运动时间减小，故B 错误；竖直方向分速度：v y ＝qU 0mdt ＝2hqU 0md，d 减小，则v y 增大，故打在A 板上的速度v ＝v 2y ＋v 20增大，故粒子打在A 板上的动能增大，故A 错误；恒定电压U 0一定，下极板向上移动，极板间的场强将增大，故C 错误；由L ＝v 0t ，h ＝qU 02md t 2得h ＝qU 0L 22m v 20d，所以h ′h ＝d d ′＝d (1－19100)d＝10081，故h ′＝10081 h ，即比原入射点低(10081－1) h ＝1981h 处的入射粒子恰好能打在上板右端C 点，故D 正确. 答案 D预测1 (多选)如图2所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直.粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角.已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零.则下列说法正确的是( )图2A.带电粒子在Q 点的电势能为－UqB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U 3dD.此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d答案 AC解析 由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电.粒子从P 到Q ，电场力做正功，为W ＝qU ，则粒子的电势能减少了qU ，P 点的电势为零，则知带电粒子在Q 点的电势能为－Uq ，故A 正确，B 错误.设带电粒子在P 点时的速度为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y 轴方向的分速度为：v y ＝3v 0，粒子在y 轴方向上的平均速度为：v y＝3v 02.设粒子在y 轴方向上的位移为y 0，粒子在电场中的运动时间为t ，则： 竖直方向有：y 0＝v y t ＝3v 0t2水平方向有：d ＝v 0t 可得：y 0＝3d 2，所以场强为：E ＝U y 0联立得E ＝2U 3d＝23U 3d ，故C 正确，D 错误.预测2 如图3甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场.则( )图3A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t ＝T2时刻，该粒子的速度大小为2v 0C.若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场 答案 A解析 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，则有：v 0T ＝v y 2·T2×2，解得v y ＝2v 0，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为v ＝5v 0，故B 错误.若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的情况相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误.若该粒子的入射速度变为2v 0，则粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T2，故D 错误.解题方略1.带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关.2.带电体在电场中做曲线运动(主要是类平抛运动、圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎.例2 (多选)如图4所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏MN ，一带电荷量为q 、质量为m 的粒子从两板中轴线OO ′射入板间，最后垂直打在MN 屏上，重力加速度为g .则下列结论正确的是( )图4A.粒子打在屏上的位置在MO ′之间B.板间电场强度大小为2mg qC.粒子在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间D.粒子在板间运动时电场力所做的功与在板右端运动到光屏的过程中克服重力所做的功相等 解析 据题分析可知，粒子在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，粒子的轨迹向下偏转，粒子才能最后垂直打在MN 屏上，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qE －mg ＝mg ，得到E ＝2mgq .故A 、B 正确；由于粒子在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则粒子在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等.故C 错误. 答案 AB预测3 (多选)(2016·全国乙卷·20)如图5，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知( )图5A.Q 点的电势比P 点高B.油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C.油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D.油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小 答案 AB解析 由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D 选项错；由于油滴轨迹相对于过P 的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE >mg ，则电场方向竖直向下，所以Q 点的电势比P 点的高，A 选项正确；当油滴从P 点运动到Q 点时，电场力做正功，电势能减小，C 选项错误；当油滴从P 点运动到Q 点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q 点动能大于P 点的动能，B 选项正确.预测4 (多选)如图6所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R 的圆，AB 是一条直径，空间有与水平面平行的匀强电场，场强大小为E .在圆上A 点有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电量为＋q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，以过C 点的小球动能最大，且AC 两点间的距离为3R .忽略小球间的相互作用，下列说法正确的是( )图6A.电场的方向与AB 间的夹角为30°B.电场的方向与AB 间的夹角为60°C.若A 点的电势φA ＝0，则C 点的电势φC ＝－32ERD.若在A 点以初动能E k0发射的小球，则小球经过B 点时的动能E k B ＝E k0＋3qER 答案 BC解析 点A 与点C 间的距离为3R ，连接CO ，CO ＝AO ＝R ，说明∠CAO ＝∠ACO ＝30°； 小球在匀强电场中，从A 点运动到C 点，根据动能定理，有：qU AC ＝E k ；因为到达C 点时的小球的动能最大，所以U AC 最大，则在圆周上找不到与C 电势相等的点，且由A 到C 电场力对小球做正功，过C 点作切线，为等势线，电场线与等势线垂直，则场强方向如图所示.所以电场方向与AB 间的夹角θ为60°，故A 错误，B 正确.AC 间的电势差为：U AC ＝E (3R cos 30°)＝32ER ，若A 点的电势φA ＝0，根据U AC ＝φA －φC ，则C 点的电势φC ＝－32ER ，故C 正确.AB 间的电势差为：U AB ＝E ·2R ·cos 60°＝ER .根据动能定理，在A 点以初动能E k0发射的小球，从A 到B 动能增加量为qER ，则小球经过B 点时的动能E k B ＝E k0＋qER ，故D 错误.解题方略1.对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，其交点为圆心，利用几何关系求半径.2.带电粒子在常见边界磁场中的运动规律 (1)直线边界：①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场.②完整性：比荷相同的正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π.(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出.例3 (2016·四川理综·4)如图7所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力.则( )图7A.v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B.v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C.v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D.v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2解析 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由q v B ＝m v 2r 得，v ＝qBrm ，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2,又由T ＝2πm qB ，t ＝θ2πT 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1，故选项A 正确，B 、C 、D 错误.答案 A预测5 如图8所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.现将甲、乙、丙三个小球从轨道AB 上的同一高度处由静止释放，都能通过圆形轨道的最高点.已知甲、乙、丙三个小球的质量相同，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.则( )图8A.由于到达最高点时受到的洛伦兹力方向不同，所以到达最高点时，三个小球的速度不等B.经过最高点时，甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的高D.在轨道上运动的过程中三个小球的机械能不守恒 答案 C解析 在最高点时，根据左手定则可得：甲球受洛伦兹力向下，乙球受洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，故三球在最高点受合力不同，故由F 合＝m v 2r 可知，到达最高点时，三个小球的速度不相等，则A 错误；由以上分析可知，因甲球在最高点受合力最大，则甲球在最高点的速度最大，故B 错误；因甲球的速度最大，而在整个过程中洛伦兹力不做功，故机械能守恒，甲球释放时的高度最高，故C 正确；因洛伦兹力不做功，故系统机械能守恒，三个小球的机械能保持不变，故D 错误.预测6 (多选)如图9所示，匀强磁场分布在半径为R 的14圆形区域MON 内，Q 为半径ON 上的一点且OQ ＝22R ，P 点为边界上一点，且PQ 与OM 平行.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，粒子2从P 点沿PQ 射入，下列说法正确的是( )图9A.粒子2一定从N 点射出磁场B.粒子2在P 、N 之间某点射出磁场C.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D.粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1 答案 AD解析 如图所示，粒子1从M 点正对圆心射入，恰从N 点射出，根据洛伦兹力指向圆心，和MN 的中垂线过圆心，可确定圆心为O 1，半径为R .两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的半径相同.粒子2从P 点沿PQ 射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O 2应在P 点上方R 处，连接O 2P 、ON 、OP 、O 2N ，O 2PON 为菱形，O 2N 大小为R ，所以粒子2一定从N 点射出磁场.A 正确，B 错误.∠MO 1N ＝90°，∠PO 2N ＝∠POQ ，cos ∠POQ ＝OQOP ，所以∠PO 2N ＝∠POQ ＝45°.两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场，粒子运动的周期相同.粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为2∶1.C 错误，D 正确.预测7 (多选)如图10所示，在0≤x ≤b 、0≤y ≤a 的长方形区域中有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面向外.O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内的第一象限内.已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，最先从磁场上边界飞出的粒子在磁场运动的时间为T 12，最后从磁场飞出的粒子在磁场中运动的时间为T4.不计粒子的重力及粒子间的相互作用.则( )图10A.粒子做圆周运动的半径R ＝2aB.粒子射入磁场的速度大小v ＝qBamC.长方形区域的边长满足关系b ＝2aD.长方形区域的边长满足关系b ＝(3＋1)a 答案 AD解析 最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小，对应的圆弧最短，可以判断出是沿y 轴方向入射的粒子，其运动的轨迹如图甲，则由题意知偏转角： θ＝t T ×360°＝112×360°＝30° 由几何关系得：R ＝a sin 30°＝2a带电粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：q v B ＝m v 2R所以：v ＝2qBam，故A 正确，B 错误；在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图乙所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t ′，依题意，t ′＝T 4，偏转角度为∠OCA ＝π2.设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得：R sin α＝R －a ，解得：sin α＝12，α＝30°.由图可得：b ＝R sin α＋R cos α＝(3＋1)a ，故C 错误，D 正确.专题强化练1.(多选)竖直放置的平行金属板A 、B 连接一恒定电压，两个电荷M 和N 以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B 边缘射出电场，如图1所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )图1A.两电荷的电荷量可能相等B.两电荷在电场中运动的时间相等C.两电荷在电场中运动的加速度相等D.两电荷离开电场时的动能相等 答案 AB解析 A 、B 两个电荷在电场中做类平抛运动，设板长为L ，粒子的初速度为v 0，则粒子运动时间为t ＝L v 0，L 、v 0相同，则时间t 相同.水平方向的位移为y ＝12at 2，a ＝qE m ，则y ＝qE2m t 2，E 、t 相同，y 不同，因m 的大小关系不清楚，q 有可能相等.故A 、B 正确；由侧向位移大小y ＝12at 2，t 相同，y 不同，加速度a 不等，故C 错误.根据动能定理，E k －12m v 20＝qEy ，则E k ＝12m v 2＋qEy ，E k 大小关系无法判断.故D 错误.2.如图2所示，竖直金属板A 、B 间电压为U 0，板中央有小孔O 和O 1，现有足够多的同种粒子源源不断地从小孔O 进入金属板A 、B 间，并被加速后从O 1进入右侧水平平行金属板C 、D 间，O 1O 2是极板C 、D 的中线，金属板C 、D 的长与板间距相等，两板间电压U 可调，不计粒子重力及进入O 孔时的初速度，所有粒子均不能打在极板上，则U 与U 0应满足( )图2A.U >U 0B.U <2U 0C.U >2U 0D.因不知极板C 、D 的长，所以无法确定U 和U 0的关系 答案 B解析 根据动能定理得，qU 0＝12m v 20，粒子进入偏转电场的速度v 0＝2qU 0m， 粒子在偏转电场中的位移y ＝12at 2＝12·qUL 2mL v 20＝UL4U 0，粒子均不能打在极板上，则有：y <L2，解得U <2U 0.3.如图3所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比ld的值为( )图3A.kB.2kC.3kD.5k 答案 B解析 设加速电压为kU ，偏转电压为U ，对直线加速过程，根据动能定理，有：q ·kU ＝12m v 2对类平抛运动过程，有：l ＝v t d 2＝12·qU mdt 2 联立解得：ld＝2k .4.如图4所示，矩形的四个顶点a 、b 、c 、d 是匀强电场中的四个点，ab ＝2bc ＝2L ，电场线与矩形所在的平面平行.已知a 点电势为18 V ，b 点电势为10 V ，c 点电势为6 V .一质子从a 点以速度v 0射入电场，v 0与ab 边的夹角为45°，一段时间后质子经过ab 中点e .不计质子重力，下列判断正确的是( )图4A.d 点电势为12 VB.质子从a 到b 电势能增加了6 eVC.电场强度大小为4LD.质子从a 到e 所用时间为2L 2v 0答案 D解析 匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，故U ad ＝U bc ，可得d 点电势为14 V ，故A 错误；U ab ＝8 V ，故质子从a 到b 电场力做功为W ＝eU ab ＝8 eV ，电场力做正功，电势能减小，故B 错误；经计算可知，d 点和e 点的电势相同，故de 连线为等势线，由于ab ＝2bc ＝2L ，故△ade 为等腰直角三角形，a 点到直线de 的距离为L2，由电场强度与电压的关系可得，电场强度大小为42L ，故C 错误；de 连线为等势线，故质子抛出后做类平抛运动，落到e点时，垂直于电场线方向的位移为22L ，所需时间为t ＝2L 2v 0，故D 正确. 5.(多选)用细绳拴一个质量为m 带正电的小球B ，另一也带正电小球A 固定在绝缘竖直墙上，A 、B 两球与地面的高度均为h ，小球B 在重力、拉力和库仑力的作用下静止不动，如图5所示.现将细绳剪断后( )图5A.小球B 在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动B.小球B 在细绳剪断瞬间加速度大于gC.小球B 落地的时间小于2h gD.小球B 落地的速度大于2gh 答案 BCD解析 将细绳剪断瞬间，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只受重力的作用，因此剪断瞬间起开始，不可能做平抛运动，且加速度大于g ，故A 错误，B 正确；小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g ，因此球落地的时间小于2hg，落地的速度大于2gh ，故C 、D 正确. 6.(多选)如图6所示，一带正电的点电荷P 固定于半径为l 的半圆形光滑轨道外侧，与轨道左端和最低点的距离均为l ，轨道固定.有一质量为m 、带负电小球Q 从轨道左端静止滑下，则( )图6A.小球运动到轨道最低点的速度v >2glB.小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为3mgC.小球将运动到半圆形轨道右端最高点D.从开始到第一次经过最低点的运动过程中，电场力对小球先做正功后做负功 答案 BD解析 小球从轨道左端运动到轨道最低点的过程中，电场力做功为零，根据动能定理得：mgl ＝12m v 2，得v ＝2gl ，即小球运动到轨道最低点的速度v ＝2gl .故A 错误；在最低点，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2l ，解得 F N ＝3mg ，由牛顿第三定律得知，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为3mg .故B 正确；小球从最低点向右运动的过程中，电场力一直做负功，机械能减少，由能量守恒定律知，小球不可能运动到半圆形轨道右端最高点.故C 错误；从开始到第一次经过最低点的运动过程中，小球与正点电荷间的距离先减小后增大，电场力对小球先做正功后做负功，故D 正确.7.(多选)如图7所示，空间存在匀强电场，方向竖直向下，从绝缘斜面上的M 点沿水平方向抛出一带电小球，最后小球落在斜面上的N 点.已知小球的质量为m ，初速度大小为v 0，斜面倾角为θ，电场强度大小未知.则下列说法正确的是()图7A.可以断定小球一定带正电荷B.可以求出小球落到N 点时速度的方向C.可以求出小球到达N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功D.可以断定，当小球的速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大 答案 BCD解析 小球做类平抛运动，电场力既可向上也可向下，故小球带正电、负电都可以，故A 错误；利用平抛知识有：y x ＝v y 2tv 0t ＝v y 2v 0＝tan θ，速度偏向角设为α，则tan α＝v y v 0＝2tan θ，可求出小球落到N 点时的速度大小和方向，故B 正确；求出小球到达N 点的速度，由动能定理可以求出小球到达N 点过程中重力和电场力对小球所做的总功，故C 正确；小球在垂直于斜面方向上做匀减速直线运动，当小球在垂直于斜面方向的速度为零，即小球速度平行于斜面时，小球与斜面间的距离最大，故D 正确.8.(多选)如图8甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图8A.末速度大小为2v 0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了12mgdD.克服电场力做功为mgd 答案 BC解析 0～T 3时间内微粒匀速运动，则有：qE 0＝mg ，T 3～23T 内，微粒做平抛运动，下降的位移x 1＝12g (T 3)2，23T ～T 时间内，微粒的加速度a ＝2qE 0－mg m ＝g ，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v 0，故A 错误，B 正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为12d ，则重力势能的减少量为12mgd ，故C 正确；在T 3～23T 内和23T ～T 时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为14d ，整个过程中克服电场力做功为2E 0·q ·14d ＝12qE 0d ＝12mgd ，故D 错误.9.(多选)如图9所示的匀强磁场中，从O 点沿OA 方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，一粒子经时间t 1到达直线OC 上的P 点，其速率为v 1；另一粒子经时间t 2到达直线OC 上的Q 点，其速率为v 2.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则( )图9A.v 1>v 2B.v 1<v 2C.t 1<t 2D.t 1＝t 2 答案 BD解析 从O 点沿OA 方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子，粒子都做匀速圆周运动，如图所示.根据图象可知，两次做匀速圆周运动的圆心角相等，到达P 点的粒子半径小于到达Q 点粒子的半径，即r 1<r 2，根据洛伦兹力提供向心力得：Bq v ＝m v 2r解得：r ＝m vBq，因为比荷相等，则半径大的速度大，即v 1<v 2，周期T ＝2πmBq ，因为比荷相等，则周期相同，而圆心角相等，所以运动时间相等，即t 1＝t 2，故B 、D 正确.10.如图10所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 1，P 为磁场边界上的一点.相同的带正电粒子，以相同的速率从P 点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.若将磁感应强度的大小变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的14，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则B 2B 1等于( )图10A.34B.32C.62D.23 答案 C11.如图11所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2 m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106 V/m.有一质量为0.12 kg 、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10－6C ，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取10 m/s 2，求：图11(1)小球在A 点处的速度v 1的大小； (2)小球运动到最高点B 时对轨道的压力大小. 答案 (1)6 m/s (2)14.4 N解析 (1)重力G ＝mg ＝0.12 kg ×10 m/s 2＝1.2 N 电场力F ＝qE ＝1.6×10－6 C ×3×106 V/m ＝4.8 N在A 点，有：qE －mg ＝m v 21R代入数据解得：v 1＝6 m/s.(2)设球在B 点的速度大小为v 2，从A 到B ，由动能定理有： (qE －mg )·2R ＝12m v 22－12m v 21 在B 点，设轨道对小球弹力为F N ，则有：F N ＋mg －qE ＝12m v 22 由牛顿第三定律有：F N ′＝F N 代入数据解得：F N ′＝14.4 N.12.如图12所示，绝缘平台AB 距离水平地面CD 的高度为h ，整个空间存在水平向右的匀强电场，一质量为m 、带正电量为q 的小物块从P 点由静止开始运动，PB 之间的距离也为h .若匀强电场的场强E ＝mg 2q ，物块与平台之间的动摩擦因数为μ＝0.25.求物块落到水平地面上时的速度大小和方向.图12答案 2gh ，与水平方向的夹角是45°解析 物块从P 到B 的过程，由动能定理得qEh －μmgh ＝12m v 2B又 E ＝mg2q，代入解得 v B ＝12gh 物块离开平台后做匀变速曲线运动，竖直方向做自由落体运动，根据h ＝12gt 2，可得：下落时间 t ＝2h g落地时竖直分速度大小 v y ＝2gh在水平方向上，由牛顿第二定律得 qE ＝ma ，得 a ＝g2落地时水平分速度大小 v x ＝v B ＋at ＝2gh。

（通用版）2017高考物理二轮复习第1部分核心突破专题1 力与运动第3讲力和曲线运动特训编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（通用版）2017高考物理二轮复习第1部分核心突破专题1 力与运动第3讲力和曲线运动特训）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（通用版）2017高考物理二轮复习第1部分核心突破专题1 力与运动第3讲力和曲线运动特训的全部内容。

第3讲力和曲线运动1．(2016·吉林辽远七中期中)如图所示，河的宽度为L，河水的流速为v0，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。

出发时两船相距2L,甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点．则下列判断正确的是（C)A．甲船正好也在A点靠岸B．甲船在A点下游靠岸C．甲、乙两船到达对岸的时间相等D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇2．(2015·长沙市高考模拟考试三）在体育馆半径为R的半球形穹顶的顶点C的正下方P 点,以一定初速度v0水平抛出一球,球恰好落在半球面与地面相交的D点，如图所示．设抛球点P到穹顶C的高度为h，不计空气阻力，则( C）A．h越大，抛球速度v0越小B．抛球速度v0有最大值v max，且v max＝错误!C．抛球速度v0有最小值v min,且v min＝错误!D．抛球速度v0越小，球的位移越小解析：平抛的球恰好落在D点时水平位移R＝v0t，竖直位移R－h＝错误!gt2，联立解得v0＝错误!，可见h越大，抛球速度越大，选项A错误；因为0≤h＜R，可见v0没有最大值，而当h＝0时抛球速度最小，且v＝错误!，选项B错误，C正确；抛球速度v0越小,h越小，则球的min位移越大，选项D错误．3．(2017·河北衡水中学联考）如图所示，离地面高2 m处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出,同时乙以初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，已知重力加速度g＝10 m/s2,若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是( A)A．错误! m/s B．2错误! m/sC．错误! m/s D．4错误! m/s解析：设两球运动时间为t，甲球作平抛运动，竖直方向上错误!gt2＝2 m。

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.。