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第一部分>专题复习整合突破
解析:(1)由匀变速直线运动的速度和位移的关系式
解析:(1)由题图(b)可知,在0~2s内,B与A存在相对
2-u品=2a.x,可得v2=2a.x十6
速度,故可知此时B受到A给其的滑动摩擦力,B的加
结合题图乙有
速度大小为aB=ug=2m/s2
2a62m,
在0~1.5s内,BA小于0时B相对于水平面做匀加速
运动,在1.5~2s内,BA大于0,此时B相对于水平面做
100-64
2a2=12.2-3.2m/s2,
匀减速运动,可得:
解得a1=10m/s2,a2=2m/s2。
在01.5s内,B的位移为=24i=号×2X1.5m
(2)设滑块的质量为m,传送带的倾角为0,由牛顿第二
=2.25m
定律有ngsin0+ngcos0=ma
在1.5s时,B的速度为y=aBt=2×1.5m/s=3m/s
mgsin 0-umgcos 0=ma2
联立解得u=0.5。
在1.5~2s内,B的位移为x2=u1t2-20B号=1.25m
答案:(1)10m/s22m/s2(2)0.5
0~2s时间内,B相对水平面的位移为
12.(2022·湖北选择性考试模拟演练)如图(a)所示,在光
xB=x2十x1=3.5m。
滑水平面上放置一木板A,在A上放置物块B,A和B
(2)由题图(b)可知,
的质量均为m=1kg。A与B之间的动摩擦因数以=
在01s内aa1=m/s2=-4m/s
0.2,t=0时刻起,对A施加沿水平方向的力,A和B由
静止开始运动。取水平向右为正方向,B相对于A的速
可知aA=2m/s2-(-4)m/s2=6m/s2
度用BA=B一A表示,其中A和B分别为A和B相
则在1s末,A的速度为A1=6×1m/s=6m/s
对水平面的速度。在0~2s时间内,相对速度BA随时
在115s内,可得ae-0S二9m/g2-8m
间t变化的关系如图(b)所示。运动过程中B始终未脱
可得此时A的加速度为a2=2m/s2-8m/s2=-6m/s2
离A,重力加速度取g=10m/s2。求:
则在1.5s末,A的速度为vA2=6m/s-6×0.5m/s=
↑/(ms)
3 m/s
随后A与B达到共同速度后,在1.5~2s内可得aA3=
B
s
-2m/g2-2是.ga/g2-6m/心
(a)
则A在t=2s时刻,相对与水平面的速度为vA3=3m/s
(1)0~2s时间内,B相对水平面的位移;
-6×0.5m/s=0.
(2)t=2s时刻,A相对水平面的速度。
答案:(1)3.5m(2)0
第三讲
力与曲线运动
真X题X引X领X试人做
ZHENTI YINLING SHIZUO
1.(2022·广东卷,3)如图是滑雪道<M
[解析]设斜坡倾角为日,运动员在斜坡MN段做匀加速
的示意图,可视为质点的运动员从yP
直线运动,根据牛顿第二定律ngsin0=ma1,
斜坡上的M点由静止自由滑下,经
可得a1=gsin0,
过水平NP段后飞入空中,在Q点
运动员在水平NP段做匀速直线运动,加速度a2=0,
落地,不计运动员经过V点的机械能损失,不计摩擦力和
运动员从P点飞出后做平抛运动,加速度为重力加速度
空气阻力,则下列能表示该过程运动员速度大小或加
a3=g,
设在P点的速度为0,则从P点飞出后速度大小的表达
速度大小α随时间t变化的图像是
式为v=√十g2t,
由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能
为直线,且a1<a3,C正确,A、B、D错误。
故选C。
[答案]C
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力与运动。专题一
2.(2022·山东卷,6)“羲和号”是我国首
地咏
根据几何关系可得打在墙面上时,垂直墙面的速度分量
卫星
颗太阳探测科学技术试验卫星。如图
所示,该卫星围绕地球的运动视为匀
0水年1=0水平·
4=4m/s,
速圆周运动,轨道平面与赤道平面接
赤道
平行墙面的速度分量0水平∥=0水年·方=3m/S,
近垂直。卫星每天在相同时刻,沿相
同方向经过地球表面A点正上方,恰
反弹后,垂直墙面的速度分量v'水平⊥=0.75·v0水平1=
好绕地球运行n圈。已知地球半径为R,自转周期为T,
3m/s,
地球表面重力加速度为g,则“羲和号”卫星轨道距地面高
则反弹后的网球速度大小为v水平=√口'录平1十6水平∥=
度为
(
3√2m/s,
A.8R271
(2n2x2
-R
()
网球落到地面的时间'
2HΠ
/8.45×2
10
s=1.3s,
c()
着地,点到墙壁的距离d=v水平⊥t'=3.9m,故B、D正确,
-R
A、C错误。故选BD。
[解析]地球表面的重力加速度为g,根据牛顿第二定律
[答案]BD
得GMm=mg,解得GM=gR2,
4.(2022·广东卷,6)如图所示,在竖直平面内,截面为三角
R2
形的小积木