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专题提升1　匀变速直线运动规律的推论及应用
[素养目标]
1.掌握初速度为零的匀加速直线运动几个比例式及其应用。
2.掌握匀变速直线运动的重要推论,并用来解决运动学问题。
3.能用匀变速直线运动的规律求解追及相遇问题。
类型一　初速度为零的匀加速直线运动几个比例式的灵活选用
1.等分运动时间(以T为时间单位)的情况
(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度之比
v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内……位移之比
x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶4∶9∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。
2.等分位移(以x为单位)的情况
(1)通过x、2x、3x……所用时间之比
t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶∶∶…∶。
(2)通过第一个x、第二个x、第三个x……所用时间之比
t1′∶t2′∶t3′∶…∶tn′=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。
[例1] (多选)如图所示,一个滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端C,已知AB=BC,则下列说法正确的是(　BD　)
A.滑块到达B、C两点的速度之比为1∶2
B.滑块到达B、C两点的速度之比为1∶
C.滑块通过AB、BC两段的时间之比为1∶
D.滑块通过AB、BC两段的时间之比为(+1)∶1
解析:法一　根据匀变速直线运动的速度-位移公式v2=2ax,解得v=,因为经过B、C两点的位移之比为 1∶2,则通过B、C两点的速度之比为1∶,故A错误,B正确;设AB段、BC段的长度均为L,所经历的时间分别为t1、t2,根据匀变速直线运动的位移-时间公式L=a和2L=a(t1+t2)2,联立可得=,故C错误,D正确。
法二　比例关系:初速度为零的匀变速直线运动通过连续相等的位移所用时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-),所以滑块通过AB、BC两段的时间之比为1∶(-1)=(+1)∶1,C错误,D正确;通过前x、前2x、前3x……前nx的位移时的瞬时速度之比为1∶∶∶…∶,所以滑块到达B、C两点的速度之比为1∶,A错误,B正确。
应用初速度为零的匀加速直线运动几个比例式的两点注意
(1)比例式适用于初速度为0的匀加速直线运动,但应用逆向转换的方法也可以用来求解匀减速直线运动减速到速度为0的运动。
(2)比例式不是独立的公式,而是由匀变速直线运动的速度公式和位移公式推导出的。
[对点训练1] 一个物体做末速度为零的匀减速直线运动,比较该物体在减速运动的倒数第3 m、倒数第2 m、最后1 m内的运动,下列说法中正确的是(　D　)
A.经历的时间之比是1∶2∶3
B.平均速度之比是3∶2∶1
C.平均速度之比是1∶(-1)∶(-)
D.平均速度之比是(+)∶(+1)∶1
思维导图:
解析:根据逆向思维方法,末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为0的匀加速直线运动,即从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为t1∶t2∶t3=1∶(-1)∶(-),则倒数第3 m、倒数第2 m、最后1 m内经历的时间之比为(-)∶(-1)∶1,平均速度之比为∶∶1=(+)∶(+1)∶1,故D正确。
类型二　匀变速直线运动重要推论的应用
1.平均速度和中间时刻的速度
在匀变速直线运动中,某一段时间内的平均速度等于始、末速度矢量和的平均值,也等于该段时间内中间时刻的瞬时速度,即 ==。
推导:由位移公式x=v0t+at2得==v0+a·,又v=v0+at,则 ==v0+=。
2.逐差相等
匀变速直线运动中,任意两个连续相等的时间间隔T内,位移之差是一个常量,即Δx=xⅡ-xⅠ=aT2。
推导:设初速度为v0,加速度为a,相等时间为T。根据公式x=v0t+at2得T内位移xⅠ=v0T+aT2,相邻下一个T内位移为xⅡ=v0·2T+a(2T)2-(v0T+aT2) =v0T+aT2,其位移之差Δx=xⅡ-xⅠ=aT2。进一步则有xn+3-xn=xn+3-xn+2+xn+2-xn+1+xn+1-xn=aT2+aT2+aT2=3aT2。
[例2] 从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球,释放后小球做匀加速直线运动,在连续释放几个后,对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片,测得xAB=15 cm,xBC=20 cm。试问:
(1)小球的加速度是多少
(2)拍摄时小球B的速度是多少
(3)拍摄时xCD是多少
解析:(1)由推论Δx=aT2可知,小球的加速度为
a====5 m/s2。
(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻,可知B点的速度等于AC段的平均速度,即
vB=vAC===1.75 m/s。
(3)由于连续相等时间内的位移差恒定,所以
xCD-xBC=xBC-xAB,
所以xCD=2×20 cm-15 cm=25 cm。
答案:(1)5 m/s2　(2)1.75 m/s　(3)25 cm
(1)应用推论 ==的注意事项
①推论 ==只适用于匀变速直线运动,且该等式为矢量式。
②当v0=0时,==;当v=0时,==。
(2)Δx=aT2的选择及拓展
①对于一般的匀变速直线运动问题,若出现相等的时间间隔问题,应优先考虑用Δx=aT2求解。
②对于不相邻的两段位移,则有xm-xn=(m-n)aT2。
③此关系式常用于解决实验中匀变速直线运动的加速度问题。
[对点训练2] (多选)物体做匀加速直线运动,在时间T内通过位移x1到达A点,接着在时间T内又通过位移x2到达B点,则物体(　AB　)
A.在A点的速度大小为
B.在B点的速度大小为
C.运动的加速度为
D.运动的加速度为
解析:匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则vA==,A正确;设物体的加速度为a,则x2-x1=aT2,所以a=,C、D错误;物体在B点的速度大小为vB=vA+aT,代入数据得vB=,B正确。
类型三　追及与相遇问题
1.对追及、相遇的认识
(1)相遇问题
相向运动的两物体,当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇。
(2)追及问题
同向运动的两物体,若后者能追上前者,则追上时,两者处于同一位置,且后者速度一定不小于前者速度,即 v2≥v1。
2.追及问题的分析方法
(1)追及问题中的两个关系和一个条件
①两个关系:即时间关系和位移关系,这两个关系可通过画草图得到。
②一个条件:即两者速度相等,它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。
(2)能否追上的判断方法
物体B追赶物体A:开始时,两个物体相距x0。若vA=vB时,xA+x0≤xB,则能追上;若vA=vB时,xA+x0>xB,则没有追上。
(3)若被追赶的物体做匀减速直线运动,一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动。
3.处理追及、相遇问题的三种方法
(1)物理方法:通过对物理情境和物理过程的分析,找到临界状态和临界条件,然后列出方程求解。
(2)数学方法:由于在匀变速运动的位移表达式中有时间的二次方,我们可列出位移方程,利用二次函数求极值的方法求解。
(3)图像法:对于定性分析的问题,可利用图像法分析,避开繁杂的计算,快速求解。
[例3] 一辆汽车在十字路口等候绿灯,当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始行驶,恰在这时一辆自行车以6 m/s 的速度匀速驶来,从后面超过汽车。
(1)汽车从路口开动后,在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远 此时距离是多少
(2)什么时候汽车追上自行车 此时汽车的速度是多少
解析:(1)法一　物理分析法　
汽车开动后速度由零逐渐增大,而自行车的速度恒定。当汽车的速度还小于自行车的速度时,两者间的距离将越来越大,而一旦汽车的速度增加到超过自行车的速度,两车间的距离就将缩小,因此两者速度相等时两车相距最远。
由v汽=at=v自得t==2 s,
Δxmax=v自t-at2=6 m。
法二　用数学求极值方法求解
设汽车在追上自行车之前经时间t两车相距最远。
有Δx=v自t-at2=6t-=-(t-2)2+6,
由二次函数求极值的条件知,
t=2 s时,Δx最大,Δxmax=6 m。
法三　用图像法求解
自行车和汽车的v-t图像如图所示,由图可以看出,在相遇之前,在t0时刻两车速度相等时,自行车的位移(矩形面积)与汽车的位移(三角形面积)之差(即横线阴影部分面积)最大,所以t0==2 s,Δxmax=×2×6 m=6 m。
(2)由图可以看出:在t0时刻以后,由汽车的v-t图线与自行车的v-t图线组成的三角形面积(斜线阴影部分面积)与横线阴影部分的面积相等时,两车的位移相等,所以相遇时t′=2t0=4 s,=2v自=12 m/s。
答案:(1)2 s　6 m　(2)4 s　12 m/s
求解追及和相遇问题的思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
[对点训练3]甲、乙两车同时从同一地点沿同一直线运动,它们的运动速度随时间变化的v-t图像如图所示。在0～2t0的时间内,关于两车的运动情况,下列说法正确的是(　C　)
A.在0～t0内,乙车一直在做加速运动
B.在t=t0时,甲、乙两车恰好相遇
C.在t=t0时刻,甲、乙两车相距最远
D.在t=2t0内,乙车已追上甲车
解析:根据图像可知,在0～t0内,乙车先沿负方向做减速运动,后沿正方向做加速运动,故A错误;甲、乙从同一位置出发,甲一直沿正向运动,乙先沿负向运动,两者距离增大,后沿正向,在t0时刻前甲的速度大于乙的速度,两者间距离增大,t0时刻后乙的速度大于甲的速度,两者间距离减小,所以t0时刻甲、乙两车相距最远,故B错误,C正确;由图像可知,在0～2t0内,甲图线与坐标轴围成的面积大于乙图线与坐标轴围成的面积,故甲的位移大于乙的位移,二者无法相遇,故D错误。
1.做匀减速直线运动的物体经4 s后停止,若在第1 s内的位移是14 m,则在最后1 s内的位移是(　B　)
A.3.5 m B.2 m C.1 m D.0
解析:物体历时4 s做匀减速直线运动到停止,可将此运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动。由xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶xⅣ=1∶3∶5∶7和xⅣ=14 m得xⅠ=xⅣ=×14 m=2 m,故B正确。
2.如图所示为运行的高速铁路客运列车,假设观察者站在列车第一节车厢前端一侧,列车由静止开始做匀加速直线运动,测得第一节车厢通过他用了5 s,列车全部通过他共用25 s,问这列车一共由几节车厢组成(车厢等长且不计车厢间距离)(　A　)
A.25节 B.20节 C.16节 D.5节
解析:设列车第一节车厢的长度为L,总长度为nL,则由题意知L=a,nL=a;两式相比得n===25节,故选A。
3.(多选)一辆汽车做匀加速运动,从某时刻开始计时,初速度为6 m/s,经过28 m后速度增加到8 m/s,则下列说法正确的是(　AC　)
A.这段运动时间为4 s
B.这段运动的加速度是3.5 m/s2
C.自计时开始,2 s末的速度是7 m/s
D.从开始计时起,经过14 m处的速度为7 m/s
解析:由题意可知,汽车的初速度为6 m/s,位移是28 m,末速度是8 m/s,根据运动学公式有v2-=2ax,x=v0t+at2,解得t=4 s,a=0.5 m/s2,选项A正确,B错误;自计时开始,2 s末的速度v2=6 m/s+0.5 m/s2×2 s=7 m/s,选项C正确;从开始计时起,经过14 m处的速度==5 m/s,选项D错误。
4.某乘客在试驾某车时,汽车做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x=8t+3t2,x与t的单位分别是m和s,则该汽车(　C　)
A.第1 s内的位移大小是8 m
B.前2 s内的平均速度大小是28 m/s
C.任意相邻1 s内的位移大小之差都是6 m
D.任意1 s内的速度增量都是3 m/s
解析:将t=1 s代入到x=8t+3t2中得到第1 s内的位移x1=11 m,故A错误;将t=2 s代入到x=8t+3t2中得到前2 s内的位移x2=28 m,前2 s内的平均速度v===14 m/s,故B错误;将x=8t+3t2与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+t2对照得到初速度v0=8 m/s,加速度a=6 m/s2,则任意相邻1 s内的位移差是Δx=aT2=6 m/s2×(1 s)2=6 m,故C正确;任意1 s内的速度增量Δv=at=6 m/s2×1 s=6 m/s,故D错误。
5.甲车以3 m/s2的加速度由静止开始做匀加速直线运动;乙车落后2 s在同一地点由静止开始以12 m/s2的加速度做匀加速直线运动。两车的运动方向相同。求:
(1)在乙车追上甲车之前,两车距离的最大值是多少
(2)乙车出发后经多长时间可追上甲车 此时它们离出发点多远
解析:(1)两车速度相等时距离最大,设此时甲车已开动的时间为t1,乙车落后的时间为Δt,
甲车的速度v1=a甲t1,
乙车的速度v2=a乙(t1-Δt) ,
由v1=v2得t1= s,
两车距离的最大值
Δx=a甲-a乙(t1-Δt)2,
将相关数据代入得Δx=8 m。
(2)设乙车出发后经t′追上甲车,则
甲车的位移x1=a甲(t′+Δt)2,
乙车的位移x2=a乙t′2,
乙追上甲时x1=x2,
代入数据解得t′=2 s(负值舍去),x1=x2=24 m。
答案:(1)8 m　(2)2 s　24 m
课时作业
学考基础练
知识点一　初速度为零的匀变速直线运动的几个比例式应用
1.质点从静止开始做匀加速直线运动,在第1个2 s、第2个2 s和第5个2 s内三段位移之比为(　C　)
A.1∶4∶25 B.2∶8∶7
C.1∶3∶9 D.2∶2∶1
解析:质点做初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间间隔内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n-1),所以质点在第1个2 s、第2个2 s和第5个2 s内的三段位移之比为1∶3∶9,因此选C。
2.一个物体由静止开始做匀加速直线运动,第1 s末的速度达到4 m/s,物体在第2 s内的位移是(　A　)
A.6 m B.8 m C.4 m D.1.6 m
解析:由x=·t得第1 s内的位移x1=×1 s=2 m。由初速度为零的匀变速直线运动的比例关系可得,第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2=1∶3,则x2=3x1=6 m,故选项A正确。
3.一个物体从静止开始做匀加速直线运动,它在第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2,在走完第1 m时与走完第2 m 时的速度之比为v1∶v2。以下说法正确的是(　B　)
A.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶2
B.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶
C.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶2
D.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶
解析:由初速度为零的匀变速直线运动的比例关系知x1∶x2=1∶3,由x=at2知,走完1 m与走完2 m所用时间之比为t1∶t2=1∶,又v=at,可得v1∶v2=1∶,B正确。
知识点二　匀变速直线运动重要推论的应用
4.(多选)甲与乙两个质点向同一方向运动,甲做初速度为零的匀加速直线运动,乙做匀速直线运动。开始甲、乙位于同一位置,则当它们再次位于同一位置时,下列判断正确的是(　BD　)
A.两质点速度相等
B.甲与乙在这段时间内的平均速度相等
C.乙的瞬时速度是甲的2倍
D.甲与乙的位移相同
解析:由题意可知,二者位移相同,所用的时间也相同,则平均速度相同,再由==v乙,所以甲的瞬时速度是乙的2倍,故选项B、D正确。
5.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,如图所示已知AB=5 m,BC=3 m,质点经过AB、BC、CD段时所用时间均为T=1 s,则下列说法正确的是(　B　)
A.CD段距离CD=2 m
B.质点的加速度大小为2 m/s2
C.质点在A点的速度大小为8 m/s
D.质点在A、B两点的速度大小比值为5∶3
解析:根据匀变速直线运动规律,初速度为0的匀加速直线运动,在连续相等时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3=1∶3∶5,故利用逆向思维可得xCD∶xBC=1∶3,所以可求得CD段距离为1 m,故A错误;由匀变速直线运动规律,质点在连续相等时间内,所通过的位移之差相等,即Δx=aT2,可得质点的加速度大小为a===2 m/s2,故B正确;利用逆向思维可得,质点在A、B两点的速度大小为vA=a·3T=6 m/s,
vB=a·2T=4 m/s,故质点在A、B两点的速度大小比值为3∶2,故C、D错误。
6.(多选)一个做匀加速直线运动的物体先后经过A、B两点时的速度分别为v1和v2,则下列结论中正确的有(　BCD　)
A.物体经过AB位移中点的速度大小为
B.物体经过AB位移中点的速度大小为
C.物体通过AB这段位移的平均速度为
D.物体通过AB这段位移所用时间的中间时刻的速度为
解析:设经过AB位移中点时的速度为,则对前半段的位移有2a·=
-,对后半段的位移有2a·=-,联立两式得=,选项A错误,B正确;对匀变速直线运动而言,总有==,选项C、D正确。
7.在某次海试活动中,深海载人潜水器“蛟龙号”(图甲)完成海底任务后竖直上浮。假设从上浮速度为v0=20 m/s 时开始计时,此后“蛟龙号”匀减速上浮,经过时间t2=5 s上浮到海面,速度恰好减为零,其vt图像如图乙所示。下列说法正确的是(　B　)
A.0时刻“蛟龙号”深度为55 m
B.t1=2 s时刻“蛟龙号”深度为18 m
C.t1=2 s时刻“蛟龙号”的速度大小为8 m/s
D.0～5 s内,科考员速度变化量的方向是竖直向上
解析:根据vt图像可知“蛟龙号”做匀减速直线运动,根据运动学公式,0时刻“蛟龙号”深度为d0=·t2=50 m,故A错误;根据速度-时间公式有0=v0+at2,代入数据解得“蛟龙号”加速度为a=-4 m/s2,根据速度-时间公式,可知t1=2 s时刻“蛟龙号”的速度v1=v0+at1=12 m/s,根据运动学公式,可知t1=2 s时刻“蛟龙号”深度为d1=d0-·t1=
18 m,故B正确,C错误;0～5 s内,“蛟龙号”向上做匀减速直线运动,加速度方向竖直向下,根据速度变化量公式Δv=aΔt,可知科考员速度变化量的方向是竖直向下,故D错误。
知识点三　追及与相遇问题
8.如图为在同一条直线上运动的A、B两质点的xt图像,由图可知(　B　)
A.t=0时,A在B后面
B.B质点在t2追上A,并且此后在A的前面运动
C.在0～t1时间内B的运动加速度比A小
D.A质点在0～t1做加速运动,之后做匀速运动
解析:由题图可知,t=0时,A在B的前面,故A错误;由题图可知,t2时刻两质点处在同一位置,说明B在t2时刻追上A,由于t1时刻以后A处于静止状态,t2时刻后B必定在A的前面运动,故B正确;xt图像的斜率表示质点的速度,由图示图像可知,0～t1时间内,两质点都做匀速直线运动,B的速度比A的速度小,但加速度均为零,故C错误;由图示图像可知,A质点在0～t1内做匀速直线运动,之后静止,故D错误。
9.(多选)在平直公路上,自行车与同方向行驶的一辆汽车在t=0时同时经过某一个路标,它们的位移x(m)随时间t(s)变化的规律:汽车为x=10t-t2,自行车为x=6t,则下列说法正确的是(　ACD　)
A.汽车做匀减速直线运动,自行车做匀速运动
B.不能确定汽车和自行车各做什么运动
C.开始经过路标后较小时间内汽车在前,自行车在后
D.当自行车追上汽车时,它们距路标96 m
解析:汽车的位移—时间关系为x=10t-t2,可知汽车做匀减速直线运动,自行车的位移—时间关系为x=6t,可知自行车做匀速直线运动,选项A正确,B错误;开始阶段汽车的初速度大于自行车的速度,所以在较小时间内汽车的位移大于自行车的位移,汽车在前,自行车在后,选项C正确;根据10t-t2=6t得t=16 s,此时距路标的距离s=96 m,选项D正确。
能力提升练
10.为了测定某轿车在平直路上启动阶段的加速度(轿车启动时的运动可近似看成是匀加速直线运动),某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片,如图所示,如果拍摄时每隔2 s曝光一次,轿车车身总长为4.5 m,那么这辆轿车的加速度为(　B　)
A.1 m/s2 B.2.25 m/s2
C.3 m/s2 D.4.25 m/s2
解析:据匀变速直线运动规律Δx=x2-x1=aT2,读出x1、x2,代入即可计算。轿车车身总长4.5 m,则图中每一小格为1.5 m,由此可算出两段距离分别为x1=12 m和x2=21 m,又T=2 s,则a===2.25 m/s2,故选B。
11.(多选)如图所示,一冰壶以速度v垂直进入两个矩形区域做匀减速运动,且刚要离开第二个矩形区域时速度恰好为零,则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(设冰壶可看成质点)(　BD　)
A.v1∶v2=2∶1 B.v1∶v2=∶1
C.t1∶t2=1∶ D.t1∶t2=(-1)∶1
解析:将冰壶的运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动,在初速度为零的匀加速直线运动中,通过连续两段相等位移所用的时间之比为1∶(-1),故所求时间之比为(-1)∶1,故C错误,D正确;在初速度为零的匀加速直线运动中通过位移x与2x的时间之比为1∶,由v=at可得,所求的速度之比为∶1,故A错误,B正确。
12.蓝牙技术是一种短程无线电发射技术,可以使不同的电子设备(如手机)彼此通话或信息传输。为了探索蓝牙的有效传输距离,小张和小李做了一个有趣的实验,分别打开各自的手机蓝牙,小张站在小李正前方13 m处,二人同时沿同一直线向正前方运动,各自运动的vt图像如图所示,结果观察到正常通话时间为2 s,忽略信号传输时间,则有效传输距离为(　C　)
A.8 m B.9 m C.10 m D.11 m
解析:由题图可知,t=2 s时小李和小张速度相等,相距最近。最小距离为s=13 m-×(8 m/s-4 m/s)×2 s=9 m,由于正常通话时间为2 s,根据对称性可知,正常通话时间从t=1 s开始至t=3 s结束。当t=1 s时,由vt图像可知小李的速度为6 m/s;由运动学规律得,此时小张和小李之间的距离为L=×(6 m/s-4 m/s)×1 s+9 m=10 m。即有效传输距离为10 m,故C正确。
13.甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度分别为16 m/s和18 m/s。已知甲车紧急刹车时的加速度a1大小为3 m/s2,乙车紧急刹车时的加速度a2大小为4 m/s2,乙车司机的反应时间为0.5 s,求为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离
解析:设甲车刹车后经时间t甲、乙两车速度相等,则v甲-a1t=v乙-a2(t-Δt),其中Δt=0.5 s，
解得t=4 s,甲车位移x甲=v甲t-a1t2=40 m，
乙车位移x乙=v乙·Δt+v乙×(t-Δt)-a2(t-Δt)2=47.5 m，
则Δx=x乙-x甲=7.5 m，
即甲、乙两车行驶过程中至少应保持7.5 m距离。
答案:7.5 m
14.汽车行业正在飞速发展,同时违法行驶也给社会带来不利影响。一辆值勤的警车停在平直的公路边,当警员发现从他旁边以大小v=
20 m/s的速度匀速行驶的货车有违法行为时,决定前去追赶,经时间t0=5 s后警车发动起来,并以加速度大小a=
2 m/s2 的加速度做匀加速直线运动。已知警车能达到的最大速度vm=30 m/s,达到最大速度后以该速度做匀速直线运动,求从警车发动到警车追上货车所用的时间t。
解析:警车发动后做匀加速直线运动的时间为
t1==15 s，
从警员发现货车至警车达到最大速度的过程中,货车和警车的位移大小分别为
x货=v(t0+t1)=20 m/s×(5+15) s=400 m，
x警=a=×2 m/s2×(15 s)2=225 m，
x货>x警,故警车达到最大速度时尚未追上货车,且此时两车的距离Δx=x货-x警=400 m-225 m=175 m。
设警车达到最大速度后再用时间t2追上货车,有
vmt2=Δx+vt2且t=t1+t2，
代入数据解得t=32.5 s。
答案:32.5 s专题提升2　运动图像的理解与应用
[素养目标]
1.区分v-t图像与x-t图像。
2.掌握图像问题的解题思路。
3.掌握利用图像研究匀变速直线运动的方法。
类型一　v-t图像与x-t图像的比较
1.x-t图像的应用
位移 大小 初、末位置的纵坐标差的绝对值
方向 末位置与初位置的纵坐标差的正负值,正值表示位移沿正方向,负值表示位移沿负方向
速度 大小 斜率的绝对值
方向 斜率的正负值,斜率为正值,表示物体向正方向运动;斜率为负值,表示物体向负方向运动
运动开始位置 图线起点纵坐标
运动开始时刻 图线起点横坐标
两图线交点的含义 表示两物体在同一位置(相遇)
2.v-t图像的应用
图线上某点 的纵坐标 正负号 表示瞬时速度的方向
绝对值 表示瞬时速度的大小
图线的斜率 正负号 表示加速度的方向
绝对值 表示加速度的大小
图线与坐标 轴的交点 纵截距 表示初速度
横截距 表示开始运动或速度为零的时刻
图线的拐点 表示加速度改变
两图线的交点 表示速度相等
图线与横轴所 围图形的面积 表示位移,面积在横轴上方时位移为正值,在横轴下方时位移为负值
3.形状一样的图线,在不同图像中所表示的物理意义不同,因此在应用时要特别注意看清楚图像的横、纵轴所描述的物理量。
[例1] (多选)如图所示,描述的是一个做直线运动的物体其某一物理量随时间变化的图像,则下列关于此图像的说法中正确的是(　AD　)
A.若y表示物体的位移,则反映物体做匀速直线运动
B.若y表示物体的位移,则反映物体做匀加速直线运动
C.若y表示物体的速度,则反映物体做匀速直线运动
D.若y表示物体的速度,则反映物体做匀加速直线运动
解析:若y表示物体的位移,图像的斜率等于速度,则知物体的速度不变,表示物体做匀速直线运动,故A正确,B错误;若y表示物体的速度,则表示物体的速度随时间均匀增大,反映物体做匀加速直线运动,故C错误,D正确。
运动学图像的“五看”
x-t图像 v-t图像
轴 纵轴为位移x 纵轴为速度v
线 倾斜直线表示匀速直线运动 倾斜直线表示匀变速直线运动
斜率 表示速度 表示加速度
面积 无实际意义 图线与时间轴围成的面积表示位移
纵截距 表示初位置 表示初速度
[对点训练1] (多选)汽车以10 m/s的速度在马路上匀速行驶,驾驶员发现正前方15 m处的斑马线上有行人,于是刹车礼让,汽车恰好停在斑马线前。假设驾驶员的反应时间为 0.5 s,汽车运动的v-t图像如图所示。则(　BD　)
A.反应时间内汽车行驶的距离为10 m
B.t=2.5 s时汽车刹停在斑马线前
C.汽车减速的加速度大小为10 m/s2
D.汽车减速的加速度大小为5 m/s2
解析:汽车在驾驶员在反应时间内做匀速直线运动,则反应时间内汽车行驶的距离为x=vt=10 m/s×0.5 s=5 m,故A错误;设匀减速直线运动的时间为t,根据v-t图像的面积代表物体通过的位移可知15 m=10 m/s×0.5 s+t′,解得t′=2 s,所以当t=2.5 s时汽车刚好刹停在斑马线前,故B正确;匀减速的加速度大小为a=||==5 m/s2,故C错误,D正确。
类型二　图像问题的解题思路
　用图像描述两个物理量之间的关系,直观而且形象,是物理学中常用的方法,它运用数形结合恰当地表达各种现象的物理过程和物理规律。运用图像解题的能力可归纳为以下两个方面:
1.读图
2.作图和用图
依据物体的运动状态或物理过程所遵循的物理规律,作出与之对应的示意图或数学函数图像来研究和处理问题。
[例2] (多选)一个物体沿直线运动,从 t=0时刻开始,物体的-t的图像如图所示,图线的纵、横截距分别为0.5 m/s和-1 s,由此可知(　ABC　)
A.物体做匀加速直线运动的加速度大小为1 m/s2
B.物体做匀变速直线运动
C.物体的初速度大小为0.5 m/s
D.物体的初速度大小为1 m/s
解析:由题图可得=0.5t+0.5,由匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+at2得=v0+at,对比
可得a=0.5 m/s2,则物体的加速度为a=1 m/s2,初速度为v0=0.5 m/s,可知,物体做匀变速直线运动,故A、B、C正确,D错误。
对于运动图像,首先要看坐标轴,搞清图像的物理意义,其次分析图像的斜率、面积等含义,再研究物体的运动情况。
[对点训练2]物体做直线运动,它的加速度随时间变化的图像如图所示,已知在t=0时,物体的速度为零,下列说法正确的是(　C　)
A.t=2 s时,物体恰好回到出发点
B.t=50 s时,物体离出发点50 m
C.t=2 s时,物体速度大小为零
D.物体做往复运动
解析:由图像可知,0～1 s内物体以1 m/s2的加速度沿正方向做匀加速直线运动,1～2 s内物体以-1 m/s2的加速度沿正方向做匀减速直线运动,在0～2 s内,物体一直沿正方向运动,t=2 s时,物体没有回到出发点,根据对称性可知,t=2 s时物体速度大小为零,故A错误,C正确;物体做周期性运动,运动周期为T=2 s,在第一个周期内物体运动的位移为x1=2×a=2××1 m/s2×(1 s)2=1 m,故0～50 s内物体的位移为x50=25x1=25×1 m=25 m,故B错误;根据周期性可知,物体一直沿正方向运动,故D错误。
1.下列图像中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是(　B　)
解析:A选项为位移—时间关系,图线与t轴相交的两个时刻即为相同的初始位置,说明物体回到了初始位置;B、C、D选项中的图像均为速度—时间图像,要回到初始位置,则t轴上方的图线与坐标轴围成的面积和t轴下方的图线与坐标轴围成的面积相等,显然B选项中只有t轴上方的面积,故B选项表示物体一直朝一个方向运动,不会回到初始位置,而C、D选项在t=2 s时刻,物体回到了初始位置,故B正确。
2.(多选)斜面的长度为4 m,一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时,其下滑距离x与初速度二次方的关系图像(即x-图像)如图所示。下列关于物体的运动情况的说法正确的是(　AC　)
A.滑块下滑的加速度大小为2 m/s2
B.滑块下滑的加速度大小为4 m/s2
C.若滑块下滑的初速度为5.0 m/s,则滑块沿斜面下滑的时间为1 s
D.若滑块下滑的初速度为5.0 m/s,则滑块沿斜面下滑的时间为4 s
解析:由=2ax推知,图线的斜率为,所以滑块下滑的加速度大小a=2 m/s2,A正确,B错误;当滑块的初速度为4 m/s时,下滑的距离为4 m,滑块刚好匀减速运动滑到斜面最低点,设滑块在斜面上的滑动时间为t,则x=v0t-at2,即4 m=5 m/s·
t-×2 m/s2·t2,解得t=1 s,t=4 s(舍去),C正确,D错误。
3.如图所示,两条图线是驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v-t图像。驾驶员的反应时间为0.5 s(从发现问题到制动的时间),下列说法正确的是(　C　)
A.从t=0到停下,汽车在干燥路面平均速度较小
B.从t=0到停下,湿滑路面的位移是干燥路面的2倍
C.从t=0.5 s到停下,汽车在湿滑路面和干燥路面减速的加速度之比为4∶9
D.从t=0.5 s到停下,汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度之比为9∶4
解析:根据vt图像与时间轴所围的面积表示位移,知从t=0到停下,汽车在干燥路面通过的位移为x1=×40 m=60 m,平均速度为===24 m/s;汽车在湿滑路面通过的位移为x2=×40 m=
110 m,平均速度为===22 m/s,则=≈1.8,知汽车在干燥路面的平均速度较大,湿滑路面的位移是干燥路面的1.8倍,故A、B错误;根据vt图像的斜率大小表示加速度大小,知汽车在湿滑路面减速的加速度大小为a1== m/s2,汽车在干燥路面减速的加速度大小为a2==20 m/s2,则a1∶a2=4∶9,故C正确;从t=0.5 s到停下,汽车做匀减速直线运动,根据平均速度公式=可知汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度相等,均为==20 m/s,因此,汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度之比为1∶1,故D错误。
4.在平直公路上行驶的a车和b车,其位移—时间图像分别为图中直线a和曲线b,已知b车的加速度大小恒定且等于2 m/s2,t=3 s时,直线a和曲线b刚好相切,则下列说法正确的是(　D　)
A.a车做匀速运动且其速度为 va= m/s
B.t=2 s时,a车和b车相遇
C.t=1 s时,b车的速度为10 m/s
D.t=0时,a车和b车的距离x0=9 m
解析:xt图像的斜率等于速度,由图可知,a车的速度不变,做匀速直线运动,其速度va===2 m/s,故A错误;t=2 s时,位置坐标不相同,所以a车和b车没有相遇,t=3 s时,直线a和曲线b刚好相切,位置坐标相同,两车相遇,故B错误;t=3 s时,根据直线a和曲线b刚好相切,所以b车的速度vb=va=2 m/s,设b车的初速度为v0,由于曲线b开口向下,所以对b车其加速度为a=-2 m/s2,由速度—时间公式得vb=v0+at,代入数据解得v0=8 m/s,根据速度—时间公式,可知t=1 s时,b车的速度vb′=v0+at1=8 m/s-2 m/s2×1 s=6 m/s,故C错误;t=3 s时,由图像知a车的位移xa=8 m-2 m=6 m,b车的位移xb=·t=×3 s=15 m,t=3 s 时,a车和b车到达同一位置,则t=0时,a车和b车的距离x0=xb-xa=15 m-6 m=9 m,故D正确。
5.汽车由静止开始在平直的公路上行驶,在0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。
(1)画出汽车在0～60 s内的v-t图像;
(2)求在这60 s内汽车行驶的路程。
解析:(1)设t=10 s、40 s、60 s时汽车的速度分别为v1、v2、v3。
由a-t图像知在0～10 s内汽车以大小为2 m/s2的加速度匀加速行驶,由运动学公式得
v1=2 m/s2×10 s=20 m/s,
由a-t图像知在10～40 s内汽车匀速行驶,
因此v2=20 m/s,
由a-t图像知在40～60 s内汽车以大小为1 m/s2的加速度匀减速行驶,由运动学公式得
v3=20 m/s-1 m/s2×20 s=0,
则汽车在0～60 s内的v-t图像如图所示。
(2)由v-t图像可知,在这60 s内汽车行驶的路程
s=×20 m=900 m。
答案:(1)图见解析　(2)900 m
课时作业
学考基础练
知识点一　xt图像的应用
1.如图所示是甲、乙两物体从同一点出发的xt图像,由图像可以看出在0～4 s这段时间内(　D　)
A.甲、乙两物体始终同向运动
B.4 s时甲、乙两物体之间的距离最大
C.甲的平均速度大于乙的平均速度
D.甲、乙两物体之间的最大距离为3 m
解析:由图像可知,在0～2 s时间内,甲沿x轴正方向做速度大小为v1=2 m/s的匀速直线运动,在2 s时运动方向改变,在2～6 s时间内,甲沿x轴负方向做速度大小为v2=1 m/s的匀速直线运动;乙在整个时间内沿x轴正方向做速度大小为v=0.5 m/s的匀速直线运动,选项A错误;2 s末,甲运动到x1=4 m处,乙运动到x2=1 m处,甲、乙之间距离最大,最大距离为Δx=x1-x2=3 m;4 s时甲、乙都处在x=2 m处,甲、乙相遇,选项B错误,D正确;在0～4 s这段时间内甲、乙位移相等,根据平均速度的定义可知平均速度相等,选项C错误。
2.甲、乙两物体在同一水平直线上运动,其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。甲为抛物线,乙为直线。下列说法正确的是(　B　)
A.前3 s内,甲、乙两物体的平均速率相等
B.t=0时,甲物体xt图像的斜率为3 m/s
C.前3 s内,甲、乙的运动方向始终相同
D.前3 s内,甲、乙两物体的最大距离为1 m
解析:根据位移—时间图像的斜率表示速度,知甲先沿正向运动,后沿负向运动,而乙一直沿正向运动,前3 s内,甲、乙两物体通过的位移相等,都是2 m,则甲物体通过的路程大于乙物体的路程,结合平均速率的定义知,前3 s内,甲物体的平均速率大于乙物体的平均速率,故A错误;甲图线为抛物线,可知甲做匀减速直线运动,在t=2 s时速度为0,设t=0时,甲物体的速度为v0,结合甲物体在0～2 s内通过的位移x=3 m,得x=t,可得v0=3 m/s,所以t=0时,甲物体xt图像的斜率为3 m/s,故B正确;由A分析知,前3 s内,甲、乙的运动方向先相同后相反,故C错误;由题图可知,前3 s内,甲、乙两物体的最大距离大于1 m,故D错误。
3.甲、乙两车从同一地点出发,向同一方向行驶,它们的xt图像如图所示,则由图可看出(　B　)
A.乙比甲先出发,甲比乙先到达距出发点x0处
B.甲比乙先出发,乙比甲先到达距出发点x0处
C.两车的平均速度相同
D.甲通过的路程比乙的长
解析:甲车在t=0时开始运动,乙比甲后出发,但先到达距出发点x0处,选项A错误,B正确;甲、乙两车行驶的位移相同,但甲所用时间长,两车的平均速度不相同,选项C错误;从题图可以看出,甲、乙两车都做单向直线运动,位移相同,路程也相同,故D错误。
知识点二　vt图像的应用
4.我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验,从水面开始竖直下潜,最后返回水面,其vt图像如图所示,则下列说法正确的是(　A　)
A.0～4 min和6～10 min两时间段平均速度大小相等
B.全过程中的最大加速度为0.025 m/s2
C.3～4 min和6～8 min加速度方向相反
D.本次下潜的最大深度为6 m
解析:根据vt图像与横轴围成的面积表示位移,则0～4 min 内的位移大小为x=×(120+240)×2.0 m=360 m;6～10 min内位移大小为
x′=×3.0×240 m=360 m,可知0～4 min和6～10 min两时间段位移大小相等,所用时间相等,则平均速度大小相等,故A正确;vt 图像的斜率大小表示加速度的大小,0～1 min和 3～4 min 加速度最大,大小为a==≈0.033 m/s2,故B错误;vt图像的斜率的正负反映加速度的方向,可知3～4 min和6～8 min加速度方向相同,故C错误;由题图可知t=4 min时“蛟龙号”下潜到最深处,最大深度为s=
×(120+240)×2.0 m=360 m,故D错误。
5.甲、乙两辆汽车在一条平直公路上同向行驶,在t=0到t=t1的时间内,它们的vt图像如图所示。在这段时间内(　C　)
A.汽车乙的平均速度大于(v1+v2)
B.汽车乙的平均速度等于(v1+v2)
C.汽车甲的平均速度大于(v1+v2)
D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大
解析:如图所示,直线表示匀减速直线运动,其平均速度等于(v1+v2),而汽车乙做变减速运动的位移小于匀减速直线运动的位移,则汽车乙的平均速度小于(v1+v2),故A、B错误;同理,知汽车甲的平均速度大于(v1+v2),故C正确;因为图线斜率表示物体加速度,则知汽车甲和乙的加速度大小均逐渐减小,故D错误。
6.(多选)如图所示,Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的vt图线,根据图线可以判断(　CD　)
A.甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动,加速度大小相同,方向相同
B.两球在t=8 s时相距最远
C.两球在t=2 s时速率相等
D.两球在t=8 s时相遇
解析:在vt图像中,图线的斜率表示加速度,由图像可知,甲的加速度a1==-10 m/s2,乙的加速度a2== m/s2,加速度大小不相同,方向不相同,选项A错误;在t=8 s时,甲的位移为零,乙的位移为零,所以两球在t=8 s时相遇,选项B错误,D正确;在t=2 s时,甲球速度为
20 m/s,乙球速度为-20 m/s,两球在t=2 s时速率相等,选项C正确。
知识点三　vt图像与xt图像的比较应用
7.如图所示的位移—时间图像和速度—时间图像中,给出的四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况,关于它们的物理意义,下列描述正确的是(　B　)
A.图线1表示物体做曲线运动
B.xt图像中,t1时刻v1>v2
C.vt图像中0至t3时间内物体3和4的平均速度大小相等
D.两图像中,t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动
解析:图线1是位移图像,表示物体做变速直线运动,选项A错误;xt图线上某点斜率的绝对值表示速度的大小,选项B正确;vt图像中0至t3时间内物体3和4位移不同,所以平均速度大小不相等,选项C错误;t2时刻物体2开始反向运动,t4时刻物体4的运动方向不变,选项D错误。
8. (多选)物体甲的xt图像和物体乙的vt图像分别如图所示,则这两物体的运动情况是(　AC　)
A.甲在整个t=6 s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移大小
为4 m
B.甲在整个t=6 s时间内有来回运动,它通过的总位移为零
C.乙在整个t=6 s时间内有来回运动,它通过的总位移为零
D.乙在整个t=6 s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移为4 m
解析:xt图像的斜率表示速度,可知甲在整个t=6 s时间内一直沿正向运动,运动方向一直不变,做匀速直线运动,通过的总位移大小为Δx=2 m-(-2 m)=4 m,故A正确,B错误;乙在0～3 s内沿负方向做匀减速直线运动,位移为x1=-3 m;3 s后沿正方向做匀加速直线运动,位移为x2=3 m;故总位移为x=x1+x2=0,故C正确,D错误。
知识点四　图像问题的综合应用
9.一质点做直线运动的vt关系图像如图所示,则该质点的xt关系图像可大致表示为下列四个选项中的(　B　)
解析:从vt图像可知质点先做匀减速直线运动,后做反向的匀加速直线运动;反向加速过程的加速度比减速过程的加速度大。由xt图像上曲线切线斜率表示速度可知,选项B正确。
10.(多选)某质点从t=0开始沿直线运动,其速度的平方v2与位移x的关系如图所示,下列说法正确的是(　CD　)
A.质点加速度为4 m/s2
B.t=2 s时质点速度为8 m/s
C.t=2 s时质点速度为0
D.前2秒质点位移为4 m
解析:由匀变速直线运动的速度—位移公式得v2-=2ax,则v2=+
2ax,故v2x图像的斜率为加速度的2倍,纵截距为,则质点的加速度a=-2 m/s2,初速度v0=4 m/s,故A错误;质点做匀减速直线运动,t=
2 s时质点速度为v=v0+at=0,故B错误,C正确;前2 s质点的位移为x=t=4 m,故D正确。
选考提升练
11.甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做直线运动,t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标。如图所示,在描述两车运动的vt图像中,直线a、b分别描述了甲、乙两车在0～20 s的运动情况。关于两车之间的位移关系,下列说法中正确的是(　B　)
A.在0～10 s内,两车逐渐靠近
B.在5～15 s内,两车的位移相等
C.在t=10 s时,两车在公路上相遇
D.在10～20 s内,两车逐渐远离
解析:由题意知两车同时同地同向运动,再由vt图像知,甲做匀速直线运动,乙做匀减速直线运动,因0～10 s 内v甲v乙,两车距离减小,D
错误。
12. (多选)甲、乙两辆汽车沿平直公路同向行驶,以0时刻为计时起点,此时乙车在甲车前s0处,两车运动的vt图像如图所示,图中甲、乙两车图像所夹面积为s。关于两车的运动,下列说法正确的有(　BD　)
A.t0时刻两车一定相遇
B.0～t0时间内,乙车的平均速度小于
C.若s小于s0,两车一定可以相遇两次
D.若s大于s0,两车一定可以相遇两次
解析:vt图像与横轴所围面积表示位移,由题图可知,0～t0 时间内,甲车的位移比乙车的位移大s,由于0时刻乙车在甲车前s0处,但不知s、s0的大小关系,所以不能确定在t0时刻两车是否相遇,故A错误;0～t0时间内甲车做匀加速直线运动,平均速度为=,甲车的位移大于乙车的位移,所以乙车的平均速度小于,故B正确;t0时刻两车速度相等,距离最小,若s小于s0,甲车没有追上乙车,t0后乙车的速度大于甲车的速度,所以两车不可能相遇,故C错误;若s大于s0,在t0时刻甲车已追上乙车,t0后乙车的速度大于甲车的速度,所以t0后乙车还可以再追上甲车,故两车一定相遇两次,故D正确。
13.汽车在平直公路上做刹车试验,若从t=0时起汽车在运动过程中的位移与速度的二次方之间的关系如图所示,下列说法正确的是(　B　)
A.从图像中可以看出,t=0时汽车位于距坐标原点10 m 处
B.刹车过程持续的时间为2 s
C.刹车过程前3 s内汽车的位移为7.5 m
D.刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s2
解析:根据v2-=2ax得x=-,开始刹车时,有x=0,即t=0时汽车位于坐标原点处,故A错误;由于图线斜率k==- s2/m,则刹车过程中加速度a=-5 m/s2,x=0时,有v2=,而v2=100 m2/s2,则汽车的初速度为10 m/s,则刹车过程持续的时间t==2 s,故B正确,D错误;刹车用时为2 s,3 s内的位移即为全程位移,则x==10 m,故C错误。
14.如图所示是某质点做直线运动的vt 图像,求:
(1)质点在1 s末的速度为多少
(2)质点在哪段时间内的加速度最大 该段的加速度为多少
(3)质点的运动方向是否发生变化 若有变化,是在哪个时刻发生
变化
(4)质点在4～8 s内的位移为多少
解析:(1)由vt图像可知,质点在1 s末的速度为 1.5 m/s。
(2)根据vt图像的斜率表示加速度,知质点在4～6 s内的加速度最大,该段的加速度为
a===-3 m/s2。
(3)质点的运动方向发生了变化,在t=5 s时发生了变化。
(4)在vt图像中,图像与时间轴所围的面积表示位移,则4～8 s内的位移
x=×3×1 m- m=-3 m。
答案:(1)1.5 m/s　(2)4～6 s内　-3 m/s2
(3)发生变化　t=5 s　(4)-3 m
15.高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶,甲车在前,乙车在后,速度均为v0=30 m/s,距离x0=100 m,t=0 时刻甲车遇紧急情况后,甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示,取运动方向为正方向。
(1)通过计算说明两车在0～9 s内会不会相撞。
(2)在一个坐标系中画出甲、乙的速度—时间图像。
解析:(1)令a1=-10 m/s2,a2=5 m/s2,a3=-5 m/s2,t1=3 s,甲车速度v1=v0+a1t1=0,
设3 s过后经过t2甲、乙两车速度相等,此时距离最近
a2t2=v0+a3t2,
速度相等之前,甲车位移x甲=t1+a2,
乙车位移x乙=v0t1+v0t2+a3,
解得x乙-x甲=90 m(2)由(1)可知,图像如图所示。
答案:(1)见解析　(2)图见解析
《匀变速直线运动的研究》检测试题
(时间:90分钟　满分:100分)
一、选择题(共12题,每题4分,共48分。第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.下列几种情况,不可能发生的是(　D　)
A.位移和加速度反向
B.速度和加速度反向
C.加速度不变,速度在变
D.速度不变,加速度在变
解析:减速直线运动中,加速度与速度反向,与位移也反向,所有的匀变速运动,加速度不变,速度变化。速度不变,加速度一定为零,故只有D符合题意。
2.如图所示,A物体从地球的赤道正上方h处由静止释放,经过时间t1落到地面上,B物体从北极正上方h高处由静止释放,经过时间t2落到地面上,不计空气阻力,且h远小于地球表面半径,A、B释放后均做自由落体运动,则t1、t2的大小关系为(　B　)
A.t1=t2 B.t1>t2
C.t1解析:赤道上的重力加速度比北极的重力加速度小,由 h=gt2知t1>t2。
3.甲和乙两个物体在同一直线上运动,它们的vt图像分别如图中的a和b所示,下列说法正确的是(　A　)
A.在t1时刻它们的运动方向相同
B.在t2时刻甲与乙相遇
C.甲的加速度比乙的加速度大
D.在0～t2时间内,甲比乙的位移大
解析:在t1时刻,甲和乙速度均为正值,两物体均沿正方向运动,A正确;在t2时刻,甲、乙的速度相同,0～t2时间内,乙的位移比甲的位移大,由于出发点不确定,所以不能确定在t2时刻甲与乙是否相遇,B、D错误;b直线的斜率的绝对值比a的斜率的绝对值大,即乙的加速度比甲的加速度大,C错误。
4.给滑块一初速度v0,使它沿光滑斜面向上做匀减速直线运动,加速度大小为g,则滑块的速度大小变为v0所用的时间可能为(　D　)
A. B. C. D.
解析:规定初速度的方向为正方向,若滑块的末速度与初速度方向相同,由速度—时间公式v=v0+at,得t===;若滑块的末速度与初速度方向相反,由速度—时间公式v=v0+at,得t′===,故D正确,A、B、C错误。
5.一质点做匀变速直线运动,某时刻速度为2.5 m/s,从此时刻开始计时,在t时刻和3t时刻的速度之比为1∶2,由此可求(　A　)
A.at的值 B.时间t的值
C.加速度a的值 D.at2的值
解析:设质点的加速度大小为a,质点的初速度v0=2.5 m/s,质点在t时刻的速度v1=v0+at,质点在3t时刻的速度v2=v0+3at,由于=,联立可得at=v0=2.5 m/s,v1=5.0 m/s,v2=10 m/s,由于不能得到其余的公式,则不能求出a以及t的具体值,同理不能求出at2的具体值,故A正确,B、C、D错误。
6.动车把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客。而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组,若动车组在匀加速运动过程中,通过第一个60 m所用时间是10 s。通过第二个60 m所用时间是6 s,则(　A　)
A.动车组的加速度为0.5 m/s2,接下来的6 s内的位移为78 m
B.动车组的加速度为1 m/s2,接下来的6 s内的位移为78 m
C.动车组的加速度为0.5 m/s2,接下来的6 s内的位移为96 m
D.动车组的加速度为1 m/s2,接下来的6 s内的位移为96 m
解析:动车组在匀加速运动过程中,通过第一个60 m的平均速度为v1,可以替代中间时刻的瞬时速度,所以5 s末的速度v1=,解得v1=6 m/s,同理,通过第二个60 m的平均速度为v2,即13 s末的速度v2=,解得v2=10 m/s。由v2=v1+at得a=0.5 m/s2,由再接下来的6 s和前面的6 s是连续相等的时间,则有Δx=aT2即x-60 m=aT2,解得x=78 m。
7.某人站在高20 m的平台边缘,以20 m/s的初速度竖直上抛一石子,则抛出后石子距抛出点15 m处的时间可能有(不计空气阻力,g取
10 m/s2)(　ABD　)
A.1 s B.3 s
C.(-2)s D.(+2)s
解析:物体做竖直上抛运动,石子运动到离抛出点15 m处,15 m可能在抛出点之上,也可能在抛出点之下,规定竖直向上为正方向,则h=
15 m或h=-15 m,分别代入h=v0t-gt2解得时间为1 s、3 s(h=15 m)和(+2)s(h=-15 m)。
8.如图所示,光滑斜面AE被分成四个相等的部分,一物体从A点由静止释放,它沿斜面向下做匀加速运动,依次通过B、C、D点,最后到达底端E点。下列说法中正确的是(　ABC　)
A.物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2
B.物体到达各点所经历的时间tE=2tB=tC= tD
C.物体从A点到E点的平均速度 =vB
D.物体通过每一部分时,其速度增量Δv=vB-vA=vC-vB=vD-vC=vE-vD
解析:设AB=BC=CD=DE=x,加速度为a,则物体从A点由静止运动到E点时各段位移的时间之比为tAB∶tBC∶tCD∶tDE=1∶(-1)∶(-)∶(2-),设tB=t,则tC=t,tD=t,tE=2t,则由v=at可得vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,故选项A正确;由于tB=t,tC=t,tD=t,tE=2t,所以tE=2tB=tC= tD,故选项B正确;由于vB为AE的中间时刻的速度,故=vB,故选项C正确;又由于vB=at,vC=at,vD=at,vE=2at,所以vB-vA=at,vC-vB=at-at,vD-vC=at-at,vE-vD=2at-at,故选项D错误。
9.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,在t=0时,乙车在甲车前50 m处,它们的vt图像如图所示,下列对汽车运动情况的描述正确的是(　CD　)
A.甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动
B.在第20 s末,甲、乙两车的加速度大小相等
C.在第30 s末,甲、乙两车相距50 m
D.在整个运动过程中,甲、乙两车可以相遇两次
解析:由图像可知,甲车先做匀速直线运动再做匀减速直线运动,但是图线一直在时间轴的上方,没有反向,故A错误;在第20 s末,甲、乙图线斜率的绝对值不相等,故a甲≠a乙,故B错误;在第30 s末,根据面积法,甲的位移为x甲=(10+30)×20× m=400 m,乙的位移为x乙=
×30×20 m=300 m,所以甲、乙两车相距Δx=(400-300-50)m=50 m,故C正确;刚开始乙在甲的前面50 m处,甲的速度大于乙,经过一段时间甲可以追上乙,然后甲在乙的前面,到30 s末,甲停止运动,甲在乙的前面50 m处,此时乙以20 m/s的速度匀速运动,所以再经过2.5 s 乙追上甲,故在整个运动过程中,甲、乙两车可以相遇两次,故D正确。
10.科技馆中的一个展品如图所示,在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头,在一种特殊的间歇闪光灯的照射下,若使间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同,可以看到一种奇特的现象:水滴似乎不再下落,而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置一样。对于出现的这种现象,下列描述正确的是(g取10 m/s2)(　BC　)
A.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足 tABB.间歇闪光的时间间隔是 s
C.水滴在相邻两点之间的位移满足sAB∶sBC∶sCD=1∶3∶5
D.水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD=1∶4∶9
解析:由题目描述的物理情境可知,光源为间歇发光,发光间隔可由h=gt2求出,t=,代入数据可得t= s,B正确;自由落体运动中连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5,由图中读数可知符合,故tAB=
tBC=tCD,C正确,A错误;自由落体运动中连续相等的时间段的末速度之比为1∶2∶3,D错误。
11.在水平公路上有甲、乙两辆同向行驶的汽车,它们的vt图像分别如图线a、b所示。在t=5 s 时,两车相遇。下列说法正确的是(　ABC　)
A.甲车的加速度比乙车的加速度大
B.在t=0时刻,甲车在乙车的后面
C.在5～10 s内,甲车在乙车的前面,且两车的距离在增大
D.在10～15 s内,两车间的距离逐渐变大
解析:根据vt图像的斜率表示加速度,a图像斜率绝对值比b图像的大,所以甲车的加速度比乙车的加速度大,故A正确;根据图线与时间轴围成的面积表示位移,知0～5 s内甲车通过的位移比乙车的大,而在t=5 s时,两车相遇,所以在t=0时刻,甲车在乙车的后面,故B正确;在t=5 s时,两车相遇,在5～10 s内,甲车的速度比乙车的大,则甲车在乙车的前面,两车的距离在增大,故C正确;在10～15 s内,甲车在乙车的前面,甲车的速度比乙车的小,则两车间的距离在变小,故D
错误。
12.有四个物体A、B、C、D从同一地点开始运动,A、B运动的xt图像如图甲所示,C、D沿同一方向运动的vt图像如图乙所示。根据图像可知下列判断中正确的是(　BC　)
A.物体A、B均做匀变速直线运动
B.在0～3 s的时间内,物体A、B之间距离逐渐增大
C.t=3 s时,物体C、D的速度相同
D.t=3 s时,物体C、D之间距离最小
解析:xt图像的斜率表示速度,由题图甲可知,物体A、B的xt图线的斜率都不变,故速度都不变,说明两物体都做匀速直线运动,A错误;由题图甲可知,在0～3 s 的时间内,物体A的速度大于物体B的速度,因为两者从同一地点开始运动,所以物体A、B之间距离逐渐增大,B正确;由题图乙可知,物体C、D的图线在t=3 s 时交于一点,此时速度一定相同,C正确;由题图乙可知,前3 s内,物体D的速度较大,物体C、D之间距离随时间增大,3 s后物体C的速度较大,物体C、D之间距离随时间减小,直到物体C追上物体D,所以t=3 s时,物体C、D之间距离最大,D错误。
二、非选择题(共52分)
13.(6分)滑块在某一水平面上滑行,利用速度采集器获取其初速度v,并测量出不同初速度的最大滑行距离x,得到如表所示几组数据:
数据组 1 2 3 4 5 6
v/(m·s-1) 0 0.16 0.19 0.24 0.30 0.49
x/m 0 0.045 0.075 0.111 0.163 0.442
(1)一同学根据表中数据,作出xv图像如图甲所示。观察该图像,该同学作出如下推理:根据xv图像大致是一条抛物线,可以猜想,x可能与v2成正比。请在图乙所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想。
(2)根据你所作的图像,你认为该同学的猜想正确吗 说明你的理由:
　 。
解析:(1)根据x和v2的数据,运用描点法画出图像,如图所示。
(2)xv2图像是一条过原点的直线,说明x∝v2,即x与v2成正比,故猜想正确。
答案:(1)图见解析
(2)正确,xv2图像是一条过原点的直线说明x∝v2
评分标准:每问3分。
14.(10分)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度,实验装置如图所示。倾斜的球槽中放有若干个小铁球,闭合开关K,电磁铁吸住第1个小球。手动敲击弹性金属片M,M与触头瞬间分开,第1个小球开始下落,M迅速恢复,电磁铁又吸住第2个小球。当第1个小球撞击M时,M与触头分开,第2个小球开始下落……这样,就可测出多个小球下落的总时间。
(1)实验测得小球下落的高度H=1.980 m,10个小球下落的总时间T=6.5 s。可求出重力加速度g=　　 m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)在不增加实验器材的情况下,请提出减小实验误差的两个办法。
　。
(3)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间Δt磁性才消失,因此,每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差Δt,这导致实验误差。为此,他分别取高度H1和H2,测量n个小球下落的总时间T1和T2。他是否可以利用这两组数据消除Δt对实验结果的影响 请推导说明。
解析:(1)H=gt2=g() 2,所以g==≈9.4 m/s2。
(2)由g=可知,误差主要来源于H和T的测量,故增加H,或者对H、T多次测量求平均值,均可有效减小误差;另外,作出HT2图像,从图线斜率k=求得g,也可有效减小误差。
(3)由H1=g(-Δt) 2和H2=g(-Δt) 2,可得g=,因此可以消去Δt的影响。答案:(1)9.4　(2)增加小球下落的高度;多次重复实验,结果取平均值 (其他答案只要合理也可)
(3)见解析
评分标准:第(1)、(2)问各3分,第(3)问4分。
15.(6分)某汽车在水平公路上以12 m/s的速度匀速行驶,因前方故障紧急刹车,加速度大小为6 m/s2,求:
(1)1 s时的速度;
(2)3 s时的速度。
解析:(1)汽车刹车时的运动可看作匀减速直线运动,规定初速度方向为正方向,则有
v0=12 m/s,a=-6 m/s2,
从刹车到停止运动经历的时间为
t===2 s, (2分)
根据运动学公式,可知1 s时的速度为
v1=v0+at1=12 m/s+(-6 m/s2)×1 s=6 m/s, (2分)
速度方向与初速度方向相同。 (1分)
(2)汽车2 s末就已经停止运动,所以3 s时的速度为0。(1分)
答案:(1)6 m/s,速度方向与初速度方向相同　(2)0
16.(8分)如图是一个十字路口的示意图,每条停车线到十字路口中心O的距离均为20 m。一人骑电动助力车以7 m/s的速度到达停车线(图中A点)时,发现左前方道路一辆轿车正以8 m/s的速度驶来,车头已抵达停车线(图中B点),设两车均沿道路中央做直线运动,助力车可视为质点,轿车长4.8 m,宽度可不计。
(1)请通过计算判断两车保持上述速度匀速运动,是否会发生相撞
事故
(2)若轿车保持上述速度匀速运动,而助力车立即做匀加速直线运动,为避免发生相撞事故,助力车的加速度至少要多大
解析:(1)轿车车头到达O点的时间为
t1===2.5 s(1分)
轿车通过O点的时间为Δt===0.6 s (1分)
助力车到达O点的时间为t2== s≈2.9 s (1分)
因为t1(2)助力车到达O点的时间小于t1=2.5 s,可避免交通事故发生,设助力车的最小加速度为am,则
x1=v2t1+am (2分)
解得am=0.8 m/s2。 (2分)
答案:(1)会　(2)0.8 m/s2
17.(10分)“拾口袋跑”是一种常见的儿童游戏。具体内容是孩子自指定位置起跑,中途拾起地上口袋后再跑向终点,最先跑到终点者获胜。若起点和终点间总距离为20 m,口袋放在中点,某个孩子加速时加速度为2 m/s2,减速时加速度大小为2.5 m/s2,中途可达最大速度为4 m/s,并且孩子跑至口袋处时速度应减小为零,问孩子完成这个游戏的最短时间。
解析:在加速阶段,孩子达到最大速度时有
vm=a1t1,则t1===2 s, (1分)
加速过程的位移
x1=a1=×2 m/s2×(2 s)2=4 m, (1分)
在开始减速至口袋处,
设以最大速度奔跑时间为t2,而减速过程的位移
x2===3.2 m, (1分)
则-x1-x2=vmt2(2分)
代入数据得t2=0.7 s, (1分)
减速过程中时间
t3===1.6 s, (1分)
再次加速与第一次加速阶段情况一致,
则t4=2 s,
x3=x1=4 m,匀速跑的时间
t5===1.5 s (2分)
最短运动时间
t=t1+t2+t3+t4+t5=7.8 s。 (1分)
答案:7.8 s
18.(12分)如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材,由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成。发生火灾时,使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上,然后将安全带系在人体腰部,通过缓降绳索等安全着陆。如图乙所示,是某中学在某次火灾逃生演练现场中,体重为60 kg的逃生者从离地面18 m高处,利用缓降器材由静止开始匀加速下滑,当速度达到6 m/s 时,以大小为2.5 m/s2加速度减速,到达地面时速度恰好为零。求:
(1)减速下滑过程的位移;
(2)加速下滑过程的加速度;
(3)到达地面整个过程的时间。
解析:(1)减速下滑过程的位移
x2===7.2 m。 (3分)
(2)加速过程的位移
x1=x-x2=18 m-7.2 m=10.8 m , (2分)
加速下滑的加速度
a1=== m/s2。 (2分)
(3)法一:加速下滑的时间
t1===3.6 s, (2分)
减速下滑的时间
t2===2.4 s, (2分)
到达地面整个过程的时间
t=t1+t2=3.6 s+2.4 s=6 s。 (1分)
法二:加速和减速下滑的过程中平均速度都为
==3 m/s, (3分)
则下滑时间t=t1+t2=+==6 s。 (2分)
答案:(1)7.2 m　(2) m/s2　(3)6 s专题提升3　力的合成和分解的应用
[素养目标]
1.能运用平行四边形定则进行力的合成。
2.能进行力的分解并会解决生活中的实际问题。
类型一　力的合成的应用
[例1]在平面内有作用于同一点的四个力,以力的作用点为坐标原点O,四个力的方向如图所示,其中F1=6 N,F2=8 N,F3=4 N,F4=2 N。这四个力的合力方向指向(　A　)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
解析:F1=6 N,沿x轴的正方向,F3=4 N,沿x轴负方向,故F1与F3的合力F13沿着x轴的正方向,为2 N;F2=8 N,沿y轴正方向,F4=2 N,沿y轴负方向,故F2与F4的合力F24为6 N,沿着y轴正方向;最后再将F13与F24合成,故合力F1234为2 N,指向第一象限,故A正确,B、C、D错误。
(1)多个力的合成方法
先求出任意两个力的合力,再求出这个合力跟第三个力的合力,直到把所有的力都合成进去,最后得到的结果就是这些力的合力。
(2)多个力合成的技巧
①优先将共线的分力合成(方向相同或相反)。
②优先将相互垂直的分力合成。
③优先将大小相等且夹角为120°的分力合成,合力大小等于分力大小,方向沿它们夹角的角平分线。
[对点训练1](多选)如图所示,水平地面上固定着一根竖直立柱,某人用绳子通过柱顶的轻质光滑定滑轮将100 N的货物拉住。已知人拉着绳子的一端,且该绳端与水平方向夹角为30°,则(　AC　)
A.绳子的张力大小为100 N
B.柱顶所受压力大小为100 N
C.柱顶所受压力大小为100 N
D.柱顶所受压力大小为50 N
解析:
如图所示,定滑轮两侧绳的拉力FT1、FT2的合力为FN,定滑轮只改变力的方向,不改变力的大小,所以绳的拉力FT1=FT2=100 N,柱顶所受压力大小FN= 2FT1cos 30°=2×100× N=100 N,故A、C正确。
类型二　力的分解的应用
[例2]
如图所示,将大拇指倾斜按在水平桌面上向前推(仍静止不动),此推力大小为80 N,方向斜向下,与水平方向成37°角,则大拇指对桌面的压力和摩擦力分别多大(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　B　)
A.64 N,48 N B.48 N,64 N
C.40 N,80 N D.80 N,80 N
解析:
将推力F沿作用效果分解,即水平向右和竖直向下,分解如图,则F1=Fcos 37°=80×0.8 N=64 N,F2=Fsin 37°=80×0.6 N=48 N,即大拇指对桌面的压力FN=F2=48 N,对桌面的摩擦力为Ff=F1=64 N。
(1)把力按实际效果分解的一般思路
(2)按力的效果分解的基本步骤
①根据力的实际作用效果确定两个分力的方向。
②根据两个分力的方向作出力的平行四边形。
③利用数学知识解三角形,分析、计算分力的大小。
[对点训练2]
如图所示,用两根承受的最大拉力相等、长度不等的细线AO、BO(AO>BO)悬挂一个中空铁球,当在球内不断注入铁砂时,则(　B　)
A.AO先被拉断 B.BO先被拉断
C.AO、BO同时被拉断 D.条件不足,无法判断
解析:
依据力的作用效果将重力分解如图所示,据图可知FB>FA。又因为两绳承受能力相同,故当在球内不断注入铁砂时,BO绳先断,选项B正确。
1.
5个力同时作用于某一质点,此5个力大小和方向相当于正六边形的两条边和三条对角线,如图所示,这5个力的合力的大小为F1的(　D　)
A.3倍
B.4倍
C.5倍
D.6倍
解析:
如图所示,以F1和F4为邻边作平行四边形,F3为平行四边形的对角线(即F1与F4的合力为F3),同理可知,F2与F5的合力也为F3,故5个力的合力等于3倍的F3,又根据几何关系知F3等于2倍的F1,则5个力的合力等于6倍的F1,D正确。
2.
(多选)自卸车常用来进行土方、砂石、散料等的装卸运输工作。如图所示,当自卸车的车厢从水平倾斜到一定角度时,车厢上的货物如集装箱就会自动滑下。下列说法正确的是(　CD　)
A.车厢倾斜角度越大,集装箱对车厢的压力越大
B.车厢倾斜角度越大,集装箱与车厢的动摩擦因数越小
C.集装箱静止在倾斜车厢上时,受到的摩擦力等于重力沿斜面方向的分力
D.集装箱开始下滑时,受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力
解析:由力的分解知识可知,集装箱对车厢的压力为FN=Gcos θ,所以,车厢倾角越大,压力越小,故A错误;集装箱与车厢的动摩擦因数与接触面的粗糙程度有关,与倾角无关,故B错误;集装箱静止在倾斜车厢上时,受到的摩擦力等于重力沿斜面方向的分力,故C正确;集装箱开始下滑时,受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力,故D正确。
3.(多选)小孙和小李课间休息时,看见一同学正在水平地面上以速度v匀速推动一个大书箱搬运书籍,爱搞恶作剧的小孙就上前“帮倒忙”,可是当小孙对大书箱施加某方向的力F后,发现大书箱的运动状态不受影响,热心的小李上前“帮正忙”,可是当小李对大书箱施加另一方向的力F后,发现对大书箱的运动状态也没有造成影响,试问小孙和小李同学施加的力F的方向可能是以下选项中的(　AD　)
解析:小孙施加的力斜向左上方,与运动方向相反;由于力有竖直向上的分量,故摩擦力减小,如果F向后的分力与减小的摩擦力相等则大书箱可以做匀速运动,故A正确;小孙施加的力斜向左下方,与运动方向相反,则压力增大,摩擦力增大,而F有向后的分力,故大书箱一定做减速运动,故B错误;小李施加的力斜向右上方,与运动方向相同,则大书箱对地面的压力减小,摩擦力减小,而拉力有向前的分量,故大书箱做加速运动,故C错误;小李施加的拉力斜向右下方,与运动方向相同,大书箱对地面的压力增大,摩擦力增大,但拉力有向前的分量,仍有可能使大书箱做匀速运动,故D正确。
4.
如图是我们衣服上的拉链的一部分,在把拉链拉开的时候,我们可以看到有一个三角形的东西在两链中间运动,使很难直接分开的拉链很容易地拉开,关于其中的物理原理,以下说法正确的是(　A　)
A.拉开拉链时,三角形的物体增大了分开两拉链的力
B.拉开拉链时,三角形的物体只是为了将拉链分开,并没有增大拉力
C.拉开拉链时,三角形的物体增大了分开拉链的力,但合上拉链时减小了合上的力
D.以上说法都不正确
解析:
在拉开拉链的时候,手的拉力在三角形的物体上产生了两个分力,如图所示,分力大于手的拉力,合上拉链时,三角形物体增大了合上拉链的力,故选A。
5.
为了把陷在泥坑里的汽车拉出来,司机用一条结实的绳子把汽车拴在一棵大树上(绳水平且绷直)。开始时汽车和大树相距12 m,然后在绳的中点用400 N的拉力F沿与绳垂直的方向拉绳,结果中点被拉过0.6 m,如图所示。假设绳子的伸长可以忽略不计,求此时汽车受到的拉力大小。
解析:以绳的中点O为结点,对其受力分析,它受到人对它的横向拉力F,F沿绳方向会产生两分力F1、F2。由对称性知F1=F2。作出力的分解的平行四边形(如图所示),设绳与AB方向的夹角为θ。
由题意知,sin θ==0.1,F1==2 000 N,
即汽车受到的拉力大小为2 000 N。
答案:2 000 N
课时作业
学考基础练
知识点一　力的合成的应用
1.F1和F2是共点力,根据平行四边形定则求合力F,作图正确的是(　C　)
解析:两个力合成时,以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形,这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向,故C正确。
2.一质量为10kg的物体,受到大小分别为2 N、4 N、5 N的作用,其合力最小为(　C　)
A.3 N B.1 N
C.0 N D.无法确定
解析:2 N、4 N的合力范围为2 N到6 N,而5 N在此范围内,则合力的最小值为0 N,故C正确,A、B、D错误。
3.泰山索道包括泰山中天门索道、后石坞索道、桃花源索道。三条索道以岱顶为中心,构成了连接中天门景区、后石坞景区和桃花峪景区的泰山空中交通网,如图为正在运行的泰山索道。索道为什么松一
些好
解析:如图,当合力一定时,两分力间的夹角越小,分力也就越小,所以索道松一些好,可提高安全性能。
答案:见解析
知识点二　力的分解的应用
4.小明想推动家里的衣橱,但使出了最大力气也推不动,他便想了个妙招,如图所示,用A、B两块木板,搭成一个底角较小的“人”字形架,然后往中央一站,衣橱被推动了。下列说法正确的是(　C　)
A.这是不可能的,因为小明根本没有用力去推衣橱
B.这是不可能的,因为无论如何小明的力气也没那么大
C.这有可能,A板对衣橱的推力有可能大于小明受到的重力
D.这有可能,A板对衣橱的推力不可能大于小明受到的重力
解析:如图所示,小明受到的重力可以分解成沿A板、B板两个方向的力,由于底角较小,所以A板、B板方向的力会很大。A板对衣橱的力可以分解成水平方向和竖直方向的力,而水平方向的力有可能大于小明的重力,故选C。
5.假期里,一位同学在厨房里协助妈妈做菜,对菜刀产生了兴趣。他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样,菜刀横截面为等腰三角形,刀刃前部的横截面顶角较小,后部的顶角较大,如图所示。他先后做出过几个猜想,其中合理的是(　D　)
A.刀刃前部和后部厚薄不匀,仅是为了打造方便,外形美观,跟使用功能无关
B.在刀背上加上同样的压力时,分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关
C.在刀背上加上同样的压力时,顶角越大,分开其他物体的力越大
D.在刀背上加上同样的压力时,顶角越小,分开其他物体的力越大
解析:设顶角为2θ,背宽为d,侧面长为l,如图甲所示。当在刀背施加压力F后,产生垂直侧面的两个分力F1、F2,使用中依靠着这两个分力分开其他物体。由对称性知,这两个分力大小相等(F1=F2),因此画出力的分解的平行四边形,实为菱形,如图乙所示,在这个力的平行四边形中,取其四分之一考虑(图中阴影部分)。根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系,有关系式==,得F1=F2=。由此可见,刀背上加上一定的压力F时,侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关,顶角越小,sin θ的值越小,F1和F2的值越大,故D正确。
6.图中的大力士用绳子拉动汽车,绳中的拉力为F,绳与水平方向的夹角为θ;若将F沿水平和竖直方向分解,则其竖直方向的分力为(　A　)
A.Fsin θ B.Fcos θ C. D.
解析:由平行四边形定则可得,竖直方向上分力Fy=Fsin θ,故A正确,B、C、D错误。
7.(多选)在救援行动中,千斤顶发挥了很大作用,如图所示为剪式千斤顶,当摇动把手时,螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢,从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为 1.0×105 N,此时千斤顶两臂间的夹角为120°,则下列判断正确的是(　AD　)
A.此时两臂受到的压力大小均为1.0×105 N
B.此时两臂受到的压力大小均大于1.0×105 N
C.若继续摇动把手,两臂受到的压力将增大
D.若继续摇动把手,两臂受到的压力将减小
解析:画出千斤顶所受压力的分解示意图。
则F1=F2==1.0×105 N,若继续摇动把手,θ减小,则F1和F2将减小,故A、D正确。
选考提升练
8.(多选)将质量为m的长方形木块放在水平桌面上,用与水平方向成α角的斜向右上方的力F拉木块,如图所示,则(　AB　)
A.力F的水平分力为Fcos α
B.力F的竖直分力为Fsin α,它使木块m对桌面的压力比mg小
C.力F的竖直分力为Fsin α,它不影响木块对桌面的压力
D.力F与木块重力mg的合力方向可以竖直向上
解析:如图所示,将F分解为水平方向和竖直方向的两个分力F1=
Fcos α,F2=Fsin α,F2有竖直方向提拉作用,故木块对桌面的压力减小了,选项A、B正确,C错误;根据平行四边形定则,力F与木块重力的合力方向不能竖直向上,D错误。
9.如图所示,AB、AC两光滑斜面互相垂直。AC与水平方向成30°角。若把球O的重力G按照其作用效果分解,则两个分力的大小分别为(　B　)
A.G,G B.,G
C.G,G D.G,G
解析:将重力分解为压紧AB和AC两个斜面的力,则G1=Gsin 60°=
G,G2=Gsin 30°=,故选B。
10.如图为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图,结构对称。当向上拉动手刹拉杆时,手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧,拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器,从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是(　D　)
A.当OD、OC两拉索夹角为60°时,三根拉索的拉力大小相等
B.拉动手刹拉杆时,拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉
力大
C.若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越大
D.若保持OD、OC两拉索拉力不变,OD、OC两拉索越短,拉动拉索AO越省力
解析:当OD、OC两拉索夹角为120°时,三根拉索的拉力大小才相等,选项A错误;拉动手刹拉杆时,当OD、OC两拉索夹角大于120°时,拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力都小,选项B错误;根据平行四边形定则可知,若在AO上施加一恒力,OD、OC两拉索夹角越小,拉索OD、OC拉力越小,选项C错误;若保持OD、OC两拉索拉力不变,OD、OC两拉索越短,即两分力大小一定,夹角越大,合力越小,即拉动拉索AO越省力,选项D正确。
11.南昌八一大桥是江西省第一座斜拉索桥,全长3 000多米,设计为双独塔双索面扇形预应力斜拉桥,如图所示。假设斜拉桥中某对钢索与竖直方向的夹角都是53°,每根钢索中的拉力都是5×104 N,那么它们对塔柱形成的合力有多大 方向如何 (已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)
解析:把两根钢索的拉力看成沿钢索方向的两个分力,以它们为邻边作一个平行四边形,其对角线就表示它们的合力。由对称性可知,合力方向一定沿塔柱竖直向下;根据菱形的几何关系,在直角三角形AOD内,∠AOD=53°,则有F=2F1cos 53°=2×5×104×0.6 N=6×104 N,方向竖直向下。
答案:6×104 N　方向竖直向下
12.小明闲暇时发现邻居家空调室外机的支架是两个边长大约是3∶4∶5的直角三角形支架,室外机恰好对称地放在两个支架的正中央(这样每个支架大概就承受一半的重力),如图所示。他估测该室外机的质量大约在60 kg 左右,而且支架材料的质量跟室外机相比应该可忽略不计。进一步他还发现,邻居家的室外机安放的比较靠外,其重心大致位于两个三角形的小锐角顶点连线AA′的正上方。试根据以上信息,并结合你对题中图片的观察,建立合理模型,帮小明大致计算出支架AB和支架AC受到的力的大小。
解析:模型图如图所示,
将重力按实际作用效果分解,则有
=，
得FAC=500 N，
=,得FAB=400 N。
答案:400 N　500 N专题提升4　动态平衡问题
[素养目标]
1.灵活应用整体法和隔离法对物体进行受力分析。
2.掌握解决动态平衡问题的常用方法,会分析动态平衡问题。
3.会分析平衡中的临界和极值问题。
类型一　受力分析的整体法和隔离法
[例1] 如图所示,物体a、b和c叠放在水平桌面上,水平力Fb=5 N、Fc=10 N分别作用于物体b、c上,a、b和c仍保持静止。则物体b受力的个数为(　C　)
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:对a分析,a受竖直方向上的重力和支持力作用,如果在水平方向上受摩擦力,则合力不为零,不能保持静止,故不受摩擦力作用,所以a、b之间没有摩擦力,将a、b看作一个整体,整体受到向左的Fb作用,若要保持静止,必须受到向右的静摩擦力,故b、c之间有摩擦力,b受到重力、c的支持力、a的压力、拉力Fb、c给的摩擦力,5个力的作用,故C正确。
(1)受力分析的一般步骤
(2)整体法和隔离法对比
整体法 原则 只涉及系统外力,不涉及系统内部物体之间的相互作用
条件 系统内的物体具有相同的运动状态
优、缺点 利用此法解题一般比较简单,但不能求内力
隔离法 原则 分析系统内某个物体的受力情况
优点 系统内物体受到的内力、外力均能求
[对点训练1]
如图所示,质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上,质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间,且不计圆柱体与正方体之间的摩擦,正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角,圆柱体处于静止状态,则(　C　)
A.地面对圆柱体的支持力大于(M+m)g
B.地面对圆柱体的摩擦力为mgtan θ
C.正方体对圆柱体的弹力为
D.正方体对圆柱体的压力为
解析:以正方体为研究对象,受力分析如图所示。
根据平衡条件有FN2cos θ=FN1,FN2sin θ=mg,则FN1=,FN2=,根据牛顿第三定律,正方体对圆柱体的压力为,选项C正确,D错误;以圆柱体和正方体整体为研究对象,地面对圆柱体的支持力FN=(M+m)g,水平方向受力平衡,地面对圆柱体的摩擦力Ff=FN1=,选项A、B错误。
类型二　解决动态平衡问题的常用方法
[例2] 如图所示,在粗糙水平地面上放着一个表面为四分之一圆弧的柱状物体甲,甲的左端紧靠竖直墙壁,甲与竖直墙壁之间放一光滑圆球乙,整个装置处于静止状态。则把甲向右缓慢移动少许的过程中,下列判断正确的是(　 　)
A.球乙对墙壁的压力增大
B.球乙对柱状物体甲的压力增大
C.地面对柱状物体甲的摩擦力不变
D.地面对柱状物体甲的支持力不变
解析:球乙受重力、甲的支持力F1和墙壁的压力F2,如图甲所示,设F1与竖直方向的夹角为θ,将重力G分解为G1和G2,则根据平衡条件可知,F1=G1=,F2=G2=Gtan θ。当甲向右缓慢移动时,根据几何关系可知, 甲对球乙的支持力F1与竖直方向的夹角θ减小,所以cos θ增大,tan θ减小,即墙壁对球乙的压力F2减小, 甲对球乙的支持力F1减小,根据牛顿第三定律可知,球乙对墙壁的压力减小,球乙对甲的压力也减小,选项A、B错误;对甲、乙整体进行受力分析,如图乙所示,由平衡条件可知甲受地面的摩擦力大小Ff=F2,则Ff减小,地面对甲的支持力等于甲、乙的重力之和,大小不变,选项C错误,D正确。
(1)动态平衡
①所谓动态平衡问题,是指通过控制某些物理量,使物体的状态发生缓慢变化,而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态,常利用图解法解决此类问题。
②基本思路:化“动”为“静”,“静”中求“动”。
(2)分析动态平衡问题的方法
方法 步骤
解析法 ①列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式。 ②根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法 ①根据已知量的变化情况,画出平行四边形边、角的变化。 ②确定未知量大小、方向的变化
相似三 角形法 ①根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形,确定对应边,利用三角形相似知识列出比例式。 ②确定未知量大小的变化情况
力的三 角形法 对受三个力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据正弦定理、余弦定理等数学知识求解未知力
[对点训练2]
如图,物体在水平力F作用下静止在斜面上。若稍许增大F,仍使物体静止在斜面上,则斜面对物体的静摩擦力Ff、支持力FN以及Ff和FN的合力F′变化情况是(　A　)
A.Ff不一定增大,FN一定增大,F′一定增大
B.Ff一定增大,FN一定增大,F′不变
C.Ff、FN、F′均增大
D.Ff、FN不一定增大,F′一定增大
解析:物体受重力、支持力、推力及摩擦力而处于平衡状态;受力分析及正交分解如图所示(摩擦力未画)。
在y轴方向上,FN=Gcos α+Fsin α;增大推力F,则支持力一定增大;沿斜面方向上有Fcos α=mgsin α+Ff,若推力沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力,则摩擦力向下,若推力增大,则摩擦力增大;若推力沿斜面向上的分力小于重力沿斜面向下的分力,则摩擦力向上,若推力增大,则摩擦力减小;物体静止,所受合力为零,Ff和FN的合力F′与重力和F的合力等大反向,推力F增大,则重力与F的合力增大,则Ff和FN的合力F′增大,故A正确,B、C、D错误。
类型三　平衡中的临界和极值问题
[例3]
如图所示,光滑固定斜面上有一个质量为10 kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为30°,整个装置处于静止状态。求:(g取10 m/s2,结果均保留三位有效数字)
(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小;
(2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,求最小的拉力的大小。
解析:
(1)对小球受力分析并建立坐标系如图所示。
根据平衡条件,水平方向有
FTsin 45°=FNsin 30°，
竖直方向有
FTcos 45°+FNcos 30°=mg，
联立解得FT≈51.8 N,FN≈73.2 N。
(2)
对小球受力分析,利用三角形定则,由图可知,当F与绳垂直时,拉力最小,拉力的最小值为
Fmin=mgsin 45°≈70.7 N。
答案:(1)51.8 N　73.2 N　(2)70.7 N
(1)问题特点
临界 问题 当某物理量变化时,会引起其他物理量的变化,从而使物体所处的平衡状态能够“恰好出现”或“恰好不出现”。在问题描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述
极值 问题 一般是指在力的变化过程中出现最大值和最小值问题
(2)突破临界问题的三种方法
解析法 根据平衡条件列方程,用二次函数、讨论分析、三角函数以及几何法等求极值
图解法 若只受三个力,则这三个力构成封闭矢量三角形,然后根据矢量图进行动态分析
极限法 选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来
(3)解题思路
解决共点力平衡中的临界、极值问题“四字诀”
[对点训练3]
城市中的路灯、无轨电车的供电线路等,常用三角形的栓接结构悬挂,如图所示的是这种三角形结构的一种简化模型。图中硬杆OA可绕A点且垂直于纸面的轴进行转动,不计钢索OB和硬杆OA受到的重力,∠AOB等于30°,如果钢索OB最大承受拉力为2.0×104 N,求:
(1)O点悬挂物的最大重力;
(2)杆OA对O点的最大支持力。
解析:
(1)设钢索OB拉力为F1,杆OA对O点的支持力为F2,对O点进行受力分析,如图所示。
根据平行四边形定则有
G=F1sin 30°，
当F1取最大拉力2.0×104 N时,O点悬挂物的最大重力G=1.0×104 N。
(2)由(1)知,F2=F1cos 30°，
杆OA对O点的最大支持力
F2≈1.73×104 N。
答案:(1)1.0×104 N　(2)1.73×104 N
1.
L形木板P(上表面光滑)放在固定斜面上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上表面的滑块Q相连,如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑,不计空气阻力。则木板P的受力个数为(　C　)
A.3 B.4 C.5 D.6
解析:P、Q一起沿斜面匀速下滑时,木板P的上表面光滑,整体分析,受力平衡,受重力、斜面支持力、斜面的摩擦力;隔离滑块Q分析受力,受到三个力,重力、P对Q的支持力、弹簧对Q沿斜面向上的弹力;再隔离木板P分析受力,P的重力、Q对P的压力、弹簧对P沿斜面向下的弹力、斜面对P的支持力、斜面对P的摩擦力,共5个力,故C正确。
2.如图所示,一个足球用网兜悬挂于O点,A点为网兜上对称分布的网绳的结点,OA为一段竖直绳,设网绳的长短和足球受到的重力不变,若足球越大,则(　A　)
A.网绳的拉力越大
B.网绳的拉力越小
C.网绳的拉力不变
D.竖直绳OA的拉力越大
解析:设有n根网绳,每根网绳与竖直方向的夹角为θ,则nFTcos θ=mg,FT=,若足球越大,网绳与竖直方向的夹角越大,cos θ越小,则FT越大,故A正确,B、C错误;以网绳和足球整体为研究对象,根据平衡条件,竖直绳OA的拉力总是与足球受到的重力相等,保持不变,故D错误。
3.如图所示,当人向后退一步,θ角变大,人与重物重新保持静止,下述说法正确的是(　B　)
A.地面对人的支持力减小
B.地面对人的摩擦力增大
C.人对地面的压力减小
D.人对绳子的拉力增大
解析:
对人受力分析,如图所示。由平衡条件得FTsin θ=Ff,FTcos θ+FN=G,由题意可知,绳子的拉力大小FT等于重物的重力,没有变化,所以随着夹角θ变大,可得Ff增大,FN增大,由牛顿第三定律知,人对地面的压力增大。故A、C、D错误,B正确。
4.
在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内,果农用图示支架悬挂葡萄。OA、OB为承重的轻杆,AOB始终在竖直平面内,OA可绕A点自由转动,OB与OA通过铰链连接,可绕O点自由转动,且OB的长度可调节,现将新鲜葡萄用细线挂于O点,保持OA不动,调节OB的长度让B端沿地面上的AB连线向左缓慢移动,OA杆所受作用力大小为F1,OB杆所受的作用力大小为F2,∠AOB由锐角变为钝角的过程中,下列判断正确的是(　A　)
A.F1逐渐变大,F2先变小后变大
B.F1先变小后变大,F2逐渐变大
C.F1逐渐变小,F2逐渐变小
D.F1逐渐变大,F2逐渐变大
解析:
以O点为研究对象进行受力分析,受到细线的拉力(等于葡萄的重力)、OA和OB杆的支持力,如图所示,当OB杆向左移动而OA位置不变时,利用矢量三角形方法作出各力的变化情况如图,由图可知,F1逐渐变大、F2先变小后变大;当OB与OA相互垂直时,F2最小,故A正确。
5.
如图所示,三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2l且AB平行于CD。现在C点上悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,整个系统保持静止,在D点上可施加力的最小值为(　C　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
解析:
对C点进行受力分析,由平衡条件可知,绳CD对C点的拉力FCD=mgtan 30°,对D点进行受力分析,绳CD对D点的拉力F2=FCD=mgtan 30°,故F2是恒力,F1
方向一定,则F1与F3的合力F2′与F2等值反向,如图所示,由图知当F3垂直于绳BD时,F3最小,由几何关系可知,F3min=FCDsin 60°=mg,故选项C正确。
6.
如图所示,三根不可伸长的细线通过结点O相连,另一端分别固定于竖直墙壁A处、质量为200 g的钩码B、C处,AO线与竖直方向的夹角θ=37°,CO线处于水平状态。水平桌面上叠放了5个相同的钩码,C处钩码与水平面之间的动摩擦因数μ=0.75,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求:
(1)细线AO上的拉力大小;
(2)把水平桌面上的钩码逐个拿下来挂在BO线上,要使平衡不被破坏,BO线上最多能挂几个钩码 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
解析:(1)BO线上的拉力为
FTB=mg=2 N
以结点O为研究对象,由平衡条件有
FTAcos 37°=FTB
解得FTA=2.5 N。
(2)达到临界平衡时,假设BO线上挂了n个钩码,则有
FTB′=nmg
CO线上拉力为FTC′=μ·(6-n)mg
根据FTC′=FTB′tan 37°
代入解得n=3。
答案:(1)2.5 N　(2)3个
课时作业
学考基础练
知识点一　受力分析的整体法和隔离法
1.如图所示有3个灯笼串在一起,在风的吹拂下悬绳与竖直方向的夹角为37°,设每个灯笼的质量均为m,相邻的灯笼之间用绳子相连接,自上往下数,第一个灯笼对第二个灯笼的拉力为(　A　)
A.2.5mg B.1.5mg C.3.6mg D.2mg
解析:以最下面两个灯笼组成的整体为研究对象,受力分析如图。根据平衡条件,竖直方向有FTcos 37°=2mg,解得FT==2.5mg,选项A正确,B、C、D错误。
2.如图所示,小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上处于静止状态,细绳与竖直方向夹角为θ。斜面倾角α=θ,置于粗糙水平地面上。则下列说法正确的是(　B　)
A.斜面对小球的支持力方向竖直向上
B.细绳对小球拉力大小等于斜面对小球的支持力的大小
C.地面对斜面体无摩擦力的作用
D.斜面体对地面的摩擦力水平向左
解析:对小球受力分析可知,斜面对小球的支持力方向垂直斜面向上,并且支持力与细绳拉力的合力与重力等大反向,由于斜面倾角α=θ,所以细绳对小球拉力大小等于斜面对小球的支持力的大小,故A错误,B正确;对小球和斜面整体分析,整体受重力、支持力、细绳拉力和地面对斜面体的摩擦力,地面对斜面体的摩擦力方向水平向左,根据作用力和反作用力关系可知,斜面体对地面的摩擦力水平向右,故C、D错误。
3.a、b两个质量相同的球用线连接,a球用线挂在天花板上,b球放在光滑斜面上,系统保持静止,以下图示正确的是(　B　)
解析:对b球受力分析,受重力、垂直斜面向上的支持力和细线的拉力,由于b球处于平衡状态,三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线,故细线拉力斜向右上方,故A图错误;再对a、b两个球整体受力分析,受总重力、垂直斜面向上的支持力和上面细线的拉力,同理,整体三力平衡,上面的细线的拉力方向也斜向右上方,故C、D图错误。
知识点二　解决动态平衡问题的常用方法
4.有一个直角支架AOB,AO水平放置,表面粗糙,OB竖直放置,表面光滑。AO上套有小环P,OB上套有小环Q,两环质量均为m,两环用一质量可忽略、不可伸长的细绳相连,并在某一位置平衡,如图,现将P环向左移一小段距离,两环再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,AO杆对P环的支持力FN和细绳上的拉力FT的变化情况是(　B　)
A.FN不变,FT变大 B.FN不变,FT变小
C.FN变大,FT变大 D.FN变大,FT变小
解析:以两环组成的整体,分析受力情况如图甲所示。根据平衡条件得FN=2mg保持不变。再以Q环为研究对象,分析受力情况如图乙所示。设细绳与OB杆间夹角为α,由平衡条件得,细绳的拉力FT=,P环向左移时α减小,则FT变小,故B正确,A、C、D错误。
5.如图所示,将光滑的球放置在竖直的高挡板AB与竖直的矮挡板CD之间,两挡板间的距离小于球的直径。由于长时间作用,CD挡板的C端略向右偏移了少许。则与C端未偏移时相比,下列说法中正确的是(　C　)
A.AB挡板的支持力变小,C端的支持力变小
B.AB挡板的支持力变小,C端的支持力变大
C.AB挡板的支持力变大,C端的支持力变大
D.AB挡板的支持力变大,C端的支持力变小
解析:以球为研究对象,受到重力、AB挡板的支持力FAB,C端的支持力FC,受力分析如图所示。根据平衡条件可得FAB=mgtan θ,FC=,CD挡板的C端略向右偏移,θ角增大,则AB挡板的支持力变大,C端的支持力变大,故C正确,A、B、D错误。
6.(多选)如图所示,一小球在斜面上处于静止状态,不考虑一切摩擦,如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置,则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是(　BC　)
A.F1先增大后减小 B.F1先减小后增大
C.F2一直减小 D.F2一直增大
解析:以球为研究对象,分析受力情况,小球受到重力G、斜面的支持力F2和挡板的支持力F1,如图,由平衡条件得知,F1和F2的合力与G大小相等、方向相反,作出三个位置力的合成图如图,由图看出,F1先减小后增大,F2逐渐减小,当F1和F2垂直时,F1最小,故B、C正确,A、D错误。
7.如图,斜面体A静置于粗糙水平面上,被一轻绳拴住的小球B置于光滑的斜面上,轻绳左端固定在竖直墙面上P处,此时小球静止且轻绳与斜面平行。现将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P′处,斜面体始终处于静止状态,则在轻绳移动过程中(　D　)
A.轻绳的拉力先变小后变大
B.轻绳的拉力先变大后变小
C.斜面体对小球的支持力逐渐增大
D.斜面体对小球的支持力逐渐减小
解析:对小球受力分析如图所示。小球受到斜面体的支持力FN及轻绳拉力FT的合力始终与小球重力G等大反向,当轻绳左端上升时,FT增大,FN减小,故选D。
知识点三　平衡中的临界和极值问题
8.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示。用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°,则F的最小值为(　A　)
A.mg B.mg C.mg D.mg
解析:将两小球视为整体受力分析,并画出矢量三角形如图。可知当F与细线Oa垂直时,有最小值,Fmin=2mgsin 30°=mg,故A正确,B、C、D错误。
9.如图所示,两根等长的绳子AB和BC在结点B吊一重物静止,两根绳子与水平方向夹角均为60°。现保持绳子AB与水平方向的夹角不变,将绳子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向,在这一过程中,绳子BC拉力(　B　)
A.最大值为mg B.最大值为mg
C.最小值为mg D.最小值为mg
解析:以结点B为研究对象,分析受力情况,根据三力平衡条件知,绳子AB的拉力FTAB与绳子BC的拉力FTBC的合力与重物的重力大小相等、方向相反。作出绳子BC逐渐缓慢地变化到沿水平方向过程中多个位置的力的合成图,由几何知识得,绳子BC拉力先减小后增大,在FTAB与FTBC垂直时取最小值,最小值为mgsin 30°=,在初始位置或最终位置取最大值,最大值为mgtan 30°=mg,故选项B正确。
选考提升练
10.如图所示,甲、乙两个小球的质量均为m,两球间用细线连接,甲球用细线悬挂在天花板上,两根细线长度相等。现给乙球一大小为F水平向左的拉力,给甲球一大小为3F的水平向右的拉力,平衡时细线都被拉紧。则平衡时两球的可能位置是下面的(　B　)
解析:首先取整体为研究对象,整体受到重力、上面细线的拉力以及向左F、向右3F的拉力,两个拉力的矢量和F合=2F,方向向右,故上面的细线向右偏;设上面细线与竖直方向的夹角为α,则由平衡条件得
tan α==,以乙球为研究对象,设下面的细线与竖直方向的夹角为β,则由平衡条件得tan β=,故α=β,两根细线长度相等,故乙在O点正下方,故B正确,A、C、D错误。
11.(多选)如图所示,在水平地面上放着一个左侧截面为半圆的光滑柱状物体甲,在物体甲与竖直墙面之间放着一个光滑斜面体乙,斜面体乙未接触地面,整个装置在水平力F作用下处于静止状态,现推动物体A缓慢向左移动一小段距离,在此过程中,下列说法正确的是(　AB　)
A.水平力F大小不变
B.地面对物体甲的支持力不变
C.斜面体乙对物体甲的压力逐渐增大
D.墙面对斜面体乙的支持力逐渐减小
解析:以乙为研究对象,受力如图(a)所示,由平衡条件可知,墙面对乙的作用力F1=,物体A对乙的支持力F2=,物体甲向左移动时,角度θ保持不变,所以F1、F2保持不变,结合牛顿第三定律,故C、D错误;以整体为研究对象,受力如图(b)所示,水平力F大小等于F1保持不变,竖直方向上,地面对物体甲的支持力等于甲、乙重力之和保持不变,故A、B正确。
12.如图所示,光滑平板用铰链连接在水平面上,平板可绕铰链转动。将一半径不可忽略的球,用轻质网袋装好后系在一轻绳一端,轻绳另一端系在平板非铰链一端,初始状态平板与水平面成θ角,轻绳处于水平位置。现将平板绕铰链缓慢顺时针转动,直至轻绳竖直。则(　B　)
A.轻绳上的拉力一直逐渐增大
B.轻绳上的拉力先增大后减小
C.平板对球的支持力一直逐渐增大
D.平板对球的支持力先增大后减小
解析:最初平衡状态时球的受力如图甲所示,设轻绳对球的拉力为F1,平板对球的支持力为F2,则F1与F2的合力大小为mg,方向竖直向上。平板转动过程中,由于平板缓慢转动至轻绳竖直,球始终处于动态平衡状态,合力为0。当平板转过α角时,球的受力如图乙所示,此时图乙中的相应角度为∠1=90°-α,∠2=θ+α,∠3=90°-θ,其中α≤90°,根据正弦定理,在矢量三角形内有==
,其中α角逐渐增大,故F1先增大后减小,F2一直逐渐减小到0,B项正确。
13.(多选)如图所示,形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起,表面光滑,a,b所受重力分别为G,其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方,上边露出另一半,a静止在平面上。现过a的轴心施加一水平作用力F,可缓慢地将a拉离平面一直滑到b的顶端,对该过程分析,则应有(　BC　)
A.拉力F先增大后减小,最大值是G
B.开始时拉力F最大为 G,以后逐渐减小为0
C.a、b间的压力开始最大为2G,而后逐渐减小到G
D.a、b间的压力由0逐渐增大,最大为G
解析:根据力的三角形定则可知,圆柱体a处于初状态时,受到b的支持力FN==2G,拉力F=FNcos 30°=G,当a缓慢滑动时,θ增大,拉力F=,所以F减小;当a滑到b的顶端时a还是平衡状态,此时它受到的拉力F必定为0,故A错误,B正确;a受到的支持力由FN=可知,θ增大而支持力减小,滑到b的顶端时,二力平衡FN=G,根据牛顿第三定律可知a、b间压力由2G减小到G,故C正确,D错误。
14.如图所示,质量M=2 kg的木块套在水平固定杆上,并用轻绳与质量m=1 kg的小球相连,今用跟水平方向成60°角、大小为10 N的力F拉着小球并带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m的相对位置保持不变,g取10 m/s2。在运动过程中,求:
(1)轻绳与水平方向的夹角θ;
(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。
解析:(1)m处于平衡状态,其合力为零。以m为研究对象,受力分析如图甲所示,由平衡条件得
水平方向:Fcos 60°-FTcos θ=0
竖直方向:Fsin 60°-FTsin θ-mg=0
联立解得θ=30°。
(2)以M、m整体为研究对象,受力分析如图乙所示,由平衡条件得
水平方向:Fcos 60°-Ff=0，
竖直方向:Fsin 60°+FN-(M+m)g=0，
其中Ff=μFN,联立解得μ=。
答案:(1)30°　(2)
15.如图所示,质量为m的物块A被轻质细绳系住斜吊着放在倾角为30°的静止斜面上,物块A与斜面间的动摩擦因数为μ(μ<)。细绳绕过定滑轮O,左右两边与竖直方向的夹角α=30°、β=60°,细绳最右端固定在天花板上,O′为细绳上一轻质光滑动滑轮,下方悬挂着重物B。整个装置处于静止状态,重力加速度为g,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。求:
(1)重物B的质量为多少时,物块A与斜面间恰好没有摩擦力作用
(2)物块A与斜面间恰好没有摩擦力作用时,水平地面对斜面体的摩擦力为多大
(3)重物B的质量满足什么条件时,物块A能在斜面上保持静止
解析:(1)对物块A受力分析如图所示。
A与斜面间恰好没有摩擦力作用即Ff=0，
根据平衡条件有FNsin 30°=FTsin 30°，
FNcos 30°+FTcos 30°=mg，
解得FT=mg，
再对重物B和动滑轮整体分析,根据平衡条件有2FTcos 60°=mBg，
得mB=m。
(2)对斜面体受力分析,根据平衡条件可知Ff′=FN′sin 30°,其中
FN′=FN,解得Ff′=mg。
(3)如果物体A恰好不上滑,则对A
平行斜面方向:FT1cos 30°-mgsin 30°-Ff1=0，
垂直斜面方向:FN1+FT1sin 30°-mgcos 30°=0，
得FT1=，
如果物体A恰好不下滑,摩擦力反向,则对A
平行斜面方向:FT2cos 30°-mgsin 30°+Ff2=0，
垂直斜面方向:FN2+FT2sin 30°-mgcos 30°=0，
得FT2=，
对重物B,根据平衡条件有2FT′cos 60°=mBg，
故物体B的质量范围为≥mB≥。
答案:(1)m　(2)mg
(3)≥mB≥。
《相互作用——力》检测试题
(时间:90分钟　满分:100分)
一、选择题(共12题,每题4分,共48分。第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.关于重力及重心的位置,下列说法正确的是(　D　)
A.物体放在斜面时受到的重力小于放在水平面时受到的重力
B.静止在水平面上的物体对水平面的压力就是其所受的重力
C.重力只作用在物体的重心上,重心的位置总在物体的几何中心
D.重力是由于地球对物体吸引而产生的,重力的施力物体是地球
解析:由G=mg知,同一物体在同一地点,其重力是恒定的,与物体放在水平面或斜面无关,故A错误;静止在水平面上的物体所受的重力和对水平面的压力大小相等,但性质、施力物体、受力物体等均不同,不能说就是同一个力,故B错误;重心是物体所受重力的等效作用点,只有形状规则、质量分布均匀时,重心的位置才在物体的几何中心,故C错误;重力是由于地球对物体吸引而产生的,施力物体是地球,故D正确。
2.如图所示,两手指用力挤压铅笔的两端使它保持静止,下列说法中正确的是(　A　)
A.铅笔静止时,两手指对铅笔的压力是一对平衡力
B.铅笔静止时,两手指对铅笔的压力是相互作用力
C.左边手指受到的压力大于右边手指受到的压力
D.用力挤压铅笔时,铅笔不发生形变
解析:铅笔处于静止状态,两手指对铅笔的压力是一对平衡力,则左边手指受到的压力等于右边手指受到的压力,故A正确,B、C错误;用力挤压铅笔时,铅笔会发生肉眼看不出的微小形变,故D错误。
3.利用弹簧可以测量物体受到的重力。将劲度系数为k的弹簧上端固定在铁架台的横梁上。弹簧下端不挂物体时,测得弹簧的长度为 x0。将待测物体挂在弹簧下端,如图所示。待物体静止时测得弹簧的长度为 x1,测量中弹簧始终在弹性限度内,则待测物体的重力大小为(　D　)
A.kx0 B.kx1
C.k(x1+x0) D.k(x1-x0)
解析:当待测物体静止时,受到弹力和重力,根据二力平衡可知,弹簧弹力和重力大小相等,根据胡克定律得k(x1-x0)=mg,所以D正确,A、B、C错误。
4.如图所示,光滑半球形容器固定在水平面上,O为球心,一质量为m的小滑块,在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN,OP与水平方向的夹角为θ,下列关系正确的是(　A　)
A.F= B.F=mgtan θ
C.FN= D.FN=mgtan θ
解析:对小滑块受力分析,受水平推力F、重力mg、支持力FN,根据三力平衡条件,将受水平推力F和重力G合成,如图所示,由几何关系可得F=,FN=,A正确。
5.如图所示,吊车用两根等长的绳子OA和OB将质量分布均匀的铁板匀速吊离地面,下列说法中正确的是(　D　)
A.绳越长,每根绳对铁板拉力越大
B.绳越长,两根绳对铁板拉力的合力越小
C.两根绳子对铁板拉力的合力竖直向下
D.两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力是共点力
解析:对绳OA和OB的拉力应用平行四边形定则求合力,如图。根据平衡条件两绳子拉力的合力始终与铁板受到的重力等大反向,即不变;如图中所示,当绳子变长后,两绳夹角变小,则绳子拉力变小,但其合力不变,方向竖直向上,故A、B、C错误;两根绳子对铁板的拉力和铁板的重力是共点力,故D正确。
6.木块甲、乙质量分别为5 kg和6 kg,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2。夹在甲、乙之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为400 N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F=1 N的水平拉力作用在木块乙上,如图所示。力F作用后木块所受摩擦力情况是(g取10 m/s2)(　C　)
A.木块甲所受摩擦力大小是10 N
B.木块甲所受摩擦力大小是0
C.木块乙所受摩擦力大小是9 N
D.木块乙所受摩擦力大小是7 N
解析:根据题意可知,木块甲和水平面之间的最大静摩擦力的大小为Ff1=μm甲g=10 N,木块乙和水平面之间的最大静摩擦力的大小为Ff2=μm乙g=12 N,根据胡克定律可知,弹簧的弹力大小为F1=kx=8 N;当F作用于木块乙时,F和F1同向且F+F18 N,故A、B、D错误,C正确。
7.如图所示,一同学在水平桌面上成功将三个形状不规则的石块叠放在一起,保持平衡,下列说法正确的是(　AD　)
A.石块b对a的作用力一定与a受到的重力等大反向
B.石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力
C.石块c受到水平桌面的摩擦力水平向左
D.石块c对b的作用力一定竖直向上
解析:石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力,跟a受到的重力是平衡力,故A正确,B错误;以三个石块作为整体研究,由于整体水平方向不受外力,故石块c不会受到水平桌面的摩擦力,故C错误;选取a、b作为整体研究,根据平衡条件知石块c对b的作用力与a、b重力平衡,则石块c对b的作用力一定竖直向上,故D正确。
8.如图所示,高空作业的工人被一根绳索悬在空中,已知工人及其身上装备的总质量为m,悬绳与竖直墙壁的夹角为α,并且悬绳上的张力大小为F1,墙壁与工人之间的弹力大小为F2,重力加速度为g,不计人与墙壁之间的摩擦,则(　AC　)
A.F1=
B.F2=
C.若缓慢增大悬绳的长度,F1与F2都变小
D.若缓慢增大悬绳的长度,F1减小,F2增大
解析:对工人受力分析,如图所示。根据共点力平衡条件有F1=,F2=
mgtan α;若缓慢增大悬绳的长度,工人下移时,α变小,故F1变小,F2变小,故A、C正确,B、D错误。
9.如图,一根绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后两端挂着相同的重物(滑轮质量忽略不计),与动滑轮相连的绳圈被手指拉着,整个装置在同一竖直平面内。如果要增大手指所受的拉力,可采取的方法是(　ABC　)
A.只减小两滑轮间的距离 B.只增加重物的质量
C.只将手指向下移动 D.只将手指向上移动
解析:对动滑轮处受力分析,受手指的拉力、两段绳子对称的拉力,每段绳子的拉力等于悬挂物体的重力,如图所示。三个力的合力为零,所以手指所受的拉力与两个拉力的合力大小相等,方向相反。两个拉力大小不变,夹角变小时合力变大,故A、C正确,D错误;增加重物质量,两个拉力变大,滑轮位置不变,夹角不变,故而合力变大,故B正确。
10.如图所示,有一刚性方形容器被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态;现缓慢地向容器内注水,直到注满为止,在此过程中容器始终保持静止,下列说法中正确的是(　AC　)
A.容器受到的摩擦力逐渐增大
B.容器受到的摩擦力不变
C.水平力F可能不变
D.水平力F必须逐渐增大
解析:由题知容器始终保持静止状态,受力平衡,所受的摩擦力等于容器和水的总重力,因总重力不断增大,所以容器受到的摩擦力逐渐增大,故A正确,B错误;若最大静摩擦力大于总重力时,力F可能不变,若最大静摩擦力小于总重力时F要增大,故C正确,D错误。
11.如图所示,质量为m的小球与三根相同的轻弹簧相连。静止时,弹簧c沿竖直方向,相邻两弹簧间的夹角均为120°。已知弹簧a、b对小球的作用力大小均为F(mgA.F B.F+2mg
C.F-mg D.F+mg
解析:设a、b两个弹簧对小球作用力的合力为F′,由几何关系知
F′=F,若弹簧c对小球的作用力Fc=F,由于mg12.如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止,则在此过程中(　BD　)
A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳的拉力大小一定一直增大
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增大
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大
解析:如图所示,以物块N为研究对象,它在水平向左拉力F作用下,缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中,水平拉力F逐渐增大,绳子拉力FT逐渐增大;对M受力分析可知,若起初M受到的摩擦力Ff沿斜面向下,则随着绳子拉力FT的增加,则摩擦力Ff 也逐渐增大;若起初M受到的摩擦力Ff 沿斜面向上,则随着绳子拉力FT的增加,摩擦力Ff可能先减小后反向增大,故B、D正确。
二、非选择题(共52分)
13.(6分)如图甲所示,用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码,探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。
(1)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的Fx图线,由此可求出弹簧的劲度系数为　　　　 N/m。
(2)图线不过原点的原因是由于　 。
(3)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中,使用两根不同的弹簧a和b,得到弹力与弹簧伸长量的图像如图丙所示。下列表述正确的是　　　　。
A.b的原长比a的长
B.a的劲度系数比b的小
C.a的重力比b的小
D.测得的弹力与弹簧的长度成正比
解析:(1)根据胡克定律可得F=kx,Fx图像的斜率表示劲度系数,则有k==200 N/m。
(2)由于弹簧自身重力的影响,使得没有悬挂钩码时就有一定的弹力,所以图线不过原点。
(3)横坐标为弹簧的伸长量,不能得到弹簧的原长,故A错误;Fx图像的斜率表示劲度系数,所以a的劲度系数比b的小,故B正确;图线的延长线与F轴交点的绝对值表示弹簧受到的重力,由此可知a受到的重力比b的小,故C正确;根据胡克定律可知测得的弹力与弹簧的伸长量成正比,不是与弹簧的长度成正比,故D错误。
答案:(1)200　(2)弹簧自身有重力　(3)BC
评分标准:每空2分。
14.(10分)某实验小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验,如图所示,实验步骤如下:
①用两个相同的弹簧测力计互成角度的拉细绳套,使橡皮条伸长,结点达到纸面上某一位置,记为O1;
②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向;
③只用一个弹簧测力计,将结点仍拉到位置O1,记录弹簧测力计的拉力F′的大小和方向;
④按照力的图示要求,作出拉力F1、F2、F′;
⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F;
⑥比较F′和F的一致程度。
(1)本次实验需要用到带细绳套的橡皮条,图甲中最合适的是　　。
(2)某次用弹簧测力计拉橡皮条时的指针位置如图乙所示,弹簧测力计示数为　　　　 N。
(3)改变F1和F2,重复步骤①至⑥进行第二次实验,记下结点位置O2,位置O2　　　　(选填“必须”或“不必”)与位置O1相同。
(4)实验中,用两个弹簧测力计同时拉,两绳夹角小于90°,一个弹簧测力计示数接近量程,另一个超过量程的一半,请说明这样的操作
　　　　(选填“合理”或“不合理”),理由是　 。
(5)某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2,图中小正方形的边长表示2 N,两合力用F表示,F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2,下列关系正确的有　　　　。
A.F1=4 N B.F=12 N
C.θ1=45° D.θ1<θ2
解析:(1)细绳套长度越长,对于力的方向测量越准确,所以最合适的是C。
(2)此弹簧测力计分度值为0.1 N,需要估读到下一位,因此示数为2.63 N。
(3)改变F1和F2,重复步骤①至⑥进行第二次实验,记下结点位置O2,因为是两次不同的实验,则位置O2不必与第一次位置O1相同。
(4)实验中,用两个弹簧测力计同时拉,两绳夹角小于90°,一个弹簧测力计示数接近量程,另一个超过量程的一半,这样合力会超出量程,所以不合理。
(5)根据平行四边形定则,作出两个力的合力如图所示,由图可以知道F1=4 N,合力F=12 N,根据几何关系知F1与F的夹角为θ1=45°,从图上可以知道θ1>θ2,故B、C正确,A、D错误。
答案:(1)C　(2)2.63　(3)不必 (4)不合理　合力会超出弹簧测力计量程 (5)BC
评分标准:第(1)、(2)问每空1分,第(3)、(4)、(5)问每空2分。
15.(6分)一物体放到水平地板上,用一轻弹簧水平拉该物体,当拉着物体匀速前进时,弹簧伸长了2 cm,用弹簧测量此物体受到的重力时,弹簧伸长了10 cm,已知弹簧的劲度系数为k=200 N/m,g取10 N/kg,求:
(1)物体受到的质量;
(2)物体和地板间的动摩擦因数。
解析:(1)物体的重力G=kx2=20 N， (1分)
所以物体的质量m==2 kg。 (1分)
(2)物体匀速前进时,摩擦力为滑动摩擦力,
有Ff=F=kx1=4 N， (2分)
且G=FN ， (1分)
则动摩擦因数μ==0.2。 (1分)
答案:(1)2 kg　(2)0.2
16.(8分)如图所示,细绳OA与竖直方向成45°角,细绳OB水平;细绳OA、OB所能承受的最大拉力均为100 N,细绳OC能够承受足够大的拉力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)当所悬挂重物受到的重力为50 N时,细线OA、OB的拉力分别是
多大
(2)为使细绳OA、OB均不被拉断,则细绳OC下端所悬挂重物受到的最大重力应为多大
解析:(1)以结点O为研究对象,受力分析如图所示。当重物为50 N时,细绳OA的拉力大小F1==50 N， (2分)
细绳OB的拉力大小 F2=G=50 N。 (2分)
(2)当OC下端所悬挂重物的重力不断增大时,细绳OA、OB所受的拉力同时增大,由于F1>F2,所以细线OA先被拉断。 (1分)
再假设OA上的拉力刚好达到最大值,即F1max=100 N,处于将被拉断的临界状态, (1分)
根据平衡条件有F1maxcos 45°=Gmax , (1分)
解得Gmax=100 N。 (1分)
答案:(1)50 N　50 N　(2)100 N
17.(10分)如图所示,质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上,用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上,整个系统处于静止状态,已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ=30°。不计小球与斜面间的摩
擦,求:
(1)画出小球的受力分析示意图;
(2)轻绳对小球的作用力大小;
(3)水平面对斜面体的支持力大小。
解析:(1)以B为研究对象,受力分析示意图如图所示。 (2分)
(2)由几何关系知θ=β=30° ， (1分)
根据平衡条件可得FTsin θ=FNsin β ， (1分)
FTcos θ+FNcos β=mg， (1分)
解得 FT=mg。 (1分)
(3)以斜面体为研究对象,其受力分析示意图如图所示。
由(2)可得 FN=mg， (1分)
由牛顿第三定律有FN′= FN=mg， (1分)
由平衡条件得,水平面对斜面体的支持力为
FN1=Mg+FN′cos θ=Mg+mg。 (2分)
答案:(1)图见解析　(2)mg　(3)Mg+mg
18.(12分)如图所示,两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上,两根长度均为l的轻绳一端系在小环上,另一端系在质量为M的木块上,两个小环之间的距离也为l,小环保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,试求:
(1)小环对杆的压力大小;
(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大
解析:(1)两小环和木块整体受力为重力(M+2m)g,两支持力FN,由平衡条件得2FN-(M+2m)g=0 ， (2分)
解得FN=Mg+mg， (1分)
由牛顿第三定律得小环对杆的压力大小为FN′=Mg+mg。 (1分)
(2)对木块,其受力为重力Mg和两轻绳的拉力(设每根绳的拉力为FT),由平衡条件得2FTcos 30°-Mg=0， (2分)
小环刚好不滑动时小环受到最大静摩擦力,此时动摩擦因数最小,则有FTsin 30°-Ff=0 ， (2分)
Ff=μFN′ ， (2分)
解得μ=。 (2分)
答案:(1)Mg+mg　(2)专题提升5　牛顿运动定律应用中的经典模型
[素养目标]
1.学会用整体法和隔离法分析简单的连接体模型。
2.能分析简单的传送带模型。
3.能分析简单的滑块—滑板模型。
类型一　连接体模型
[例1] 如图甲所示,将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上,在物体P上施加沿斜面向上的恒力F,使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动;图乙为将图甲中的斜面调整为水平,并在物体P上施加水平恒力F;图(丙)为两物体叠放在一起,在物体P上施加一竖直向上的恒力F使二者向上加速运动。三种情况下力F大小相等,加速度大小分别为a甲、a乙、a丙,两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙,则下列说法正确的是(　D　)
A.a乙最大,F乙最大
B.a丙最大,F丙最大
C.a甲=a乙=a丙,F甲=F乙=F丙
D.a乙>a甲>a丙,F甲=F乙=F丙
解析:设物体P的质量为M,物体Q的质量为m。在图甲中,将P和Q看作一个整体,根据牛顿第二定律有F-(M+m)gsin θ=(M+m)a甲,对物体Q有F甲-mgsin θ=ma甲,解得a甲=-gsin θ,F甲=;同理对图乙,解得a乙=,F乙=;同理对图丙,解得a丙=-g,F丙=,显然a乙>a甲>a丙,F甲=F乙=F丙,D正确。
处理连接体模型的方法
(1)整体法:把整个系统作为一个研究对象来分析的方法。不必考虑系统内力的影响,只考虑系统受到的外力。
(2)隔离法:把系统中的各个部分(或某一部分)隔离,作为一个单独的研究对象来分析的方法。此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力,在分析时要特别注意。
(3)整体法与隔离法的选用:求解各部分加速度都相同的连接体问题时,要优先考虑整体法;如果还要求物体之间的作用力,再用隔离法。求解连接体问题时,随着研究对象的转移,往往两种方法交叉运用。
[对点训练1]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　C　)
A.F B. C. D.
解析:设列车做匀加速直线运动的加速度为a,可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析,设每节车厢的质量均为m,每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为Ff,则有F-38Ff=38ma,再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′,则有F′-2Ff=2ma,联立解得F′=,C项正确,A、B、D项错误。
类型二　传送带模型
[例2]
如图所示,水平传送带以不变的速度v=10 m/s向右运动,将工件(可视为质点)轻轻放在传送带的左端,由于摩擦力的作用,工件做匀加速运动,经过时间t=2 s,速度达到v;再经过时间t′=4 s,工件到达传送带的右端,g取10 m/s2,求:
(1)工件在水平传送带上滑动时的加速度的大小;
(2)工件与水平传送带间的动摩擦因数;
(3)传送带的长度。
解析:(1)工件的加速度a=,
解得a=5 m/s2。
(2)设工件的质量为m,由牛顿第二定律得μmg=ma,
所以动摩擦因数μ==0.5。
(3)工件加速运动距离x1=t,
工件匀速运动距离x2=vt′,
工件从左端到达右端通过的距离x=x1+x2
联立解得x=50 m,即为传送带的长度。
答案:(1)5 m/s2　(2)0.5　(3)50 m
传送带模型的求解思路
[对点训练2]
如图所示的传送带,其水平部分ab的长度为2 m,倾斜部分bc的长度为4 m,bc与水平面的夹角为α=37°,将一小物块A(可视为质点)轻轻放于传送带的a端,物块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25。传送带沿图示方向以v=2 m/s的速度匀速运动,若物块A始终未脱离传送带,且在b点前后瞬间速度大小不变,g取10 m/s2,sin 37°=
0.6,cos 37°=0.8。试求:
(1)小物块A在ab段的运动时间;
(2)小物块A在bc段的运动时间。
解析:(1)A先在传送带上匀加速运动(相对地面),设A对地速度为2 m/s时,A对地的位移是x1=,得
x1=0.8 m<2 m,
即物块在ab段先做加速运动,后做匀速运动,设此过程A的加速度为a1,
则μmg=ma1,故a1=2.5 m/s2,
A做匀加速运动的时间t1==0.8 s,
当A对地的速度达到2 m/s时,A随传送带一起匀速运动,设匀速时间为t2,则t2==0.6 s,
则小物块A在ab段的运动时间tab=t1+t2=1.4 s。
(2)由于μ=0.25mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,
解得a2=4 m/s2,
由运动学公式xbc=vt3+a2,
可知t3=1 s(t3=-2 s舍去) ,
即小物块A在bc段的运动时间t3=1 s。
答案:(1)1.4 s　(2)1 s
类型三　滑块—滑板模型
[例3] 如图所示,厚度不计的薄板A长l=5 m,质量M=5 kg,放在水平地面上。在A上距右端x=3 m处放一物体B(大小不计),其质量m=2 kg,已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.1,A与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,原来系统静止。现在板的右端施加一大小恒定的水平力F=26 N,持续作用在A上,将A从B下抽出。g取10 m/s2,求:
(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大
(2)B运动多长时间离开A
解析:(1)对于B,根据牛顿第二定律有
μ1mg=maB,
解得aB=1 m/s2,
对于A,F-μ1mg-μ2(m+M)g=MaA,
解得aA=2 m/s2。
(2)设经时间t抽出,则xA=aAt2,
xB=aBt2,Δx=xA-xB=l-x,
解得t=2 s。
答案:(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)2 s
(1)模型概述:一个物体在另一个物体上,两者之间有相对运动。问题涉及两个物体、多个过程,两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。
(2)常见的两种位移关系
滑块从滑板的一端运动到另一端的过程中,若滑块和滑板向同一方向运动,则滑离滑板的过程中滑块的位移和滑板的位移之差等于滑板的长度;若滑块和滑板向相反方向运动,滑离滑板时滑块的位移和滑板的位移大小之和等于滑板的长度。
(3)解题方法
①明确各物体初始状态(对地的运动和物体间的相对运动),确定物体间的摩擦力方向。
②分别隔离两物体进行受力分析,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
③找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带,即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[对点训练3]
如图所示,物块A、木板B的质量均为m=10 kg,不计A的大小,木板B长L=3 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=0.1,g取10 m/s2。
(1)求物块A和木板B运动过程的加速度的大小;
(2)若A刚好没有从B上滑下来,求A的初速度v0的大小。
解析:(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知,A在B上向右做匀减速运动,设其加速度大小为a1,则有
a1==3 m/s2,
木板B向右做匀加速运动,设其加速度大小为a2,则有
a2==1 m/s2。
(2)由题意可知,A刚好没有从B上滑下来,则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同,设为v,则有时间关系
t==,
位移关系L=-,
解得v0=2 m/s。
答案:(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)2 m/s
1.
如图所示,质量为2 kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ=0.1,质量为1 kg的物块B与地面的摩擦忽略不计,在已知水平力F=11 N的作用下,A、B一起做加速运动,g取10 m/s2,则下列说法中正确的是(　D　)
A.A、B的加速度均为3.67 m/s2
B.A、B的加速度均为3.3 m/s2
C.A对B的作用力为3.3 N
D.A对B的作用力为3.0 N
解析:在已知水平力F=11 N的作用下,A、B一起做加速运动,对A、B整体,有F-μmAg=(mA+mB)a,解得a=3 m/s2,选项A、B错误;隔离B有FAB=mBa=3.0 N,选项C错误,D正确。
2.
如图所示,一物体P从曲面上的A点自由滑下,在水平静止的粗糙传送带上滑动后恰好停在传送带的右端B。若传送带沿逆时针方向转动起来,再把P放到A点,让其自由滑下,则(　A　)
A.P仍能到达B端且速度为零
B.P到达不了B端
C.P会滑过B端后向右抛出
D.以上三种情况均有可能
解析:无论传送带是静止还是沿逆时针方向运行,P受到的支持力大小均等于P的重力mg,动摩擦因数μ不变,P受到的摩擦力方向均水平向左,大小均为Ff=μmg,即P在传送带上的受力情况是相同的,运动情况也是相同的,选项A正确,B、C、D错误。
3.如图所示,物体P置于光滑的水平面上,用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10 N的重物,物体P向右运动的加速度为a1;若细线下端不挂重物,而用F=10 N的力竖直向下拉细线下端,这时物体P的加速度为a2,则(　A　)
A.a1C.a1>a2 D.条件不足,无法判断
解析:挂重物时,选连接体为研究对象,由牛顿第二定律得,共同运动的加速度大小a1==;当改为10 N拉力后,由牛顿第二定律得,P的加速度a2=,故a14.(多选)如图所示,长方体物块A叠放在长方体小车B上,B置于光滑水平面上。A、B质量分别为mA=m,mB=2m,A、B之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现对B施加一水平力F,则(　CD　)
A.当F>μmg时,A相对B滑动
B.当F=1.5μmg时,B的加速度为0.25μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.A的最大加速度为μg
解析:当A、B刚要发生相对滑动时,A、B之间的最大静摩擦力为=μmg,对A分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得A的最大加速度a=μg,对整体分析,根据牛顿第二定律有F合=3ma=3μmg;当F>3μmg时,A、B发生相对滑动,故选项A错误,C、D正确;当F=1.5μmg 时,A、B一起运动,对整体,根据牛顿第二定律有1.5μmg=3ma′,a′=0.5μg,故选项B错误。
5.
如图,倾角θ=37°的足够长传送带以恒定速率v=4 m/s顺时针运行,现将一质量m=5 kg的小物体无初速度放在传送带的A端,小物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.85,g取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则在整个上滑过程中小物体(　B　)
A.加速度恒定
B.加速运动的时间为5 s
C.所受的摩擦力方向会发生变化
D.所受的滑动摩擦力大小为42.5 N
解析:刚开始小物体受沿斜面向上的滑动摩擦力Ff=μmgcos 37°=34 N,故选项D错误;刚开始小物体向上的加速度a=μgcos 37°-gsin 37°=0.8 m/s2,由v=at解得加速运动的时间t=5 s,故选项B正确;由于μ=0.85>tan θ=0.75,所以小物体速度达到4 m/s后就与传送带保持相对静止,以共同的速度向上匀速运动,加速度为零,此时小物体受沿斜面向上的静摩擦力作用,摩擦力的方向没有发生变化,故选项A、C错误。
课时作业
学考基础练
知识点一　连接体模型
1.如图所示,弹簧测力计外壳质量为m0,弹簧及挂钩的质量忽略不计,挂钩吊着一质量为m的重物。现用一竖直向上的外力F拉着弹簧测力计,使其向上做匀加速直线运动,则弹簧测力计的读数为(　C　)
A.mg B.F
C.F D.F
解析:将弹簧测力计及重物视为一个整体,设它们共同向上的加速度为a。由牛顿第二定律得F-(m0+m)g=(m0+m)a,弹簧测力计的示数等于它对重物的拉力,设此力为FT。则对重物由牛顿第二定律得FT-mg=ma,联立解得FT=F,C正确。
2.如图所示,放在光滑水平面上的物体A和B,质量分别为2m和m,第一次水平恒力F1作用在A上,第二次水平恒力F2作用在B上。已知两次水平恒力作用时,A、B间的作用力大小相等。则(　C　)
A.F1C.F1>F2 D.F1>2F2
解析:设A、B间作用力大小为F′,则水平恒力作用在A上时,隔离B受力分析有F′=maB;水平恒力作用在B上时,隔离A受力分析有F′=
2maA;F1=(2m+m)aB,F2=(2m+m)aA,解得F1=3F′,F2=F′,所以F1=2F2,即F1>F2,故C正确。
3.(多选)如图所示,轻质细线一端固定在质量为m1=0.3 kg的物体上,另一端绕过光滑的滑轮悬挂质量为m2=0.1 kg的物体。初始时用手托住m1使整个系统处于静止状态,此时m1离地面的高度为h=0.4 m,某时刻将手撤回,m1、m2从静止开始运动(g取10 m/s2),则(　AC　)
A.绳子对物体m2的拉力大于物体m2所受的重力
B.物体m1落地前,m2的加速度大小为20 m/s2
C.物体m1刚落地时,m2的速度大小为2 m/s
D.整个过程中物体m2上升的最大高度为0.2 m
解析:将手撤回后,m2加速上升,则绳子对物体m2的拉力大于物体m2所受的重力,选项A正确;对两物体的整体,由牛顿第二定律得m1g-m2g=
(m1+m2)a,解得a=5 m/s2,选项B错误;物体m1刚落地时m2的速度大小为v==2 m/s,选项C正确;m1落地后,m2向上做上抛运动,还能上升的高度为h1==0.2 m,则整个过程中物体m2上升的最大高度为
0.6 m,选项D错误。
知识点二　传送带模型
4.(多选)机场和火车站的安全检查仪用于对乘客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图所示的模型,紧绷的传送带始终保持v=
1 m/s的恒定速率逆时针方向运行。乘客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则(　BD　)
A.乘客与行李同时到达B处
B.乘客提前0.5 s到达B处
C.行李提前0.5 s到达B处
D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处
解析:行李无初速度地放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动。加速时a=μg=1 m/s2,历时t1==1 s达到共同速度,位移x1=t1=0.5 m,此后行李匀速运动,所用时间t2==1.5 s,到达B处共用时2.5 s。乘客到达B处用时t==2 s,故B正确,A、C错误;若传送带速度足够大,行李一直匀加速运动,最短运动时间tmin=
=2 s,故D正确。
5.如图所示,将一质量为m的滑块轻轻放置于传送带的左端,已知传送带以速度v0顺时针运动,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带左右距离无限长,重力加速度为g。当滑块速度达到v0时突然断电,传送带以大小为a的加速度匀减速至停止。关于滑块放上去后受到的摩擦力,下列说法正确的是(　B　)
A.滑块始终没有受到静摩擦力作用
B.滑块刚放上去时受到的滑动摩擦力为μmg
C.滑块受到的摩擦力一直不变
D.传送带减速时滑块受到的摩擦力可能变为零
解析:滑块刚放上去时,受到向前的滑动摩擦力,大小为μmg,断电时滑块速度为v0,如果a≤μg,则滑块与传送带将以相同的加速度减速,滑块受到静摩擦力,大小为ma;断电时滑块速度为v0,如果a>μg,则传送带以加速度a减速,滑块只能以加速度μg减速,滑块受到滑动摩擦力,大小为μmg,方向在断电时刻突然变为向后,故A、C、D错误,B
正确。
6.如图所示,传送带与水平地面的倾角为θ=37°,AB的长度为64 m,传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向转动,在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,求物体从A点运动到B点所用的时间。(sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8,g取 10 m/s2)
解析:开始时物体下滑的加速度
a1=g(sin 37°+μcos 37°)=10 m/s2,
运动到与传送带共速的时间为t1==2 s,
下滑的距离x1=a1=20 m,
由于tan 37°=0.75>μ=0.5,故物体2 s后继续加速下滑,
且此时a2=g(sin 37°-μcos 37°)=2 m/s2,
根据x2=vt2+a2,且x2=lAB-x1=44 m
联立得t2=2 s (t2=-22 s舍去)
故共用时间为t=t1+t2=4 s。
答案:4 s
知识点三　滑块—滑板模型
7.如图所示,质量为m的木块放在质量为M的木板上,木块受到向右的拉力F的作用而向右滑行,木板处于静止状态,已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　D　)
A.木板受到地面的摩擦力大小一定是μ2mg
B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m+M)g
C.木板受到地面的摩擦力的大小一定等于F
D.当F>μ2(m+M)g时,木板仍静止
解析:木块所受木板的滑动摩擦力大小Ff1=μ1mg,方向水平向左,根据牛顿第三定律得知木板受到木块的摩擦力方向水平向右,大小等于μ1mg,木板处于静止状态,根据平衡条件知木板受到地面的摩擦力的大小是μ1mg,故A、B、C错误;当木块相对木板运动,两者之间的摩擦力为滑动摩擦力,故当F>μ2(m+M)g时,此时木块对木板的作用力仍为μ1mg,故木板仍处于静止状态,故D正确。
8.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg,现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为(　C　)
A.μmg B.2μmg
C.3μmg D.4μmg
解析:当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,A物体所受的合力为μmg,由牛顿第二定律知aA==μg,对于A、B整体,加速度a=aA=μg。由牛顿第二定律得F=3ma=3μmg。
9.物体A放在物体B上,物体B放在光滑的水平面上,已知mA=8 kg,mB=2 kg,A、B间动摩擦因数μ=0.2,如图所示。若现用一水平向右的拉力F作用于物体A上,g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　C　)
A.当拉力F<16 N时,A静止不动
B.当拉力F>16 N时,A相对B滑动
C.当拉力F=16 N时,A受B的摩擦力等于3.2 N
D.无论拉力F多大,A相对B始终静止
解析:当A、B刚要发生相对滑动时,对B根据牛顿第二定律得,整体的加速度a==8 m/s2,此时拉力F=(mA+mB)a=80 N。当F≤80 N时,A、B相对静止,当F>80 N时,A相对B滑动,故A、B、D错误;当F=16 N时,A、B相对静止,整体的加速度为a==1.6 m/s2,对B有Ff=
mBa=3.2 N,由牛顿第三定律知Ff′=3.2 N,故C正确。
选考提升练
10.(多选)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行,现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端,木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹,下列说法正确的是(　CD　)
A.黑色的痕迹将出现在木炭的左侧
B.木炭的质量越大,痕迹的长度越短
C.传送带运动的速度越大,痕迹的长度越长
D.木炭与传送带间动摩擦因数越大,痕迹的长度越短
解析:刚放上木炭时,木炭的速度慢,传送带的速度快,木炭向后滑动,所以黑色的痕迹将出现在木炭的右侧,故A错误;木炭在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力,摩擦力作为它的合力产生加速度,由牛顿第二定律知μmg=ma,所以a=μg,当达到共同速度时,不再有相对滑动,由v2=2ax得,木炭位移x木=,设相对滑动的时间为t,由v=at,得t=,此时传送带的位移为x传=vt=,所以相对滑动的位移是Δx=x传-x木=,由此可以知道,黑色的痕迹的长度与木炭的质量无关,故B错误;由B知,传送带运动的速度越大,痕迹的长度越长,故C正确;木炭与传送带间动摩擦因数越大,痕迹的长度越短,故D正确。
11. (2019·全国Ⅲ卷,20) (多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　AB　)
A.木板的质量为1 kg
B.2 s～4 s内,力F的大小为0.4 N
C.0～2 s内,力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
解析:结合(b)、(c)两图像可判断出0～2 s物块和木板还未发生相对滑动,它们之间的摩擦力为静摩擦力,此过程力F等于F摩,故F在此过程中是变力,C错误;2～5 s内木板与物块发生相对滑动,它们之间的摩擦力转变为滑动摩擦力,在4～5 s内,木板仅在摩擦力的作用下做匀减速运动,有F摩=ma2=0.2 N,而a2=0.2 m/s2,故m=1 kg,A正确;在
2 s～4 s内,木板加速度大小a1=0.2 m/s2,根据牛顿第二定律可知F-
F摩=ma1,即F=0.4 N,B正确;对物块进行分析可知,物块一直处于平衡状态,故F摩=μm物g=0.2 N,而物块的质量未知,所以无法计算物块与木板之间的动摩擦因数μ,D错误。
12.如图所示,水平传送带正在以v=4 m/s的速度匀速顺时针转动,质量为m=1 kg的某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数μ=
0.1,将该物块从传送带左端的A点无初速度地轻放在传送带上(g取10 m/s2)。
(1)如果传送带长度L=4.5 m,求经过多长时间物块将到达传送带的
右端;
(2)如果传送带长度L1=20 m,求经过多长时间物块将到达传送带的
右端。
解析:物块放到传送带上后,在滑动摩擦力的作用下先向右做匀加速运动。由μmg=ma得a=1 m/s2
若传送带足够长,匀加速运动到与传送带共速后再与传送带一同向右做匀速运动。
物块匀加速运动的时间t1==4 s,
物块匀加速运动的位移x1=a=8 m,
(1)因为4.5 m<8 m,所以物块一直加速,
由L=at2得t=3 s。
(2)因为20 m>8 m,所以物块速度达到传送带的速度后,摩擦力变为0,此后物块与传送带一起做匀速运动,物块匀速运动的时间t2==3 s,
故物块到达传送带右端的时间t′=t1+t2=7 s。
答案:(1)3 s　(2)7 s
13.(2019·江苏卷，15)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB′;
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
解析:A、B的运动过程如图所示。
(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg
由题知,A被敲击后做匀变速直线运动,则2aAL=
解得vA=。
(2)设A、B的质量均为m,对齐前,B所受合力大小F=3μmg
由牛顿运动定律知F=maB,得aB=3μg
对齐后,A、B整体所受合力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律知F′=2maB′,得aB′=μg。
(3)设经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小为aA
则v=aAt,v=vB-aBt
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2。
答案:(1)　(2)3μg　μg　(3)2专题提升6　牛顿运动定律的综合应用
[素养目标]
1.学会结合图像解决动力学问题。
2.认识临界问题,掌握临界、极值问题的分析方法。
3.能运用动力学方法分析物体多过程问题。
类型一　动力学中图像问题的求解
[例1]为了探究物体与斜面间的动摩擦因数,某同学进行了如下实验:取一质量为m的物体,使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动,如图甲所示,通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示,通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示,若已知斜面的倾角α=30°,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物体与斜面间的动摩擦因数;
(2)求撤去推力F后,物体还能上升的距离(斜面足够长)。
解析:(1)0～2 s内,物体做匀加速直线运动,受力分析并根据牛顿第二定律得
F1-mgsin α-μmgcos α=ma1,
a1==0.5 m/s2,
2 s后物体做匀速运动,
F2-mgsin α-μmgcos α=ma2,
a2=0,
代入数据解得m=3 kg,μ=。
(2)撤去推力F后,有-μmgcos α-mgsin α=ma3,
解得a3=- m/s2,
x3==0.075 m。
答案:(1)　(2)0.075 m
解决图像综合问题的关键
(1)把图像与具体的题意、情境结合起来,明确图像的物理意义以及图像所反映的物理过程。
(2)特别注意图像中的一些特殊点,如图线与横、纵坐标轴的交点、图线的转折点、两图线的交点等所表示的物理意义。
[对点训练1]如图所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,下图中v、a、Ff和x分别表示物体的速度、加速度、摩擦力和位移。正确的是(　C　)
解析:根据物体的受力情况,可以判断出物体先在斜面上做匀加速直线运动,到达水平面上之后做匀减速直线运动,所以物体运动的v-t图像应该是倾斜的直线,不能是曲线,故A错误;由于物体的运动先是匀加速运动,后是匀减速运动,在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的,所以物体的a-t图像应该是两段水平的直线,不能是倾斜的直线,故B错误;在整个运动的过程中,物体受到的都是滑动摩擦力,压力恒定时摩擦力大小不变,由于在斜面上的压力比在水平面上的压力小,所以滑动摩擦力比在水平面上的小,故C正确;物体在斜面上做的是匀加速直线运动,物体的x-t图像应该是抛物线,图线斜率逐渐增大,故D错误。
类型二　临界、极值问题的求解
[例2]如图所示,细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球。(重力加速度为g)
(1)当滑块至少以多大的加速度向右运动时,线对小球的拉力刚好等于零
(2)当滑块至少以多大的加速度a1向左运动时,小球对滑块的压力等于零
(3)当滑块以a′=2g的加速度向左运动时,线中拉力为多大
解析:
(1)对小球受力分析,小球受重力mg、线的拉力FT和斜面支持力FN作用,如图甲,当FT=0时有
FNcos 45°=mg,
FNsin 45°=ma,
解得a=g,
故当向右加速度为g时线上的拉力为0。
(2)假设滑块具有向左的加速度a1时,小球受重力mg、线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用,如图乙所示。由牛顿第二定律得
水平方向:
FT1cos 45°-FN1sin 45°=ma1,
竖直方向:FT1sin 45°+FN1cos 45°-mg=0,
联立解得FN1=,FT1=,
可以看出,当加速度a1增大时,小球所受的支持力FN1减小,线的拉力FT1增大。
当a1=g时,FN1=0,此时小球虽与斜面接触但无压力,处于临界状态,这时绳的拉力为FT1=mg,所以滑块至少以a1=g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零。
(3)
当滑块加速度大于g时,小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用,如图丙所示,此时细线与水平方向间的夹角α<45°。由牛顿第二定律得FT′cos α=ma′,
FT′sin α=mg,
解得FT′=mg。
答案:(1)g　(2)g　(3)mg
临界问题的处理思路
(1)在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语时,一般都暗含了临界状态的出现,隐含了相应的临界条件。
(2)求解此类问题时,一定要找准临界点,从临界点入手分析物体的受力情况和运动情况,看哪些量达到了极值,然后对临界状态应用牛顿第二定律结合整体法、隔离法求解即可。
(3)常见的临界条件
①接触与脱离的临界条件:两物体接触面弹力FN=0。
②相对静止或相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值。
③绳子断裂与松弛的临界条件:绳子所能承受的张力是有限的,绳子断与不断的临界条件是绳子张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是FT=0。
④加速度最大与速度最大的临界条件:当物体在受到变化的外力作用下运动时,其加速度和速度都会不断变化,当所受合力最大时,具有最大加速度;合力最小时,具有最小加速度。当出现加速度为零时,物体处于临界状态,所以对应的速度便会出现最大值。
(4)求解临界、极值问题的三种常用方法
①极限法:把物理问题(过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的。
②假设法:临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件,往往用假设法。
③数学方法:将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件。
[对点训练2]
一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端,另一端拴住质量m1=4 kg的物块P,Q为一重物,已知Q的质量为m2=8 kg,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止,如图所示。现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力,求力F的最大值与最小值。(sin 37°=0.6,g取10 m/s2)
解析:从受力角度看,两物体分离的条件是两物体间的正压力恰好为0,从运动学角度看,一起运动的两物体恰好分离时,两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。
设刚开始时弹簧压缩量为x0,
则(m1+m2)gsin θ=kx0
因为在前0.2 s时间内,F为变力,0.2 s以后,F为恒力,所以在0.2 s时,P对Q的作用力恰好为0,由牛顿第二定律知kx1-m1gsin θ=m1a
前0.2 s时间内P、Q向上运动的距离为x0-x1=at2,
联立解得a=3 m/s2,
当P、Q刚开始运动时拉力最小,此时有
Fmin=(m1+m2)a=36 N,
当P与Q分离时拉力最大,此时有
Fmax=m2(a+gsin θ)=72 N,且此后恒为72 N。
答案:72 N　36 N
类型三　利用牛顿运动定律解决多过程问题
[例3]如图所示,一小轿车从高为10 m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶,当小轿车到达底端时进入一水平面,在距斜坡底端115 m的地方有一池塘,发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N,在水平地面上调节油门后,发动机产生的牵引力为1.4×104 N,小轿车的质量为2 t,小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度大小;
(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘,在水平地面上加速的时间不能超过多少 (轿车在行驶过程中不采用刹车装置)
解析:(1)小轿车在斜坡上行驶时,由牛顿第二定律得
F1+mgsin 37°-μmgcos 37°=ma1,
代入数据得斜坡上小轿车的加速度a1=3 m/s2,
由=2a1x1=,
得行驶至斜坡底端时的速度大小v1=10 m/s。
(2)在水平地面上加速时F2-μmg=ma2,
代入数据得a2=2 m/s2,
关闭油门后减速μmg=ma3,
代入数据得a3=5 m/s2,
设关闭油门时轿车的速度为v2,
+=x2,
得v2=20 m/s,
t==5 s,
即在水平地面上加速的时间不能超过5 s。
答案:(1)10 m/s　(2)5 s
(1)单个物体多过程处理方法
①分析每个过程的受力情况和运动情况,根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)及选取合适的运动学公式。
②注意前后过程物理量之间的时间关系、位移关系及速度关系(前一过程的末速度是后一过程的初速度)。
(2)解决多过程问题的一般步骤
①将题目涉及的物理问题合理地分解为几个彼此相对独立、又相互联系的过程。
②对各个物理过程进行受力分析及运动状态分析。
③根据各个过程遵从的物理规律逐个建立方程。
④通过各过程把相关联的物理量联系起来。
[对点训练3](2020·浙江1月选考，19)一个无风晴朗的冬日,小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑,滑行54 m后进入水平雪道,继续滑行40.5 m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60 kg,整个滑行过程用时10.5 s,斜直雪道倾角为37° (sin 37°=0.6)。求小明和滑雪车:　
(1)滑行过程中的最大速度vm的大小;
(2)在斜直雪道上滑行的时间t1;
(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。
解析:(1)由=得vm=18 m/s。
(2)由x1=t1得t1=6 s。
(3)a==3 m/s2,
由牛顿第二定律得mgsin 37°-Ff=ma,
解得Ff=180 N。
答案:(1)18 m/s　(2)6 s　(3)180 N
1.一质量为1.0×103 kg的汽车由静止开始做直线运动,在前1 200 m内汽车加速度与位移的关系如图,则(　C　)
A.位移在0～400 m内,汽车的牵引力大小为5×103 N
B.位移在400～800 m内,汽车的牵引力增大,速度增大
C.位移在800～1 200 m内,汽车的运行速度最大
D.位移在800～1 200 m内,汽车受到的阻力大小为5×103 N
解析:位移在0～400 m内,汽车做匀加速直线运动,加速度大小为a1=0.5 m/s2,根据牛顿第二定律有F牵-Ff=ma1,根据图像不能确定F牵和Ff,故A、D错误;由牛顿第二定律可知,在位移为400～800 m内,汽车加速度减小,牵引力减小,800～1 200 m内,牵引力和阻力相等时,加速度为零,速度不再增大,汽车的运行速度达到最大,故B错误,C正确。
2.(多选)如图所示,已知物块A、B的质量分别为m1=4 kg、m2=1 kg,A、B间的动摩擦因数为μ1=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,A与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,在水平力F的推动下,要使A、B一起运动而B不致下滑,则力F大小可能的是(　CD　)
A.50 N B.100 N
C.125 N D.150 N
解析:对B不下滑有μ1FN≥m2g,由牛顿第二定律FN=m2a;对整体有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,得F ≥125 N,选项C、D正确。
3.如图所示,将一个小球以初速度v1从地面竖直上抛,上升到最高点后又落回,落回抛出点时的速度大小为v2。规定竖直向上为正方向,由于空气阻力的影响,小球全过程的v-t图像如图所示,下列说法不正确的是(　D　)
A.上升过程中小球做加速度逐渐减小的减速运动
B.下降过程中小球做加速度逐渐减小的加速运动
C.t1时刻加速度等于重力加速度g
D.时刻t1和t2的大小关系为t2<2t1
解析:v-t图像斜率表示加速度,由图可知,图线斜率逐渐减小,上升过程中小球做加速度逐渐减小的减速运动,下降过程中小球做加速度逐渐减小的加速运动,故A、B正确;t1时刻小球的速度为0,此时的空气阻力为0,只受重力作用,则加速度为重力加速度,故C正确;由牛顿第二定律可知,上升过程中小球的加速度大小a1=>g,下落过程中小球的加速度大小为a2=2t1,故D错误。
4.如图所示,矩形盒内用两根细线固定一个质量为m=1.0 kg 的均匀小球,a线与水平方向成53°角,b线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是Fm=15 N。(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8,g取10 m/s2)求:
(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时,为保证细线不被拉断,加速度可取的最大值;
(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时,为保证细线不被拉断,加速度可取的最大值。
解析:
(1)竖直向上匀加速运动时,小球受力如图所示,当a线拉力为15 N时,由牛顿第二定律得
竖直方向:Fm sin 53°-mg=ma,
水平方向:Fm cos 53°=Fb,
解得Fb=9 N,此时加速度有最大值a=2 m/s2。
(2)水平向右匀加速运动时,由牛顿第二定律得
竖直方向:Fasin 53°=mg,
水平方向:Fb-Fa cos 53°=ma′,
解得Fa=12.5 N,
当Fb=Fm=15 N时,加速度最大,有a′=7.5 m/s2。
答案:(1)2 m/s2　(2)7.5 m/s2
课时作业
学考基础练
知识点一　动力学中图像问题的求解
1.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的vt图像如图所示。g取10 m/s2,则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(　A　)
A.0.2,6 N B.0.1,6 N
C.0.2,8 N D.0.1,8 N
解析:在6～10 s内已撤去推力F,物体水平方向只受滑动摩擦力作用,加速度a=-μg,vt图像的斜率表示加速度,a= m/s2=-2 m/s2,解得μ=0.2。在0～6 s内,由牛顿第二定律,F-μmg=ma′,而a′= m/s2=
1 m/s2,解得F=6 N,选项A正确。
2.(多选)物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系图线如图中甲、乙、丙所示,则以下说法正确的是(　ABD　)
A.μA=μB,mAC.μB=μC,mB>mC D.μA<μC,mA解析:根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,得a=-μg,则aF图像的斜率k=,由题图可看出,乙、丙的斜率相等,小于甲的斜率,则mA3.在t=0时,将一乒乓球以某一初速度竖直向上抛出,一段时间后落回抛出点。已知乒乓球运动过程中受到的空气阻力大小与速度大小关系为Ff=kv(k为大于零的常数)。规定竖直向上为正方向,如图是定性描述上述过程中乒乓球的加速度a、速度v随时间t变化规律的图像,可能正确的是(　D　)
解析:乒乓球上升、下降的整个运动过程中,加速度方向始终竖直向下,为负值,A、B错误;上升的过程中,速度减小,空气阻力减小,向下的合力减小,因此加速度也减小;下落的过程中,向下的速度越来越大,空气阻力越来越大,重力不变,因此向下的合力减小,加速度仍减小,因此整个运动过程中,加速度一直减小,在vt图像中,斜率逐渐减小,C错误,D正确。
4.如图所示,固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动,推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小环的质量m;
(2)细杆与地面间的倾角α。
解析:(1)(2)前2 s内,由vt图像可知a==0.5 m/s2,
对小环受力分析,沿轻杆方向上,由牛顿第二定律得F1-mgsin α=ma,
2 s后,小环受力平衡,满足F2=mgsin α,
代入数据解得m=1 kg,α=30°。
答案:(1)1 kg　(2)30°
知识点二　临界、极值问题的求解
5.如图所示,在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体,物体与壁间的动摩擦因数为μ,要使物体不下滑,车厢前进的加速度至少应为(重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　B　)
A.μg B. C. D.g
解析:设物体的质量为m,在竖直方向上有mg=Ff,Ff为摩擦力。在临界状态下,Ff=μFN,FN为物体所受的水平弹力。又由牛顿第二定律得FN=ma。由以上各式得加速度a=,选项B正确。
6.如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g取10 m/s2),则下列结论正确的是(　C　)
A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态
B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C.物体的加速度大小为5 m/s2
D.物体的质量为3 kg
解析:物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故A错误;刚开始物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有mg=kx,拉力F1为10 N时,物体出现加速度,根据牛顿第二定律有F1+kx-mg=ma,此后加速度不变,物体与弹簧分离后,拉力F2为30 N,根据牛顿第二定律有F2-mg=ma,代入数据解得m=2 kg,k=5 N/cm,a=5 m/s2,故B、D错误,C正确。
7.如图所示,水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A,一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处,细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(g取10 m/s2),则下列说法正确的是(　A　)
A.当a=5 m/s2时,滑块对球的支持力为 N
B.当a=15 m/s2时,滑块对球的支持力为 N
C.当a=5 m/s2时,地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D.当a=15 m/s2时,地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
解析:设加速度为a0时小球恰好对滑块的压力等于零,对小球受力分析,受重力、拉力,根据牛顿第二定律,水平方向F合=Fcos 45°=ma0,竖直方向Fsin 45°=mg,解得a0=g。当a=5 m/s2时,小球未离开滑块,根据牛顿第二定律,水平方向Fcos 45°-FNcos 45°=ma,竖直方向Fsin 45°+FNsin 45°=mg,解得FN= N,故A正确;当a=15 m/s2时,小球已经离开滑块,只受重力和绳的拉力,滑块对球的支持力为零,故B错误;当系统相对稳定后,竖直方向没有加速度,受力平衡,所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和,故C、D错误。
知识点三　利用牛顿运动定律解决多过程问题
8.如图所示,从某一高处自由下落的小球,落至弹簧上端并将弹簧压缩到最短,忽略空气阻力。小球被弹簧弹起直至离开弹簧的过程中,小球的速度和所受合力变化情况是(　C　)
A.合力变大,速度变大
B.合力变小,速度变大
C.合力先变小后变大,速度先变大后变小
D.合力先变大后变小,速度先变小后变大
解析:小球被弹簧弹起直至离开弹簧的过程中,弹力一直减小,开始时,弹力大于重力,合力向上,弹起的过程中,合力减小,加速度减小,但是加速度的方向与速度方向相同,做加速运动,当重力大于弹力时,合力方向向下,合力增大,加速度增大,但加速度的方向与速度方向相反,做减速运动。所以合力先变小后变大,速度先变大后变小,故C正确,A、B、D错误。
9.一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑,然后进入水平轨道BC匀速运动,之后靠惯性冲上斜面轨道CD,直到速度减为零。设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变。下表是测出的不同时刻小球速度的大小,重力加速度g取
10 m/s2,求:
时刻t/s 0 0.6 1.2 1.8 5.0 10 13 15
速度 v/(m·s-1) 0 3.0 6.0 9.0 15 15 9.0 3.0
(1)斜面AB的倾角α是多少
(2)小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是
多少
解析:(1)根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度
a1== m/s2=5 m/s2,
由牛顿运动定律得mgsin α=ma1,
解得sin α=0.5,
即斜面AB的倾角α=30°。
(2)根据表中数据可知,小球在斜面AB上下滑时间
t1== s=3 s,
小球在斜面CD上做匀减速运动的加速度大小
a3= m/s2=3 m/s2,
从最大速度vm=15 m/s减至速度为9.0 m/s用时
t3= s=2 s,
于是,小球在水平面上运动时间
t2=13 s-t1-t3=8 s,
故小球的总路程s=+vmt2+,
解得s=180 m。
答案:(1)30°　(2)180 m
选考提升练
10.(多选)如图甲所示,用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,若重力加速度g取10 m/s2。根据图乙中所提供的信息可以计算出(　AB　)
A.物体的质量
B.斜面的倾角
C.加速度由2 m/s2增加到6 m/s2的过程中物体通过的位移
D.加速度为6 m/s2时物体的速度
解析:由题图乙可知,当水平外力F=0时,物体的加速度a=-6 m/s2,物体沿斜面方向只有重力分力,由牛顿第二定律,此时加速度a=
-gsin θ,可求出斜面的倾角θ=37°,选项B正确;当水平外力F=15 N时,物体的加速度a=0,此时Fcos θ=mgsin θ,可得m=2 kg,选项A正确;由于不知道加速度与时间的关系,所以无法求出物体在各个时刻的速度,也无法求出物体加速度由2 m/s2 增加到6 m/s2过程中的位移,选项C、D错误。
11.如图所示,质量为m1的足够长木板静止在水平面上,其上放一质量为m2的物块。物块与木板的接触面是光滑的。从t=0时刻起,给物块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、物块的加速度和速度大小,下列图像符合运动情况的是(　D　)
解析:木板水平方向不受力,一定保持静止,加速度为0,选项A、B错误;物块的加速度a2=,即物块做匀加速直线运动,物块运动的vt图像为倾斜的直线,而木板保持静止,速度一直为0,选项C错误,D正确。
12.(多选)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A,小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰为自然长度(小球与挡板不粘连),然后使挡板P以恒定的加速度a(aA.小球与挡板分离的时间为t=
B.小球与挡板分离的时间为t=
C.小球从开始运动直到最低点的过程中,小球速度最大时弹簧的伸长量x=
D.小球从开始运动直到最低点的过程中,小球速度最大时弹簧的伸长量x=
解析:小球与挡板之间弹力为零时分离,此时小球的加速度仍为a,由牛顿第二定律得mg-kx=ma,由匀变速直线运动的位移公式得x=at2,解得t=,故选项A错误,B正确;小球速度最大时小球所受合力为零,伸长量x=,选项C正确,D错误。
13.(2020·浙江7月选考，19)如图1所示,有一质量m=200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时,测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线如图2所示,t=34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力,求:
(1)物件做匀减速运动的加速度大小和方向;
(2)物件匀速运动的速度大小;
(3)物件总位移的大小。
解析:(1)由牛顿第二定律有mg-F=ma,
得a=0.125 m/s2,方向竖直向下。
(2)由运动学公式有v=at2=1 m/s。
(3)匀速上升的位移h1=vt1=26 m,
匀减速上升的位移h2=t2=4 m,
总位移h=40 m。
答案:(1)0.125 m/s2　方向竖直向下　(2)1 m/s (3)40 m
《运动和力的关系》检测试题
(时间:90分钟　满分:100分)
一、选择题(共12题,每题4分,共48分。第1～6题只有一项符合题目要求,第7～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.下列说法正确的是(　C　)
A.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
B.一个运动的物体,如果不再受力,它总会逐渐停下来,这说明,静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”　
C.伽利略根据理想实验推论出:如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去
D.车速越大,刹车后滑行的距离越长,所以惯性越大
解析:伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,故A错误;一个运动的物体,它总会逐渐停下来,是因为物体受到了摩擦力,如果不受力,物体会永远运动下去,故B错误;伽利略根据理想实验推论出:如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去,故C正确;惯性只与质量有关,与速度无关,故D错误。
2.关于国际单位制,下列说法正确的是(　A　)
A.在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的
B.力学的三个基本单位是N、m、s
C.秒是国际单位制中力学三个基本量之一
D.kg、m/s、N是国际单位中的导出单位
解析:在国际单位制中力的单位是牛顿,它属于导出单位,是根据牛顿第二定律F=ma定义的,1 N就是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力,故A正确;在国际单位制中,力学的三个基本单位是m、kg、s,故B错误;国际单位制中力学三个基本量是长度、质量、时间,而秒只是时间的单位,故C错误;在国际单位制中,kg是国际单位中的基本单位,m/s、N是导出单位,故D错误。
3.某超市安装了智能化的自动扶梯(无台阶),如图所示。为了节约能源,在没有乘客乘行时,自动扶梯以较小的速度匀速运行,当有乘客乘行时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则电梯在运送乘客的过程中(　A　)
A.乘客始终受摩擦力作用
B.乘客经历先超重再失重
C.乘客对扶梯的作用力始终竖直向下
D.扶梯对乘客的作用力始终垂直斜面向上
解析:乘客站在斜面上,始终受摩擦力作用,否则将沿斜面下滑,故A正确;加速运动阶段,乘客有向上的加速度,乘客处于超重状态;匀速运动阶段,扶梯对乘客的作用力等于重力,乘客既不超重,也不失重,故B错误;加速运动阶段,扶梯对乘客有沿斜面向上的摩擦力和垂直斜面向上的支持力,二者合力即扶梯对乘客的作用力指向斜上方,不是垂直斜面向上,根据牛顿第三定律分析可知,乘客对扶梯的作用力不是竖直向下,故C、D错误。
4.如图所示,有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连,并在拉力F作用下沿斜面向上运动,轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时,Q受到绳的拉力(　D　)
A.与斜面倾角θ有关 B.与动摩擦因数有关
C.与系统运动状态有关 D.仅与两物块质量有关
解析:设Q物块绳上的拉力大小F2,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,对Q、P整体分析,根据牛顿第二定律有F-(mP+mQ)g(sin θ+
μcos θ)=(mP+mQ)a,对Q隔离分析有F2-mQg(sin θ+μcos θ)=mQa,联立解得F2=,故D正确,A、B、C错误。
5.如图所示,假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速运动,球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ。设球拍和球质量分别为M、m,不计球拍和球之间摩擦,重力加速度为g,不计空气阻力,则(　C　)
A.运动员的加速度大小为gsin θ
B.球拍对球的作用力大小为mgcos θ
C.运动员对球拍的作用力大小为g
D.运动员对地面的作用力方向竖直向下
解析:球和运动员具有相同的加速度,对球受力分析如图甲所示,球所受的合力F合=mgtan θ,根据牛顿第二定律得a==gtan θ,故A错误;根据平行四边形定则知,球拍对球的作用力大小为FN=,故B错误;对球拍和球整体分析如图乙所示,整体的合力为(M+m)a,根据平行四边形定则知,运动员对球拍的作用力大小为F=,故C正确;运动员在水平方向加速运动,运动员受到水平方向的摩擦力与竖直方向的重力和支持力,合力不在竖直方向,根据牛顿第三定律可知,运动员对地面的作用力也不在竖直方向上,故D错误。
6.如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO=60°,O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,所用时间分别为tA、tB、tC,则tA、tB、tC的大小关系是(　B　)
A.tAB.tA=tCC.tA=tC=tB
D.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系
解析:在AM段,小球的位移x1=R,加速度a1==g,根据x1=
a1得,tA==。在BM段,小球的位移x2=2R,加速度a2=
gsin 60°=g,由x2=a2得,tB==。在CM段,设CM与竖直方向夹角为θ,同理可解得tC===,故tA=tC7.如图所示,一轻质弹簧上端固定在升降机的天花板上,下端挂一小球,在升降机匀速竖直下降过程中,小球相对于升降机静止,若升降机突然停止运动,设空气阻力可忽略不计,弹簧始终在弹性限度内,且小球不会与升降机的内壁接触,则小球在继续下降的过程中(　BD　)
A.小球的加速度逐渐减小
B.小球处于超重状态
C.小球处于失重状态
D.小球的速度逐渐减小
解析:升降机突然停止,小球由于惯性继续向下运动,但是受到弹簧的拉力越来越大,拉力方向与其运动方向相反,则小球做减速运动,加速度方向向上,则小球处于超重状态;小球加速度增大,故A、C错误,B、D正确。
8.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在车上的一根水平杆,质量为M的物块穿在杆上,M通过细线悬吊着质量为m 的小物体,m在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上,现使小车如图分四次分别以a1、a2、a3、a4向右匀加速运动,四种情况下M、m均与车保持相对静止,且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,则下列说法正确的是(　ACD　)
A.Ff1∶Ff2=1∶2 B.Ff1∶Ff2=2∶3
C.Ff3∶Ff4=1∶2 D.tan α=2tan θ
解析:甲乙两图中,M水平方向只受静摩擦力作用,根据牛顿第二定律得Ff1=Ma1,Ff2=Ma2,而a1∶a2=1∶2,则Ff1∶Ff2=1∶2,故A正确,B错误;丙丁两图中,对m和M整体受力分析,受总重力(M+m)g、支持力FN、摩擦力Ff,如图,根据牛顿第二定律有Ff=(M+m)a,所以Ff3∶Ff4=a3∶a4=4∶8=1∶2,故C正确;对物体m隔离受力分析,可得tan θ=,
tan α=,而a3∶a4=4∶8,所以tan α=2tan θ,故D正确。
9.一物块放在如图所示的小车上,小车在水平面上做直线运动,物块始终与小车保持相对静止。设小车对物块的支持力为FN,小车对物块的摩擦力为Ff,关于小车运动过程中物块的受力情况,下列说法正确的是(　AC　)
A.若小车向左运动,FN不可能为零
B.若小车向左运动,Ff不可能为零
C.若小车向右运动,FN不可能为零
D.若小车向右运动,Ff不可能为零
解析:若小车向左匀速运动,根据平衡条件得知,物块所受的Ff不可能为零,FN不可能为零;若小车向左加速运动,根据牛顿第二定律可知,合力向左,FN不可能为零,Ff可能为零;若小车向左做减速运动,由牛顿第二定律可知合力向右,则物块所受Ff不可能为零,则FN不可能为零,故A正确,B错误;若小车向右匀速运动,根据平衡条件得知,物块所受的Ff不可能为零,FN不可能为零;若小车向右加速运动,根据牛顿第二定律可知,合力向右,Ff不可能为零,FN不可能为零;若小车向右做减速运动,由牛顿第二定律可知合力向左,则物块所受FN不可能为零,Ff可能为零,故C正确,D错误。
10.如图所示,质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连,竖直放在光滑的水平面上,木块A上放有质量为2m的木块C,三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开,若重力加速度为g,则在木块C移开的瞬间(　AC　)
A.弹簧的形变量不改变
B.弹簧的弹力大小为mg
C.木块A的加速度大小为2g
D.木块B对水平面的压力迅速变为2mg
解析:开始时整体处于平衡状态,弹簧的弹力等于A和C的重力,即F=3mg,撤去C的瞬间,弹簧的形变量不变,弹簧的弹力F不变,仍为3mg,故A正确,B错误;撤去C瞬间,弹簧弹力不变,对木块A,由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a=2g,方向竖直向上,故C正确;撤去C的瞬间,弹簧的弹力不变,仍为3mg,对木块B,由平衡条件得F+mg=FN,解得FN=4mg,由牛顿第三定律知,木块B对水平面的压力为4mg,故D错误。
11.小物体P在光滑水平面上正在以速度v0匀速运动。从t=0时刻开始计时,P的加速度随时间的变化关系如图所示,加速度方向与v0方向相同,图中a0、t0为已知量,则小物体P(　AC　)
A.在2t0和4t0时刻的速度一定不相等
B.在3t0时刻的速度为7a0t0
C.在2t0到4t0时间内运动位移为2v0t0+14a0
D.在t0时刻的速度为1.5a0t0
解析:在2t0到4t0时间内,物体加速度不变,即物体做匀加速运动,则在2t0和4t0时刻的速度一定不相等,选项A正确;由a=可知Δv=a·
Δt,即at图像的“面积”等于速度的变化量,由图可知v0=a0t0=
0.5a0t0,则在 0～3t0时间内的速度变化量为(a0+3a0)·2t0+3a0t0=
7a0t0,则3t0时刻的速度为v0+7a0t0=7.5a0t0,选项B错误;同理在2t0时刻的速度为4.5a0t0,则在2t0到4t0时间内运动位移为x=4.5a0t0×
2t0+·3a0×(2t0)2=15a0,而2v0t0+14a0=15a0,选项C正确;由几何关系可知,t0时刻P的加速度为2a0,在t0时刻的速度为vt0=v0+
×(a0+2a0)·2t0=3.5a0t0,选项D错误。
12.如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,小木块与传送带间动摩擦因数为μ,小木块速度随时间变化关系如图乙所示,若θ、g、v0、t0已知,则下列说法中正确的是(　AD　)
A.传送带一定逆时针转动
B.μ=tan θ+
C.传送带的速度大于v0
D.t0后一段时间内,小木块加速度为2gsin θ-
解析:若传送带顺时针转动,当小木块沿传送带下滑时,有mgsin θ>μmgcos θ,小木块将一直匀加速到底端;当小木块沿传送带上滑时,有mgsin θ<μmgcos θ,则小木块先匀加速运动,在速度与传送带相等后,做匀速运动,两种情况均不符合运动图像,故传送带一定逆时针转动,故A正确;在0～t0时间内,小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力,做加速度为a1的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ,由题图可知a1=,联立解得μ=-tan θ,故B错误;当小木块的速度与传送带的速度相等时,小木块所受的摩擦力变为沿传送带向上,加速度大小发生改变,所以传送带的速度等于v0,故C错误;t0后一段时间内,小木块的加速度a2=gsin θ-μgcos θ,代入μ值得a2=
2gsin θ-,故D正确。
二、非选择题(共52分)
13.(6分)某同学利用如图甲所示装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”实验。
(1)某次在弹簧下端挂上钩码后,弹簧下端处的指针在刻度尺上的指示情况如图乙所示,此时刻度尺的读数 x=　　　　。
(2)根据实验数据在图丙的坐标纸上已描出了多次测量的弹簧所受弹力大小F跟弹簧长度x的数据点,请作出Fx图线。
(3)根据所作出的图线,可得该弹簧的劲度系数k=　　　　N/m。(保留两位有效数字)
解析:(1)由图示刻度尺可知,其分度值为1 mm,其示数为11.80 cm。
(2)根据坐标系内描出的点作出图像如图所示。
(3)由图示图像可知,弹簧的劲度系数为k===49 N/m。
答案:(1)11.80 cm(11.79～11.81 cm均可)
(2)图见解析　(3)49
评分标准:每问2分。
14.(8分)在用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”实验中,保持小车质量一定时,验证小车加速度a与合力F的关系。
(1)除了电火花计时器、小车、砝码、砝码盘、细线、附有定滑轮的长木板、垫木、导线及开关外,在下列器材中必须使用的有　　　　。
A.220 V、50 Hz的交流电源
B.电压可调的直流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平(附砝码)
(2)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力,以下操作正确的是　　　　(多选)。
A.调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行
B.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时,应当将砝码和砝码盘通过细线挂在小车上
C.在调整长木板的倾斜度平衡摩擦力时,应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上
(3)某同学得到了如图乙所示的一条纸带,由此得到小车加速度的大小a=　　　　 m/s2。(保留两位有效数字)
(4)在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力,已知两位同学利用实验数据作出的aF图像如图丙中的1、2所示。
①出现图线1的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　;
②出现图线2的原因是 　　　　　　　　　　　　　　　。
解析:(1)电火花计时器需要220 V、50 Hz的交流电源,不需要直流电源;需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离;需要天平测量小车的质量;纸带上每相邻两个点的时间间隔为0.02 s,不需要秒表测时间,故选A、C、E。
(2)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力,需要平衡摩擦力,平衡摩擦力时应当将穿过打点计时器的纸带连在小车上,调整长木板的倾斜度,让小车拖着纸带做匀速直线运动,同时要调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行,故A、C正确,B错误。
(3)根据Δx=aT2可得小车加速度的大小
a== m/s2≈3.2 m/s2。
(4)根据图线1可知,当没有挂砝码、砝码盘时,小车产生了加速度,因此说明平衡摩擦力时木板倾角太大;根据图线2可知,随着F的增大,即砝码、砝码盘的质量增大,不再满足砝码、砝码盘质量远小于小车的质量,因此曲线上部出现弯曲现象。
答案:(1)ACE　(2)AC　(3)3.2　(4)①平衡摩擦力时木板倾角太大　②不再满足砝码、砝码盘质量远小于小车的质量
评分标准:每问2分。
15.(8分)如图是上海中心大厦,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a1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a2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,g取
10 m/s2。
(1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度,求加速度a1的大小及上升高度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。
解析:(1)由运动学公式可得电梯匀加速上升时的加速度a1==
m/s2=0.9 m/s2 , (2分)
电梯匀加速上升的高度
h== m=180 m。 (2分)
(2)设小明受到电梯地板的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mg=
ma1 , (1分)
解得FN=654 N, (2分)
由牛顿第三定律可知,小明对电梯地板的压力大小为
FN′=FN=654 N,方向竖直向下。 (1分)
答案:(1)0.9 m/s2　180 m　(2)654 N,方向竖直向下
16.(10分)图甲所示为冰库工作人员移动冰块的场景,工作人员先斜向上拉冰块移动一段距离,然后放手让冰块向前滑动到目的地,其工作原理可简化为如图乙所示。设冰块质量M=100 kg,冰块与滑道间的动摩擦因数为0.05,冰块起始位置与目的地距离为12 m,工人拉冰块时拉力与水平方向成53° 角向上。某次拉冰块时,工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)匀加速前进了4.0 m后放手,冰块刚好到达滑道末端静止。已知 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2,求:
(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比;
(2)冰块滑动过程中的最大速度;
(3)工人拉冰块的拉力大小。
解析:(1)设加速时加速度大小为a1,减速时加速度大小为a2,最大速度为v,加速前进位移为x,总位移为L,则加速阶段有v2=2a1x (1分)
减速阶段有0-v2=-2a2(L-x) , (1分)
则==2∶1。 (1分)
(2)减速阶段冰块所受合力等于滑动摩擦力,则
μMg=Ma2 , (1分)
解得a2=0.5 m/s2 (1分)
根据0-v2=-2a2(L-x) ,
解得v=2 m/s。 (1分)
(3)a1=2a2,故a1=1 m/s2 , (1分)
对冰块受力分析可得Fcos 53°-μ(Mg-Fsin 53°)=Ma1 , (2分)
解得F= N。 (1分)
答案:(1)2∶1　(2)2 m/s　(3) N
17.(8分)两物体A、B并排放在水平地面上,且两物体接触面为竖直面,现用一水平推力F作用在物体A上,使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动,如图甲所示,在A、B的速度达到6 m/s时,撤去推力F。已知A、B质量分别为mA=1 kg,mB=3 kg,A与地面间的动摩擦因数μ=
0.3,B与地面间没有摩擦,B物体运动的vt图像如图乙所示,g取
10 m/s2。求:
(1)推力F的大小;
(2)物体A刚停止运动时,物体A、B之间的距离。
解析:(1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的vt图像得a=3 m/s2, (1分)
对于A、B整体,由牛顿第二定律得F-μmAg=(mA+mB)a, (1分)
代入数据解得F=15 N。 (1分)
(2)设物体A匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速直线运动。
对A:μmAg=mAaA,aA=μg=3 m/s2, (1分)
v0-aAt=0, (1分)
解得t=2 s,
物体A的位移为xA=t=6 m, (1分)
物体B的位移为xB=v0t=12 m, (1分)
物体A刚停止运动时,物体A、B之间的距离为
Δx=xB-xA=6 m。 (1分)
答案:(1)15 N　(2)6 m
18.(12分)如图所示,长L=1.4 m、质量M=10 kg的长方体木箱,在水平面上向右做直线运动,木箱上表面光滑,下表面与地面的动摩擦因数μ=0.2。当木箱的速度v0=3.8 m/s时,立即对木箱施加一个F=50 N水平向左的恒力,并同时将一个质量m=3 kg的小物块轻放在距木箱右端0.25 m处的P点(小物块可视为质点,放在P点时相对于地面的速度为零),经过一段时间,小物块脱离木箱落到地面。g取10 m/s2,求:
(1)从小物块放在P点开始,木箱向右运动的最大距离;
(2)小物块离开木箱时木箱的速度大小。
解析:(1)小物块放到木箱上时相对地面静止,对木箱有F+μ(M+m)g=Ma1 , (2分)
a1=7.6 m/s2, (1分)
木箱向右运动的最大距离
x1==0.95 m。 (2分)
(2)木箱向左运动时,对木箱有
F-μ(M+m)g=Ma2, (2分)
a2=2.4 m/s2 , (1分)
木箱左移x2=(0.25+0.95) m=1.2 m时, (1分)
=2a2x2 (2分)
小物块离开木箱时木箱的速度大小v1=2.4 m/s。 (1分)
答案:(1)0.95 m　(2)2.4 m/s

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