第4章 第1节 运动的合成与分解-【高考零起点】2021高考物理总复习

以 a1 匀加速的位移 x1 = 1 2 a1 t21 = 1 2 ×10×12 m = 5 m。 因为 x1 <aAB,μ<tan θ,mgsin θ-μmgcos θ=ma2 当物体与皮带共速后,物体的加速度 a2 =gsin θ-μgcos θ= 2 m / s2。 以 a2 匀加速运动的位移 x2 = xAB-x1 = 16 m-5 m = 11 m, 由 x2 = v0 t2 + 1 2 a2 2 t2,解得 t2 = 1 s。 所以物体从 A 运动到 B 的时间 t= t1 +t2 = 1 s+1 s = 2 s。 9. F 的大小可能为 1 N、9 N 【解析】对环进行受力分析得,环受重力、拉力、弹力 和摩擦力。 令 Fsin53° =mg,解得 F= 1. 25 N,此时环不受 摩擦力的作用。 当 F< 1. 25 N 时,杆对环的弹力竖直向 上,由牛顿第二定律可得:Fcos θ-μFN =ma,FN +Fsin θ = mg,解得 F= 1 N;当 F>1. 25 N 时,杆对环的弹力竖直向 下,由牛顿第二定律可得:Fcos θ-μFN = ma,Fsin θ = mg+ FN,解得 F= 9 N。 10. (1)1 s　 (2)30 N≤F≤34 N 【解析】(1)滑板一直加速,所用时间最短。 设滑板 加速度为 a2,f=μm1g=m2a2,a2 = 10 m / s2,s= a2 t2 2 ,t= 1 s。 (2)刚好相对滑动时,F 最小,此时可认为二者加速 度相等,F1 -μm1g =m1a2,F1 = 30 N;当滑板运动到 B 点, 滑块刚好脱离时,F 最大,设滑块加速度为 a1,F2 -μm1g= m1a1, a1 t2 2 - a2 t2 2 = L,F2 = 34 N。 则水平恒力大小范围是 30 N≤F≤34 N。 第四节　 超重和失重 课堂练习 1. B　 2. D　 3. AD　 4. ABC　 5. C 6. (1)2 m / s2 　 (2)40 N 【解析】(1)由匀加速公式 h = 1 2 at2 可得加速度 a = 2 m / s2。 (2)升降机匀加速下降,物体处于失重状态。 对物体 受力分析可得 mg-F=ma,于是可以得出 F= 40 N。 课后练习 1. B　 2. AB　 3. BD　 4. BC　 5. C　 6. B 7. (1)3. 2 N,方向水平向左　 (2)67. 6 N 【解析】(1)滑块由静止开始匀加速下滑, 由:L= 1 2 at2 得:a= 2 m / s2 对木块受力分析,如图 1 所示: 则:mgsin θ-f1 =ma……① mgcos θ-N1 = 0……② 对斜面受力分析,如图 2 所示,则: f2 +f1 cos θ=N1 sin θ……③ 联立以上三式可得:f2 = 3. 2 N, 方向向左 即地面对斜面的摩擦力大小为 3. 2 N,方向向左。 (2)设地面对斜面的支持力 N 则:N=N1 cos θ+f1 sin θ 解得 N= 67. 6 N。 第四章　 曲线运动 第一节　 运动的合成与分解 课堂练习 1. BC　 2. AB　 3. D　 4. C　 5. B　 6. CD　 7. AD 8. v1 sin α d v2 -v1 cos α , d v2 -v1 cos α 【解析】水平方向的合速度 v水平 = v2 -v1 cos α,则运动 所用的时间 t= d v2 -v1 cos α ,河宽 x= vt= v1 sin α d v2 -v1 cos α 。 课后练习 1. BC　 2. D　 3. A　 4. C　 5. C　 6. B　 7. A　 8. C 第二节　 抛体运动 课堂练习 1. C　 2. D　 3. C　 4. B　 5. C　 6. D　 7. B 8. 5 m / s≤v0 ≤13 m / s 【解析】(1)若 v0 太大,小球落 在空地外边,因此,球落在空地上, v0 的最大值 vmax 为球落在空地最右 侧时的平抛初速度,如图所示,小球 做平抛运动,设运动时间为 t1,则小球的水平位移为 L+x = vmax t1,小球的竖直位移 H= 1 2 gt21。 解以上两式得 vmax = (L+x) g 2H =(10+3)× 10 2×5 m / s = 13 m / s。 若 v0 太小, 小球被墙挡住,因此,球不能落在空地上,v0 的