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

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