赢在高考(物理)全书答案

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 1 - 参 考 答 案

专题一 直线运动

【基础整合】

要点回顾：

2. Δx =aT 2 ，(m--n ) aT 2 2

0t v v + ，t x 基础自测：

1. D

2. B

3. D

4. 解析：设物体的加速度为a ，到达A 的速度为v 0，通过AB 段和BC 段所用的时间为t ，则有：

2012

1at t v l += ① 202122at t v l l +=+ ②

联立①②式得

212at l l =- ③

t v l l 02123=- ④

设O 与A 的距离为l ，则有：a

v l 220= ⑤ 联立③④⑤式得：)

(8)3(122

21l l l l l --= 【考点突破】

例题1. 解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0。根据牛顿定律，可得a =μg

设经历时间t ，传送带由静止开始加速到速度等于v 0，煤块则由静止加速到v ，有 v 0=a 0t v =at

由于a

再经过时间t '，煤块的速度由v 增加到v 0，有 v 0 =v +at '

此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ，有 s 0=12 a 0t 2+v 0t ' s =v 022a

传送带上留下的黑色痕迹的长度 l =s 0－s 由以上各式得 l =v 02(a 0－μg)2μa 0g

教师提醒：注意过程的分析，正确理解“痕迹长度”的含义，才能得到正确的解答。而在相对运动的问题中，“速度相等”是一个重要的隐含条件和解题突破口。

迁移应用1：⑴ a =3m/s 2 ⑵ 6.5 m

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 2 - 例题2. 解析：设A 车的速度为v A ，B 车加速行驶时间为t ，两车在t 0时相遇。则有

0t v s A A = ①

))((2

102t t at v at t v s B B B -+++= ② 式中，t 0 =12s ，s A 、s B 分别为 A 、B 两车相遇前行驶的路程。依题意有

s s s B A += ③

式中 s ＝84 m 。由①②③式得

[]0)(22002=--+-a

s t v v t t t A B 代入题给数据 v A =20m/s ，v B =4m/s ，a =2m/s 2，有

0108242=+-t t

解得:t 1=6 s ，t 2=18 s

t 2＝18s 不合题意，舍去。因此，B 车加速行驶的时间为 6 s 。

教师提醒：追及与相遇问题涉及的研究对象通常是两个物体，所谓“追上”或“相遇”即两物体“同时”出现在“同一位置”，要正确画出运动示意图，从而建立正确的时间关系和位移关系。“速度相等”是一个重要的临界条件，通常是分析这类问题的入手点和突破点。 迁移应用2：（1）1072m （2）120s

例题3.解析:（1）儿童下落过程，由运动学公式得：2012h gt =

① 管理人员奔跑的时间 0t t ≤ ② 对管理人员奔跑过程，由运动学公式得：S vt =

③ 由①②③并代入得：6/v m s ≥

即管理人员至少用6/m s 的平均速度跑到楼底。

（2）假设管理人员先做匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为0v ，由运动学公式得002v v += ，得s m v s m v v m /9/1220=>==

故管理人员应先加速到9/m v m s =，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。

设匀加速、匀速、匀减速过程时间段分别为1t 、2t 、3t ，位移分别为1S 、2S 、3S 由运动学公式得21112

S at = ④ 23312

S at = ⑤ 22m S v t = ⑥

13m v at at == ⑦

又1230t t t t ++≤

⑧ 123S S S S ++= ⑨

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 3 - 由④⑤⑥⑦⑧⑨并代入数据得：2

9/a m s ≥

教师提醒：本例是一道实际应用物理问题。求解的关键是建立运动学模型，要会分析管理人员的各个运动过程，并能用速度与最大速度的值进行比较确定管理人员的运动状态，从而分步运用匀变速规律列方程求解。

迁移应用3.（1）1s （2）102m

例题4. 解析：（1）设最大速度为v m,，则

加速阶段：t 1=1a v m , x 1=1

2a v m 减速阶段：t 3=2a v m , x 3=22a v m 匀速阶段：t 2= t －t 1－t 3 , x 2= v m t 2

且 x 1+ x 2+ x 3= x

其中 a 1=1.6m/s 2，a 2=6.4m/s 2，t=130s ，x=1600m

解得 v m =12.8m/s （另一个解舍去）

（2）作速度图像如图，路程不变，则图像包围的面积不变，利用图像分析可知，加速后立

即减速而无匀速过程时所用时间最短。 则：t min =2

'1'a v a v m m + , x =2

2'12'22a v a v m m + 其中 a 1=1.6m/s 2，a 2=6.4m/s 2， x=1600m

解得：t min =50s

教师提醒：对于多阶段运动过程的分析与处理，图像法是常用的方法。运动图像的复习，首先应掌握各种运动图像的意义，然后才可能主动地利用图像分析、解决问题．

迁移应用4.（1）v -s 图象是满足动能定理的一条抛物线 （2）v 0=75km/h

【仿真训练】

1. B

2. B

3. C

4. B

5. C

6. ABC

7. ABD

8. BC

9. BC

10.（1）t =2s (2) 0.5

11.（1）36m （2）图略。0～4s ，F 1=600N ；4～10s ，F 2=500N ；10～12s ，F 3=400N ．(3) 10s

12. (1) 0.5m (2) 2s

13. 解析：不正确。

在两质点相遇之前，它们之间的距离Δs 也可能不断减小，直至Δs ＝0（相遇），而不存在先变小后变大的情况，这完全取决于两质点之间的初始距离s 与v 0、a 之间的大小关系

由 s ＝v 0t －221at 可解得：a as v v t 22

00-±= v/ms -1 V m ’ o a 1 a 2 t min 130 t/s

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 4 - 可见，若v 0

2

＝2as 即a v s 220= 则a v t 0= 当t ≤a

v 0时，甲乙之间的距离始终在减小，直至相遇，（最小距离Δ s ＝0），不会出现Δs 最小的情况。 当v 0<2as ，即s >a v 220时，甲与乙不可能相遇，在t

v 0时，两质点距离会出现先变小后变大的情况，当t =a

v 0时，两质点之间的距离最近：Δs min ＝s －a v 220

专题二 相互作用与牛顿运动定律

【基础整合】

要点回顾：

1.相对运动或相对运动趋势；相对运动或相对运动趋势方向；不一定；μN ；

2.221r

Q Q k

；Eq ；相同；相反； 3.qvB ；左手定则； 5.加速度； 基础自测：

1. C

2. B

3. BC

4. 解析：（1）以刷子为研究对象，受力分析如图，设向上推力为F ，滑动摩擦力为F f ，天花板对刷子的弹力为F N ，由牛顿第二定律，得：

（F －mg ）cos530－μ（F －mg ）sin53°=ma

代入数据，得 a =2m/s 2

（2）由运动学公式，得 L =12 at 2 代入数据，得 t =2s

【考点突破】

例题1.解析：（1）由力的平衡条件可知：

kx ＋f 1＋f 2cos45°－N sin45°= 0 ①

F －N cos45°－f 2sin45° = 0 ②

f 1=μF ③

f 2=μN ④

由①、②、③、④式得正压力的大小： 200221245cos 245sin )1(μμμμ--=--=kx kx N

（2）令N 趋向于∞，则有

0212=--μμ ，解得414.0=μ 教师提醒：处理共点力的平衡问题的基本思路：（1）弄清平衡状态（a =0），（2）巧选研究对

θ

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 5 - 象，（3）作好受力分析图（正确的受力分析），（4）建立平衡方程，（5）求解或讨论。 迁移应用1.解析：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示，由共点力平衡条件可得

cos N F mg θ=

① sin N F F θ= ②

由①、②联立，得 F =810N

（2）/cos N F mg =θ 且 2N F kv =得5cos mg v k ==θ

m/s （3）水平牵引力的功率 P =Fv=4050 W

例题2. 解析：（1）由平衡条件可知A 受到的摩擦力f = F 库 =22

r

Q k （2）设A 、B 间距离为r ′，当加速度a = 0 时，2'2

4r Q k =μmg 得到mg

kQ r μ2'4= 由题可知A 、B 运动距离均为2 'r r s -= 故2

2r mg kQ s -=μ 教师提醒：处理复合场中的平衡问题，必须对各种场力的性质、特点有正确的认识，同时，对物体进行正确的受力分析是关键。

迁移应用2. C

例题3. C

教师提醒：物体的动态平衡问题，常用的处理方法有图解法、数学方程法等．而使用图解法时，应注意物体状态变化时，各个力的方向是如何变化的，以保证作图的正确性。 迁移应用3： IL

mg θsin 例题4.解析：令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知

m A g sin θ=kx 1 ①

令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知 kx 2=m B g sin θ ②

F －m A g sin θ－kx 2=m A a ③

由② ⑧ 式可得a =F －(m A +m B )gsinθm A

④ 由题意 d =x 1+x 2 ⑤

由①②⑤式可得d =(m A +m B )gsinθk

⑥ 教师提醒：弹簧问题一直是高考的热门问题，它可以与多个知识点组合而形成综合性问题。处理弹簧问题时，要注意对弹簧状态的分析，是压缩？还是拉伸？对关联物体施加的是拉

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 6 - 力还是推力？弹簧关联物体的位移与弹簧形变量的关系？

迁移应用4. C

例题5.解析：（1）物块P 刚到达相互作用区时的速度

v ０=gt 0 （1）

物块P 进入相互作用后的加速度

a 1= (kmg-mg )/m=(k -1)g （2）

解（1）（2）得物块P 在相互作用区内的运动时间

t 1=v 0/a 1=0.04s (3）

物块P 从起始位置下落到刚好与B 不接触时的运动时间

t=t 0+t 1=2.04s （4）

（2）板B 在物块P 未进入作用区时的加速度

a B 1=μg （5）

速度的改变量Δv b 1 = a B 1t 0 =0.4m/s （6）

当物块P 进入作用区后的加速度

a B2 =μ(Mg+kmg)/M （7）

由（3）（7）得速度的改变量

Δv b2 = a B 2t 1=0.0488m/s (8)

所以：板B 在物块P 从起始位置下落到刚好与B 不接触时

由（6）（8）得：速度的改变量

Δv =Δv b 1+Δv b 2 =0.4488m/s (9)

（3）当物块P 的速度减到零后，又开始以加速度a 向上做加速运动，经历时间t 1，跑出相互作用区，在这段时间内，B 板减少的速度仍是Δv b 2；物块P 离开相互作用区后，做加速度为g 的减速运动，经历时间t 0，回到初始位置，在这段时间内，B 板减少的速度为Δv b 1，以后物块又从起始位置自由落下，重复以前的运动，B 板的速度再次不断减少．总结以上分析可知：每当物块P 完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，B 板速度减少的总量为

Δv =2Δv b1+2Δv b2 =0.8978m/s (10)

设在物块P 第n 次回到起始位置，

n =v B 0/Δv =10/0.8978=11.11≈11次 （11）

教师提醒：已知受力求运动或已知运动求受力是动力学中的两类基本问题，处理这样的问题时，首先要明确题设所涉及的物体的受力情况和运动情况，而加速度a 是联系受力和运动的桥梁，因而也是解题的突破口。

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