2016广东高考物理物理必修1专题复习训练
一、高考考点回顾
必修1是共同必修部分的内容，也是高考必考模块，这一模块共有三大块的内容：静力学（主要是力与物体的平衡，包括力的合成与分解）、运动学（主要涉及匀速直线运动、匀变速直线运动，包括图象）、动力学（主要包括牛顿三定律，尤其是牛顿第二定律）. 高考中这部分试题的题型包括选择题、实验题和计算题，每年高考中所占分值约为30分；涉及的以主干知识为主，如：力的合成与分解、匀变速度直线运动的规律、牛顿第二定律的应用.
二、例题精选
例1．质点做匀变速直线运动的位置x 与时间t 的关系为x ＝t 2＋5t ＋4(物理量均采用国际单位制单位) ，该质点( ).
A ．运动的初速度为2 m/s B ．运动的加速度为1 m/s2 C ．在第1 s内的位移为6 m D ．在第1 s内的平均速度为2 m/s
1
【解析】质点做匀变速直线运动，其位移公式为x ′＝v 0t ＋at 2与位置x 与
2时间t 的关系式x ＝t 2＋5t ＋4，对比可得：质点的初速度v 0＝5 m/s，加速度a ＝2 m/s2，选项A 、B 错误；质点在第1 s 内的位移x 10＝x 1－x 0＝(10－4) m ＝6 m ，
x 10
其平均速度v ＝6 m/s，选项C 正确，选项D 错误．
t
【答案】C
例2．(多选) a 、b 两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v t 图象如图1所示，在t ＝0时刻，b 车在a 车前方s 0处，在0～t 1时间内，a 车的位移为s ，则( ).
2
A ．若a 、b 在t 1时刻相遇，则s 0＝s
3
B ．若a 、b 在 时刻相遇，则下次相遇时刻为2t 1
2
t 1
t 11
C ．若a 、b 在 时刻相遇，则s 0＝
22
D ．若a 、b 在t 1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t 1
图1
【解析】由图2可知，a 车的初速度等于2v ，在t 1时间内，a 车的位移为s ，11
则b 车的位移为s ，若a 、b 在t 1时刻相遇，则s 0＝s －332t 1
＝s ，A 选项正确；若a 、b 在时刻相遇，如图所示，s 0
321
等于阴影部分对应的面积，由几何关系可知s 0＝，由图象
2
图2
3
中的对称关系可知，下次相遇的时刻为t 1，C 选项正确，B 选项错误；若a 、b
2在t 1时刻相遇，则t 1时刻后v b ＞v a ，两车不能再次相遇，D 选项错误．
【答案】AC
例3．如图所示，轻质工件通过轻质杆与滑块B 连接，当作用在滑块B 上的水平推力F ＝100 N 时，整个装置静止，此时α＝30°. 已知滑块与水平面间的摩擦力不计，则工件上受到的压力为(
).
图3
A ．100 N B．3 N C．50 N D．200 N
【解析】对B 受力分析如图甲所示，则F 2＝F /sin α＝2F ，对上部分受力分
′
析如图乙所示，其中F ′3 N，故B 正确．
2＝F 2，得F N ＝F 2·cos α＝
【答案】B
例4. 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2324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.
3
mg B．mg 3
31C. mg D.mg 22
【解析】以a 、b 为整体，整体受重力2mg 、悬绳OA 的拉力
F T 及拉力F 三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F 垂直于悬绳拉力F T 时有最小值，且最小值F ＝2mg sin θ＝
mg ，B 项正确．
【答案】B
例5. 如图所示，完全相同的三个木块，A 、B 之间用轻弹簧相连，B 、C 之间用不可伸长的轻杆相连，在手的拉动下，木块间达到稳定后，一起向上做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2.某一时刻突然放手，则在手释放的瞬间，有关三个木块的加速度，下列说法正确的是(以向上为正方向，g 大小为10 m/s2)( ).
A ．aA ＝0，aB ＝
aC
＝－5 m/s2
B ．aA ＝－5 m/s2，aB ＝aC ＝－12.5 m/s2
C ．aA ＝－5 m/s2，aB ＝－15 m/s2，aC ＝－10 m/s2 D ．aA ＝－5 m/s2，aB ＝aC ＝－5 m/s2
图6
1
【解析】在手释放的瞬间，弹簧的弹力为mg ，不能突变，所以A 的受力不
2能突变，加速度不能突变，仍为a A ＝-5 m/s2，但B 、C 间的轻杆的弹力要突变，
B 、C 整体-2mg －＝2ma ，a ＝-12.5 m/s2，B 和C 具有相同的加速度a B ＝a C ＝-12.5 m/s2，即B 正确．
【答案】B
例6．如图所示，质量为M 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A 点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是( )
A ．地面对木楔的支持力大于(M＋m)g B ．地面对木楔的支持力小于(M＋m)g C ．地面对木楔的支持力等于(M＋M)g D ．地面对木楔的摩擦力为0
【解析】由于物体m 沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A 正确、B 、C 错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误． 【答案】A
例7．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命. 如图所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动) 的v 2－x 图象(v 为货车的速度，x 为制动
图6
距离) ，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的
12
制动图象. 某路段限速72 km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h的速度行驶. 通过计算求解：
(1)驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；
(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s，则该型号货车满载时以72 km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远. 【答案】(1)不符合 (2)60 m
22
【解析】(1)根据速度位移公式v 2－v 20＝2ax ，有v ＝2ax ＋v 0，图线斜率的一
半表示加速度；根据题图象得到：满载时，加速度为5 m/s2，严重超载时加速度为2.5 m/s2；设该型号货车满载时以72 km/h(20 m/s)的速度减速，
400v 20v '
制动距离x 1＝＝ m＝40 m，制动时间为t 1＝＝4 s；
a 152a 12×5
2
v '
设该型号货车严重超载时以54 km/h(15 m/s)的速度减速，制动距离x 2＝
2a 215215v '
＝ m＝45 m>x 1，制动时间为t 2＝＝＝6 s>t 1；所以驾驶员紧2×2.5a 22.5急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求. (2)货车在反应时间内做匀速直线运动x 3＝vt 3＝20×1 m＝20 m，
2
v ' 跟车距离x ＝＋x 3＝40 m＋20 m＝60 m.
2a 1
2
例8．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m ＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O ，如图甲所示. 开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止. 小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力. 求：
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小.
【解析】(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知 在0～2 s内：a 1＝在2～5 s内：a 2＝
v 1－v 0
15 m/s2(方向沿杆向上) t 1v 2－v 1
10 m/s2(方向沿杆向下) t 2
(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有
F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ) －mg sin θ＝ma 1 停风后的上升阶段，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 综上解得μ＝0.5，F ＝50 N
【答案】(1)15 m/s2，方向沿杆向上；10 m/s2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N
例9．如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A 静止叠放在B 的最左端. 现用F ＝6 N的水平力向右拉物体A ，经过5 s物体A 运动到B 的最右端，其v －t 图象如图乙所示. 已知A 、B 的质量分别为1 kg、4 kg，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s2
.
(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；
(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间. 【解析】(1)根据v －t 图象可知物体A 的加速度为
a A ＝
Δv 10
2＝2 m/s2 Δt 5
以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A
解得μ＝
F －m A a A
＝0.4 m A g
1
(2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝5×10 m＝25 m
2若B 不固定，则B 的加速度为a B ＝
μm A g 0.4×1×10
2＝1 m/s2 m B 4
11
设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得A t 2－B t 2＝l
22解得t ＝7.07 s.
【答案】(1)0.4 (2)7.07s
三、试题选编
一、选择题（1～12题为单项选择，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.13～
20为多项选择，在每小题给出的四个选项中至少有两项符合题目要求. ）
1．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面) ，挡板对小球的推力F 、半球面对小球的支持力F N 的变化情况正确的是( ) ． A．F 增大，F N 减小 B．F 增大，F N 增大 C．F 减小，F N 减小 D．F 减小，F N 增大
2. 如图所示，铁板AB 与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B 端使θ角增大(始终小于90°) 的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是( ) ． A．磁铁所受合外力逐渐减小 B．磁铁始终受到三个力的作用 C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小
D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大
3．如图所示，力F 垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为( ) ． A．0 B．F cos α C．F sin α D．F tan α
4. 如图所示，用AO 、BO 细绳吊一重物P 静止，其中AO 绳水平．现用水平向右的力F 缓慢拉起重物P 的过程中(O点的位置不动) ，绳OB 所受的拉力变化为( ) ． A．变大 B．变小
C．先变小再变大 D．不变
5. 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 的作用下从半球形容器最低点缓慢移近最高点．设小滑块所受支持力为F N ，则下列判断正确的是( ) ． A．F 缓慢增大 B．F 缓慢减小 C．F N 不变 D．F N 缓慢减小
6．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是( ) ． A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m
7. 如图所示，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA 由水平方向缓慢移动到A ′位置过程中，若手臂OA 、OB 的拉力分别为F A 和F B ，下列表述正确的是( ) ．
A．F A 一定小于运动员的重力G B．F A 与F B 的合力始终大小不变 C．F A 的大小保持不变 D．F B 的大小保持不变
8．下列说法正确的是( ) ．
A．当物体没有受到外力作用时，才有惯性，而物体受到外力作用时，就没有了惯性
B．物体在粗糙的平面上减速滑行，初速度越大，滑行的时间越长，说明惯性的大小与速度有关
C．当参考平面选取不同时，重力势能和电势能的值可能为负值，但弹性势能不能为负值
D．当一个系统除受重力与弹簧的弹力作用外，还受其他力的作用，系统的机械能可能守恒
9．某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移随时间的变化规律为x ＝6t －t2(m)．则该物体在0～4 s 内走过的路程为( ) ． A．8 m B ．9 m C．10 m D．11 m 10.
如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F
的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中) ．已知力F 与水平方向的夹角为θ. 则m 1的加速度大小为( ) ． A. C.
F cos θF sin θ
B.
m 1+m 2m 1+m 2F cos θ
m 1
D.
F sin θ
m 2
11．物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征．下列说法正确的是( ) ．
A．甲物体受到不为零、且恒定的合外力 B．乙物体受到的合外力越来越大 C．丙物体受到的合外力为零 D．丁物体的加速度越来越大
12．某实验小组为了测量两张纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图a 所示的支架ABC ，其中BC 与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球．现将平板倾斜放置，如图b 所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB 的夹角为θ，则两纸之间的动摩擦因数为( ) ． A．sin θ B．cos θ C．tan θ D．cot θ
13. 如图所示，水平地面上处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m 的物块上，另一端拴在固定于B 点的木桩上．用弹簧测力计的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧测力计始终与地面平行．物块在水平拉力作用下缓慢滑动．当物块滑动至A 位置，∠AOB ＝120°时，弹簧测力计的示数为F . 则( ) ． A．物块与地面间的动摩擦因数为
F
mg
B．木桩受到绳的拉力始终大于F C．弹簧测力计的拉力保持不变 D．弹簧测力计的拉力一直增大
14．如图所示，物体P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平，现把物体Q 轻轻地叠放在P 上，则( ) ． A．P 向下滑动 B．P 静止不动 C．P 所受的合外力增大 D．P 与斜面间的静摩擦力增大
15.如图所示，质量为m 的物体，在沿斜面向上的拉力F
作用下，沿质量为
M 的斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，则水平面对斜面体( ) ． A．无摩擦力
B．有水平向左的摩擦力 C．支持力为(M ＋m ) g D．支持力小于(M ＋m ) g
16. 某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a 所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图b 所示．已知运动员的质量为50 kg，降落伞的质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f 与速度v 成正比，即f ＝kv (g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) ．则下列判断中正确的是( ) ．
A．阻力系数k ＝100 N·s/m
B．打开伞瞬间运动员的加速度a ＝30 m/s2，方向竖直向上 C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N D．悬绳能够承受的拉力至少为2 500 N
17．物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点需要的时间为t . 现在物体从A 点由静止出发，先做加速度大小为a 1的匀加速运动到某一最大速度v m 后立即做加速度大小为a 2的匀减速运动至B 点停下，历时仍为t ，则物体的( ) ． A．最大速度v m 只能为2v ，无论a 1、a 2为何值 B．最大速度v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关
C．a 1、a 2值必须是一定的，且a 1、a 2的值与最大速度v m 有关 D．a 1、a 2必须满足
a 1a 22v
= a 1+a 2t
18．将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s ，它们运动的v －t 图象分别如图直线甲、乙所示．则( ) ．
A．t ＝2 s时，两球高度相差一定为40 m B．t ＝4 s时，两球相对于各自抛出点的位移相等 C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等 D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等
19．如图甲所示，质量相等的a 、b 两物体，从斜面上的同一位置A 由静止下滑，经B 点在水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B 点时的能量损失，用传感器采集到它们的v －t 图象如图乙所示，下列说法正确的是( ) ． A．a 在斜面上滑行的加速度比b 的大 B．a 在水平面上滑行的距离比b 的长 C．a 与斜面间的动摩擦因数比b 的大 D．a 先在水平面上停下
20．我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7 020 m 的深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6 500 m)．这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界．假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是( ) ．
A．图中h 3代表本次下潜最大深度 B．全过程中最大加速度是0.025 m/s2
C．潜水员感到超重发生在3～4 min和6～8 min的时间段内 D．整个潜水器在8～10 min的时间段内机械能守恒
二、计算题
21．某机场大道某路口有按倒计时显示的时间显示灯. 有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”. 交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过.
(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以使汽车车头越过停车线，则汽车的加速度至少多大？
(2)若该路段限速60 km/h，司机的反应时间为1 s ，司机反应过来后汽车先以2 m/s2的加速度沿直线加速3 s ，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速运动，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求踩刹车后汽车加速度的大小(结果保留两位有效数字).
22．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90 m 、宽60 m ，如图所示. 攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2. 试求： (1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大；
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，
他的启动过程可以视为从静止出发，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s.该前锋队员至少经过多长时间能追上足球； (3)若该前锋队员追上足球后，又将足球以速度v
沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加
速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动. 与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6 m/s的速度做匀速直线运动向前追赶足球，若该前锋队员恰能在底线追上足球，则v 多大.
23．甲、乙两辆车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度为v 1＝16 m/s，乙车的速度为v 2＝12 m/s，乙车在甲车的前面. 当两车相距L ＝6 m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a 1＝2 m/s2的加速度刹车，6 s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a 2＝1 m/s2. 求： (1)从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间； (2)两车相遇的次数； (3)两车速度相等的时间.
24．如图所示，带斜面的小车在水平地面上，斜面倾角为θ，紧靠斜面有一质量为m 的光滑球，试求在下列状态下斜面对小球的弹力大小： (1)小车向右匀速运动；
(2)小车向右以加速度a (a
25．如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A 、B 两个质量均为m 的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1、2、3的拉力分别为多大？
26．如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h 1＝20 m和h 2＝5 m 的两点上，各静置一小球A 和B . 某时刻由静止开始释放A 球，经过一段时间t 后，再由静止开始释放B 球，g 取10 m/s2，求：
(1)为了保证A 、B 两球不会在斜面上相碰，t 最长不能超过多少？ (2)若A 球从斜面上h 1高度处自由下滑的同时，B 球受到恒定外力作用从C 点以加速度a B 由静止开始向右运动，则加速度a B 满足什么条件时A 球能追上B 球？
27．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑. 若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x 将发生变化，重力加速度为g . (1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.
28．如图所示，质量M ＝1 kg 的木板A 静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg的铁块B (大小可忽略) ，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L ＝1 m，用F ＝5 N的水平恒力作用在铁块上. 设铁块B 与木板A 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s2.
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块B 与木板A 间是否会发生相对滑动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端的时间.
29．如图所示，水平传送带AB 长L ＝10 m，向右匀速运动的速度v 0＝4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点) 以v 1＝6 m/s的初速度从传送带右端
B 点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s2. 求： (1)小物块相对地面向左运动的最大距离；
(2)小物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间.
30．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8 m、质量M ＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m ＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝
3
对木板施加沿斜面向上的恒力2
F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动. 设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s2. (1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
(2)若F ＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.
专题一：物理必修1【参考答案】
1．B 解析: 画出小球受力变化动态图，由图可知，木板对小球的推力F 增大，球面对小球的支持力FN 增大，选项
B 正确．
2．D 解析：以磁铁为研究对象进行受力分析可知，缓慢抬起铁板的过程中磁铁相对铁板静止，因此磁铁所受合外力始终为零，选项A 错误；磁铁受重力、
铁板的吸引力、铁板的弹力、铁板的摩擦力四个力作用，选项B 错误；由受力平衡关系可得，磁铁受到的摩擦力逐渐增大，铁板对磁铁的弹力逐渐增大，选项C 错误，D 正确．所以答案选D.
3．C 解析：本题考查物体的平衡条件及利用平衡方程求力的大小的能力，难度较小．分析三角滑块的受力：重力G 、地面的支持力F N 、静摩擦力f 和力
F , 由平衡条件可知，F sin α＝f ，故C 正确．
4．D 解析：以结点O 、OP 绳及重物整体为研究对象，受到重力mg 、F 、AO 绳的拉力F AO 和BO 绳的拉力F BO 而平衡，如图所示．由平衡条件得F BO ＝见，F BO 与F 变化情况无关，选项D 正确．
mg
，可sin θ
5．A 解析：以小滑块为研究对象，进行受力分析，小滑块受重力G 、支持力FN 和水平推力F 的作用，如图所示．小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点的过程中，θ角逐渐减小，根据物体的平衡条件可得：FNsin θ＝G ，FNcos θ＝F ，因为θ角逐渐减小，所以F N ＝F ＝
G
逐渐增大，选项C 、D 错误；sin θ
G
缓慢增大，选项A 正确，B 错误． tan θ
2
2
12
6．C 解析：由Δx ＝aT 得：a ＝－2 m/s，由v 0T ＋aT ＝x 1得：v 0＝10 m/s，
20－v 20
汽车刹车时间t ＝＝5 s
a 2a
0－v 0
正确．
7．B 解析：手臂OA 缓慢移动时，运动员受到的拉力以及运动员所受的重力平衡，如图所示，F A 与G 的合力F 合与F B 等大反向，F A ＝G tan
θ，当θ>45°时，F A >G；当θ
θ
的变化，F A 、F B 的大小都将变化，C 、D 选项错误．
8．D 解析 惯性大小取决于质量，与速度和外力无关，所以A 、B 选项错误．势能具有相对性，所以C 选项错误．由机械能守恒定律的条件可知D 选项正确． 1
9．C 解析 将x ＝6t －t 2与x ＝v 0t －2比较知，初速度v 0＝6 m/s，加速
2度a ＝－2 m/s2，故物体前3 s内沿正方向做匀减速的位移大小x 1＝9 m，后1 s内沿负方向做匀加速运动走过的位移大小x 2＝1 m ，故该物体在0～4 s 内走过的路程为10 m.
10．A 解析：把m 1、m 2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：F cos θ＝(m 1＋m 2) a ，所以a =
F cos θ
，选项A 正确．
m 1+m 2
11．D 解析：甲物体做匀速直线运动，合外力为零，选项A 错误．乙物体做匀加速运动，合外力恒定，且不为零，选项B 错误．丙物体做匀加速运动，合外力恒定且不为零，选项C 错误．丁物体所受合外力越来越大，加速度越来越大，选项D 正确．
12．D 解析：以小球为研究对象，设小球的质量为m ，平板的倾角为α，线的拉力为T ，由牛顿第二定律得mg sin α－T cos θ＝ma ，mg cos α＝T sin θ. 联立解得a ＝g sin α－g cos αcot θ，以装置(木块支架) 整体为研究对象，由牛顿第二定律得g sin α－μg cos α＝a . 又因小球的加速度与装置(木块支架) 整体的加速度大小相等，所以μ＝cot θ.
13．AD 解析：当物块滑动至A 位置，∠AOB ＝120°时，轻绳中拉力等于F ，物块缓慢滑动，摩擦力等于拉力，由F ＝μmg 得物块与地面间的动摩擦因数μ＝
F
，选项A 正确；物块在水平拉力作用下缓慢滑动，绳的拉力始终等于物块的摩mg
擦力，而物块的摩擦力保持不变，故木桩受到绳的拉力始终等于F ，选项B 错误；由平衡条件得弹簧测力计的拉力F
拉
＝2F cos θ(θ为绳与弹簧测力计拉力方向
间的夹角) ，在物块滑动过程中，θ逐渐减小，F 保持不变，故弹簧测力计的拉力逐渐增大，选项C 错误，D 正确．
14．BD 解析：设斜面的倾角为θ，放上Q ，相当于增加了P 的质量．对P
受力分析并列平衡方程得mgsin θ＝f ≤μmgcos θ，即sin θ≤μcos θ. 当m 增加时，μ、θ均不变，不等式仍然成立，P 仍然平衡，则A 、C 均错，B 正确．由f ＝mgsin θ知D 项正确．
15．BD 解析：m 匀速下滑，M 静止不动，都处于平衡状态，选用整体法分析．物体与斜面体整体的受力情况如图所示，斜向右上方的拉力F 作用在系统上，F 在水平方向的分力使系统有向右的运动趋势，所以水平面对斜面有水平向左的静摩擦力Ff ，故A 项错误，B 项正确．F 在竖直向上的分力可以减小斜面体对地面的挤压，所以水平面对斜面体的支持力FN 小于(M＋m)g ，故C 项错误，D 项正确．
16．BC 解析：以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图a 可知：2mg ＝kv 匀，又v 匀＝5 m/s，故k ＝200 N ·s/m，选项A 错误．在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv 0－2mg ＝2ma ，所以a ＝
kv 0-2mg
＝30 m/s2，方向竖直向上，2m
选项B 正确．设每根绳的拉力为T ，以运动员为研究对象有8T cos α－mg ＝ma ，
T ＝
mg +ma
＝312.5 N，选项C 正确、D 错误．
8cos 37︒
17．AD 解析：对于A 、B 选项的判断：
方法一 设物体匀加速运动时间为t 1，则匀减速运动的时间为(t －t 1) ，根11
据题述有：v t ＝1t 2＋2(t －t 1)2，a 1t 1＝v m ，a 2(t －t 1) ＝v m . 联立解得v m ＝2v . 即
22
v m 只能为2v ，无论a 1、a 2为何值，故A 对，B 错． 方法二 第二种运动方式整个过程的平均速度v =＝2v ，与a 1、a 2的大小无关，故A 对，B 错．
对于C 、D 选项的判断：由a 1t 1＝v m ，a 2(t －t 1) ＝v m ，v m ＝2v 联立解得即a 1、a 2只要满足此关系式即可，故C 错，D 对．
18．BD 解析：运动过程与v -t 图象相结合．甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动，只是乙的运动滞后2 s ．因初始位置高度不同，所以无法确定t ＝2 s 时两小球的高度差，选项A 错误；v -t 图象中位移的大小等于图线与t
轴所围的
a 1a 22v
=，a 1+a 2t
-
v v m
，所以v t ＝m t . 得v m
22
面积，从图象中可以看出t ＝4 s时两球相对于各自抛出点的位移相等，选项B 正确；同时因抛出速度相同，所以从抛出至达到最高点的时间相同，从v -t 图象知，该时间间隔均为3 s ，选项D 正确；因两球抛出时高度不同且高度差不确定，运动时间就不确定，选项C 错误．
19．AB 解析：根据图示和加速度定义可以直接判断a 在斜面上滑行的加速度比b 的大，A 对；根据v -t 图象与横轴时间t 围成的面积表示位移大小可判断，a 在水平面上滑行的距离比b 的长，B 对；对a 和b 在斜面上受力分析和由牛顿第二定律可得a ＝g sin θ－μgcos θ(θ为AB 与水平面间的夹角) ，因为a a >a b ，所以a 与斜面间的动摩擦因数比b 的小，C 错；根据图象可以直接看出D 错．
20.AC 解析：题图(a)中h 3代表本次下潜最大深度，A 正确；而v -t 图象的斜率表示物体运动的加速度，所以0～1 min和3～4 min内的加速度最大，a 1
＝ m/s2，B 错误；当加速度向上时，物体处于超重状态，所以潜水员向下做减30
速运动和向上做加速运动的过程都处于超重状态，故3～4 min内和6～8 min内为超重状态，C 正确；潜水器在8～10 min 时间段内的加速度为a ′＝故潜水器除重力外还受到其他外力作用，机械能不守恒，D 错误． 21．解析：(1)司机反应时间内汽车通过的位移x 1＝v 0t 1＝10 m 1
加速过程t 2＝5－t 1＝4(s),70－x 1＝v 0t 2＋a 1t 12
2代入数据得：a 1＝2.5 m/s2 (2)汽车加速结束时通过的位移
1
m/s2，40
x 2＝v 0t 1＋v 0t 3＋2t 2＝10×1 m＋10×3 m＋2×32 m＝49 m 此时车头前端离停车线的距离为x 3＝70－x 2＝21(m) 此时速度为v t ＝v 0＋a 2t 3＝(10＋2×3) m/s＝16 m/s 匀减速过程中有2a 3x 3＝v 2 代入数据解得：a 3＝6.1 m/s2
答案 (1) 2.5 m/s2 (2) 6.1 m/s2
1212
22．解析：(1)已知足球的初速度为v 1＝12 m/s，加速度大小为a 1＝2 m/s2
足球做匀减速运动的时间为：t 1=
v v 1
=6s, 由x 1=1t 1, 得x 1＝36 m
2a 1
(2)已知该前锋队员的加速度为a 2＝2 m/s2，最大速度为v 2＝8 m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：t 2=得x 2＝16 m
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为：
v v 2
＝4 s ，x 2=2t 2
2a 2
x 3＝v 2(t 1－t 2) ＝8×2 m＝16 m
由于x 2＋x 3
前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s (3)此时足球距底线的距离为：x 4＝45－x 1＝9 m 设前锋队员运动到底线的时间为t 4，则有x 4＝v 4t 4 1
足球在t 4时间内发生的位移为x 4＝v 3t 4－a 1t 42
2联立以上各式解得：v ＝v 3＝7.5 m/s
答案 (1)36 m (2)6.5 s (3)7.5 m/s
23．解析：(1)在甲减速时，设经时间t 相遇，甲和乙的加速度分别为a 1、
a 2，位移分别为x 1、x 2，则有x 1＝v 1t －1t 2，x 2＝v 2t －2t 2，x 1＝x 2＋L 联立解得t 1＝2 s，t 2＝6 s
即在甲车减速时，相遇两次，第一次相遇的时间为t 1＝2 s
(2)当t 2＝6 s时，甲车的速度为v 1′＝v 1－a 1t 2＝4 m/s，乙车的速度为
1212
v 2′＝v 2－a 2t 2＝6 m/s，甲车的速度小于乙车的速度，但乙车做减速运动， 1
设再经Δt 甲追上乙，有v 1′Δt ＝v 2′Δt －a 2Δt 2，解得Δt ＝4 s
2此时乙仍在做减速运动，此解成立. 综合以上分析知，甲、乙两车共相遇3次.
(3)第一次速度相等的时间为t 3，有v 1－a 1t 3＝v 2－a 2t 3，解得t 3＝4 s 甲车匀速运动的速度为4 m/s，第二次速度相等的时间为t 4，有v 1′＝v 2－a 2t 4
解得t 4＝8 s
答案 (1)2 s (2)3次 (3)4 s和8 s
24．解析：对小球进行受力分析，如图甲所示，将斜面对小球的支持力F N 2正交分解，则由平衡条件和牛顿第二定律，得 F N 2 sin θ＝ma ① F N 2cos θ＋F N 1＝mg ② 由①②两式得a =
m g -F N 1
m
tan θ ③
由③式可以看出，当a ＝g tan θ时，F N 1＝0，即此时的加速度就是小球刚好离开车的上表面所需要的最小加速度值. (1)当小球向右匀速运动，即a ＝0时， 由①式得斜面对小球的弹力为F N 2＝0.
(2)当小车运动的加速度a
F 'ma
=.
sin θsin θ
甲 乙
(3)当a ＝g tan θ时，就是刚才所讨论的临界情况，即此时小球刚好离开车的上表面，小球的受力情况如图乙所示，则斜面对小球的弹力为
F N 2=
mg
. cos θ
ma
mg
答案 (1)0 (2)sin θ cos θ 25．解析:设三条绳上的拉力分别为F T1，F T2，F T3；把A 、B 两个小球视为整体，受力分析如图甲，由平衡条件可得2mg ＝F T1cos45°，F T3＝F T1sin45°
解得F T1＝22mg ，F T3＝2mg
隔离球B ，受力分析如图乙：F T2＝(mg ) 2+F T3=mg 答案 2mg 5mg 2mg
2
26．解析:(1)两球在斜面上下滑的加速度相同，设加速度为a ，根据牛顿第二定律有mg sin30°＝ma, 解得a ＝5 m/s2
设A 、B 两球下滑到斜面底端所用时间分别为t 1和t 2，则
h 212
=at 2.
sin 30︒2
h 112
=at 1， sin 30︒2
解得t 1＝4 s，t 2＝2 s
为了保证两球不会在斜面上相碰，t 最长不超过Δt ＝t 1－t 2＝2 s. 1
(2)设A 球在水平面上再经t 0追上B 球，则a B (t 1＋t 0)2＝at 1·t 0
2 A 球要追上B 球，方程必须有解，Δ≥0 可解得a B ≤2.5 m/s2. 答案 (1)2 s (2)a B ≤2.5 m/s2
27.解析:(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：
mg sin θ=μF N F N -mg cos θ=0
3. 3
解得μ＝tan θ＝tan30°＝
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a ， 则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma. 由0－v 02＝2ax 、μ=tan 30︒得
x =
v 0v 0
, ==
2g 2g (sinθ+μcos θ) (sinθcos +sin cos θ) 2g sin(θ+) 666cos 6
22
cos v 0
π
2
当θ+
π
6
=
π
2
cos
时x 最小，即θ=60︒时, x 最小值为x min =
π
2g
v 0
2
3v 0= 4g
2
33v 20
答案 (1) (2)θ＝60°，34g
28．解析 (1)A、B 之间的最大静摩擦力为F fm ＝μmg ＝0.3×1×10 N＝3 N 假设A 、B 之间不发生相对滑动，则 对A 、B 整体：F ＝(M ＋m ) a 对B ：F fAB ＝ma 解得F fAB ＝2.5 N
因F fAB ＜F fm ，故A 、B 之间不发生相对滑动 (2)对B ：F －μmg ＝ma B 对A ：μmg －μ2(M ＋m ) g ＝Ma A
1212
据题意x B －x A ＝L ，x A ＝a A t ，x B ＝B t ，解得t 2 s
22 答案 (1)不会发生相对滑动 2 s
29．解析:(1)设小物块与传送带间摩擦力大小为F f 11
则F f ＝μmg ，F f x 物＝mv 2，x 物＝4.5 m
2
(2)设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a ，经时间t 2与传送带速度相等. v 1－at 1＝0，a ＝
F f m
，t 1＝1.5 s，v 0＝at 2，t 2＝1 s
1
设反向加速时，小物块的位移为x 1，则有x 1＝at 2＝2 m
2
小物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B 点 x 物－x 1＝v 0t 3 t 3＝0.625 s
所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s 答案 (1) 4.5 m (2) 3.125 s
30．解析:(1)对M 、m ，由牛顿第二定律
F －(M ＋m ) g sin α＝(M ＋m ) a ① 对m ，有F f －mg sin α＝ma ② F f ≤F fm ＝μmg cos α ③ 代入数据得F ≤30 N ④ (2)F ＝37.5 N＞30 N，物块能滑离木板 ⑤ 对M ，有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1 ⑥ 对m ，有μmg cos α－mg sin α＝ma 2 ⑦
设物块滑离木板所用时间为t ，由运动学公式121
1t 2－22t 2＝L 代入数据得t ＝1.2 s 物块滑离木板时的速度v ＝a 2t 由公式－2g xsin α＝0－v 2 代入数据得x ＝0.9 m 答案 (1)F ≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m
⑧
⑨ ⑩ ⑪ ⑫
2016广东高考物理物理必修1专题复习训练
一、高考考点回顾
必修1是共同必修部分的内容，也是高考必考模块，这一模块共有三大块的内容：静力学（主要是力与物体的平衡，包括力的合成与分解）、运动学（主要涉及匀速直线运动、匀变速直线运动，包括图象）、动力学（主要包括牛顿三定律，尤其是牛顿第二定律）. 高考中这部分试题的题型包括选择题、实验题和计算题，每年高考中所占分值约为30分；涉及的以主干知识为主，如：力的合成与分解、匀变速度直线运动的规律、牛顿第二定律的应用.
二、例题精选
例1．质点做匀变速直线运动的位置x 与时间t 的关系为x ＝t 2＋5t ＋4(物理量均采用国际单位制单位) ，该质点( ).
A ．运动的初速度为2 m/s B ．运动的加速度为1 m/s2 C ．在第1 s内的位移为6 m D ．在第1 s内的平均速度为2 m/s
1
【解析】质点做匀变速直线运动，其位移公式为x ′＝v 0t ＋at 2与位置x 与
2时间t 的关系式x ＝t 2＋5t ＋4，对比可得：质点的初速度v 0＝5 m/s，加速度a ＝2 m/s2，选项A 、B 错误；质点在第1 s 内的位移x 10＝x 1－x 0＝(10－4) m ＝6 m ，
x 10
其平均速度v ＝6 m/s，选项C 正确，选项D 错误．
t
【答案】C
例2．(多选) a 、b 两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v t 图象如图1所示，在t ＝0时刻，b 车在a 车前方s 0处，在0～t 1时间内，a 车的位移为s ，则( ).
2
A ．若a 、b 在t 1时刻相遇，则s 0＝s
3
B ．若a 、b 在 时刻相遇，则下次相遇时刻为2t 1
2
t 1
t 11
C ．若a 、b 在 时刻相遇，则s 0＝
22
D ．若a 、b 在t 1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t 1
图1
【解析】由图2可知，a 车的初速度等于2v ，在t 1时间内，a 车的位移为s ，11
则b 车的位移为s ，若a 、b 在t 1时刻相遇，则s 0＝s －332t 1
＝s ，A 选项正确；若a 、b 在时刻相遇，如图所示，s 0
321
等于阴影部分对应的面积，由几何关系可知s 0＝，由图象
2
图2
3
中的对称关系可知，下次相遇的时刻为t 1，C 选项正确，B 选项错误；若a 、b
2在t 1时刻相遇，则t 1时刻后v b ＞v a ，两车不能再次相遇，D 选项错误．
【答案】AC
例3．如图所示，轻质工件通过轻质杆与滑块B 连接，当作用在滑块B 上的水平推力F ＝100 N 时，整个装置静止，此时α＝30°. 已知滑块与水平面间的摩擦力不计，则工件上受到的压力为(
).
图3
A ．100 N B．3 N C．50 N D．200 N
【解析】对B 受力分析如图甲所示，则F 2＝F /sin α＝2F ，对上部分受力分
′
析如图乙所示，其中F ′3 N，故B 正确．
2＝F 2，得F N ＝F 2·cos α＝
【答案】B
例4. 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2324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.
3
mg B．mg 3
31C. mg D.mg 22
【解析】以a 、b 为整体，整体受重力2mg 、悬绳OA 的拉力
F T 及拉力F 三个力而平衡，如图所示，三力构成的矢量三角形中，当力F 垂直于悬绳拉力F T 时有最小值，且最小值F ＝2mg sin θ＝
mg ，B 项正确．
【答案】B
例5. 如图所示，完全相同的三个木块，A 、B 之间用轻弹簧相连，B 、C 之间用不可伸长的轻杆相连，在手的拉动下，木块间达到稳定后，一起向上做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2.某一时刻突然放手，则在手释放的瞬间，有关三个木块的加速度，下列说法正确的是(以向上为正方向，g 大小为10 m/s2)( ).
A ．aA ＝0，aB ＝
aC
＝－5 m/s2
B ．aA ＝－5 m/s2，aB ＝aC ＝－12.5 m/s2
C ．aA ＝－5 m/s2，aB ＝－15 m/s2，aC ＝－10 m/s2 D ．aA ＝－5 m/s2，aB ＝aC ＝－5 m/s2
图6
1
【解析】在手释放的瞬间，弹簧的弹力为mg ，不能突变，所以A 的受力不
2能突变，加速度不能突变，仍为a A ＝-5 m/s2，但B 、C 间的轻杆的弹力要突变，
B 、C 整体-2mg －＝2ma ，a ＝-12.5 m/s2，B 和C 具有相同的加速度a B ＝a C ＝-12.5 m/s2，即B 正确．
【答案】B
例6．如图所示，质量为M 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A 点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是( )
A ．地面对木楔的支持力大于(M＋m)g B ．地面对木楔的支持力小于(M＋m)g C ．地面对木楔的支持力等于(M＋M)g D ．地面对木楔的摩擦力为0
【解析】由于物体m 沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A 正确、B 、C 错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误． 【答案】A
例7．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命. 如图所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动) 的v 2－x 图象(v 为货车的速度，x 为制动
图6
距离) ，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的
12
制动图象. 某路段限速72 km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h的速度行驶. 通过计算求解：
(1)驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；
(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s，则该型号货车满载时以72 km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远. 【答案】(1)不符合 (2)60 m
22
【解析】(1)根据速度位移公式v 2－v 20＝2ax ，有v ＝2ax ＋v 0，图线斜率的一
半表示加速度；根据题图象得到：满载时，加速度为5 m/s2，严重超载时加速度为2.5 m/s2；设该型号货车满载时以72 km/h(20 m/s)的速度减速，
400v 20v '
制动距离x 1＝＝ m＝40 m，制动时间为t 1＝＝4 s；
a 152a 12×5
2
v '
设该型号货车严重超载时以54 km/h(15 m/s)的速度减速，制动距离x 2＝
2a 215215v '
＝ m＝45 m>x 1，制动时间为t 2＝＝＝6 s>t 1；所以驾驶员紧2×2.5a 22.5急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求. (2)货车在反应时间内做匀速直线运动x 3＝vt 3＝20×1 m＝20 m，
2
v ' 跟车距离x ＝＋x 3＝40 m＋20 m＝60 m.
2a 1
2
例8．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m ＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O ，如图甲所示. 开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止. 小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力. 求：
(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小.
【解析】(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知 在0～2 s内：a 1＝在2～5 s内：a 2＝
v 1－v 0
15 m/s2(方向沿杆向上) t 1v 2－v 1
10 m/s2(方向沿杆向下) t 2
(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有
F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ) －mg sin θ＝ma 1 停风后的上升阶段，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 综上解得μ＝0.5，F ＝50 N
【答案】(1)15 m/s2，方向沿杆向上；10 m/s2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N
例9．如图甲所示，长木板B 固定在光滑水平面上，可看做质点的物体A 静止叠放在B 的最左端. 现用F ＝6 N的水平力向右拉物体A ，经过5 s物体A 运动到B 的最右端，其v －t 图象如图乙所示. 已知A 、B 的质量分别为1 kg、4 kg，A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s2
.
(1)求物体A 、B 间的动摩擦因数；
(2)若B 不固定，求A 运动到B 的最右端所用的时间. 【解析】(1)根据v －t 图象可知物体A 的加速度为
a A ＝
Δv 10
2＝2 m/s2 Δt 5
以A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得F －μm A g ＝m A a A
解得μ＝
F －m A a A
＝0.4 m A g
1
(2)由题图乙可知木板B 的长度为l ＝5×10 m＝25 m
2若B 不固定，则B 的加速度为a B ＝
μm A g 0.4×1×10
2＝1 m/s2 m B 4
11
设A 运动到B 的最右端所用的时间为t ，根据题意可得A t 2－B t 2＝l
22解得t ＝7.07 s.
【答案】(1)0.4 (2)7.07s
三、试题选编
一、选择题（1～12题为单项选择，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求.13～
20为多项选择，在每小题给出的四个选项中至少有两项符合题目要求. ）
1．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面) ，挡板对小球的推力F 、半球面对小球的支持力F N 的变化情况正确的是( ) ． A．F 增大，F N 减小 B．F 增大，F N 增大 C．F 减小，F N 减小 D．F 减小，F N 增大
2. 如图所示，铁板AB 与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方．现缓慢抬起铁板B 端使θ角增大(始终小于90°) 的过程中，磁铁始终相对铁板静止．下列说法正确的是( ) ． A．磁铁所受合外力逐渐减小 B．磁铁始终受到三个力的作用 C．磁铁受到的摩擦力逐渐减小
D．铁板对磁铁的弹力逐渐增大
3．如图所示，力F 垂直作用在倾角为α的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为( ) ． A．0 B．F cos α C．F sin α D．F tan α
4. 如图所示，用AO 、BO 细绳吊一重物P 静止，其中AO 绳水平．现用水平向右的力F 缓慢拉起重物P 的过程中(O点的位置不动) ，绳OB 所受的拉力变化为( ) ． A．变大 B．变小
C．先变小再变大 D．不变
5. 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 的作用下从半球形容器最低点缓慢移近最高点．设小滑块所受支持力为F N ，则下列判断正确的是( ) ． A．F 缓慢增大 B．F 缓慢减小 C．F N 不变 D．F N 缓慢减小
6．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是( ) ． A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m
7. 如图所示，运动员的双手握紧竖直放置的圆形器械，在手臂OA 由水平方向缓慢移动到A ′位置过程中，若手臂OA 、OB 的拉力分别为F A 和F B ，下列表述正确的是( ) ．
A．F A 一定小于运动员的重力G B．F A 与F B 的合力始终大小不变 C．F A 的大小保持不变 D．F B 的大小保持不变
8．下列说法正确的是( ) ．
A．当物体没有受到外力作用时，才有惯性，而物体受到外力作用时，就没有了惯性
B．物体在粗糙的平面上减速滑行，初速度越大，滑行的时间越长，说明惯性的大小与速度有关
C．当参考平面选取不同时，重力势能和电势能的值可能为负值，但弹性势能不能为负值
D．当一个系统除受重力与弹簧的弹力作用外，还受其他力的作用，系统的机械能可能守恒
9．某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移随时间的变化规律为x ＝6t －t2(m)．则该物体在0～4 s 内走过的路程为( ) ． A．8 m B ．9 m C．10 m D．11 m 10.
如图所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F
的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m 1在光滑地面上，m 2在空中) ．已知力F 与水平方向的夹角为θ. 则m 1的加速度大小为( ) ． A. C.
F cos θF sin θ
B.
m 1+m 2m 1+m 2F cos θ
m 1
D.
F sin θ
m 2
11．物体的运动情况或所受合外力的情况如图所示，四幅图的图线都是直线，从图中可以判断这四个质量一定的物体的某些运动特征．下列说法正确的是( ) ．
A．甲物体受到不为零、且恒定的合外力 B．乙物体受到的合外力越来越大 C．丙物体受到的合外力为零 D．丁物体的加速度越来越大
12．某实验小组为了测量两张纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图a 所示的支架ABC ，其中BC 与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球．现将平板倾斜放置，如图b 所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB 的夹角为θ，则两纸之间的动摩擦因数为( ) ． A．sin θ B．cos θ C．tan θ D．cot θ
13. 如图所示，水平地面上处于伸直状态的轻绳一端拴在质量为m 的物块上，另一端拴在固定于B 点的木桩上．用弹簧测力计的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧测力计始终与地面平行．物块在水平拉力作用下缓慢滑动．当物块滑动至A 位置，∠AOB ＝120°时，弹簧测力计的示数为F . 则( ) ． A．物块与地面间的动摩擦因数为
F
mg
B．木桩受到绳的拉力始终大于F C．弹簧测力计的拉力保持不变 D．弹簧测力计的拉力一直增大
14．如图所示，物体P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平，现把物体Q 轻轻地叠放在P 上，则( ) ． A．P 向下滑动 B．P 静止不动 C．P 所受的合外力增大 D．P 与斜面间的静摩擦力增大
15.如图所示，质量为m 的物体，在沿斜面向上的拉力F
作用下，沿质量为
M 的斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，则水平面对斜面体( ) ． A．无摩擦力
B．有水平向左的摩擦力 C．支持力为(M ＋m ) g D．支持力小于(M ＋m ) g
16. 某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a 所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为α＝37°，如图b 所示．已知运动员的质量为50 kg，降落伞的质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f 与速度v 成正比，即f ＝kv (g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) ．则下列判断中正确的是( ) ．
A．阻力系数k ＝100 N·s/m
B．打开伞瞬间运动员的加速度a ＝30 m/s2，方向竖直向上 C．悬绳能够承受的拉力至少为312.5 N D．悬绳能够承受的拉力至少为2 500 N
17．物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点需要的时间为t . 现在物体从A 点由静止出发，先做加速度大小为a 1的匀加速运动到某一最大速度v m 后立即做加速度大小为a 2的匀减速运动至B 点停下，历时仍为t ，则物体的( ) ． A．最大速度v m 只能为2v ，无论a 1、a 2为何值 B．最大速度v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关
C．a 1、a 2值必须是一定的，且a 1、a 2的值与最大速度v m 有关 D．a 1、a 2必须满足
a 1a 22v
= a 1+a 2t
18．将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s ，它们运动的v －t 图象分别如图直线甲、乙所示．则( ) ．
A．t ＝2 s时，两球高度相差一定为40 m B．t ＝4 s时，两球相对于各自抛出点的位移相等 C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等 D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等
19．如图甲所示，质量相等的a 、b 两物体，从斜面上的同一位置A 由静止下滑，经B 点在水平面上滑行一段距离后停下．不计经过B 点时的能量损失，用传感器采集到它们的v －t 图象如图乙所示，下列说法正确的是( ) ． A．a 在斜面上滑行的加速度比b 的大 B．a 在水平面上滑行的距离比b 的长 C．a 与斜面间的动摩擦因数比b 的大 D．a 先在水平面上停下
20．我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7 020 m 的深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6 500 m)．这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界．假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是( ) ．
A．图中h 3代表本次下潜最大深度 B．全过程中最大加速度是0.025 m/s2
C．潜水员感到超重发生在3～4 min和6～8 min的时间段内 D．整个潜水器在8～10 min的时间段内机械能守恒
二、计算题
21．某机场大道某路口有按倒计时显示的时间显示灯. 有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”. 交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过.
(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以使汽车车头越过停车线，则汽车的加速度至少多大？
(2)若该路段限速60 km/h，司机的反应时间为1 s ，司机反应过来后汽车先以2 m/s2的加速度沿直线加速3 s ，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速运动，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求踩刹车后汽车加速度的大小(结果保留两位有效数字).
22．足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90 m 、宽60 m ，如图所示. 攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2. 试求： (1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大；
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，
他的启动过程可以视为从静止出发，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s.该前锋队员至少经过多长时间能追上足球； (3)若该前锋队员追上足球后，又将足球以速度v
沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加
速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动. 与此同时，由于体力的原因，该前锋队员以6 m/s的速度做匀速直线运动向前追赶足球，若该前锋队员恰能在底线追上足球，则v 多大.
23．甲、乙两辆车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度为v 1＝16 m/s，乙车的速度为v 2＝12 m/s，乙车在甲车的前面. 当两车相距L ＝6 m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a 1＝2 m/s2的加速度刹车，6 s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a 2＝1 m/s2. 求： (1)从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间； (2)两车相遇的次数； (3)两车速度相等的时间.
24．如图所示，带斜面的小车在水平地面上，斜面倾角为θ，紧靠斜面有一质量为m 的光滑球，试求在下列状态下斜面对小球的弹力大小： (1)小车向右匀速运动；
(2)小车向右以加速度a (a
25．如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A 、B 两个质量均为m 的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1、2、3的拉力分别为多大？
26．如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h 1＝20 m和h 2＝5 m 的两点上，各静置一小球A 和B . 某时刻由静止开始释放A 球，经过一段时间t 后，再由静止开始释放B 球，g 取10 m/s2，求：
(1)为了保证A 、B 两球不会在斜面上相碰，t 最长不能超过多少？ (2)若A 球从斜面上h 1高度处自由下滑的同时，B 球受到恒定外力作用从C 点以加速度a B 由静止开始向右运动，则加速度a B 满足什么条件时A 球能追上B 球？
27．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑. 若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x 将发生变化，重力加速度为g . (1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.
28．如图所示，质量M ＝1 kg 的木板A 静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg的铁块B (大小可忽略) ，铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板长L ＝1 m，用F ＝5 N的水平恒力作用在铁块上. 设铁块B 与木板A 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s2.
(1)若水平地面光滑，计算说明铁块B 与木板A 间是否会发生相对滑动； (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木板右端的时间.
29．如图所示，水平传送带AB 长L ＝10 m，向右匀速运动的速度v 0＝4 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点) 以v 1＝6 m/s的初速度从传送带右端
B 点冲上传送带，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s2. 求： (1)小物块相对地面向左运动的最大距离；
(2)小物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间.
30．如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8 m、质量M ＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m ＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝
3
对木板施加沿斜面向上的恒力2
F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动. 设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s2. (1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
(2)若F ＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.
专题一：物理必修1【参考答案】
1．B 解析: 画出小球受力变化动态图，由图可知，木板对小球的推力F 增大，球面对小球的支持力FN 增大，选项
B 正确．
2．D 解析：以磁铁为研究对象进行受力分析可知，缓慢抬起铁板的过程中磁铁相对铁板静止，因此磁铁所受合外力始终为零，选项A 错误；磁铁受重力、
铁板的吸引力、铁板的弹力、铁板的摩擦力四个力作用，选项B 错误；由受力平衡关系可得，磁铁受到的摩擦力逐渐增大，铁板对磁铁的弹力逐渐增大，选项C 错误，D 正确．所以答案选D.
3．C 解析：本题考查物体的平衡条件及利用平衡方程求力的大小的能力，难度较小．分析三角滑块的受力：重力G 、地面的支持力F N 、静摩擦力f 和力
F , 由平衡条件可知，F sin α＝f ，故C 正确．
4．D 解析：以结点O 、OP 绳及重物整体为研究对象，受到重力mg 、F 、AO 绳的拉力F AO 和BO 绳的拉力F BO 而平衡，如图所示．由平衡条件得F BO ＝见，F BO 与F 变化情况无关，选项D 正确．
mg
，可sin θ
5．A 解析：以小滑块为研究对象，进行受力分析，小滑块受重力G 、支持力FN 和水平推力F 的作用，如图所示．小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点的过程中，θ角逐渐减小，根据物体的平衡条件可得：FNsin θ＝G ，FNcos θ＝F ，因为θ角逐渐减小，所以F N ＝F ＝
G
逐渐增大，选项C 、D 错误；sin θ
G
缓慢增大，选项A 正确，B 错误． tan θ
2
2
12
6．C 解析：由Δx ＝aT 得：a ＝－2 m/s，由v 0T ＋aT ＝x 1得：v 0＝10 m/s，
20－v 20
汽车刹车时间t ＝＝5 s
a 2a
0－v 0
正确．
7．B 解析：手臂OA 缓慢移动时，运动员受到的拉力以及运动员所受的重力平衡，如图所示，F A 与G 的合力F 合与F B 等大反向，F A ＝G tan
θ，当θ>45°时，F A >G；当θ
θ
的变化，F A 、F B 的大小都将变化，C 、D 选项错误．
8．D 解析 惯性大小取决于质量，与速度和外力无关，所以A 、B 选项错误．势能具有相对性，所以C 选项错误．由机械能守恒定律的条件可知D 选项正确． 1
9．C 解析 将x ＝6t －t 2与x ＝v 0t －2比较知，初速度v 0＝6 m/s，加速
2度a ＝－2 m/s2，故物体前3 s内沿正方向做匀减速的位移大小x 1＝9 m，后1 s内沿负方向做匀加速运动走过的位移大小x 2＝1 m ，故该物体在0～4 s 内走过的路程为10 m.
10．A 解析：把m 1、m 2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得：F cos θ＝(m 1＋m 2) a ，所以a =
F cos θ
，选项A 正确．
m 1+m 2
11．D 解析：甲物体做匀速直线运动，合外力为零，选项A 错误．乙物体做匀加速运动，合外力恒定，且不为零，选项B 错误．丙物体做匀加速运动，合外力恒定且不为零，选项C 错误．丁物体所受合外力越来越大，加速度越来越大，选项D 正确．
12．D 解析：以小球为研究对象，设小球的质量为m ，平板的倾角为α，线的拉力为T ，由牛顿第二定律得mg sin α－T cos θ＝ma ，mg cos α＝T sin θ. 联立解得a ＝g sin α－g cos αcot θ，以装置(木块支架) 整体为研究对象，由牛顿第二定律得g sin α－μg cos α＝a . 又因小球的加速度与装置(木块支架) 整体的加速度大小相等，所以μ＝cot θ.
13．AD 解析：当物块滑动至A 位置，∠AOB ＝120°时，轻绳中拉力等于F ，物块缓慢滑动，摩擦力等于拉力，由F ＝μmg 得物块与地面间的动摩擦因数μ＝
F
，选项A 正确；物块在水平拉力作用下缓慢滑动，绳的拉力始终等于物块的摩mg
擦力，而物块的摩擦力保持不变，故木桩受到绳的拉力始终等于F ，选项B 错误；由平衡条件得弹簧测力计的拉力F
拉
＝2F cos θ(θ为绳与弹簧测力计拉力方向
间的夹角) ，在物块滑动过程中，θ逐渐减小，F 保持不变，故弹簧测力计的拉力逐渐增大，选项C 错误，D 正确．
14．BD 解析：设斜面的倾角为θ，放上Q ，相当于增加了P 的质量．对P
受力分析并列平衡方程得mgsin θ＝f ≤μmgcos θ，即sin θ≤μcos θ. 当m 增加时，μ、θ均不变，不等式仍然成立，P 仍然平衡，则A 、C 均错，B 正确．由f ＝mgsin θ知D 项正确．
15．BD 解析：m 匀速下滑，M 静止不动，都处于平衡状态，选用整体法分析．物体与斜面体整体的受力情况如图所示，斜向右上方的拉力F 作用在系统上，F 在水平方向的分力使系统有向右的运动趋势，所以水平面对斜面有水平向左的静摩擦力Ff ，故A 项错误，B 项正确．F 在竖直向上的分力可以减小斜面体对地面的挤压，所以水平面对斜面体的支持力FN 小于(M＋m)g ，故C 项错误，D 项正确．
16．BC 解析：以运动员和降落伞整体为研究对象，系统受两个力的作用，即重力和阻力，以竖直向上为正方向，由题图a 可知：2mg ＝kv 匀，又v 匀＝5 m/s，故k ＝200 N ·s/m，选项A 错误．在打开伞的瞬间，对运动员和降落伞整体由牛顿第二定律可得kv 0－2mg ＝2ma ，所以a ＝
kv 0-2mg
＝30 m/s2，方向竖直向上，2m
选项B 正确．设每根绳的拉力为T ，以运动员为研究对象有8T cos α－mg ＝ma ，
T ＝
mg +ma
＝312.5 N，选项C 正确、D 错误．
8cos 37︒
17．AD 解析：对于A 、B 选项的判断：
方法一 设物体匀加速运动时间为t 1，则匀减速运动的时间为(t －t 1) ，根11
据题述有：v t ＝1t 2＋2(t －t 1)2，a 1t 1＝v m ，a 2(t －t 1) ＝v m . 联立解得v m ＝2v . 即
22
v m 只能为2v ，无论a 1、a 2为何值，故A 对，B 错． 方法二 第二种运动方式整个过程的平均速度v =＝2v ，与a 1、a 2的大小无关，故A 对，B 错．
对于C 、D 选项的判断：由a 1t 1＝v m ，a 2(t －t 1) ＝v m ，v m ＝2v 联立解得即a 1、a 2只要满足此关系式即可，故C 错，D 对．
18．BD 解析：运动过程与v -t 图象相结合．甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动，只是乙的运动滞后2 s ．因初始位置高度不同，所以无法确定t ＝2 s 时两小球的高度差，选项A 错误；v -t 图象中位移的大小等于图线与t
轴所围的
a 1a 22v
=，a 1+a 2t
-
v v m
，所以v t ＝m t . 得v m
22
面积，从图象中可以看出t ＝4 s时两球相对于各自抛出点的位移相等，选项B 正确；同时因抛出速度相同，所以从抛出至达到最高点的时间相同，从v -t 图象知，该时间间隔均为3 s ，选项D 正确；因两球抛出时高度不同且高度差不确定，运动时间就不确定，选项C 错误．
19．AB 解析：根据图示和加速度定义可以直接判断a 在斜面上滑行的加速度比b 的大，A 对；根据v -t 图象与横轴时间t 围成的面积表示位移大小可判断，a 在水平面上滑行的距离比b 的长，B 对；对a 和b 在斜面上受力分析和由牛顿第二定律可得a ＝g sin θ－μgcos θ(θ为AB 与水平面间的夹角) ，因为a a >a b ，所以a 与斜面间的动摩擦因数比b 的小，C 错；根据图象可以直接看出D 错．
20.AC 解析：题图(a)中h 3代表本次下潜最大深度，A 正确；而v -t 图象的斜率表示物体运动的加速度，所以0～1 min和3～4 min内的加速度最大，a 1
＝ m/s2，B 错误；当加速度向上时，物体处于超重状态，所以潜水员向下做减30
速运动和向上做加速运动的过程都处于超重状态，故3～4 min内和6～8 min内为超重状态，C 正确；潜水器在8～10 min 时间段内的加速度为a ′＝故潜水器除重力外还受到其他外力作用，机械能不守恒，D 错误． 21．解析：(1)司机反应时间内汽车通过的位移x 1＝v 0t 1＝10 m 1
加速过程t 2＝5－t 1＝4(s),70－x 1＝v 0t 2＋a 1t 12
2代入数据得：a 1＝2.5 m/s2 (2)汽车加速结束时通过的位移
1
m/s2，40
x 2＝v 0t 1＋v 0t 3＋2t 2＝10×1 m＋10×3 m＋2×32 m＝49 m 此时车头前端离停车线的距离为x 3＝70－x 2＝21(m) 此时速度为v t ＝v 0＋a 2t 3＝(10＋2×3) m/s＝16 m/s 匀减速过程中有2a 3x 3＝v 2 代入数据解得：a 3＝6.1 m/s2
答案 (1) 2.5 m/s2 (2) 6.1 m/s2
1212
22．解析：(1)已知足球的初速度为v 1＝12 m/s，加速度大小为a 1＝2 m/s2
足球做匀减速运动的时间为：t 1=
v v 1
=6s, 由x 1=1t 1, 得x 1＝36 m
2a 1
(2)已知该前锋队员的加速度为a 2＝2 m/s2，最大速度为v 2＝8 m/s，前锋队员做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为：t 2=得x 2＝16 m
之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为：
v v 2
＝4 s ，x 2=2t 2
2a 2
x 3＝v 2(t 1－t 2) ＝8×2 m＝16 m
由于x 2＋x 3
前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s (3)此时足球距底线的距离为：x 4＝45－x 1＝9 m 设前锋队员运动到底线的时间为t 4，则有x 4＝v 4t 4 1
足球在t 4时间内发生的位移为x 4＝v 3t 4－a 1t 42
2联立以上各式解得：v ＝v 3＝7.5 m/s
答案 (1)36 m (2)6.5 s (3)7.5 m/s
23．解析：(1)在甲减速时，设经时间t 相遇，甲和乙的加速度分别为a 1、
a 2，位移分别为x 1、x 2，则有x 1＝v 1t －1t 2，x 2＝v 2t －2t 2，x 1＝x 2＋L 联立解得t 1＝2 s，t 2＝6 s
即在甲车减速时，相遇两次，第一次相遇的时间为t 1＝2 s
(2)当t 2＝6 s时，甲车的速度为v 1′＝v 1－a 1t 2＝4 m/s，乙车的速度为
1212
v 2′＝v 2－a 2t 2＝6 m/s，甲车的速度小于乙车的速度，但乙车做减速运动， 1
设再经Δt 甲追上乙，有v 1′Δt ＝v 2′Δt －a 2Δt 2，解得Δt ＝4 s
2此时乙仍在做减速运动，此解成立. 综合以上分析知，甲、乙两车共相遇3次.
(3)第一次速度相等的时间为t 3，有v 1－a 1t 3＝v 2－a 2t 3，解得t 3＝4 s 甲车匀速运动的速度为4 m/s，第二次速度相等的时间为t 4，有v 1′＝v 2－a 2t 4
解得t 4＝8 s
答案 (1)2 s (2)3次 (3)4 s和8 s
24．解析：对小球进行受力分析，如图甲所示，将斜面对小球的支持力F N 2正交分解，则由平衡条件和牛顿第二定律，得 F N 2 sin θ＝ma ① F N 2cos θ＋F N 1＝mg ② 由①②两式得a =
m g -F N 1
m
tan θ ③
由③式可以看出，当a ＝g tan θ时，F N 1＝0，即此时的加速度就是小球刚好离开车的上表面所需要的最小加速度值. (1)当小球向右匀速运动，即a ＝0时， 由①式得斜面对小球的弹力为F N 2＝0.
(2)当小车运动的加速度a
F 'ma
=.
sin θsin θ
甲 乙
(3)当a ＝g tan θ时，就是刚才所讨论的临界情况，即此时小球刚好离开车的上表面，小球的受力情况如图乙所示，则斜面对小球的弹力为
F N 2=
mg
. cos θ
ma
mg
答案 (1)0 (2)sin θ cos θ 25．解析:设三条绳上的拉力分别为F T1，F T2，F T3；把A 、B 两个小球视为整体，受力分析如图甲，由平衡条件可得2mg ＝F T1cos45°，F T3＝F T1sin45°
解得F T1＝22mg ，F T3＝2mg
隔离球B ，受力分析如图乙：F T2＝(mg ) 2+F T3=mg 答案 2mg 5mg 2mg
2
26．解析:(1)两球在斜面上下滑的加速度相同，设加速度为a ，根据牛顿第二定律有mg sin30°＝ma, 解得a ＝5 m/s2
设A 、B 两球下滑到斜面底端所用时间分别为t 1和t 2，则
h 212
=at 2.
sin 30︒2
h 112
=at 1， sin 30︒2
解得t 1＝4 s，t 2＝2 s
为了保证两球不会在斜面上相碰，t 最长不超过Δt ＝t 1－t 2＝2 s. 1
(2)设A 球在水平面上再经t 0追上B 球，则a B (t 1＋t 0)2＝at 1·t 0
2 A 球要追上B 球，方程必须有解，Δ≥0 可解得a B ≤2.5 m/s2. 答案 (1)2 s (2)a B ≤2.5 m/s2
27.解析:(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：
mg sin θ=μF N F N -mg cos θ=0
3. 3
解得μ＝tan θ＝tan30°＝
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a ， 则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma. 由0－v 02＝2ax 、μ=tan 30︒得
x =
v 0v 0
, ==
2g 2g (sinθ+μcos θ) (sinθcos +sin cos θ) 2g sin(θ+) 666cos 6
22
cos v 0
π
2
当θ+
π
6
=
π
2
cos
时x 最小，即θ=60︒时, x 最小值为x min =
π
2g
v 0
2
3v 0= 4g
2
33v 20
答案 (1) (2)θ＝60°，34g
28．解析 (1)A、B 之间的最大静摩擦力为F fm ＝μmg ＝0.3×1×10 N＝3 N 假设A 、B 之间不发生相对滑动，则 对A 、B 整体：F ＝(M ＋m ) a 对B ：F fAB ＝ma 解得F fAB ＝2.5 N
因F fAB ＜F fm ，故A 、B 之间不发生相对滑动 (2)对B ：F －μmg ＝ma B 对A ：μmg －μ2(M ＋m ) g ＝Ma A
1212
据题意x B －x A ＝L ，x A ＝a A t ，x B ＝B t ，解得t 2 s
22 答案 (1)不会发生相对滑动 2 s
29．解析:(1)设小物块与传送带间摩擦力大小为F f 11
则F f ＝μmg ，F f x 物＝mv 2，x 物＝4.5 m
2
(2)设小物块经时间t 1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a ，经时间t 2与传送带速度相等. v 1－at 1＝0，a ＝
F f m
，t 1＝1.5 s，v 0＝at 2，t 2＝1 s
1
设反向加速时，小物块的位移为x 1，则有x 1＝at 2＝2 m
2
小物块与传送带同速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B 点 x 物－x 1＝v 0t 3 t 3＝0.625 s
所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s 答案 (1) 4.5 m (2) 3.125 s
30．解析:(1)对M 、m ，由牛顿第二定律
F －(M ＋m ) g sin α＝(M ＋m ) a ① 对m ，有F f －mg sin α＝ma ② F f ≤F fm ＝μmg cos α ③ 代入数据得F ≤30 N ④ (2)F ＝37.5 N＞30 N，物块能滑离木板 ⑤ 对M ，有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1 ⑥ 对m ，有μmg cos α－mg sin α＝ma 2 ⑦
设物块滑离木板所用时间为t ，由运动学公式121
1t 2－22t 2＝L 代入数据得t ＝1.2 s 物块滑离木板时的速度v ＝a 2t 由公式－2g xsin α＝0－v 2 代入数据得x ＝0.9 m 答案 (1)F ≤30 N (2)能 1.2 s 0.9 m
⑧
⑨ ⑩ ⑪ ⑫