資源簡介

專題一 物理必修1
一、高考考點回顧
年份
全國新課標Ⅰ卷考點內容
要求
題號
題型
分值
2013
勻變速度直線運動
Ⅱ
14
選擇
6
位移圖象
Ⅱ
19
選擇
6
速度圖象
Ⅱ
21
選擇
6
勻變速度直線運動公式
Ⅱ
24
計算
13
動摩擦因數測量
Ⅰ
22
實驗
7
2014
牛頓運動定律的應用
Ⅱ
17
選擇
6
驗證牛頓第二定律
Ⅱ
22
實驗
6
勻變速度直線運動公式
Ⅱ
24
計算
12
2015
牛頓運動定律的應用
Ⅱ
20
選擇
6
牛頓運動定律的綜合應用
Ⅱ
25
計算
20
必修1是共同必修部分的內容，也是高考必考模塊，這一模塊共有三大塊的內容：靜力學（主要是力與物體的平衡，包括力的合成與分解）、運動學（主要涉及勻速直線運動、勻變速直線運動，包括圖象）、動力學（主要包括牛頓三定律，尤其是牛頓第二定律）.高考中這部分試題的題型包括選擇題、實驗題和計算題，每年高考中所占分值約為30分；涉及的以主干知識為主，如：力的合成與分解、勻變速度直線運動的規律、牛頓第二定律的應用.
二、例題精選
例1．質點做勻變速直線運動的位置x與時間t的關系為x＝＋5t＋4(物理量均采用國際單位制單位)，該質點(　　).
A．運動的初速度為2 m/s
B．運動的加速度為1 m/s2
C．在第1 s內的位移為6 m
D．在第1 s內的平均速度為2 m/s
【解析】質點做勻變速直線運動，其位移公式為x′＝v0t＋at2與位置x與時間t的關系式x＝t2＋5t＋4，對比可得：質點的初速度v0＝5 m/s，加速度a＝2 m/s2，選項A、B錯誤；質點在第1 s內的位移x10＝x1－x0＝(10－4) m＝6 m，其平均速度v＝＝6 m/s，選項C正確，選項D錯誤．
【答案】C
例2．(多選)a、b兩車在平直公路上沿同一方向行駛，兩車運動的v-t圖象如圖1所示，在t＝0時刻，b車在a車前方s0處，在0～t1時間內，a車的位移為s，則(　　).
A．若a、b在t1時刻相遇，則s0＝s
B．若a、b在 時刻相遇，則下次相遇時刻為2t1
C．若a、b在 時刻相遇，則s0＝s
D．若a、b在t1時刻相遇，則下次相遇時刻為2t1
【解析】由圖2可知，a車的初速度等于2v，在t1時間內，a車的位移為s，則b車的位移為s，若a、b在t1時刻相遇，則s0＝s－s＝s，A選項正確；若a、b在時刻相遇，如圖所示，s0等于陰影部分對應的面積，由幾何關系可知s0＝s，由圖象中的對稱關系可知，下次相遇的時刻為t1，C選項正確，B選項錯誤；若a、b在t1時刻相遇，則t1時刻后vb＞va，兩車不能再次相遇，D選項錯誤．
【答案】AC
例3．如圖所示，輕質工件通過輕質桿與滑塊B連接，當作用在滑塊B上的水平推力F＝100 N時，整個裝置靜止，此時α＝30°.已知滑塊與水平面間的摩擦力不計，則工件上受到的壓力為(　　).
A．100 N B．100 N C．50 N D．200 N
【解析】對B受力分析如圖甲所示，則F2＝F/sin α＝2F，對上部分受力分析如圖乙所示，其中F＝F2，得FN＝F·cos α＝100 N，故B正確．
【答案】B
例4.將兩個質量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖2-3-24所示．用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態，且細線OA與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F的最小值為(　　).
A.mg B．mg
C.mg D.mg
【解析】以a、b為整體，整體受重力2mg、懸繩OA的拉力FT及拉力F三個力而平衡，如圖所示，三力構成的矢量三角形中，當力F垂直于懸繩拉力FT時有最小值，且最小值F＝2mgsin θ＝mg，B項正確．
【答案】B
例5.如圖所示，完全相同的三個木塊，A、B之間用輕彈簧相連，B、C之間用不可伸長的輕桿相連，在手的拉動下，木塊間達到穩定后，一起向上做勻減速運動，加速度大小為5 m/s2.某一時刻突然放手，則在手釋放的瞬間，有關三個木塊的加速度，下列說法正確的是(以向上為正方向，g大小為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
【解析】在手釋放的瞬間，彈簧的彈力為mg，不能突變，所以A的受力不能突變，加速度不能突變，仍為aA＝-5 m/s2，但B、C間的輕桿的彈力要突變，B、C整體-2mg－mg＝2ma，a＝-12.5 m/s2，B和C具有相同的加速度aB＝aC＝-12.5 m/s2，即B正確．
【答案】B
例6．如圖所示，質量為M的木楔ABC靜置于粗糙水平面上，在斜面頂端將一質量為m的物體，以一定的初速度從A點沿平行斜面的方向推出，物體m沿斜面向下做減速運動，在減速運動過程中，下列有關說法中正確的是(　 　)
A．地面對木楔的支持力大于(M＋m)g
B．地面對木楔的支持力小于(M＋m)g
C．地面對木楔的支持力等于(M＋M)g
D．地面對木楔的摩擦力為0
　 【解析】由于物體m沿斜面向下做減速運動，則物體的加速度方向與運動方向相反，即沿斜面向上，則其沿豎直向上的方向有分量，故系統處于超重狀態，所以可確定A正確、B、C錯誤；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，說明地面對木楔的摩擦力方向水平向右，故D錯誤．
　　【答案】A
例7．隨著機動車數量的增加，交通安全問題日益凸顯，分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規，珍惜生命.如圖所示為某型號貨車緊急制動時(假設做勻減速直線運動)的v2－x圖象(v為貨車的速度，x為制動距離)，其中圖線1為滿載時符合安全要求的制動圖象，圖線2為嚴重超載時的制動圖象.某路段限速72 km/h，是根據該型號貨車滿載時安全制動時間和制動距離確定的，現有一輛該型號的貨車嚴重超載并以54 km/h的速度行駛.通過計算求解：
(1)駕駛員緊急制動時，該型號嚴重超載的貨車制動時間和制動距離是否符合安全要求；
(2)若駕駛員從發現險情到采取緊急制動措施的反應時間為1 s，則該型號貨車滿載時以72 km/h速度正常行駛的跟車距離至少應為多遠.
　 【答案】(1)不符合　(2)60 m
　 【解析】(1)根據速度位移公式v2－v＝2ax，有v2＝2ax＋v，圖線斜率的一半表示加速度；根據題圖象得到：滿載時，加速度為5 m/s2，嚴重超載時加速度為2.5 m/s2；設該型號貨車滿載時以72 km/h(20 m/s)的速度減速，
制動距離x1＝＝ m＝40 m，制動時間為t1＝＝ s＝4 s；
設該型號貨車嚴重超載時以54 km/h(15 m/s)的速度減速，制動距離x2＝＝ m＝45 m>x1，制動時間為t2＝＝ s＝6 s>t1；所以駕駛員緊急制動時，該型號嚴重超載的貨車制動時間和制動距離均不符合安全要求.
(2)貨車在反應時間內做勻速直線運動x3＝vt3＝201 m＝20 m，
跟車距離x＝＋x3＝40 m＋20 m＝60 m.
　 例8．在風洞實驗室里，一根足夠長的均勻直細桿與水平面成θ＝37°固定，質量為m＝1 kg的小球穿在細桿上靜止于細桿底端O，如圖甲所示.開啟送風裝置，有水平向右的恒定風力F作用于小球上，在t1＝2 s 時刻風停止.小球沿細桿運動的部分v－t圖象如圖乙所示，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內的加速度a1和2～5 s內的加速度a2；
(2)小球與細桿間的動摩擦因數μ和水平風力F的大小.
　 【解析】(1)取沿桿向上為正方向，由圖乙可知
在0～2 s內：a1＝＝15 m/s2(方向沿桿向上)
在2～5 s內：a2＝＝－10 m/s2(方向沿桿向下)
(2)有風力時的上升過程，對小球受力分析有
Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1
停風后的上升階段，有－μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
綜上解得μ＝0.5，F＝50 N
　 【答案】(1)15 m/s2，方向沿桿向上；10 m/s2，方向沿桿向下
(2)0.5 50 N
　 例9．如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可看做質點的物體A靜止疊放在B的最左端.現用F＝6 N的水平力向右拉物體A，經過5 s物體A運動到B的最右端，其v－t圖象如圖乙所示.已知A、B的質量分別為1 kg、4 kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2.
　
(1)求物體A、B間的動摩擦因數；
(2)若B不固定，求A運動到B的最右端所用的時間.
　 【解析】(1)根據v－t圖象可知物體A的加速度為
aA＝＝ m/s2＝2 m/s2
以A為研究對象，根據牛頓第二定律可得F－μmAg＝mAaA
解得μ＝＝0.4
　 (2)由題圖乙可知木板B的長度為l＝510 m＝25 m
若B不固定，則B的加速度為aB＝＝ m/s2＝1 m/s2
設A運動到B的最右端所用的時間為t，根據題意可得aAt2－aBt2＝l
解得t＝7.07 s.
　 【答案】(1)0.4　(2)7.07s
三、試題選編
一、選擇題（1～12題為單項選擇，在每小題給出的四個選項中只有一項符合題目要求.13～20為多項選擇，在每小題給出的四個選項中至少有兩項符合題目要求.）
　 1．如圖所示，一光滑小球靜止放置在光滑半球面的底端，豎直放置的光滑擋板水平向右緩慢地推動小球，則在小球運動的過程中(該過程小球未脫離球面)，擋板對小球的推力F、半球面對小球的支持力FN的變化情況正確的是(　　)．
　 A．F增大，FN減小
　 B．F增大，FN增大
　 C．F減小，FN減小
　 D．F減小，FN增大
　 2. 如圖所示，鐵板AB與水平地面間的夾角為θ，一塊磁鐵吸附在鐵板下方．現緩慢抬起鐵板B端使θ角增大(始終小于90°)的過程中，磁鐵始終相對鐵板靜止．下列說法正確的是(　　)．
　 A．磁鐵所受合外力逐漸減小
　 B．磁鐵始終受到三個力的作用
　 C．磁鐵受到的摩擦力逐漸減小
　 D．鐵板對磁鐵的彈力逐漸增大
　 3．如圖所示，力F垂直作用在傾角為α的三角滑塊上，滑塊沒被推動，則滑塊受到水平地面的靜摩擦力大小為(　　)．
　 A．0
　 B．F cosα
　 C．F sinα
　 D．F tanα
　 4. 如圖所示，用AO、BO細繩吊一重物P靜止，其中AO繩水平．現用水平向右的力F緩慢拉起重物P的過程中(O點的位置不動)，繩OB所受的拉力變化為(　　)．
　 A．變大
　 B．變小
　 C．先變小再變大
　 D．不變
　 5. 如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心．一質量為m的小滑塊，在水平力F的作用下從半球形容器最低點緩慢移近最高點．設小滑塊所受支持力為FN，則下列判斷正確的是(　　)．
　 A．F緩慢增大
　 B．F緩慢減小
　 C．FN不變
　 D．FN緩慢減小
　 6．一輛公共汽車進站后開始剎車，做勻減速直線運動．開始剎車后的第1 s內和第2 s內位移大小依次為9 m和7 m．則剎車后6 s內的位移是(　　)．
　 A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m
　 7. 如圖所示，運動員的雙手握緊豎直放置的圓形器械，在手臂OA由水平方向緩慢移動到A′位置過程中，若手臂OA、OB的拉力分別為FA和FB，下列表述正確的是(　　)．
　 A．FA一定小于運動員的重力G
　 B．FA與FB的合力始終大小不變
　 C．FA的大小保持不變
　 D．FB的大小保持不變
　 8．下列說法正確的是(　　)．
　 A．當物體沒有受到外力作用時，才有慣性，而物體受到外力作用時，就沒有了慣性
　 B．物體在粗糙的平面上減速滑行，初速度越大，滑行的時間越長，說明慣性的大小與速度有關
　 C．當參考平面選取不同時，重力勢能和電勢能的值可能為負值，但彈性勢能不能為負值
　 D．當一個系統除受重力與彈簧的彈力作用外，還受其他力的作用，系統的機械能可能守恒
　 9．某物體的運動情況經儀器監控掃描，輸入計算機后得到該運動物體位移隨時間的變化規律為x＝6t－t2(m)．則該物體在0～4 s內走過的路程為(　　)．
　 A．8 m B．9 m C．10 m D．11 m
　 10. 如圖所示，質量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運動(m1在光滑地面上，m2在空中)．已知力F與水平方向的夾角為θ.則m1的加速度大小為(　　)．
B.
C. D.
　 11．物體的運動情況或所受合外力的情況如圖所示，四幅圖的圖線都是直線，從圖中可以判斷這四個質量一定的物體的某些運動特征．下列說法正確的是(　　)．
　 A．甲物體受到不為零、且恒定的合外力
　 B．乙物體受到的合外力越來越大
　 C．丙物體受到的合外力為零
　 D．丁物體的加速度越來越大
　 12．某實驗小組為了測量兩張紙之間的動摩擦因數，他先將一張紙貼在一平板上，另一張紙貼在另一木塊下表面，并在木塊上裝如圖a所示的支架ABC，其中BC與木塊下表面平行，支架上固定一個量角器，在量角器圓心處固定一根細線，線下系一小球．現將平板傾斜放置，如圖b所示，將木塊支架放在平板上，讓其加速下滑，穩定時小球連線與OB的夾角為θ，則兩紙之間的動摩擦因數為(　　)．
　 A．sinθ
　 B．cosθ
　 C．tanθ
　 D．cotθ
　 13. 如圖所示，水平地面上處于伸直狀態的輕繩一端拴在質量為m的物塊上，另一端拴在固定于B點的木樁上．用彈簧測力計的光滑掛鉤緩慢拉繩，彈簧測力計始終與地面平行．物塊在水平拉力作用下緩慢滑動．當物塊滑動至A位置，∠AOB＝120°時，彈簧測力計的示數為F.則(　　)．
　 A．物塊與地面間的動摩擦因數為
　 B．木樁受到繩的拉力始終大于F
　 C．彈簧測力計的拉力保持不變
　 D．彈簧測力計的拉力一直增大
　 14．如圖所示，物體P靜止于固定的斜面上，P的上表面水平，現把物體Q輕輕地疊放在P上，則(　　)．
　 A．P向下滑動
　 B．P靜止不動
　 C．P所受的合外力增大
　 D．P與斜面間的靜摩擦力增大
　 15.如圖所示，質量為m的物體，在沿斜面向上的拉力F作用下，沿質量為M的斜面勻速下滑，此過程中斜面仍靜止，則水平面對斜面體(　　)．
　 A．無摩擦力
　 B．有水平向左的摩擦力
　 C．支持力為(M＋m)g
　 D．支持力小于(M＋m)g
　 16. 某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離飛機一段時間后打開降落傘減速下落．他打開降落傘后的速度圖線如圖a所示．降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為α＝37°，如圖b所示．已知運動員的質量為50 kg，降落傘的質量也為50 kg，不計運動員所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速度v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．則下列判斷中正確的是(　　)．
　 A．阻力系數k＝100 N·s/m
　 B．打開傘瞬間運動員的加速度a＝30 m/s2，方向豎直向上
　 C．懸繩能夠承受的拉力至少為312.5 N
　 D．懸繩能夠承受的拉力至少為2 500 N
　 17．物體以速度v勻速通過直線上的A、B兩點需要的時間為t.現在物體從A點由靜止出發，先做加速度大小為a1的勻加速運動到某一最大速度vm后立即做加速度大小為a2的勻減速運動至B點停下，歷時仍為t，則物體的(　　)．
　 A．最大速度vm只能為2v，無論a1、a2為何值
　 B．最大速度vm可為許多值，與a1、a2的大小有關
　 C．a1、a2值必須是一定的，且a1、a2的值與最大速度vm有關
　 D．a1、a2必須滿足
　 18．將甲、乙兩小球先后以同樣的速度在距地面不同高度處豎直向上拋出，拋出時間相隔2 s，它們運動的v－t圖象分別如圖直線甲、乙所示．則(　　)．
　 A．t＝2 s時，兩球高度相差一定為40 m
　 B．t＝4 s時，兩球相對于各自拋出點的位移相等
　 C．兩球從拋出至落到地面所用的時間間隔相等
　 D．甲球從拋出至達到最高點的時間間隔與乙球的相等
　 19．如圖甲所示，質量相等的a、b兩物體，從斜面上的同一位置A由靜止下滑，經B點在水平面上滑行一段距離后停下．不計經過B點時的能量損失，用傳感器采集到它們的v－t圖象如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)．
　 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離比b的長
　 C．a與斜面間的動摩擦因數比b的大
　 D．a先在水平面上停下
　 20．我國“蛟龍號”深潛器經過多次試驗，終于在2012年6月24日以7 020 m的深度創下世界最新紀錄(國外最深不超過6 500 m)．這預示著它可以征服全球99.8%的海底世界．假設在某次試驗時，深潛器內的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面全過程的深度曲線(a)和速度圖象(b)，則下列說法中正確的是(　　)．
　 A．圖中h3代表本次下潛最大深度
　 B．全過程中最大加速度是0.025 m/s2
　 C．潛水員感到超重發生在3～4 min和6～8 min的時間段內
　 D．整個潛水器在8～10 min的時間段內機械能守恒
　 二、計算題
　 21．某機場大道某路口有按倒計時顯示的時間顯示燈.有一輛汽車在平直路面上正以36 km/h的速度朝該路口停車線勻速前行，在車頭前端離停車線70 m處司機看到前方綠燈剛好顯示“5”.交通規則規定：綠燈結束時車頭已越過停車線的汽車允許通過.
　 (1)若不考慮該路段的限速，司機的反應時間為1 s，司機想在剩余時間內使汽車做勻加速直線運動以使汽車車頭越過停車線，則汽車的加速度至少多大？
　 (2)若該路段限速60 km/h，司機的反應時間為1 s，司機反應過來后汽車先以2 m/s2的加速度沿直線加速3 s，為了防止超速，司機在加速結束時立即踩剎車使汽車做勻減速運動，結果車頭前端與停車線相齊時剛好停下，求踩剎車后汽車加速度的大小(結果保留兩位有效數字).
22．足球比賽中，經常使用“邊路突破，下底傳中”的戰術，即攻方隊員帶球沿邊線前進，到底線附近進行傳中，某足球場長90 m、寬60 m，如圖所示.攻方前鋒在中線處將足球沿邊線向前踢出，足球的運動可視為在地面上做初速度為12 m/s的勻減速直線運動，加速度大小為2 m/s2.試求：
　 (1)足球從開始做勻減速直線運動到停下來的位移為多大；
　 (2)足球開始做勻減速直線運動的同時，該前鋒隊員在邊線中點處沿邊線向前追趕足球，
他的啟動過程可以視為從靜止出發，加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，他能達到的最大速度為8 m/s.該前鋒隊員至少經過多長時間能追上足球；
　 (3)若該前鋒隊員追上足球后，又將足球以速度v沿邊線向前踢出，足球的運動仍視為加速度大小為2 m/s2的勻減速直線運動.與此同時，由于體力的原因，該前鋒隊員以6 m/s的速度做勻速直線運動向前追趕足球，若該前鋒隊員恰能在底線追上足球，則v多大.
　 23．甲、乙兩輛車在同一直軌道上向右勻速行駛，甲車的速度為v1＝16 m/s，乙車的速度為v2＝12 m/s，乙車在甲車的前面.當兩車相距L＝6 m時，兩車同時開始剎車，從此時開始計時，甲車以a1＝2 m/s2的加速度剎車，6 s后立即改做勻速運動，乙車剎車的加速度為a2＝1 m/s2.求：
(1)從兩車剎車開始計時，甲車第一次追上乙車的時間；
(2)兩車相遇的次數；
(3)兩車速度相等的時間.
　 24．如圖所示，帶斜面的小車在水平地面上，斜面傾角為θ，緊靠斜面有一質量為m的光滑球，試求在下列狀態下斜面對小球的彈力大小：
(1)小車向右勻速運動；
(2)小車向右以加速度a(a (3)小車向右以加速度a＝gtanθ做勻加速直線運動.
　 25．如圖所示，用三條完全相同的輕質細繩1、2、3將A、B兩個質量均為m的完全相同的小球連接并懸掛，小球處于靜止狀態，輕繩1與豎直方向的夾角為45°，輕繩3水平，求輕質細繩上1、2、3的拉力分別為多大？
　 26．如圖所示，傾角為30°的足夠長光滑斜面下端與一足夠長光滑水平面相接，連接處用一光滑小圓弧過渡，斜面上距水平面高度分別為h1＝20 m和h2＝5 m的兩點上，各靜置一小球A和B.某時刻由靜止開始釋放A球，經過一段時間t后，再由靜止開始釋放B球，g取10 m/s2，求：
　 (1)為了保證A、B兩球不會在斜面上相碰，t最長不能超過多少？
　 (2)若A球從斜面上h1高度處自由下滑的同時，B球受到恒定外力作用從C點以加速度aB由靜止開始向右運動，則加速度aB滿足什么條件時A球能追上B球？
　 27．如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑.若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板向上滑行的距離x將發生變化，重力加速度為g.
　 (1)求小物塊與木板間的動摩擦因數；
　 (2)當θ角為何值時，小物塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值.
　 28．如圖所示，質量M＝1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個質量m＝1 kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.3，木板長L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在鐵塊上.設鐵塊B與木板A間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.
　 (1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊B與木板A間是否會發生相對滑動；
　 (2)若木板與水平地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，求鐵塊運動到木板右端的時間.

　 29．如圖所示，水平傳送帶AB長L＝10 m，向右勻速運動的速度v0＝4 m/s，一質量為1 kg的小物塊(可視為質點)以v1＝6 m/s的初速度從傳送帶右端B點沖上傳送帶，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.4，g取10 m/s2.求：
(1)小物塊相對地面向左運動的最大距離；
(2)小物塊從B點沖上傳送帶到再次回到B點所用的時間.
　 30．如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8 m、質量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質量m＝1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝.對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動.設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)為使物塊不滑離木板，求力F應滿足的條件；
(2)若F＝37.5 N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離.
專題一：物理必修1【參考答案】
　 1．B 解析:　畫出小球受力變化動態圖，由圖可知，木板對小球的推力F增大，球面對小球的支持力FN增大，選項B正確．
　 2．D 解析：以磁鐵為研究對象進行受力分析可知，緩慢抬起鐵板的過程中磁鐵相對鐵板靜止，因此磁鐵所受合外力始終為零，選項A錯誤；磁鐵受重力、鐵板的吸引力、鐵板的彈力、鐵板的摩擦力四個力作用，選項B錯誤；由受力平衡關系可得，磁鐵受到的摩擦力逐漸增大，鐵板對磁鐵的彈力逐漸增大，選項C錯誤，D正確．所以答案選D.
　 3．C 解析：本題考查物體的平衡條件及利用平衡方程求力的大小的能力，難度較小．分析三角滑塊的受力：重力G、地面的支持力FN、靜摩擦力f和力F, 由平衡條件可知，Fsinα＝f，故C正確．
　 4．D 解析：以結點O、OP繩及重物整體為研究對象，受到重力mg、F、AO繩的拉力FAO和BO繩的拉力FBO而平衡，如圖所示．由平衡條件得FBO＝，可見，FBO與F變化情況無關，選項D正確．
　 5．A 解析：以小滑塊為研究對象，進行受力分析，小滑塊受重力G、支持力FN和水平推力F的作用，如圖所示．小滑塊從半球形容器最低點緩慢移近最高點的過程中，θ角逐漸減小，根據物體的平衡條件可得：FNsin θ＝G，FNcos θ＝F，因為θ角逐漸減小，所以FN＝逐漸增大，選項C、D錯誤；F＝緩慢增大，選項A正確，B錯誤．
　 6．C 解析：由Δx＝aT2得：a＝－2 m/s2，由v0T＋aT2＝x1得：v0＝10 m/s，汽車剎車時間t＝＝5 s<6 s，故剎車后6 s內的位移為x＝＝25 m，C正確．
　 7．B 解析：手臂OA緩慢移動時，運動員受到的拉力以及運動員所受的重力平衡，如圖所示，FA與G的合力F合與FB等大反向，FA＝Gtanθ，當θ>45°時，FA>G；當θ<45°時，FA　 8．D 解析　慣性大小取決于質量，與速度和外力無關，所以A、B選項錯誤．勢能具有相對性，所以C選項錯誤．由機械能守恒定律的條件可知D選項正確．
　 9．C 解析　將x＝6t－t2與x＝v0t－at2比較知，初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－2 m/s2，故物體前3 s內沿正方向做勻減速的位移大小x1＝9 m，后1 s內沿負方向做勻加速運動走過的位移大小x2＝1 m，故該物體在0～4 s內走過的路程為10 m.
　 10．A 解析：把m1、m2看做一個整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓第二定律可得：Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以，選項A正確．
　 11．D 解析：甲物體做勻速直線運動，合外力為零，選項A錯誤．乙物體做勻加速運動，合外力恒定，且不為零，選項B錯誤．丙物體做勻加速運動，合外力恒定且不為零，選項C錯誤．丁物體所受合外力越來越大，加速度越來越大，選項D正確．
　 12．D 解析：以小球為研究對象，設小球的質量為m，平板的傾角為α，線的拉力為T，由牛頓第二定律得mgsinα－Tcosθ＝ma，mgcosα＝Tsinθ.聯立解得a＝gsinα－gcosαcotθ，以裝置(木塊支架)整體為研究對象，由牛頓第二定律得gsinα－μgcosα＝a.又因小球的加速度與裝置(木塊支架)整體的加速度大小相等，所以μ＝cotθ.
　 13．AD 解析：當物塊滑動至A位置，∠AOB＝120°時，輕繩中拉力等于F，物塊緩慢滑動，摩擦力等于拉力，由F＝μmg得物塊與地面間的動摩擦因數μ＝，選項A正確；物塊在水平拉力作用下緩慢滑動，繩的拉力始終等于物塊的摩擦力，而物塊的摩擦力保持不變，故木樁受到繩的拉力始終等于F，選項B錯誤；由平衡條件得彈簧測力計的拉力F拉＝2Fcos θ(θ為繩與彈簧測力計拉力方向間的夾角)，在物塊滑動過程中，θ逐漸減小，F保持不變，故彈簧測力計的拉力逐漸增大，選項C錯誤，D正確．
　 14．BD 解析：設斜面的傾角為θ，放上Q，相當于增加了P的質量．對P受力分析并列平衡方程得mgsin θ＝f≤μmgcos θ，即sin θ≤μcos θ.當m增加時，μ、θ均不變，不等式仍然成立，P仍然平衡，則A、C均錯，B正確．由f＝mgsin θ知D項正確．
　 15．BD 解析：m勻速下滑，M靜止不動，都處于平衡狀態，選用整體法分析．物體與斜面體整體的受力情況如圖所示，斜向右上方的拉力F作用在系統上，F在水平方向的分力使系統有向右的運動趨勢，所以水平面對斜面有水平向左的靜摩擦力Ff，故A項錯誤，B項正確．F在豎直向上的分力可以減小斜面體對地面的擠壓，所以水平面對斜面體的支持力FN小于(M＋m)g，故C項錯誤，D項正確．
　 16．BC 解析：以運動員和降落傘整體為研究對象，系統受兩個力的作用，即重力和阻力，以豎直向上為正方向，由題圖a可知：2mg＝kv勻，又v勻＝5 m/s，故k＝200 N·s/m，選項A錯誤．在打開傘的瞬間，對運動員和降落傘整體由牛頓第二定律可得kv0－2mg＝2ma，所以a＝＝30 m/s2，方向豎直向上，選項B正確．設每根繩的拉力為T，以運動員為研究對象有8Tcosα－mg＝ma，
T＝＝312.5 N，選項C正確、D錯誤．
　 17．AD 解析：對于A、B選項的判斷：
　 方法一　設物體勻加速運動時間為t1，則勻減速運動的時間為(t－t1)，根據題述有：vt＝a1t2＋a2(t－t1)2，a1t1＝vm，a2(t－t1)＝vm.聯立解得vm＝2v.即vm只能為2v，無論a1、a2為何值，故A對，B錯．
方法二　第二種運動方式整個過程的平均速度，所以vt＝.得vm＝2v，與a1、a2的大小無關，故A對，B錯．
對于C、D選項的判斷：由a1t1＝vm，a2(t－t1)＝vm，vm＝2v聯立解得，即a1、a2只要滿足此關系式即可，故C錯，D對．
　 18．BD 解析：運動過程與圖象相結合．甲、乙兩小球拋出后均做豎直上拋運動，只是乙的運動滯后2 s．因初始位置高度不同，所以無法確定t＝2 s時兩小球的高度差，選項A錯誤；圖象中位移的大小等于圖線與t軸所圍的面積，從圖象中可以看出t＝4 s時兩球相對于各自拋出點的位移相等，選項B正確；同時因拋出速度相同，所以從拋出至達到最高點的時間相同，從圖象知，該時間間隔均為3 s，選項D正確；因兩球拋出時高度不同且高度差不確定，運動時間就不確定，選項C錯誤．
　 19．AB 解析：根據圖示和加速度定義可以直接判斷a在斜面上滑行的加速度比b的大，A對；根據圖象與橫軸時間t圍成的面積表示位移大小可判斷，a在水平面上滑行的距離比b的長，B對；對a和b在斜面上受力分析和由牛頓第二定律可得a＝gsinθ－μgcosθ(θ為AB與水平面間的夾角)，因為aa>ab，所以a與斜面間的動摩擦因數比b的小，C錯；根據圖象可以直接看出D錯．
　 20.AC 解析：題圖(a)中h3代表本次下潛最大深度，A正確；而圖象的斜率表示物體運動的加速度，所以0～1 min和3～4 min內的加速度最大，a＝ m/s2，B錯誤；當加速度向上時，物體處于超重狀態，所以潛水員向下做減速運動和向上做加速運動的過程都處于超重狀態，故3～4 min內和6～8 min內為超重狀態，C正確；潛水器在8～10 min時間段內的加速度為a′＝ m/s2，故潛水器除重力外還受到其他外力作用，機械能不守恒，D錯誤．
　 21．解析：(1)司機反應時間內汽車通過的位移x1＝v0t1＝10 m
加速過程t2＝5－t1＝4(s),70－x1＝v0t2＋a1t1
代入數據得：a1＝2.5 m/s2
(2)汽車加速結束時通過的位移
x2＝v0t1＋v0t3＋a2t2＝101 m＋103 m＋232 m＝49 m
此時車頭前端離停車線的距離為x3＝70－x2＝21(m)
此時速度為vt＝v0＋a2t3＝(10＋23) m/s＝16 m/s
勻減速過程中有2a3x3＝v2
代入數據解得：a3＝6.1 m/s2
答案　(1) 2.5 m/s2　 (2) 6.1 m/s2
　 22．解析：(1)已知足球的初速度為v1＝12 m/s，加速度大小為a1＝2 m/s2
足球做勻減速運動的時間為：s,由,得x1＝36 m
(2)已知該前鋒隊員的加速度為a2＝2 m/s2，最大速度為v2＝8 m/s，前鋒隊員做勻加速運動達到最大速度的時間和位移分別為：＝4 s，
得x2＝16 m
之后前鋒隊員做勻速直線運動，到足球停止運動時，其位移為：
x3＝v2(t1－t2)＝82 m＝16 m
由于x2＋x3代入數據解得：t3＝0.5 s
前鋒隊員追上足球的時間t＝t1＋t3＝6.5 s
(3)此時足球距底線的距離為：x4＝45－x1＝9 m
設前鋒隊員運動到底線的時間為t4，則有x4＝v4t4
足球在t4時間內發生的位移為x4＝v3t4－a1t42
聯立以上各式解得：v＝v3＝7.5 m/s
答案　(1)36 m　(2)6.5 s　(3)7.5 m/s
　 23．解析：(1)在甲減速時，設經時間t相遇，甲和乙的加速度分別為a1、a2，位移分別為x1、x2，則有x1＝v1t－a1t2，x2＝v2t－a2t2，x1＝x2＋L
聯立解得t1＝2 s，t2＝6 s
即在甲車減速時，相遇兩次，第一次相遇的時間為t1＝2 s
　 (2)當t2＝6 s時，甲車的速度為v1′＝v1－a1t2＝4 m/s，乙車的速度為
v2′＝v2－a2t2＝6 m/s，甲車的速度小于乙車的速度，但乙車做減速運動，
設再經Δt甲追上乙，有v1′Δt＝v2′Δt－a2Δt2，解得Δt＝4 s
此時乙仍在做減速運動，此解成立.
綜合以上分析知，甲、乙兩車共相遇3次.
　 (3)第一次速度相等的時間為t3，有v1－a1t3＝v2－a2t3，解得t3＝4 s
甲車勻速運動的速度為4 m/s，第二次速度相等的時間為t4，有v1′＝v2－a2t4
解得t4＝8 s
　 答案　(1)2 s　(2)3次　(3)4 s和8 s
　 24．解析：對小球進行受力分析，如圖甲所示，將斜面對小球的支持力正交分解，則由平衡條件和牛頓第二定律，得
　 sinθ＝ma ①
　 cosθ＋＝mg ②
　 由①②兩式得 ③
　 由③式可以看出，當a＝gtanθ時，＝0，即此時的加速度就是小球剛好離開車的上表面所需要的最小加速度值.
　 (1)當小球向右勻速運動，即a＝0時，
　 由①式得斜面對小球的彈力為＝0.
　 (2)當小車運動的加速度a
甲 乙
　 (3)當a＝gtanθ時，就是剛才所討論的臨界情況，即此時小球剛好離開車的上表面，小球的受力情況如圖乙所示，則斜面對小球的彈力為.
　答案　(1)0 　(2) (3)
　 25．解析:設三條繩上的拉力分別為FT1，FT2，FT3；把A、B兩個小球視為整體，受力分析如圖甲，由平衡條件可得2mg＝FT1cos45°，FT3＝FT1sin45°
　 解得FT1＝2mg，FT3＝2mg
　 隔離球B，受力分析如圖乙：FT2＝
　 答案　 2mg　 mg　 2mg
　 26．解析:(1)兩球在斜面上下滑的加速度相同，設加速度為a，根據牛頓第二定律有mgsin30°＝ma,解得a＝5 m/s2
　 設A、B兩球下滑到斜面底端所用時間分別為t1和t2，則，
.
　 解得t1＝4 s，t2＝2 s
　 為了保證兩球不會在斜面上相碰，t最長不超過Δt＝t1－t2＝2 s.
　 (2)設A球在水平面上再經t0追上B球，則aB(t1＋t0)2＝at1·t0
　 A球要追上B球，方程必須有解，Δ≥0
　 可解得aB ≤2.5 m/s2.
答案　(1)2 s　(2)aB ≤2.5 m/s2
　 27.解析:(1)當θ＝30°時，木塊處于平衡狀態，對木塊受力分析：
解得μ＝tanθ＝tan30°＝.
　 (2)當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，
則－mgsinθ－μmgcosθ＝ma.由0－v02＝2ax、得
,
　 答案　(1)　(2)θ＝60°，
　 28．解析　(1)A、B之間的最大靜摩擦力為Ffm＝μmg＝0.3110 N＝3 N
假設A、B之間不發生相對滑動，則
　 對A、B整體：F＝(M＋m)a
　 對B：FfAB＝ma
　 解得FfAB＝2.5 N
　 因FfAB＜Ffm，故A、B之間不發生相對滑動
　 (2)對B：F－μmg＝maB
對A：μmg－μ2(M＋m)g＝MaA
　 據題意xB－xA＝L，xA＝aAt2，xB＝aBt2，解得t＝ s
　 答案　(1)不會發生相對滑動 　(2) s
　 29．解析:(1)設小物塊與傳送帶間摩擦力大小為Ff
則Ff＝μmg，Ffx物＝mv，x物＝4.5 m
　 (2)設小物塊經時間t1速度減為0，然后反向加速，設加速度大小為a，經時間t2與傳送帶速度相等.
　 v1－at1＝0，a＝，t1＝1.5 s，v0＝at2，t2＝1 s
　 設反向加速時，小物塊的位移為x1，則有x1＝at＝2 m
　 小物塊與傳送帶同速后，將做勻速直線運動，設經時間t3再次回到B點
　 x物－x1＝v0t3
　 t3＝0.625 s
　 所以t總＝t1＋t2＋t3＝3.125 s
　 答案　(1) 4.5 m　(2) 3.125 s
　 30．解析:(1)對M、m，由牛頓第二定律
　 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a ①
　 對m，有Ff－mgsin α＝ma ②
　 Ff≤Ffm＝μmgcosα ③
　 代入數據得F≤30 N ④
　 (2)F＝37.5 N＞30 N，物塊能滑離木板 ⑤
　 對M，有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1 ⑥
　 對m，有μmgcosα－mgsinα＝ma2 ⑦
　 設物塊滑離木板所用時間為t，由運動學公式a1t2－a2t2＝L ⑧
　 代入數據得t＝1.2 s ⑨
　 物塊滑離木板時的速度v＝a2t ⑩
　 由公式－2gxsinα＝0－v2 ?
　 代入數據得x＝0.9 m ?
　 答案　(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m

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