高考物理牛顿运动定律试题汇编及解析.docx
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高考物理牛顿运动定律试题汇编及解析
2014年高考物理牛顿运动定律试题汇编及解析
C单元牛顿运动定律
C1牛顿第一定律、牛顿第三定律
9.2014•四川卷]石墨烯是近些年发现的一种新材料,其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化,其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖.用石墨烯制作超级缆绳,人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现.科学家们设想,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运行,实现外太空和地球之间便捷的物资交换.
(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站,求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能.设地球自转角速度为ω,地球半径为R.
(2)当电梯仓停在距地面高度h2=4R的站点时,求仓内质量m2=50kg的人对水平地板的压力大小.取地面附近重力加速度g取10m/s2,地球自转角速度ω=7.3×10-5rad/s,地球半径R=6.4×103km.
9.
(1)12m1ω2(R+h1)2
(2)11.5N
解析]
(1)设货物相对地心的距离为r1,线速度为v1,则
r1=R+h1①
v1=r1ω②
货物相对地心的动能为Ek=12m1v21③
联立①②③得Ek=12m1ω2(R+h1)2④
(2)设地球质量为M,人相对地心的距离为r2,向心加速度为an,受地球的万有引力为F,则
r2=R+h2⑤
an=ω2r2⑥
F=Gm2Mr22⑦
g=GMR2⑧
设水平地板对人的支持力大小为N,人对水平地板的压力大小为N′,则
F-N=m2an⑨
N′=N⑩
联立⑤~⑩式并代入数据得N′=11.5N○11
C2牛顿第二定律单位制
5.2014•重庆卷]以不同的初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一个物体所受空气阻力大小与物体的速率成正比,下列分别用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是()
AB
CD
5.D解析]本题考查v-t图像.当不计阻力上抛物体时,物体做匀减速直线运动,图像为一倾斜直线,因加速度a=-g,故该倾斜直线的斜率的绝对值等于g.当上抛物体受空气阻力的大小与速率成正比时,对上升过程,由牛顿第二定律得-mg-kv=ma,可知物体做加速度逐渐减小的减速运动,通过图像的斜率比较,A错误.从公式推导出,上升过程中,|a|>g,当v=0时,物体运动到最高点,此时a=-g,而B、C图像的斜率的绝对值均小于g,故B、C错误,D正确.
6.(19分)2014•重庆卷]
(1)某照明电路出现故障,其电路如题6图1所示,该电路用标称值为12V的蓄电池为电源,导线及其接触完好.
题6图1
维修人员使用已调好的多用电表直流50V挡检测故障,他将黑表笔接在c点,用红表笔分别探测电路的a、b点.
①断开开关,红表笔接a点时多用电表指示如题6图2所示,读数为________V,说明________正常(选填“蓄电池”或“保险丝”或“开关”或“小灯”).
题6图2
②红表笔接b点,断开开关时,表针不偏转,闭合开关后,多用电表指示仍然和题6图2相同,可判定发生故障的器件是________(选填“蓄电池”或“保险”或“开关”或“小灯”).
(2)为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律,同学们设计了如题6图3所示的实验装置,他们将不可伸长的轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两根立柱上,固定点分别为P和Q,P低于Q,绳长为L(L>PQ).
题6图3
他们首先在绳上距离P点10cm处(标记为C点)系上质量为m的重物(不滑动),由测力计读出绳PC、QC的拉力大小TP和TQ.随后,改变重物悬挂点C的位置,每次将P点到C点的距离增加10cm,并读出测力计的示数,最后得到TP、TQ与绳长PC的关系曲线如题6图4所示.由实验可知:
题6图4
①曲线Ⅱ中拉力最大时,C点与P点的距离为________cm,该曲线为________(选填“TP”或“TQ”)的曲线.
②在重物从P移到Q的整个过程中,受到最大拉力的是________(选填“P”或“Q”)点所在的立柱.
③在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处,可读出绳的拉力T0=________N,它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0=________.
6.答案]
(1)①11.5(11.2~11.8之间的值均可)蓄电池②小灯
(2)①60(56~64之间的值均可)TP②Q
③4.30(4.25~4.35之间的值均可)mgLL2-D22(L2-D2)
解析]
(1)本题考查多用电表的读数、电路的故障分析.用多用电表的电压挡分析故障时,电压表有示数说明电源和电压表等组成了闭合回路,可能与电压表并联的部分电路发生故障,而与电压表串联部分未发生故障,若无示数则正好相反.根据这个原理,a、c间接上电压表,断开开关,表针偏转,说明蓄电池正常,a,b间接上电压表,断开开关,表针不偏转,说明小灯发生故障,闭合开关后表针偏转,说明开关和保险丝正常.
(2)①从曲线Ⅱ可读出,拉力最大时C点与P点的距离为60cm左右,对绳子的结点进行受力如图所示,重物受力平衡,在水平方向有TPsinα=TQsinβ,当结点偏向左边时,α接近零度,sinαTQ,故可推断曲线Ⅱ为TP的曲线,曲线Ⅰ为TQ的曲线.
②通过①的分析结果和曲线的变化趋势,可知受到最大拉力的是Q点所在的立柱.
③曲线Ⅰ、Ⅱ相交处,TP=TQ=T0,根据力的正交分解,可列方程如下,T0sinα=T0sinβ,得α=β,T0cosα+T0cosβ=mg,对绳子,设左边长度为l1,由几何关系有l1sinα+(L-l1)sinβ=D,以上方程解得T0=mgLL2-D22(L2-D2).
10.2014•天津卷]如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量mB=2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F=10N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B粘合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6s,二者的速度达到vt=2m/s.求:
(1)A开始运动时加速度a的大小;
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;
(3)A的上表面长度l.
10.
(1)2.5m/s2
(2)1m/s(3)0.45m
解析]
(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有
F=mAa①xkb1
代入数据解得
a=2.5m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程,由动量定理得
Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v③
代入数据解得
v=1m/s④
(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为vA,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有
mAvA=(mA+mB)v⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有
Fl=12mAv2A⑥
由④⑤⑥式,代入数据解得
l=0.45m⑦
11.2014•天津卷]如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L=0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁场感应度大小均为B=0.5T.在区域Ⅰ中,将质量m1=0.1kg,电阻R1=0.1Ω的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑.然后,在区域Ⅱ中将质量m2=0.4kg,电阻R2=0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑.cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g=10m/s2,问
(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向;
(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大;
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x=3.8m,此过程中ab上产生的热量Q是多少?
11.
(1)由a流向b
(2)5m/s(3)1.3J
解析]
(1)由右手定则可以直接判断出电流是由a流向b.
(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为Fmax,有
Fmax=m1gsinθ①
设ab刚好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有
E=BLv②
设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有
I=ER1+R2③
设ab所受安培力为F安,有
F安=ILB④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有
F安=m1gsinθ+Fmax⑤
综合①②③④⑤式,代入数据解得
v=5m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒有
m2gxsinθ=Q总+12m2v2⑦
又
Q=R1R1+R2Q总⑧
解得Q=1.3J
10.在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=944m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角θ=37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25T;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=1×104N/C.小物体P1质量m=2×10-3kg、电荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力.当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放,经过时间t=0.1s与P1相遇.P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ=0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力.求:
(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小;
(2)倾斜轨道GH的长度s.
10.
(1)4m/s
(2)0.56m
解析]
(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v,受到向上的洛伦兹力为F1,受到的摩擦力为f,则
F1=qvB①
f=μ(mg-F1)②
由题意,水平方向合力为零
F-f=0③
联立①②③式,代入数据解得
v=4m/s④
(2)设P1在G点的速度大小为vG,由于洛伦兹力不做功,根据动能定理
qErsinθ-mgr(1-cosθ)=12mv2G-12mv2⑤
P1在GH上运动,受到重力、电场力和摩擦力的作用,设加速度为a1,根据牛顿第二定律
qEcosθ-mgsinθ-μ(mgcosθ+qEsinθ)=ma1⑥
P1与P2在GH上相遇时,设P1在GH上运动的距离为s1,则
s1=vGt+12a1t2⑦
设P2质量为m2,在GH上运动的加速度为a2,则
m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a2⑧
P1与P2在GH上相遇时,设P2在GH上运动的距离为s2,则
s2=12a2t2⑨
联立⑤~⑨式,代入数据得
s=s1+s2⑩
s=0.56m○11
11.2014•四川卷]如图所示,水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h,与图示电路相连,金属板厚度不计,忽略边缘效应.p板上表面光滑,涂有绝缘层,其上O点右侧相距h处有小孔K;b板上有小孔T,且O、T在同一条竖直线上,图示平面为竖直平面.质量为m、电荷量为-q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射,沿p板上表面运动时间t后到达K孔,不与板碰撞地进入两板之间.粒子视为质点,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力,重力加速度大小为g.
(1)求发射装置对粒子做的功;
(2)电路中的直流电源内阻为r,开关S接“1”位置时,进入板间的粒子落在b板上的A点,A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置,求阻值为R的电阻中的电流强度;
(3)若选用恰当直流电源,电路中开关S接“1”位置,使进入板间的粒子受力平衡,此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0~Bm=21+5m21-2qt范围内选取),使粒子恰好从b板的T孔飞出,求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示).
11.
(1)mh22t2
(2)mhq(R+r)g-2h3l2t2(3)0h=v0t①
设发射装置对粒子做的功为W,由动能定理得
W=12mv20②
联立①②可得W=mh22t2③
(2)S接“1”位置时,电源的电动势E0与板间电势差U有
E0=U④
板间产生匀强电场的场强为E,粒子进入板间时有水平方向的速度v0,在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动,设加速度为a,运动时间为t1,有
U=Eh⑤
mg-qE=ma⑥
h=12at21⑦
l=v0t1⑧
S接“2”位置,则在电阻R上流过的电流I满足
I=E0R+r⑨
联立①④~⑨得
I=mhq(R+r)g-2h3l2t2⑩
(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡,当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动,如图所示,粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动,DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ,磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm,设粒子做匀速圆周运动的半径为R,有
qv0B=mv20R○11
过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G,由几何关系有
DG=h-R(1+cosθ)○12
TG=h+Rsinθ○13
tanθ=sinθcosθ=DGTG○14
联立①○11~○14,将B=Bm代入,求得
θm=arcsin25○15
当B逐渐减小,粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大,D点向b板靠近,DT与b板上表面的夹角θ也越变越小,当D点无限接近于b板上表面时,粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域,此时Bm>B>0满足题目要求,夹角θ趋近θ0,即
θ0=0○16
则题目所求为023.(18分)2014•山东卷]研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4s,但饮酒会导致反应时间延长.在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m,减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示,此过程可视为匀变速直线运动.取重力加速度的大小g取10m/s2.求:
图甲
图乙
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少;
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值.
23.答案]
(1)8m/s22.5s
(2)0.3s(3)415
解析]
(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得初速度v0=20m/s,末速度vt=0,位移s=25m,由运动学公式得
v20=2as①
t=v0a②
联立①②式,代入数据得
a=8m/s2③
t=2.5s④
(2)设志愿者反应时间为t′,反应时间的增加量为Δt,由运动学公式得
L=v0t′+s⑤
Δt=t′-t0⑥
联立⑤⑥式,代入数据得
Δt=0.3s⑦
(3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得
F=ma⑧
由平行四边形定则得
F20=F2+(mg)2⑨
联立③⑧⑨式,代入数据得
F0mg=415⑩
17.2014•新课标全国卷Ⅰ]如图所示,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态.现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内).与稳定在竖直位置时相比,小球的高度()
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
17.A解析]本题考查了牛顿第二定律与受力分析.设橡皮筋原长为l0,小球静止时设橡皮筋伸长x1,由平衡条件有kx1=mg,小球距离悬点高度h=l0+x1=l0+mgk,加速时,设橡皮筋与水平方向夹角为θ,此时橡皮筋伸长x2,小球在竖直方向上受力平衡,有kx2sinθ=mg,小球距离悬点高度h′=(l0+x2)sinθ=l0sinθ+mgk,因此小球高度升高了.
18.2014•新课标全国卷Ⅰ]如图(a)所示,线圈ab、cd绕在同一软铁芯上.在ab线圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是()
图(a)图(b)
AB
CD
18.C解析]本题考查了电磁感应的图像.根据法拉第电磁感应定律,ab线圈电流的变化率与线圈cd上的波形图一致,线圈cd上的波形图是方波,ab线圈电流只能是线性变化的,所以C正确.
19.2014•新课标全国卷Ⅰ]太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动.当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间,且三者几乎排成一条直线的现象,天文学称为“行星冲日”.据报道,2014年各行星冲日时间分别是:
1月6日木星冲日;4月9日火星冲日;5月11日土星冲日;8月29日海王星冲日;10月8日天王星冲日.已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示,则下列判断正确的是()
xk|b|1地球火星木星土星天王星海王星
轨道半径(AU)1.01.55.29.51930
A.各地外行星每年都会出现冲日现象
B.在2015年内一定会出现木星冲日
C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D.地外行星中,海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
19.BD解析]本题考查万有引力知识,开普勒行星第三定律,天体追及问题.因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的弧度恰好比角速度小的天体多出2π,所以不可能每年都出现(A选项).由开普勒行星第三定律有T2木T2地=r3木r3地=140.608,周期的近似比值为12,故木星的周期为12年,由曲线运动追及公式2πT1t-2πT2t=2nπ,将n=1代入可得t=1211年,为木星两次冲日的时间间隔,所以2015年能看到木星冲日现象,B正确.同理可算出天王星相邻两次冲日的时间间隔为1.01年.土星两次冲日的时间间隔为1.03年.海王星两次冲日的时间间隔为1.006年,由此可知C错误,D正确.
C3超重和失重
18.2014•北京卷]应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入.例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出.对此现象分析正确的是()
A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态
B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态
C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度
D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
18.D本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重.加速度向上为超重向下为失重,手托物体抛出的过程,必定有一段加速过程,即超重过程,从加速后到手和物体分离的过程中,可以匀速也可以减速,因此可能失重,也可能既不超重也不失重,A、B错误.手与物体分离时的力学条件为:
手与物体之间的压力N=0,分离后手和物体一定减速,物体减速的加速度为g,手减速要比物体快才会分离,因此手的加速度大于g,C错误,D正确.
C4实验:
验证牛顿定律
22.2014•新课标全国卷Ⅰ]某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图,如图(b)所示.实验中小车(含发射器)的质量为200g,实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮,小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到,回答下列问题:
图(a)
图(b)
(1)根据该同学的结果,小车的加速度与钩码的质量成________(选填“线性”或“非线性”)关系.
(2)由图(b)可知,a-m图线不经过原点,可能的原因是________.
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下,小车的加速度与作用力成正比”的结论,并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力,则实验中应采取的改进措施是________,钩码的质量应满足的条件是________.
22.
(1)非线性
(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量
解析]本题考查了验证牛顿第二定律的实验.
(1)根据图中描出的各点作出的图像不是一条直线,故小车的加速度和钩码的质量成非线性关系.
(2)图像不过原点,小车受到拉力但没有加速度,原因是有摩擦力的影响.(3)平衡摩擦力之后,在满足钩码质量远小于小车质量的条件下,可以得出在小车质量不变的情况下拉力与加速度成正比的结论.
C5牛顿运动定律综合
20.2014•浙江卷]如图1所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t=0时刻起,棒上有如图2所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图1中I所示方向为电流正方向.则金属棒()
第20题图1
第20题图2
A.一直向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
20.ABC解析]本题考查安培力、左手定则、牛顿运动定律、功等知识.在0~T2,导体棒受到向右的安培力,大小恒为BImL,向右做匀加速直线运动;在T2~T,导体棒受到安培力向右,大小仍为BImL,而此时速度仍然还是向左,做匀减速直线运动,之后不断重复该运动过程.故选项A、B、C正确;安培力在一个周期内做功为0,选项D错误.
21.2014•浙江卷]在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时,某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究.
第21题图1
钩码数1234
LA/cm15.7119.7123.6627.76
LB/cm29.9635.7641.5147.36
第21题表1
(1)某次测量如图2所示,指针示数为________cm.
(2)在弹性限度内,将50g的钩码逐个挂在弹簧下端,得到指针A、B的示数LA和LB如表1.用表1数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为____N/m(重力加速度g取10m/s2).由表Ⅰ数据________(选填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数.
第21题图2
7.2014•四川卷]如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()
ABCD
7.BC解析]若P在传送带左端时的速度v2小于v1,则P受到向右的摩擦力,当P受到的摩擦力大于绳的拉力时,P做加速运动,则有两种可能:
第一种是一直做加速运动,第二种是先做加速度运动,当速度达到v1后做匀速运动,所以B正确;当P受到的摩擦力小于绳的拉力时,P做减速运动,也有两种可能:
第一种是一直做减速运动,从右端滑出;第二种是先做减速运动再做反向加速运动,从左端滑出.若P在传送带左端具有的速度v2大于v1,则小物体P受到向左的摩擦力,使P做减速运动,则有三种可能:
第一种是一直做减速运动,第二种是速度先减到v1,之后若P受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态,则其以速度v1做匀速运动,第三种是速度先减到v1,之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力,则P将继续减速直到速度减为0,再反向做加速运动并且摩擦力反向,加速度不变,从左端滑出,所以C正确.
24.2014•新课标全国卷Ⅰ]公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反
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