2020版高考物理大二轮专题突破通用版专题分层突破练：2 力与直线运动 Word版含解析

专题二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(v-t、x-t、a-t、x-v2、v-x等)，还是动力学图象(F-t、F-x、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v＝12(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。

力与运动1.如图所示,足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接,平板AP与水平面成53°角固定不动,平板BP可绕水平轴在竖直面内自由转动,质量为m的均匀圆柱体O放在两板间。

sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,重力加速度为g。

在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中,下列说法正确的是()A.平板BP受到的最小压力为mgB.平板BP受到的最大压力为mgC.平板AP受到的最小压力为mgD.平板AP受到的最大压力为mg2.如图所示,光滑的圆环固定在竖直平面内,圆心为O,三个完全相同的小圆环a、b、c穿在大环上,小环c上穿过一根轻质细绳,绳子的两端分别固定着小环a、b,通过不断调整三个小环的位置,最终三小环恰好处于平衡位置,平衡时a、b之间的距离等于绳子长度的一半。

已知小环的质量为m,重力加速度为g,轻绳与c的摩擦不计。

则()A.a与大环间的弹力大小为mgB.绳子的拉力大小为mgC.c受到绳子的拉力大小为3mgD.c与大环间的弹力大小为3mg3.如图甲所示,水平地面上固定一倾角为30°的表面粗糙的斜劈,一质量为m的小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑。

现对小物块施加一水平向右的恒力F,使它沿该斜劈表面匀速上滑。

如图乙所示,则F大小应为()A.mgB.mgC.mgD.mg4.如图所示,倾角为θ的斜面体c置于水平地面上,小盒b置于斜面上,通过跨过光滑定滑轮的细绳与物体a连接,连接b的一段细绳与斜面平行,连接a的一段细绳竖直,a连接在竖直固定于地面的弹簧上。

现向b盒内缓慢加入适量砂粒,a、b、c始终处于静止状态,下列说法中正确的是()A.b对c的摩擦力可能先减小后增大B.地面对c的支持力可能不变C.c对地面的摩擦力方向始终向左D.弹簧的弹力可能增大5.某做直线运动的质点的位置—时间图象(抛物线)如图所示,P(2,12)为图线上的一点。

PQ为过P点的切线,与x轴交于点Q(0,4)。

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.t=0时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点,如图,直线a和曲线b分别是这两车行驶的速度—时间图象,由图可知()A.在t1时刻,两车运动方向相反B.在t1时刻,两车再次相遇C.在0~t1这段时间内,b车的速度先增大后减小,但方向不变D.在0~t1这段时间内,b车的平均速度等于2.(2019宁夏银川质量检测)利用函数图象是解决物理问题的常用方法。

某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质,从t=0时刻开始计时得到了-t的图象。

如图所示,由此可知()A.玩具车做速度为-3 m/s的匀速直线运动B.玩具车做变加速直线运动C.玩具车做匀加速直线运动,初速度大小为2 m/sD.玩具车做匀加速直线运动,加速度的大小为1.5 m/s23.(2019山东淄博三模)如图所示,某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧,其劲度系数均为k。

这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。

若缆绳断裂后,总质量为m的电梯下坠,4根弹簧同时着地而开始缓冲,电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小),下列说法正确的是()A.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为B.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为C.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯先处于失重状态后处于超重状态D.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯始终处于失重状态4.如图所示,粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B,质量分别为m A=m,m B=3m,与水平面间的动摩擦因数均为μ,木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连,现用外力缓缓向左水平推木块B,使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力,木块A、B由静止开始向右运动,当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离),则()A.木块A对木块B的作用力大小一定为B.木块A对木块B的作用力大小一定为C.木块A对木块B的作用力大小一定为F-3μmgD.木块A对木块B的作用力大小一定为F-μmg5.如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为m'的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A 从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知m'>m。

力与直线运动1.如图1所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动．已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的14，则下列物理量中可求出的是()图1A．A、B两点之间的距离B．质点从A运动到B所用的时间C．质点运动的加速度大小D．质点到达B点时的速度大小2．(多选)汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中在5 s内分别经过A、B两根电杆，已知A、B电杆相距50 m，车经过电杆B 时的速率是15 m/s，则()A．经过A杆时的速率是5 m/sB．车的加速度是1.5 m/s2C．A、O间距离是6.25 mD．车从出发到B所用的时间是9 s3．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v－t图象如图2所示．t＝0时刻，两车间距为x0；t0时刻，甲、乙两车相遇.0～t0时间内甲车发生的位移为x，下列说法正确的是()图2A．0～t0时间内甲车在前，t0～2t0时间内乙车在前B．0～2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C．2t0时刻甲、乙两车相距1 2x0D．x0＝6 7x4．如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()图3A．a A＝a B＝gB．a A＝2g，a B＝0C．a A＝3g，a B＝0D．a A＝23g，a B＝05．(多选)如图4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()图4A．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 sin θ6．(多选)如图5所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力．取g＝10 m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()图5A．B对A的压力大小为12 NB．弹簧弹力大小为20 NC．B的加速度大小为4 m/s2D．A的加速度为零7．(多选)如图6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sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是()图6A．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8．(多选)机场使用的货物安检装置如图7所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是()图7A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB．背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m9．如图8所示，一货场需将质量m1＝60 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用倾斜轨道SP和竖直面内圆弧形轨道PQ，使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后，滑上置于水平地面紧靠在一起的木板A、B上．倾斜轨道SP竖直高度h＝1.2 m，与水平面夹角θ＝53°.圆弧形轨道PQ半径R＝2 m，末端Q切线水平，两轨道相切于P点，且不计货物与两轨道间的摩擦．开始时木板A紧靠弧形轨道末端Q，木板A上表面与轨道末端Q相切．相同的两块木板A、B，长度均为l＝3 m，质量均为m2＝60 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.15，货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知)，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2.图8(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q时对轨道的压力；(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ2应满足的条件；(3)若μ2＝0.40，求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离．10．如图9所示，以水平地面建立x轴，有一质量m＝1 kg的小木块放在质量为M＝2 kg的长木板的左端A点，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．初始时m与M－起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为x＝27.5 m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下．取g＝10 m/s2，求：图9(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；(2)最终木板停止时A点的位置坐标．参考答案1.答案 B2.答案 AC3.答案 D4.答案 D解析 水平细线被剪断前对A 、B 进行受力分析如图，静止时，F T ＝F sin 60°，F cos 60°＝m A g ＋F 1，F 1＝m B g ，且m A ＝m B水平细线被剪断瞬间，F T 消失，其他各力不变，所以a A ＝FT mA ＝23g ，a B＝0，故选D.5.答案 BCD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 sin θ，然后隔离A ，对A 分析，设杆的作用力为F ，则F ＋mg sin θ＝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 sin θ＝6mg sin θ.以C 为研究对象知，细线的拉力为3mg sin θ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，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 sin θ＝(m ＋2m )a AB ，解得A 、B 两个小球的加速度为a AB ＝g sin θ，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 sin θ＝2ma AB ，解得杆的拉力为F AB ＝4mg sin θ，故C 、D 正确．6.答案 AC解析 剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝30 N ，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A 、B 整体分析，整体加速度：a ＝m A ＋m B g －F m A ＋m B＝＋－3＋2m/s 2＝4 m/s 2隔离对B分析有：m B g－F N＝m B a，解得：F N＝(20－2×4) N＝12 N，由牛顿第三定律知B对A的压力为12 N，故A、C正确，B、D错误．7.答案BC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<tan 37°＝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＝tan 37°，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 sin 37°＋μB g cos 37°＝10 m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝vaB1＝0.24 s，共速后物块B以a B2＝g sin θ－μB g cos θ＝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 sin 37°＋μA g cos 37°＝12 m/s2，与传送带共速时经过的时间：t A＝vaA1＝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．8.答案AD解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝va＝0.2s，此过程背包对地位移x1＝v2t1＝12×0.2 m＝0.1 m<L＝2 m，所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝(1×0.2－0.1) m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝L－x1v＝2－0.11s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1 s，故选A、D.9.答案(1)1 800 N，方向竖直向下(2)0.30<μ2≤0.45(3)B木板 1.6 m解析(1)设货物滑到圆弧轨道末端Q时的速度为v，货物的下滑过程根据机械能守恒定律得：m1g[h＋R(1－cos θ)]＝12m1v2货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为F N，根据向心力公式得：F N－m1g＝m1v2 R联立得：v＝210 m/s，F N＝1 800 N根据牛顿第三定律，货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 800 N，方向竖直向下(2)若货物滑上木板A时，木板不动，对木板A和B整体分析，则有：μ2m1g≤μ1(m1＋2m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，对木板B分析得：μ2m1g>μ1(m1＋m2)g 联立得：0.30<μ2≤0.45(3)若μ2＝0.4，由上问可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ2m1g＝m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v12－v2＝－2a1l 联立可以得到：v1＝4 m/s设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B达到共同速度v2，木板B的加速度为a2由牛顿第二定律和运动学公式得：对于木板B有：μ2m1g－μ1(m1＋m2)g＝m2a2，v2＝a2t，对于货物有：v2＝v1－a1t木板的位移：x2＝v2 2t货物的位移：x1＝v1＋v22t货物相对木板B的位移：Δx＝x1－x2联立得：Δx＝1.6 m货物与木板B达到共同速度v2后，由于μ2>μ1，货物与木板B间没有相对滑动则货物最后停在木板B上，在木板B上滑行的距离Δx＝1.6 m.10.答案(1)18 m 2 s(2)x A＝－1 m解析(1)以向右为正方向，对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得a1＝－1 m/s2设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：v2－v02＝2a1(x－L)碰后对木块，由牛顿第二定律：－μ2mg＝ma2解得a2＝－5 m/s2对木板：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3解得a3＝4 m/s2依题意，碰后经时间t共速，由速度公式v＋a2t＝－v＋a3t解得t＝2 9v木块与木板的相对位移：L＝12×2vt＝29v2联立解得L＝18 m；v＝9 m/s；t＝2 s(2)共速后的速度v共＝v＋a2t＝－1 m/s，方向向左，因μ1<μ2，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动学公式：x1＝－v＋v共2t＝－10 mx2＝错误!＝－0.5 m故A点的坐标x A＝x＋x1＋x2－L＝－1 m.。

【关键字】整合专题限时集训(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－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：】A．第1 s内的位移是B．前2 s内的平均速度是/sC．运动的加速度为/s2D．任意1 s内的速度增量都是/sB [第1 s内的位移x1＝(6＋5×1－1) m－＝，故A错误．前2 s内的位移x2＝(6＋5×2－4) m－＝，则前2 s内的平均速度＝＝ m/s＝/s，故B正确．根据x＝v0t＋at2＝6＋5t－t2得，加速度a＝－/s2，任意1 s内速度的增量Δv＝at＝－2×/s＝－/s，C、D均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图2-16所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m1的物体，另一端系一质量为m2的沙桶．当m2变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系图线可能是( )图2-16A B C DB [在m2小于m1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m2大于m1时，m1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m2≫m1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2-17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：】图2-17B [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．]4. (2017·泉州模拟)如图2-18所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直线运动的v-t图象．图中t1＝t2，则在0～t2的运动过程中，下列说法正确的是( )图2-18A．在t1时刻，甲的位移是乙的位移的1.5倍B．甲的加速度大小是乙的加速度大小的1.5倍C．在t2时刻，甲与乙相遇D．在到达t2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t1时刻，乙的速度为v0，此时甲的位移为t1，乙的位移为t1＝v0t1，甲位移是乙位移的2倍，故A错误；甲的加速度大小为a甲＝，乙的加速度为，由t1＝t2，则a甲＝乙，故B错误；由于在t2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2-19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：】图2-19A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEFB [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L1＝Dcos α＋R，在其上运动的加速度a1＝gcos α，由L1＝a1t，解得：tAB＝＝.对轨道COD、EOF，同理可解得：tCD＝，tEF＝.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，tAB ＞tCD＞tEF，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2-20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2-20A．mg B.mgC.mgD.mgC [设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝aT2 ①向下运动时：3d－d＝a′T2 ②联立①②得：＝ ③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 ＝mg ；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：】甲 乙图2-21A ．两图中两球加速度均为gsin 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g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g 3BD [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 ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3.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：】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 ＝μmg m ＝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2x 1－x 2t 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：】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 ＝v a A ＝1 s由运动学有：x A ＝vt 2＝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：】【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＝－2aL ②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 1④ 0－v 20＝－2a 1x⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12 s ⑦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 2⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52 s ○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＋52 s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

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 m C．在0～2 s内推力做的功为2 J D．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＝1 2m/s2，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 A m 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＝22 m/s 2＝1 m/s 2，对B 进行受力分析，有f 2＝m B a1＝2×1 N＝2 N，故C错误；F＝8 N>f0，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/s2，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5 11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 ＝kx1－μmg cosθ－mg sinθm＝－1 m/s2，解得x1＝0.07 m，初态kx0＝2mg sinθ，解得x0＝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kx2＋F－2mg sinθ－2μmg cosθ＝0，解得x2＝0.09 m，A沿斜面移动的距离Δx＝x0－x2＝0.03 m，此时对A有kx2－N－mg sinθ－μmg cosθ＝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xTB．工件加速运动的时间为xμgTC．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 ＝v T ，解得传送带的速率v ＝x T ，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＝v T ＝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 22μgT 2，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 sinθD．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°＝0.24 s，＋μB g cos37°＝10 m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝va B1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°＝12 m/s2，与传送带＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速共速时经过的时间：t A＝va A1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/s2.(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/s2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 m A 、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°)＝12m v 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 2B R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＝0－12m v 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 B a ＝0.5 s位移x 1＝v B ＋v C 2t ＝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＝v t ＝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 ＋12m v 2C －12m v 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。

第2 讲力与物体的直线运动典题再现1.(多选)(2020·山东等级考模拟)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k 的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O 点为坐标原点，以竖直向下为y 轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t 分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v 与t、a 与y 的关系图象可能正确的是( )解析：选AD.人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加，C 错误，D 正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加，B 错误，A 正确.考情分析典题再现2.(多选)(2020·山东等级考模拟)第二届进博会于2019 年11 月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是( ) A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析：选AC.球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零，A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向H2 ×4g2Hg2 ×H34g2－331下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误. .考情分析典题再现3.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离H H地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所4 4t2用的时间为t2.不计空气阻力，则t满足( )t2 t2A.1<t1<2 B．2<t1<3t2 t2C.3< <4 D．4< <5t1 t1解析：选C.本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开H H始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝4 4t2 1 t2－，因此有＝＝2＋，即3< <4，选项C 正确.t1 t1考情分析命题研究近几年全国卷突出对运动图象的理解、牛顿第二定律的应用等知识的考查，另外主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图象分析物体运动规律的能力、牛顿第二定律在力学运动中以及在系统问题、多阶段问题中的应用能力等方面进行命题．山东物理模考中此部分也是必考题，而且综合考查．在今后备考中尤其要注重对运动图象的分析及“传送带”“滑块—木板”模型与牛顿运动定律的综合应用和整体法、隔离法的应用匀变速直线运动规律的应用【高分快攻】1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．【典题例析】(多选)(2019·浙江模拟)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/s2，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1 C ．砖块回到抛出点前 0.5 s 时间内通过的距离为 3.75 m D ．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动v v 0 [解析] 由 h ＝2 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 ＝ gg＝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 1后经 0.5 s 上升的高度 h ′＝v 0t ′－ gt ′2＝3.75 m ，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具2 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] BC【题组突破】角度 1 解决直线运动方法的灵活运用1．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 ．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 2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A ．关卡 2B ．关卡 3C ．关卡 4D ．关卡 5v 1解析：选 C.该同学加速到 2 m/s 时所用时间为 t 1，由 v 1＝at 1，得 t 1＝ a＝1 s ，通过的位1移 x 1＝ at 12＝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>8 m ，即这位同学 2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 4x 5 为 x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭 2 s ，经过 t 3＝v＝0.5 s 后关卡 4 最先挡住他前进．角度 2 追及、相遇问题2．[一题多解]在水平轨道上有两列火车 A 和 B 相距 x ，A 车在后面做初速度为 v 0、加速 度大小为 2a 的匀减速直线运动，而 B 车同时做初速度为零、加速度为 a 的匀加速直线运 动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求 A 车的初速度 v 0 满足什么条件．解析：两车不相撞的临界条件是，A 车追上 B 车时其速度与 B 车相等．设 A 、B 两车从6ax6ax 6ax 6ax 相距 x 到 A 车追上 B 车时，A 车的位移为 x A 、末速度为 v A 、所用时间为 t ；B 车的位移为 x B 、末速度为 v B ，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：1法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对 A 车有 x A ＝v 0t ＋ ×(－2a )×t 2，v A ＝v 02 ＋(－2a )×t1对 B 车有 x B ＝ at 2，v B ＝at2两车位移关系有 x ＝x A －x B 追上时，两车不相撞的临界条件是 v A ＝v B 联立以上各式解得 v 0＝ 故要使两车不相撞，A 车的初速度 v 0 应满足的条件是v 0≤ .1 1 法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知 x A ＝x ＋x B ，即 v 0t ＋ ×(－2a )×t 2＝x ＋ at 22 2 整理得 3at 2－2v 0t ＋2x ＝0这是一个关于时间 t 的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v 0)2－4·3a ·2x ＝0 时，两车 刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A 车的初速度 v 0 应满足的条件是v 0≤ .法三(图象法)：利用 v －t 图象求解，先作 A 、B 两车的 v －t 图象，如图所示，设经过 t 时间两车刚好不相撞，则对 A 车有 v A ＝v ′＝v 0－2at 对 B 车有 v B ＝v ′＝atv 0 以上两式联立解得 t ＝3a经 t 时间两车发生的位移之差为原来两车间距离 x ，它可用图中的阴影面积表示，由图象 可知1 1 v 0 v x ＝ v 0·t ＝ v 0· ＝2 2 3a 6a所以要使两车不相撞，A 车的初速度 v 0 应满足的条件是 v 0≤ .法四(相对运动法)：巧选参考系求解．以 B 车为参考系，A 车的初速度为 v 0，加速度为 a ′＝－2a －a ＝－3a .A 车追上 B 车且刚好不相撞的条件是：v ＝0，这一过程 A 车相对于 B 车 的位移为 x ，由运动学公式 v 2－v 20＝2a ′x 得：6ax 6ax 6ax运动情况 （v 、x 、t ） 受力 情况 列牛顿第二 定律方程 求瞬时 加速度02－v 20＝2·(－3a )·x所以 v 0＝ .故要使两车不相撞，A 车的初速度 v 0 应满足的条件是 v 0≤ . 答案：v 0≤命题角度解决方法易错辨析匀变速直线运动规律的应用推论法、比例法、逆向思维 法等找准运动过程中的转折点追及、相遇问题挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至 少”等，对应两者速度相等 这样一个转折点若被追赶的物体做匀减速运 动，一定要注意追上该物体 前它是否已停止运动，另外 最后还要注意对解的讨论分 析牛顿运动定律的应用 【高分快攻】1．动力学的两类基本问题的处理思路F 合＝m a a F合运动学公式2．瞬时加速度的求解 (1)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，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．(2)求解瞬时加速度的一般思路→ →【典题例析】(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分析瞬时变化前后 物体的受力情况m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t 图线；(2)求t2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2 时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2 时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?[解析] (1)v－t 图象如图所示．(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1 时刻的速度也为v1；t2 时刻的速度为v2.在t2 时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取Δt＝1 s．设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt 内的位移为s n，n＝1，2，3….若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt 时间内未停止，设它在t2＋3Δt 时刻的速度为v3，在t2＋4 Δt 时刻的速度为v4，由运动学公式有s1－s4＝3a(Δt)2 ①1s1＝v2Δt－a(Δt)2 ②2v4＝v2－4aΔt ③联立①②③式，代入已知数据解得17m/s ④v4＝－6这说明在t2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式v3＝v2－3aΔt ⑤2a s4＝v23⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦288m/s2，v2＝29.76 m/s ⑧或者a＝25但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去．(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿第二定律有f1＝ma ⑨在t1～t2 时间内，阻力对汽车冲量的大小为1I＝f1(t2－t1) ⑩2由动量定理有I＝mv1－mv2 ⑪由动能定理，在t1～t2 时间内，汽车克服阻力做的功为1 1W＝mv21－mv2 ⑫2 2联立⑦⑨○10 ⑪⑫式，代入已知数据解得v1＝30 m/s ⑬W＝1.16×105 J ⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为1vs＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋⑮22a联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得s＝87.5 m．⑯[答案] (1)见解析图(2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m【题组突破】角度1 超重、失重现象分析1．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m 的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A．升降机在停止运动前是向上运动的B．0～t1 时间段内金属球做减速运动C．t1～t2 时间段内金属球处于超重状态D．t2 和t4 两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同2 5 2 （mg ）2＋（2mg ）2 5 5 解析：选 D.由于升降机停止运动前传感器的示数为 0，表明弹簧处于原长状态，即升降 机有向下的加速度 g ，而 0～t 1 时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金 属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A 错误；0～t 1 时间段内弹簧的形 变量逐渐增大，但当 F ＝mg 时金属球所受的合外力为 0，即金属球前一段做加速度逐渐减小 的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B 错误；t 1～t 2 时间段可分为两段，F ＝ mg 时金属球的加速度为 0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属 球加速度向下并处于失重状态，C 错误；t 2 和 t 4 两时刻弹簧的形变量均为 0，金属球在斜面方 向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能 守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但 t 2 时刻金属球沿斜面向上运动，而 t 4 时刻金属球沿 斜面向下运动，二者的方向不同，D 正确．角度 2 瞬时加速度问题2．如图所示，两个质量均为 m 的小球 A 、B 用细绳相连，小球 A 与一个轻弹簧相连， 弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动， 这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度为 g ，现突然把细线剪 断．在剪断线的瞬间，小球 A 的加速度大小是( )A ．2 g B. g C ．2gD. g解析：选 B.细线剪断前，小球 A 受到 4 个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细 绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力 F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球 A 只受弹 簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是 F ＝2mg ，所以此时 A 球的合力 F A ＝ ＝ mg ，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a ＝ g ，故 B 正 确，A 、C 、D 错误．角度 3 多过程动力学问题3.(2019·淄博段考)如图所示，质量分别为 0.5 kg 、0.2 kg 的弹性小球 A 、B 穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为 0.8 m ，小球距离绳子末端 16.5 m ，小球 A 、B 与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的 ，设最大静摩擦力等2于滑动摩擦力．现由静止同时释放 A 、B 两个小球，不计绳子质量，忽略与定 滑轮相关的摩擦力，g ＝10 m/s 2.(1)求释放 A 、B 两个小球后，A 、B 各自加速度大小；(2)小球B 从开始释放经多长时间落到地面？解析：(1)由题意知 B 与轻绳间的滑动摩擦力f B＝k m B g＝1.0 N，而A 与轻绳间的滑动摩擦力f A＝k m A g＝2.5 N.即f B<f A.所以为保证A、B 对轻绳的力相同，只能 A 受静摩擦力作用，且大小与f B 相同．对B 有m B g－k m B g＝m B a B解得a B＝5 m/s2对 A 有m A g－km B g＝m A a A解得a A＝8 m/s2.(2)设经历时间t1 小球 B 脱离绳子，此时小球 B 下落高度为h B，获得速度为v B，依题意有1 1a A t21＋a B t21＝6.5 m2 2解得t1＝1 s1此时B 下落h B＝a B t21＝2.5 m2小球B 离开绳时的速度为v B＝a B t1＝5 m/s小球B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H，再经时间t2 落地有H＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m1H＝v B t2＋gt22解得t2＝0.6 s故B 从开始释放到落地共经历时间t＝t1＋t2＝1.6 s.答案：(1)8 m/s2 5 m/s2 (2)1.6 s运动学图象问题【高分快攻】x－t 图象图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向v－t 图象(1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负．(2)图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向．(3)图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负a－t 图象图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动三者关系x－t 图象和v－t 图象描述的都是直线运动，而a－t 图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断【典题例析】(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x 随时间t 的变化如图所示．下列说法正确的是( )A．在t1 时刻两车速度相等B．从0 到t1 时间内，两车走过的路程相等C．从t1 到t2 时间内，两车走过的路程相等D．在t1 到t2 时间内的某时刻，两车速度相等[解析] x－t 图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A 错误；前t1 时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B 错误；t1～t2 时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C 正确；t1～t2 时间内，甲的x－t 图象在某一点的切线与乙的x－t 图象平行，此时刻两车速度相等，D 正确．[答案] CD【题组突破】角度1 速度图象1．两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的v－t 图象，可能正确的是( )解析：选D.若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于 g ，与地面碰撞 后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于 g ，根据速度－时间图象的斜率表示加速度大小可知，D 正确．角度 2 加速度图象2．(多选)(2019·潍坊模拟)一汽车在高速公路上以 v 0＝30 m/s 的速度匀速行驶，t ＝0 时刻，驾驶员采取某种措施，汽车 运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为 正，下列说法正确的是( )A ．t ＝6 s 时车速为 5 m/sB ．t ＝3 s 时车速为零C ．前 9 s 内的平均速度为 15 m/sD ．前 6 s 内车的位移为 90 m解析：选 BC.0～3 s ，汽车做匀减速直线运动，3 s 末的速度 v 3＝v 0＋a 1t 1＝(30－10×3) m/s ＝0，B 正确；3～9 s ，汽车做匀加速直线运动，t ＝6 s 时速度 v 6＝a 2t 2＝5×3 m/s ＝150－v 0－302 1m/s ，A 错误；前 3 s 内的位移 x 3＝ 2a 1 ＝2 × （－10）m ＝45 m ，3～9 s 内的位移 x 3～9＝ a 2t21 － x 9 135 23＝ ×5×62m ＝90 m ，则前 9 s 内的位移为 x 9＝x 3＋x 3～9＝135 m ，平均速度为 v ＝ ＝ 2 t 总 91 1m/s ＝15 m/s ，C 正确；3～6 s 内的位移 x 3～6＝ a 2t 2＝ ×5×32 m ＝22.5 m ，则前 6 s 内的位2 2 移为 x 6＝x 3＋x 3～6＝67.5 m ，D 错误．角度 3 位移图象3．(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其 x －t 图象 如图所示，其中直线 b 与曲线 a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀 变速直线运动，下列说法正确的是()A ．前 4 s 内两物体运动方向相同15B ．前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的 7倍 C ．t ＝0 时刻，甲的速度大小为 9 m/s D ．甲的加速度大小为 2 m/s 2解析：选 AD.x －t 图象的斜率的正负表示运动的方向，故前 4 s 内两物体运动方向相 同，均为负方向，故 A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的 x －t 图象对应于 a ；前 4 s 内甲 － （－15 m ）－9 m －的 平 均 速 度 为 ：（－15 m ）－（－7 m ）v 1＝ ＝ － 6 m/s ， 前 4 s 乙 的 平 均 速 度 为 ： 4 s v 2＝＝－2 m/s ，故前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的 3 倍，故 B 错4 s误；t0＝0 时刻，甲的位移为s0＝9 m，t1＝1 s 时，s1＝0，t2＝4 s 末，甲的位移为s2＝－151m，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v0，加速度为a，则s1－s0＝v0t1＋at122①，s2－1s0＝v0t2＋at22②，代入数据并联立①②式解得v0＝10 m/s，a＝2 m/s2，故C 错误，D 正确．命题角度解决方法易错辨析x－t 图象由坐标确定位置，由斜率确定速度图象不是运动轨迹且不能确定加速度v－t 图象由斜率确定加速度，由面积确定位移不能确定物体的初始位置a－t 图象由面积确定速度变化量不能确定运动的性质连接体问题【高分快攻】整体法如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法根据牛顿第二定律列方程隔离法如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法根据牛顿第二定律列方程常涉及的三种问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法. (2)水平面上的连接体问题①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法.②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则或者正交分解力，或者正交分解加速度. (3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析解题关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定它【典题例析】(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)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．t＝0 时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )A．木板的质量为1 kgB．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[解析] 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速0.4－0度大小为a1＝m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝4－20.4－0.25－4m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－F f＝m a1、F f＝m a2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．[答案] AB【题组突破】角度1 整体法和隔离法的应用1．(多选)(2019·湖北黄冈中学二模)如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P 和Q 用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知P、Q 和斜面体均静止不动．若交换两滑块位置，们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解4 252 4 2如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P 的质量为 m ，取 sin 53°＝0.8，cos 53 °＝0.6，重力加速度大小为 g ，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是()4A ．Q 的质量为 m3B ．在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力C ．在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大小为mg D ．在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左解析：选 AC.两斜面光滑且倾角分别为 53°和 37°，如题图甲放置，则根据沿绳方向的 4 力相等知 mg sin 53°＝m Q g sin 37°，解得 m Q ＝ m ，选项 A 正确；在题图甲中，整个系统处3 于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，选项 B 错误；在题图乙中，设绳子拉力为 T ，根4 4 4据牛顿第二定律知 mg sin 53°－T ＝ ma ，T －mg sin 37°＝ma ，解得 T ＝ mg ，滑轮受到轻3 3 5绳的作用力大小为 N ＝ T ＝ mg ，选项 C 正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根绳子54对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向上 P 、Q 对斜面体作用力的合力为 F x ＝ mg cos 53°34cos 37°－mg cos 37° cos 53°＝2 mg ，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿5 第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项 D 错误．角度 2 传送带模型2．(多选)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度 v 0 逆时针匀 速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜 面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是 ( )解析：选ACD.滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A 正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度没有减小到0 就通过了传送带，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动．故C 正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到0 时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0 时，仍然在传送带上．由于传送带沿斜面向上运动，滑块在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故D 正确，B 错误．角度3 滑块—滑板模型3．(2017·高考全国卷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 所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板与地面间的滑动摩擦力为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 g ②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得f1＝m A a A ④f2＝m B a B ⑤f2－f1－f3＝ma1 ⑥。

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.在一段笔直的路面上有一汽车遇紧急情况刹车,经1.5 s停止,刹车距离为9 m。

若汽车刹车后做匀减速直线运动,则汽车停止前最后0.5 s的位移是( )A.1 mB.1.5 mC.2 mD.2.5 m2.一物体从静止开始做直线运动,其加速度随时间变化如图所示,则1~2 s 的平均速度大小( )A.等于3 m/sB.大于3 m/sC.小于3 m/sD.无法确定3.(北京卷)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F的作用下一起向前运动。

飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为( )A.MM+m F B.mM+mFC.Mm F D.mMF4.(山东卷)如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为l。

木板由静止释放,若木板长度为l,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2l,通过A点的时间间隔为Δt2。

Δt2∶Δt1为( )A.(√3-1)∶(√2-1)B.(√3−√2)∶(√2-1)C.(√3+1)∶(√2+1)D.(√3+√2)∶(√2+1)5.(广东东莞二模)如图所示,某同学练习踢毽子,假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力的作用,下列v-t和a-t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后,经一段时间又回到初始位置的是( )6.大型商场的螺旋滑梯是小孩喜欢游玩的设施,该设施由三段轨道组成,小孩从第一段OA轨道进入后,从第二段轨道A处由静止开始加速下滑到B 处,AB段总长为16 m,小孩在该段通过的路程s随时间t变化规律为s=0.125t2(s单位为m,t单位为s),小孩在第三段BC看作匀减速直线运动,BC长度为,小孩最终刚好停在C点处。

小孩可视为质点,求:(1)小孩在BC段的加速度大小;(2)小孩与BC轨道的动摩擦因数μ。

7.如图甲所示,足够长的倾斜传送带以某一恒定的速率逆时针运行。

现将一小滑块(视为质点)轻放在传送带的顶端,滑块在传送带上运动的速度的二次方随位移变化的关系如图乙所示。

第2讲　力与物体的直线运动网络构建备考策略1.解决动力学问题要抓好关键词语(1)看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。

(2)看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。

2.“四点”注意(1)x－t图象、v－t图象均表示直线运动。

(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向。

(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况。

(4)x－t、v－t、a－t图象相关量间的关系　运动学中的图象问题　x－t图象的理解及应用【典例1】(2019·稽阳联谊学校联考)一辆汽车沿平直道路行驶，其位移时间图象如图1所示。

在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的平均速度大小是( )图1A.0B.2 m/sC.2.67 m/sD.25 m/s解析　因为是位移—时间图象，所以合位移为零，又因为平均速度等于位移除以时间，所以平均速度为零，选项A正确。

答案　A　v－t图象的理解及应用【典例2】(2019·浙江绿色联盟联考)一长为12 m的钢管竖立在地面上，一名消防队员在一次模拟演习训练中，从钢管顶端由静止下滑，如图2所示。

消防队员先匀加速再匀减速下滑，到达地面时速度恰好为零。

如果他加速时的加速度大小是减速时的两倍，下滑总时间为3 s。

该消防队员在这一过程中的运动图象，可能正确的是( )图2解析　设下滑过程中的最大速度为v ，有＋＝t ，位移关系为＋＝s ，又a 1＝v a 1v a 2v 22a 1v 22a 22a 2，联立解得v ＝8 m/s ，a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2，加速时间为t 1＝＝ s ＝1 s ，v a 188减速时间为t 2＝＝ s ＝2 s ，但是相对于12 m 的杆子而言，消防员不能看做质点，v a 284实际下落的位移应小于12 m ，故选项D 正确。

答案　D【典例3】 (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3所示。