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专题提升训练2力与直线运动一、单项选择题(本题共5小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2019·河东区一模)如图甲所示,滑雪运动员由斜坡高速向下滑行,其速度—时间图像如图乙所示,则由图像中AB段曲线可知,运动员在此过程中()A.机械能守恒B.做变加速运动C.做曲线运动D.所受力的合力不断增大答案:B解析:运动员在下滑过程中,受到阻力作用,阻力要对运动员做负功,使运动员的机械能减少,运动员的机械能不守恒,故A错误;匀加速运动的v-t图像是一条直线,可知运动员的v-t图像是一条曲线,曲线切线的斜率越来越小,运动员的加速度越来越小,因此运动员做加速度逐渐减小的加速运动,故B正确;运动员沿斜坡下滑,做直线运动,故C错误;由于运动员的加速度a 逐渐减小,运动员所受合力F=ma不断减小,故D错误。
2.(2019·河北唐山一模)现有两辆不同型号的电动汽车甲、乙,在同一平直公路上,从同一地点,朝相同方向做直线运动,它们的v-t图像如图所示。
则()A.两车加速阶段的加速度大小之比为3∶1B.乙追上甲的时刻为15 s末C.乙刚出发时,甲车在其前方25 m处D.15 s后两车间距离开始逐渐增大答案:C解析:由加速度定义式易得,甲车在加速阶段的加速度a1=2m/s2,乙车加速度a2=1m/s2,A项错误;速度—时间图像与时间轴所围面积表示位移,故在15s内,甲车位移大于乙车位移,B项错误;由图像可知,t=5s时乙车出发,此时甲车的位移为25m,又两车从同一地点出发,故C项正确;15s后,乙车速度大于甲车速度,在15s时甲车在前,乙车在后,故两车距离先逐渐减小,D项错误。
3.(2019·广东深圳第一次调研)下图为甲、乙两物体做直线运动的x-t图像,对于0~t1时间内两物体的运动,下列说法正确的是()A.甲物体速度方向与加速度方向相同B.乙物体加速度方向与速度方向相反C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D.乙物体位移变小,速度变大 答案:B解析:由x -t 图像可知甲物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项A 错误;乙物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项B 正确;由题图可知,两物体在t 1时间内的位移大小相等,则平均速度大小相等,选项C 错误;乙物体位移变小,速度变小,选项D 错误。
本套资源目录2020届高考物理二轮复习专题强化练一力与物体的平衡含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练七碰撞与动量守恒定律含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练三力与曲线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练九磁场及带电粒子在磁场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练二力与直线运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练五功和功率动能定理含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练八电场及带电粒子在电场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练六机械能守恒定律功能关系含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十一直流电路与交流电路含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十七选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十三三大观点解决电磁感应问题含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十二电磁感应规律及其应用含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十五力学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十八选修模块含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十六电学实验含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十四近代物理初步含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练十带电粒子在复合场中的运动含解析2020届高考物理二轮复习专题强化练四万有引力定律与航天含解析专题强化练(一)考点1 物体的受力分析1．(2019·浙江卷)如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是( )A．小明与船之间存在摩擦力B．杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C．杆对岸的力大于岸对杆的力D．小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力解析：小明与船之间存在静摩擦力，A正确；杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力，B错误；杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力，大小相等，C错误；小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆，两者不是作用力与反作用力，故D错误．答案：A2．(2018·商丘一模)如图所示，物体B与竖直墙面接触，在竖直向上的力F的作用下，A、B均保持静止，则物体B的受力个数为( )A．2个B．3个C．4个D．5个解析：物体A处于静止状态，其受到的合外力为零，受力分析如甲图所示；对物体A、B整体受力分析如图乙所示，竖直墙面对物体B没有弹力作用，则墙面也不会提供静摩擦力；对物体B受力分析，如图丙所示，则物体B受到4个力的作用，选项C正确．答案：C3．(2019·柳州模拟)两个质量相同的直角楔形物体a和b，分别在垂直于斜边的恒力F1和F2作用下静止在竖直墙面上，如图所示，下列说法正确的是( )A．a、b一定都受四个力的作用B．a、b所受摩擦力的方向都是竖直向上C．F2一定小于F1D．F1、F2大小可能相等解析：对a受力分析如图甲：除摩擦力外的三个力不可能平衡，故一定有摩擦力，摩擦力方向竖直向上，故a受四个力；除摩擦力外对b受力分析如图乙：除摩擦力外，F N、F2、mg三力有可能平衡，沿竖直方向和水平方向分解F2，设F2与竖直方向夹角为α则有：F2cos α＝mg，F2sin α＝F N，解得F2＝mgcos α；(1)若F2＝mgcos α没有摩擦力，此时b受3个力；(2)若F2＞mgcos α，摩擦力向下，b受四个力；(3)若F2＜mgcos α，摩擦力向上，b受四个力；F1和F2没有必然的联系，有可能相等，但也有可能不等，故D正确，A、B、C错误．答案：D考点2 共点力的平衡4．(2019·江苏卷)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为( )A.F Tsin αB.F Tcos αC ．F T sin αD ．F T cos α解析：以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用力的大小为F ＝F T sin α，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C5．(多选)(2019·烟台调研)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器半径为R 、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是( )A ．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg B ．容器相对于水平地面有向左的运动趋势 C ．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上 D ．弹簧原长为R ＋mgk解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO ′P 为等边三角形，由相似三角形法得F N ＝F ＝mg ，所以A 项错误；由整体法得，容器与地面间没有相对运动趋势，B 项错误；小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C 项正确；由胡克定律有F ＝mg ＝k (L 0－R )，解得弹簧原长L 0＝R ＋mg k，D 项正确．答案：CD考点3 动态平衡6．(多选)(2019·新乡模拟)如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P 绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( )A．B对A的支持力不变B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大解析：开始时，A只受到重力和支持力作用而处于平衡状态，所以B对A的支持力与A的重力大小相等、方向相反，A不受B的摩擦力作用，P转动后，A受到重力、B对A的支持力和摩擦力作用而平衡，此时B对A的支持力和摩擦力的合力与A的重力大小相等，所以B对A的支持力一定减小了，B正确，A错误；以整体为研究对象，受到总重力G、板的支持力F N和摩擦力F f作用，设板的倾角为θ，由平衡条件有F N＝G cos θ，F f＝G sin θ，θ减小，F N增大，F f减小，C正确，D错误．答案：BC7．(多选)(2019·潍坊调研)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )A．b对c的摩擦力一定减小B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C．地面对c的摩擦力方向一定向右D．地面对c的摩擦力一定减小解析：若m a g＞m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向上，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力减小；若m a g＜m b g sin θ，则b对c的摩擦力平行于斜面向下，且随a中的沙子缓慢流出，b对c的摩擦力增大，A错误，B正确；以b、c为整体受力分析，应用平衡条件可得，地面对c的摩擦力方向一定水平向左，且F f＝m a g cos θ，随m a的减小而减小，C错误，D正确．答案：BD8．(多选)(2019·西安模拟)如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A 点，另一端绕过动滑轮P 悬挂一重物B ，其中绳子的PA 段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P 的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q 后在其端点O 施加一水平向左的外力F ，使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O 使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )A ．拉力F 增大B ．拉力F 减小C ．角θ不变D ．角θ减小解析：以动滑轮P 为研究对象，AP 、BP 段绳子受的力始终等于B 的重力，两绳子拉力的合力在∠APB 的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F 增大，A 项正确，B 项错误；PQ 与竖直方向夹角等于∠APB 的一半，故拉动绳子后角θ减小，C 项错误，D 项正确．答案：AD9．(2019·商丘模拟)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和轨道对小球的弹力F N 的大小变化情况是( )A ．F 不变，F N 增大B ．F 不变，F N 减小C ．F 减小，F N 不变D ．F 增大，F N 减小解析：小球沿圆环缓慢上移过程中，受重力G 、拉力F 、弹力F N 三个力处于平衡状态．小球受力如图所示，由图可知△OAB ∽△F N AF ，即：G R ＝F AB ＝F NR，当A 点上移时，半径R 不变，AB 长度减小，故F 减小，F N 不变，故选项C 正确．答案：C10．(多选)(2019·威海一中摸底)如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细绳悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，当小球B 平衡时，所受绳子的拉力为F T 1，弹簧的弹力为F 1；现把A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 2＞k 1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时小球B 所受绳子的拉力为F T 2，弹簧的弹力为F 2.则下列关于F T 1与F T 2、F 1与F 2大小之间的关系，正确的是( )A ．F T 1＞F T 2B ．F T 1＝F T 2C ．F 1＜F 2D ．F 1＝F 2解析：以小球B 为研究对象，分析受力情况，如图所示．由平衡条件可知，弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等，方向相反，即F 合＝mg ，作出力的合成图如图，由力三角形与几何三角形相似得：mg AO ＝F AB ＝F TOB.当弹簧劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故AB 长度增加，而OB 、OA 的长度不变，故F T 1＝F T 2，F 2＞F 1，A 、D 错误，B 、C 正确．答案：BC考点4 电学中的平衡问题11．(2018·重庆高三测试)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，导体棒中电流为I .要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B 的最小值为( )A.mg 2ILB.3mg 2ILC.mg ILD.3mg IL解析：平衡状态下导体棒受三个力，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力的大小和方向不确定；由动态平衡知当安培力F 平行于斜面向上时安培力最小，则B 最小，即BIL ＝mg sin 30°，B ＝mg2IL，由左手定则知B 的方向垂直于斜面向下．答案：A12．(2019·青岛模拟)如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷，c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷，b 小球才能平衡．故A 、B 项错误；对c 小球受力分析，将力正交分解后可得：kq a q c r 2ac sin 60°＝k q b q cr 2bcsin 30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D专题强化练(七)考点1 冲量与动量定理的应用1．(2019·太原模拟)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为3m ，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度v (相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为v4，在发射弹丸过程中，底座受地面的摩擦力的冲量为( )A ．零 B.mv4，方向向右C.mv3，方向向右D.3mv4，方向向左 解析：设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝mv ，力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：－mv ，对底座，根据动量定理：I f ＋(－mv )＝－3m ·v4得：I f＝mv4，为正表示方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误． 答案：B2．(多选)(2018·福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m 的物体以速度v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t .对于这一过程，下列判断正确的是( )A ．斜面对物体的弹力的冲量为零B ．物体受到的重力的冲量大小为mgtC ．物体受到的合力的冲量大小为零D ．物体动量的变化量大小为mg sin θ·t解析：斜面对物体的弹力的冲量大小为：I ＝F N t ＝mg cos θ·t ，弹力的冲量不为零，故A 错误；物体所受重力的冲量大小为：I G ＝mg ·t ，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B 正确；物体受到的合力的冲量大小为mgt sin θ，不为零，C 错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp ＝I 合＝mg sin θ·t ，D 正确．答案：BD3．(多选)(2019·曲靖模拟)如图所示，木板B 放在光滑的水平面上，滑块A 在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为E1，动量大小为p1；滑到木板B的最左端时，其动能为E2，动量大小为p2；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程中，滑块A的平均速度大小为()A.E1＋E2p1＋p2B.E2－E1p2－p1C.E1p1＋E2p2D.E1p1－E2p2解析：设当滑块A从木板右端滑到左端时，经过的时间为t，发生的位移为x，则由动能定理得E2－E1＝－F f x；由动量定理得p2－p1＝－F f t，解得v＝xt＝E2－E1p2－p1；选项B正确，A错误；因E1p1＝12mv21mv1＝v12，E2p2＝12mv22mv2＝v22，因滑块A做匀变速直线运动，则平均速度v＝v1＋v22＝E1p1＋E2p2，选项C正确，D错误．答案：BC4．(2018·马鞍山模拟)质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在6 s内物块的位移为( )A．0 B．3 m C．6 m D．12 m解析：由图可知0～3 s内以及3～6 s内物块受到的冲量都是与时间成线性关系，可知在0～3 s内和3～6 s内物块受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在0～3 s内物块做初速度等于0的匀加速直线运动，在3～6 s内物块做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6 s末物块的速度又等于0.在0～3 s末，根据动量定理可得I＝Δp＝mv，所以v＝Im＝42m/s＝2 m/s，所以小物块在6 s内的位移x＝v2t1＋v2·t2＝v2·t＝22×6 m＝6 m．故C正确．答案：C考点2 碰撞和动量守恒定律的应用5．(2019·惠州模拟)质量为1 kg 的物体从距地面5 m 高处自由下落，落在正以5 m/s 的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有沙子，车与沙的总质量为4 kg ，地面光滑，则车后来的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．4 m/sB ．5 m/sC ．6 m/sD ．7 m/s解析：物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒．已知两者作用前，车在水平方向的速度v 0＝5 m/s ，物体水平方向的速度v ＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v ′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv ＋Mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv ＋Mv 0M ＋m ＝4×51＋4m/s ＝4 m/s ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A6．(2019·烟台模拟)在光滑水平面上有三个弹性小钢球a 、b 、c 处于静止状态．质量分别为2m 、m 和2m .其中a 、b 两球间夹一被压缩了的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着．若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a 、b 两球弹出，两球脱离弹簧后，a 球获得的速度大小为v ，若b 、c 两球相距足够远，则b 、c 两球相碰后( )A ．b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反B ．b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反C ．c 球的速度大小为83vD ．c 球的速度大小为23v解析：设b 球脱离弹簧的速度为v 0，b 、c 两球相碰后b 、c 的速度分别为v b 和v c ，取向右为正方向，弹簧将a 、b 两球弹出过程，由动量守恒定律得0＝－2mv ＋mv 0，解得v 0＝2v ，b 、c 两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得mv 0＝mv b ＋2mv c ，12mv 20＝12mv 2b ＋12·2mv 2c ，联立解得v b ＝－23v (负号表示方向向左，与原来相反)，v c ＝43v ，故B 正确．答案：B7．(多选)(2019·肇庆模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A 球动量变化量为－4 kg·m/s，则( )A ．左方是A 球，碰前两球均向右运动B ．右方是A 球，碰前两球均向左运动C ．碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞解析：大小相同的A 、B 两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得Δp A ＝－Δp B ，由题知Δp A ＝－4 kg·m/s，则得Δp B ＝4 kg·m/s.由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是A 球，右边是B 球，故A 正确，B 错误；碰撞后，两球的动量分别为p A ′＝p A ＋Δp A ＝6 kg·m/s－4 kg·m/s＝2 kg·m/s，p B ′＝p B ＋Δp B ＝6 kg·m/s ＋4 kg·m/s＝10 kg·m/s，由于两球质量关系为m B ＝2m A ，那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比为v ′A v ′B ＝p A ′m Ap B ′m B ＝25，故C 正确；碰撞前系统的总动能为E k ＝p 2A 2m A ＋p 2B2m B ＝18m A ＋362×2m A ＝27m A，碰撞后系统的总动能为E ′k ＝p ′2A 2m A ＋p 2B2m B ＝2m A ＋1002×2m A ＝27m A，可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故D 错误．答案：AC8．(2018·宜昌模拟)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点，一质量为m 的滑块在小车上从A 点静止开始沿AB 轨道滑下，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知小车质量M ＝3m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .则( )A ．全程滑块水平方向相对地面的位移R ＋LB ．全程小车相对地面的位移大小x ＝14(R ＋L )C ．滑块m 运动过程中的最大速度v m ＝2gRD ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝4μL解析：设全程小车相对地面的位移大小为x ′，则滑块水平方向相对地面的位移x ＝R ＋L －x ′.取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得m xt －Mx ′t ＝0，即m R ＋L －x ′t －M x ′t＝0，结合M ＝3m ，解得x ′＝14(R ＋L )，x ＝34(R ＋L )，故A 错误，B 正确；滑块刚滑到B 点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mv m －Mv 、mgR ＝12mv 2m ＋12Mv 2.联立解得v m ＝ 32gR ，故C 错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，得v ′＝0，由能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，得R ＝μgL ，故D 错误．答案：B考点3 动量和能量的综合应用9．(2019·株洲质检)如图，长l 的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上．后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )A.2glB.glC.2gl 2D ．0解析：两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，即v ＝v ′；由机械能守恒定律得：12mv 2＋12mv ′2＝mgl ，解得：v＝gl ，故B 正确．答案：B10．(多选)(2019·铜川模拟)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 20D ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2解析：小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh ＋12(m＋M )v 2＝12mv 20，故C 正确，D 错误．答案：BC11．(2019·南昌模拟)有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A 、B 两个物体，它们的质量分别为m 1＝1 kg ，m 2＝3 kg 并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的14竖直圆轨道．开始A 、B 两物体静止，点燃炸药让其爆炸，物体A 向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B 并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R ＝0.2 m ，g 取10 m/s 2.求炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功．解析：炸药爆炸后，设A 的速度大小为v 1，B 的速度大小为v 2.取向左为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1－m 2v 2＝0，A 物体与挡板碰后追上B 物体，碰后两物体共同速度设为v ，取向右为正方向，由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，两物体上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得12(m 1＋m 2)v 2＝(m 1＋m 2)gR ， 炸药爆炸时对A 、B 两物体所做的功W ＝12m 1v 21＋12m 2v 22，联立解得W ＝10.7 J. 答案：10.7 J12．(2019·廊坊模拟)如图所示，质量M ＝0.3 kg 的长木板A 放在光滑的水平面上，板长L ＝1.5 m ，在其左端放一质量m ＝0.1 kg 的物块B .现给A 和B 以大小相等、方向相反的水平初速度v 0＝2 m/s ，使A 开始向左运动、B 开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，g 取10 m/s 2.(1)要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，求动摩擦因数μ的取值范围；(2)若B 恰好不从长木板A 的右端滑落，求B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移大小．解析：(1)当物块B 滑到木板A 的最右端与木板有共同速度v 时，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，根据能量守恒定律知12Mv 20＋12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋μmgL ， 联立解得v ＝1 m/s ，μ＝0.4，所以要使物块B 不从长木板A 的右端滑落，动摩擦因数μ的取值范围为μ≥0.4； (2)B 相对于A 滑动过程中的加速度大小a ＝μmg m＝μg ＝4 m/s 2，由运动学公式有2ax ＝v 20－v 2，解得B 相对长木板A 滑动过程中发生的对地位移x ＝0.375 m. 答案：(1)μ≥0.4 (2)0.375 m专题强化练(三)考点1 运动的合成与分解1．(2019·六安模拟)小船在400米宽的河中横渡，河水流速是2 m/s ，船在静水中的航速是4 m/s ，要使船的航程最短，则船头的指向和渡河的时间t 分别为( )A ．船头应垂直指向对岸，t ＝100 sB ．船头应与上游河岸成60°角，t ＝20033 sC ．船头应垂直指向对岸，t ＝20033 sD ．船头应与下游河岸成60°角，t ＝100 s解析：当合速度的方向与河岸垂直时，渡河位移最短，设船头与上游河岸方向的夹角为θ，则cos θ＝v 水v 船＝12，所以θ＝60°，渡河的位移x ＝d ＝400 m ，根据矢量合成法则有v 合＝v 2船－v 2水＝42－22m/s ＝2 3 m/s ，渡河时间t ＝d v 合＝40023 s ＝20033s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B2．(2019·济宁模拟)如图所示，细线一端固定在天花板上的O 点，另一端穿过一张CD 光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边缘．现将CD 光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v 匀速移动，移动过程中，CD 光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为( )A ．v sin θB ．v cos θC ．v tan θ D.vtan θ解析：将光盘水平向右移动的速度v 分解为沿细线方向的速度和垂直于细线方向的速度，而小球上升的速度大小与速度v 沿细线方向的分速度大小相等，故可得：v 球＝v sin θ，A 正确．答案：A3．(2019·临汾模拟)一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是( )解析：当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，轨迹向右弯曲，风力停止时，合力向下，且轨迹不能急折，故C 项正确．答案：C考点2 平抛运动4.(多选)(2019·株洲模拟)将一小球以水平速度v 0＝10 m/s 从O 点向右抛出，经 3 s 小球恰好垂直落到斜面上的A 点，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，B 点是小球做自由落体运动在斜面上的落点，如图所示，以下判断正确的是( )A ．斜面的倾角约是30°B ．小球的抛出点距斜面的竖直高度约是15 mC ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 的上方D ．若将小球以水平速度v ′0＝5 m/s 向右抛出，它一定落在AB 的中点P 处 解析：设斜面倾角为θ，对小球在A 点的速度进行分解有tan θ＝v 0gt，解得θ＝30°，A 项正确；小球距过A 点水平面的距离为h ＝12gt 2＝15 m ，所以小球的抛出点距斜面的竖直高度肯定大于15 m ，B 项错误；若小球的初速度为v 0′＝5 m/s ，过A 点作水平面，小球落到水平面的水平位移是小球以初速度v 0＝10 m/s 抛出时的一半，延长小球运动的轨迹线，得到小球应该落在P 、A 之间，C 项正确，D 项错误．答案：AC5．(2019·广东四校联考)从同一高度同时将a 、b 两个完全相同的小球分别竖直上抛和斜上抛，它们的初速度大小相同；若不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )A ．在空中运动的过程中，两球的加速度相同B ．两球触地时的瞬时速率不同C ．两球在空中运动的时间相同D ．两球运动的位移相同解析：两球在空中都只受重力作用，两球的加速度都为重力加速度g ，A 项正确；因两球都只受重力，则机械能均守恒，据机械能守恒定律有12mv 20＋mgh ＝12mv 2t ，可知两球触地时的速率相同，B 项错误；因两球以相同的速率分别竖直上抛和斜上抛，则知两球在空中运动时间不同，C 项错误；因两球初始时运动方向不同，则它们发生的位移不同，D 项错误．答案：A6．(多选)(2018·天水二模)如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上．若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力．运动员飞出后在空中的姿势保持不变．重力加速度为g ，则()A ．如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B ．不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C ．运动员在空中经历的时间是2v 0tan θg D．运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θ解析：设在空中飞行时间为t ，运动员竖直位移与水平位移之比y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝tan θ，则有飞行的时间t ＝2v 0tan θg，故C 正确；竖直方向的速度大小为v y ＝gt ＝2v 0tan θ，运动员落回雪坡时的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝v 01＋4tan 2θ，故D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tan α＝v y v x ＝2v 0tan θv 0＝2tan θ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故A 错误，B 正确．答案：BC考点3 圆周运动7.(2019·惠州模拟)如图所示，一个菱形框架绕着过对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各有一个质量相等的小球套在上面，整个过程小球相对框架没有发生滑动，A 与B 到轴的距离相等，则下列说法正确的是( )A ．框架对A 的弹力方向垂直框架向下B ．框架对B 的弹力方向可能垂直框架向下。
A ．吊篮A 的加速度大小为2gB ．物体B 的加速度大小为gC ．物体C 的加速度大小为2gD ．吊篮A 、物体B 、物体C 的加速度大小均为gAC [弹簧开始时的弹力为F ＝3mg .剪断细线的瞬间.弹簧弹力不变.将C 和A 看成一个整体.根据牛顿第二定律可得a AC ＝F ＋m ＋2m gm ＋2m＝2g .即A 、C 的加速度大小均为2g .选项A 、C正确.D 错误；因剪断细线的瞬间.弹簧弹力不变.B 受到的合力仍然为零.故B 的加速度为零.选项B 错误。
]易错点评：不能正确分析力的突变和渐变。
5．高楼坠物危害极大.常有媒体报道高空坠物伤人的事件。
某建筑工地突然有一根长为l 的直钢筋从高空坠下.垂直落地时.恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片。
为了查询钢筋是从几楼坠下的.检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L .且L >l .查得当时相机的曝光时间为t .楼房每层高为h .重力加速度为g 。
则由此可以求得( )A ．钢筋坠地瞬间的速度约为LtB ．钢筋坠下的楼层为L －l 22ght2＋1C ．钢筋坠下的楼层为gt22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2tB [钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离.因此在时间t 内的平均速度为v ＝L －lt.此速度很接近钢筋坠地时的速度v .因此A 选项错误；由v 2＝2gH 、v ＝v .钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1.解得n ＝L －l 22ght2＋1.B 选项正确.C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v 2＝L －l2t.D 选项错误。
]6.(20xx·××市高三第二次联考)在平直公路上行驶的a 车和b 车.它们的位移—时间图象分别为图中直线甲和曲线乙.下列判断正确的是( )A ．a 、b 两车相遇两次B ．b 车运动方向始终不变C ．t 1到t 2时间内a 车的平均速度小于b 车的平均速度D ．t 1到t 2时间内两车的速度不可能在某时刻相同A [位移—时间图象中.两图线相交表示两车相遇.有两个交点.说明两车相遇两次.A 项正确；b 车的位移先增大后减小.运动方向在t 2时刻发生改变.B 项错误；两车在t 1、t 2时刻的位置均相同.即在t 1～t 2时间内两车的位移相同.故平均速度相同.C 项错误；位移—时间图象的斜率表示速度.故两车在t 1～t 2时间内的某一时刻速度相同.D 项错误。
专题能力训练2 力与物体的直线运动(时间:45分钟 满分:100分)专题能力训练第3页一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.(2019·浙江4月)如图所示,A 、B 、C 为三个实心小球,A 为铁球,B 、C 为木球。
A 、B 两球分别连接在两根弹簧上,C 球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。
若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)( )A.A 球将向上运动,B 、C 球将向下运动B.A 、B 球将向上运动,C 球不动C.A 球将向下运动,B 球将向上运动,C 球不动D.A 球将向上运动,B 球将向下运动,C 球不动 答案:D解析:小球受到重力、弹力以及浮力作用,处于静止状态。
A 球的重力大于浮力,所受弹力向上。
B 、C 两球的重力小于浮力,所受弹力向下。
剪断绳以后,重力全部用来改变运动状态,浮力消失。
A 、B 、C 三球及水杯的重力在竖直方向产生相同的加速度,相对运动由弹力产生,A 球所受弹力向上,相对于杯底向上运动,B 球所受弹力向下,相对于杯底向下运动,C 球所受弹力瞬间消失,相对于杯底无运动,故选D 。
2.右图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30,重物的质量为m 。
当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g ,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg 答案:D解析:将a 沿水平和竖直两个方向分解,对重物受力分析如图水平方向:F f=ma x竖直方向:F N-mg=ma y由a ya x =34三式联立解得F f=0.20mg,D正确。
2020年高考物理二轮复习专项训练----力与物体的直线运动1.建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10 m/s 的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g 取10 m/s 2，空气阻力可以忽略，则( )A ．砖块上升的最大高度为10 mB ．经2 s 砖块回到抛出点C ．砖块回到抛出点前0.5 s 时间内通过的距离为3.75 mD ．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动【解析】由h ＝v 202g 得，砖块上升的最大高度h ＝5 m ，选项A 错误；砖块上升的时间t ＝v 0g＝1 s ，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s 砖块回到抛出点，选项B 正确；砖块被抛出后经0.5 s 上升的高度h′＝v 0t′－12gt′2＝3.75 m ，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s 时间内通过的距离为3.75 m ，选项C 正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D 错误．【答案】BC2．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【答案】A【解析】根据v －t 图线与时间轴围成的面积表示位移，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 ＝x t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；v －t 图象的斜率大小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．3.处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB 、CD 间夹角为60°，其中直径AB 水平，AD 与CD 是光滑的细杆．从A 点和C 点分别静止释放两小球，从A 、C 点下落到D 点的时间分别是t 1、t 2，则t 1∶t 2是( )A ．1∶1B ．3∶2C ．3∶2D ．2∶3【答案】C【解析】由图可知，s CD ＝2R ，a CD ＝32g ，由几何关系可得出s AD ＝3R ，a AD ＝12g ，由运动学公式s ＝12at 2，可得t 1t 2＝s AD a CD s CD a AD ，代入数据得t 1t 2＝32，故C 正确． 4.如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s 。
姓名，年级：时间：专题强化训练(二）一、选择题（共10个小题，3、4、5、8、10为多选，其余为单选,每题5分共50分)1．(2016·上海)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是（)A.错误! m/s2 B。
错误! m/s2C。
错误! m/s2D。
错误! m/s2答案B解析根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于错误!时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝错误!1＝错误! m/s＝4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝错误!2＝错误! m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝错误!＝错误! m/s2＝错误! m/s2,故B项正确．2．高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6 km/h 的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0。
7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为（）A．4.2 m B．6.0 mC．7.8 m D．9。
6 m答案D解析21.6 km/h＝6 m/s汽车在前0.3 s＋0。
7 s内做匀速直线运动,位移为：x1＝v0（t1＋t2)＝6×（0。
3＋0。
7) m＝6 m随后汽车做减速运动,位移为：x2＝错误!＝错误! m＝3。
6 m所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝(6＋3.6） m＝9.6 m故A、B、C三项错误，D项正确．3．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其错误!－t的图象如图所示，则( )A．质点做匀加速直线运动，加速度为1。
0 m/s2B．质点在1 s末速度为1。
5 m/sC．质点在第1 s内的平均速度为0。
专题2 力与物体的直线运动1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）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4H 所用的时间为t 1，第四个4H所用的时间为t 2。
不计空气阻力，则21t t 满足（ ）A ．1<21t t <2B ．2<21t t <3C ．3<21t t <4D ．4<21t t <5【答案】C【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。
则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系)()1:1::2:2....，可知212t t ==，即2134t t <<，故本题选C 。
2．（2019·浙江选考）一辆汽车沿平直道路行驶，其v –t 图象如图所示。
在t =0到t =40 s 这段时间内，汽车的位移是（ ）A ．0B ．30 mC ．750 mD ．1 200 m【答案】C【解析】在v –t 图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在40 s内的位移为()()1104030m 750m 2x =⨯+⨯=，C 正确。
3、(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )【答案】A【解析】设小球抛出瞬间的速度大小为v 0，抛出后，某时刻t 小球的速度v ＝v 0－gt ，故小球的动能E k ＝12mv 2＝12m (v 0－gt )2，结合数学知识知，选项A 正确。
4、(2019·高考全国卷Ⅱ)一质量为m ＝2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m 处有一警示牌，立即刹车。
刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t 1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t 1＝0.8 s ；t 1～t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2＝1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t 2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m ，第4 s 内的位移为1 m 。
专题二 力与物体的直线运动一． 专题要点第一部分：匀变速直线运动在力学中的应用1.物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受的合外力与速度方向平行。
2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受的合外力为恒力且与速度方向平行。
3.牛顿第二定律的内容是：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。
4.速度时间关系图像的斜率表示物体运动的加速度，图像所包围的面积表示物体运动的位移。
在分析物体的运动时常利用v-t 图像帮助分析物体的运动情况。
5.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。
当a=g 时物体完全失重。
6.匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：at v v t +=0位移公式：2021at t v x +⋅=速度与位移关系式：ax v v t 2202=- 7.匀变速直线运动 平均速度：20t v v t x v +=或 位移中点的瞬时速度2220tv v v +=中点第二部分：匀变速直线运动在电学中的应用1. 带电粒子在电场中直线运动的问题：实质是在电场中处理力学问题，其分析方法与力学中相同。
首先进行受力分析，然后看物体所受的合外力与速度方向是否一致，其运动类型有电场加速运动和交变的电场内往复运动2. 带电粒子在磁场中直线运动问题：洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向。
3. 带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍然是一个力学问题，同样遵循力和运动的各条基本规律。
4. 若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与速度大小密切相关。
只有带电粒子的速度大小不变，才可能做直线运动，也即匀速直线运动。
二． 考纲要求 考点 要求 考点解读 参考系、质点Ⅰ本专题知识是整个高中物理的基础，高考对本部分考查的重点是匀变速直线运动的公式及应用；v- t 图像的理解及应用，其命题情景较为新颖，（如高速公路上的车距问题、追及相遇问题）竖直上抛与自由落体运动的规律及其应用；强调对牛顿第二定律分析、计算和应用考查，而牛顿第三定律贯穿于综合分析过程中。
2020年高考物理二轮专题复习二：力与物体的直线运动（解析附后）考纲指导变速直线运动规律是高中力学知识的基础，本章内容在历年高考的选择题中均有考查，在计算题中也有考查。
选择题中主要考查两种运动学图象的理解和应用；计算题中主要考查匀变速直线运动规律的应用。
对于本部分内容，分析历年命题情况可以发现有两大趋势：一是题型向着选择题方向发展；二是把对图象物理意义的理解和匀变速直线运动规律综合在一个选择题中进行考查。
知识梳理1．基本思路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，还要找准一个转折点，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，对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用。
(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。
(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题。
训练题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H4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＜4 D ．4＜t 2t 1＜52．(2018·浙江4月选考)一带电粒子仅在电场力作用下从A 点开始以－v 0做直线运动，其v －t 图象如图所示。
粒子在t 0时刻运动到B 点，3t 0时刻运动到C 点，下列判断正确的是( )A．A、B、C三点的电势关系为φB＞φA＞φCB．A、B、C三点的场强大小关系为E C＞E B＞E AC．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D．粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功易错题1．(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
专题强化练(二)考点1 匀变速直线运动1．(2019·广州模拟)如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v 1，经过一小段时间之后，速度变为v 2，Δv 表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )A ．汽车在做加速直线运动B ．汽车的加速度方向与v 1的方向相同C ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相同D ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相反解析：由于v 2＜v 1，汽车做减速直线运动，A 错误；该过程中，加速度的方向与速度反向，与速度变化的方向同向，C 正确，B 、D 错误．答案：C2．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力．两球落地的时间差为( )A.2vgB.v gC.2h vD.hv解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg ，A 项正确． 答案：A考点2 图象问题3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v-t 关系图象如图所示，则该质点的x-t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，选项B 可大致表示该质点的x-t 关系图象．答案：B4．(2019·广州模拟)下列v-t图象中，表示两个做自由落体运动的物体落地的是(t0表示落地时刻)( )解析：自由落体运动的初速度为0，速度随时间均匀增大，图线甲有初速度，不是自由落体运动，故A错误；自由落体运动的加速度相同，都为g，所以图线斜率相等，图象应平行，故B错误；图线甲有初速度，不是自由落体运动，故C错误；自由落体运动的初速度为0，速度随时间均匀增大，加速度相同，所以图线的斜率相等，图象平行，同时落地，即在同一时刻落地，故D正确．答案：D5．(2018·河南一联)图示为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线．该质点运动的加速度大小为( )A．4 m/s2B．2 m/s2C．1 m/s2D．0.5 m/s2解析：由xv2图象结合速度位移关系式v2－v20＝2ax分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，图线函数表达式为v2＝2ax，可得a＝v22x ＝42×1m/s2＝2 m/s2，故选项B正确．答案：B6．(2019·商丘模拟)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t 图线如图所示，则( )A．在0～t1内，外力F大小不断增大B．在0～t1内，外力F大小不断减小直至为零C ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能不断增大D ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能先减小后增大解析：v-t 图线的斜率表示加速度，所以在0～t 1内，加速度为正并不断减小，根据加速度a ＝F －μmgm，所以外力F 大小不断减小，F 的最小值等于摩擦力，故A 、B 错误；在t 1～t 2内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a ＝μmg －Fm，外力F 大小可能不断减小，故C 错误；如果在F 先减小一段时间后的某个时刻，F 的方向突然反向，根据加速度的大小：a ＝μmg ＋Fm，F 后增大，因为v-t 图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F 大小可能先减小后增大，故D 正确．答案：D7.(多选)(2019·潍坊模拟)甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v-t 图象如图所示，其中甲为直线．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )A ．在t 0～2t 0时间内，甲、乙的加速度方向相同B ．在t 0～2t 0内，乙的平均速度大于甲的平均速度C ．在0～2t 0内，甲、乙间的最远距离为v 0tD ．在0～2t 0内，甲、乙间的最远距离为12v 0t解析：速度图象的斜率表示加速度，根据图象可知，在t 0～2t 0时刻，甲、乙的加速度都为负，方向相同，故A 正确；根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t 0～2t 0内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故B 正确；甲、乙从同一位置出发，在t 0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t 0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t 0时刻相距最远，最远距离等于两者位移之差，为x ＝12t 0·(2v 0－v 0)＝12v 0t ，故C 错误，D 正确．答案：ABD考点3 牛顿运动定律的应用8.(多选)(2018·沈阳模拟)如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB 间的长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋由静止放上传送带，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小 B ．若L 足够大，粮袋最终将一定以速度v 做匀速运动C ．若μ＜tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直做加速运动D ．粮袋刚放上传送带时的加速度a ＜g sin θ解析：粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a ＝g (sin θ＋μcos θ)，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于v ；可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度a ＝g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度a ＝g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，A 正确，B 错误；若μ＜tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做加速运动，加速度值为a ＝g (sin θ＋μcos θ)或先为a ＝g (sin θ＋μcos θ)后为a ＝g (sin θ－μcos θ)，C 正确；粮袋刚放上传送带时的加速度为a ＝g (sin θ＋μcos θ)，大于g sin θ，D 错误．答案：AC9．(2019·开封模拟)如图甲所示，光滑水平面上的O 点处有一质量为m ＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F 1＝4 N ，方向向右，F 2的方向向左，大小如图乙所示．物体从静止开始运动，此时开始计时．求：(1)当t ＝0.5 s 时，物体的加速度大小；(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时加速度最大？最大值为多少？ (3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时速度最大？最大值为多少？ 解析：(1)当t ＝0.5 s 时，F 2＝(2＋2×0.5) N ＝3 N. F 1－F 2＝maa ＝F 1－F 2m ＝4－32m/s 2＝0.5 m/s 2；(2)物体所受的合外力为F 合＝F 1－F 2＝4－(2＋2t )＝2－2t (N)作出F 合-t 图象如图所示从图中可以看出，在0～2 s 范围内 当t ＝0时，物体有最大加速度a 0.F 0＝ma 0，a 0＝F 0m ＝22m/s 2＝1 m/s 2，当t ＝2 s 时，物体也有最大加速度a 2，F 2＝ma 2，a 2＝F 2m ＝－22m/s 2＝－1 m/s 2，负号表示加速度方向向左；(3)由牛顿第二定律得：a ＝F 合m＝1－t (m/s 2)画出a -t 图象如图所示由图可知t ＝1 s 时速度最大，最大值等于上方三角形的面积．v ＝12×1×1 m/s ＝0.5 m/s.答案：(1)0.5 m/s 2(2)t ＝0和t ＝2 s 时 1 m/s 2(3)t ＝1 s 0.5 m/s10．(2019·河南三市联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0＝10 m/s 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变．小物块沿木板滑行的距离x 将发生变化，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值． 解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝F f ，F f ＝μmg cosθ，联立解得μ＝33；(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由0－v20＝2ax得x＝v202g（sin θ＋μcos θ）.设木板在θ的基础上向上运动的角度为α，令cos α＝11＋μ2，sin α＝μ1＋μ2，即tan α＝μ，则x＝v202g1＋μ2sin（θ＋α），当α＋θ＝90°时，x最小，即θ＝60°，所以x最小值为x min＝v202g（sin 60°＋μcos 60°）＝3v204g＝532m.答案：(1)33(2)θ＝60°532m。
力与直线运动要点提炼1。
解图象问题时要做好“三看”（1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系,是运动学图象（vt、x。
t、a.t、xv2、v.x等），还是动力学图象(F。
t、Fx、P。
t等)；（2)看图线本身:识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；(3）看交点、斜率和“面积”:明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧（1）巧用平均速度：对匀变速直线运动问题,运用公式错误!＝错误!(v0＋v),x＝v t，相当于把一个匀变速直线运动问题转化为一个匀速直线运动问题来处理。
(2)逆向思维：把运动过程的“末态”作为“初态"的反向分析，这种研究问题的方法一般用于末态已知的情况.3．动力学与图象的综合问题做好两步(1）判别物理过程：由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质。
（2)选择解答方法：根据质点的运动性质，选择公式法或图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断。
4．传送带上物体的运动由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半；在倾斜传送带（倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tanθ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。
5．水平面上的板—块模型问题分析两物体的运动情况需要关注:两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系,外力作用在哪个物体上.若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。
若外力作用在上面物体上，力增大过程中，两物体可能共同加速,也可能发生相对滑动,相对滑动时，上面物体的加速度较大。
专题强化训练(二)一、选择题1．(2019·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s 内的位移为16 m ，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.75 m/s 2[解析] 设该物体的初速度为v 0，加速度大小为a ，由题意知t ＝4 s ，根据匀变速直线运动规律，x ＝v 0＋v 032·t ，v 03＝v 0－at ，联立解得a ＝1 m/s 2，选项A 正确．[答案] A2．(多选)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时两车相距最近B ．0～9 s 内两车位移之差为45 mC ．t ＝6 s 时两车相距最近，为10 mD ．两车在0～9 s 内会相撞[解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时两车相距最近，故A 错误；图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，可得Δx ＝12×30×3 m＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m ，此时两车相距最近，为10 m ，所以两车不会相撞，故C 正确，D 错误；0～9 s 内两车位移之差Δx ′＝12×30×3 m＝45 m ，故B 正确．[答案] BC3．(2019·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s 内力F 、速度v 随时间变化如图所示，由图像可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．物体在6 s 内运动的位移为6 mC ．在0～2 s 内推力做的功为2 JD ．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析] 物体在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a ＝12m/s 2，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，即：3－μmg ＝ma ；物体在2～6 s 内做匀速直线运动，因此有：μmg ＝1 N ，联立解得：物体的质量为m ＝4 kg ，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A 错误，选项D 正确；根据v －t 图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s 内运动的位移为x ＝12×2×1 m＋4×1 m＝5 m ，选项B 错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×12×2×1 J＝3 J ，选项C 错误．[答案] D4．(2019·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．若F ＝1 N ，则物块、木板都静止不动B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度大小为1 m/s 2[解析] A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N＝4 N ，设A 与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F 0，则由牛顿第二定律可知F 0－f A m A ＝f Am B，解得F 0＝3 N ，F ＝1 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，故A 错误；F ＝1.5 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F －f 1＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力f 1<F ＝1.5 N ，故B 错误；F ＝4 N>F 0，所以A 在木板上滑动，B 和木板整体受到的摩擦力大小为f A ，轻质木板质量不计，所以B 的加速度大小为a 1＝f A m B ＝22m/s 2＝1m/s 2，对B 进行受力分析，有f 2＝m B a 1＝2×1 N＝2 N ，故C 错误；F ＝8 N>f 0，所以A 相对于木板滑动，B 和木板整体受到摩擦力f A ，由上述分析可知B 的加速度大小为1 m/s 2，故D 正确．[答案] D5．(多选)(2019·乐山二诊)如下图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平向右的变力F A ＝(9－2t ) N ，t 的单位是s.从t ＝0开始计时，则( )A ．A 物体在3 s 末时刻的加速度是初始时刻的511倍B ．t >4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t >4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反[解析] 当A 、B 间作用力为0时二者分离，此时a A ＝a B ，即9－2t m A ＝2m B，t ＝4 s ，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动．当t ＝4.5 s 时，A 物体的加速度为零而速度不为零；t >4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反．当t <4 s时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F Bm A ＋m B.综上所述，选项A 、B 、D 正确． [答案] ABD6．(多选)(2019·沈阳教学抽样检测)如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ，斜面a 点以下(含a 点)光滑，a 点以上粗糙．可视为质点的质量均为1 kg 的A 、B 两滑块静止在a 点，某时刻在B 上加一沿斜面向上、大小为7 N 的恒力，弹簧的劲度系数为100 N/m ，θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，两滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.25，则A 、B 向上运动的过程中有( )A ．A 、B 刚分离时A 有沿斜面向上的加速度 B ．从加上恒力到A 、B 分离A 上升高度为7 cmC ．A 速度最大时，A 沿斜面移动的距离为3 cmD ．A 速度最大时，A 、B 间弹力为1 N[解析] 由题意知m ＝1 kg 、F ＝7 N 、k ＝100 N/m 、μ＝0.25，A 、B 刚过a 点时的加速度大小为F －2μmg cos θ2m＝1.5 m/s 2，刚分离时A 、B 间无弹力，对B 有a B ＝F －μmg cos θ－mg sin θm＝－1 m/s 2，此时A 、B 加速度相同，故A 的加速度沿斜面向下，此时对A 有a A ＝kx 1－μmg cos θ－mg sin θm＝－1 m/s 2，解得x 1＝0.07 m ，初态kx 0＝2mg sin θ，解得x 0＝0.12 m ，A 上升的高度为(0.12 m －0.07 m)sin37°＝3 cm ，A 、B 错；A 速度最大即加速度为零，对A 、B 整体有kx 2＋F －2mg sin θ－2μmg cos θ＝0，解得x 2＝0.09 m ，A 沿斜面移动的距离Δx ＝x 0－x 2＝0.03 m ，此时对A 有kx 2－N －mg sin θ－μmg cos θ＝0，解得A 、B 间弹力N ＝1 N ，C 、D 对．[答案] CD7．(多选)(2019·湖北七市联合模拟)如下图所示，在一沿顺时针方向匀速转动的传送带的左端A 点，每隔T 的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件的质量均为m ，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )A ．传送带的速率为x TB ．工件加速运动的时间为x μgTC ．工件与传送带间的相对位移一定为xD ．根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知x ＝vT ，解得传送带的速率v ＝xT，故A 正确；设每个工件匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a ＝μg ，根据v ＝at ，解得t ＝v a＝x μgT ，故B 正确；工件加速过程的位移x 工件＝v 22a ＝x 22μgT 2，工件加速过程中传送带的位移x 传送带＝vT ＝2×x 工件＝x 2μgT 2，工件与传送带间的相对位移Δx ＝x 传送带－x 工件＝x 22μgT2，故C错误，D 正确．[答案] ABD8．(多选)(2019·山东省泰安市上学期期中)如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A 、B 、C 三球的质量分别为m 、2m 、3m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是( )A ．弹簧被剪断的瞬间，A 、B 、C 三个小球的加速度均为零 B ．弹簧被剪断的瞬间，A 、B 之间杆的弹力大小为零C ．细线被剪断的瞬间，A 、B 球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sinθ[解析] 若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a＝g sinθ，然后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则F＋mg sinθ＝ma，解得F＝0，A错误，B正确；剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F弹＝(3m＋2m＋m)g sinθ＝6mg sinθ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mg sinθ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹－(m＋2m)g sinθ＝(m＋2m)a AB，解得A、B两个小球的加速度为a AB＝g sinθ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：F AB－2mg sinθ＝2ma AB，解得杆的拉力为F AB＝4mg sinθ，故C、D正确．[答案] BCD9．(多选)(2019·湖北省黄冈市质检)如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s 的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B．物块B最终一定追上物块AC．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变[解析] 物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5<tan37°＝0.75，则物块B将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA＝0.75＝tan37°，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度a B1＝g sin37°＋μB g cos37°＝10m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝va B1＝0.24 s，共速后物块B以a B2＝g sinθ－μB g cosθ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度a A1＝g sin37°＋μA g cos37°＝12m/s2，与传送带共速时经过的时间：t A＝va A1＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t ＝0.24 s 时两物块速度相等，选项C 正确；在开始的0.24 s 内因为A 的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s 后物块B 继续加速下滑，速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D 错误．[答案] BC 二、非选择题10．(2019·成都实验中学月考)如图所示，质量m ＝1 kg 的物块A 放在质量M ＝4 kg 的木板B 的左端，起初A 、B 均静止在水平地面上．现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求能使A 、B 相对静止的F 的最大值．(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去F ，要使A 不从B 上滑落，则木板至少为多长？从开始到A 、B 均静止，A 运动的总位移是多少？[解析] (1)对A 进行受力分析可知，其最大加速度由A 、B 之间的最大静摩擦力决定，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma max ，代入数据解得a max ＝4 m/s 2对A 、B 整体进行受力分析可知，恰好无相对运动时，A 、B 具有共同的加速度，且大小为a max ，由牛顿第二定律得F max －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a max ，代入数据解得F max ＝25 N.(2)设F 作用在B 上时，A 、B 的加速度大小分别为a 1、a 2，经t 1＝1 s ，撤掉F 时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，加速度大小分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度大小为v 3，加速度大小为a 3.对A 进行受力分析，可知a 1＝a max ＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对B 进行受力分析，有F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，故a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s撤去F 时，有a 1′＝a 1＝4 m/s 2，a 2′＝μ1mg ＋μ2(M ＋m )g M＝2.25 m/s 2经过t 2时间后A 、B 速度相等，有v 1＋a 1′t 2＝v 2－a 2′t 2，代入数据解得t 2＝0.2 s 则v 3＝v 1＋a 1′t 2＝4.8 m/s从开始到A 、B 相对静止，A 、B 的相对位移应不大于木板的长度L ，设A 的位移为x A ，B 的位移为x B ，有L ≥x B －x A ＝v 222a 2＋v 22－v 232a 2′－12a 1(t 1＋t 2)2＝0.75 mA 、B 速度相等后共同在水平面上做匀减速直线运动，加速度a 3＝μ2g ＝1 m/s 2 从A 、B 相对静止至最终静止，位移x ＝v 232a 3＝11.52 m故A 运动的总位移为x A 总＝x A ＋x ＝14.4 m. [答案] (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m11．(2019·安徽皖南八校联考)在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R ＝1.6 m ，BC 是长度为L 1＝3 m 的水平传送带，CD 是长度为L 2＝3.6 m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m ＝60 kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；(2)若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能． [解析] (1)对参赛者：A 到B 过程，由动能定理得mgR (1－cos60°)＝12mv 2B解得v B ＝4 m/s在B 处，由牛顿第二定律得F N B －mg ＝m v 2BR解得F N B ＝2mg ＝1200 N根据牛顿第三定律得，参赛者对轨道的压力F N B ′＝F N B ＝1200 N ，方向竖直向下 (2)C 到D 过程由动能定理得－μ2mgL 2＝0－12mv 2C解得v C ＝6 m/sB 到C 过程加速阶段由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma解得a ＝4 m/s 2参赛者加速至v C 历时t ＝v C －v Ba＝0.5 s位移x 1＝v B ＋v C2t ＝2.5 m<L 1参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6 m/s (3)0.5 s 内传送带位移x 2＝vt ＝3 m参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5 m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能E ＝μ1mg Δx ＋12mv 2C －12mv 2B ＝720 J[答案] (1)1200 N ，方向竖直向下 (2)6 m/s ，顺时针运转(3)720 J。
专题强化训练(二)一、选择题1．(2019·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s 内的位移为16 m ，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.75 m/s 2[解析] 设该物体的初速度为v 0，加速度大小为a ，由题意知t ＝4 s ，根据匀变速直线运动规律，x ＝v 0＋v 032·t ，v 03＝v 0－at ，联立解得a ＝1 m/s 2，选项A 正确．[答案] A2．(多选)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时两车相距最近B ．0～9 s 内两车位移之差为45 mC ．t ＝6 s 时两车相距最近，为10 mD ．两车在0～9 s 内会相撞[解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时两车相距最近，故A 错误；图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，可得Δx ＝12×30×3 m＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m ，此时两车相距最近，为10 m ，所以两车不会相撞，故C 正确，D 错误；0～9 s 内两车位移之差Δx ′＝12×30×3 m＝45 m ，故B 正确．[答案] BC3．(2019·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s 内力F 、速度v 随时间变化如图所示，由图像可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．物体在6 s 内运动的位移为6 mC ．在0～2 s 内推力做的功为2 JD ．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析] 物体在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a ＝12m/s 2，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，即：3－μmg ＝ma ；物体在2～6 s 内做匀速直线运动，因此有：μmg ＝1 N ，联立解得：物体的质量为m ＝4 kg ，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A 错误，选项D 正确；根据v －t 图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s 内运动的位移为x ＝12×2×1 m＋4×1 m＝5 m ，选项B 错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×12×2×1 J＝3 J ，选项C 错误．[答案] D4．(2019·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．若F ＝1 N ，则物块、木板都静止不动B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度大小为1 m/s 2[解析] A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N＝4 N ，设A 与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F 0，则由牛顿第二定律可知F 0－f A m A ＝f Am B，解得F 0＝3 N ，F ＝1 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，故A 错误；F ＝1.5 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F －f 1＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力f 1<F ＝1.5 N ，故B 错误；F ＝4 N>F 0，所以A 在木板上滑动，B 和木板整体受到的摩擦力大小为f A ，轻质木板质量不计，所以B 的加速度大小为a 1＝f A m B ＝22m/s 2＝1m/s 2，对B 进行受力分析，有f 2＝m B a 1＝2×1 N ＝2 N ，故C 错误；F ＝8 N>f 0，所以A 相对于木板滑动，B 和木板整体受到摩擦力f A ，由上述分析可知B 的加速度大小为1 m/s 2，故D 正确．[答案] D5．(多选)(2019·乐山二诊)如下图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平向右的变力F A ＝(9－2t ) N ，t 的单位是s.从t ＝0开始计时，则( )A ．A 物体在3 s 末时刻的加速度是初始时刻的511倍B ．t >4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t >4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反[解析] 当A 、B 间作用力为0时二者分离，此时a A ＝a B ，即9－2t m A ＝2m B，t ＝4 s ，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动．当t ＝4.5 s 时，A 物体的加速度为零而速度不为零；t >4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反．当t <4 s时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F Bm A ＋m B.综上所述，选项A 、B 、D 正确． [答案] ABD6．(多选)(2019·沈阳教学抽样检测)如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ，斜面a 点以下(含a 点)光滑，a 点以上粗糙．可视为质点的质量均为1 kg 的A 、B 两滑块静止在a 点，某时刻在B 上加一沿斜面向上、大小为7 N 的恒力，弹簧的劲度系数为100 N/m ，θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，两滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.25，则A 、B 向上运动的过程中有( )A ．A 、B 刚分离时A 有沿斜面向上的加速度 B ．从加上恒力到A 、B 分离A 上升高度为7 cmC ．A 速度最大时，A 沿斜面移动的距离为3 cmD ．A 速度最大时，A 、B 间弹力为1 N[解析] 由题意知m ＝1 kg 、F ＝7 N 、k ＝100 N/m 、μ＝0.25，A 、B 刚过a 点时的加速度大小为F －2μmg cos θ2m＝1.5 m/s 2，刚分离时A 、B 间无弹力，对B 有a B ＝F －μmg cos θ－mg sin θm＝－1 m/s 2，此时A 、B 加速度相同，故A 的加速度沿斜面向下，此时对A 有a A ＝kx 1－μmg cos θ－mg sin θm＝－1 m/s 2，解得x 1＝0.07 m ，初态kx 0＝2mg sin θ，解得x 0＝0.12 m ，A 上升的高度为(0.12 m －0.07 m)sin37°＝3 cm ，A 、B 错；A 速度最大即加速度为零，对A 、B 整体有kx 2＋F －2mg sin θ－2μmg cos θ＝0，解得x 2＝0.09 m ，A 沿斜面移动的距离Δx ＝x 0－x 2＝0.03 m ，此时对A 有kx 2－N －mg sin θ－μmg cos θ＝0，解得A 、B 间弹力N ＝1 N ，C 、D 对．[答案] CD7．(多选)(2019·湖北七市联合模拟)如下图所示，在一沿顺时针方向匀速转动的传送带的左端A 点，每隔T 的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件的质量均为m ，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )A ．传送带的速率为x TB ．工件加速运动的时间为x μgTC ．工件与传送带间的相对位移一定为xD ．根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知x ＝vT ，解得传送带的速率v ＝xT，故A 正确；设每个工件匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a ＝μg ，根据v ＝at ，解得t ＝v a＝x μgT ，故B 正确；工件加速过程的位移x 工件＝v 22a ＝x 22μgT 2，工件加速过程中传送带的位移x 传送带＝vT ＝2×x 工件＝x 2μgT 2，工件与传送带间的相对位移Δx ＝x 传送带－x 工件＝x 22μgT2，故C错误，D 正确．[答案] ABD8．(多选)(2019·山东省泰安市上学期期中)如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A 、B 、C 三球的质量分别为m 、2m 、3m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是( )A ．弹簧被剪断的瞬间，A 、B 、C 三个小球的加速度均为零 B ．弹簧被剪断的瞬间，A 、B 之间杆的弹力大小为零C ．细线被剪断的瞬间，A 、B 球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sinθ[解析]若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a＝g sinθ，然后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则F＋mg sinθ＝ma，解得F＝0，A错误，B正确；剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F弹＝(3m＋2m＋m)g sinθ＝6mg sinθ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mg sinθ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹－(m＋2m)g sinθ＝(m＋2m)a AB，解得A、B两个小球的加速度为a AB＝g sinθ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：F AB－2mg sinθ＝2ma AB，解得杆的拉力为F AB＝4mg sinθ，故C、D正确．[答案]BCD9．(多选)(2019·湖北省黄冈市质检)如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s 的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B．物块B最终一定追上物块AC．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变[解析]物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5<tan37°＝0.75，则物块B将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA＝0.75＝tan37°，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度a B1＝g sin37°＋μB g cos37°＝10m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝va B1＝0.24 s，共速后物块B以a B2＝g sinθ－μB g cosθ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度a A1＝g sin37°＋μA g cos37°＝12m/s2，与传送带共速时经过的时间：t A＝va A1＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t ＝0.24 s 时两物块速度相等，选项C 正确；在开始的0.24 s 内因为A 的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s 后物块B 继续加速下滑，速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D 错误．[答案] BC 二、非选择题10．(2019·成都实验中学月考)如图所示，质量m ＝1 kg 的物块A 放在质量M ＝4 kg 的木板B 的左端，起初A 、B 均静止在水平地面上．现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求能使A 、B 相对静止的F 的最大值．(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去F ，要使A 不从B 上滑落，则木板至少为多长？从开始到A 、B 均静止，A 运动的总位移是多少？[解析] (1)对A 进行受力分析可知，其最大加速度由A 、B 之间的最大静摩擦力决定，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma max ，代入数据解得a max ＝4 m/s 2对A 、B 整体进行受力分析可知，恰好无相对运动时，A 、B 具有共同的加速度，且大小为a max ，由牛顿第二定律得F max －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a max ，代入数据解得F max ＝25 N.(2)设F 作用在B 上时，A 、B 的加速度大小分别为a 1、a 2，经t 1＝1 s ，撤掉F 时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，加速度大小分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度大小为v 3，加速度大小为a 3.对A 进行受力分析，可知a 1＝a max ＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对B 进行受力分析，有F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，故a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s撤去F 时，有a 1′＝a 1＝4 m/s 2，a 2′＝μ1mg ＋μ2(M ＋m )g M＝2.25 m/s 2经过t 2时间后A 、B 速度相等，有v 1＋a 1′t 2＝v 2－a 2′t 2，代入数据解得t 2＝0.2 s 则v 3＝v 1＋a 1′t 2＝4.8 m/s从开始到A 、B 相对静止，A 、B 的相对位移应不大于木板的长度L ，设A 的位移为x A ，B 的位移为x B ，有L ≥x B －x A ＝v 222a 2＋v 22－v 232a 2′－12a 1(t 1＋t 2)2＝0.75 mA 、B 速度相等后共同在水平面上做匀减速直线运动，加速度a 3＝μ2g ＝1 m/s 2 从A 、B 相对静止至最终静止，位移x ＝v 232a 3＝11.52 m故A 运动的总位移为x A 总＝x A ＋x ＝14.4 m. [答案] (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m11．(2019·安徽皖南八校联考)在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R ＝1.6 m ，BC 是长度为L 1＝3 m 的水平传送带，CD 是长度为L 2＝3.6 m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m ＝60 kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；(2)若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能． [解析] (1)对参赛者：A 到B 过程，由动能定理得mgR (1－cos60°)＝12mv 2B解得v B ＝4 m/s在B 处，由牛顿第二定律得F N B －mg ＝m v 2BR解得F N B ＝2mg ＝1200 N根据牛顿第三定律得，参赛者对轨道的压力F N B ′＝F N B ＝1200 N ，方向竖直向下 (2)C 到D 过程由动能定理得－μ2mgL 2＝0－12mv 2C解得v C ＝6 m/sB 到C 过程加速阶段由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma解得a ＝4 m/s 2参赛者加速至v C 历时t ＝v C －v Ba＝0.5 s位移x 1＝v B ＋v C2t ＝2.5 m<L 1参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6 m/s (3)0.5 s 内传送带位移x 2＝vt ＝3 m参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5 m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能E ＝μ1mg Δx ＋12mv 2C －12mv 2B ＝720 J[答案] (1)1200 N ，方向竖直向下 (2)6 m/s ，顺时针运转(3)720 J。
