2016创新设计高考物理浙江专用二轮专题复习：专题一 力与运动课件 专题一 第3讲
当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 1 2 4L2 1＋L2＝v2t2③ 2 1 2 3h＝ gt2④ 2
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1 联立③④得 v2＝ 2
2 （4L2 ＋ L 1 2）g 6h
L1 所以使乒乓球落到球网右侧台面上， v 的最大取值范围为 4 2 2 1 （4L1＋L2）g ＜ ，选项 D 正确。 2 6h
图8
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A.可以求出小球从O到达A点时间内速度的改变量 B.可以求出小球由O到A过程中动能的变化 C.可以求出小球从A点反弹后落至水平地面的时间 D.可以求出小球抛出点O距斜面端点B的水平距离
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解析
根据小球到达 A 点时的速度方向恰好与斜面垂直，将该速 v0 度进行分解得出小球在 A 点的速度 v＝ ， 所以动能的变化 ΔEk sin θ 1 v0 2 1 2 － mv0，因小球质量 m 未知，选项 B 错误；因为小 ＝ m 2 sin θ 2 球反弹后的速度未知， 则无法求出反弹后落回地面的时间， 选项 C 错误；将小球在 A 点的速度进行分解，得出竖直方向的分速度为 v0 vy v0 vy＝ ，平抛运动的时间 t＝ g ＝ ，平抛运动的水平位移 x tan θ gtan θ v2 h 0 ＝v0t＝ ，则小球抛出点距斜面端点 B 的水平距离 Δx＝ gtan θ tan θ v2 0 － ，故 D 正确；小球从 O 到达 A 点时间内速度的改变量 Δv gtan θ v0 ＝gΔt＝ ，选项 A 正确。 tan θ 答案 AD
解析
两个小球均做平抛运动，根据斜面倾角的正切值等于竖直
位移与水平位移的比值求出运动时间和水平位移，再求水平位移 1 2 的比值。设斜面倾角为 θ，根据平抛运动规律有 x＝v0t，y＝ gt ， 2 2v2 y 0tan θ tan θ＝ ，联立解得 x＝ ，所以两小球的水平位移大小的 x g x1 tan 30° 3 比值 ＝ ＝ ，A 正确。 x2 tan 45° 3
斜面的倾角分别为θ1＝30°、θ2＝45°，现由两斜面的顶端以 相同的初速度水平向右抛出两个小球A、B，经过一段时间两 小球都落在斜面上，假设两个小球落在斜面上后均不反弹。则 A、B的抛出点与落地点的水平间距的比值为( )
图7
3 A. 3 2 B. 3 3 C. 2
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2 D. 2
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1.(2015· 天津市十二区县重点中学联考 )如图 6 所示，某人向对面
的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到 A、 B两处。 不计空气阻力，则落到B处的石块( )
图6
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A.初速度大，运动时间短
B.初速度大，运动时间长
C.初速度小，运动时间短
2
kg ，选 2l
2kg 2 时， a 所受摩擦力大小为 Ff＝mω2l＝ kmg， 3l 3
答案
AC
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5.(2015· 新课标全国卷Ⅰ，18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台 如图4所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度
为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向
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图2 A.选择路线①，赛车经过的路程最短
B.选择路线②，赛车的速率最小
C.选择路线③，赛车所用时间最短 D.①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等
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解析
赛车经过路线①的路程 s1＝πr＋2r＝(π＋2)r，路线②的路程 s2＝
mv2 2πr＋2r＝(2π＋2)r，路线③的路程 s3＝2πr，A 正确；根据 Fmax＝ R ， 可知 R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小， B 错误；三种路线对应的最大速率 v2＝v3＝ 2v1，则选择路线①所用时 （π＋2）r （2π＋2）r 间 t1＝ ，路线②所用时间 t2＝ ，路线③所用时间 t3 v1 2v1 ＝ 2πr ，t 最小，C 正确；由 Fmax＝ma，可知三条路线对应的 a 相等， 2v1 3
2 v0 ＋2gh＝
可得 v＝
g L2 2 （ ＋s ）＋2gh，C 错误；足球初速 2h 4
s 2s 度方向与球门线夹角正切值 tan θ＝L＝ L ，D 错误。 2 答案 B
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2.(多选)(2015· 浙江理综· 19)如图2所示为赛车场的一个水平
“U”形弯道，转弯处为圆心在O点的半圆，内外半径分别
为r和2r。一辆质量为m的赛车通过AB线经弯道到达A′B′ 线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以 O′为圆心的半圆，OO′＝r。赛车沿圆弧路线行驶时，路 面对轮胎的最大径向静摩擦力为Fmax。选择路线，赛车以
不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，
发动机功率足够大)，则( )
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考向一
平抛运动问题的分析
核心知识
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规律方法
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.要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角 度之间的联系，这往往是解决问题的突破口。
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(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为 L1， L1＝(v0＋v) 2h g ＝492 m
第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为 L2， L2＝v 2h g ＋s＝570 m
20 (1) m/s2 (2)0.55 m 9
L 的范围 492 m<L≤570 m。
右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不 计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网 右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
图4
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L1 A. 2 L1 B. 4 L1 C. 2 L1 D. 4
心力， 即最大静摩擦力 fm＝kmg 相同。 它们所需的向心力 F 向＝mω2r 知 Fa<Fb，所以 b 一定比 a 先开始滑动，A 项正确；a、b 一起绕转 轴缓慢地转动时，F 摩＝mω2r，r 不同，所受的摩擦力不同，B 项错 误；b 开始滑动时有 kmg＝mω · 2l，其临界角速度为 ωb＝ 项 C 正确； 当 ω＝ 选项 D 错误。
解析
D.初速度小，运动时间长
2h 落在 g，
平抛运动的时间只与下落的高度有关， 即 t＝
B 处的石块比落在 A 处的石块下落的高度小， 因此运动时间短； 而落在 B 处的石块的水平位移比落在 A 处的石块的水平位移大， 由 x＝v0t 可知其初速度大。选项 A 正确。
答案
A
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2.如图7所示，将两个足够长的斜面体分别固定在水平面上，两
下.装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不
计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)
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图5 (1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小； (2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上 两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围。
D 正确。
答案
ACD
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3.(2014· 新课标全国卷Ⅱ，15)取水平地面为重力势能零点。一 物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好 相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向 的夹角为( π A. 6 )
π B. 4 π C. 3 5π D. 12
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答案
A
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3.(多选 )(2015· 嘉兴市期末测试 )小球以 v0的水平初速度从 O点抛出 后，恰好击中倾角为 θ 的斜面上的 A点，小球到达 A 点时的速度 方向恰好与斜面垂直，如图8所示，A点距斜面底边(即水平地面) 的高度为h，当地的重力加速度为g。以下正确的叙述是( )
第3讲 力与物体的曲线运动(一)
——抛体运动与圆周运动
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1.(2015· 浙江理综，17)如图1所示为足球球门，球门宽为L。一 个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入
球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h，足球
做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )
图1
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A.足球位移的大小 x＝
L2 2 ＋s 4 g L2 2 （ ＋s ） 2h 4 g L2 2 （ ＋s ）＋4gh 2h 4
B.足球初速度的大小 v0＝ C.足球末速度的大小 v＝
L D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值 tan θ＝ 2s
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g ＜v＜L1 6h g h ＜ v＜ g 1 ＜v＜ 6h 2 g 1 h ＜ v＜ 2
g 6h
2 （4L2 1＋L2）g 6h 2 （4L2 1＋L2）g 6h 2 （4L2 1＋L2）g 6h
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解析
发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运
gt2 1 动。当速度 v 最小时，球沿中线恰好过网，有：3h－h＝ ① 2 L1 ＝v1t1② 2 L1 联立①②得 v1＝ 4 g h
g h＜v
答案
高考物理二轮复习专题一力与运动3力与曲线运动课件
双星问题的分 科学思维 根据高考对本章考查
析 的命题特点，复习时，
天体密度的计 科学思维、 应加强对各类题型的
算态度与责任 科学 归纳总结：
地球卫星运行 物理观念 (1)竖直平面内的圆周
周期的比较 运动模型、锥体运动
平抛运动规律 物理观念 的临界问题等；
的求解
2017
Ⅰ卷15T Ⅱ卷17T Ⅱ卷19T Ⅲ卷14T
[迁移题组]——多角度 提能力 ♦[迁移 1] 水平面内圆周运动的分析 1．(多选)如图，两个质量均为 m 的小木块 a 和 b(可视为质点) 放在水平圆盘上，a 与转轴 OO′的距离为 l，b 与转轴的距离为 2l. 木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大 小为 g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用 ω 表示圆盘转 动的角速度，下列说法正确的是( )
应用、卫星问题，学习
科学思维、 科学态度与
责任
过程中要注意从圆周运 动与牛顿第二定律出发
分析天体运动规律.
考向一 运动的合成与分解 [知识必备]——提核心 通技法 1．曲线运动的理解 (1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向． (2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速 度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧．
1．平抛运动的规律 (1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t. (2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝12gt2. 2．类平抛运动与平抛运动处理方法相似 分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速 度为零的匀加速直线运动．
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时间，你们休 睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一动，久坐对 哦~
浙江高考物理二轮复习专题一力与运动第1讲匀变速直线运动规律的应用学案
第1讲匀变速直线运动规律的应用[历次选考考情分析]考点一运动学概念的辨析1．矢量和标量：矢量既有大小又有方向，运算遵守平行四边形定则；标量只有大小，没有方向，运算遵守代数加减法．2．位移和路程：位移是从初位置到末位置的有向线段，是矢量；而路程是运动轨迹的长度，是标量．3．平均速度：(1)v ＝x t是定义式，适用于任何运动； (2)v ＝v 0＋v2只适用于匀变速直线运动．4．速度与加速度：(1)速度的大小与加速度的大小没有必然联系．(2)物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系，而不是看加速度的变化情况．加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢．①a 和v 同向(加速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢②a 和v 反向(减速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀减小(反向增加)a 增大，v 减小(反向增加)得越来越快a 减小，v 减小(反向增加)得越来越慢1．[矢量和标量](2018·湖州、衢州、丽水高三期末)下列物理量中属于矢量的是( ) A ．动能 B ．速率 C ．时间 D ．速度变化量答案 D2．[位移和路程](2018·台州市外国语学校期末)出租车载小明到车站接人后返回出发地，司机打出全程的发票如图1所示，则此过程中，出租车运动的路程和位移分别是( )图1A ．4.3 km,4.3 kmB ．4.3 km,0C ．0,4.3 kmD ．0,0答案 B解析由题意可知，出租车返回出发地，故位移为零；由题图可知，出租车经过的路程为4.3 km.3.[平均速度](2018·台州市外国语学校期末)如图2所示，博尔特在北京奥运会男子100 m 决赛和男子200 m决赛中分别以9.69 s和19.30 s的成绩破两项世界纪录，获得两枚金牌．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是( )图2A．200 m决赛中的位移是100 m决赛中位移的两倍B．200 m决赛中的平均速度约为10.36 m/sC．100 m决赛中的平均速度约为10.32 m/sD．100 m决赛中的最大速度约为20.64 m/s答案 C解析100 m决赛，他的运动基本上是直线，位移就是100 m；而200 m决赛，他的运动是曲线(有弯道部分)，位移比200 m小，选项A错误；200 m决赛轨迹若为直线，其平均速度才约为10.36 m/s，选项B错误；根据平均速度的定义，选项C正确；本题并未给出该运动员的瞬时速度，选项D错误．4．[质点、时间、平均速度](2018·温州市六校期末)某人驾车从“浙江省平阳中学”开往“温州第二高级中学”，导航地图如图3所示，则以下说法错误的是( )图3A．研究汽车在导航图中的位置时，可以把汽车看成质点B．根据导航图中的数据可以预估“常规路线”行车的平均速度约为59.7 km/hC ．图中显示的“59分钟”是指时间D ．途中经过“三都岭隧道”，进入隧道前路边竖有限速标志80，指的是车辆经过隧道过程中，瞬时速度不能超过80 km/h 答案 B5．[速度与加速度]如图4甲所示，火箭发射时，速度能在10 s 内由0增加到100 m/s ；如图乙所示，汽车以108 km/h 的速度行驶，急刹车时能在2.5 s 内停下来，下列说法中正确的是( )图4A ．10 s 内火箭的速度改变量为10 m/sB ．2.5 s 内汽车的速度改变量为－30 m/sC ．火箭的速度变化比汽车的快D ．火箭的加速度比汽车的加速度大 答案 B解析 10 s 内火箭的速度改变量为Δv ＝v 2－v 1＝100 m/s －0＝100 m/s ，故A 错误；108 km/h ＝30 m/s,2.5 s 内汽车的速度改变量Δv ′＝v 2′－v 1′＝0－30 m/s ＝－30 m/s ，故B 正确；根据a ＝Δv Δt 得：火箭的加速度为：a 1＝10010 m/s 2＝10 m/s 2，汽车的加速度为：a 2＝－302.5 m/s2＝－12 m/s 2，所以火箭的加速度比汽车的加速度小，火箭的速度变化比汽车的慢，故C 、D 错误．考点二 匀变速直线运动规律的应用1．解题基本思路：建立物体运动的图景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解． 2．刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，特别对于刹车问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．3．双向可逆类运动分析：全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x 、v 、a 等矢量的正负及物理意义． 4．平均速度法的应用：在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化．例1 (2018·浙江4月选考·10)如图5所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度为104 m ，升降机运行的最大速度为8 m/s ，加速度大小不超过1 m/s 2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )图5A ．13 sB ．16 sC ．21 sD ．26 s 答案 C解析 运动分成三段，开始匀加速启动，接下来以8 m/s 的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口．加速阶段，t 1＝Δv a ＝8 s ，位移x 1＝12at 12＝32 m减速阶段与加速阶段对称，t 3＝8 s ，x 3＝32 m匀速阶段：x 2＝(104－32－32) m ＝40 m ，所以t 2＝x 2v＝5 s 所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝21 s ，所以选C.6．(2018·嘉兴市期末)在平直的小区道路上，一毛开着玩具车正以7.2 km/h 的速度沿直线行驶，突然前方窜出一只小狗，他便马上紧急刹车，如图6所示，假设刹车的加速度大小恒定为0.8 m/s 2，则该玩具车在3 s 内的刹车距离为( )图6A ．2.4 mB ．2.5 mC ．31.1 mD ．32.4 m答案 B解析 v 0＝7.2 km/h ＝2 m/s该玩具车匀减速运动的时间t ＝v 0a ＝20.8s ＝2.5 s该玩具车在3 s 内的刹车距离x ＝12at 2＝2.5 m ，故B 正确．7．一物体以大小为v 0＝20 m/s 的初速度沿光滑斜面匀减速向上滑动，当上滑3 s 时，速度减为14v 0，再经过多长时间速度变为沿斜面向下的14v 0( )A ．1 sB ．2 sC ．3 sD ．5 s 答案 B8．某飞机由静止开始做匀加速直线运动，从运动开始到起飞共前进1 600 m ，所用时间为40 s ，则它的加速度大小a 和离地时的速度大小v 分别为( ) A ．2 m/s 280 m/s B ．1 m/s 240 m/s C ．1 m/s 2 80 m/s D ．2 m/s 240 m/s答案 A解析 飞机的位移x ＝v 2t ，故飞机离地时的速度大小v ＝2x t ＝2×1 60040 m/s ＝80 m/s ，飞机的加速度大小a ＝v t ＝8040m/s 2＝2 m/s 2，A 正确．考点三 自由落体运动规律的应用1．自由落体运动的特点：(1)v 0＝0、a ＝g (方向竖直向下)的匀加速直线运动．(2)只有由静止开始的自由下落才是自由落体运动，从中间截取的一段运动应该用初速度不为零的匀变速直线运动的规律求解． 2．自由落体运动的规律： (1)速度公式：v ＝gt . (2)位移公式：h ＝12gt 2.(3)速度与位移的关系式：v 2＝2gh (h 为物体下落的高度，不是距离地面的高度)．例2 (2018·牌头中学期中)一名攀岩运动员在登上陡峭的峰顶时不小心碰落了一块石块，8 s 后他听到石块落到地面的声音．若考虑到声音传播所需的时间，设声音在空气中传播的速度为340 m/s ，则山峰的实际高度值应最接近于(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)( ) A ．80 m B ．160 m C ．250 m D ．320 m 答案 C解析 若不考虑声音的传播所需的时间，则这个山峰的高度：h ＝12gt 2＝12×10×82m ＝320 m ，考虑到声音传播需要一定时间后，石块下落到地面的时间小于8 s ，因此山峰高度比上面算出的值小一些．根据上面算出的高度，作为估算，声音传播的时间可取约为t 1＝h v ＝320340s≈0.9s ，因此山峰的实际高度估计约为：h ′＝12gt ′2＝12×10×(8－0.9)2m≈252 m，最接近于250m ，故C 正确，A 、B 、D 错误．9．(2018·宁波市期末)伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图7所示的斜面实验，下列哪些方法是他在这个实验中采用过的( )图7A ．用停表计时B ．改变斜面倾角，比较各种倾角得到的x 与t 的平方成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动C ．用打点计时器打出纸带进行数据分析D ．改变斜面倾角，比较各种倾角得到的v 与t 成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动 答案 B解析 在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的是用水钟计时，故A 错误；在伽利略时代，科技不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且速度随时间的变化是均匀的，则x 与t 的平方成正比，然后将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是匀变速直线运动，故B 正确，D 错误；在伽利略时代还没有发明打点计时器，故C 错误．10.(2018·湖州、衢州、丽水高三期末)图8为“探究自由落体运动规律”实验过程中拍摄的频闪照片(照片中的数字是小球落下的距离，单位为cm)，为了根据照片测得当地重力加速度值，一定要记录的是( )图8A．小球的直径B．小球的质量C．频闪光源的频率D．小球初速度为零的位置答案 C11.(2017·嘉兴市3月模拟)如图9所示，一颗熟透的杨梅从树上自然脱落，下落过程没有受到空气阻力及任何碰撞．若此杨梅下落高度约为正常成人身高，则其落地速度约为( )图9A．3.8 m/s B．5.8 m/sC．8 m/s D．10 m/s答案 B解析正常成人身高约为1.7 m，杨梅自然脱落，则初速度为零，下落时做自由落体运动，所以落地的速度为v＝2gh＝2×9.8×1.7 m/s≈5.8 m/s，故B正确．考点四运动学图象的理解1．关注横坐标、纵坐标(1)确认横坐标、纵坐标对应的物理量各是什么．(2)注意横坐标、纵坐标是否从零刻度开始． (3)坐标轴物理量的单位也不能忽视． 2．理解斜率、面积和截距的物理意义(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况．(2)面积：由图线、横轴，有时还要用到纵轴及图线上的一个点或两个点到横轴的垂线段，所围图形的面积，一般都能表示某个物理量，如v －t 图象中的面积表示位移，但要注意时间轴下方的面积为负，说明这段位移方向与正方向相反． (3)截距：横截距、纵截距． 3．分析交点、转折点、渐近线 (1)交点：往往是解决问题的切入点．(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用．(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值或确定它的变化趋势．例3 (2018·9＋1高中联盟期中)在某次海试活动中，深海载人潜水器“蛟龙号”(图10甲)完成海底任务后竖直上浮，假设从上浮速度为v 0时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 2上浮到海面，速度恰好减为零，其v －t 图象如图乙所示，下列判断正确的是( )图10A ．t 1时刻“蛟龙号”中的科考实验员正处于超重状态B ．t 1时刻“蛟龙号”的速度大小为v 0t 2t 1C ．t 1时刻“蛟龙号”深度为v 0(t 2－t 1)22t 2D ．t 2时刻“蛟龙号”深度为v 0t 22答案 C解析 “蛟龙号”匀减速上浮，加速度方向向下，所以科考实验员正处于失重状态，故A 错误；根据几何关系可知，t 1时刻“蛟龙号”的速度大小为v 0t 2(t 2－t 1)，故B 错误；t 1时刻“蛟龙号”深度等于t 1至t 2时刻内所运动的位移，根据图象的面积可知，此时的深度为v 0(t 2－t 1)22t 2，故C 正确；t 2时刻“蛟龙号”到达水面，故其深度为零，故D 错误．12.(2017·金华市期末)如图11为一物体做直线运动的速度－时间图象，根据图象可得出下列说法正确的是( )图11A ．物体在前2 s 内加速度的大小为 20 m/s 2B. 2 s 至4 s 内，物体的平均速度为10 m/sC. t ＝2 s 前与t ＝2 s 后相比，物体的加速度方向相反 D ．在t ＝4 s 时，物体离出发点最远，且最远距离为40 m 答案 B解析 由a ＝Δv Δt ，前2 s 内加速度大小为10 m/s 2，A 错误；前2 s 和后2 s ，加速度大小和方向均相同，C 错误；由v －t 图线与t 轴所围的面积表示位移知t ＝4 s 时物体回到出发点，D 错误．13．(2018·绿色评价联盟选考)从上海开往杭州的G7361次列车进入杭州站．关闭发动机后，可看成匀减速直线运动，能正确反映其运动的图象是( )答案 C解析 A 、B 反映的是匀速直线运动，D 反映的是匀加速直线运动，只有C 反映的是匀减速到零的直线运动．14．(2018·新力量联盟期中)一质点做直线运动的v －t 图象如图12所示，下列说法正确的是( )图12A ．在2～4 s 内，质点处于静止状态B ．质点在0～2 s 内的加速度比4～6 s 内的加速度大C ．在0～6 s 内，质点的平均速度为3 m/sD ．在第5 s 末，质点离出发点最远答案 D解析 在2～4 s 内，质点处于匀速直线运动状态，A 错误；质点在0～2 s 内的加速度小于4～6 s 内的加速度，B 错误；由题图图线与t 轴所围面积表示位移可知，在0～6 s 内质点的平均速度v ＝306m/s ＝5 m/s ，C 错误． 专题强化练1．(2018·温州市六校期末)关于以下各物理量的理解正确的是( )A ．速度是矢量，－3 m/s 比－5 m/s 大B ．位移是矢量，－3 m 比－5 m 大C ．重力势能是标量，－3 J 比－5 J 大D ．功是标量，做功－3 J 比－5 J 多答案 C2．(2018·9＋1高中联盟期中)如图1所示，中国越来越多的城市提供了共享单车的服务，极大方便了日常出行．小明在某个停放点取了一辆摩拜单车，骑行10 min 回到原停放点，共行驶3 km.小明在此过程中( )图1A．位移为3 km B．路程为3 kmC．平均速度为5 m/s D．最大速度为5 m/s答案 B3．(2018·七彩阳光联盟期中)如图2所示是某人从杭州武林门码头驾车去杭州东站的手机导航部分截屏画面，该地图提供了三条可行线路及相应的数据，行驶过程中导航曾提示：“前方有测速，限速40公里”．下列说法不正确的是( )图2A．三条线路的位移相等B．“限速40公里”指的是限制汽车的平均速度C．图中显示“20分钟、7.6公里”分别指时间和路程D．研究汽车在地图上的实时位置时，汽车可视为质点答案 B4．(2018·东阳中学期中)如图3所示是伽利略研究自由落体运动时的情景，他设计并做了小球在斜面上运动的实验，关于这个实验的下列说法中不符合史实的是( )图3A．伽利略以实验来检验速度与时间成正比的猜想是否真实B．伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下是为了“冲淡”重力的影响C．伽利略通过实验发现小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动D．伽利略用实验而不是外推的方法得到斜面倾角增大到90°小球仍然会保持匀加速运动答案 D解析伽利略用斜面实验来检验速度与时间成正比的猜想是否真实，故A正确；伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下是为了“冲淡”重力的影响，故B正确；伽利略通过实验发现小球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，故C正确；伽利略采用外推的方法得到斜面倾角增大到90°小球仍然会保持匀加速运动，故D错误．5．(2018·名校协作体3月选考)如图4所示，一汽车装备了具有“自动刹车系统”功能的城市安全系统，当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“自动刹车系统”，使汽车避免与障碍物相撞．在上述条件下，若该车在某路况下的“自动刹车系统”的加速度取4～6 m/s2之间的某一值，刹车过程看成匀变速直线运动，则“自动刹车”的可能距离为( )图4A．25 m B．20 m C．15 m D．10 m答案 D6．一颗子弹以大小为v的速度射进一墙壁但未穿出，射入深度为x，如果子弹在墙内穿行时为匀变速直线运动，则子弹在墙内运动的时间为( )A.xvB.2xvC.2xvD.x2v答案 B解析由v＝v2和x＝v t得t＝2xv，B正确．7.(2017·温州市9月选考)某物体沿水平方向运动，规定向右为正方向，其v－t图象如图5所示，则( )图5A．在0～1 s内做曲线运动B．在1～2 s内速度方向向左C．在2 s末离出发点最远D．在1～2 s和2～3 s内的加速度方向相反答案 C解析 0～1 s 内做变加速直线运动，故A 错误；在1～2 s 内，物体的速度在减小，但方向为正，表示仍然向右运动，故B 错误；在v －t 图象中图线与时间轴所围面积为物体运动的位移，在前2 s 内物体一直向右运动，2 s 后向左运动，故在2 s 末离出发点最远，故C 正确；由题图可知，在1～2 s 和2～3 s 内的加速度方向相同，D 错误．8.某物体做直线运动，物体的速度—时间图象如图6所示．若初速度的大小为v 0，末速度的大小为v 1，则在时间t 1内物体的平均速度v ( )图6A ．等于12(v 0＋v 1) B ．小于12(v 0＋v 1) C ．大于12(v 0＋v 1) D ．条件不足，无法比较答案 C解析 如果物体在0～t 1时间内做匀变速直线运动，则有v ′＝v 0＋v 12，这段时间内发生的位移大小为阴影部分的面积，如图所示，则x 1＝v ′t 1，而阴影部分面积的大小x 1小于速度—时间图象与t 轴所围的面积大小x 2，x 2＝v t 1，则v >v ′＝v 0＋v 12，故选项C 正确．9．(2018·杭州市期末)如图7所示，图线a 、b 、c 分别表示三个物体甲、乙、丙在同一条直线上运动的位移与时间的关系，图线c 是一条抛物线，满足x ＝0.4t 2(m)．有关这三个物体在0～5 s 内的运动情况，下列说法正确的是( )图7A ．物体甲做匀加速直线运动B ．物体丙做匀加速直线运动C ．t ＝5 s 时，物体甲的速度比物体丙的速度大D ．甲、乙两物体都做匀速直线运动，且速度相同答案 B解析 由x －t 图象的斜率表示速度知甲、乙均做匀速直线运动，速度大小相等，但方向相反；c 是抛物线，故丙物体做匀加速直线运动；由题图知t ＝5 s 时物体甲的速度大小v ＝20－105 m/s ＝2 m/s ，而对物体丙有x ＝0.4t 2，故物体丙的加速度a ＝0.8 m/s 2，则t ＝5 s 时，物体丙的速度大小为v ′＝at ＝4 m/s ，比物体甲的速度大．10．(2018·绍兴市期末)滴滴车主小张行驶在绿云路(308省道)上，在甲处接到订单，导航地图显示乘客上车地点(以下记为乙处)就在笔直的绿云路上，汽车若以v 匀速行驶，到达乙地所需的时间为t ；汽车实际以速度v 0从甲地出发，按地图导航匀速前进，快到某个路口时为礼让斑马线上的行人紧急刹车，汽车刹停后(绿灯已亮起)又立即匀加速到v 0，继续匀速前进，从开始刹车到加速至v 0的时间为t 0，汽车刹车、加速过程中的加速度大小相等．汽车仍然在t 时间内赶到了乙地，则汽车匀速运动的速度v 0为( )A.vt t －t 02 B.vt t ＋t 02 C.vt t －t 0 D.vt t ＋t 0答案 A11．(2018·宁波市重点中学联考)某同学在竖直墙前连续拍照时，恰好有一块小石子从墙前某高度处自由落下，拍到石子下落过程中的一张照片如图8所示，由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹，已知每层砖的厚度为6.0 cm ，这个照相机的曝光时间为2.0×10－2 s ，则石子开始下落的位置距A 位置的距离约为(g ＝10 m/s 2)( )图8A ．0.45 mB ．0.9 mC ．1.8 mD ．3.6 m 答案 C解析 由题图可以看出，在曝光的时间内，石子下降了大约两层砖的厚度，即12 cm(0.12 m)，曝光时间为2.0×10－2 s ，所以AB 段的平均速度为：v ＝0.120.02m/s ＝6 m/s ，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知AB 中间时刻的速度为v ＝6 m/s ，由v 2＝2gh 可得下落的高度为h ＝v 22g＝1.8 m ，故C 正确，A 、B 、D 错误． 12．(2018·杭州市五校联考)如图9所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有( )图9A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车不可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C ．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D ．如果距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处答案 C解析 若立即匀加速，t 1＝2 s 内最大位移x ＝v 0t 1＋12at 12＝20 m>18 m ，故能通过停车线；此时速度v 1＝v 0＋at 1＝12 m/s<12.5 m/s ，不超速；若绿灯熄灭前汽车匀速行驶经过的位移x 1＝v 0t 1＝16 m<18 m ，则汽车立即匀减速时通过的位移一定小于16 m ，则绿灯熄灭前不能通过停车线；汽车匀减速至停止所用时间t 2＝v 0a 2＝85 s ＝1.6 s ，位移x 2＝12a 2t 22＝6.4 m>5 m ，则距停车线5 m 处减速，会过停车线．13．在温州南站附近，动车组D301次车正以180 km/h 运行，在它前面不远处的D3115次车由于雷电影响正缓慢(计算时可认为速度为零)向前运动．由于后车(D301)并未收到调试室减速的指令，直到与前车(D3115)相距约1 km 时才发现前车正在缓慢运行，D301司机虽全力刹车，仍以90 km/h 的速度撞上D3115，造成重大伤亡事故，如图10所示．求动车组D301刹车的加速度大小和从D301刹车到撞上D3115的时间(结果均保留两位有效数字)．图10答案 0.94 m/s 227 s 解析 v 0＝180 km/h ＝50 m/s ，v ＝90 km/h ＝25 m/s ，则a ＝v 2－v 022x ＝252－5022×1 000m/s 2≈－0.94 m/s 2，加速度大小为0.94 m/s 2t ＝v －v 0a ＝25－50－0.94s≈27 s. 14.(2017·金兰合作组织期中)在杭州滨江区的闻涛社区中，一个2岁女童突然从10楼坠落，在楼下的吴菊萍奋不顾身地冲过去接住了孩子，从而挽救了“妞妞”的生命，而吴菊萍却因此双手粉碎性骨折．她的事迹感动了亿万国人，吴菊萍被誉为“最美妈妈”．如图11所示，假设妞妞从离地h 高的阳台由静止掉下，楼下的吴菊萍在距地面高度为h 2＝1 m 处用双手接住妞妞，妞妞在双臂的缓冲下经0.08 s 到地面时速度恰好减为零，缓冲过程可看成匀减速运动．假设女童可看成质点，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：图11(1)女童从距地面多高处下落；(2)缓冲过程中妞妞的加速度大小是重力加速度大小的多少倍；(3)女童落地前在空气中运动的总时间是多少． 答案 (1)32.25 m (2)31.25倍 (3)2.58 s 解析 (1)由h 2＝v 2t 2得 v ＝2h 2t 2＝2×1 m 0.08 s＝25 m/s ， h 1＝v 22g ＝2522×10m ＝31.25 m ， h ＝h 1＋h 2＝32.25 m.(2)a ＝v t 2＝250.08m/s 2＝312.5 m/s 2， a g＝31.25. (3)t 1＝v g ＝2510s ＝2.5 s ， t ＝t 1＋t 2＝2.58 s.。
2016高考物理二轮复习 专题一 力与运动提升训练.
2016高考物理二轮复习 专题一 力与运动提升训练第1讲 力与物体的平衡1. (2013·新课标全国卷Ⅱ，15)如图1所示，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，F 平行于斜面向上，若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 2＞0)。
由此可求出( )图1A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D.物块对斜面的正压力解析 当拉力为F 1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，大小为F f m ，则F 1＝mg sin θ＋F f m 。
当拉力F 2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为F f m ，则F 2＋F f m ＝mg sin θ，由此解得F f m ＝F 1－F 22。
答案 C2.(2013·新课标全国卷Ⅱ，18)如图2所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电。
整个系统置于方向水平的匀强电场中。
已知静电力常量为k 。
若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图2 A.3kq 3l 2 B.3kq l 2 C.3kq l 2 D.23kq l2解析 分析a 球受力：b 对a 的排斥力F 1、c 对a 的吸引力F 2和匀强电场对a 的电场力F 3＝qE ，根据a 受力平衡可知受力情况如图所示。
利用正交分解法：F 2cos 60°＝F 1＝k q 2l 2，F 2sin 60°＝qE 。
解得E ＝3kq l2。
答案 B3.(2015·新课标全国卷Ⅰ，24)如图3所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。
(浙江专用)高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第3讲 抛体运动与圆周运动课件
L222＋L21＝v2t2 ④.由③④两式可得 v2＝12
（4L216＋hL22）g.
则 v 的最大取值范围为 v1<v<v2.故选项 D 正确．
在上述题 1 中，若乒乓球沿正前方发射，当发射 点距台面的高度小于多少时，不论 v 为何值，乒乓球都不能落 到右侧台面上？
解析：设乒乓球擦网而过且恰好落到台边缘时，发射点的高度 为 y，从发射点到球网的时间为 t，则从球网到台面边缘的时间 也为 t. 在竖直方向上：y－h＝12gt2 y＝12g(2t)2
( D) A．帆船朝正东方向航行，速度大小为 v B．帆船朝正西方向航行，速度大小为 v C．帆船朝南偏东 45°方向航行，速度大 小为 2v D．帆船朝北偏东 45°方向航行，速度大 小为 2v
[突破点拨] (1)假定帆船是静止的，以帆板为参照物，帆船相对于帆板朝 ________运动，速度大小为________． (2)帆船实际上朝正北方向航行，以帆板为参照物，帆船相对于 帆板同时参与了朝________方向和________方向的两个运动． [解析] 以帆板为参照物，帆船具有朝正东方向的速度 v 和朝正 北方向的速度 v，两速度的合速度大小为 2v，方向朝北偏东 45°，故选项 D 正确．
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小； (2)当 L＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶 上两个弹孔之间的距离； (3)若靶上只有一个弹孔，求 L 的范围． [突破点拨] (1)由题干中“子弹相对于枪口的初速度为 v＝800 m/s”说明子 弹相对于地面的初速度应等于
_______________________________________________________ _________________． (2)子弹飞离枪口后做________运动． (3)问题中“靶上只有一个弹孔”说明第一发子弹________．
高考物理二轮复习专题一 力与运动(PPT版)共42张
θ。
A.由v= gR 可知,甲的速度是乙的 2 倍 当货物速度达到与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,即mg sin θ>μmg cos θ,此
绳长不变,用质量不同的球做实验,
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
B.由a=ω r可知,甲的向心加速度是乙的2倍 再结合水平分运动x=v0t可得2v0=x ,故
是一
个只与地球质量有关的物理量,故D项由此所得推论是正确的。
考情分析
2018
2019
2020
力与物体的平衡 T14(1):物体的平衡
T2:物体的平衡
力与直线运动 T14(3):牛顿运动定律的 T15:牛顿运动定律的 T5:牛顿运动定律的应用-整体法
应用
应用-板块问题
力与曲线运动
T3:平抛运动
T6:圆周运动中的运动 T8:平抛运动
专题一 力与运动
1 .(1)匀变速直线运动的三个基本公式:v= v0 at,x=
v0t
1 at2 2
,v2-
v02 =2ax;
(2)两个中间速度:v=
v
=
t
v0
2
v
,
v
=
x
v02
2
v2
,且 vt <
vx。一个推论:Δx=aT2。
22
2
2
2.(1)轻绳只能产生拉力,方向沿绳子且指向绳子收缩的方向;轻杆产生的弹
力,既可以是压力,也可以是拉力,方向不一定沿杆;弹簧产生的支持力或拉力
沿轴线方向,弹簧弹力的大小:F=kx。
(2)滑动摩擦力大小F=μFN,方向沿接触面的切线方向,与相对运动的方向相反。
3.力的合成和分解均遵பைடு நூலகம்平行四边形定则;两个力的合力范围:|F1-F2|≤F≤ |F1+F2|。 4.牛顿运动定律
2016创新设计高考物理浙江专用二轮专题复习：专题一 力与运动课件 专题一 第1讲
第1讲 力与物体的平衡专题提升训练一、单项选择题1.(2015·金华十校高三4月模拟考试)在建筑装修中，工人用质量为m 的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上推力F 时，磨石恰好能沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为( )图1A.F sin θB.F cos θC.μ(F －mg )sin θD.μ(F －mg )cos θ解析 磨石受竖直向下的重力、竖直向上的推力F 、垂直于斜壁向下的弹力F N 和沿斜壁向下的摩擦力F f 作用，由于磨石匀速运动，故其所受合力为0。
故垂直于斜壁方向有mg sin θ＋F N ＝F sin θ，故F N ＝F sin θ－mg sin θ，所以F f ＝μF N ＝μ(F －mg )sin θ，平行于斜壁方向有F f ＋mg cos θ＝F cos θ，所以F f ＝(F －mg )cos θ，故只选C 。
答案 C2.(2015·温州八校高三联考)如图2所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。
一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m 1和m 2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m 1的小球与O 点的连线与水平线的夹角为α＝60°。
则两小球的质量比m 2m 1为( )图2 A.33 B.23 C.32 D.22解析 对m 1受力分析可知，F N ＝F T ＝m 2g ，F N cos 30°＋F T cos 30°＝m 1g ，联立解得m 2m 1＝33，选项A正确。
答案 A3.(2015·烟台一模)如图3所示，放在水平面上的斜面体B始终静止，物块A放在斜面体上，一轻质弹簧，两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态。
现用力F沿斜面向上拉A，但并未运动。
下列说法正确的是()图3A.弹簧对挡板的作用力减小B.A、B之间的摩擦力可能大小不变C.B对地面的压力增加D.水平面对B的摩擦力不变解析开始弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板作用力不变，A错；隔离物块A分析得，A受B的摩擦力可能方向变化、大小不变，B对；A、B整体受力平衡，F水平＝F f，F竖直＋F N＝M总g，所以C、D错误。
高考物理选考新增分二轮实用课件专题一力与运动
曲线运动
阐述了物体做曲线运动的条件，以及 曲线运动中的速度、加速度等物理量 的变化规律。
相关题型解题思路梳理
受力分析题
连接体问题
解题关键在于正确分析物体的受力情况， 画出受力图，并根据牛顿运动定律列方程 求解。
解题时通常采用整体法和隔离法，先分析 整体受力情况，再分析单个物体的受力情 况，列出牛顿运动定律方程求解。
接通电源，释放小车， 让小车在细绳的牵引下 沿斜面加速下滑。
使用打点计时器记录小 车的运动情况，得到纸 带上的点迹。
改变砝码的质量，重复 以上步骤进行多次实验 。
数据采集、处理及误差分析技巧分享
01
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数据采集
记录每次实验中砝码的质量、 小车的加速度（通过测量纸带 上相邻两点间的距离和时间间 隔计算得出）。
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实验：验证牛顿第二定律实验设计和数据分析
实验目的和原理介绍
实验目的
通过实验操作，验证牛顿第二定律， 即物体的加速度与作用力成正比，与 物体质量成反比。
实验原理
牛顿第二定律指出，物体所受合外力 等于物体质量与加速度的乘积，即 F=ma。通过测量不同作用力下物体 的加速度，可以验证该定律。
实验器材准备和操作步骤说明
隔离法
将连接体中某个物体单独隔离出来，分析该物体的受力情况，运用 牛顿第二定律列方程求解。
整体法与隔离法的综合应用
根据问题的需要，灵活选择整体法或隔离法，或将两种方法结合使 用，以简化问题，提高解题效率。
临界问题判断依据和解决方法论述
临界状态判断
分析物体的受力情况和运动状态，找出物体处于 临界状态的条件，如速度为零、加速度为零、受 力平衡等。
浙江专用版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与直线运动课件
可解得s＝5 m，所以h＝ssin θ＝3 m
(2)物块在斜面ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ运动所需的时间.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果保留 二位有效数字)
停止喷气，小球破门的速度为
2v0 2
B.若小球以速度v0运动到离对方球门0.5L处小孔突然
停止喷气，小球破门的速度为v20 C.若小球以速度v0运动到离对方球门L处所受浮力突然减半，小球破门的速度为
D.若小球以速度v0运动到离对方球门L处所受浮力突然减半，小球破门的速度为
2v0 v04 2
解析 由题意知 v02＝2μgL，若 0.5L 处停止喷气，由 v02－v2＝2μgL2，得 v＝ 22v0，故 A 正确，B 错误； 若离球门 L 处浮力减半，即 F 浮′＝12F 浮＝12mg，则 a＝μmg－mF浮′＝12μg
答案 3.2 s 解析 小物块在斜面上向上运动的时间：t1＝0－a2v1＝1 s 小物块在最高点时：mgsin θ＞μmgcos θ， 所以小物块会匀加速下滑，加速度a3＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2， 由 s＝12a3t22，解得：t2＝ 5 s 小物块在斜面上运动所需时间为：t＝t1＋t2＝(1＋ 5) s≈3.2 s.
题型3
单物体多运动过程问题
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1.基本思路
2.解题关键 抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程 受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等. 3.常用方法 (1)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. (2)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 末速度为零的匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等.
浙江专用2016届高三物理二轮复习 专题二 力与直线运动课件.ppt
规范解答:(1)列车从静止加速至最大速度过程所用时间为 t1= vm =20 s, a
运动位移为 x1= vm2 =200 m, 2a
故列车加速至最大速度后立即做减速运动, 列车在两站间运动总时间为 t 车=2t1=40 s, 他在地面道路奔跑的最长时间为 t=2ta+2t1-tb=50 s,
最小平均速度为 v= x =8 m/s.
g
g
= d + 2h ,解得 h=1.25 m,选项 A 正确. vg
2.运动图象的理解和应用 (2015宁波效实中学模拟)物体的运动可以用图象描述,在如图所示的x-t 和v-t图象中,分别给出了a,b,c,d四个物体做直线运动所对应的图象 1,2,3,4.则关于这四个物体的运动,下列说法正确的是( A ) A.a,b一定在t1时刻相遇 B.c,d一定在t3时刻相遇 C.a,b运动方向相同,c,d运动方向相同 D.a,b运动方向相反,c,d运动方向相反
锁定考点·高效突破
考点一 匀变速直线运动的规律及应用
典例 (2015郑州市第一次质检)据英国《每日邮报》报道,英式触式橄 榄球球员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度.他从“市长官邸站” 下车,在下一地铁站“景隆街站”顺利登上刚下来的同一节车厢.已知 地铁列车每次停站时间(从车门打开到关闭的时间)为ta=20 s,列车加速 和减速阶段的加速度为a=1 m/s2,运行过程的最大速度为vm=72 km/h.假 设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动,两站之间的地铁轨道和地面 道路都是平直的且长度相同,两站间的距离约为x=400 m,赫普顿斯托尔 出站和进站共用时tb=30 s.问:
t (2)列车在郑州地铁两站间运动总时间为
t
总=2t1+
【优化方案】(浙江专用)2016版高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第1讲 力与物体的平衡课件
在上述题1中，若仍保持O点位置不变,OB绳的
B端逐渐向左移动，OA、OB绳上的拉力大小各如何变化？
解析：由力的矢量图可知：OA、OB上的拉力大小均逐渐 增大．
答案：见解析
2． (2015· 高考浙江卷)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线 把一个质量为 0.1 kg 的小球 A 悬挂到水平板的 M、N 两点，A 上带有 Q＝ 3.0× 10 6 C 的正电荷．两线夹角为 120°，两线上 的拉力大小分别为 F1 和 F2.A 的正下方 0.3 m 处放有一带等量 异种电荷的小球 B，B 与绝缘支架的总质量为 0.2 kg(重力加速
1 A. μ1μ2 1＋ μ1μ2 C. μ1μ2
1－ μ1μ2 B. μ1μ2 2＋ μ1μ2 D. μ1μ2
[突破点拨] (1)B恰好不下滑，则B受到的摩擦力与B受重力关系为 ________．A恰好不滑动，则推力与A受地面的摩擦力关系 为________．
(2)A对地面的压力为________．
[解析 ] kQ2 A 对 B 有竖直向上的库仑力，大小为 FAB＝ 2 ＝ 0.9 N； l
对 B 与支架整体分析，竖直方向上合力为零，则 FN＋ FAB＝ mg， 可得 FN＝mg－ FAB＝1.1 N，由牛顿第三定律知 F′N＝ FN， 选项 A 错误．
因两细线长度相等， B 在 A 的正下方，则两线上的拉力大小相 等，小球 A 受到竖直向下的重力、库仑力和 F1、F2 的作用而处 于平衡状态，因两线夹角为 120°，根据力的合成特点可知： F1＝ F2＝ GA＋ FAB＝1.9 N， 选项 B 正确． 当 B 移到无穷远处时， F1＝ F2＝ GA＝ 1 N，选项 D 错误．当 B 水平向右移至 M、A、B 在同一条直线上时，如图所示，