2020版高考物理二轮复习第1部分专题1力与运动第2讲力与直线运动教案

第二讲力与物体的直线运动[答案] (1)合外力为零(2)(4)热点考向一运动学基本规律的应用【典例】(2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个H4所用的时间为t1，第四个H4所用的时间为t2.不计空气阻力，则t2t1满足( )A．1<t2t1<2 B．2<t2t1<3C．3<t2t1<4 D．4<t2t1<5[思路引领] 可考虑逆向思维法，将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动．[解析] 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个H4所用的时间为t2＝2×H4g，第一个H4所用的时间为t1＝2H g －2×34Hg，因此有t2t1＝12－3＝2＋3，即3<t2t1<4，选项C正确．[答案] C1．匀变速直线运动的“四类公式”2．处理匀变速直线运动的五种方法迁移一以生产、生活实际考查1．(多选)(2019·河北名校联盟)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措．假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s 2，行驶的速度不能超过50 m/s.已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km ，下列说法正确的是( )A ．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 sB ．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 mC ．从甲站运动到乙站的最短时间为70 sD ．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s[解析] 空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t 1＝v maxa max＝20 s ，选项A 错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v 2max ＝2a max x 解得最小位移为x ＝500 m ，选项B 正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t 1，两段时间对应的位移相等，等于x ，匀速运动时间为t 2＝2500 m －2xv max＝30 s ，所以最短时间为t ＝2t 1＋t 2＝70 s ，选项C 正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为v ＝250070m/s ＝35.7 m/s ，选项D 错误． [答案] BC迁移二 以追及、相遇模型考查2．(2019·福建四校联考)货车A 在平直公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车间的距离仅有75 m ．(这段公路很窄，无法靠边让道)(1)若此时B 车立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果A 车司机没有刹车，是否会撞上B 车．若不相撞，求两车间的最小距离；若相撞，求出从A 车发现B 车到A 车撞上B 车的时间．(2)若A 车司机发现B 车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A 车刹车的同时，B 车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，B 车的加速度至少为多大才能避免发生事故．(结果保留两位小数)[解析] (1)设两车不相撞，经过的时间为t 时，两车速度相等，则有v A ＝v B对B 车又有v B ＝at 联立可得t ＝10 st 时间内A 车的位移x A ＝v A t ＝200 m t 时间内B 车的位移x B ＝12at 2＝100 m因为x B ＋x 0＝175 m<x A所以假设不成立，两车会相撞，设经过时间t 1两车相撞，有v A t 1＝x 0＋12at 21代入数据解得t 1＝5 s ，另一解舍去．(2)已知A 车的加速度大小a A ＝2 m/s 2，初速度v A ＝20 m/s设B 车的加速度大小为a B ，B 车运动时间为t 2时两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，则有v A ′＝v A －a A t 2，v B ′＝a B t 2且v A ′＝v B ′在时间t 2内A 车的位移大小x A ′＝v A t 2－12a A t 22B 车的位移大小x B ′＝12a B t 22又x B ′＋x 0＝x A ′联立并代入数据解得a B ＝0.67 m/s 2. [答案] (1)会相撞 5 s (2)0.67 m/s 2追及减速运动的物体时，要注意隐含条件，即两物体相遇时，要先判断被追物体的速度是否已经减为零，根据t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪v 0a 首先分析出相遇时减速物体的状态.热点考向二 挖掘图像信息解决动力学问题【典例】 (多选)(2019·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/s 2.由题给数据可以得出( )A ．木板的质量为1 kgB ．2 s ～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[思路引领] 题图(b)中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起，是本题的易错点．要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止，从而判断木板的受力情况，由v －t 图像求出木板在施加力F 时的加速度和撤掉F 时的加速度，根据牛顿第二定律求解待求物理量．[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，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2m/s 2＝0.2 m/s 2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，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 ＝ma 1、F f ＝ma 2，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] AB1．从v－t图像巧分析四个物理量(1)速度：从速度轴上读出速度，正负表示物体的运动方向．(2)时间：从时间轴上读出时刻，两时刻的差值表示物体的运动时间．(3)位移：由图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方表示位移的方向与规定的正方向相同，下方表示位移的方向与规定的正方向相反．(4)加速度：由图线的斜率求得，斜率的正、负表示加速度的方向．2．求解运动图像与牛顿第二定律综合问题的基本思路迁移一动力学中的F－t图像1．(多选)(2019·泰安模拟)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图像如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体的质量m ＝2 kgC ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33D ．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝7315[解析] 由开始运动2 s 后物体以2 m/s 的速度匀速运动，可知0～2 s 内物体的加速度大小为a ＝1 m/s 2；在0～2 s 内对物体应用牛顿第二定律得，F 1＋mg sin30°－μmg cos30°＝ma,2 s 后由平衡条件可得，F 2＋mg sin30°－μmg cos30°＝0，联立解得m ＝1 kg ，μ＝7315，选项A 、D 正确． [答案] AD迁移二 动力学中的a －F 图像2．(多选)(2019·河北六校联考)用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从零开始逐渐增大的过程中，加速度a 随外力F 变化的图像如图所示，g ＝10 m/s 2，则可以得出( )A ．物体与水平面间的最大静摩擦力B ．F 为14 N 时物体的速度C ．物体与水平面间的动摩擦因数D ．物体的质量[解析] 由题图可知，物体在水平面间的最大静摩擦力为7 N ，A 正确；由F －μmg ＝ma ，解得a ＝1mF －μg ，将F 1＝7 N ，a 1＝0.5 m/s 2，F 2＝14 N ，a 2＝4 m/s 2代入上式可得m ＝2kg ，μ＝0.3，C 、D 正确；因物体做变加速运动，无法求出F 为14 N 时物体的速度，B 错误．[答案] ACD处理运动图像时容易出现的错误有以下几点：(1)对于x －t 图像，图线在纵轴上的截距表示t ＝0时物体的位置；对于v －t 和a －t 图像，图线在纵轴上的截距并不表示t ＝0时物体的位置．(2)在v －t 图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两物体速度相同．(3)v －t 图像中两条图线在v 轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定.热点考向三 利用牛顿运动定律解决多体问题【典例】 (2017·海南卷)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所示．质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0.从t ＝0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g .求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块b 加速度的大小；(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式． [思路引领] (1)由运动学公式知形变量为34x 0时二者分离．(2)分离时，ab 间没有弹力，a 、b 加速度相同．[解析] (1)对整体分析，根据平衡条件可知开始时沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m g sin θ， 解得k ＝8mg sin θ5x 0.(2)由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0，由x ＝12at 2可知x 1x 0＝14，说明当形变量x 2＝x 0－x 1＝3x 04时二者分离；对物块a 分析，因分离时a 、b 间没有弹力，a 、b 加速度相同，则对物块a ，根据牛顿第二定律可知kx 2－mg sin θ＝ma ，解得a ＝g sin θ5.(3)设时间为t ，则经时间t 时，a 、b 运动的位移 x ＝12at 2＝gt 2sin θ10， 弹簧形变量Δx ＝x 0－x ，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＋k Δx －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m g sin θ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m a ，解得F ＝825mg sin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2，因分离时位移x ＝x 1＝x 04，由x ＝x 04＝12at 21解得t 1＝5x 02g sin θ，故应保证t <5x 02g sin θ，F 的表达式才能成立．[答案] (1)8mg sin θ5x 0 (2)g sin θ5(3)F ＝825mg sin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2⎝⎛⎭⎪⎫0≤t <5x 02g sin θ解决连接体问题应注意的问题1．整体法与隔离法的优点和使用条件(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法．(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法． 2．两物体分离或相对滑动的条件(1)叠加体类的连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值． (2)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同． 3．用滑轮连接的连接体的处理方法通过滑轮连接的两个物体：加速度相同，但轻绳的拉力不等于悬挂物体的重力．迁移一 平面上的多体模型1．(2019·江西六校联考)水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．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 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g .求：(1)物块B 受到的摩擦力； (2)物块A 、B 的加速度大小．[解析] (1)物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为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物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为s 1＝12s由A 和B 的位移关系得a A ＝2a B 联立解得a A ＝F －3μmg2ma B ＝F －3μmg 4m.[答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg4m迁移二 斜面上的多体模型2.(2019·河南周口期末)如图所示，空间有场强大小为E ，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面的倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k 的轻弹簧；彼此绝缘的A 、B 两物体静止在弹簧顶端，A 、B 接触但不粘连，A 的质量为m ，电荷量为＋q ，B 的质量也为m ，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g ；某时刻，在沿斜面向上的大小为F 的外力作用下，A 、B 一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则当A 、B 分离瞬间( )A ．弹簧的形变量为0B ．弹簧的形变量为x ＝qE ＋FkC ．A 的速度达到最大D ．A 的加速度为0[解析] A 、B 分离瞬间，A 、B 间无相互作用力且加速度相同，对B 受力分析，由牛顿第二定律可知F －mg sin θ＝ma ，对A 受力分析，由牛顿第二定律可知kx －mg sin θ－qE ＝ma ，解得x ＝qE ＋Fk，A 错误，B 正确；由于此时A 具有向上的加速度，则A 的速度不是最大且加速度不为0，C 、D 错误．[答案] B斜面固定，多个物体沿斜面运动，外加电场、磁场或者一个力，这类题目的本质是平面问题移到了斜面上．处理此类问题，主要考虑两个方面．(1)分清斜面体是否光滑，若不光滑，动摩擦因数是否已知．(2)多个物体是否有相对运动，采用整体法或者隔离法，进行受力分析、运动分析，最后确定用“力法”还是“能法”求解.热点考向四 利用牛顿运动定律解决多过程问题【典例】 (2019·河北名校联盟)消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg 、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m 的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg ，消防队员着地的速度不能大于6 m/s ，手和腿对杆的最大压力为1800 N ，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g 取10 m/s 2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度． (2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力． (3)消防队员下滑的最短时间．[思路引领] (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度为下滑过程的最大速度． (2)若消防员以最短时间滑下，他应先以加速度g 做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动．[解析] (1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度v m ， 有2gh 1＝v 2m消防队员受到的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝0.5×1800 N＝900 N减速阶段的加速度大小：a 2＝F f －mg m＝5 m/s 2减速过程的位移为h 2，由v 2m －v ′2＝2a 2h 2v ′＝6 m/s又h ＝h 1＋h 2以上各式联立可得：v m ＝12 m/s (2)以杆为研究对象得：F N ′＝Mg ＋F f ′＝2900 N根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2900 N. (3)最短时间为t min ＝v m g ＋v m －v ′a 2＝2.4 s.[答案] (1)12 m/s (2)2900 N (3)2.4 s1．多过程问题很多动力学问题中涉及的物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题．2．类型多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．3．解题策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况需一步一步完成．(2)有些是树枝形，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确．(3)注意两个过程的连接处，通常加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个过程的桥梁．(2019·江西五校联考)避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．[解析] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝vt －12a 1t 2⑥ s 2＝vt －12a 2t 2⑦s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2 ⑨，联立①②④～⑨并代入数据得l ＝98 m.[答案] (1)5 m/s 2沿制动坡床向下 (2)98 m解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.高考热点模型构建——“传送带”与“板块”模型考向一 “传送带”模型【典例1】 (2019·江淮十校联考)如图所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，依次将轻放在皮带底端的每包质量为m ＝50 kg 的货物，从地面运送到高出水平地面h ＝2.5 m 的平台上，传输机的皮带以v ＝1 m/s 的速度顺时针转动且不打滑，货物无初速度地放在皮带上．已知货物与皮带间的动摩擦因数为μ＝235，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t .(2)若皮带传输机由电动机带动，求把每包货物从地面运送到平台上，电动机需要多做的功W .[思路引领][解析] (1)设货物做加速运动时的加速度为a ，时间为t 1，位移为x 1，根据牛顿第二定律，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，代入数据解得a ＝1 m/s 2 则t 1＝v a ＝1 s ，x 1＝12at 21＝0.5 m货物与皮带达到共同速度后，与皮带一起向上做匀速运动货物做匀速运动的时间t 2＝hsin θ－x 1v＝4.5 s故将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t ＝t 1＋t 2＝5.5 s. (2)解法一：货物做加速运动的过程中，皮带的位移x 2＝vt 1＝1 m ，相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5 m根据能量守恒定律得W ＝μmg cos θ·Δx ＋mgh ＋12mv 2代入数据解得W ＝1425 J.解法二：货物做加速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f1＝f max＝μmg cosθ，皮带的位移x2＝vt1货物与皮带一起做匀速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f2＝mg sinθ，皮带的位移x3＝vt2则W＝W1＋W2＝f1x2＋f2x3代入数据解得W＝1425 J.[答案] (1)5.5 s (2)1425 J传送带问题的处理技巧(1)分析物体的受力情况要考虑物体与传送带间的相对运动．(2)求物体的加速度、速度和位移时不需要考虑传送带的运动情况，即相当于传送带是不动的．(3)求物体相对传送带的路程时，需要考虑传送带的运动情况，若物体与传送带运动方向相同，则相对路程为两者路程之差，若物体与传送带运动方向相反，则相对路程为两者路程之和.考向二“板块”模型【典例2】(2019·江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.[思路引领] 处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A与物块B 达到共同的速度或物块A离开物块B时的受力情况以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A 、B 共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A 与物块B 的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B 的位移与A 的位移之差应等于L .[解析] (1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A ＝μg 匀变速直线运动2a A L ＝v 2A 解得v A ＝2μgL (2)设A 、B 的质量均为m对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg 由牛顿运动定律F ＝ma B ，得a B ＝3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′＝2μmg 由牛顿运动定律F ′＝2ma B ′，得a B ′＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2且x B －x A ＝L 解得v B ＝22μgL[答案] (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL滑块与滑板间相对滑动的临界条件(1)运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动．(2)力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力f ，比较f 与最大静摩擦力f max 的关系，若f >f max ，则发生相对滑动．(3)滑块滑离滑板的临界条件：当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.1．(多选)(2019·昆明高三年级教学质检)如下图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m ＝1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/sB ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75C ．0～8 s 内物体位移的大小为14 mD ．0～8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J[解析] 由题图可知小物体先反向做减速运动后向正方向做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s ，故A 错误；根据v －t 图像的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22 m/s2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos37°－mg sin37°＝ma ，解得μ＝0.875，故B 错误；0～8 s 内物体的位移为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×2×2＋2＋62×4 m ＝14 m ，故C 正确；0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动的距离为s 带＝4×6 m＝24 m,0～6 s 内物体的位移为s物＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×2×2＋4×42 m ＝6 m ，因摩擦而产生的热量为Q ＝μmg cos37°·(s 带－s 物)＝126 J ，故D 正确．[答案] CD2．(2019·武汉外校阶段性测试)如图1甲所示，静止在光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 .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图2中可以定性地描述长木板B 运动的v －t 图像的是( )[解析] 以A 、B 整体为研究对象，A 、B 整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得a 1＝F 2m ，对B 由牛顿第二定律有a 1＝F f m ，对A 由牛顿第二定律有a 1＝F －F fm ，达到最大加速度所经历的时间t ＝F k，由以上各式解得t ＝2F fk，此后B 将受恒力作用，做匀加速直线运动，v －t 图线为倾斜的直线，故B 正确．[答案] B专题强化训练(二)一、选择题1．(2019·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s 内的位移为16 m ，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.75 m/s 2[解析] 设该物体的初速度为v 0，加速度大小为a ，由题意知t ＝4 s ，根据匀变速直线运动规律，x ＝v 0＋v 032·t ，v 03＝v 0－at ，联立解得a ＝1 m/s 2，选项A 正确．[答案] A2．(多选)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时两车相距最近B ．0～9 s 内两车位移之差为45 mC ．t ＝6 s 时两车相距最近，为10 mD ．两车在0～9 s 内会相撞[解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时两车相距最近，故A 错误；图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，可得Δx ＝12×30×3 m＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m ，此时两车相距最近，为10 m ，所以两车不会相撞，故C 正确，D 错误；0～9 s 内两车位移之差Δx ′＝12×30×3 m＝45 m ，故B 正确．[答案] BC3．(2019·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s 内力F 、速度v 随时间变化如图所示，由图像可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．物体在6 s 内运动的位移为6 mC ．在0～2 s 内推力做的功为2 JD ．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析] 物体在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a ＝12m/s 2，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，即：3－μmg ＝ma ；物体在2～6 s 内做匀速直线运动，因此有：μmg ＝1 N ，联立解得：物体的质量为m ＝4 kg ，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A 错误，选项D 正确；根据v －t 图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s 内运动的位移为x ＝12×2×1 m＋4×1 m＝5 m ，选项B 错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×12×2×1 J＝3 J ，选项C 错误．[答案] D4．(2019·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．若F ＝1 N ，则物块、木板都静止不动B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度大小为1 m/s 2[解析] A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N＝4 N ，设A 与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F 0，则由牛顿第二定律可知F 0－f A m A ＝f Am B，解得F 0＝3 N ，F ＝1 N<F 0，则A 、B 均与木板保持。

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】 (多选)(2018·全国卷Ⅲ，18)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1所示。

下列说法正确的是( )图1A.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；从0～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CDv－t图象的理解及应用【典例2】 (多选)(2018·全国卷Ⅱ，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图2中甲、乙两条曲线所示。

已知两车在t2时刻并排行驶。

下列说法正确的是( )图2A.两车在t 1时刻也并排行驶B.在t 1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大解析 本题可巧用逆向思维分析，两车在t 2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t 1～t 2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t 1时刻甲车在后，乙车在前，B 正确，A 错误；依据v －t 图象斜率表示加速度分析出C 错误，D 正确。

力与直线运动［高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1。

匀变速直线运动规律的应用考向1。

匀变速直线运动规律的应用2017·全国卷Ⅱ T242018·全国卷ⅠT142016·全国卷ⅢT16考向 2.匀变速直线运动推论及比例关系的应用2019·全国卷ⅠT182.运动图象问题考向1。

图象的选取与转换考向2。

图象信息的应用2018·全国卷Ⅲ T182018·全国卷Ⅱ T192016·全国卷Ⅰ T213.牛顿运动定律的应用考向1.动力学的两类基本问题2019·全国卷Ⅲ T202016·全国卷Ⅱ T192018·全国卷Ⅱ T242015·全国卷Ⅰ T20考向2.瞬时性问题2018·全国卷Ⅰ T15考向3。

连接体问题2015·全国卷Ⅱ T20考向4.临界和极值问题2017·全国卷Ⅱ T25匀变速直线运动规律的应用（5年4考)❶近几年高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用,命题背景来源于生活中的实际问题。

❷在2020年的备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。

1．(2018·全国卷Ⅰ·T14）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能( ）A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比B[列车启动的过程中加速度恒定,由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为E k＝错误!mv2，由以上整理得E k＝错误!ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝错误!at2代入上式得E k＝max,则列车的动能与位移成正比,B正确；由动能与动量的关系式E k＝p22m可知,列车的动能与动量的平方成正比，D错误。

2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。

牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。

从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。

3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。

4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。

二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。

5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。

加之小球通过最高点有极值限制。

这就构成了主要考查点。

2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。

求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。

解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。

第2课时 力与直线运动考点 匀变速直线运动规律的应用1．基本规律速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 02＝2ax . 中间时刻的瞬时速度：＝x t ＝v 0＋v2.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2. 2．解题思路建立物体运动的情景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解． 3．刹车问题末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，应特别注意刹车问题，要先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解． 4．双向可逆类全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x 、v 、a 等矢量的正、负及物理意义． 5．平均速度法的应用在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化．例1 (2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图1所示水平导轨，A 、B 为弹性竖直挡板，相距L ＝4m ．一小球自A 板处开始，以v 0＝4m/s 的速度沿导轨向B 运动，它与A 、B 挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球停在AB 的中点，这个加速度的大小可能为( )图1A.47 m/s 2 B ．0.5 m/s 2 C ．1 m/s 2 D ．1.5 m/s 2答案 A解析 物体停在AB 的中点，可知物体的路程s ＝nL ＋L2，n ＝0,1,2….由v 2－v 02＝2as 得，|a |＝v 022(nL ＋12L )，n ＝0,1，2….代入数据解得|a |＝42n ＋1m/s 2.n ＝0,1,2…，将选项中加速度大小代入上式，可知只有A 项正确． 变式训练1．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)高铁进站近似做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三个位置，已知AB ＝BC ，测得AB 段的平均速度为30m/s ，BC 段的平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得( ) A ．高铁经过A 、B 、C 的速度 B ．高铁在AB 段和BC 段运动的时间 C ．高铁运动的加速度 D ．高铁在AC 段的平均速度 答案 AD解析 设质点在A 、B 、C 三点的速度分别为v A ，v B ，v C ，根据AB 段的平均速度为30m/s ，可以得到：v A ＋v B2＝30m/s ；根据BC 段的平均速度为20 m/s ，可以得到：v B ＋v C2＝20m/s ；设AB＝BC ＝x ，整个过程中的平均速度为：v ＝2xx 20m/s ＋x30m/s＝24m/s ，所以有：v A ＋v C2＝24 m/s ，联立解得：v A ＝34 m/s ，v B ＝26 m/s ，v C ＝14 m/s ，由于不知道AB 和BC 的具体值，则不能求解运动时间，因此无法求出其加速度的大小，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．2.(2019·全国卷Ⅰ·18)如图2，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )图2A ．1<t 2t 1<2 B ．2<t 2t 1<3 C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5答案 C解析 本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H4g ，第一个H4所用的时间为t 1＝2Hg－2×34H g ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确． 考点 直线运动图象的应用1．v －t 图象(1)图象意义：在v －t 图象中，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时物体做加速运动． 2．x －t 图象(1)图象意义：在x －t 图象上，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．(2)注意：在x －t 图象中，斜率的绝对值逐渐增大，则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，物体做减速运动． 3．基本思路(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义． (2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息． 4．解题技巧(1)应用解析法和排除法，两者结合提高图象类选择题的解题准确率和速度． (2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线． (3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．例2 (2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图3甲所示，质量为2kg 的物体在水平力F 作用下运动，t ＝0时刻开始计时，3s 末撤去F ，物体继续运动一段时间后停止，其v －t 图象的一部分如图乙所示，整个过程中阻力恒定，取g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．水平力F 为3.2NB ．水平力F 做功480JC ．物体从t ＝0时刻开始到停止，运动的总位移为92mD ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 答案 B解析 撤去拉力后，由题图乙得，物体加速度的大小a ＝|Δv Δt |＝20－125－3m/s 2＝4 m/s 2.撤去拉力后，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，μmg ＝ma ，解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，故D 项错误．由题图乙得，拉力作用时，物体做匀速直线运动，则F ＝μmg ＝0.4×2×10N ＝8N ，故A 项错误．拉力作用的3s 内物体的位移x 1＝v 0t 1＝20×3m＝60m ；则水平力F 做功W ＝Fx 1＝8×60J＝480J ，故B 项正确．物体从减速到速度为零过程，v 02－0＝2ax 2，解得物体从减速到停止运动的距离x 2＝v 022a ＝2022×4m ＝50m ．物体从t ＝0时刻开始到停止，运动的总位移x ＝x 1＋x 2＝60m ＋50m ＝110m ．故C 项错误． 变式训练3．(2019·浙江绍兴市3月选考)某玩具汽车从t ＝0时刻出发，由静止开始沿直线行驶，其a －t 图象如图4所示，下列说法正确的是( )图4A ．6s 末的加速度比1s 末的大B ．1s 末加速度方向与速度方向相同C ．第4s 内速度变化量大于零D ．第6s 内速度在不断变大 答案 B解析 由题图知6s 末的加速度比1s 末的小，选项A 错误；0～1s 内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，选项B 正确；由a －t 图象与t 轴所围图形的“面积”表示速度的变化量，知第4s 内速度变化量为零，第6s 内速度在不断减小，选项C 、D 错误．4.(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图5，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q ，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的力F 作用在Q 上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x 表示Q 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图象可能正确的是( )图5答案 A解析 开始时mg sin θ＝kx 0；现用一沿斜面向上的力F 作用在Q 上，当Q 离开静止位置的位移为x 时，根据牛顿第二定律：F ＋k (x 0－x )－mg sin θ＝ma ，解得F ＝kx ＋ma ，故选A.考点 牛顿运动定律的应用1．三大定律牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律2．运动性质分析(1)a＝0时，静止或匀速直线运动，此时合外力为0.(2)a＝恒量(不等于0)，且v0和a在同一条直线上时，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定．3．四种问题分析(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．(2)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，交替使用整体法与隔离法．(3)超重和失重问题物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．(4)两类动力学问题解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．例3 如图6甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10m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v0＝10m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现抬高木板右端，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同大小的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图6(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.答案(1)0.5 (2)(1＋5) s解析(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma①滑块恰好到木板右端停止0－v02＝－2aL②解得μ＝v022gL＝0.5③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmg cosθ＋mg sinθ＝ma1④0－v02＝－2a1s⑤0＝v0－a1t1⑥由④⑤⑥式，解得t1＝1s，s＝5m⑦设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mg sinθ－μmg cosθ＝ma2⑧s ＝12a 2t 22⑨由⑧⑨式解得t 2＝5s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＋5) s.变式训练5．(2019·浙江绍兴市3月选考)如图7所示，橡皮膜包住空心塑料管的底端，细线将橡皮膜固定密封，用手竖直握住塑料管保持静止状态，先将水从塑料管顶端倒入并灌至整管的三分之二处，然后在管顶处加一个带孔的瓶盖，此时橡皮膜凸出成半球状．现用力将塑料管向上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零．则( )图7A ．加速上升时塑料管处于失重状态B ．加速上升时橡皮膜底部进一步向下凸出C ．减速上升时塑料管处于超重状态D ．减速上升时塑料管内的水面将下降 答案 B解析 加速上升时，塑料管处于超重状态，水对橡皮膜的压力增大，橡皮膜的底部会进一步凸出；减速上升时，塑料管处于失重状态，水对橡皮膜的压力变小，橡皮膜凸出程度变小，水面将上升．6．(2019·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图8所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A 、B ，质量均为m ，A 、B 之间用轻质细绳水平连接．现沿细绳所在直线施加一水平恒力F 作用在A 上，A 、B 一起开始做匀加速直线运动，在运动过程中把和木块A 、B 完全相同的木块C 放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C 并达到稳定后，下列说法正确的是( )图8A ．若C 放在A 上，绳上拉力不变B ．若C 放在B 上，绳上拉力为F2C ．若C 放在B 上，B 、C 间摩擦力为F3D ．C 放在A 上比放在B 上运动时的加速度大 答案 C解析 F 拉A 使得整体运动，由牛顿第二定律：F ＝2ma ，对B 分析可知：F T ＝ma ，可得F T ＝F2.若C 放在A 上，三者一起加速，由整体法有F ＝3ma 1， 对B 由牛顿第二定律有：F T1＝ma 1，联立可得F T1＝F3，则绳上的拉力变小，故A 错误；若C 放在B 上，对整体F ＝3ma 2，对B 、C 有：F T2＝2ma 2，对B 滑块F T2－F f ＝ma 2， 联立可得F T2＝23F ，F f ＝F3，故B 错误，C 正确；由牛顿第二定律分析可得C 放在A 上时a 1＝F 3m ，C 放在B 上时a 2＝F3m ，两个加速度相同，故D 错误．考点 动力学方法分析“板—块”模型1．“板—块”模型的特点(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联；滑块、木板位移与板长之间的关联． (3)临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键． 2．分析多过程问题的基本方法应当将复杂的运动过程分解为几个子过程，就每个子过程进行求解，关键是分析每一个子过程的特征(包括受力和运动)并且要寻找各子过程之间的联系．例4 (2019·广东惠州市第二次调研)如图9，一质量M ＝1kg 的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为v 0＝5m/s 时将一质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地轻放到木板的A 端；已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数μ1＝0.2，薄木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，取g ＝10 m/s 2.求：图9(1)小铁块放到薄木板上瞬间铁块和木板的加速度大小a 1、a 2； (2)小铁块与薄木板的速度第一次相等时，二者的位移大小； (3)当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到A 端的距离． 答案 (1)2m/s 28 m/s 2 (2)0.25m 1.5m (3)1.125m解析 (1)对m 由牛顿第二定律得：F f m ＝μ1mg ＝ma 1a 1＝μ1mg m＝2m/s 2对M 由牛顿第二定律得：F f m ＋F f M ＝Ma 2a 2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝8m/s 2(2)m 向右加速运动，M 向右减速运动，设经过时间t 二者速度相等且为v . 则对m ：v ＝a 1t 对M ：v ＝v 0－a 2t 解得t ＝0.5s ，v ＝1m/s二者速度第一次相等时m 的对地位移x m 1＝12a 1t 2＝0.25mM 的对地位移x M 1＝v 0t －12a 2t 2＝1.5m(3)μ1<μ2，则0.5s 后，m 在M 上会向右减速滑动，此时，m 减速时的加速度大小a m ＝μ1mg m＝2m/s 2M 减速时的加速度大小 a M ＝μ2(m ＋M )g －μ1mg M＝4m/s 2m 减速到0的时间t m ＝va m ＝0.5sM 减速到0的时间t M ＝va M＝0.25s故小铁块速度减小到零时，木板早已停下，且不会再滑动．从速度为v 到速度减为零，木板的位移x M 2＝v 22a M ＝0.125m小铁块的位移x m 2＝v 22a m＝0.25m所以小铁块离木板A 端的距离：d ＝x M 1＋x M 2－(x m 1＋x m 2)＝1.125m.变式训练7．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图10(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 ＝4s 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10m/s 2.由题给数据可以得出( )图10A ．木板的质量为1kgB ．2～4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0～2s 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 答案 AB解析 由题图(c)可知木板在0～2s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2s 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2～4s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，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 ＝0.2N ，解得m ＝1kg 、F ＝0.4N ，选项A 、B 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．8．(2019·江西重点中学协作体第一次联考)如图11所示，一质量为m B ＝3kg ，长为L ＝8m 的薄木板B 放在水平面上，质量为m A ＝2kg 的物体A (可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v 0＝5m/s 的速度向右匀速运动．在物体A 带动下，木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出功率P ＝40 W ．已知木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图11(1)木板B 运动的加速度大小； (2)物体A 滑离木板所用的时间． 答案 (1)1m/s 2(2)2s解析 (1)电动机对物体A 的拉力为F ＝Pv 0物体A 匀速运动，木板B 对A 的摩擦力为F f ＝F 由牛顿第三定律，A 对B 的摩擦力F f ′＝F f ， 对木板根据牛顿第二定律有F f ′－μ(m A ＋m B )g ＝m B a 代入数据，联立解得a ＝1m/s 2(2)假设A 离开时，B 仍处于加速状态，由二者的位移关系有v 0t ＝L ＋12at 2代入数据解得t 1＝2s, t 2＝8s当t 2＝8s 时，v B ＝at 2＝8m/s ，v B >v 0，不合题意 当t 1＝2s 时，v B ＝at 1＝2m/s ，v B <v 0所以物体A 滑离木板所用的时间为2s ．专题突破练 级保分练1.(2019·广东清远市期末质量检测)近年来学校都非常重视足球运动．在某学校举行的颠球比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，如图1所示，图示时刻足球恰好竖直向上运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近( )图1A ．6m/sB ．3 m/sC ．1m/sD ．0.5 m/s答案 B解析 由题图可知，足球上升到的高度大约为0.7 m ，人的脚的上表面距离地面的高度约0.15m ；足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v ，上升的高度为h ，则：v 2＝2gh ，所以：v ＝2gh ＝2×10×(0.7－0.15)m/s ≈3.3 m/s ，可知在四个选项中，最接近的是B 选项．2．(2019·福建三明市期末质量检测)一列火车沿直线轨道从静止出发由A 地驶向B 地，列车先做匀加速直线运动，加速度大小为a ，接着做匀减速直线运动，加速度大小为2a ，到达B 地时恰好静止，若A 、B 两地距离为s ，则火车从A 地到B 地所用时间t 为( ) A.3s4aB.4s 3aC.3saD.3s 2a答案 C解析 设加速过程结束时的速度为v ，则v 22a ＋v 22·2a＝s ，解得v ＝4as3，则整个过程中的平均速度为v ＝v 2＝as3，则火车从A 地到B 地所用时间为t ＝s v＝3sa，故选C.3.(2019·浙江金华十校高三期末)气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜爱．如图2所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(圆形塑料片)浮离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动．某次比赛中，当小球受击打后以速度v 0匀速直线运动至离对方球门L 处时，小孔突然停止喷气，小球恰能做匀减速直线运动到对方球门，则( )图2A ．若小球以速度v 0运动到离对方球门0.5L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为22v 0 B ．若小球以速度v 0运动到离对方球门0.5L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为v 02C ．若小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为24v 0 D ．若小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为v 02答案 A解析 由题意知停止喷气时小球做匀减速运动，v 02＝2aL ，若x ＝0.5L 时停止喷气，由v 02－v 12＝2a ·0.5L ，得v 1＝22v 0，故A 正确，B 错误；若浮力减半，则加速度大小a ′＝a2，由v 02－v 22＝2a ′·L ，得v 2＝22v 0，故C 、D 错误． 4．(2019·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数为200N/m 的弹簧，弹簧的原长为20 cm ，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg 的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm ，g 取10 m/s 2，则电梯的运动状态及加速度大小为( )A ．匀加速上升，a ＝2.5m/s 2B ．匀减速上升，a ＝2.5m/s 2C ．匀加速上升，a ＝5m/s 2D ．匀减速上升，a ＝5m/s 2 答案 C解析 由胡克定律可知，弹簧的弹力F ＝kx ＝200×(0.23－0.20) N ＝6N ，由牛顿第二定律知：F －mg ＝ma 解得：a ＝5m/s 2物体加速度方向向上，与电梯加速度相同，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图3甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a 与弹簧的伸长量x 的关系如图乙所示(图中所标量已知)，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，则物块的质量m 及物块与地面间的动摩擦因数μ为( )图3A ．m ＝kc b ，μ＝b gB ．m ＝kc b ，μ＝g bC ．m ＝kb c，μ＝b gD ．m ＝kb c，μ＝g b答案 A解析 对物块，根据牛顿第二定律：kx －μmg ＝ma ，解得a ＝k m x －μg ，结合题图乙可知，k m＝b c ，－μg ＝－b ，解得m ＝kc b ，μ＝bg，故选A. 6.(2019·江西南昌市一模)一质量为1kg 的小物块静止在光滑水平面上，t ＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F ，其速度的二次方随位移变化的图象为经过点P (5,25)的直线，如图4所示，则( )图4A ．小物块做匀速直线运动B ．水平拉力F 的大小为2.5NC ．5s 内小物块的位移为5mD ．5s 末小物块的速度为25m/s 答案 B解析 由F ＝ma 及v 2＝2ax 得v 2＝2F m ·x ，故2F m ＝255，得F ＝2.5N小物块做匀加速运动的加速度大小为a ＝F m＝2.5m/s 25s 末v ＝at ＝12.5m/s 5s 内x ＝12at 2＝31.25m ，故B 正确，A 、C 、D 错误．7.(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v 0＝10m/s 沿斜面向上运动(如图5所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，g 取10m/s 2，则物块在运动时间t ＝1.5s 时离斜面底端的距离为( )图5A ．3.75mB ．5mC ．6.25mD ．15m答案 B解析 小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a ＝g sin α＋μg cos α＝10m/s 2，小物块运动到最高点的时间t ＝v 0a＝1s<1.5s ，由于mg sin α＝μmg cos α，小物块运动到最高点速度为零时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为x ＝v 022a＝5m ，选项B 正确．8.(2019·江苏无锡市上学期期末)如图6所示，水平传送带以速度v 0向右匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆，在t ＝0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失．则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，下列工件运动的v －t 图象可能的是( )图6答案 C解析 工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值，故A 、B 错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，故C 正确，D 错误．9．(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)将两质量不同的物体P 、Q 放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图7甲所示，在物体P 上施加沿斜面向上的恒力F ，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P 上加水平恒力F ；图丙为两物体叠放在一起，在物体P 上施加一竖直向上的恒力F ，使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a 甲、a 乙、a 丙，两物体间的作用力分别为F 甲、F 乙、F 丙．则下列说法正确的是( )图7A ．a 乙最大，F 乙最大B ．a 丙最大，F 丙最大C ．a 甲＝a 乙＝a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙D ．a 乙＞a 甲＞a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙 答案 D解析 假设物体P 的质量为M ，物体Q 的质量为m .由牛顿第二定律，对图甲中的物体P 和Q 有：F －(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a 甲，对物体Q ：F 甲－mg sin θ＝ma 甲，解得：a 甲＝F M ＋m－g sin θ，F 甲＝Fm M ＋m ；同理对图乙，解得a 乙＝F M ＋m ，F 乙＝Fm M ＋m ；同理对图丙，解得a 丙＝F M ＋m－g、F丙＝FmM＋m；显然a乙>a甲>a丙，F甲＝F乙＝F丙，D正确．级争分练10.(多选)(2019·贵州省部分重点中学教学质量评测)如图8所示，滑块A沿表面粗糙的固定斜面B加速下滑．下列做法中，一定能使A下滑时加速度减小的是( )图8A．在A上放一物块B．在A上施一竖直向下的力C．在A上施一垂直斜面向下的力D．在A上施一竖直向上且小于A重力的力答案CD解析设滑块A与斜面B之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，滑块A沿表面粗糙的固定斜面B加速下滑的加速度为a1，则有：mg sinθ－μmg cosθ＝ma1，a1＝g sinθ－μg cosθ，在A上放一物块，相当于增大A的质量，对A的加速度没有影响，故A错误．在A上施一竖直向下的力有：(F＋mg)sinθ－μ(F＋mg)cosθ＝ma2，a2＝g sinθ－μg cosθ＋F sinθ－μF cosθm ，因为加速下滑有：μ<tanθ＝sinθcosθ，即sinθ>μcosθ，F sinθ>μF cosθ，所以a2>a1，故B错误．在A上施一垂直斜面向下的力，同理分析有：mg sinθ－μmg cos θ－μF＝ma3，a3＝g sin θ－μg cosθ－μFm<a1，故C正确．在A上施一竖直向上且小于A重力的力，有：(mg－F)sin θ－μ(mg－F)cosθ＝ma4，a4＝g sinθ－μg cosθ＋μF cosθ－F sinθm<a1，故D正确．11．(2019·浙江嘉丽3月联考)如图9所示，我国“辽宁号”航母的舰载机采用滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始加速至滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4m．已知质量m＝2.0×104kg的舰载机喷气发动机推力大小恒为F ＝1.2×105N，方向与速度方向相同．若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.1倍，飞机质量视为不变并看成质点，重力加速度g取10m/s2，航母处于静止状态．图9(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；(3)为了使飞机速度在倾斜跑道的末端达到4920m/s，外界还需要在整个水平轨道加速阶段对飞机施加助推力，求助推力F 推的大小． 答案 (1)8s (2)3m/s 2(3)2.0×105N解析 (1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a 1、运动时间为t 1，有F －F f ＝ma 1 l 1＝12a 1t 12解得：t 1＝8s(2)飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a 2F －F f －mg sin θ＝ma 2 sin θ＝h l 2＝15解得：a 2＝3m/s 2(3)在水平轨道上：F 推＋F －F f ＝mav 12＝2al 1在倾斜跑道上：v 22－v 12＝2a 2l 2 解得：F 推＝2.0×105N.12．(2019·河北衡水中学高考模拟)如图10甲所示，地面上有一长为l ＝1m 、高为h ＝0.8m 、质量M ＝2kg 的木板，木板的右侧放置一个质量为m ＝1kg 的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F ，拉力F 随时间的变化如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2.求：图10(1)前2s 木板加速度的大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs . 答案 (1)2m/s 2(2)1.68m解析 (1)木块在木板上滑行的最大加速度为a 1，则 μ1mg ＝ma 1 解得：a 1＝4m/s 2保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力F m ＝μ2(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 1＝30N.因F 1＝24N<F m ＝30N ，故木块与木板一起做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：F 1－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a解得：a ＝2m/s 2(2)2s 末木块与木板的速度为v ，由运动学知识可得：v ＝at 1＝4m/s2s 后F 2＝34N>F m ＝30N ，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a 1，木板加速度为a 2F 2－μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2经时间t 2二者分离，此时由运动学规律可得：vt 2＋12a 2t 22－(vt 2＋12a 1t 22)＝l解得：a 2＝6m/s 2，t 2＝1s 此时木块的速度v 块＝v ＋a 1t 2 木板的速度：v 板＝v ＋a 2t 2木块与木板分离至滑落到地面的时间为t 3，由平抛运动知识可得：h ＝12gt 32在t 3时间内，木块在水平方向向前的位移为：s 块＝v 块t 3木块与木板分离后，木板的加速度为a 3，由牛顿第二定律可得：F 2－μ2Mg ＝Ma 3 在t 3时间内，木板在水平方向向前的位移为：s 板＝v 板t 3＋12a 3t 32所以，木块落地时距离木板左侧：Δs ＝s 板－s 块 联立以上式子解得：Δs ＝1.68m.。

第2讲 力与直线运动[相关知识链接] 1．基本公式v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 02＝2ax .2．重要推论2tv ＝v ＝v0＋v2(利用平均速度测瞬时速度)；2xv ＝v02＋v22；Δx ＝aT 2(用逐差法测加速度)． 3．符号法则选定正方向，将矢量运算转化为代数运算． [规律方法提炼] 1．解题思路建立物体运动的图景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解．2．刹车问题的分析末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，特别对于刹车问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解． 3．双向可逆类运动分析匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x 、v 、a 等矢量的正负及物理意义． 4．平均速度法的应用在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化． 例1 (20xx·广东××市下学期一模)高速公路的ETC 电子收费系统如图所示，ETC 通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC 天线用了0.3 s 的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7 s ，刹车的加速度大小为5 m/s 2，则该ETC 通道的长度约为( )A ．4.2mB ．6.0mC ．7.8mD ．9.6m 答案 D解析 汽车匀速运动的位移x 1＝v (t 1＋t 2)＝6×(0.3＋0.7) m ＝6m. 匀减速过程x 2＝v22a ＝622×5m ＝3.6m.故通道长度x ＝x 1＋x 2＝9.6m ，选项D 正确．拓展训练1 (20xx·金华十校高三期末)气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜爱．如图所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(红色圆形塑料片)浮离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动．某次比赛中，当小球受击打后以速度v 0做匀速直线运动至离对方球门L 处时，小孔突然停止喷气，小球恰能匀减速直线运动到对方球门，则( )A ．若小球以速度v 0运动到离对方球门0.5L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为2v02B ．若小球以速度v 0运动到离对方球门0.5L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为v02C ．若小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为2v04D ．若小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为v02 答案 A解析 由题意知v 02＝2μgL ，若0.5L 处停止喷气，由v 02－v 2＝2μg L2，得v ＝22v 0，故A 正确，B 错误； 若离球门L 处浮力减半，即F 浮′＝12F 浮＝12mg ，则a ＝μ(mg －F 浮′)m ＝12μg由v 02－v ′2＝2aL 得v ′＝22v 0，故C 、D 均错误．拓展训练2 (20xx·安徽××市第二次质检)图中ae 为港珠澳大桥上四段110m 的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a 点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab 段的时间为t ，则通过ce 段的时间为( )A ．t B.2t C ．(2－2)t D ．(2＋2)t 答案 C解析 设汽车的加速度为a ，经历bc 段、ce 段的时间分别为t 1、t 2，x ab ＝12at 2，x ac ＝12a (t ＋t 1)2，x ae ＝12a (t ＋t 1＋t 2)2，解得：t 2＝(2－2)t ，故选C.[相关知识链接]1．a ＝0时，物体静止或做匀速直线运动，此时合外力为0.2．a为恒量(不为0)时，且v0和a在同一条直线上，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定．[规律方法提炼]1．瞬时问题要注意绳、杆的弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．2．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，灵活运用整体法与隔离法．3．超重和失重问题物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．例2(多选)(20xx·广东××市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍，重力加速度为g.则( )A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上B．整列列车的加速度大小为F－2kmg2mC．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为F 2D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为F＋kmg2答案BC解析启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的摩擦力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整列列车，根据牛顿第二定律：4F－8kmg＝8ma，解得a＝F－2kmg2m，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21－kmg＝ma，解得F21＝F2，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，选项D错误．拓展训练320xx年7月的喀山游泳世锦赛中，陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．她在空中上升过程中处于超重状态B．她在空中下落过程中做自由落体运动C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案 D解析起跳以后的上升过程中她有方向向下的加速度，所以处于失重状态，故A 错误；她具有水平初速度，所以空中下落过程不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D正确．拓展训练4如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1kg 的小球，小球分别与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是( )A．小球受到地面的弹力仍然为零B．小球立即向左运动，且a＝8m/s2C．小球立即向左运动，且a＝10m/s2D．小球仍然静止答案 B解析分析剪断轻绳前小球的受力情况，如图所示，可知弹簧的弹力F＝mg，剪断轻绳后，弹簧弹力未变化，但小球立即受到地面的弹力和摩擦力的作用，F＞μmg，小球发生滑动，则有F－μmg＝ma，a＝8m/s2，选项A、C、D错误，B正确．1．基本思路2．解题关键抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．3．常用方法(1)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．(2)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于末速度为零的匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等．例3(20xx·××市3月选考)如图所示，一辆满载西瓜的卡车从某地由静止出发，以0.5m/s2的加速度沿直线运动了30s，由于司机疏忽大意，车头撞在断桥桥头的护栏上(车立即停下)，碰撞瞬间安全气囊弹出，司机(上半身，质量为40kg)被气囊护住相对于地面向前移动了75cm后停住，与此同时车顶上绑住行李箱的绳子断裂，行李箱(可看作质点)在车顶上滑行了1m后飞出，已知箱子与车顶的动摩擦因数为0.75，车顶距地面的高度为h1＝2.45m，平底河床距离地面h2＝2.55m．求：(1)卡车与护栏碰撞时的速度大小；(2)气囊对司机(上半身)的作用力大小；(3)箱子的落点到河岸侧壁的距离．(结果中可以保留根号) 答案(1)15m/s (2)6000N (3)210m解析(1)汽车匀加速过程，据v＝0＋a1t1代入数据得v＝15m/s(2)把司机与气囊相互作用当作匀减速过程，根据v2＝2a2x解得a2＝150m/s2作用力F＝ma2＝6000N(3)行李箱在车顶上滑行过程是匀减速运动，a3＝μg＝7.5m/s2平抛初速度v0＝v2－2a3L＝210m/s飞行高度h＝h1＋h2＝2.45m＋2.55m＝5m，则飞行时间t＝2hg＝1s则s＝v0t＝210m拓展训练5(20xx·台州3月一模)20xx年1月3日，中国的“嫦娥四号”成为了人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．“嫦娥四号”探测器在距离月面100m高度的A点时，利用发动机的反推力作用悬停，用自身的三维成像敏感器对着陆区进行障碍检测，选出月面C点为最安全的着陆点．此时，探测器调整发动机的反推力，沿水平方向从静止做匀加速直线运动，然后再以相同加速度大小做匀减速直线运动，刚好在C点正上方的B点减速为零，如图所示．已知AB长10 m，从A到B的运动时间为20 s，探测器总质量为300kg(忽略喷气对探测器质量的影响)，探测器在月球表面的重力为地球表面的1 6，重力加速度g＝10m/s2，求探测器：(1)从A运动到B过程中的最大速率；(2)匀加速运动时的加速度大小；(3)匀减速运动时发动机的反推力大小．答案 (1)1.0m/s (2)0.1 m/s 2 (3)102509N 解析 (1)探测器从A 运动到B 的平均速度为 v ＝s t ＝1020m/s ＝0.5 m/s最大速度为v m ＝2v ＝1.0m/s (2)加速时间t 1＝t2＝10s加速度大小为a ＝vm t1＝110m/s 2＝0.1 m/s 2 (3)水平方向的合力：F x ＝ma ＝30N 根据力的平行四边形定则，可得F ＝(16mg )2＋F x 2＝102509N(写为500N 也对) 拓展训练6 (20xx·安徽××市一模检测)如图所示，一质量为m 的小物块，以v 0＝15m/s 的速度向右沿水平面运动12.5m 后，冲上倾斜角为37°的固定斜面，若物块与水平面及斜面的动摩擦因数均为0.5，斜面足够长，物块从水平面到斜面的连接处无能量损失．求：(1)物块在斜面上能达到的最大高度；(2)物块在斜面上运动所需的时间．(g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，结果保留二位有效数字) 答案 (1)3m (2)3.2s解析 (1)小物块在水平面上：a 1＝－μg ＝－5m/s 2，v 12－v 02＝2a 1x ，解得v 1＝10m/s小物块在斜面上向上运动：a 2＝－g sin θ－μg cos θ＝－10m/s 2，0－v 12＝2a 2s ，可解得s ＝5m ，所以h ＝s sin θ＝3m (2)小物块在斜面上向上运动的时间：t 1＝0－v1a2＝1s 小物块在最高点时：mg sin θ＞μmg cos θ，所以小物块会匀加速下滑，加速度a 3＝g sin θ－μg cos θ＝2m/s 2，由s＝12a3t22，解得：t2＝5s小物块在斜面上运动所需时间为：t＝t1＋t2＝(1＋5) s≈3.2s.1．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．2．解题关键(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．例4如图所示，水平传送带两端相距x＝8m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10m/s，设工件到达B端时的速度大小为vB.(取g＝10 m/s2)(1)若传送带静止不动，求v B；(2)若传送带顺时针转动，工件还能到达B端吗？若不能，说明理由；若能，求到达B点的速度大小v B；(3)若传送带以v＝13m/s逆时针匀速转动，求v B及工件由A到B所用的时间．答案(1)2m/s (2)能 2 m/s (3)13m/s 0.67s解析(1)工件受到的摩擦力方向水平向右，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6m/s2，且v A2－v B2＝2ax，故v B＝2m/s. (2)能．当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，仍然做相同的减速运动，故工件到达B端的速度大小v B＝2m/s.(3)传送带以v＝13m/s逆时针匀速转动时，开始时工件受到的摩擦力方向水平向左，加速度大小a′＝6 m/s2，工件速度达到13m/s时所用时间为t1＝v－vA a′＝0.5s，运动的位移为x1＝v A t1＋12a′t12＝5.75m＜8m，则工件在到达B端前速度就达到了13m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速运动．匀速运动的位移x2＝x－x1＝2.25m，t2＝x2v≈0.17s，工件由A到B所用的时间t＝t1＋t2＝0.67s.拓展训练7如图所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2m/s运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20 kg的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高h＝1.8 m的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则每件物品箱由静止从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)答案 3.25s解析物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到v0时，与传送带一起做匀速运动到平台．物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有μmg cosα－mg sinα＝ma，解得a＝0.8m/s2.从静止到与传送带共速所用时间t1＝v0a＝1.20.8s＝1.5s，此过程中，物品箱沿斜面向上的位移x＝v02t1＝0.9m.物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为t2＝hsinα－xv0＝1.8sin37°－0.91.2s＝1.75s，总时间为t＝t1＋t2＝3.25s.专题强化练基础题组1.(20xx·湖南××市雅礼中学期末)如图所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t.利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的( )A．初速度B．末速度C．平均速度D．加速度答案 C解析匀变速直线运动的位移公式：x＝v0t＋12at2，速度公式：vt＝v0＋at，共含有v t、v0、x、a、t五个未知量，至少要知道三个，才能求出另外两个物理量．由题意知，自行车垂直经过该减速带时，前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，自行车前后轮轴的距离为L，只知道两个物理量，所以不能求出v t、v 0、a三个物理量，故A、B、D错误；由平均速度定义可得：v＝xt，已知前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，自行车前后轮轴的距离为L，所以能求出平均速度，故C正确．2．(多选)(20xx·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)矿井中的升降机以5m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )A．螺钉松脱后做自由落体运动B．矿井的深度为45mC．螺钉落到井底时的速度大小为25m/sD．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s答案BC解析螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；螺钉自脱落至井底的位移h1＝－v0t＋12gt2，升降机这段时间的位移h2＝v0t，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45m，B项正确；螺钉落到井底时速度大小为v＝－v0＋gt＝25m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为h1＝v0t′，解得t′＝6s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9s，D项错误．3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并在空中做各种动作．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力－时间图象，假如作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，空气阻力忽略不计，则运动员跃起的最大高度是(g取10m/s2)( )A．1.8mB．3.6mC．5.0mD．7.2m答案 C解析由题图可知，运动员腾空的时间为2s，由对称性可得自由下落的时间为1s，故运动员跃起的最大高度是h＝12gt2＝5.0m，C正确．4．(20xx·××市高三期末)我国南方多雨地区在建造房屋屋顶时，需要考虑将屋顶设置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下．若忽略雨水从屋顶流下时受到的阻力，为使雨水在屋顶停留时间最少，则屋顶应设计成下图中的( )答案 C解析设屋顶的夹角为2θ，屋顶的宽度为L，由牛顿第二定律得雨滴下滑的加速度：a＝g cosθ，由几何关系得斜面的长度：x＝L2sinθ；由位移公式得：x＝12at2；联立得：t＝2Lgsin2θ，可知当θ＝45°时时间最短，即屋顶的夹角为90°，故C正确，A、B、D错误．5．(20xx·江西××市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为( )A．匀加速上升，a＝2.5m/s2B．匀减速上升，a＝2.5m/s2C．匀加速上升，a＝5m/s2D．匀减速上升，a＝5m/s2答案 C解析由胡克定律可知，弹簧的弹力F＝kx＝200×(0.23－0.20) N＝6N，由牛顿第二定律知：F－mg＝ma，解得：a＝5m/s2物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，A、B、D错误．6．(多选)(20xx·山东××市3月第一轮模拟)雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用，假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前均达到最大速率．下列判断正确的是( )A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动B．所有雨滴的最大速率均相等C．较大的雨滴最大速率也较大D．较小的雨滴在空中运动的时间较长答案CD解析根据牛顿第二定律：a＝mg－kvm，则雨滴下落时，随速度的增加，加速度逐渐减小，则达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A错误；当a＝0时速度最大，则v m＝mgk，则质量越大，最大速度越大，选项B错误，C正确；较小的雨滴在空中运动的最大速度较小，整个过程的平均速度较小，则在空中运动的时间较长，选项D正确．7.如图所示，光滑水平面上，水平恒力F拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M，木块质量为m，它们的共同加速度为a，木块与小车间的动摩擦因数为μ.则在运动过程中( )A．木块受到的摩擦力大小一定为μmgB．木块受到的合力大小为(M＋m)aC．小车受到的摩擦力大小为mF m＋MD．小车受到的合力大小为(M＋m)a答案 C解析木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律F f＝ma，A、B 错误；小车受到的合外力为Ma，D错误；对小车和木块整体：F＝(M＋m)a，对木块：F f＝ma＝mFM＋m，由牛顿第三定律得小车受到的摩擦力大小也为mFM＋m，C正确．8.如图所示，水平放置的传送带以速度v＝2m/s沿顺时针方向转动，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.若A端与B端相距6m，则物体由A到B的时间为( )A．2sB．2.5sC．3.5sD．4s答案 C解析物体放在传送带上，传送带对物体有向右的滑动摩擦力，使物体开始做匀加速直线运动，物体与传送带速度相等后滑动摩擦力消失，物体与传送带以相同的速度做匀速直线运动．根据牛顿第二定律得μmg＝ma，物体加速运动的加速度为a＝μg＝2m/s2，达到共同速度所用的时间t1＝va＝1s，发生的位移x1＝v2t1＝1m，此后匀速运动的时间t2＝L－x1v＝2.5s，到达B共用时间3.5s，选项C正确．能力题组9．(20xx·××市东××区上学期期末)如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则( )A．由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C．物块与传送带间的动摩擦因数为1 4D．传送带底端到顶端的距离为11m答案 C解析由题图乙可知在0～1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式F f＝μF N可知两段时间内摩擦力大小相等，故选项A、B错误．在0～1s内物块的加速度为a＝ΔvΔt＝4－121m/s2＝－8m/s2，根据牛顿第二定律得：－(mg sin37°＋μmg cos37°)＝ma，解得μ＝1 4，故C正确；物块上升的位移大小等于v－t图象所包围的面积大小，为：x＝4＋12 2×1m＋4×12m＝10m，所以传送带底端到顶端的距离为10m，故D错误．10．(20xx·金华十校期末)如图所示，在某段平直的铁路上一列以324km/h高速行驶的“和谐号”列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留5 min，随后匀加速驶离车站，经9 km后恢复原速324 km/h.求：(1)“和谐号”减速、加速时的加速度；(2)“和谐号”从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小．答案(1)－0.3 m/s20.45 m/s2(2)28.125 m/s解析(1)由a1＝ΔvΔt，得a1＝－0.3m/s2由v2＝2a2x2，得a2＝0.45m/s2(2)由x1＝v2t1，得x1＝13500m由x2＝v2t2，得t2＝200s由v＝x1＋x2t1＋t＋t2，得v＝28.125m/s11．(20xx·江苏××市上学期期末)如图(a)所示，质量为m＝2kg的物块以初速度v0＝20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图(b)所示，g 取10 m/s2.试求：(1)物块在0～4s内的加速度a1的大小和4～8s内的加速度a2的大小；(2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)8s内恒力F所做的功．答案(1)5 m/s2 2 m/s2(2)7 N 0.15 (3)－168 J解析(1)由题图可知，0～4s内，物块向右做匀减速直线运动，4～8s内，物块向左做匀加速直线运动；0～4s内，a1＝ΔvΔt＝－204m/s2＝－5 m/s2，大小为5m/s2，方向水平向左；4～8s内，a2＝Δv′Δt′＝－88－4m/s2＝－2 m/s2，大小为2m/s2，方向水平向左；(2)根据牛顿第二定律，在0～4s内恒力F与摩擦力同向：F＋μmg＝ma1 4～8s内恒力F与摩擦力反向：F－μmg＝ma2，解得：F＝7N，μ＝0.15(3)根据图形的面积可得8s内物块运动的位移大小为x＝12×(4×20) m－12×(4×8) m＝24m，方向水平向右，与恒力F方向相反，故恒力F做的功为W＝－Fx＝－7×24J＝－168J.12．(20xx·吉林××市友好学校联合体期末)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝10m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v0＝10m/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/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(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.答案(1)0.5 (2)1＋5s解析(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块的加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma①滑块恰好到木板右端停止，故有0－v02＝－2aL②解得μ＝v022gL＝0.5③。

专题二 力与物体的直线运动一． 专题要点第一部分：匀变速直线运动在力学中的应用1.物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受的合外力与速度方向平行。

2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受的合外力为恒力且与速度方向平行。

3.牛顿第二定律的内容是：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。

4.速度时间关系图像的斜率表示物体运动的加速度，图像所包围的面积表示物体运动的位移。

在分析物体的运动时常利用v-t 图像帮助分析物体的运动情况。

5.超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化。

当a=g 时物体完全失重。

6.匀变速直线运动的基本规律为 速度公式：at v v t +=0位移公式：2021at t v x +⋅=速度与位移关系式：ax v v t 2202=- 7.匀变速直线运动 平均速度：20t v v t x v +=或 位移中点的瞬时速度2220tv v v +=中点第二部分：匀变速直线运动在电学中的应用1. 带电粒子在电场中直线运动的问题：实质是在电场中处理力学问题，其分析方法与力学中相同。

首先进行受力分析，然后看物体所受的合外力与速度方向是否一致，其运动类型有电场加速运动和交变的电场内往复运动2. 带电粒子在磁场中直线运动问题：洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向。

3. 带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍然是一个力学问题，同样遵循力和运动的各条基本规律。

4. 若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与速度大小密切相关。

只有带电粒子的速度大小不变，才可能做直线运动，也即匀速直线运动。

二． 考纲要求 考点 要求 考点解读 参考系、质点Ⅰ本专题知识是整个高中物理的基础，高考对本部分考查的重点是匀变速直线运动的公式及应用；v- t 图像的理解及应用，其命题情景较为新颖，（如高速公路上的车距问题、追及相遇问题）竖直上抛与自由落体运动的规律及其应用；强调对牛顿第二定律分析、计算和应用考查，而牛顿第三定律贯穿于综合分析过程中。

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，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A.1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C.3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5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始的自由落体运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H4g ，第一个H4所用的时间为t 1＝2H g －2×34H g，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确.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/s 2，空气阻力可以忽略，则( )A ．砖块上升的最大高度为10 mB ．经2 s 砖块回到抛出点C ．砖块回到抛出点前0.5 s 时间内通过的距离为3.75 mD ．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动[解析] 由h ＝v 202g 得，砖块上升的最大高度h ＝5 m ，选项A 错误；砖块上升的时间t ＝v 0g＝1 s ，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s 砖块回到抛出点，选项B 正确；砖块被抛出后经0.5 s 上升的高度h ′＝v 0t ′－12gt ′2＝3.75 m ，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s 时间内通过的距离为3.75 m ，选项C 正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D 错误．[答案] 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5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＝v 1a＝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>8 m ，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＝x 5v 1＝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：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 ＋12×(－2a )×t 2，v A＝v 0＋(－2a )×t对B 车有x B ＝12at 2，v B ＝at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＝6ax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≤6ax .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 ＋12×(－2a )×t 2＝x ＋12at 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≤6ax .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 ′＝at 以上两式联立解得t ＝v 03a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x ＝12v 0·t ＝12v 0·v 03a ＝v 206a所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax.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v0，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v2－v20＝2a′x得：02－v20＝2·(－3a)·x所以v0＝6ax.故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax.答案：v0≤6ax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受力情况F合F合＝m aa运动学公式运动情况（v、x、t）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分析瞬时变化前后物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度【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 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t 2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t 1～t 2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t 1～t 2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v 1，则t 1时刻的速度也为v 1；t 2时刻的速度为v 2.在t 2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t 2＋(n －1)Δt ～t 2＋n Δt 内的位移为s n ，n ＝1，2，3….若汽车在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 时间内未停止，设它在t 2＋3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2＋4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学公式有s 1－s 4＝3a (Δt )2① s 1＝v 2Δt －12a (Δt )2② v 4＝v 2－4a Δt③联立①②③式，代入已知数据解得v 4＝－176m/s④这说明在t 2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止． 因此，①式不成立．由于在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式v 3＝v 2－3a Δt⑤ 2a s 4＝v 23⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a ＝8 m/s 2，v 2＝28 m/s⑦ 或者a ＝28825 m/s 2，v 2＝29.76 m/s⑧但⑧式情形下，v 3<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f 1.由牛顿第二定律有f 1＝ma⑨在t 1～t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I ＝12f 1(t 2－t 1)⑩由动量定理有I ＝mv 1－mv 2 ⑪由动能定理，在t 1～t 2时间内，汽车克服阻力做的功为W ＝12mv 21－12mv 22⑫联立⑦⑨○10⑪⑫式，代入已知数据解得v 1＝30 m/s ⑬ W ＝1.16×105 J⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为 s ＝v 1t 1＋12(v 1＋v 2)(t 2－t 1)＋v 222a⑮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/s 2(3)30 m/s 1.16×105J 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～t1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～t1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；t1～t2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；t2和t4两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t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4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．22g B.5gC．2g D.2g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）2＋（2mg）2＝5mg，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＝5g，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6.5 m ，小球A 、B 与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的12，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．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/s 2 对 A 有m A g －km B g ＝m A a A 解得a A ＝8 m/s 2.(2)设经历时间t 1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12a A t 21＋12a B t 21＝6.5 m 解得t 1＝1 s此时B 下落 h B ＝12a B t 21＝2.5 m小球B 离开绳时的速度为 v B ＝a B t 1＝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t 2落地有H ＝6.5 m ＋0.8 m －2.5 m ＝4.8 m H ＝v B t 2＋12gt 22解得t 2＝0.6 s故B 从开始释放到落地共经历时间t ＝t 1＋t 2＝1.6 s. 答案：(1)8 m/s 25 m/s 2(2)1.6 s命题角度解决方法易错辨析超、失重现象分析牛顿第二定律明确加速度方向来确定超、失重状态瞬时加速度的求解力渐变和突变的分析在绳或杆上的力可以发生突变，而弹簧上的力只能渐变运动学图象问题【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＝30m/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 ＝15 m/s ，A 错误；前3 s 内的位移x 3＝0－v 202a 1＝0－3022×（－10） m ＝45 m ，3～9 s 内的位移x 3～9＝12a 2t 23＝12×5×62 m ＝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 －＝x 9t 总＝1359m/s ＝15 m/s ，C 正确；3～6 s 内的位移x 3～6＝12a 2t 22＝12×5×32 m ＝22.5 m ，则前6 s 内的位移为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B ．前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍C ．t ＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD ．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 内甲的平均速度为：v －1＝（－15 m ）－9 m 4 s＝－6 m/s ，前 4 s 乙的平均速度为：v －2＝（－15 m ）－（－7 m ）4 s＝－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 错误；t 0＝0时刻，甲的位移为s 0＝9 m ，t 1＝1 s 时，s 1＝0，t 2＝4 s 末，甲的位移为s 2＝－15 m ，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v 0，加速度为a ，则s 1－s 0＝v 0t 1＋12at 21 ①，s 2－s 0＝v 0t 2＋12at 22 ②，代入数据并联立①②式解得v 0＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2，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，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解【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/s 2.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，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，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 a 1、F f ＝m a 2，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，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( )A ．Q 的质量为43m B ．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425mg 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，则根据沿绳方向的力相等知mg sin 53°＝m Q g sin 37°，解得m Q ＝43m ，选项A 正确；在题图甲中，整个系统处于静止状态，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 ，根据牛顿第二定律知43mg sin 53°－T ＝43ma ，T －mg sin 37°＝ma ，解得T ＝45mg ，滑轮受到轻绳的作用力大小为N ＝2T ＝425mg ，选项C 正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根绳子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 ＝43mg cos 53°cos 37°－mg cos 37° cos 53°＝425mg ，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，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v0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 g ①f2＝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。