新课标2018届高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练2力与物体的直线运动

专题限时集训(二) 力与直线运动(对应学生用书第119页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t－t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：19624021】A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/sB [第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4) m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t －t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv＝at ＝－2×1 m/s＝－2 m/s ，C 、D 均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图2­16所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m 1的物体，另一端系一质量为m 2的沙桶．当m 2变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图线可能是( )图2­16A B C DB [在m 2小于m 1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m 2大于m 1时，m 1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m 2≫m 1时，加速度趋近于g ，但不可能大于或等于g ，故选项B 正确．]3.若货物随升降机运动的v ­ t 图象如图2­17所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )【导学号：19624022】图2­17B [根据v ­ t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．]所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直2，则在0～t 2的运动过程中，下列说法正确的是( )图2­181.5倍 1.5倍 C ．在t 2时刻，甲与乙相遇D ．在到达t 2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t 1时刻，乙的速度为12v 0，此时甲的位移为v 02t 1，乙的位移为12v 02t 1＝14v 0t 1，甲位移是乙位移的2倍，故A 错误；甲的加速度大小为a 甲＝v 0t 1，乙的加速度为v 0t 2，由t 1＝12t 2，则a 甲＝2a 乙，故B 错误；由于在t 2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C 正确； 相遇前甲一直在乙的前面，故D 错误．]5．(2016·合肥二模)如图2­19所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )【导学号：19624023】图2­19A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝D cos α＋R g cos α＝2Dg ＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2D g＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．(2017·沧州一中月考)将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图2­20甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图2­20A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg C [设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d －3d ＝aT 2①向下运动时：3d －d ＝a ′T 2②联立①②得：a a ′＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma ④ 向下运动时：mg －f ＝ma ′ ⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ；选C.]7．(2017·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相等．在突然撤去挡板的瞬间( )【导学号：19624024】甲 乙图2­21A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图甲中B 球的加速度为2g sin θD ．图乙中B 球的加速度为g sin θCD [撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C 、D 确，A 、B 错误．故选C 、D.](2017·绵阳市模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g3BD [剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g3，即A 和B 的加速度均为g3.故B 、D 均正确．]8．(2017·天津市五区县期末)如图2­22所示，在水平光滑桌面上放有m 1和m 2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m 1＝3 kg ，m 2＝2 kg ，连接它们的细线最大能承受6 N 的拉力．现用水平外力F 1向左拉m 1或用水平外力F 2向右拉m 2，为保持细线不断，则( )【导学号：19624025】图2­22A ．F 1的最大值为10 NB ．F 1的最大值为15 NC ．F 2的最大值为10 ND ．F 2的最大值为15 NBC [若向左拉m 1，则隔离对m 2分析，T m ＝m 2a 则最大加速度a ＝3 m/s 2对m 1m 2系统：F 1＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×3 N＝15 N ．故B 正确，A 错误． 若向右拉m 2，则隔离对m 1分析，T m ＝m 1a 则最大加速度a ＝2 m/s 2对m 1m 2系统：F 2＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×2 N＝10 N ．故D 错误，C 正确．]9．(2017·绵阳市模拟)如图2­23甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )甲 乙图2­23A ．在0～t 1时间内，A 、B 间的摩擦力为零 B ．在t 1～t 2时间内，A 受到的摩擦力方向水平向左C ．在t 2时刻，A 、B 间的摩擦力大小为0.5μmgD ．在t 3时刻以后，A 、B 间的摩擦力大小为μmgAD [A 、B 间的滑动摩擦力f AB ＝μmg ，B 与地面间的滑动摩擦力f ＝3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时A 、B 无相对滑动，故A 、B 间摩擦力为零，故A 正确；A 在木板上产生的最大加速度为a ＝μmgm＝μg ，此时对B 分析可知F －4μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，故在t 1～t 2时间内，A 、B 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误；在t 2时刻，A 、B 未发生滑动，加速度a ＝5μmg －3μmg 3m ＝23μg ，对物块A ：f ＝ma ＝23μmg ，故C 错误；在t 3时刻以后，A 、B 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确．](2017·合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移－时间图象(x ­t 图象)，P (t 1，x 1)为图象上一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q .则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻，质点的速率为x 1t 1B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2t 1C ．质点的加速度大小为x 1－x 2t 21D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为x 1－x2t 1B [x ­t 图象的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝x 1－x 2t 1，故A 错误，B 正确；根据图象可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0t 可知，加速度a ＝x 1－x 2t 1－v 0t 1≠x 1－x 2t 21，故C 错误； 0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1t 1，故D 错误．]10．(2017·商丘一中押题卷)如图2­24所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块B 、C 间用一不可伸长的轻绳相连，A 、B 木块间的最大静摩擦力是f 1，C 、D 木块间的最大静摩擦力是f 2.现用水平拉力F 拉A 木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )【导学号：19624026】图2­24A ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动B ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动C ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动 D ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动AD [当f 1>2f 2，当C 、D 间即将滑动时，C 、D 间的静摩擦力达到最大值f 2，先以D 为研究对象，由牛顿第二定律得：f 2＝2ma ，得a ＝f 22m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ＝3f 2.此时，以B 、C 、D 整体为研究对象，可知，A 对B 的摩擦力f AB ＝4ma ＝2f 2<f 1，说明A 、B 间相对静止，故A 正确，B 错误．当f 1<2f 2，A 、B 间即将滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 1，先以B 、C 、D 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f 1＝4ma ′，得a ′＝f 14m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ′＝32f 1.此时，以D 为研究对象，根据牛顿第二定律得：C 对D 的摩擦力f CD ＝2ma ′＝f 12<f 2，则知，C 、D 间相对静止，故C 错误，D 正确．] 二、计算题(共2小题，共32分)图2­2511．(14分)(2017·淮北市一模)如图2­25所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A 、m B 分别为1 kg 和2 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，作用在B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当作用在物块B 上的拉力F 达到42 N 时，连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间A 、B 的速度均为10 m/s ，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力F ＝42 N 不变，求当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离．【解析】 (1)对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a代入数据解得a ＝4 m/s 2对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F T －m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a代入数据解得：F T ＝14 N.(2)细线断裂后，对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a A代入数据解得：a A ＝10 m/s 2由运动学公式有：v ＝a A t 解得：t ＝va A＝1 s 由运动学有：x A ＝vt2＝5 m细线断裂后，对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a B代入数据解得：a B ＝11 m/s 2由运动学公式有：x B ＝vt ＋12a B t 2代入数据解得：x B ＝15.5 m由题意可知，当A 运动到最高点时，物体A 、B 间的距离为：x ＝x B －x A ＋L ＝11 m.【答案】 (1)14 N (2)11 m12．(18分)(2017·天津市五区县期末)如图2­26甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2­26(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t .【导学号：19624027】【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg ＝ma①滑块恰好到木板右端停止 0－v 20＝－2aL② 解得μ＝v 202gL＝0.5.③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为x ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1 ④ 0－v 20＝－2a 1x ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12s⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 ⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ○10 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s。

专题能力训练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)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,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7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.(2017·全国Ⅱ卷)如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。

若保持F 的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动。

物块与桌面间的动摩擦因数为()A.2-B.C.D.2.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。

现用水平力F 推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是()A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B 端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是()A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。

由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。

此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是()A.F1减小,F2减小B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.如图所示,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑。

已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

课时作业2 力与物体的直线运动一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是( )A ．在1～2 s 时间内，物体做减速运动B ．在t ＝2 s 时物体的速度最大，为3 m/sC ．在1～3 s 时间内，物体做匀变速直线运动D ．在0～4 s 时间内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动 解析：在0～2 s 时间内物体加速度为正，沿正方向做加速运动，在2～4 s 时间内加速度为负，物体沿正方向做减速运动，A 、D 项错误；在1～3 s 时间内物体做加速度先减小后反向增大的变加速运动，C 项错误；a －t 图象中图线与横轴所围成的面积等于速度的变化量，因此在t ＝2 s 时物体的速度最大，为3 m/s ，B 项正确．答案：B2．2016年5月9日，位于浦东陆家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物危害极大，在这之前，也常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为l 的直钢筋突然从高空坠下，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L tB ．钢筋坠下的楼层为 L －l22ght 2＋1 C ．钢筋坠下的楼层为gt 22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2t解析：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，可认为此速度就等于钢筋坠地时的速度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 －l22ght2＋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 ′＝0＋v 2＝L －l2t，D 选项错误．答案：B3．(2017·广西重点高中高三一模)警车A 停在路口，一违章货车B 恰好经过A 车，A物体不受水平拉力时，加速度大小为：a 1＝Δv 1Δt 1＝物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a 2＝Δv 2Δt 2＝12－84 m/s．传送带底端到顶端的距离为14 m．物块与传送带间的动摩擦因数为18．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反a 、b .在水平恒力在竖直墙壁上，两球静止，两细线与竖直墙壁的夹角，下列说法正确的是，则下列说法正确的是( )3 s 内的平均速度为43m/sB ．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．匀强电场的电场强度为3 000 N/CD ．物块运动过程中电势能减少了12 J解析：由v －t 图象中图线与纵轴所围面积的意义知0～3 s 内物块的位移为x ＝6 m ，所以在0～3 s 内的平均速度为v ＝x t＝2 m/s ，A 错；由v －t 图象中图线斜率的意义知加速阶段和减速阶段物体的加速度大小分别为a 加＝4 m/s 2和a 减＝2 m/s 2，由牛顿第二定律知qE －μmg ＝ma 加，μmg ＝ma 减，联立并代入数值得μ＝0.2，E ＝3 000 N/C ，B 错、C 对；由图象知加速阶段的位移为x 1＝2 m ，所以电场力做功W ＝qE ·x 1＝12 J ，即物块运动过程中电势能减少了12 J ，D 对．答案：CD 二、非选择题 9.粗糙的地面上放着一个质量M ＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m ＝0.5 kg 的小球，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，现给斜面体施加一水平向右为F 的恒力作用，使整体向右以a ＝1 m/s 2匀加速运动．已知sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.(1)求F 的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．解析：(1)整体以a 匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律： F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，得F ＝6 N.(2)设弹簧的形变量为x ，斜面对小球的支持力为F N 对小球受力分析：在水平方向：kx cos θ－F N sin θ＝ma 在竖直方向：kx sin θ＋F N cos θ＝mg 解得：x ＝0.017 m F N ＝3.7 N.答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N10．如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．滑块滑上木板后，木板的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力；(2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．解析：(1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 的过程中滑块的机械能守恒．设滑块到达B 点时的速度大小为v ，则由机械能守恒定律可得mgR ＝12mv 2经过B 点时，由牛顿第二定律可得。

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)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2,可能正确的是()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.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。

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,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.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。

现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(2016·全国Ⅰ卷)一质点做匀速直线运动。

现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的力不发生改变,则()A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变5.如图所示,质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧,放在光滑的水平面上,A球紧靠竖直墙壁。

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 ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2t －v 20＝2ax . 2．匀变速直线运动的图象(1)x ­t 图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．(2)v ­t 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面积表示物体运动的位移．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，揭示了力是改变物体运动状态的原因．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 t，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×12mv 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 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．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解析】 本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件v A ＝v B ，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题．设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为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 1 v 1＋v 0 22s 2. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1 v 1＋v 0 22s 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 1 v 0＋v 1 2s 20.【答案】 s 1 v 0＋v 1 2s 20■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 0a 1＝6 s加速阶段v 0′＝v t ＝6 m/s ，v t ′＝v 0＝30 m/s 则v 0＝v t ＋a 2t 2t 2＝v 0－v ta 2＝4 s加速和减速阶段的总时间t ＝t 1＋t 2＝10 s.(3)在加速阶段v 20－v 2t ＝2a 2x 2 代入数据解得x 2＝72 m 则总位移x ＝x 1＋x 2＝180 m 若不减速所需要时间t ′＝x v 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 2 24x 1C.x 214 x 1＋x 2D. x 1＋x 2 2 x 1－x 2 x 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、下过程动力学方程，联立求解所求量……倾角、动摩擦因数．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v ­t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，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.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B 做匀速运动对A 由－μm A g ＝m A a A ，解得a A ＝－μg ＝－3 m/s 2t ＝0－v 0a A ＝0－6－3s ＝2 s 物体A 通过的位移x A ＝v 02t ＝6 m 物体B 通过的位移x B ＝v 0t ＝6×2 m＝12 m物体A 刚停止时A 、B 间的距离Δx ＝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 sin θ－μcos θ k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 ＝mg sin θ－μcos θ k＝2 m/s 解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg sin θ－μcos θ k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：。

第2讲力与直线运动一、记牢匀变速直线运动的“四类公式”二、理清一个网络，破解“力与运动”的关系高频考点1运动图象的理解及应用1－1.(2017·宁德市高中质检)AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是()A．子弹离开枪膛时的速度为450 m/sB．子弹离开枪膛时的速度为600 m/sC．子弹在枪膛内运动的距离小于0. 45 mD ．子弹在枪膛内运动的距离大于0. 45 m解析：根据Δv ＝at 可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：v ＝12×3×10－3×2×105 m /s ＝300 m/s ，选项A 、B 错误；子弹在枪膛内的做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v2＝150 m/s ，故子弹在枪膛内运动的距离大于v2t ＝150×3×10－3m ＝0.45 m ，故选项C 错误，D 正确；故选D ．答案：D1－2.(2017·广元市高三统考)如图所示为A 、B 两质点在同一直线上运动的位移－时间(x -t )图像．A 质点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C 、D 坐标如图所示．下列说法正确的是( )A ．t 1时刻B 追上A ，t 2时刻A 追上BB ．t 1～t 2时间段内B 质点的平均速度小于A 质点的平均速度C ．质点A 做直线运动，质点B 做曲线运动D ．两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻解析：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，t 1时刻A 追上B ，t 2时刻B 追上A ，故A 错误；t 1～t 2时间段内，两质点通过的位移相等，则B 质点的平均速度与A 质点匀速运动的速度相等，故B 错误；两物体的速度均为正值，故两质点均做直线运动，选项C 错误；因曲线的切线的斜率等于物体的速度，故由图像可知两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻，故D 正确．答案：D1－3.(2017·延边州高三质检)将质量为m ＝0.1 kg 的小球从地面竖直向上抛出，初速度v 0＝20 m/s ，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f ＝kv ，已知k ＝0.1 kg/s.其在空中的速率随时间的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB ．小球在t 1时刻到达最高点，此时加速度为零C ．小球落地前匀速运动，落地速度大小v 1＝10 m/sD ．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s 2解析：根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于v 02＝10 m/s ，故小球上升过程的平均速度小于10 m/s ，故A 错误．球在t 1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g ，故B 错误．由图象可知，小球落地前匀速运动，由mg ＝f ＝k v 1；得v 1＝10 m/s.故C 正确．小球抛出瞬间，有：mg ＋kv 0＝ma 0；联立解得：a 0＝30 m/s 2.故D 错误．答案：C图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合．利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图象中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口．解决此类问题的一般思路定图象―→明确图象是x -t 图象还是v -t 图象等 ↓明意义―→充分理解图象的截距、斜率、交点等的物理意义，根据图象判断物体的运动情况及物体之间的相互关系↓用规律―→根据在运动图象中找出的各物理量之间的关系，运用相应的运动学规律进行求解高频考点2 匀变速直线运动规律的应用1．此类问题考查直线运动的运动学知识，一般不涉及力的问题，因此主要应用运动学规律进行求解，解题的一般步骤如下：(1)弄清题意，划分过程→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程．(2)依据已知，分析过程→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析． (3)结合已知，列出方程→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程．2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间时刻速度公式v t 2＝v －＝x t ＝v 0＋v2及相邻相等时间T 内位移差公式x n －x m ＝(n －m )aT 2；如果题中给出初(或末)速度为0，则要优先使用初速度为0的匀变速直线运动的“比例公式”．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．如图所示为某型号货车紧急刹车时(假设做匀减速直线运动)的v 2-x 图像(v 为该货车的速度，x 为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像．某路段限速72 km/h 是根据该型号货车满载时安全制动时间和距离确定的．现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h 的速度行驶，通过计算求解下列问题．(1)求满载时制动加速度大小a 1、严重超载时制动加速度大小a 2；(2)驾驶员紧急制动时，该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离是否符合安全要求？(3)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s ，则该型号货车满载时以72 km/h 的速度正常行驶的跟车距离至少应为多远？[思路点拨](1)通过图像可确定加速度的大小；(2)由运动学规律可求货车满载和严重超载时的制动时间和制动距离； (3)货车在反应时间内做匀速直线运动．【解析】 (1)根据题意由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v 2＝2ax ，则a ＝v 22x，由图可知，满载时加速度大小a 1＝5 m/s 2，严重超载时加速度大小a 2＝2.5 m/s 2．(2)由题意可知，该型号货车严重超载时的初速度大小为v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，满载的最大安全速度为v m ＝72 km/h ＝20 m/s.由匀变速直线运动的规律可得其严重超载时制动时间t 1＝v 0a 2＝6 s ，制动距离x 1＝v 202a 2＝45 m ．满载时安全减速时间为t 2＝v m a 1＝4 s ，制动距离为x 2＝v 2m2a 1＝40 m ．由于t 1>t 2，x 1>x 2，故该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离均不符合安全要求．(3)货车驾驶员在反应时间内匀速行驶的距离为x 3＝v m t ＝20 m ．匀减速过程行驶的距离为x 4＝v 2m2a 1＝40 m ，从发现险情到货车停止运动，货车行驶距离为x ＝x 3＋x 4＝60 m ，故从安全的角度考虑，跟车距离至少应为60 m ．【答案】 (1)a 1＝5 m/s 2 a 2＝2.5 m/s 2(2)均不符合安全要求 (3)60 m2－1.(2017·长沙市中学一模)某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x ，则质点运动的加速度为( )A ．3x2B ．2x3C ．2x5B ．5x 2解析：3秒内的位移x ＝12at 2＝ 92a,2秒内的位移12at ′2＝2a .则9a 2－2a ＝x ，解得：a ＝2x5.故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C2－2.(2017·宁夏六盘山高级中学二模)在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置，平台长L 1＝4 m ，跑步机皮带长L 2＝32 m ，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L 3＝10 m ，且皮带以v 0＝1 m/s 的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a 2＝1 m/s 2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a 2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？解析：挑战者匀加速通过平台：L 1＝12a 1t 21通过平台的时间：t 1＝2L 1a 1＝2 s 冲上跑步机的初速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s 冲上跑步机至跨栏：L 3＝v 1t 2＋12a 2t 22解得t 2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离： x ＝v 0t ＝1×2 m ＝2 m(向左)取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v 0＝a 2t 3 解得：t 3＝1 s对地位移为：x 1＝v 0t 3－12a 2t 23＝0.5 m(向左)挑战者向右加速冲刺过程有：x ＋x 1＋L 2－L 3＝12a 2t 24解得：t4＝7 s挑战者通过全程所需要的总时间为：t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s．答案：14 s高频考点3牛顿运动定律的应用3－1．(多选)(2017·厦门市质检)小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，如图所示()A．细绳的受到的拉力为mg/cos θB．细杆对环作用力方向水平向右C．细杆对小环的静摩擦力为MgD．细杆对环弹力的大小为(M＋m)g tan θ解析：对小球受力分析可知，细绳受到的拉力为T＝mgcos θ，选项A正确；环受到杆水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故细杆对环作用力方向斜向右上方，选项B错误；对小球和圆环的整体，竖直方向分析可知，细杆对小环的静摩擦力为(M＋m)g，选项C错误；对小球受力分析可知：mg tan θ＝ma；对球和环的整体：N＝(M＋m)a，解得：N＝(M＋m)g tan θ，选项D正确；故选AD．答案：AD3－2．(2017·宁德市质检)如图所示，质量为0.2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.6 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()A．0.5 N B．2.5 NC．0 N D．1.5 N解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝m A g＝0.2×10＝2 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a ＝(m A ＋m B )g －Fm A ＋m B＝(0.2＋0.6)×10－20.2＋0.6＝7.5 m/s 2，隔离对B 分析：m B g －N ＝m B a ，解得：N ＝m B g －m B a ＝0.6×10－0.6×7.5 N ＝1.5 N ．故选D ．答案：D3－3.(多选)(2017·桂林、崇左联合调研)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示．重力加速度大小为10 m/s 2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )A ．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB ．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C ．物块的质量m ＝2 kgD ．在0～4 s 时间内，合外力的冲量为12 N·S解析：由图b 可知，t ＝2 s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a 读出最大静摩擦力为6 N ，故A 错误．由图知：当t ＝2 s 时，a ＝1 m/s 2，f ＝6 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：6－μm ×10＝m .当t ＝4 s 时，a ＝3 m/s 2，F ＝12 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：12－μm ×10＝3 m ．联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误．a -t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0－4 s 内物体速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0－4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝ΔP ＝m Δv ＝3×4＝12 N·s.故D 正确．答案：BD3－4． (多选)(2017·包头市高三模拟)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到0点的距离都为L .将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)kLmD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋2×k (L 2＋L 2－L )×cos 45°m＝g ＋(2－2)kLm ，C 正确；A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg ·2L ＝12m v 2，即v ＝2gL ，D 正确．答案：CD1．整体法和隔离法的适用条件(1)整体法：连接体中各物体具有共同的加速度．(2)隔离法：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．高频考点4 运动图象与牛顿运动定律的综合应用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 ＝k v ．(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)[思路点拨] (1)滑块下滑过程中受几个力作用？ (2)在v - t 图象中，v ＝0时，加速度是否等于零？(3)能否利用v - t 图象获取物体运动的最大速度？此时物体加速度是多大？ 【解析】 (1)a ＝mg sin θ－μmg cos θ－k v m ＝g sin θ－μg cos θ－k v m滑块下滑过程中加速度随速度的增大而减小，速度增大到某一定值时加速度等于零． (2)当a ＝0时速度最大，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k(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 ＝2 m/s ，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3 kg/s ．【答案】 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m (2)v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k 减小滑块质量或减小斜面倾角 (3)μ＝0.23k ＝3 kg/s动力学与图象的综合问题做好两步第1步：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．第2步：选择解答方法．根据质点的运动性质，选择公式法、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．4－1.若货物随升降机运动的v - t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：根据v-t图象可知升降机的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．答案：B4－2.(2017·江西三市七校联考)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图a.已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x -t图线如图b所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块滑回出发点时的速度v t．解析：(1)物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，位移x＝1.4－0.4＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；根据位移时间公式，有：x＝v0t＋12；2at根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s2(2)上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma代入数据解得：μ＝0.25(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma′代入数据解得：a′＝4 m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v2t＝2a′x答案：(1)木块上滑时的初速度为4 m/s，上滑过程中的加速度为－8 m/s2；(2)木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；(3)木块滑回出发点时的速度为22m/s．“板块”模型由木板和物块组成的相互作用的系统统称为板块模型，题目中常涉及多物体、多过程问题，是力学中最经典、最基本的模型之一，该模型往往利用一个可视为质点的小物块在一长木板上滑动的过程，求解过程中相关的物理量．题目中可涉及静摩擦力、滑动摩擦力的方向判断和大小计算等内容，还可涉及牛顿运动定律、运动学规律，动能定理和能量的转化与守恒等知识，考查知识点较多，对考生的分析综合能力、应用数学求解物理问题的能力等要求较高．本模型在高考中常以物块—木板组合的形式出现．有时还会与斜面等结合在一起进行考查．水平面上的板块模型(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v0＝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/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，两者之间的距离．【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f1、f2和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a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝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 1 ⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v t ＝1 m/s⑨(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 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 B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m⑰(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板块模型至少涉及两个物体，所以运动过程和解法一般比较复杂．此类模型一般的处理方法如下．(1)弄清题意，划分过程：根据题意，弄清楚物体的运动究竟经历了哪几个过程；(2)依据已知，分析过程：依据题目中给出的已知条件，对每个过程进行运动学或动力学分析；(3)结合已知，列出方程：结合题目中给出的已知条件，根据运动学规律、牛顿运动定律或能量守恒定律等列出物体运动的每个过程中对应的方程，然后进行求解．解此类模型时还要注意，要紧紧抓住过程之间的连接点，这些连接点往往是解决问题的突破口(一般要从连接点的速度、加速度以及受力情况入手进行分析)．板块模型可以拓展为各种不同的形式，如将板块模型与斜面结合、滑块与传送带结合等各种不同的复合形式．但不论是哪种形式的板块模型，都需要从物理情境中确定研究对象，根据板块间的相互作用和各自的受力情况，建立物理模型，按照各自的运动过程逐一进行分析，画出运动过程的示意图，找出两物体相对运动的数学关系，挖掘隐含条件和临界条件，结合对应的物理规律进行求解．板块中的“斜面类模型”如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．【解析】由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度设小物块的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 设木板的加速度大小为a ′，由牛顿第二定律可得F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′ 设小物块和木板达到共同速度所用时间为t ，由运动学公式可得v 0－at ＝a ′t设小物块和木板共速时小物块的位移为x ，木板的位移为x ′，由位移公式可得x ＝v 0t －12at 2，x ′＝12a ′t 2小物块恰好不从木板的上端滑下，有x －x ′＝l 以上各式联立并代入数据求解可得l ＝0.714 m ． 【答案】 0.714 m斜面上的板块模型，主要考查已知受力情况求解运动情况的典型动力学问题．由于木板和物块均在斜面上运动，因此解决此类问题的关键除了对物体进行受力分析之外，还要注意将木板和物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行分解．另外，还要分析清楚木板和物块各自的运动过程，以及二者之间相互联系的物理量，最后结合运动学规律、牛顿运动定律或动能定理进行求解．板块中的“传送带模型”(多选) (2017·成都外国语学校高三月考)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带底端都以4 m/s 的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A ．物块A 、B 都能到达传送带顶端B ．两物块在传送带上运动的全过程中，物块A 、B 所受摩擦力一直阻碍物块A 、B 的运动C ．物块A 运动到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为1.25 mD ．物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45 m【解析】 重力沿传送带向下的分力：G 1＝mg sin 37°＝35 mg ，物体与传送带间的摩擦力：f ＝μmg cos 37°＝25 mg ；物块A 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a A ＝G 1＋f m ＝35mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，A 的速度减为0时的位移：x A ＝v 202a A ＝422×10＝0.8 m<2 m ，A 不能到达传送带顶端，故A 错误；A 先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A 的摩擦力平行于传送带向下，A 向下做加速运动，摩擦力对A 做正功，摩擦力对A 不是阻碍作用，故B 错误；物块A 先向上做匀减速直线运动，物块A 减速运动时间：t 1＝v 0a A ＝410＝0.4 s ，A 速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度：a A ′＝a A ＝10 m/s 2，物块与传送带速度相等需要的时间：t 2＝v 传送带a A ′＝110＝0.1 s ，A 向下运动的位移：x A ′＝12v t 2＝12×0.1＝0.05 m ，在整个过程中，传送带的位移：x 传送带＝v (t 1＋t 2)＝1×(0.4＋0.1)＝0.5 m ，物块A 上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程：s ＝x A －x A ′＋x 传送带＝0.8－0.05＋0.5＝1.25 m ，故C 正确；物块B 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a B ＝G 1＋f m ＝35 mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，物块B 减速到与传送带速度相等需要的时间：t B ＝v 0－v a B ＝4－110＝0.3 s ，物体B 的位移：x B ＝v 0＋v 2t B ＝4＋12×0.3＝0.75 m ，该过程传送带的位移：x ＝v t B ＝1×0.3＝0.3 m ，物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度：s ＝x B －x ＝0.75－0.3＝0.45 m ，故D 正确．【答案】 CD传送带问题中往往是传送带匀速转动，传送带上面的物块做匀变速直线运动，此类问题的一般解决办法：首先选取研究对象(一般为传送带上的物块)，然后对研究对象进行隔离处理，分析物块在传送带上运动时的动力学特征，最后结合运动学规律、牛顿运动定律以及功能关系等列出相应的方程进行求解．。

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。

高考物理二轮复习专题内容02力与物体的直线运动§知识网络§匀变速直线运动的基本规律1.匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v＝v0＋at。

(2)位移公式：x＝v0t＋12at2。

(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax。

2.匀变速直线运动的两个重要推论(1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即v＝v t2。

(2)任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。

3.匀变速直线运动的图象(1)x-t图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度。

④四看点：明确图线与横、纵轴交点的意义。

两个图线交点的意义⎩⎨⎧x -t 图交点表示相遇v -t 图交点表示速度相等 ⑤五看面积：v -t 图线和时间轴围成的面积表示位移。

⑥六看象限：面积在时间轴上方为正；在时间轴下方为负。

(2)两点特别提醒①x -t 图象和v -t 图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。

②x -t 图象和v -t 图象不表示物体运动的轨迹。

2.典例分析【答案】B【解析】由题图可知，0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A 项错误；位移—时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B 项正确；0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km ，C 项错误；在0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km ，D 项错误。

3.相关类型题目某个物体在外力作用下，运动的v -t 图象如图(正弦曲线)所示，下列说法中正确的是( )A ．物体整个运动过程中加速度大小变化，方向不变B ．0～t 1时间段内，物体所受外力越来越大C ．0～t 4时间段内，物体的位移为零D ．t 2时刻物体速度为零，此时加速度也为零 【答案】C【解析】因v -t 图的斜率代表加速度，由图可以看出加速度大小方向均改变，0～t 1与t 1～t 2加速度的方向相反，t1～t2与t2～t3加速度的方向相同，t2～t3与t3～t4加速度方向相反，故A项错误。

专题二 力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律的应用 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年1考(对应学生用书第5页)1．(2015·江苏高考T 5)如图2-1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2s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【：17214015】图2-1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5【解题关键】解此题抓住两点： (1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C [同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x5v1＝0．5 s 后关卡4最先挡住他前进．]1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2017·如皋期末)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．如图2-2所示，以8m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m ．该车减速时的加速度大小为5m/s 2．则下列说法中正确的是( )【：17214016】图2-2A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车车头离停车线的距离为2 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车车头能在停车线处停下C ．如果驾驶员的反应时间为0．4 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D ．如果驾驶员的反应时间为0．2 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D [汽车速度减为零所需的时间t 0＝0－v0a ＝－8－5 s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v02t 0＝82×1．6 m ＝6．4 m ，此时离停车线的距离Δx ＝(8－6．4) m ＝1．6 m ，故A 错误；因为汽车速度减为零时的位移为6．4 m ，大于6 m ，可知汽车车头不能在停车线处停下，故B 错误；若驾驶员的反应时间为0．4 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．4 m ＝3．2 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋3．2 m ＝9．6 m ，大于8 m ，汽车车头不能在停车线处停下，故C 错误；若驾驶员的反应时间为0．2 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．2 m ＝1．6 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋1．6 m ＝8 m ，汽车车头刚好能在停车线处停下，故D 正确．]●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．(2017·苏锡常二模)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( )【：17214017】A．v t B．vt 2C．2v t D．不能确定B [战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t达到起飞速度v，则它在时间t内的位移为：x＝v t＝0＋v2t＝vt2，故B正确，A、C、D错误．]●考向3追及相遇问题3．(2017·普宁市模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸气不足而停驶，驾驶员将货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前面不远的车站开进，但他忘了将货车车厢刹好，以致货车厢在斜坡上以4m/s的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16m/s的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞，设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2m/s2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？【：17214018】图2-3【解析】当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有对乙车：t＝v甲－v乙a＝错误!s＝10 s在这段时间内，甲车的位移为x甲＝v甲t＝4×10 m＝40 m乙车的位移为x乙＝v0t ＋12at2＝⎝⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102m＝－60 m所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车的距离L＝x甲＋|x乙|＝100 m．【答案】波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距100 m．考点2| 运动图象问题难度：中档题型：选择题、计算题五年2考(对应学生用书第6页)2．(2016·江苏高考T5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214019】【解题关键】解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g．(2)位置坐标x的正方向竖直向上，原点在地面．A [由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋12m v2＝E，可变形为x＝－v22g＋Emg，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A正确．] 3．(2014·江苏高考T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214020】A [根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．]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．●考向1图象的选取4．(2017·扬州模拟)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v-t图象不可能的是( )【：17214021】ABCDC [若斜面光滑，则物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，整个过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma，得a＝g sin α，加速度一定，v-t图象的斜率一定，则A图是可能的，故A正确；若斜面粗糙，物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律；下滑时有：mg sin α－μmg cos α＝ma 得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma上；可知上滑的加速度大于下滑的加速度，根据v-t图象中图象的斜率等于加速下度，可知上滑时图象的斜率较大，则B图是可能的，C图不可能，故B正确，C错误；物体可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点，则D图是可能的，故D正确．]●考向2图象的转换5．(2017·南京一模)如图2-4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是( )【：17214022】图2-4ABCDB [物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移－时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确；由B 选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．]●考向3图象信息的应用6．(2017·徐州期中)甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图2-5所示．下列说法正确的是( )【：17214023】图2-5A．两物体的加速度方向相同B．前2 s内两物体的平均速度相等C．前4 s内两物体的位移相等D．第1 s末两物体相遇B [在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲、乙的加速度方向相反，故A错误；物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲、乙的平均速度v＝1＋22m/s＝1．5 m/s，故B正确；在v-t图象中，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4 s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4 s内两物体的位移不相等，故C错误；第1 s末两图线所围面积不同，故不可能相遇，故D错误．] 7．(2017·徐州模拟)某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图2-6所示，则人对地板的压力( )【：17214024】图2-6A．x＝1 m时大于人的重力B ．x ＝11 m 时大于人的重力C ．x ＝21 m 时大于人的重力D ．x ＝21 m 时等于人的重力C [根据v 2＝2ax 可知，图象的斜率表示加速度的2倍，则由图可知，x ＝1 m 时，加速度a 1＝42×2＝1 m/s 2；因电梯下降，故人的加速度向下，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，故A 错误；x ＝11 m 时，加速度为零，故人对地板的压力等于人的重力，故B 错误；x ＝21 m 时，加速度a 2＝0－42×3 m/s 2＝－23m/s 2，负号说明加速度向上，故人处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力，故C 正确，D 错误．]考点3| 牛顿第二定律的应用 难度：较难 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第7页)4．(多选)(2016·江苏高考T 9)如图2-7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )【：17214025】图2-7 A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【解题关键】误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．]5．(多选)(2015·江苏高考T 6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图2-8所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图2-8A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8．5 s 时最大D ．t ＝8．5 s 时最小AD [人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ．由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma ．当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8．5 s 时，a 有最小值，F ′N 最小，选项A 、D 正确．]6．(多选)(2014·江苏高考T 8)如图2-9所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则( )【：17214026】图2-9 A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg 3m＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmgm ＝12μg ，选项D 正确．]7．(多选)(2014·江苏高考T 15)如图2-10所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g ．图2-10(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －．【：17214027】【解析】根据牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成与分解、能量守恒定律解决问题．小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知： (1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v202μg． (2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则ayax ＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δvy Δvx ＝tan θ且由题意知tan θ＝vy vx则v′y v′x ＝vy －Δvyvx －Δvx＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v ＝2v 0． (3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的纵向位移为y ， 由题意知：a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ 由匀变速运动规律知 在侧向上：－2a x x ＝0－v 20 在纵向上：2a y y ＝(2v 0)2－0 工件滑动时间：t ＝2v0ay乙前进的距离：y 1＝2v 0t 工件相对乙的位移：L ＝错误! 则系统摩擦生热：Q ＝μmgL电动机做功：W ＝12m (2v 0)2－12m v 20＋Q由P －＝W t ，解得电动机的平均输出功率为：P －＝45μmgv05．【答案】(1)2v202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmgv058．(2013·江苏高考T 14)如图2-11所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ．图2-11(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0．5kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1m ，取g ＝10m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【：17214028】【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g f ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g ．(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g ． (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 2l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F＝2μ[m1＋(1＋dl)m2]g代入数据得F＝22．4 N．【答案】(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22．4 N1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤●考向1瞬时加速度的分析与计算8．(2017·徐州一模)如图2-12所示，用两根细线AC和BD悬挂一薄板．下列说法正确的是( )图2-12A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B．BD的拉力大于AC的拉力C．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小D [薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误；根据水平方向受力平衡可得：T BD sin 60°＝T AC sin 45°，可得T BD＜T AC，故B错误；剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误；若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，T一直减小，故D正确．]●考向2连接体问题9．(2017·徐州二模)如图2-13所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )图2-13A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1gC [以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f＝m2a，对A可知T－f＝m1a联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误．]●考向3动力学的两类基本问题10．(2017·泰州三模)如图2-14甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A，木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图2-14乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为( )甲 乙图2-14A ．4 kgB ．3 kgC ．2 kgD ．1 kgB [设A 、B 的质量分别为m 和M ． 当F ＝4 N 时，加速度为：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a代入数据解得：M ＋m ＝4 kg当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B ，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M知a -F 图线的斜率 k ＝1M＝1，解得：M ＝1 kg ，所以A 的质量为：m ＝3 kg ． 故B 正确，A 、C 、D 错误．]11．如图2-15所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的两段直滑道组成．一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失．已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，sin 37°＝0．6，cos37°＝0．8，计算结果请用μ、h 和g 表示．图2-15 (1)求滑草车在下滑道上运动的加速度；(2)求滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；(3)如果μ＝67，请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端．【：17214029】【解析】(1)根据牛顿第二定律F合＝ma得：滑草车在下滑道上有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：a＝(0．6－0．8μ)g．(2)滑草车通过上滑道末端时速度最大由动能定理得：mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2m解得最大速度v m＝错误!．(3)根据动能定理W合＝ΔE k得：对全过程：2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝12m v2解得：v＝0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端．【答案】(1)滑草车在下段滑道上运动的加速度是(0．6－0．8μ)g(2)滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是错误!(3)见解析●考向4动力学中的临界、极值问题12．(2017·南京四模)远距离运输鸡蛋时，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图2-16所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过( )【：17214030】图2-16A．F0m－g B．g＋F0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2＋g2C [对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：错误!＝ma 解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]规范练高分| 动力学中多过程问题(对应学生用书第10页)[典题在线](2015·全国卷ⅡT 25)(20分)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°(sin37°＝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2-17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、A ，5．0为减小2μ间的动摩擦因数C 、B ，38减小为1μ间的动摩擦因数B 、A ①内，B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2下B 离A ③开始运动时，A 保持不变．已知2μ，为光滑的上表面突然变B ②末，s 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加C ，m _27＝l 边缘的距离速度大小g ＝10 m/s 2．求：图2-17(1)在④0～2_s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)⑤A 在B 上总的运动时间． [信息解读]①摩擦因数突变，A 与B 会相对滑动，分别隔离A 、B 进行受力分析．②A与B、B与C相对运动情况发生变化，重新分别隔离A、B进行受力分析．③A与B的相对位移为27 m．④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A在B上的运动，分段受力研究A、B的运动特点．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2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 1＝μ1N 1①(1分)N 1＝mg cos θ②(1分)f 2＝μ2N 2③(1分)N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)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 1＝ma 1⑤(1分)mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑦(1分)a 2＝1 m/s 2．⑧(1分)(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 ⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)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 ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a1t21＋v1t2＋12a′1t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a2t21＋v2t2＋12a′2t 2 ＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分) 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰(1分)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 ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[评分标准]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A、B运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如v-t图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。

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.。