高考物理考前三个月 名师考点点拨专题讲义 专题二 力与物体的直线运动 第2课时 动力学观点在电学中的应用

2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题02 力与直线运动目录猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用 (1)猜想二 ：借助图像在直线运动中的应用考科学思维 (2)猜想三：创新动力学图像的考查形式 (3)猜想四：强化应用牛顿运动定律处理经典模型 (5)猜想五:运动学与动力学联系实际的问题 (8)冲刺押题练习 (9)猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用【猜想依据】匀变速直线运动是高中物理的基础运动模型，应用匀变速直线运动的规律解决运动问题是高考的重点问题，匀变速直线运动问题情景多种多样，涉及公式较多，能否正确选取公式就成了解决此类问题的第一要素而如若能能灵活应用推论公式解决问题将使问题得到大大简化。

【必备知识】1.两个基本公式：速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. 2.当遇到以下特殊情况时，用导出公式会提高解题的速度和准确率：(1)不涉及时间，比如从v 0匀加速到v ，求此过程的位移x ，可用v 2－v 02＝2ax .(2)平均速度公式：①运用2t v ＝x t ＝v 求中间时刻的瞬时速度；②运用x ＝v 0＋v 2t 求位移. (3)位移差公式：运用Δx ＝x 2－x 1＝aT 2，x m －x n ＝(m －n )aT 2求加速度.【例1】(2022届云南省高三（下）第一次统测)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。

无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s ，比人快了1s 。

人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m ，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为210m /s 。

同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（ ）A. 24mB. 26mC. 28mD. 30m【试题分析】：本题以无人驾驶汽车的安全行驶为情境贴合生活实际引导学生学以致用突出物理的应用性，构建示意图或v -t 图辅助分析并灵活选用公式是解决问题的关键。

第二讲高考命题点命题轨迹情境图匀变速直线运动规律的应用20161卷2116(1)21题19(1)18题20181卷1420191卷18力与直线运动二第 二 讲牛顿运动定律的应用20151卷20,2卷2015(1)20题 18(1)15题20181卷15动力学方法分析“传送带”模型动力学方法分析“板—块”模型20151卷25,2卷2515(1)25题 15(2)25题17(3)25题20173卷252019 3卷20第二讲19(3)20题1．匀变速直线运动的条件物体所受合力为恒力，且与速度方向共线．第 二 讲2．匀变速直线运动的基本规律 速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 02＝2ax . 中间时刻的瞬时速度：2t v ＝x t ＝v 0＋v2.任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝a ·(Δt )2.3．图象问题(1)速度—时间图线的斜率或切线斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线． (2)位移—时间图线的斜率或切线斜率表示物体的速度．4．超重和失重超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只取决于物体的加速度方向．当a 有竖直向上的分量时，超重；当a 有竖直向下的分量时，失重；当a ＝g 且竖直向下时，完全失重．5．瞬时问题应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．1．基本思路第二讲2．解题关键抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图．对于多运动过程问题，还要找准转折点，特别是转折点的速度．3．常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．第 二 讲(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题.【例1】 (2019·全国卷Ⅰ·18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C ．3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<5【拓展训练1】(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图中ae 为港珠澳大桥上四段110 m 的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a 点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab 段的时间为t ，则通过ce 段的时间为( )A ．t B.2t C ．(2－2)t D ．(2＋2)t【拓展训练2】(2019·广东揭阳市第二次模拟)瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地．某日一跳伞爱好者以5 m/s 的速度竖直匀速降落，在离地面h ＝10 m 时掉了一颗扣子，则跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g 取10 m/s 2)( )A ．2 s B. 2 s C ．1 s D ．(2－2) sPart 1 匀变速直线运动规律的应用力与物体的第 二 讲1．主要题型应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及图象问题．2．技巧方法(1)解瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．(2)解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法． (3)图象问题解题关键是：明确图象斜率、截距和面积的物理意义，应用物理公式找到两个变量间的函数关系，并注意从图象中提取有用信息或隐含条件．【例2】 (2019·福建龙岩市期末质量检查)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上，物块A 、B 质量均为m .物块A 静止在轻弹簧上端，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 靠在一起，但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻将细线剪断，下列说法正确的是( ) A ．细线剪断前，弹簧的弹力为mg B ．细线剪断前，细线的拉力为mg C ．细线剪断瞬间，弹簧的弹力发生变化 D ．细线剪断瞬间，物块B 的加速度大小为14g【例3】如图，质量为M 的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m 的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g ，则( ) A ．车厢对货物的作用力大小等于mg B ．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上 C ．悬臂对车厢的作用力大于(M ＋m )g D ．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上【例4】(多选)(2019·广东深圳市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节Part 2 应用牛顿运动定律解决“四类”问题第 二 讲车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F ，每节车厢质量都为m ，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k 倍，重力加速度为g .则( ) A ．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上 B ．整个列车的加速度大小为F －2kmg2mC ．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F2D ．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为F ＋kmg2【拓展训练3】(多选)(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，静止一质量为M 的足够长的长木板，质量为m 的小滑块(可视为质点)静止放在长木板上．从t ＝0时刻开始，长木板受到的水平拉力F 与加速度a 的关系如图乙所示，重力加速度大小g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．长木板的质量M ＝1 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5C ．当F ＝6.5 N 时，长木板的加速度大小为2.5 m/s 2D ．当F 增大时，小滑块的加速度一定增大1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向． 2．解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．【例5】(多选)(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图6，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动．一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v 随时间t 变化的Part 3 动力学方法分析“传送带”模型第 二 讲图象可能是( )【拓展训练4】(多选)(2019·陕西榆林市第三次测试)如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v 1＝2 m/s 的恒定速率顺时针运行．初速度大小为v 2＝3 m/s 的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5 s 后与传送带的速度相同，则( )A ．小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右B ．小墨块的加速度大小为0.2 m/s 2C ．小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5 mD ．小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5 m1．模型特点“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系． 2．解题关键(1)临界条件：要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度Part 4 动力学方法分析“板-块”模型第 二 讲恰好相同．(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体对地的位移，再求相对位移．【例6】(2019·湖南衡阳市联考(二))如图8所示，在水平地面上有一质量为m 1＝1 kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2 kg 的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t (N)，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求木块和木板保持相对静止的时间t 1； (2)t ＝10 s 时，两物体的加速度各为多大；(3)画出木块的加速度随时间变化的图象．(取水平拉力F 的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及计算过程)图8【拓展训练5】(2019·辽宁沈阳市第一次质检)如图9所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动．某时刻速度为v 0＝2 m /s ，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v 1＝4 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1 s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1 m /s ，方向向左．取重力加速度g ＝10 m/s 2，试求：(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1； (2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小．图9第二讲第 二 讲(限时45分钟)【1】(多选)(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)如图，矿井中的升降机以5 m /s 的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，此后经过3 s 升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( ) A ．螺钉松脱后做自由落体运动 B ．矿井的深度为45 mC ．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/sD ．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s【2】(2019·安徽安庆市二模)水平面上某物体从t ＝0时刻起以4 m /s 的速度做匀速直线运动，运动3 s 后又立即以大小为 2 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是( )A ．该物体从t ＝0时刻算起6 s 内运动的位移大小为15 mB ．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/sC ．该物体减速后最后1 s 内的位移大小为1 mD ．该物体减速后第1 s 末的速度大小为3 m/s【3】(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图所示，质量分别为2m 和3m 的两个小球静置于光滑水平面上，且固定在劲度系数为k 的轻质弹簧的两端．今在质量为2m 的小球上沿弹簧轴线方向施加大小为F 的水平拉力，使两球一起做匀加速直线运动，则稳定后弹簧的伸长量为( ) A.F 5k B.2F 5k C.3F 5k D.F k【4】(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图3所示，固定在水平面上的斜面体C 上放有一个斜劈A ，A 的上表面水平且放有物块B .若AB 运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是( )A ．若C 斜面光滑，A 和B 由静止释放，在向下运动时，B 物块可能只受两个力作用 B ．若C 斜面光滑，A 和B 以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B 处于超重状态专题强化练习第 二 讲C ．若C 斜面粗糙，A 和B 以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B 受水平向左的摩擦力D ．若C 斜面粗糙，A 和B 以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B 处于超重状态【5】(2019·闽粤赣三省十校下学期联考)如图所示，倾斜固定直杆与水平方向成60°角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接．当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30°角．下列说法中正确的是( ) A ．圆环不一定加速下滑 B ．圆环可能匀速下滑 C ．圆环与杆之间一定没有摩擦 D ．圆环与杆之间一定存在摩擦【6】(2019·云南省第二次统一检测)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m 1和m 2的两物体P 、Q ，用细绳通过光滑轻质定滑轮相连，m 1>m 2.现剪断Q 下端的细线，在P 下落但还没有到达箱底且Q 未碰到滑轮的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将( )A ．变大B ．变小C ．不变D ．先变小后变大【7】(多选)(2019·山东烟台市第一学期期末)如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为37°的固定且足够长的斜面上，t ＝0时刻对物体施加沿斜面向上的拉力F ，使物体开始沿斜面上滑，作用一段时间t 后撤去拉力F ，物体速度的平方与位移之间的关系图象如图乙所示．已知g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.下列说法正确的是( )A ．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.25B ．撤去拉力的时刻为t ＝0.5 sC ．拉力F 的大小为24.5 ND ．物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功为10 J【8】(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图所示，在水平面上有一传送带以速率v 1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v 2向左运动，则物块速度随时间变化的图象可能的是( )第二讲【9】(多选)(2019·河南周口市上学期期末调研)如图所示，质量M＝2 kg的足够长木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是()A．物块和长木板之间的摩擦力为1 NB．物块和长木板相对静止一起加速运动C．物块运动的加速度大小为1 m/s2D．拉力F越大，长木板的加速度越大第 二 讲【10】 (2019·山东临沂市质检)如图所示，一质量m 1＝0.2 kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m 2＝0.1 kg 的小物块(可视为质点)置于小车上A 点，其与小车间的动摩擦因数μ＝0.40，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给小物块一个方向水平向右、大小为v 0＝6 m /s 的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F ＝0.6 N 的恒力．取g ＝10 m/s 2，则： (1)初始时刻，小车和小物块的加速度大小为多少？ (2)经过多长时间小物块与小车速度相同？此时速度为多大？(3)小物块向右运动到最大位移的过程中，恒力F 做的功和系统产生的内能为多少？Part1 匀变速直线运动的运用 【例1】答案 C解析 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H 4g ，第一个H4所用的时间为t 1＝ 2Hg－2×34H g，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确．【拓展训练1】答案 C解析 设汽车的加速度为a ，经过bc 段、ce 段的时间分别为t 1、t 2，x ab ＝12at 2，x ac ＝12a (t ＋t 1)2，x ae ＝12a (t＋t 1＋t 2)2，解得：t 2＝(2－2)t ，故选C.参考答案第 二 讲【拓展训练2】答案 C解析 由题意知，扣子做初速度为5 m/s 、加速度为重力加速度的匀加速直线运动，落地时位移为10 m ，根据位移时间关系x ＝v 0t ＋12gt 2，代入数据有：10 m ＝5 m/s·t 1＋12×10 m/s 2×t 12，求得扣子落地时间：t 1＝1 s ；跳伞爱好者匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞爱好者落地时间t 2＝h v ＝105 s ＝2 s ，所以跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为Δt ＝t 2－t 1＝1 s ，故选C.Part2运用牛顿第二定律解决“四类”问题 【例2】答案 D解析 细线剪断前，由于A 、B 之间无弹力，对A 分析可以得到弹簧的弹力：F ＝mg sin θ＝12mg ，对B分析可以得到F T ＝mg sin θ＝12mg ，故A 、B 错误；细线剪断瞬间，弹簧的弹力不变，故C 错误；细线剪断瞬间，对A 、B 系统，加速度：a ＝2mg sin θ－F 2m ＝14g ，故D 正确．【例3】答案 C解析 货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知车厢与货物的重力和悬臂对车厢作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，选项D 错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(M ＋m )g ，选项C 正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大小大于mg ，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，选项A 、B 错误．【例4】答案 BC解析 启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A 错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：4F －8kmg ＝8ma ，解得a ＝F －2kmg2m ，选项B 正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F 21－kmg ＝ma ，解得F 21＝F2，选项C 正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F 32＋F －2kmg ＝2ma ，解得F 32＝0，选项D 错误．【拓展训练3】答案 AC解析 长木板与小滑块相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a ，当F ＝6 N 时，此第 二 讲时两物体具有共同的最大加速度，代入数据解得：M ＋m ＝3 kg ，当F 大于6 N 时，对长木板，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma ，故F ＝Ma ＋μmg ，知图线的斜率k ＝M ＝1 kg ，则滑块的质量为：m ＝2 kg ，μmg ＝4 N ，μ＝0.2，故A 正确，B 错误；当F ＝6.5 N 时，长木板的加速度为：a ＝2.5 m/s 2，故C 正确；当拉力大于6 N 时，两物体发生相对滑动，小滑块的加速度为a ＝μmg m ＝2 m/s 2，恒定不变，故D 错误．Part3动力学方法分析“传送带”模型 【例5】答案 BC解析 设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mg sin θ>μmg cos θ，合力沿传送带向下，小滑块向下匀加速运动；若mg sin θ＝μmg cos θ，沿传送带方向合力为零，小滑块匀速下滑；若mg sin θ<μmg cos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当减速为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A 、D 错误，B 、C 正确．【拓展训练4】答案 AD解析 小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A 正确；小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5 s 后与传送带的速度相同，故a ＝v 1－(－v 2)t ＝v 1＋v 2t ＝1 m/s 2，方向向右，故B 错误；小墨块向左做匀减速运动时，对小墨块有：0＝v 2－at 1，x 1＝0＋v 22t 1，联立解得：x 1＝4.5 m ；小墨块向左减速的过程中，传送带的位移为：x 2＝v 1t 1，小墨块向右做匀加速运动时，对小墨块有：v 1＝at 2，x 1′＝0＋v 12t 2，对传送带有：x 2′＝v 1t 2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x ＝(x 1＋x 2)＋(x 2′－x 1′)，解得：x ＝12.5 m ，故C 错误，D 正确．Part3动力学方法分析“板-块”模型 【例6】答案 见解析解析 (1)当F <μ2(m 1＋m 2)g ＝3 N 时， 此时F <μ1m 2g ＝6 N ，木块和木板都没有被拉动，处于静止状态． 当木块和木板一起运动时，对m 1：F fmax －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 1a max ，第 二 讲F fmax ＝μ1m 2g 解得：a max ＝3 m/s 2对m 1和m 2整体有：F max －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a max 解得F max ＝12 N由F max ＝3t 1 (N)得：t 1＝4 s(2)t ＝10 s 时，木块与木板已相对运动，则有： 对m 1：μ1m 2g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 1a 1 解得：a 1＝3 m/s 2 对m 2：F －μ1m 2g ＝m 2a 2 F ＝30 N解得：a 2＝12 m/s 2.(3)图象过(1,0)，(4,3)，(10,12)【拓展训练5】答案 (1)0.3 (2)0.05 (3)2.75 m解析 (1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a 1＝v 2－v 1t ＝1－41 m/s 2＝－3 m/s 2，负号表示加速度方向向右对小滑块，设小滑块的质量为m ，根据牛顿第二定律有：－μ1mg ＝ma 1，可以得到：μ1＝0.3；(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： μ1mg ＋μ2·2mg ＝m v 0t 1向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： μ1mg －μ2·2mg ＝m v 2t 2而且t 1＋t 2＝t ＝1 s联立可以得到：μ2＝0.05，t 1＝0.5 s ，t 2＝0.5 s ；(3)在t 1＝0.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x 1＝0＋v 02·t 1＝0.5 m ，方向向右；在t 2＝0.5 s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x 2＝v 2＋02·t 2＝0.25 m ，方向向左；在整个t ＝1 s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x ＝v 1＋v 22·t ＝2.5 m ，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx ＝x ＋x 1－x 2＝2.75 m.第 二 讲强化练习参考答案 【1】答案 BC解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A 项错误；取竖直向上为正方向，螺钉自脱落至落到井底的位移h 1＝v 0t －12gt 2＝－30 m ，升降机这段时间的位移h 2＝v 0t＝15 m ，故矿井的深度为h ＝|h 1|＋h 2＝45 m ，B 项正确；螺钉落到井底时的速度为v ＝v 0－gt ＝－25 m/s ，故速度大小为25 m/s ，C 项正确；螺钉松脱前运动的时间为t ′＝|h 1|v 0＝6 s ，所以螺钉运动的总时间为t总＝t ＋t ′＝9 s ，D 项错误．【2】答案 C解析 物体速度减为零的时间为：t 0＝v 0a ＝2 s ，物体在3 s ＋2 s ＝5 s 末停止运动，所以物体在6 s 内的位移等于前5 s 的位移，总位移为：x ＝v 0t 1＋v 0t 0－12at 02＝16 m ，故A 错误；物体的平均速度为：v ＝xt 1＋t 0＝163＋2m/s ＝3.2 m/s ，故B 错误；根据逆向思维法可知，物体减速后最后1 s 的位移大小等于以2 m/s 2的加速度加速1 s 的位移大小，x 1＝12×2×12 m ＝1 m ，故C 正确；该物体减速后第1 s 末的速度大小为：v ＝v 0－at ＝(4－2×1) m/s ＝2 m/s ，故D 错误． 【3】答案 C解析 对整体分析，整体的加速度a ＝F5m ，对质量为3m 的小球分析，根据牛顿第二定律得，F 弹＝kx＝3ma ，得x ＝3F5k ，故A 、B 、D 错误，C 正确．【4】答案 C解析 若C 斜面光滑，A 和B 由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图：第 二 讲可知，B 受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A 错误；若C 斜面光滑，A 和B 以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B 具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B 错误；若C 斜面粗糙，A 和B 以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B 具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B 受水平向左的摩擦力，故选项C 正确；若C 斜面粗糙，A 和B 以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B 具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D 错误．【5】答案 D解析 以小球为研究对象受力分析，小球受到竖直向下的重力和细线的拉力，小球的合外力不为零，小球不可能匀速下滑，小球与圆环相对静止，圆环也不可能匀速下滑，B 项错误；根据牛顿第二定律mg2cos 30°＝ma ，加速度a ＝33g ，小球与圆环相对静止，圆环一定加速下滑，A 项错误；整体的加速度也应该为a ＝33g ，假设圆环与杆之间没有摩擦，取整体为研究对象，Mg sin 60°＝Ma ′，加速度a ′＝g sin 60°＝32g ≠33g ，说明假设错误，圆环与杆之间一定存在摩擦，C 项错误，D 项正确．【6】答案 B解析 设木箱的质量为M ，剪断细线前台秤的读数为：F N ＝Mg ＋m 1g ＋m 2g ；因m 1>m 2，则当剪断Q 下端的细线时，P 向下加速运动，Q 向上加速运动，加速度大小为a ＝m 1－m 2m 1＋m 2g ，则对m 2，F T －m 2g ＝m 2a ，第 二 讲解得F T ＝2m 1m 2g m 1＋m 2，此时木箱对台秤的压力为：F N ′＝Mg ＋2F T ＝Mg ＋4m 1m 2g m 1＋m 2，因4m 1m 2gm 1＋m 2<(m 1＋m 2)g ，可知F N ′<F N ，故选B.【7】答案 AB解析 由速度位移的关系式v 2＝2ax 与题图乙对比得：物体的最大速度v m ＝8 m /s ，撤去F 前的加速度大小a 1＝16 m/s 2，撤去F 后的加速度大小a 2＝8 m/s 2，撤去F 时发生的位移x 1＝2 m ．撤去F 前由牛顿第二定律得：F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1，撤去F 后由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 2，联立解得：F ＝24 N ，μ＝0.25，故A 正确，C 错误；力F 作用时物体做匀加速运动，由速度公式得：v m ＝a 1t ，解得：t ＝0.5 s ，故B 正确；设撤去F 后发生的位移为x 2，v m 2＝2a 2x 2，解得：x 2＝4 m ，物体沿斜面上滑过程中克服摩擦力所做的功W 克f ＝μmg cos 37°(x 1＋x 2)＝12 J ，故D 错误．【8】答案 ABD解析 如果传送带足够长，从而使得物块不能向左滑出传送带，则物块先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物块会在摩擦力的作用下向右加速运动．如果v 1＜v 2，物块向左的速度减至零后会在滑动摩擦力的作用下向右加速，当速度增大到与传送带速度相同时，物块还在传送带上，之后不受摩擦力，物块与传送带一起向右匀速运动，故B 正确．如果v 1＞v 2，物块在传送带上向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v 2时，物块恰好离开传送带；如果v 1＝v 2，物块在传送带上时同样会先向左减速运动后向右加速运动，当速度大小增大到等于v 1时，物块恰好离开传送带，A 正确．若v 2足够大，物块向左滑上传送带后始终做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，D 正确．【9】答案 AC解析 物块对长木板的摩擦力使木板运动，当M 与m 之间达到最大静摩擦力时，发生相对滑动，设此时水平恒力为F 0，由牛顿第二定律有a ＝F 0－μmg m ＝F 0M ＋m ＝μmgM ，解得F 0＝1.5 N ．因F ＝2 N>F 0＝1.5 N ，故两者有相对滑动，物块和长木板之间为滑动摩擦力，有F f ＝μmg ＝1 N ，故A 正确，B 错误．对物块由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 1，可得a 1＝1 m/s 2，故C 正确．拉力F 越大，物块的合力越大，则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N ，保持恒定，则相对滑动时木板的加速度恒定为a 2＝μmgM ＝0.5m/s 2，故D 错误．【10】答案 (1)2 m/s 2 10 m/s 2 (2)0.5 s 1 m/s第 二 讲(3)－1.2 J 0.6 J解析 (1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受到向右的摩擦力做匀加速运动．设小车和小物块的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律得： 对小车：μm 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝2 m/s 2对小物块：F ＋μm 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝10 m/s 2(2)设经过时间t 小车与小物块速度相同，设此时两者速度为v 1，由运动学公式得 对小车：v 1＝a 1t 对小物块：v 1＝v 0－a 2t 解得：t ＝0.5 s ；v 1＝1 m/s(3)假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F 作用，设系统的加速度为a ，则由牛顿第二定律得F ＝(m 2＋m 1)a 解得：a ＝2 m/s 2此时小车所需要的静摩擦力为F f ＝m 1a ＝0.2×2 N ＝0.4 N ，此时需要的摩擦力不大于最大静摩擦力，所以两者将一起向右做匀减速运动小物块第一段的位移：x 1＝v 12－v 02－2a 2＝1.75 m小物块第二段的位移：x 2＝－v 12－2a＝0.25 m所以，小物块向右运动的最大位移为：x ＝x 1＋x 2＝2 m 则恒力F 做的功为W ＝－Fx ＝－1.2 J由功能关系知：Q ＝12m 2v 02＋W ＝12×0.1×36 J －1.2 J ＝0.6 J.。

专题2 力与物体直线运动考题一匀变速直线运动规律应用(1)解题思路分析两物体运动过程画运动示意图或v－t图象找两物体位移关系列位移方程(2)解题技巧①紧抓“一图三式〞，即过程示意图、时间关系式、速度关系式与位移关系式.②审题应抓住题目中关键字眼，充分挖掘题目中隐含条件，如“刚好〞“恰好〞“最多〞“至少〞等，往往对应一个临界状态，满足相应临界条件.③假设被追赶物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停顿运动，另外还要注意最后对解讨论分析.先判断刹车时间t0＝v0a，再进展分析计算.例1 如图1所示，云南省彝良县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，司机突然发现在距坡底240 m山坡处泥石流以8 m/s初速度、0.4 m/s2加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动.司机反响时间为1 s，汽车启动后以0.5 m/s2加速度一直做匀加速直线运动.试分析司机能否平安脱离.图1解析 设泥石流到达坡底时间为t 1，速度为v 1， 那么：x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21v 1＝v 0＋a 1t 1解得：t 1＝20 s ，v 1＝16 m/s而汽车在t 2＝19 s 时间内发生位移为： x 2＝12a 2t 22＝90.25 m速度为：v 2＝a 2t 2＝9.5 m/s假设再经时间t 3，泥石流能够追上汽车，那么有： v 1t 3＝x 2＋v 2t 3＋12a 2t 23解得：t 23－26t 3＋361＝0因Δ<0，方程无解，所以泥石流无法追上汽车，司机能平安脱离. 答案 司机能平安脱离 变式训练1.“蛟龙号〞是我国首台自主研制作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强潜水器.假设某次海试活动中，“蛟龙号〞完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开场计时，此后“蛟龙号〞匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，那么“蛟龙号〞在t 0(t 0<t )时刻距离海平面深度为( ) A.vt2B.vt 0(1－t 02t)C.vt 202tD.v t －t 022t答案 D解析 根据题意得：“蛟龙号〞上浮时加速度大小a ＝vt，根据逆向思维，可知“蛟龙号〞在t 0时刻距离海平面深度h ＝12a (t －t 0)2＝v t －t 022t，故A 、B 、C 错误，D 正确.2.如图2所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为s 1时，乙从距A 地s 2处C 点由静止出发，加速度与甲一样，最后二人同时到达B 地，那么A 、B 两地距离为( )图2A.s 1＋s 2B.s 1＋s 224s 1C.s 214s 1＋s 2D.s 1＋s 22s 1－s 2s 1答案 B解析 设甲前进距离为s 1时，速度为v ，甲、乙匀加速直线运动加速度为a ，那么有：vt ＋12at 2－12at 2＝s 2－s 1，根据速度位移公式得，v＝2as 1，解得t ＝s 2－s 12as 1.那么AB 距离s ＝s 2＋12at 2＝s 2＋12as 2－s 122as 1＝s 2＋s 2－s 124s 1＝s 1＋s 224s 1，应选B.考题二运动学图象问题1.x－t图象、v－t图象与a－t图象比照分析2.(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示物理量，明确因变量(纵轴表示量)与自变量(横轴表示量)之间制约关系.(2)看图象：识别两个相关量变化趋势，从而分析具体物理过程.(3)看纵坐标、“斜率〞与“面积〞：v－t图象中根据坐标值、“斜率〞与“面积〞可分析速度、加速度与位移大小、方向特点.x－t图象中根据坐标值、“斜率〞可分析位移、速度大小、方向特点.(4)看交点：明确图线与图线交点、图线与坐标轴交点物理意义.(5)一注意：利用v－t图象分析两个物体运动时，要注意两个物体出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发.假设从不同位置出发，要注意出发时两者距离.例2 甲、乙两物体从同一地点同时开场沿同一方向运动，甲物体运动v －t 图象为两段直线，乙物体运动v －t 图象为两段半径一样14圆弧曲线，如图3所示，图中t 4＝2t 2，那么在0～t 4时间内，以下说法正确是( )图3t 1时刻相距最远，t 4时刻相遇解析 0～t 2时间段内，甲做匀加速直线运动，t 2～t 4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A 错；速度是矢量，在速度时间图象中，只能表示直线运动，B 错；在整个运动过程中，t 3时刻两物体相距最远，C 错；在速度时间图象中，图线下面所包围面积即为位移，可求知0～t 4时间段内，位移相等，故平均速度一样，D 对.答案 D 变式训练3.如图4所示，x －t 图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶位移随时间变化关系，乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，以下说法正确是( )图4A.5 s 时两车速度相等B.甲车速度为4 m/sC.乙车加速度大小为1.6 m/s 2x 0＝80 m 处答案 BCD解析 位移－时间图象斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，那么知5 s 时乙车速度较大，故A 错误.甲车做匀速直线运动，速度为v 甲＝x t ＝205m/s ＝4 m/s ，故B 正确.乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，那么t ＝10 s 时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0匀加速直线运动，那么x ＝12at 2，根据图象有：x 0＝12a ×102,20＝12a ×(10－5)2，解得：a ＝1.6 m/s 2，x 0＝80 m ，故C 、D 正确.4.静止在光滑水平面上物体，同时受到在同一直线上力F 1、F 2作用，F 1、F 2随时间变化图象如图5所示，那么物体在0～2t 时间内( )图5A.离出发点越来越远 C.速度先变小后变大答案 A解析 由图线可知，物体受到合力先减小后增大，加速度先减小后增大，速度一直变大，物体离出发点越来越远，选项A 正确.考题三 牛顿运动定律应用(1)由因推果——物体受力情况，确定物体运动情况.(2)由果溯因——物体运动情况，确定物体受力情况.桥梁：牛顿第二定律F＝ma(1)从受力角度判断：当物体所受向上拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度角度判断：当物体具有向上加速度时处于超重状态，具有向下加速度时处于失重状态，向下加速度为重力加速度时处于完全失重状态.(3)从速度变化角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重.(1)牛顿第二定律是力瞬时作用规律，加速度与力同时产生、同时变化、同时消失，分析物体在某一时刻瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后受力情况及其变化.(2)明确两种根本模型特点：①轻绳形变可瞬时产生或恢复，故绳弹力可以瞬时突变.②轻弹簧(或橡皮绳)两端均连有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力大小与方向均不能突变.(1)整体法：①优点：研究对象减少，忽略物体之间相互作用力，方程数减少，求解简捷.②条件：连接体中各物体具有共同加速度(2)隔离法：①优点：易看清各个物体具体受力情况.②条件：当系统内各物体加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间相互作用力时必须用隔离法.例3 (2021·四川理综·10)避险车道是防止恶性交通事故重要设施，由制动坡床与防撞设施等组成，如图6竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ斜面.一辆长12 m载有货物货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床底端，货物开场在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停顿.货车质量是货物质量4倍，货物与车厢间动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到坡床阻力大小为货车与货物总重0.44倍.货物与货车可分别视为小滑块与平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：图6(1)货物在车厢内滑动时加速度大小与方向；(2)制动坡床长度.解析(1)设货物质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，那么f＋mg sin θ＝ma1 ①f＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2 ③a1方向沿制动坡床向下.(2)设货车质量为M，车尾位于制动坡床底端时车速为vs0＝38 m过程中，用时为t ，货物相对制动坡床运动距离为s 1，在车厢内滑动距离s ＝4 m ，货车加速度大小为a 2，货车相对制动坡床运动距离为s 2.货车受到制动坡床阻力大小为F ，F 是货车与货物总重k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床长度为l ，那么Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g⑤ s 1＝vt －12a 1t2 ⑥s 2＝vt －12a 2t2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m 变式训练5.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新交通工具，乘客座椅能随着坡度变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图7所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上一位乘客( )图7C.受到向前(水平向右)摩擦力作用 答案 C解析 车加速上坡，车里乘客与车相对静止，应该与车具有一样加速度，方向沿斜坡向上，对乘客受力分析可知，乘客应受到竖直向下重力，垂直水平面竖直向上弹力与水平向右摩擦力，三力合力沿斜面向上，B 、D 错误，C 正确；弹力大于重力，乘客处于超重状态，A 错误.6.如图8所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用绳子固定在倾角为30°光滑斜面上，假设不计弹簧质量，在绳子被剪断瞬间，A 、B 两球加速度分别为( )图8g2B.g2与0 C.M A ＋M B M B ·g 2与0M A ＋M B M B ·g2答案 D解析 对A ：在剪断绳子之前，A 处于平衡状态，所以弹簧拉力等于A 重力沿斜面分力.在剪断上端绳子瞬间，绳子上拉力立即减为零，而弹簧伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍等于AA 球加速度为零；对B ：在剪断绳子之前，对B 球进展受力分析，B 受到重力、弹簧对它斜向下拉力、支持力及绳子拉力，在剪断上端绳子瞬间，绳子上拉力立即减为零，对B 球进展受力分析，那么B 受到重力、弹簧斜向下拉力、支持力.所以根据牛顿第二定律得：a B ＝M A g sin 30°＋M B g sin 30°M B ＝M A ＋M B M B ·g2，应选D.F 拉a 、b 、c 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间物体b 上加一块橡皮泥，它与中间物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳拉力F T a 与F T b 变化情况是( )图9A.F T a 增大B.F T b 增大C.F T a 减小D.F T b 减小答案 AD解析 设c 物体质量为m ，a 物体质量为m ′，整体质量为M ，整体加速度a ＝F M ，对c 物体分析，F T b ＝ma ＝mF M，对a 物体分析，有F －F T a ＝m ′a ，解得F T a ＝F －m ′F M.在b 物体上加上一块橡皮泥，那么M 增大，加速度a 减小，因为m 、m ′不变，所以F T b 减小，F T a 增大，A 、D 正确.考题四 “传送带〞、“滑块－木板模型〞问题1.传送带问题分析要点是物体与传送带间摩擦力，关注点是两个时刻：(1)初始时刻物体相对于传送带速度或滑动方向决定了该时刻摩擦力方向.(2)物体与传送带速度相等时刻摩擦力大小(或有无)、性质(滑动摩擦力或静摩擦力)或方向会发生改变.正确判断这两个时刻摩擦力，才能正确确定物体运动性质.2.分析滑块—木板类模型时要抓住一个转折与两个关联(1)一个转折——滑块与木板到达一样速度或者滑块从木板上滑下是受力与运动状态变化转折点.(2)两个关联——转折前、后受力情况之间关联与滑块、木板位移与板长之间关联.一般情况下，由于摩擦力或其他力转变，转折前、后滑块与木板加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进展受力分析是建立模型关键.例4 (18分)如图10所示，传送带Ⅰ与水平面夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面夹角为37°，两传送带与一小段光滑水平面BC平滑连接.两传送带均沿顺时针方向匀速率运行.现将装有货物箱子轻放至传送带ⅠA点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内物体取下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带ⅡDM＝1 kg，物体质量m＝3 kg，传送带Ⅰ速度v1＝8 m/s，AB长L1＝15 m，与箱子间动摩擦因数为μ1＝32.传送带Ⅱ速度v2＝4 m/s，CD长L2＝8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间动摩擦因数变为μ2＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)装着物体箱子在传送带Ⅰ上运动时间；(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10[思维标准流程]x 2＋x 3＝6.4 m<8 m⑭ 不能运送到高处平台上. ⑮①⑦⑪各式2分，其余各式1分变式训练8.如图11甲所示，足够长传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v 0、t 0，那么( )图11B.μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θv 0D.t 0后滑块加速度为2g sin θ－v 0t 0答案 AD解析 假设传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mg sin θ>μmg cos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mg sin θ<μmg cos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A 正确.滑块在0～t 0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，a 1＝g sin θ＋μg cos θ，由图可知a 1＝v 0t 0，那么μ＝v 0gt 0cos θ－tan θv 0a 2＝g sin θ－μg cos θ，代入μ值得a 2＝2g sin θ－v 0t 0，选项D 正确. 9.正方形木板水平放置在地面上，木板中心静置一小滑块(可视为质点)，如图12所示为俯视图，为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点水平恒力F .木板边长L ＝2 2 m 、质量M ＝3 kg ，滑块质量m ＝2 kg ，滑块与木板、木板与地面间动摩擦因数均为μ＝0.2，g 取10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：图12(1)要将木板抽出，水平恒力F 需满足条件；(2)当水平恒力F ＝29 N 时，在木板抽出时滑块能获得最大速率.答案 (1)F ≥20 N (2)433m/s 解析 (1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块到达随木板运动最大加速度时，拉力最小.对滑块，有：μmg ＝ma对木板，有：F min －μ(M ＋m )g －μmg ＝Ma联立解得：F min ＝2μ(M ＋m )g ＝20 N故抽出木板，水平恒力F 至少为20 N(2)要使滑块获得速度最大，那么滑块在木板上相对滑动距离最大，故应沿木板对角线方向抽木板.设此时木板加速度为a 1，那么有：F －μ(M ＋m )g －μmg ＝Ma 1由：12a 1t 2－12μgt 2＝22L v max ＝μgt联立解得：v max ＝433m/s 专题标准练1.伽利略曾说过：“科学是在不断改变思维角度探索中前进〞.他在著名斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小斜面从静止开场滚下，他通过实验观察与逻辑推理，得到正确结论有( )A.倾角一定时，小球在斜面上速度与时间平方成正比B.倾角一定时，小球在斜面上位移与时间平方成正比C.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时速度与倾角无关D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需时间与倾角无关 答案 B解析 伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑运动是匀加速直线运动，位移与时间二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化，故A 错误，B 正确；假设斜面光滑，斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时速度随倾角力增大而增大，故C 错误；斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需时间随倾角增大而减小，故D 错误.2.(多项选择)如图1所示，倾角θ＝30°光滑斜面体固定在水平面上，斜面长度L ＝0.8 m ，一质量m ＝1×10－3 kg 、带电量q ＝＋1×10－4C 带电小球静止在斜面底端.现要使小球能够到达斜面顶端，可施加一沿斜面向上、场强大小为E ＝100 V/m 匀强电场，重力加速度g ＝10 m/s 2，那么这个匀强电场存在时间t 可能为( )图1A.0.5 sB.0.4 sC.0.3 sD.0.2 s答案 AB解析 有电场时，根据牛顿定律可知：Eq －mg sin 30°＝ma 1，解得a 1＝5 m/s 2，方向沿斜面向上；撤去电场时，小球加速度a 2＝g sin 30°＝5 m/s 2，方向沿斜面向下；设电场存在时间为t 1，撤去电场后，恰好能到达斜面顶端，做减速运动时间为t 2，那么a 1t 1＝a 2t 2；且12a 1t 21＋12a 2t 22＝L ；联立解得： t 1＝t 2＝0.4 s ，故要想使小球到达斜面顶端那么电场存在时间应该大于或等于0.4 s.3.如图2所示，a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移与时间关系图象中，图线c 是一条xt 2抛物线.有关这三个物体在0～5 s 内运动，以下说法正确是( )图2A.a 物体做匀加速直线运动B.c 物体做匀加速直线运动C.t ＝5 s 时，a 物体速度比c 物体速度大D.a 、b 两物体都做匀速直线运动，且速度一样答案 B解析 位移图象倾斜直线表示物体做匀速直线运动，那么知a 、b 两物体都做匀速直线运动.由图看出，a 、b 两图线斜率大小相等、正负相反，说明两物体速度大小相等、方向相反，所以速度不同.故A 、D错误；图线c 是一条xt 2抛物线，结合x ＝v 0t ＋12at 2可知，c 做初速度为0，加速度为0.8 m/s 2匀加速直线运动，故B 正确.图象斜率大小等于速度大小，根据图象可知t ＝5 s 时，c 物体速度最大.故C 错误.a 、bL 时，两者间库仑力始终相等；小球间距大于L 时，库仑力为零.两小球运动时始终未接触，运动时速度v 随时间t 变化关系图象如图3所示.由图可知( )图3A.a 小球质量大于b 小球质量t 2时刻两小球间距最大C.在0～t 3时间内两小球间距逐渐减小D.在0～t 2时间内b 小球所受斥力方向始终与运动方向相反 答案 A解析 从速度－时间图象可以看出b 小球速度－时间图象斜率绝对值较大，所以b 小球加速度较大，两小球之间排斥力为相互作用力，大小相等，根据a ＝F m知，加速度大质量小，所以a 小球质量大于b 小球质量，故A 正确；t 1～t 2时间内，二者做同向运动，所以当速度相等时距离最近，即t 2时刻两小球距离最小，之后距离又开场逐渐变大，故B 、C 错误；b 球在0～t 1时间内做匀减速运动，所以0～t 1时间内排斥力与运动方向相反，在t 1～t 2时间内做匀加速运动，斥力方向与运动方向一样，故D 错误.5.我国航天员要在“天宫一号〞航天器实验舱桌面上测量物体质量，采用方法如下：质量为m 1标准物A 前后连接有质量均为m 2BA 前后两个传感器读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 质量为( )图4 A.F 1m 1＋2m 2F 1－F 2 B.F 2m 1＋2m 2F 1－F 2 C.F 2m 1＋2m 2F 1D.F 2m 1＋2m 2F 2答案 B 解析 以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1＝(m 1＋2m 2＋m )a ；隔离B 物体，由牛顿第二定律得：F 2＝ma ；联立可得：m ＝F 2m 1＋2m 2F 1－F 2，B 对. 6.如图5所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 质量均为m ，A 、B 之间动摩擦因数为μ，B 与地面之间动摩擦因数为μ3.假设将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 加速度为a 1；假设将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 加速度为a 2，那么a 1与a 2比为( )图5A.1∶1B.2∶3C.1∶3D.3∶2答案 C解析 将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 、B 间摩擦到达最大静摩擦，那么对木板B 根据牛顿第二定律：μmg －μ3·2mg ＝ma 1，解得a 1＝13μg ；将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，那么对物块A ：μmg ＝ma 2，解得a 2＝μg ，那么a 1∶a 2＝1∶3.7.如图6所示，质量为MF ＝10 N 水平恒力.当小车向右运动速度到达2.8 m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m ＝2.0 kg 小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20，g ＝10 m/s 2.假定小车足够长.那么以下说法正确是( )图6C.煤块在3 s 内前进位移为9 mD.小煤块最终在小车上留下痕迹长度为2.8 m答案 D解析 当小煤块刚放到小车上时，做加速度为a 1＝μg ＝2 m/s 2匀加速运动，此时小车加速度：a 2＝F －μmg M ＝10－0.2×2010m/s 2＝0.6 m/s 2，当到达共速时：v ＝v 0＋a 2t ＝a 1t ，解得t ＝2 s ，v ＝4 m/s ；假设共速后两者相对静止，那么共同加速度a 共＝FM ＋m ＝1010＋2m/s 2＝56 m/s 2，此时煤块受到摩擦力：F f ＝ma 共<μmg ，那么假设成立，即煤块在整个运动过程中先做加速度为2 m/s 2匀加速直线运动，稳定后继续做加速度为56m/s 2匀加速直线运动，选项A 、B 错误；煤块在前2 s 内位移：x 1＝v 2t ＝42×2 m＝4 m ；小车在前2 s 内位移：x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝6.8 m ；第3秒内煤块位移：x 1′＝vt ′＋12a 共t ′2＝5312 m≈4.4 m，那么煤块在3 s 内前进位移为4 m ＋4.4 m ＝8.4 m ，选项C 错误；小煤块在最初2秒内相对小车位移为Δx ＝x 2－x 1＝2.8 m ，故最终在小车上留下痕迹长度为2.8 m ，选项D 正确.8.(多项选择)如图7所示，水平挡板A 与竖直挡板B 固定在斜面体C 上，一质量为mA 、B 与斜面体C 对小球弹力大小分别为F A 、F B 与F C .现使斜面体与小球一起在水平面上水平向左做加速度为aF A 与F B 不会同时存在，斜面体倾角为θ，重力加速度为g ，那么选项所列图象中，可能正确是( )图7答案 BD解析 对小球进展受力分析，当a <g tan θ时如图甲，根据牛顿第二定律水平方向：F C sin θ＝ma① 竖直方向：F C cos θ＋F A ＝mg ②联立①②得：F C ＝ma sin θ，F A ＝mg －ma tan θF A 与a 成线性关系，当a ＝0时，F A ＝mg当a ＝g tan θ时，F A ＝0，所以A 错误，B 正确；当a >g tan θ时，受力如图乙，根据牛顿第二定律水平方向：F C sin θ＋F B ＝ma③ 竖直方向：F C cos θ＝mg ④联立③④得：F C ＝mg cos θ，F B ＝ma －mg tan θ F B 与a 也成线性关系，F C 不变所以C 错误，D 正确.9.如图8所示，长L ＝1.5 m ，高h ＝0.45 m ，质量Mv 0＝3.6 m/s 时，对木箱施加一个方向水平向左恒力F ＝50 N ，并同时将一个质量m ＝1 kg 小球轻放在距木箱右端L 3处P 点(小球可视为质点，放在Pg ＝10 m/s 2，求：图8(1)小球从离开木箱开场至落到地面所用时间；(2)小球放上P 点后，木箱向右运动最大位移；(3)小球离开木箱时木箱速度.答案 (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s ，方向向左解析 (1)木箱上外表摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将做自由落体运动.由h ＝12gt 2，得t ＝2h g＝ s ＝0.3 s 小球从离开木箱开场至落到地面所用时间为0.3 s.(2)小球放到木箱后，木箱加速度为：a 1＝F ＋μM ＋m g M＝50＋0.2×10＋1×1010m/s 2＝7.2 m/s 2 木箱向右运动最大位移为：x 1＝0－v 20－2a 1＝ m ＝0.9 m 小球放上P 点后，木箱向右运动最大位移为0.9 m.(3)x 1小于1 m ，所以小球不会从木箱左端掉下，木箱向左运动加速度为a 2＝F －μM ＋m g M ＝50－0.2×10＋1×1010m/s 2 ＝2.8 m/s 2设木箱向左运动距离为x 2时，小球脱离木箱，那么x 2＝x 1＋L 3＝(0.9＋0.5) m ＝1.4 m 设木箱向左运动时间为t 2，那么：由x 2＝12a 2t 22 得：t 2＝ 2x 2a 2＝ s ＝1 s所以，小球离开木箱瞬间，木箱速度方向向左，大小为：v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s.10.如图9甲所示，质量为m＝20 kg物体在大小恒定水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v0＝－10 m/s传送物体水平传送带，从物体冲上传送带开场计时，物体速度－时间图象如图乙所示，0～2 s内水平外力与物体运动方向相反，2～4 s内水平外力与物体运动方向相反，g取10 m/s2.求：甲乙图9(1)物体与传送带间动摩擦因数；(2)0～4 s内物体与传送带间摩擦热Q.答案(1)0.3 (2)2 880 J解析(1)设水平外力大小为F，由图象可知0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝5 m/s2，由牛顿第二定律得：F＋F f＝ma12～4 s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得：F f－F＝ma2解得：F f＝60 N又F f＝μmg由以上各式解得：μ(2)0～2 s内物体对地位移x 1＝v 1＋02t 1＝10 m 传送带对地位移x 1′＝v 0t 1＝－20 m 此过程中物体与传送带间摩擦热 Q 1＝F f (x 1－x 1′)＝1 800 J 2～4 s 内物体对地位移x 2＝v 2＋02t 2＝－2 m 传送带对地位移x 2′＝v 0t 2＝－20 m此过程中物体与传送带间摩擦热 Q 2＝F f (x 2－x 2′)＝1 080 J 0～4 s 内物体与传送带间摩擦热 Q ＝Q 1＋Q 2＝2 880 J。

专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。

高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。

考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。

2．追及问题的解题思路和技巧(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若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。

根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。

【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。