安徽庐江二中高三物理二轮复习——力和直线运动(2)

专题二 力与物体的直线运动知识梳理一、匀变速直线运动的基本公式及应用实例 1、基本公式（1）速度公式：at v v t +=0 （2）位移公式：2021at t v x +⋅= （3）速度与位移关系式：ax v v t 2202=- （4）平均速度：20t v v t x v +=或 2、 应用案例 （1）自由落体运动（2）竖直上抛运动二、 匀变速直线运动的两个有用结论 1、 连续相等时间内的位移差是个恒量：2、 在一段时间t 内的平均速度等于该段时间中点时刻的瞬时速度专题测试一、选择题(每小题4分，共40分)1. (2011海南卷第8题）.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。

下列选项正确的是（ ）A.在0～6s 内，物体离出发点最远为30mB.在0～6s 内，物体经过的路程为40m[C.在0～4s 内，物体的平均速率为7.5m/sD. 5～6s 内，物体所受的合外力做负功2．（2011安徽卷第16题）．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x ∆所用的时间为1t ，紧接着通过下一段位移x ∆所用时间为2t 。

则物体运动的加速度为( ) A ．1212122()()x t t t t t t ∆-+ B ．121212()()x t t t t t t ∆-+ C ．1212122()()x t t t t t t ∆+- D ．121212()()x t t t t t t ∆+-3.如图1所示，水平地面上的物体质量为1 kg ，在水平拉力F ＝2 N 的作用下从静止开始做匀加速直线运动，前2 s 内物体的位移为3 m ；则物体运动的加速度大小 ( )A ．3 m/s 2B ．2 m/s 2C ．1.5 m/s 2D ．0.75 m/s 24（2011天津卷第3题）．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x = 5t + t 2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点( ) A ．第1s 内的位移是5m B ．前2s 内的平均速度是6m/s C ．任意相邻1s 内的位移差都是1m D ．任意1s 内的速度增量都是2m/s 5.某同学站在观光电梯内随电梯一起经历了下列三种运动：加速上升、匀速上升、减速上 升 (加速度大小a <g )，则下列说法正确的是( )A ．三种运动因为都是上升过程，所以该同学始终处于超重状态B ．只有加速上升过程中，该同学处于超重状态C ．三种运动因为支持力均做正功，所以该同学机械能均增加D ．只有加速上升过程，机械能增加6.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图3所示，当此车减速上坡时，乘客( )A ．处于失重状态图1图3B ．重力势能增加C ．受到向前的摩擦力作用D ．所受力的合力沿斜面向上7.汽车B 在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A 速度较小，为了避免相撞，距A 车25 m 处B 车制动，此后它们的v －t 图象如图4所示，则( ) A ．B 的加速度大小为3.75 m/s 2B ．A 、B 在t ＝4 s 时的速度相同C ．A 、B 在0～4 s 内的位移相同D ．A 、B 两车不会相撞8 (上海卷第19题)．受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v t 图线如图所示，则( ) (A)在10t 秒内，外力F 大小不断增大(B)在1t 时刻，外力F 为零 (C)在12t t 秒内，外力F 大小可能不断减小 (D)在12t t 秒内，外力F 大小可能先减小后增大9．如图6所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在电场力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是()10.如图7所示，水平放置的光滑金属长导轨MM ′和NN ′之间接有电阻R ，导轨平面在直 线OO ′左、右两侧的区域分别处在方向相反与轨道平面垂直的匀强磁场中，设左、右区域的磁场的磁感应强度的大小分别为B 1和B 2，一根金属棒ab 垂直放在导轨上并与导轨接触良好，棒和导轨的电阻均不计．金属棒ab 始终在水平向右的恒定拉力F 的作用下，在左边区域中恰好以速度v 0做匀速直线运动，则以下说法中正确的是 ()图7图4图6A ．若B 2＝B 1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度v 02做匀速直线运动B ．若B 2＝B 1时，棒进入右边区域后仍以速度v 0做匀速直线运动C ．若B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度v 02做匀速直线运动D ．若B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度4v 0做匀速直线运动 二、实验题(11题4分，12题8分，13题6分，共18分)11.(4分)在验证牛顿运动定律的实验中，某同学挑选的一条点迹清晰的纸带如图8所示， 已知相邻两个点间的时间间隔为T ，从A 点到B 、C 、D 、E 、F 点的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4、x 5(图中未标x 3、x 4、x 5)，则由此可求得打C 点时纸带的速度v C ＝________.图812. （2011山东卷第23题）.（8分）（1）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的 实验方案。

专题一力和运动第2讲力与直线运动体系构建考向分析力与物体的直线运动规律是运动学中的重要规律，是历年的高考热点。

从近几年的高考考点分布可以看出，高考试题在本讲内容中主要考查了匀变速直线运动的公式、规律的应用及其图象。

题型多以选择题和计算题为主，题目情景新颖，经常与其他考点相结合来综合命题。

从设题角度看，主要有以下四个热点：（1）利用匀变速直线运动的公式进行简单的计算，此类题多以选择题的形式出现。

（2）物理模型和情景的建立。

（3）追及相遇问题。

弄清过程，画出过程草图，找出临界条件，是解决问题的关键。

（4）运动图象。

复习中要注意对运动图象物理意义的理解。

热点例析热点一匀变速直线运动规律的应用1．应用技巧物体做匀减速直线运动，减速为零后可能再反向运动。

如果整个过程中加速度恒定，则可对整个过程列矢量式方程。

2．公式的灵活选用位移公式，速度公式，位移速度公式，平均速度公式。

【例1】在一档娱乐节目中，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l1＝4 m，跑步机皮带长l2＝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l3＝10 m，且皮带以v0＝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a1＝2 m/s2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2＝1 m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2秒爬起（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a2，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。

规律小结1．认清物体运动的过程，分阶段讨论。

2．合理选择表达式，总结常用运动规律。

3．注意矢量表达式，正方向的选取。

举一反三1如图所示，一长为l的长方形木块在水平面上以加速度a做匀加速直线运动。

A、B之间有一定的距离，木块前端P先到达A点，之后经过t1时间整个木块通过了A点，而前端P到达B点后，整个木块通过B点所用时间为t2。

力与直线运动说课稿说课内容：高三物理二轮复习《力与直线运动第2讲——力与直线运动》说课教师：我说课的题目是复习资料《师说二轮总复习·物理》专题一《力与直线运动》第2讲《力与物体运动》考点二：牛顿运动定律的综合应用。

我将从考察特点和命题趋势分析、学情分析、学科核心素养、教学重难点、教学方法、教学过程等方面对本节课展开说明。

一、考察特点和命题趋势分析1.考察特点：本考点的知识主要源于人教版物理必修二第四章的内容，在二轮复习资料中本考点是力与直线运动中的第二个考点。

牛顿运动定律是动力学的基础，而力与加速度的瞬时对应性、矢量性在高考中经常以选择题、计算题的形式呈现，主要考察学生分析问题，提取关键信息、选择物理知识和方法解决问题的能力。

在此考点中通过对基础知识点的应用和总结、让学生逐渐形成知识框架，并通过典例分析形成对应的解题方法。

2.命题趋势分析：通过对近几年的物理高考题分析发现，关于力与直线运动的问题往往是在选择题、计算题形式出现，考察的形式多样，结合电磁感应，结合图像、结合传送带、结合碰撞、结合曲线运动等都有。

但纵观近几年的高考题，动力学的两类问题是高考高频考点。

二、学情分析学生已经在一轮复习中系统复习了关于力和运动的知识点，但是对于这些内容的整合、联系、归纳并形成知识框架上来说有一定欠缺，且对于这些知识的综合应用上还欠缺方法、思路。

三、学科核心素养和教学重难点1.学科核心素养：（1）物理观念：构建应用牛顿运动定律解决问题的知识形成框架。

（2）科学思维：能正确使用物理思维方法，能定性和定量的科学推理，找出规律，进而解决实际问题，培养学生分析、思考、解决问题的能力。

（3）科学探究：如何从应用牛顿运动定律入手解决有关问题。

（4）科学态度与责任：在对物理知识——力的平衡进一步研究和理解的过程中，形成科学的研究方法，正确的认识物理事实，实事求是的科学态度。

2.教学重点：如何应用牛顿运动定律解决相关问题3.教学难点：如何应用牛顿运动定律解决动力学问题四、教学方法1.教法：充分发挥学生的主体作用和教师的主导作用，采用启发式，并遵循循序渐进的教学原则，引导学生尽量自己多分析和总结，充分调动学生学习的积极性和主动性，发挥其主体作用。

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讲力与直线运动1．近几年高考对本讲的考查比较全面，题型以选择题、较为综合的计算题为主．匀变速直线运动的规律、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用等都是命题的热点．2．借助“传送带”“平板车”“滑块—木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析的计算题，会成为高考中的压轴性题目．3．以“机车运动”“追及相遇”为背景的实际问题也会成为高考命题的热点，应引起足够重视．1．匀变速直线运动的规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋12at2.(3)速度和位移的关系式：v2－v02＝2ax.(4)中间时刻的瞬时速度：v t2＝xt＝v0＋v2.(5)任意两个连续相等的时间T内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n＋1－x n＝aT2.2．对运动图象的认识，应注意以下三点(1)匀速直线运动的v－t图象的斜率为零，表示加速度为零；(2)无论是x－t图象还是v－t图象都只能描述直线运动；(3)x－t图象和v－t图象不表示物体运动的轨迹．3．牛顿第二定律表达式：F＝ma或F x＝ma x、F y＝ma y，且加速度的方向与合外力方向一致．4．超重和失重：物体加速度方向向上或有向上的分量为超重状态，加速度方向向下或有向下的分量为失重状态．考点1匀变速直线运动规律的应用1．求解匀变速直线运动问题的一般思路审题―→画出示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→求解方程2．若涉及追及、相遇或避免碰撞等问题，解题的关键是画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程．3.“五种”常用解题方法【例1】 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间间隔，在第三个T 时间内位移是3 m ，第三个T 时间末的瞬时速度为3 m/s ，则( )A ．物体的加速度是1 m/s 2B ．第一个T 时间末的瞬时速度为0.6 m/sC ．时间间隔T ＝1 sD ．物体在第1个T 时间内的位移为0.6 m【解析】 初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…，据此判断第一个T 时间内的位移x 1＝15×3 m ＝0.6 m ，选项D 正确；第二个T 时间内的位移x 2＝35×3 m ＝1.8 m ，由v 32－0＝2a (x 1＋x 2＋x 3)得a ＝56 m/s 2，选项A 错误；由Δx ＝aT 2得x 2－x 1＝aT 2，解得T ＝65 s ，选项C 错误；第一个T 时间末的瞬时速度v 1＝aT ＝1 m/s ，选项B 错误．【答案】 D【例2】 (2019年榆林模拟)雾霾天气会对行车安全造成很大的影响，因此在行车时司机应打开汽车的前雾灯和尾部双闪灯，以保证行车安全．若在某平直公路上，有一货车正以v 1＝9 m/s 的速度匀速行驶，其后方有一小轿车正以v 2＝24 m/s 的速度匀速行驶．由于雾霾的影响，小轿车司机只有到达距离货车d ＝35 m 的地方才能看到该货车尾部双闪灯发出的光，若此时小轿车司机立即刹车做匀减速直线运动，则小轿车要经过Δx ＝96 m 才能停下来．两车在运动过程中可视为质点．(1)若小轿车司机刹车时，前方的货车仍以原速度向前匀速行驶，试通过计算分析两车是否会相撞；(2)若小轿车司机在刹车的同时给前方的货车发出信号，货车司机经Δt ＝1 s 收到信号并立即以a ＝2 m/s 2的加速度匀加速行驶，试通过计算分析两车是否会发生相撞．【解】 (1)设小轿车的加速度为a 1，由公式可得Δx ＝v 222a 1，解得a 1＝3 m/s 2 设两车达到速度相等时所用时间为t 1，则有v 1＝v 2－a 1t 1，代入数据可解得t 1＝5 s设在t 1时间内小轿车行驶的距离为x 1，则有x 1＝v 2t 1－12a 1t 12设在t 1时间内货车行驶的距离为x 2，则有x 2＝v 1t 1代入数据可解得x 1＝82.5 m ，x 2＝45 m由于x 1－x 2＝37.5 m>d ＝35 m 故两车会相撞．(2)设两车速度达到相等所需的时间为t 2，则有v 2－a 1t 2＝v 1＋a (t 2－Δt )解得t 2＝3.4 s设在t 2时间内小轿车向前行驶的距离为x 1′，货车向前行驶的距离为x 2′，则有x 1′＝v 2t 2－12a 1t 22x 2′＝v 1Δt ＋v 1(t 2－Δt )＋12a (t 2－Δt )2解得x 1′＝64.26 m ，x 2′＝36.36 m由于x 1′－x 2′＝27.9 m<d ＝35 m.故此种情况下两车不会发生相撞．☞归纳总结分析追及问题的方法技巧(1)一个临界条件：速度相等，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点，如例2中首先确定速度相等时的时间．(2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口．(3)能否追上的判断方法：物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距x0.①当v A＝v B时，x A＋x0<x B，则能追上；②当v A＝v B时，x A＋x0＝x B，则恰好追上；③当v A＝v B时，x A＋x0>x B，则不能追上．特别注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动．[变式训练]1．(2019年陕西西安中学高三质检)一汽车刹车可看作匀减速直线运动，初速度为12 m/s，加速度大小为2 m/s2，运动过程中，在某一秒内的位移为7 m，则此后它还能向前运动的位移是() A．6 m B．7 m C．9 m D．10 m解析：设经过t时间开始计时，1 s时间内质点的位移恰为7 m，则有v0(t＋1)－12a(t＋1)2－(v0t－12at2)＝7，解得t＝2 s，汽车从刹车到停止总共经历的时间为t 总＝v 0a ＝6 s ，此后它还能向前运动的位移即为汽车后3 s 的位移，把汽车刹车过程逆过来看即为初速度为零的匀加速直线运动，则有x ＝12a (t 总－t )2＝9 m ，故C 正确．答案：C2．(多选)如图1－2－1所示，A 、B 两辆小汽车在平直水平的公路上同向匀速行驶，初速度分别为v A ＝8 m/s 、v B ＝6 m/s ，当A 车在B 车后面且相距x 时，B 车开始以恒定的加速度a B ＝1 m/s 2刹车，A 车同时以某一恒定的加速度刹车，则下列说法正确的是( )图1－2－1A ．若A 、B 两车刚好停下来时相遇，则A 车刹车的加速度大小为43 m/s 2B ．若A 、B 两车刚好停下来时相遇，则两车开始刹车时相距的距离x ＝5 mC ．当x ＝4 m 时，若A 、B 两车在减速运动中速度相等时相遇，则A 车刹车的加速度大小为32 m/s 2D ．当x ＝8 m 时，若A 车做减速运动的加速度大小为23 m/s 2，A 、B 车不会相遇解析：若两车刚好停下来时相遇，对A 车有v A ＝a A t ，对B 车有v B ＝a B t ，代入数据求得a A ＝43 m/s 2，刹车时两车的距离为x ＝v A 22a A －v B 22a B＝24 m －18 m ＝6 m ，选项A 正确，B 错误；若两车在减速过程中速度相等时相遇，有v A －a A ′t 1＝v B －a B t 1，x ＝v A t 1－12a A ′t 12－(v B t 1－12a B t 12)，代入数据求得a A ′＝32 m/s 2，选项C 正确；A 车由运动到静止通过的位移为x A ＝v A 22a A＝48 m ，B 车由运动到静止通过的位移为x B ＝v B 22a B ＝18 m ，由于x A －x B >x ，两车会相遇，选项D 错误．答案：AC考点2 运动学图象问题图象问题是物理高考中的非常热门的考点之一，图象会以多种形式出现，如图象的选择、图象中信息的应用等，这部分内容，综合性强，对学生的能力要求较高，是高考高频考点．【例3】 (2019年保定二模)为检测汽车的基本性能，某志愿者驾驶汽车以36 km/h 的速度驶入水平长直试验场，某时刻开始刹车，汽车做匀减速直线运动直到速度减为0，然后马上使汽车做匀加速直线运动直到恢复最初的速度．从开始刹车到恢复最初速度的过程中汽车位移x 与速度v 的关系如图1—2—2所示．下列说法中正确的是( )图1—2—2A ．汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s 2B ．汽车加速过程中加速度的大小为10 m/s 2C ．该过程中汽车的总位移为20 mD ．该过程所用总时间为4 s【解析】 v 0＝36 km/h ＝10 m/s ，减速位移x 1＝10 m ，v 02＝2a 1x 1a 1＝5 m/s 2，t 1＝v 0a 1＝2 s ， 加速过程x 2＝(30－10) m ＝20 m ，v 02＝2a 2x 2，a 2＝2.5 m/s 2，t 2＝v 0a 2＝4 s ，则t ＝t 1＋t 2＝6 s.【答案】A【例4】质量为m＝2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5.在水平变力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块又回到出发点O 处．取水平向右为正方向，如图1－2－3甲所示，物块运动过程中其速度v随时间t的变化规律如图1－2－3乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法不正确的是()图1—2—3A．物块经过4 s离出发点最远B．第3 s内物块的位移为2.5 mC．3.5～4.5 s内，物块受到的水平拉力不变D．t＝4.5 s时水平力F的大小为16 N【解析】由图乙可知，0～4 s内，物块向右运动，4 s以后，物块向左运动，所以物块经过4 s离出发点最远，选项A正确；第3 s内，物块速度大小从2 m/s均匀增加到3 m/s，位移为x＝2＋32×1 m＝2.5 m，选项B正确；在3～4 s内物块的加速度大小a1＝Δv1Δt1＝－3 m/s2，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得物块受到的水平拉力F＝4 N；物块在4～5 s内的加速度a2＝a1＝－3 m/s2，t＝4 s时物块的速度方向发生变化，滑动摩擦力的方向也发生变化．由牛顿第二定律得F＋μmg＝ma2，解得F＝－16 N，故物块在t＝4.5 s时受到的水平力F的大小为16 N，选项C错误，D正确．【答案】C☞归纳总结图象问题做好“三看”(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系，是运动学图象(v－t、x－t、a－t)还是动力学图象(F－a、F－t、F－x)．(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．[变式训练]3．(2019年唐山三模)(多选)一质点在0～6 s 内竖直向上运动，其加速度a 随时间t 变化的关系图象如图1—2—4所示，取竖直向下为加速度的正方向，重力加速度为g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图1—2—4A ．在0～2 s 内质点发生的位移为20 mB ．在2～4 s 内质点做加速运动C ．质点的初速度不小于66 m/sD ．在2～4 s 内质点速度变化量为22 m/s解析：A.0～6s 内物体向上运动初速度未知，不能求0～2s 内位移，A 错误；B.2～4s 内速度与加速度反向，做加速度增大的减速运动，B 错误；C.0～6s 内速度变化量为a →t 图象面积，故Δv ＝2×10＋10＋122×2＋12×2＝66 m/s ，故初速度不小于66 m/s ，C 正确；D.2～4s 内，Δv ＝10＋122×2＝22 m/s ，D 正确．答案：CD4．(多选)如图1－2－5甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始沿杆向上运动．已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图1－2－5乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是()图1—2—5A．小环的质量是1 kgB．细杆与地面间的夹角为30°C．前1 s内小环的加速度大小为5 m/s2D．前3 s内小环沿杆上升的位移为1.25 m解析：设细杆与地面间的夹角为θ，由v－t图象可知0～1 s内小环的加速度为a＝0.5 m/s2，选项C错误；拉力突变为F1＝5 N时，由牛顿第二定律得F1－mg sinθ＝ma，1 s后小环做匀速直线运动，此时的拉力为F2＝4.5 N，根据力的平衡有F2＝mg sinθ，联立解得m＝1kg，sinθ＝920，选项A正确，B错误；根据题图可知，前1 s内小环沿杆上升的位移为x1＝0.52×1 m＝0.25 m，之后2 s内做匀速直线运动，位移为x2＝0.5×2 m＝1.0 m，所以前3 s内小环沿杆上升的位移为x＝x1＋x2＝1.25 m，选项D正确．答案：AD考点3动力学中的连接体问题【例5】(2019年湖北黄冈调研)(多选)如图1—2—6所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦．开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g.下列说法正确的是()图1—2—6A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为g sinθB．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2g sinθC．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为g sinθD．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为g sinθ【解析】细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F1＝2mg sinθ，对A，由平衡条件得拉力F＝F1＝2mg sinθ.在细线被烧断瞬间，对A，由牛顿第二定律得F＝2ma A，解得a A＝g sinθ，选项A正确；在细线被烧断瞬间，弹簧的弹力不变，B所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得F1′＝ma B，解得a B＝2g sinθ，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力突变为F2，由牛顿第二定律得，对A，F－F2＝2ma，对B，F2－mg sinθ＝ma，由以上两式解得a＝13g sinθ，选项C错误；撤去F的瞬间，细线上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此A、B可视为整体，由于弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹＋mg sinθ＝3ma′，未烧断细线前，对C分析：F弹＝mg sinθ，联立得a′＝23g sinθ，故A的加速度为23g sinθ，选项D错误．【答案】AB【例6】如图1—2—7所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )图1—2—7A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T【解析】 质量为2m 的木块受到绳拉力、地面支持力、自身的重力、质量为m 的木块对其的压力和摩擦力五个力的作用，A 错误；设绳的张力为F 1，对三个木块整体有F ＝(m ＋2m ＋3m )a ，a ＝F 6m ，对质量为m 、2m 的木块整体有F T ＝(m ＋2m )a ，F T ＝F 2.当F 逐渐增大到1.5F T 时，F 1＝0.75F T ，绳不会被拉断，B 错误，C 正确；绳刚要被拉断时，对质量为m 、2m 的木块整体有F T ＝(m ＋2m )a 1，a 1＝F T 3m ，再对质量为m 的木块有F f ＝ma 1＝F T 3，D 错误．【答案】 C☞归纳总结(1)“整体法、隔离法”应用的两点技巧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，如例5中求细线被烧断前的拉力大小时，将B、C及弹簧作为整体；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)瞬时加速度的两种模型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)瞬间，其弹力立即消失，恢复形变不需要时间，如撤去F 瞬间，细线上的拉力立即发生变化．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，其弹力的大小瞬间不变，如例5中烧断细线瞬间，弹簧弹力不变．[变式训练]5．(2019年河北衡水中学模拟)如图1—2—8所示，相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1<m2，现对两物块同时施加相同的水平恒力F，设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为F N，则下列说法正确的是()图1—2—8A．物块B的加速度为Fm2B．物块A的加速度为2Fm1＋m2C．F<F N<2FD．F N可能为零解析：由于没有摩擦力，且m1<m2，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律有2F＝(m1＋m2)a，解得a＝2Fm1＋m2，选项A错误，B正确；再对B受力分析，由牛顿第二定律有F＋F N＝m2a，代入加速度解得F N＝（m2－m1）Fm1＋m2<F，选项C、D错误．答案：B6．(2019年名校联盟)(多选)小物块m与各面均光滑的斜面体M，叠放在光滑水平面上，如图1－2－9所示，在水平力F1(图甲)作用下保持相对静止，此时m、M间作用力为N1；在水平力F2(图乙)作用下保持相对静止，此时m、M间作用力为N2.则下列说法正确的是()图1—2—9A．若m＝M，则有F1＝F2B．若m＝M，则有N1>N2 C．若m<M，则有F1<F2D．若m<M，则有N1＝N2解析：由整体法可知，甲的加速度a1＝F1M＋m，乙的加速度a2＝F2M＋m，对甲图，隔离M，有N1sinθ＝Ma1，隔离m，有N1cosθ＝mg得a1＝mM g tanθ，则F1＝(M＋m)a1＝mM(m＋M)g tanθ，∴N1＝mg cosθ，对乙图中m有：N2sinθ＝mg tanθ＝ma2得N2＝mg cosθ，F2＝(M＋m)g tanθ若m＝M，则F1＝F2，若m<M，F1<F2，故A、C正确；无论m，M关系如何N1＝N2，故D正确．答案：ACD考点4用动力学方法分析传送带问题【例7】(2019年湖南三模)(多选)如图1—2—10所示，传送带AB与水平面间夹角为α＝37°，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5，传送带保持匀速运转．现将物块由静止放到传送带中部，A、B 间距离足够大(若物块可与传送带共速，则物块与传送带共速时，物块尚未到达A或B，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)．下列关于物块在带面AB上的运动情况的分析正确的是()图1—2—10A．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向上加速滑动B．若传送带沿顺时针方向匀速运转，物块沿传送带向下加速滑动C．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为0D．若传送带沿逆时针方向匀速运转，物块加速度的大小先为10 m/s2，后为2 m/s2【解析】若传送带沿顺时针方向匀速运转，对物块受力分析如图1—2—11甲所示，物块受到沿传送带向上的滑动摩擦力F f＝μmg cosα，小于物块受到沿传送带向下的重力分力G′＝mg sinα，由于G′＞F f，所以物块将沿传送带向下加速运动，故选项A错误、B正确；若传送带沿逆时针方向匀速运转，对物块受力分析如图1—2—11乙所示，物块的加速度由物块受到的滑动摩擦力与重力分力的合力提供，所以a＝μg cosα＋g sinα＝10 m/s2，方向沿传送带向下；当物块与传送带共速，对物块重新受力分析如图1—2—11甲所示，此时的加速度为a′＝g sinα－μg cosα＝2 m/s2，方向沿传送带向下，故选项C错误，D正确．1—2—11【答案】BD【例8】如图1—2—12所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5 m的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s的速度沿AB平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到CD平台上，问：图1—2—12(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？(2)当小物体在AB平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达平台CD，求这个临界速度．【解】(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图1—2—13甲所示，据牛顿第二定律得：μmg cosθ＋mg sinθ＝ma1①B→C过程有：v02＝2a1l②解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5.图1—2—13(2)当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图1—2—13乙所示，据牛顿第二定律得：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2③若恰好能到达高台时，有：v22＝2a2l④解得：v＝2 5 m/s即当小物体在AB平台上向右滑动速度小于2 5 m/s时，无论传送带顺时针传动的速度多大，大小物体总不能到达平台CD.☞归纳总结(1)传送带问题的实质是相对运动问题，相对运动的方向将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同时，会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断.[变式训练]7．如图1—2—14所示，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，将一小物块轻轻放在正在以速度v＝10 m/s匀速逆时针转动的传送带的上端，物块和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小)，传送带两皮带轮轴心间的距离为L＝29 m，求将物块从顶部运送到传送带底部所需的时间为多少？(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图1—2—14解：物块放到传送带上后，沿斜面向下做匀加速直线运动，受到的摩擦力向前mg sinθ＋μmg cosθ＝ma1a1＝g sinθ＋μg cosθ＝10 m/s2当物体加速到与传送带同速时，位移为：x1＝v22a1＝5 m<L＝29 mt1＝va1＝1 s物块加速到与传送带同速后，由于mg sinθ＞μmg cosθ，所以物块相对于传送带向下运动，摩擦力变为沿斜面向上a2＝g sinθ－μg cosθ＝2 m/s2x2＝L－x1＝v t＋12a2t22⇒t2＝2 s因此物体运动的总时间为t＝t1＋t2＝3 s.考点5用动力学方法分析滑块与滑板问题【例9】(2019年百校联盟冲刺)如图1—2—15所示，质量M＝2 kg的长木板A静止在水平面上，在长木板的左端放置一个可视为质点、质量m＝1 kg的物体B.开始时物体A、B均静止，某时刻在长木板A的左端施加一个水平向左的外力F，使长木板A从静止开始做匀加速直线运动，加速度为a＝2 m/s2，当长木板A的速度达到v＝6 m/s时，撤去外力F，最后物体B恰好没有脱离长木板A.已知A 和B以及A与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，试求：图1—2—15(1)长木板在加速过程中，物体B的加速度a B及水平外力F的大小；(2)长木板A的长度L.【解】(1)设物体B的最大加速度为a m，则有a m＝μg＝1 m/s2由于a m＝1 m/s2<a＝2 m/s2，长木板A与物体B之间发生相对滑动，所以在长木板A加速过程中，物体B的加速度a B＝1 m/s2在长木板加速过程中，对长木板由牛顿第二定律得：F－μmg－μ(m＋M)g＝Ma解得F ＝8 N(2)设长木板加速时间为t 1，通过的位移为x 1，在t 1时刻B 物体获得的速度为v 1，则：t 1＝v a ＝3 sx 1＝12at 12＝9 mv 1＝a B t 1＝3 m/s设从撤去外力F 到A 、B 达到共同速度v 2所用时间为t 2， 在此过程中长木板通过的位移为x 2，则：对长木板减速的加速度为a A ，有μmg ＋μ(M ＋m )g ＝Ma A又知：v －v 2＝a A ·t 2x 2＝12(v ＋v 2)t 2对B 物体仍以a B ＝1 m/s 2加速有：v 2－v 1＝a B ·t 2长木板长度为：L ＝x 1＋x 2－12a B (t 1＋t 2)2联立方程并代入数字解得：L ＝6 m【例10】 如图1－2－16甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的质量为M ＝4 kg ，长为L ＝1.4 m ；木板右端放一小滑块，小滑块的质量为m ＝1 kg ，可视为质点．现用水平恒力F作用在木板右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的a－F图象如图1－2－16乙所示，取g＝10 m/s2.图1—2—16(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2.(2)若水平恒力F＝27.8 N，且始终作用在木板上，当小滑块从木板上滑落时，经历的时间为多长？【解】(1)由题图可知，当恒力F>25 N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1代入数据解得μ1＝0.4以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2则a2＝1M F－μ1mg＋μ2（m＋M）gM由图可得－μ1mg ＋μ2（m ＋M ）g M ＝－94 m/s 2解得μ2＝0.1.(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t 时，小滑块从木板上滑落，当水平恒力F ＝27.8 N 时，小滑块的加速度为a 1＝μ1g ＝4 m/s 2而小滑块在时间t 内的位移为x 1＝12a 1t 2木板的加速度为a 2＝F －μ1mg －μ2（m ＋M ）g M代入数据解得a 2＝4.7 m/s 2而木板在时间t 内的位移为x 2＝12a 2t 2由题可知，x 2－x 1＝L联立以上各式解得t ＝2 s.☞归纳总结解决滑块与滑板问题(1)判断滑块与滑板之间是否发生相对滑动的方法：假设两物体保持相对静止先用整体法求整体的加速度，再用隔离法求滑块滑板之间的摩擦力，再比较所求摩擦力与最大静摩擦力的大小，判定运动状态．(2)一定要把复杂的过程拆分，画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系．[变式训练]8．(2019年广州二模)(多选)如图1—2—17所示，A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计，由静止释放C，C下落一定高度的过程中(C未落地，B未撞到滑轮，g＝10 m/s2)．下列说法正确的是()图1—2—17A．细绳的拉力大小等于10 NB．A、B两物体发生相对滑动C．B物体的加速度大小是2.5 m/s2D．A物体受到的摩擦力大小为2.5 N解析：设AB两物体未发生相对滑动．对于ABC三物体组成的系统m C g＝(m A＋m B＋m C)a a＝2.5 m/s2此时A所需摩擦力f＝m A a＝2.5 N＜μm A g.所以假设成立．设绳子拉力为F，对于C，由牛顿第二定律得m C g－F＝m C a解得：F＝7.5 N故选项A、B错误，C、D正确．答案：CD9．如图1—2—18所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N．当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．求：(g＝10 m/s2)图1—2—18(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放在小车上开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少．解：(1)小物块的加速度a m＝μg＝2 m/s2小车的加速度a M ＝F －μmg M ＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t得t ＝1 s(3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动且加速度：a ＝F M ＋m＝0.8 m/s 2 这0.5 s 内的位移：x 2＝v t 1＋12at 12＝1.1 m通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m.1．(2018年高考·课标全国卷Ⅱ)(多选)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1－2－19中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t 2时刻并排行驶．下列说法正确的是( )图1—2—19A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1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：0～t1时间内，v乙＞v甲，t1～t2时间内，v甲＞v乙，t2时刻相遇，但0～t1时间内两者的位移差小于t1～t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面，A错，B对．由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C错，D对．答案：BD2．(2018年高考·课标全国卷Ⅲ)(多选)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—2—20所示．下列说法正确的是()图1—2—20A．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t 1到t 2时间内，两车走过的路程相等D ．在t 1到t 2时间内的某时刻，两车速度相等解析：x －t 图象的斜率表示两车速度，则可知t 1时刻乙车速度大于甲车速度，A 错；由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t 1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t 1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B 错；t 1和t 2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t 1到t 2时间内，两车走过的路程相等，C 对；在t 1到t 2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，D 对．答案：CD3．(2019年高考·课标全国卷Ⅰ)如图1—2—21所示，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1—2—21。