[推荐学习]2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题一力与运动第二讲力与物体的直线运动学案

第2讲 牛顿运动定律与直线运动高考命题轨迹考情分析 该部分是高考重点考查内容，匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，在选择题和计算题中均有考查，形式灵活，情景多样，贴近生活，选择题难度中等，计算题多以板块模型、多过程问题为主再结合v －t 图象，难度较大．单纯直线运动问题一般在选择题中结合v －t 图象考查，难度不大．知识方法链接 1．解题思路(1)分析运动过程，画出过程示意图． (2)标出已知量、未知量．(3)选择合适公式，列方程求解．注意：(1)多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带，是解题的关键，要先设出．(2)多过程问题用v－t图象辅助分析会更形象、简捷．(3)v、x、a等物理量是矢量，注意规定正方向，尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况．2．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法3．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算．4．图象问题要“四看”“一注意”(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制约关系．(2)看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：v－t图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点．(4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义．(5)一注意：利用v－t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发．若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离．真题模拟精练1．(2017·湖南怀化市一模)如图1所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度亦为v.若a1≠a2≠a3，则()图1A．甲、乙不可能同时由A到达CB．甲一定先由A到达CC．乙一定先由A到达CD．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C答案 A2．(多选)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是(v 是速度、t 是时间)( )答案 ABC3．(多选)(2017·湖北省部分重点中学调研)两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v 2) 随位置(x )的变化图象如图2所示，下列判断正确的是( )图2A ．汽车A 的加速度大小为4 m/s 2B ．汽车A 、B 在x ＝6 m 处的速度大小为2 3 m/sC ．汽车A 、B 在x ＝8 m 处相遇D ．汽车A 、B 在x ＝9 m 处相遇 答案 BC解析 根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v 2－v 20＝2ax 得：v 2＝v 20＋2ax ，可知v 2－x图象的斜率等于2a .对于汽车A ，则有 2a A ＝0－369 m /s 2＝－4 m/s 2，可得a A ＝－2 m /s 2，加速度大小为2 m/s 2，故A 错误．汽车A 、B 在x ＝6 m 处的速度大小设为v .由题图知：对于汽车A ，有 v 20＝36 m 2/s 2，得A 的初速度v 0＝6 m/s ，由v 2－v 20＝2a A x 得v ＝v 20＋2a A x ＝36＋2×(－2)×6 m/s ＝2 3 m/s ，故B 正确．对于汽车B ，初速度为0，加速度为 a B ＝k B 2＝1892 m /s 2＝1 m/s 2，设经过时间t 两车相遇，则有 v 0t ＋12a A t 2＝12a B t 2，得t ＝4 s ，则x ＝12a B t 2＝12×1×42 m ＝8 m ，即汽车A 、B 在x ＝8 m 处相遇，故C 正确，D 错误．故选B 、C.知识方法链接1．分析动力学问题的流程注意：(1)抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．(2)求解加速度是解决问题的关键．2．陌生的图象要先找图象的函数关系式(根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可)，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义．真题模拟精练4．(2017·湖南湘潭市二模)如图3所示，地面上放有一质量为m的物块(视为质点)，物块与水平地面间的动摩擦因数为33，现用一斜向右上的力F(与水平方向的夹角θ及力的大小未知)拉物块使之在地面上向右运动，重力加速度为g，下列说法正确的是()图3A．若物块向右加速运动，则物块与地面间可能没有摩擦力B．若物块向右加速运动，则F与摩擦力的合力一定竖直向上C．若物块向右匀速运动，则F的最小值为3mgD．若物块向右匀速运动，则F的最小值为33mg答案 A5．(多选)(2017·广东深圳市二模)如图4所示，倾角为θ的固定斜面上放置一矩形木箱，箱中有垂直于底部的光滑直杆，箱和杆的总质量为M，质量为m的铁环从杆的上端由静止开始下滑，铁环下滑的过程中木箱始终保持静止，在铁环到达箱底之前()图4A ．箱对斜面的压力大小为(m ＋M )g cos θB ．箱对斜面的压力大小为Mg cos θC ．箱对斜面的摩擦力大小为(m ＋M )g sin θD ．箱对斜面的摩擦力大小为Mg sin θ 答案 BC6．(多选)(2017·广东汕头市一模)假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比，即F 阻＝k v ，比例系数k 决定于小球的体积，与其他因素无关．让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落，它们的加速度与速度的关系图象如图5所示，则( )图5A ．小球的质量越大，图象中的a 0越大B ．小球的质量越大，图象中的v m 越大C ．小球的质量越大，速率达到v m 时经历的时间越短D ．小球的质量越大，速率达到v m 时下落的距离越长 答案 BD解析 根据牛顿第二定律得mg －F 阻＝ma ，据题F 阻＝k v ，解得a ＝g －km v ，当v ＝0时，a ＝a 0＝g ，与小球的质量无关．当a ＝0时，v ＝v m ＝mgk，可知小球的质量m 越大，图象中的v m 越大，故A 错误，B 正确．Δt ＝|Δv Δa |＝mk 随着m 的增大而增大，即小球的质量越大，速率达到v m 时经历的时间越长，故C 错误．m 越大，v m 越大，速率达到v m 时经历的时间越长，下落的距离越长，故D 正确．故选B 、D.7．(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图6所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求：图6(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．答案 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 0＋v 1)22s 2解析 (1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由运动学公式得v 21－v 20＝2a 1s 0①由牛顿第二定律－μmg ＝ma 1解得μ＝v 20－v 212gs 0②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2 ⑤联立③④⑤式得 a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 2知识方法链接1．分析“滑块—木板”模型时要抓住一个转折和两个关联(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联． (3)两物体发生相对运动的临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前、后物体的运动状态是解题的关键． 2．灵活应用整体法与隔离法(1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程．(2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程． 真题模拟精练8．(多选)如图7所示，水平地面上有一楔形物块a ，倾角为θ＝37°，其斜面上有一小物块b ，b 与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上．a 与b 之间光滑，a 与b 以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时(物块a 与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，g ＝10 m/s 2)，有( )图7A ．若μ＝0.1，则细绳的拉力为零，地面对a 的支持力变小B ．若μ＝0.1，则细绳的拉力变小，地面对a 的支持力不变C ．若μ＝0.75，则细绳的拉力为零，地面对a 的支持力不变D ．若μ＝0.75，则细绳的拉力变小，地面对a 的支持力变小 答案 BC解析 在光滑段运动时，物块a 及物块b 均处于平衡状态，对a 、b 整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡．对b 受力分析，如图，受重力、支持力和绳子的拉力，根据共点力平衡条件，有F cos θ－F N sin θ＝0，F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0，由两式解得F ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ，当它们刚刚运动至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，而b 向右的加速度最大为a m ＝g tan θ＝10×34 m /s 2＝7.5 m/s 2，此时绳对b 没有拉力．若μ＝0.1，则物块a 、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得：F sin θ＋F N cos θ－mg ＝0，F N sin θ－F cos θ＝ma ，由两式解得F ＝mg sin θ－ma cos θ，F N ＝mg cos θ＋ma sin θ，即绳的拉力F 将变小，而a 对b 的支持力变大；再对a 、b 整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对a 的支持力不变，故A 错误，B 正确；若μ＝0.75，a 的加速度为7.5 m/s 2，物块b 的重力和其受到的支持力正好提供其运动的加速度，故绳的拉力为零；再对a 、b 整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对a 的支持力不变，故C 正确，D 错误．9.(2017·全国卷Ⅲ·25)如图8所示，两个滑块A 和B 的质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s .A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图8(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．答案 (1)1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同 (2)1.9 m解析 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在滑块B 与木板达到共同速度前有 F f1＝μ1m A g ① F f2＝μ1m B g ②F f3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③ 由牛顿第二定律得 F f1＝m A a A ④ F f2＝m B a B ⑤ F f2－F f1－F f3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v 1＝1 m/s ，方向与B 的初速度方向相同⑨ (2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 F f1＋F f3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有 v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有：v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)知识方法链接1．电场、磁场中的动力学问题处理方法与力学中相同． 2．受力分析时先分析场力：重力、电场力、磁场力．3．匀强电场中电场力与重力一样为恒力，二者的合力也为恒力，可用它们的合力代替这两个力，称为等效重力．4．洛伦兹力是随速度变化而变化的力，方向总垂直于v ，大小等于q v B . 真题模拟精练10．(2017·河北衡水市模拟)如图9所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E 1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量m 、带电＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，重力加速度为g ，则下列结论正确的是( )图9A ．若A 、B 高度差为h ，则U AB ＝－mgh qB ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1 答案 A解析 对A 到B 的过程运用动能定理得，qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mghq ，知A 、B 的电势不等，则电势能不等，故A 正确，B 错误；由A 到虚线的过程小球速度由零加速至v ，由虚线到B 的过程小球速度由v 减为零，位移相同，根据匀变速直线运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，故C 错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE 1m ，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为a 2＝qE 2－mgm ，因为a 1＝a 2，解得E 2－E 1＝2mg q，故D 错误．11．(2017·全国卷Ⅰ·25)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点．重力加速度大小为g . (1)求油滴运动到B 点时的速度大小；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t 1和v 0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍． 答案 见解析解析 (1)设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m 和q ，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t ＝0时，电场强度突然从E 1增加至E 2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a 1满足 qE 2－mg ＝ma 1① 油滴在t 1时刻的速度为 v 1＝v 0＋a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a 2满足 qE 2＋mg ＝ma 2③油滴在t 2＝2t 1时刻的速度为 v 2＝v 1－a 2t 1④ 由①②③④式得 v 2＝v 0－2gt 1⑤(2)由题意，在t ＝0时刻前有 qE 1＝mg ⑥油滴从t ＝0到t 1时刻的位移为 x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从t 1时刻到t 2＝2t 1时刻的时间间隔内的位移为 x 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧ 由题给条件有v 20＝2g ×2h ＝4gh ⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离． 若B 点在A 点之上，依题意有 x 1＋x 2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝[2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2]E 1⑪为使E 2＞E 1，应有 2－2v 0gt 1＋14(v 0gt 1)2＞1⑫即当0＜t 1＜(1－32)v 0g⑬ 或t 1＞(1＋32)v 0g⑭ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2＞0和v 2＜0两种情形． 若B 在A 点之下，依题意有 x 2＋x 1＝－h ⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝[2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2]E 1⑯为使E 2>E 1，应有 2－2v 0gt 1－14(v 0gt 1)2>1⑰即t 1>(52＋1)v 0g⑱ 另一解为负，不符合题意，舍去．专题规范练题组1 高考真题检验1．(多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力F 阻＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －F 阻＝ma ，则a ＝mg －F 阻m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因F阻甲>F 阻乙，由球克服阻力做功W 阻＝F 阻h 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．2．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )图1A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度答案 ACD解析 由v t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．3．(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18 答案 BC解析 设PQ 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ① 设PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a ②联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数， 当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5 当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10 当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．4．(2013·新课标Ⅱ卷·14)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图象是( )答案 C解析 当拉力F 小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F 大于最大静摩擦力时，根据F －F f ＝ma 知：随F 的增大，加速度a 增大，故选C.5．(多选)(2013·新课标Ⅰ卷·21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图2(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )图2A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110B ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD ．在0.4～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 答案 AC6．(2015·新课标全国Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图3所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图3(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间． 答案 (1)3 m /s 2 1 m/s 2 (2)4 s解析 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 F f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－F f1＝ma 1⑤ mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma 2⑥ 又F N1＝F N1′⑦ F f1＝F f1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给条件得 a 1＝3 m/s 2⑨ a 2＝1 m/s 2⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫2 s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6 m/s 2⑬ a 2′＝－2 m/s 2⑭由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a 2′t 2＝0⑮ 联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑰ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲ 设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s. 题组2 各省市模拟精选7．(多选)(2017·山西省一模)将一小球以一定的初速度竖直向上抛出并开始计时，小球所受空气阻力的大小与小球的速率成正比，已知t 2时刻小球落回到抛出点，其运动的v －t 图象如图4所示，则在此过程中( )图4A ．t ＝0时刻小球的加速度最大B ．当小球运动到最高点时，小球的加速度为重力加速度gC ．t 2＝2t 1D ．小球的速度大小先减小后增加，加速度大小先增加后减小 答案 AB解析 根据v －t 图象的斜率等于加速度，t ＝0时刻图象切线的斜率绝对值最大，则t ＝0时，小球的加速度最大，故A 正确．当小球运动到最高点时，小球的速度为零，所受的空气阻力为零，则其所受合力等于重力，加速度为重力加速度g ，故B 正确．由于空气阻力的存在，小球的机械能不断减少，所以上升和下落经过同一点上升时的速度大于下落时的速度，所以上升过程的平均速度大于下落过程的平均速度，而上升阶段和下落阶段的位移大小相等，所以上升的时间小于下落的时间，则t 2＞2t 1，故C 错误．由题图知：小球的速度大小先减小后增大，而加速度一直减小，故D 错误．故选A 、B.8．(2017·山西运城市期末)入冬以来，运城市雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要；在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞．如图5所示为两车刹车后做匀减速运动的v －t 图象，以下分析正确的是( )图5A ．甲刹车的加速度的大小为0.5 m/s 2B ．两车刹车后间距一直在减小C ．两车开始刹车时的距离为100 mD ．两车都停下来后相距25 m 答案 C解析 甲刹车的加速度的大小a ＝|ΔvΔt |＝1 m /s 2，故A 错误；两车刹车后前20 s 间距一直在减小，20 s 末两车速度相等，距离最小，之后间距增大，故B 错误；两车刚好没有发生碰撞，说明20 s 末两车速度相等时，两车位置相同，20 s 末两车的速度v ＝5 m/s ，Δx ＝x 2－x 1＝(25＋52×20－15＋52×20) m ＝100 m ，故C 正确； 20 s 后两车的位移之差Δx ＝12×(30－20)×5 m －12×(25－20)×5 m ＝12.5 m ，故D 错误．本题选C.9．(2017·河北省五个一联盟二模)如图6所示，固定斜面，CD 段光滑，DE 段粗糙，A 、B 两物体叠放在一起从C 点由静止下滑，下滑过程中A 、B 保持相对静止，则( )图6A ．在CD 段时，A 受三个力作用B ．在DE 段时，A 可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态 答案 C解析 在CD 段，整体的加速度a ＝(m A ＋m B )g sin θm A ＋m B ＝g sin θ，隔离B 对A 分析，有：m A g sin θ＋F f ＝m A a ，解得F f ＝0，可知A 受重力和支持力两个力作用，故A 错误．设B 与斜面DE 段间的动摩擦因数为μ，在DE 段，整体的加速度a ′＝(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θm A ＋m B ＝g sinθ－μg cos θ，隔离B 对A 分析，有：m A g sin θ＋F f ′＝m A a ′，解得F f ′＝－μm A g cos θ，方向沿斜面向上．若匀速运动，A 受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A 一定受三个力作用，故B 错误，C 正确．整体下滑的过程中，CD 段加速度沿斜面向下，A 、B 均处于失重状态．在DE 段，A 、B 可能做匀速直线运动，不处于失重状态，故D 错误．故选C.10．(多选)(2017·广东深圳市第一次调研)如图7所示，质量为M 的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x 后二者分离．则下列哪些变化可使位移x 增大( )图7A ．仅增大木板的质量MB ．仅增大木块的质量mC ．仅增大恒力FD ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数 答案 BD解析 根据牛顿第二定律得m 的加速度为：a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，M 的加速度为：a 2＝μmg M ，设板长为L ，根据L ＝12a 1t 2－12a 2t 2，得：t ＝2L a 1－a 2.木块相对地面运动位移为：x ＝12a 1t 2＝。

专题一力与运动第一讲力与物体平衡1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。

下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。

2．[考查摩擦力的有无及方向判断][多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。

对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m 匀速下滑，m 必受力平衡，若m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。

3．[考查力的合成与分解、胡克定律][多选]如图，粗糙水平面上a 、b 、c 、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。

ab 之间、ac 之间以及bd 之间的弹簧长度相同且等于cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为cd 之间弹簧弹力大小的一半。

专题一力和运动考情分析备考策略1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题，命题灵活，情景新颖，形式多样。

其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。

2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。

1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。

2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。

综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。

3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题。

考向一物体的受力分析(选择题)1．六种常见力的方向力方向重力竖直向下弹力垂直于接触面指向受力物体摩擦力与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反电场力由检验电荷的电性和电场的方向共同决定安培力用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面洛伦兹力用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。

3.掌握受力分析的基本步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。

[例1](2014·泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N 处受力的方向，下列说法正确的是()A．M处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向[审题指导](1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。

(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。

[解析]支撑点M和地面是点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A 正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。

专题检测（二） 熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律1．[多选](2017·绍兴模拟)对于课本上的一些图片，下列说法正确的是( )A ．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B ．图乙中，两个影子在x 、y 轴上的运动就是物体的两个分运动C ．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A 、B 两球将同时落地D ．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力大于所需要的向心力 解析：选BC 题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A 错误；题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上的影子就是y 轴方向的分运动，选项B 正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只是使得小球A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A 、B 两球总是同时落地，选项C 正确；做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D 错误。

2．一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝4＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2(m/s)。

则该质点在t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度分别为( ) A ．8 m/s 、24 m/s B ．24 m/s 、8 m/s C ．24 m/s 、10 m/sD ．24 m/s 、12 m/s解析：选B 将t ＝2 s 代入质点的速度随时间变化的关系式v ＝6t 2(m/s)，得t ＝2 s 时的瞬时速度为v ＝6×22m/s ＝24 m/s ，将t ＝0和t ＝2 s 分别代入距离随时间变化的关系式x ＝4＋2t 3(m)，得：x 1＝4 m ，x 2＝20 m ，则质点在2 s 时间内通过的位移为x ＝x 2－x 1＝20 m－4 m ＝16 m ，所以：t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为v ＝x t ＝162m/s ＝8 m/s ；故B 正确。

第二讲力与物体的直线运动[ 知识建构 ][ 高考调研 ]1. 主要以选择题形式考察，且常常要联合图象进行剖析．今年运动学图象和匀变速直线运动规律的应用在三套试卷的选择题中均未出现，而是在 2017 年全国卷Ⅱ中第24 题联合实质问题进行了考察，难度不大．2. 牛顿运动定律的应用仍旧沿袭了早年的考察特色，主要浸透在力学( 如全国卷Ⅲ第25 题板块模型 ) 或电学计算题( 如全国卷Ⅰ第25 题复合场 ) 中进行考察．虽然复杂的追及相遇问题、弹簧问题、传递带问题在2017 年全国卷中没有波及，但依据早年的考察状况，它们还是复习的重难点．3. 常用的思想方法：①逆向思想法；②图象法；③相对运动法；④均匀速度法；⑤比值法；⑥分解加快度法；⑦极限法.[ 答案 ] (1) 合外力为零(2)(3)(4)现象超重失重完整失重物体对支持物的压力物体对支持物的压力物体对支持物的压力定义( 或对悬挂物的拉力) 大( 或对悬挂物的拉力) 小( 或对悬挂物的拉力) 等于物体所受重力的现象于物体所受重力的现象于 0的状态产生物体拥有竖直向上的加物体拥有竖直向下的加物体拥有竖直向下的加条件速度或加快度重量速度或加快度重量速度， a＝g考向一匀变速直线运动的应用[ 概括提炼 ]1．匀变速直线运动问题求解思路2．解答匀变速直线运动的常用技巧1222(1) 基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋2at，v－v0＝2ax.t v0＋ v t x(2)重要推论法： v2＝2(利用均匀速度求刹时速度)；v2＝逐差法求加快度 ) ．22v0＋ v t；Δx＝aT2(用2(3)逆向思想法：“匀减速至速度为零的过程”可逆向办理为“由静止开始做匀加快运动的过程”．(4)图象法：利用 v－ t 图象或 x－ t 图象求解．(5)比率法：初速度为零的匀变速直线运动规律1末、 2T 末、 3 末nT末刹时速度之比为 1∶ 2∶3∶ ∶；T T n1T内、 2T内、 3T内nT内位移之比为12∶ 22∶ 32∶ ∶n2；第1T内、第 2T内、第 3T内第nT内位移之比为1∶ 3∶ 5∶ ∶ (2 n－ 1) ；从静止开始经过连续相等位移所用时间之比为1∶ (2－ 1) ∶ ( 3－ 2) ∶ ∶ ( n－n－1)；从静止开始连续相等位移末速度之比为1∶2∶3∶ ∶n.(2017 ·全国卷Ⅱ ) 为提升冰球运动员的加快能力，教练员在冰面上与起跑线相距 s0和 s1( s1<s0)处罚别搁置一个挡板和一面小旗，以下图．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球抵达挡板时，运动员起码抵达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加快运动，冰球抵达挡板时的速度为v1，重力加快度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)知足训练要求的运动员的最小加快度．[ 思路路线 ][ 分析 ] (1) 假定冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，冰球运动的加快度大小为a，冰球运动到挡板处时间为t ，因为已知冰球运动的初速度和末速度及运动的位移．解法一：应用牛顿运动定律求解．依据匀变速直线运动规律可得22v0－ v1＝2as0fa＝＝μg2 2v 0－ v 1解得 μ＝ 2gs解法二：应用动能定理求解．对于冰球依动能定理，恒定不变的摩擦力所做负功惹起冰球动能减少许为1212μmgs ＝2mv －2mv122解得μ＝ v 0－ v 12gs 0可看出解法二的解题步骤较为简炼．(2) 求冰球运动到挡板的时间有多种思路，简析以下：解法一：最直接的想法就是利用匀变速直线运动的速度规律求解．v 1＝ v 0－ at ， a ＝ μgv 22 2 00－1，能够求得 t ＝且 μ＝0 12gsv ＋ v 解法二：假如利用均匀速度与位移的关系会比较简易．v 0＋ v 1 2s 0s 0＝2 t ， t ＝v 0＋ v 1解法三：用图象方法列方程式，会更直观清楚，以以下图．方程同解法二．解法四：能够使用动量定理求解．μ mgt ＝ mv 0－ mv 12 22s 0v 0－ v 1且 μ＝，能够求得t ＝.2v 0＋1gsv而后依题设条件，要求在冰球抵达挡板的同时，运动员运动的最小距离应等于起跑线到小旗的距离 s 1，则冰球运动的最小位移s 1＝1a m t 22s 1 v 0＋ v 1 2能够解得加快度的最小值为 a m ＝2s 20.v02－ 12 s1v1 ＋ 0 2vv[答案] (1)(2)22gs 02s 0多物体的多过程问题的解题思路：(1) 明确各个物体在各个过程中的运动特色． (2) 确立各个过程中物体间已知量的关系．(3) 采纳适合的公式分别列出各个物体依据的关系式并求解．[ 娴熟加强 ]迁徙一 以生产、生活实质为背景考察1．2017 年 5 月 9 日，位于浦东陆家嘴的上海中心忽然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物危害极大，在这以前，也常有媒体报导高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为 l 的直钢筋忽然从高空坠下，垂直落地时， 恰巧被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬时的照片．为了查问钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片复原后测得钢筋的影像长为L ，且 L >l ，查适当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为 h ，重力加快度为 g . 则由此能够求得 ()A ．钢筋坠地瞬时的速度约为L t2L － lB ．钢筋坠下的楼层为2ght 2 ＋ 1gt 2C ．钢筋坠下的楼层为2h ＋ 1lD ．钢筋在整个着落时间内的均匀速度约为2t[分析]钢筋坠下垂直落地时的影像长度包含钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内L － l着落的距离，所以在时间 t内的均匀速度为 v ＝ t ，可以为此速度就等于钢筋坠地时的H L － l2速度v ，所以 A 选项错误； 由 v 2＝2 、＝ v ，钢筋坠下的楼层 n ＝ ＝ ＋ 1，解得 2ght 2gH vn h0＋ v － l＋1，B 选项正确， C 选项错误；钢筋在整个着落时间内的均匀速度约为 v ′ ＝ 2 ＝2t ，D 选项错误．[答案] B迁徙二以追及、相遇模型考察2．2017 年 8 月 1 日，宁波市 32 家驾校 105 辆教练车正式实行“计时培训、计时收费”的新式学驾模式．不一样的车型有不一样的刹车性能，所以在驾校学习的过程中，除了惯例的驾驶技术外，还要学习和累积一些适应不一样车型的驾驶经验．现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度大小均为v＝10 m/s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已变换成了黄灯，于是紧迫刹车(反响时间忽视不计) ，乙车司机为了防止与甲车相撞也紧迫刹车，但乙车司机反响较慢( 反响时间t 0＝0.5 s)．甲车司机以前为了熟习车况，驾驶车辆进行了一段空挡滑行，依据经验计算出滑行加快度大小为 a0＝0.5 m/s2，已知乙车紧迫刹车时加快度大小为a2＝5 m/s2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距泊车线x＝16 m，他在刹车过程中发现估计的泊车位置离泊车线还有一段距离，于是在车头离泊车线x′＝4 m时停止刹车让车做空挡滑行，车头恰巧停在泊车线前，则甲车紧迫刹车时的加快度为多大？(2) 在 (1)的状况下，为保证两车在紧迫刹车过程中不相撞，甲、乙两车内行驶过程中至少应保持多大距离？[分析](1) 设甲车空挡滑行前的速度大小为2v1，则 v1＝2a0x′①设甲车紧迫刹车时的加快度为1a ，则v 2－12＝2 1(－′) ②v a x x联立①②解得a1＝4 m/s2.v－ v1(2) 甲车紧迫刹车的时间t 1＝a1＝2 s③设甲、乙两车内行驶过程中起码应保持的距离为x0，在乙车开始刹车后经过t 2时间两车速度相等，所以v－ a1( t 2＋t 0)＝ v－ a2t 2④解得 t 2＝2 s(不切合题意)所以速度相等的时辰在甲车空挡滑行的时间内，上式应为v1－ a0( t 2－ t 1＋t 0)＝ v－ a2t 2⑤2解得 t ＝1.61 s甲车的位移 x甲＝ ( x－x′) ＋v ( t＋ t － t )－2a ( t ＋ t － t )＝12.2 m⑥120110201212乙车的位移 x 乙＝ vt 2－2a2t 2＝9.6 m⑦x0＝ x 甲－ x 乙＝2.6 m.[ 答案 ] (1)4 m/s 2(2)2.6 m考向二运动图象的应用[ 概括提炼 ]1．图象问题常有的是x－ t 和 v－ t 图象，在办理特别图象的有关问题时，能够把办理常有图象的思想以及方法加以迁徙，经过物理情境依据的规律，从图象中提取实用的信息，依据相应的物理规律或物理公式解答有关问题．办理图象问题可参照以下操作流程：2．办理特别图象的问题时，在必需时可将该图象所反应的物理过程变换为常有的x－ t 或 v－ t 图象进行办理．(2017 ·宁夏银川一中二模) 甲、乙两车在平直公路上行驶，其速度—时间图象如右图所示，则以下说法正确的选项是()A． 8 s 末，甲、乙两车相遇B．甲车在0～ 4 s 内的位移小于乙车在4～ 8 s 内的位移C． 4 s 末，甲车的加快度小于乙车的加快度D．在 0～ 8 s 内，甲车的均匀速度小于乙车的均匀速度[ 分析 ]因为两车的初始地点关系未知，没法判断8 s 末甲、乙两车能否相遇，选项 A 错误；连结图中(0,0) 和 (8,40)两点，依据“速度—时间图象中图线与时间轴所围成的面积表示位移”及对称性可知，甲车在0～ 4 s 内的位移 ( 小于 40 m)小于乙车在4～ 8 s 内的位移 ( 等于 40 m) ，选项 B 正确；依据“速度—时间图象的切线斜率表示加快度”可知， 4 s 末，甲车的加快度大于乙车的加快度，选项 C 错误；由右图联合对称性能够得出，在0～ 8 s 内，两车的位移x 大小相等，由x知，两车的均匀速度大小v ＝t相等，选项 D 错误．[答案]B“面积法”是图象剖析中重要的方法之一，而增添协助线判断、比较更具新意. 追及相遇问题常波及图象的应用，而近四年全国卷中都出现了图象问题，此中速度图象四年四考，足见其重要性 . 对于速度图象的命题主要环绕三个方面进行.1利用速度图象联合有关情境直接设问：解决此类问题的重点要清楚图线对应的点、线、截距初速度或开始计时的时间、面积位移、拐点加快度方向变化等表示的意义 .2图象转变：已知速度图象设问加快度图象，或许反其道而行之，解决办理问题的重点是利用时间段分段作出对应的图象.3巧用图象：对一些变速类问题，如雨滴在空气中坠落、弹簧变化过程等，巧用速度图象协助剖析问题常常会更快捷 .办理运动图象时同学们简单出现的错误有以下几点：1对于 x－ t 图象，图线在纵轴上的截距表示t ＝0时物体的地点；对于v－ t 和 a－t 图象，图线在纵轴上的截距其实不表示t ＝0时物体的地点.2在 v－ t 图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示二者速度同样.3v－ t 图象中两条图线在 v 轴上的截距不一样，许多同学误以为两物体的初始地点不同，地点能否同样应依据题中条件确立.[ 娴熟加强 ]1． ( 多项选择 )(2017 ·广西三市联考) 甲、乙两质点在同一时辰、从同一地址沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加快度大小为a1的匀加快直线运动．质点乙做初速度为v0，加快度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的地点( x) —速度( v) 图象以下图，虚线与对应的坐标轴垂直．则以下判断正确的选项是()A．在x－v图象中，图线 a 表示质点甲的运动B．质点乙的初速度v0＝ 6 m/sC．质点甲的加快度大小1＝1 m/s2aD．质点乙的加快度大小a2＝1 m/s2[分析]由速度与位移公式22v－ v0＝2ax 剖析题中 x－ v 图象可知，图线 a 表示质点甲以加快度 a1做匀加快直线运动，图线 b 表示质点乙以加快度 a2做匀减速直线运动，选项 A 正确；因为甲、乙两质点是同一时辰、从同一地址沿同一方向做直线运动，所以从图线 b 可知当位移为零时，质点乙的初速度v0＝6 m/s，选项B正确；设图线 a 上横坐标为8 的点对应的纵坐标为 x0，图线 a、 b 交点的横坐标为 v1，由运动学规律并联合x－v 图象有(6 m/s)2－(2 m/s)2202＝1012＝ 2a x， (8 m/s)2a x，可得甲、乙两质点加快度大小关系是 a ＝2a ，又从 x－v 图象知v21·6 m，v22 2 2·6 m，解得2＝1 m/s2，2错误， D1＝20－1＝1＝2 m/s，选项Ca v a a a正确．[答案]ABD2．(2017 ·江西南昌 3 月模拟 ) 一辆汽车做直线运动，其v2— x 图象以下图．对于汽车的运动，以下说法错误的选项是()A．汽车的初速度为 4 m/sB．汽车的加快度大小为0.5 m/s2C．汽车第 4 s 末的速度为 2 m/sD．汽车前 10 s 内的位移为 15 m[ 分析 ] 由图可知初始时速度的平方为16 m2/s2，则汽车的初速度 v0＝4 m/s，A项正2与 x 的关系式为2222确．由题图可知 v v－ 4 ＝－x，再与公式v－v0＝2ax对照可知汽车做匀减速直线运动，加快度＝－ 0.5 m/s2， B 项正确．由v ＝0＋at，可得汽车第 4 s 末的速度为a vv4＝4 m/s－0.5×4 m/s＝2 m/s，C项正确．因0－v0＝ 8 s ，则知第 8 s 末车停止，汽车前a2 0－v010 s 内位移x＝2a ＝16 m， D项错误，应选 D.[答案] D3．如图甲所示，物体遇到水平推力 F 的作用，在粗拙水平面上由静止开始做直线运动．通过传感器监测到加快度 a 随时间 t变化的规律如图乙所示．取开始运动的方向为正方向，则以下说法正确的选项是()A．在 2～ 6 s 内，推力F小于阻力，物体做减速运动B．在 0～ 7 s 内， 6 s 末时物体的速度最大，大小为12 m/sC．在 2～ 7 s 内，物体做匀变速直线运动D．在 0～ 7 s 内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动[ 分析 ]在0～6 s内，加快度为正，物体沿正方向运动，故2～6 s内推力F大于阻力，物体做加快度减小的加快运动；在6～ 7 s内，加快度为负，物体沿正方向做减速直线运动，故 A、D 错误．在2～ 7 s内，物体的加快度向来在变化，故C错误．a－ t图线与t轴围成的面积表示速度变化量，0～6 s内物体向来在加快， 6 s末加快度反向，此时速度最大，v 1＝×6×4 m/s ＝ 12 m/s ，故 B 正确．2[答案]B考向三动力学的连结体问题[ 概括提炼 ]1．加快度同样的连结体问题(1)若求解整体的加快度，可用整体法．整个系统看作一个研究对象，剖析整体受外力状况，再由牛顿第二定律求出加快度．(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加快度，再用隔绝法将内力转变成外力，由牛顿第二定律求解．2．加快度不一样的连结体问题若系统内各个物体的加快度不一样，一般应采纳隔绝法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动状况剖析，分别应用牛顿第二定律成立方程，并注意各个物体的相互作用关系，联立求解．水平川面上有质量分别为m和4m的物块 A 和 B，二者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端越过轻质、圆滑动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，以下图．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块 A 在水平向右的恒力 F 作用下向右挪动了距离 s，重力加快度大小为g.求：(1)物块 B 遇到的摩擦力；(2)物块 A、 B 的加快度大小．[ 思路点拨 ]运动关系：因为细绳的长度不变，故 A 行进距离s 时， A、 B 间的细绳上111面部分长了2s，下边部分短了2s，因为细绳的固定端地点不动，故 B 的位移为2s，所以有a A＝2a B.受力关系：考虑到滑轮质量不计，设细绳中的张力为T，动滑轮对 B 的作使劲 T B＝2T.[分析](1)物块 A 挪动了距离 s，则物块 B 挪动的距离为 s＝12s1物块 B遇到的摩擦力大小为 f ＝4μmg(2)设物块 A、 B的加快度大小分别为 a A、 a B，细绳中的张力为 T.由牛顿第二定律得F－μmg－ T＝ ma A2T－ 4μmg＝ 4ma B由 A 和 B 的位移关系得a A＝2a BF－3μmg联立解得 a A＝2mF－3μmga B＝.4m[ 答案 ] (1)4μmg(2)F－3μmg F－3μmg 2m4m从上边的例题能够看出，解决有相对运动的连结体问题，要找到连结体中物体间的位移关系、速度关系和加快度关系，要充足考虑两物体的受力关系. 滑轮质量不计，可得作用在滑轮上的绳索的受力关系，这是解题的重点，两物体加快度的关系是打破的难点.该题常有的易错点是不从位移关系下手，直接以为两物体速度相等，或许把B的位移错以为 A 的位移的2倍，进而错误地获得a B＝2a A.[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·湖南衡阳联考) 质量不等的两木块A、 B，用越过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示状况下，木块 A、B 一同做匀速运动．若木块 A、B 的地点互相互换，则木块 A 运动的加快度为 ( 木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加快度为g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)()A． (1 －μ) g B． (1 －μ2) g1－μ2C.μ g D．与木块A、B的质量有关[分析]、B 匀速运动过程，有Am A g＝μm B gA、 B互相互换后，对A、B 整体受力剖析后有m B g－μm A g＝( m A＋ m B) a解得 a＝(1－μ) g.应选 A.[答案] A2． ( 多项选择 )(2017 ·河北六校联考) 以下图，一轻弹簧的劲度系数为k，其一端固定在倾角为θ的圆滑斜面底端，另一端与物块A连结，物块B紧挨着物块A搁置，两物块、A B的质量均为 m，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力 F 拉动物块 B，使物块 B 做加快度为 a 的匀加快运动，重力加快度为g，则()A．拉力F必定是恒力mg sinθ＋ maB．A、B分别时辰，弹簧形变量为kC．整个过程中物块 A 与弹簧构成的系统机械能守恒D．从开始到A、 B 分别时辰，拉力 F 做的功比弹簧弹力做的功少[ 分析 ] 对A、B整体受力剖析可知，在A和 B 分别前该整体在沿斜面方向的拉力、总重力、斜面的支持力和弹簧弹力作用下做匀加快运动，F运动过程中弹簧弹力发生变化，而重力沿斜面方向的分力不变，故 F 必定是变力，A错误；A、 B分别时辰， A、B 间的作使劲为0，A 的加快度还是 a，设弹簧弹力大小为F T，依据牛顿sinθ＋mamg第二定律有 F T－mg sinθ＝ ma，由胡克定律有 F T＝ kx，解得弹簧的形变量为k， B 正确；从开始到 A、B分别前，弹簧弹力对A、B 整体做正功，故 A 与弹簧构成的系统机械能不守恒， C错误；从开始到A、B 分别时辰，拉力 F 由2ma随位移均匀增大到ma＋ mg sinθ，而弹簧弹力由 2mg sin θ随位移均匀减小到ma＋mg sinθ，所以拉力 F 做的功比弹簧弹力做的功少， D正确．[答案] BD对连结体中的临界极值问题可采纳以下三种方法剖析解决：1极限法：把物理问题或过程推向极端，进而使临界现象或状态裸露出来，以达到正确解决问题的目的.2假定法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，常常用假定法解决问题.3 数学法：将物理过程转变为数学表达式，依据数学表达式解出临界条件.考向四牛顿第二定律的综合应用[ 概括提炼 ]应用牛顿第二定律解题的思路[ 娴熟加强]1．( 多项选择 )(2017 ·江西新余) 以下图为运送粮袋的传递装置，已知 A、B 间长度为二模L，传递带与水平方向的夹角为θ，工作时运转速度为v，粮袋与传递带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在 A 点将粮袋放到运转中的传递带上，对于粮袋从 A 到B 的运动，以下( 已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加快度为g)()说法正确的选项是A．粮袋抵达B点的速度可能大于、等于或小于vB．粮袋开始运动的加快度为g sinθ－μg cosθ，若 L 足够大，则粮袋最后将以速度v 做匀速运动C．若μ<tanθ，则粮袋从 A 到B 向来做加快运动a>g sinθD．无论μ 大小怎样，粮袋从 A 到B向来做匀加快运动，且[分析]粮袋在传递带上可能向来做匀加快运动，抵达 B 点时的速度不大于v；也可能先匀加快运动，当速度与v 同样后，粮袋做匀速运动，抵达 B 点时速度与v 同样；也可能先做加快度较大的匀加快运动，当速度与传递带同样后做加快度较小的匀加快运动，抵达B 点时的速度大于v ，故 A 正确；粮袋开始时遇到沿传递带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cosθ，依据牛顿第二定律得加快度a＝ g sinθ＋μg cosθ，故B错误；若μ<tanθ ，则粮袋重力沿传递带方向的分力大于滑动摩擦力，故加快度的方向向来向下，粮袋从A到 B向来做加快运动 ( 可能向来以g sinθ＋cos的加快度加快运动，也可能先以gsinθ＋μg θμg cosθ 的加快度加快运动，后以g sinθ－μg cosθ的加快度加快运动) ，故 C 正确；由上剖析可知，粮袋从 A 到 B 不必定向来匀加快运动，故D错误．[答案] AC2．如图甲所示，静止在圆滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A，某时辰， B 遇到水平向左的外力 F 的作用． F 随时间 t的变化规律如图乙所示，即F＝ kt ，此中 k 为已知常数．若 A、 B 之间的滑动摩擦力 F 的大小等于最大静摩擦力，且A、B 的质f量相等，则以下图中能够定性描绘物块A的运动状况的v－ t 图象是()[分析]刚开始时外力 F 较小， A、B 保持相对静止，加快度大小为F kta＝2＝ 2 ，可见加m m速度 a 的大小跟着时间 t 渐渐增大，这个过程对应的 v－ t 图线的斜率渐渐增添，C、D错误；跟着时间 t的增添，外力 F 增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块 A与木板 B 之间恰巧发生相对运动，此时有F f＝ ma，F－ F f＝ ma，解得F＝2F f，即kt ＝2F f，2F f可见t >k后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加快直线运动，其对应的v－ t图线是倾斜的直线， A 错误、 B 正确．[答案]B滑块临界问题办理方法高考题答题规范——“板—块”模型[ 考点概括 ]板块模型中动力学识题的解题思路[典题示例](20分)(2017 ·全国卷Ⅲ) 如图，两个滑块 A 和B 的质量分别为m A＝1 kg和 m B＝5 kg，放在静止于水平川面上的木板的两头，二者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时辰A、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s. A、B 相遇时，A与木板恰巧相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加快度大小g＝10 m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B 开始运动时，二者之间的距离．[ 审题指导 ]第一步读题干—提信息题干信息1) m A＝ 1 kgB＝5 kg判断木板受AB 的协力向右m二者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.52) A、B相遇时A 与木板恰巧相对静止A、 B相遇时 A 与木板速度同样第二步审程序—顺思路1) }?板向右运动t 1时辰?B与板共速B向右运动牛顿第二定律1＋f 3f2 B与木板共速后―――――――――――――→木板加快度a2＝m B＋m受力剖析? B与木板共速前A、B加快度同样 ? B与―→牛顿第二定律板共速时 A、 B速度大小同样运动学公式?图象法求解[ 满分答案](1) 滑块 A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设 A、B和木板所受的摩擦力大小分别为 f 1、f 2和f 3，A 和B相对于地面的加快度大小分别为a A和 a B，木板相对于地面的加快度大小为a1.在物块 B与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m A g①(1分)f 2＝μ1m B g②(1分)f 3＝μ2( m＋m A＋ m B) g③(2分)由牛顿第二定律得f 1＝ m A a A④f 2＝ m B a B⑤f 2－ f 1－ f 3＝ma1⑥(2分)设在 t 1时辰， B 与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝ v0－ a B t 1⑦v1＝ a1t 1⑧(2分)联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s⑨(2分)(2)在 t 1时间间隔内， B 相对于地面挪动的距离为12s B＝ v0t 1－2a B t 1⑩(2分)设在 B与木板达到共同速度 v1后，木板的加快度大小为 a2.对于 B与木板构成的系统，由牛顿第二定律有f 1＋ f 3＝( m B＋ m) a2?由①②④⑤式知，a A＝ a B；再由⑦⑧式知， B 与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知， A 和 B 相遇时， A 与木板的速度同样，设其大小为v2.设 A 的速度大小从v1变到 v2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v2＝ v1－ a2t 2?对 A 有v2＝－ v1＋a A t 2? (2分)在 t 2时间间隔内， B(以及木板)相对地面挪动的距离为12s1＝ v1t 2－2a2t 2?12) 时间间隔内，A 相对地面挪动的距离为在 ( t＋t12s A＝ v0( t 1＋ t 2)－2a A( t 1＋ t 2) ? (2分 )A和 B相遇时， A 与木板的速度也恰巧同样，所以 A和 B 开始运动时，二者之间的距离为s0＝ s A＋ s1＋s B? (2分)联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m ? (2分)( 也可用如图的速度－时间图线求解)[ 答案 ] (1)1 m/s(2)1.9 m1 慢审题，快答题, 只有认真审题，透辟理解命题的企图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所依据的物理规律，才能迅速正确答题. 所谓审题要慢，就是要认真，要审透，重点的词句理解要到位，深入发掘试题的条件，提取解题所需要的有关信息，清除扰乱要素. 要做到这些，一定通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视.2习惯绘图，分段办理, 对综合性强、过程较为复杂的题，要习惯画草图，采纳“分段”办理，所谓的“分段”办理，就是依据问题的需要和研究对象的不一样，将问题波及的物理过程，依据时间和空间的发展次序，合理地分解为几个相互相对独立又相互联系的阶段，再依据各个阶段遵照的物理规律逐一成立方程，最后经过各阶段的联系综合起来解决，进而使问题化整为零、各个击破.[ 满分体验 ] (2017 ·河南五校联考) 以以下图所示，可视为质点的物体A叠放在长木板B 上， A、 B的质量分别为 m＝10 kg、m＝10 kg， B 长为 L＝16 m，开始时 A 在 B 的最右端； A12与 B、 B 与地之间的动摩擦因数分别为μ 1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F＝200 N作用在B 上，使、B由静止开始运动，当A恰巧运动到B的中点时撤去外力，g取 10 m/s 2.A F求：(1)力 F 作用的时间，及此时 B 行进的距离；(2)撤去外力 F 后 B 还可以走多远？[分析](1) 力F开始作用时，设A、 B 的加快度分别为a1、 a2，对 A：μ1m1g＝ m1a1， a1＝4 m/s2对 B：F－μ1m1g－μ2( m1＋ m2) g＝ m2a2，a2＝8 m/s2，设力 F 作用的时间为t ，对应此时 A、 B的速度为 v 、 vBA12121则有2a2t－2a1t＝2L代入数据得， t ＝2 s，v A＝8 m/s， v B＝16 m/s此时B 行进的距离为xB＝1 22＝ 16 m.2a t(2) 撤去外力 F 后，对 A有μ1m1g＝ m1a3，。

第2讲 力和物体的平衡[选考考点分布]考点一 重力、弹力、摩擦力及受力分析1. (2017·浙江4月选考·7)如图1所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是( )图1A ．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B ．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C ．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D ．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力 答案 C解析 物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，选项A错；动摩擦因数与倾角无关，B错．如图，F N＝G cos θ，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，所以C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错．2. (2016·浙江10月学考·3)中国女排在2016年奥运会比赛中再度夺冠．图2为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有( )图2A．推力B．重力、推力C．重力、空气对球的作用力D．重力、推力、空气对球的作用力答案 C解析此时手与球并没有接触，所以没有推力，故C选项正确．3. (2015·浙江10月学考·13)将质量为1.0 kg的木板放在水平长木板上，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，木块先静止后相对木板运动．用力传感器采集木块受到的拉力和摩擦力的大小，并用计算机绘制出摩擦力大小F f随拉力大小F变化的图象，如图3所示．木块与木板间的动摩擦因数为(g取10 m/s2)( )图3A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1.0答案 A解析由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑动摩擦力满足公式F f＝μmg，所以μ＝0.3.4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)“跑酷”是一项深受年轻人喜爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动员受到的力有( )图4A．重力B．重力、向前冲力C．重力、空气作用力D．重力、向前冲力、空气作用力答案 C5．(2017·台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．如图5所示的四种与足球有关的情景．其中正确的是( )图5A．如图甲所示，静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到的重力B．如图乙所示，静止在光滑水平地面上的两个足球，因接触受到弹力作用C．如图丙所示，踩在脚下且静止在水平草地上的足球，可能受到3个力的作用D．如图丁所示，落在球网中的足球受到弹力，是由于足球发生了形变答案 C6. (2017·湖州市期末)如图6所示，某人手拉弹簧，使其伸长了5 cm(在弹性限度内)，若此时弹簧的两端所受拉力各为10 N，则( )图6A．弹簧所受的合力大小为10 NB．弹簧的劲度系数为200 N/mC．弹簧的劲度系数为400 N/mD ．弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大 答案 B解析 弹簧所受合力大小为零；由F ＝kx 知k ＝F x＝200 N/m ，弹簧的劲度系数与拉力大小无关，和弹簧本身的因素有关．7．(2017·金华市高三期末)如图7所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图7A ．小棋子共受三个力作用B ．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力C ．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D ．质量不同的棋子所受的摩擦力不同 答案 D解析 小棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、摩擦力，共四个力，选项A 错误；棋盘对棋子吸引力的大小与磁铁内部的分子结构有关，而棋子对棋盘的压力大小等于棋盘对棋子的吸引力的大小，与重力大小无关，选项B 错误；摩擦力的大小总是等于重力，不会变化，选项C 错误；摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，选项D 正确．1.弹力有无的判断“三法”(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力． (3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在． 2．静摩擦力的有无及方向的判断方法 (1)假设法(2)状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向．(3)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向． 3．弹力大小的计算方法 (1)根据胡克定律进行求解． (2)根据力的平衡条件进行求解． (3)根据牛顿第二定律进行求解． 4．摩擦力大小的计算方法(1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式F f ＝μF N 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)公式F f ＝μF N 中，F N 为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力大小．(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．考点二 平衡条件的应用1. (2017·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图8所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图8A ．上方球与下方三个球间均没有弹力B ．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C ．水平地面对下方三个球的支持力均为43mgD ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案 C解析 将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝43mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于小球是受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．2. (2017·浙江4月选考·10)重力为G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图9所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )图9A ．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G2B ．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC ．当θ不同时，运动员受到的合力不同D ．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 答案 A解析 单手对地面的正压力大小，与θ无关，如图F 1＝F 2＝G2而手臂受力与夹角θ有关，所以选项A 正确，B 错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C 错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D 错误． 3. (2016·浙江10月学考·13)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k .则( )图10A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq 22l2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg 3C ．细线拉力大小为F T ＝kq 23l2D ．细线拉力大小为F T ＝3mg 答案 B解析 根据题意，OA ＝l ，OB ＝3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，由几何关系可知，△AOB 为等腰三角形，AB ＝AO ＝l ，对小球A 受力分析如图所示，由库仑定律得：F ＝kq 2AB2＝kq 2l 2，故A 错误；△AOB 为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件得：F cos 30°＝F T cos 30°＝12mg ，即F ＝F T ＝3mg3，故B 正确，C 、D 错误． 4. (2015·浙江10月学考·11)如图11所示，一质量为m 、电荷量为Q 的小球A 系在长为l 的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q 的小球B 位于悬挂点的正下方(A 、B 均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A 、B 静止于同一高度．已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则两球间的静电力为( )图11A.4kQ2l 2B.kQ 2l2 C ．mg D.3mg答案 A解析 根据库仑定律公式得F ＝kQQ(l sin 30°)2＝4kQ2l 2，A 选项正确，B 选项错误．由于小球A 、B 均静止，对球A 受力分析如图所示，由平衡条件得F T sin 30°＝F ，F T cos 30°＝mg联立解得F ＝33mg ，C、D 选项错误．5. (人教版必修1P61插图改编)两小孩共提总重力为G 的一桶水匀速前行，如图12所示，两人手臂用力大小均为F ，手臂间的夹角为θ.则( )图12A ．当θ＝60°时，F ＝G2B ．当θ＝90°时，F 有最小值C ．当θ＝120°时，F ＝GD ．θ越大时，F 越小 答案 C解析 根据平衡条件得：2F cos θ2＝G , 解得：F ＝G 2cosθ2，当θ＝0°时，cos θ2值最大，则F ＝G 2，即为最小，当θ为60°时，F ＝33G ，当θ＝90°时，F ＝22G ；当θ为120°时，F ＝G ，当θ越大时，则F 越大，故A 、B 、D 错误，C 正确．6. (2016·浙江台州中学期中)如图13所示是磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为m ，底座的质量为M ，则底座对水平地面的作用力大小为( )图13A ．0B ．mgC ．MgD ．(m ＋M )g答案 D解析 将地球仪和底座看作整体，整体受到的重力为(m ＋M )g ，支持力为F N ，满足F N ＝(m ＋M )g ，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m ＋M )g ，选项D 正确．7. (2016·浙江绍兴一中期中)如图14所示，小球A 、B 带等量同种电荷，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )图14A.12B.14C.18D.116 答案 C解析 小球B 受力如图所示．两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知B 球悬线的拉力F T 与B 球的重力mg 大小相等，即mg ＝F T ，小球B 处于平衡状态，则库仑力F ＝2mg sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sinθ2，由库仑定律得F ＝k q2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2mg sinθ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝kqq Br′2，解得q B＝18q，故选C.8. 如图15所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.现施加一个垂直于BC面向下的外力F，柱体仍保持静止，则地面对柱体的摩擦力大小等于( )图15A．μmg B．F sin θC．F cos θD．μ(F cos θ＋mg)答案 B解析对三棱柱受力分析如图所示．F f＝F sin θ，故B选项正确．9. (2017·湖州市期末)如图16所示，质量为m的光滑小球放在斜面和竖直挡板之间，当挡板从竖直位置逆时针缓慢转动到水平位置的过程中，斜面和挡板对小球的弹力大小的变化是( )图16A．斜面的弹力逐渐变大B．斜面的弹力先变小后变大C．挡板的弹力先变小后变大D．挡板的弹力逐渐变大答案 C解析小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢转动，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，此三力(重力、斜面支持力、挡板弹力)组成矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小、方向均不变，斜面对其支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大．动态平衡问题分析的常用方法1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：(1)物体一般受三个力作用；(2)其中有一个大小、方向都不变的力；(3)还有一个方向不变的力．考点三 平衡中的临界与极值问题1. 如图17所示，质量m ＝2.2 kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F ＝10 N 的拉力作用下，以速度v ＝5.0 m/s 向右做匀速直线运动．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)求：图17(1)金属块与地板间的动摩擦因数；(2)现换用另一个力F ′施加在金属块上，为使金属块向右做匀速直线运动，求F ′的最小值． 答案 (1)0.5 (2)2255N解析 (1)设地板对金属块的支持力为F N ，金属块与地板间的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有F cos θ＝μF N mg ＝F sin θ＋F N解得：μ＝F cos 37°mg －F sin 37°＝822－6＝0.5.(2)分析金属块的受力，如图所示竖直方向：F ′sin α＋F N ′＝mg 水平方向：F ′cos α＝μF N ′ 联立可得：F ′＝μmgcos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin (α＋φ)所以F ′的最小值为2255N.2．如图18所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小不可能为( )图18A.33mg B.52mg C.2mg D ．mg答案 A解析 将A 、B 两球作为一个整体，受力分析如图所示，由图可以看出，外力F 与悬线OA 垂直时最小，F min ＝2mg sin θ＝mg ，所以外力F 应大于或等于mg ，不可能为选项A.3．如图19所示，重50 N 的物体A 放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm ，劲度系数为800 N/m 的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A 后，弹簧长度为14 cm ，现用力F沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N，当弹簧的长度仍为14 cm时，F的大小不可能为( )图19A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N答案 C解析A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mg sin 37°≤F fm＋k(l －l0)，解得F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故选C.1.临界与极值问题解题流程(1)对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点．(2)由关键词判断可能出现的现象或状态变化．(3)据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件．(4)选择合适的方法作图或列方程求解．2．解决临界与极值问题的常用方法(1)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．(2)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．专题强化练(限时：30分钟)1．(2017·浙江名校协作体联考)鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )答案 C解析鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力和重力的合力产生向右的加速度，水对鱼的作用力方向斜向右上方．2. (2017·金华市期末)第31届夏季奥林匹克运动会于2016年8月5日至21日在巴西里约热内卢举行．中国选手王嘉男在跳远比赛中跳出了8米17的好成绩，排名第5.图1为王嘉男比赛精彩瞬间，针对此时王嘉男受力情况的分析合理的是( )图1A．只受重力B．受重力和空气阻力C．受重力、空气阻力、沙子的支持力D．受重力、空气阻力、沙子的支持力和摩擦力答案 B3．(2017·浙江“七彩阳光”联考)在弹簧测力计指针前的滑槽中嵌一块轻质小泡沫，测力计便增加了“记忆”功能．用该测力计沿水平方向拉木块．在拉力F增大到一定值之前，木块不会运动．继续缓慢增大拉力，木块开始运动，能观察到指针会突然回缩一下，之后弹簧测力计上的泡沫与指针位置如图2所示．下列判断正确的是( )图2A．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力B．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力C．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力D．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力答案 C解析木块刚要开始运动时，弹簧秤的示数为最大静摩擦力；小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力．4. (2017·浙江“超级全能生”联考)有些自动扶梯是阶梯状的，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图3所示．以下说法正确的是( )图3A．人受到的合外力不为零B．人受到重力和支持力的作用C．人受到的合外力方向与速度方向相同D．人受到重力、支持力和摩擦力的作用答案 B解析由于匀速运动，人受到的合外力为零，不可能有摩擦力，否则不平衡了．5. (2017·宁波市诺丁汉大学附中高三上期中)如图4，球静置于水平地面OA上并紧靠斜面OB，一切摩擦不计，则( )图4A．小球只受重力和地面支持力B．小球一定受斜面的弹力C．小球受重力、地面支持力和斜面弹力D．小球受到的重力和对地面的压力是一对平衡力答案 A解析小球只受重力和地面支持力，斜面对球无弹力作用，选项A正确，B、C错误；小球受到的重力和地面对小球的支持力是一对平衡力，选项D错误；故选A.6．(2017·台州市9月选考)某木箱静止在水平地面上，对地面的压力大小为200 N，木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.45，与地面间的最大静摩擦力为95 N，小孩分别用80 N、100 N的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小分别为( )A．80 N和90 N B．80 N和100 NC．95 N和90 N D．90 N和100 N答案 A7．(2016·诸暨市联考)如图5所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有( )图5A．F4最大B．F3＝F2C．F2最大D．F1比其他各读数都小答案 C解析由平衡条件可知：F1＝mg tan θ，F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故选项A、B、D错误，C正确．8. (2017·温州市十校期末联考)如图6所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直上升，下列说法正确的是( )图6A．绳子拉力大小不变B．绳子拉力大小逐渐减小C．两段绳子合力逐渐减小D．两段绳子合力不变答案 D解析重物受三个力，重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，即有两个拉力的合力与重力平衡，所以两个拉力的合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故D正确，A、B、C错误．9. (2017·金华市义乌模拟)在2015年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图7所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗与悬挂物(可看成一个物体)的质量为m，直升机的质量为M，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线始终与竖直方向的夹角为α.以下说法正确的是( )图7A．国旗受到2个力的作用B ．细线的拉力大于mgC ．空气对国旗的阻力大小为mg cos αD ．空气给直升机的力方向竖直向上 答案 B解析 对国旗受力分析如图，国旗受三个力，重力、绳子的拉力和空气阻力，其中空气阻力与运动的方向相反，沿水平方向．根据共点力平衡得F ＝mgcos α，F f ＝mg tan α，故B 正确，A 、C 、D 错误．10．(2017·浙江名校协作体模拟)浙江省某中学校园环境优美，景色宜人，如图8甲所示，淡如桥是同学们必走之路，淡如桥是座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力忽略不计，则第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力大小之比为( )甲 乙图8A.12B.33C.32 D.3 答案 C解析 对石块1受力分析，由F N12∶F N13＝sin 60°＝32知C 正确． 11. (2016·杭州市学考模拟)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30°，如图9所示．设每只灯笼的质量均为m .由上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )图9A ．23mg B.233mg C.833mg D ．8mg答案 C解析 以下面四个灯笼作为研究对象，受力分析如图．由F T cos 30°＝4mg ， 得F T ＝833mg ，故C 正确．12. 如图10所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m 和M 的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图10A ．水平面对正方体M 的弹力大小大于(M ＋m )gB ．水平面对正方体M 的弹力大小为(M ＋m )g cos αC ．墙面对正方体m 的弹力大小为mg tan αD ．墙面对正方体M 的弹力大小为mgtan α答案 D解析 由于两墙面竖直，对M 和m 整体受力分析可知，水平面对M 的弹力大小等于(M ＋m )g ，A 、B 错误；在水平方向，墙对M 和m 的弹力大小相等、方向相反，对m 受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m 受到的墙对它的弹力大小为mgtan α，所以M 受到墙面的弹力大小也为mgtan α，C 错误，D 正确．13. (2016·浙江北仑中学期末)如图11所示，一个铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一个小球，开始时细线竖直．现将水平力F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中( )图11A ．水平拉力F 先变小后变大B ．细线的拉力不变C ．铁架台对地面的压力变大D ．铁架台所受地面的摩擦力变大 答案 D解析 对小球受力分析，如图所示，小球受细线拉力、重力、水平力F .根据平衡条件，有F ＝mg tan θ，θ逐渐增大，则F 逐渐增大，故A 错误；由图可知，细线的拉力F T ＝mgcos θ，θ增大，F T 增大，故B 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f ＝F ，则F f 逐渐增大，F N ＝(M ＋m )g ，F N 保持不变，故D 正确，C 错误．14. 如图12所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )图12A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg 答案 C解析 分析结点C 的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA 与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D ＝mg tan α＝33mg ，再分析结点D 的受力如图乙所示，由图可知，F D ′与F D 大小相等且方向恒定，F B 的方向不变，当在D 点施加的拉力F 与绳BD 垂直时，拉力F 最小，即F ＝F D ′cos 30°＝12mg ，C 正确．15. 如图13所示，位于竖直侧面的物体A的质量m A＝0.2 kg，放在水平面上的物体B的质量m B＝1.0 kg，绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB部分水平，OA部分竖直，A和B恰好一起匀速运动，g取10 m/s2.图13(1)求物体B与水平面间的动摩擦因数．(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动需多大的拉力？答案(1)0.2 (2)4 N解析(1)因物体A和B恰好一起匀速运动，所以物体A、B均处于平衡状态．由平衡条件得对A：F T－m A g＝0对B：F T－μF N＝0F N－m B g＝0解得：μ＝0.2(2)如果用水平力F向左拉物体B，使物体A和B做匀速运动，此时水平绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变，对物体B由平衡条件得F－F T－μF N＝0解得：F＝4 N.16. (2016·金华市十校模拟)如图14所示，某同学用大小为5 N、方向与竖直黑板面成θ＝53°的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势．已知黑板的规格为4.5×1.5 m2，黑板的下边缘离地的高度为0.8 m，黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图14(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；(2)当她擦到离地高度2.05 m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小．答案(1)0.5 (2)5 m/s解析(1)对黑板擦受力分析如图所示：水平方向：F sin θ＝F N ①竖直方向：F cos θ＝mg＋F f ②另有：F f＝μF N③联立①②③可得：μ＝0.5(2)由受力分析可知：黑板擦脱手后做自由落体运动自由落体：v2＝2gh代入数据可得：v＝5 m/s.。

专题二 力与直线运动—————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋1at 2.ax . 2图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．图象是一条倾斜直线，斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的3牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，即惯性，4．两个物体间的作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，与物体的运动状态无关．5．牛顿第二定律的五个特性：因果性、矢量性、瞬时性、同一性、独立性．考点1 匀变速直线运动规律的应用(对应学生用书第6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年3考：2017年Ⅱ卷T 24 2016年Ⅲ卷T 16 2014年Ⅰ卷T 24[考情分析]1．高考注重考查基本概念的理解及基本公式、推论的灵活应用，计算题常涉及追及相遇类为背景的实际问题．2．熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律的选取是解题的关键．3．实际问题中要理清运动过程，把握准时间关系、速度关系、位移关系．4．解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)． 1．(匀变速直线运动公式及推论的应用)(2016·Ⅲ卷T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4st2D.8st 2A [质点在时间t 内的平均速度v ＝s tv 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×22v 1＝s t.质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确．](2014·Ⅰ卷T 24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最v A ＝v B ，从这一条件结合μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma④ x ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】 20 m/s2．(追及相遇问题)(2017·Ⅱ卷T 24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图2­1所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．图2­1[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0① 又μmg ＝ma 1②可解得：μ＝v 20－v 212gs 0.(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t . 由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1v 1＋v 022s 2. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 2在第2题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】 由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2可解得：a 2＝s 1v 0＋v 12s 20. 1v 0＋v 12s■熟技巧·类题通法………………………………………………………………… 1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．追及相遇问题的解题思路、技巧和易错防范(1)解题思路：(2)解题技巧：①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． (3)易错防范：①若被追赶的物体做匀减速运动，要注意追上该物体之前它是否已停止运动． ②注意最后对解的讨论分析．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图2­2所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求： (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间.【导学号：19624014】图2­2【解析】 (1)若列车车尾恰好停在A 点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1① x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1400 m② 解得：a 1＝167m/s2③若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则 0－v 20＝－2a 2x OB ④ 解得：a 2＝85m/s2⑤故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.⑥(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长， 则0＝v 0－a 2t ⑦ 解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)50 s(2016·湖南怀化模拟)近几年长假期间，国家取消了7座及其以下小型客车的收费公路过路费，给自驾族带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动时小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？ (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【解析】 设汽车初速度方向为正方向，v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，a 1＝－4 m/s 2(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则v 2t －v 20＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝108 m.(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1t 1＝v t －v 0＝6 sv 0＝30 m/s 12若不减速所需要时间t ′＝xv 0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝4 s. 【答案】 (1)108 m (2)10 s (3)4 s 考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图2­3所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图2­3A.34 m B.43 m C.98m D.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98 m ．] 考向3 追及相遇问题3．(2016·山东潍坊一中模拟)如图2­4所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为x 1时，乙从距A 地x 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )【导学号：19624015】图2­4A ．x 1＋x 2 B.x 1＋x 224x 1C.x 21x1＋x 2D.x 1＋x 22x 1－x 2x 1B [设甲前进距离为x 1时，速度为v ，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a ，乙从C 点到达B 地所用时间为t ，则有：vt ＋12at 2－12at 2＝x 2－x 1，根据速度－位移公式得，v 2＝2ax 1，解得t ＝x 2－x 12ax 1，则A 、B 的距离x ＝x 2＋12at 2＝x 1＋x 224x 1，故B 正确．](2017·辽宁省盘锦模拟)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？【解析】 设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则有：x 1＝v 212a 1带入数据解得x 1＝362×1m ＝18 m 足球匀减速运动时间为：t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移为：x 2＝v 222a 2＝8 m之后攻方队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m 由于x 2＋x 3<x 1，故足球停止运动时，攻方队员没有追上足球，然后攻方队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s攻方队员追上足球的时间为：t ＝t 1＋t 3＝6.5 s. 【答案】 6.5 s考点2 运动图象问题 (对应学生用书第8页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年6考：2016年Ⅰ卷T 21 2015年Ⅰ卷T 20 2014年Ⅱ卷T 14、T 24 2013年Ⅰ卷T 19、T 21 [考情分析]1．以选择题型为主，重在考查v ­t 图象的意义及图象信息的提取能力．2．v ­t 图象斜率及其变化与牛顿第二定律相结合分析相关物理量的变化是常见的命题方向． 3．明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．4．v ­t 图象、x ­t 图象均反映物体直线运动的规律． 5．在v ­t 图象中易误将交点当成相遇．3．(图象信息的应用)(多选)(2016·Ⅰ卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ­t 图象如图2­5所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )【导学号：19624016】图2­5A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD [由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a 甲＝10 m/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为12.5 m ，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m ，则t ＝1 s 时两车并排行驶，选项A 、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2014·Ⅱ卷T 14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v ­t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A [根据v ­t 图象及其意义解题．根据v ­t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝xt得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v ­t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．]4．(图象信息的应用)(多选) (2015·Ⅰ卷T 20)如图2­6(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ­t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图2­6A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θθ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝A 、C 正确．由v ­t 图象中横轴上方的面可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在第4题中，若改为如下形式，如图2­7甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图2­7A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度LC[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．](2014·Ⅱ卷T24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v­t图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)[题眼点拨] ①“忽略空气阻力”说明运动员只在重力作用下运动；②“f＝kv2”说明阻力与速度的平方成正比；③“达到最大速度”说明最大速度时，重力与阻力大小相等．【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt ①s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m③联立①②③式得t ＝87 s④ v ＝8.7×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v ­t 图象可读出 v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得 k ＝0.008 kg/m.⑧ 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．v ­t 图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 图象的选取4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )A B C DC [物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kv m，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g ，在下降的过程中加速度a ＝mg －kv m，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确．] 考向2 图象的转换5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a ­t 图象如图2­8所示．下列v ­t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )【导学号：19624017】图2­8A BC DD [由图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误，D 正确．] 考向3 图象信息的应用6．(2017·马鞍山市一模)两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图2­9甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面没有摩擦，B 物体运动的v ­t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，求：甲 乙图2­9(1)推力F 的大小；(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．【解析】 (1)在水平推力F 作用下，物体A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物体的v ­t 图象得，a ＝Δv Δt ＝62m/s 2＝3 m/s 2 对于AB 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a代入数据解得F ＝15 N.t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力μg ＝－3 m/s 212 mΔx ＝x B －x A ＝12 m －6 m ＝6 m.【答案】 (1)15 N (2)6 m1.(多选)(2017·梅河口市五中一模)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，己知小物块的质量为0.3 kg ，小物块从A 到C 的v ­t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度的13B ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33C ．小物块到达C 点后将沿斜面下滑D ．拉力F 的大小为4 NAC [在速度－时间图象中图象的斜率表示加速度，在有F 作用时小物块做加速运动，a 1＝7.53 m/s 2＝2.5 m/s 2，撤去拉力F 后做减速运动，故a 2＝－7.51m/s 2＝－7.5 m/s 2，所以|a 1|＝13|a 2|，A 正确；撤去拉力后，在沿斜面方向上有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝36，B 错误；因为mg sin 30°>μmg cos 30°，故小物块到达C 点后将沿斜面下滑，C 正确；有拉力作用时，根据牛顿第二定律可知F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝3 N ，D 错误．]2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v ­t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m.(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg θ－μcos θk减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝2 m/s 解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg θ－μcos θk 适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考点3 牛顿第二定律的应用(对应学生用书第9页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年9考：2017年Ⅲ卷T 25 2016年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 192015年Ⅰ卷T 25，Ⅱ卷T 20、T 25 2014年Ⅰ卷T 172013年Ⅱ卷T 14、T 25[考情分析]1．本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．2．整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离法．3．对物体受力分析时易出现漏力、多力的现象．4．应用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性．5．(动力学的两类基本问题)(多选)(2016·Ⅱ卷T 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[题眼点拨] ①“同一种材料制成”说明相同的密度；②“阻力与球的半径成正比，与球的速率无关”说明下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动．BD [设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．]6．(连接体问题)(多选)(2015·Ⅱ卷T 20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )【导学号：19624018】A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]在第6题中，若车厢总数为10节，以大小为a 的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为( )A ．9∶1B ．1∶9C ．10∶1D ．1∶10A [设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二定律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1.]7．(动力学的临界极值问题)(2017·Ⅲ卷T 25)如图2­10，两个滑块A 和B 的质量分别为m A＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图2­10(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．[题眼点拨] ①A 与木板相对静止前A 、B 加速度不变；②B 与木板相对静止后以相同的加速度向右匀减速运动；③A 、B 相对地面的位移大小之和等于A 、B 开始运动时两者间的距离．【解析】 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有 f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m(2015·Ⅰ卷T 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v ­t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(a) (b)(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．【解析】 (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有 －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21 ③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得④v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度a 2，由牛顿第二定律有⑤⑥⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间 Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3 ⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨v 3＝v 1＋a 2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为。