配套K122019高考物理二轮复习 第2讲 力与直线运动专题突破练

2019-2020年高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力和物体的平衡名师讲练[选考考点分布]考点一 重力、弹力、摩擦力及受力分析1. (2017·浙江4月选考·7)如图1所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下．以下说法正确的是( )图1A ．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变B ．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢的动摩擦因数越小C ．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小D ．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力答案 C解析物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，选项A错；动摩擦因数与倾角无关，B错．如图，F N＝G cos θ，倾角变大，所以车厢与石块间的正压力减小，所以C正确；石块下滑时，重力沿斜面方向的分力大于受到的摩擦力，D错．2. (2016·浙江10月学考·3)中国女排在2016年奥运会比赛中再度夺冠．图2为比赛中精彩瞬间的照片，此时排球受到的力有( )图2A．推力B．重力、推力C．重力、空气对球的作用力D．重力、推力、空气对球的作用力答案 C解析此时手与球并没有接触，所以没有推力，故C选项正确．3. (2015·浙江10月学考·13)将质量为1.0 kg的木板放在水平长木板上，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，木块先静止后相对木板运动．用力传感器采集木块受到的拉力和摩擦力的大小，并用计算机绘制出摩擦力大小F f随拉力大小F变化的图象，如图3所示．木块与木板间的动摩擦因数为(g取10 m/s2)( )图3A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．1.0答案 A解析由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑动摩擦力满足公式F f＝μmg，所以μ＝0.3.4．(2017·浙江“七彩阳光”联考)“跑酷”是一项深受年轻人喜爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动员受到的力有( )图4A．重力B．重力、向前冲力C．重力、空气作用力D．重力、向前冲力、空气作用力答案 C5．(2017·台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．如图5所示的四种与足球有关的情景．其中正确的是( )图5A．如图甲所示，静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到的重力B．如图乙所示，静止在光滑水平地面上的两个足球，因接触受到弹力作用C．如图丙所示，踩在脚下且静止在水平草地上的足球，可能受到3个力的作用D．如图丁所示，落在球网中的足球受到弹力，是由于足球发生了形变答案 C6. (2017·湖州市期末)如图6所示，某人手拉弹簧，使其伸长了5 cm(在弹性限度内)，若此时弹簧的两端所受拉力各为10 N，则( )图6A．弹簧所受的合力大小为10 NB ．弹簧的劲度系数为200 N/mC ．弹簧的劲度系数为400 N/mD ．弹簧的劲度系数随弹簧的拉力的增大而增大 答案 B解析 弹簧所受合力大小为零；由F ＝kx 知k ＝F x＝200 N/m ，弹簧的劲度系数与拉力大小无关，和弹簧本身的因素有关．7．(2017·金华市高三期末)如图7所示，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图7A ．小棋子共受三个力作用B ．棋子对棋盘的压力大小一定等于重力C ．磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D ．质量不同的棋子所受的摩擦力不同 答案 D解析 小棋子受重力、棋盘的吸引力、棋盘的弹力、摩擦力，共四个力，选项A 错误；棋盘对棋子吸引力的大小与磁铁内部的分子结构有关，而棋子对棋盘的压力大小等于棋盘对棋子的吸引力的大小，与重力大小无关，选项B 错误；摩擦力的大小总是等于重力，不会变化，选项C 错误；摩擦力的大小等于重力，则质量不同的棋子所受摩擦力不同，选项D 正确．1.弹力有无的判断“三法”(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定有弹力． (3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在． 2．静摩擦力的有无及方向的判断方法 (1)假设法(2)状态法：静摩擦力的大小与方向具有可变性．明确物体的运动状态，分析物体的受力情况，根据平衡方程或牛顿第二定律求解静摩擦力的大小和方向．(3)牛顿第三定律法：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力的方向． 3．弹力大小的计算方法 (1)根据胡克定律进行求解． (2)根据力的平衡条件进行求解． (3)根据牛顿第二定律进行求解． 4．摩擦力大小的计算方法(1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式F f ＝μF N 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)公式F f ＝μF N 中，F N 为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力大小．(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．考点二 平衡条件的应用1. (2017·浙江11月选考·5)叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图8所示，质量均为m ，相互接触，球与地面间的动摩擦因数均为μ，则( )图8A ．上方球与下方三个球间均没有弹力B ．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力C ．水平地面对下方三个球的支持力均为43mgD ．水平地面对下方三个球的摩擦力均为43μmg答案 C解析 将四个球看成一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设下方三个球中的一个球受到的支持力大小为F N ，因此3F N ＝4mg ，即F N ＝43mg ，所以选项C 正确．由力的平衡条件知，下面三个球对最上面的球有弹力，故最上面的球对下面三个球肯定有弹力，选项A 错误．对地面上的其中一个球进行受力分析，如图所示．由受力分析可知，选项B 错误；由于小球是受到地面的静摩擦力，因此不能通过F f ＝μF N 求解此摩擦力，选项D 错误．2. (2017·浙江4月选考·10)重力为G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图9所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )图9A ．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G2B ．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为GC ．当θ不同时，运动员受到的合力不同D ．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 答案 A解析 单手对地面的正压力大小，与θ无关，如图F 1＝F 2＝G2而手臂受力与夹角θ有关，所以选项A 正确，B 错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C 错误；不管角度如何，运动员与地面之间的相互作用力总是等大，选项D 错误．3. (2016·浙江10月学考·13)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k .则( )图10A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq 22l2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg 3C ．细线拉力大小为F T ＝kq 23l2D ．细线拉力大小为F T ＝3mg 答案 B解析 根据题意，OA ＝l ，OB ＝3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°，由几何关系可知，△AOB 为等腰三角形，AB ＝AO ＝l ，对小球A 受力分析如图所示，由库仑定律得：F ＝kq 2AB2＝kq 2l 2，故A 错误；△AOB 为等腰三角形，由于对称性，绳子拉力等于库仑力，且根据平衡条件得：F cos 30°＝F T cos 30°＝12mg ，即F ＝F T ＝3mg3，故B 正确，C 、D 错误． 4. (2015·浙江10月学考·11)如图11所示，一质量为m 、电荷量为Q 的小球A 系在长为l 的绝缘轻绳下端，另一电荷量也为Q 的小球B 位于悬挂点的正下方(A 、B 均视为点电荷)，轻绳与竖直方向成30°角，小球A 、B 静止于同一高度．已知重力加速度为g ，静电力常量为k ，则两球间的静电力为( )图11A.4kQ2l 2B.kQ 2l2 C ．mg D.3mg答案 A解析 根据库仑定律公式得F ＝kQQ(l sin 30°)2＝4kQ2l 2，A 选项正确，B 选项错误．由于小球A 、B 均静止，对球A 受力分析如图所示，由平衡条件得F T sin 30°＝F ，F T cos 30°＝mg联立解得F ＝33mg ，C 、D 选项错误．5. (人教版必修1P61插图改编)两小孩共提总重力为G 的一桶水匀速前行，如图12所示，两人手臂用力大小均为F ，手臂间的夹角为θ.则( )图12A ．当θ＝60°时，F ＝G2B ．当θ＝90°时，F 有最小值C ．当θ＝120°时，F ＝GD ．θ越大时，F 越小 答案 C解析 根据平衡条件得：2F cos θ2＝G , 解得：F ＝G 2cosθ2，当θ＝0°时，cos θ2值最大，则F ＝G 2，即为最小，当θ为60°时，F ＝33G ，当θ＝90°时，F ＝22G ；当θ为120°时，F ＝G ，当θ越大时，则F 越大，故A 、B 、D 错误，C 正确．6. (2016·浙江台州中学期中)如图13所示是磁悬浮地球仪，地球仪依靠它与底座之间的磁力悬浮在底座的正上方保持静止，已知地球仪的质量为m ，底座的质量为M ，则底座对水平地面的作用力大小为( )图13A ．0B ．mgC ．MgD ．(m ＋M )g答案 D解析 将地球仪和底座看作整体，整体受到的重力为(m ＋M )g ，支持力为F N ，满足F N ＝(m ＋M )g ，根据牛顿第三定律可知底座对水平地面的作用力大小为(m ＋M )g ，选项D 正确．7. (2016·浙江绍兴一中期中)如图14所示，小球A 、B 带等量同种电荷，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B的电荷量减少为原来的( )图14A.12B.14C.18D.116 答案 C解析 小球B 受力如图所示．两绝缘细线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知B 球悬线的拉力F T 与B 球的重力mg 大小相等，即mg ＝F T ，小球B 处于平衡状态，则库仑力F ＝2mg sin θ2，设原来小球带电荷量为q ，A 、B 间的距离是r ，则r ＝2L sinθ2，由库仑定律得F＝kq2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F 2＝2mg sinθ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝kqq Br′2，解得q B＝18q，故选C.8. 如图15所示，倾角为θ、质量为m的直角三棱柱ABC置于粗糙水平地面上，柱体与水平地面间的动摩擦因数为μ.现施加一个垂直于BC面向下的外力F，柱体仍保持静止，则地面对柱体的摩擦力大小等于( )图15A．μmg B．F sin θC．F cos θD．μ(F cos θ＋mg)答案 B解析对三棱柱受力分析如图所示．F f＝F sin θ，故B选项正确．9. (2017·湖州市期末)如图16所示，质量为m的光滑小球放在斜面和竖直挡板之间，当挡板从竖直位置逆时针缓慢转动到水平位置的过程中，斜面和挡板对小球的弹力大小的变化是( )图16A．斜面的弹力逐渐变大B．斜面的弹力先变小后变大C．挡板的弹力先变小后变大D．挡板的弹力逐渐变大答案 C解析 小球受力如图甲所示，因挡板是缓慢转动，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，此三力(重力、斜面支持力、挡板弹力)组成矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小、方向均不变，斜面对其支持力方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大．动态平衡问题分析的常用方法1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：(1)物体一般受三个力作用；(2)其中有一个大小、方向都不变的力；(3)还有一个方向不变的力．考点三 平衡中的临界与极值问题1. 如图17所示，质量m ＝2.2 kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F ＝10 N 的拉力作用下，以速度v ＝5.0 m/s 向右做匀速直线运动．(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)求：图17(1)金属块与地板间的动摩擦因数；(2)现换用另一个力F ′施加在金属块上，为使金属块向右做匀速直线运动，求F ′的最小值． 答案 (1)0.5 (2)2255N解析 (1)设地板对金属块的支持力为F N ，金属块与地板间的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有F cos θ＝μF Nmg ＝F sin θ＋F N解得：μ＝F cos 37°mg －F sin 37°＝822－6＝0.5.(2)分析金属块的受力，如图所示竖直方向：F ′sin α＋F N ′＝mg 水平方向：F ′cos α＝μF N ′ 联立可得：F ′＝μmgcos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin (α＋φ)所以F ′的最小值为2255N.2．如图18所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态．若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小不可能为( )图18A.33mg B.52mg C.2mg D ．mg答案 A解析 将A 、B 两球作为一个整体，受力分析如图所示，由图可以看出，外力F 与悬线OA 垂直时最小，F min ＝2mg sin θ＝mg ，所以外力F 应大于或等于mg ，不可能为选项A.3．如图19所示，重50 N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为800 N/m的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端连接物体A后，弹簧长度为14 cm，现用力F沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20 N，当弹簧的长度仍为14 cm时，F的大小不可能为( )图19A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N答案 C解析A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力和拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时，F＋mg sin 37°≤F fm＋k(l －l0)，解得F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零，即拉力的取值范围为0≤F≤22 N，故选C.1.临界与极值问题解题流程(1)对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点．(2)由关键词判断可能出现的现象或状态变化．(3)据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件．(4)选择合适的方法作图或列方程求解．2．解决临界与极值问题的常用方法(1)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．(2)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．专题强化练(限时：30分钟)1．(2017·浙江名校协作体联考)鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力方向合理的是( )答案 C解析鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中，水对鱼的作用力和重力的合力产生向右的加速度，水对鱼的作用力方向斜向右上方．2. (2017·金华市期末)第31届夏季奥林匹克运动会于2016年8月5日至21日在巴西里约热内卢举行．中国选手王嘉男在跳远比赛中跳出了8米17的好成绩，排名第5.图1为王嘉男比赛精彩瞬间，针对此时王嘉男受力情况的分析合理的是( )图1A．只受重力B．受重力和空气阻力C．受重力、空气阻力、沙子的支持力D．受重力、空气阻力、沙子的支持力和摩擦力答案 B3．(2017·浙江“七彩阳光”联考)在弹簧测力计指针前的滑槽中嵌一块轻质小泡沫，测力计便增加了“记忆”功能．用该测力计沿水平方向拉木块．在拉力F增大到一定值之前，木块不会运动．继续缓慢增大拉力，木块开始运动，能观察到指针会突然回缩一下，之后弹簧测力计上的泡沫与指针位置如图2所示．下列判断正确的是( )图2A．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力B．小泡沫的左边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力C．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力D．小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于滑动摩擦力答案 C解析木块刚要开始运动时，弹簧秤的示数为最大静摩擦力；小泡沫的右边缘“记忆”的示数等于最大静摩擦力．4. (2017·浙江“超级全能生”联考)有些自动扶梯是阶梯状的，人站在自动扶梯的水平踏板上，随扶梯斜向上匀速运动，如图3所示．以下说法正确的是( )图3A．人受到的合外力不为零B．人受到重力和支持力的作用C．人受到的合外力方向与速度方向相同D．人受到重力、支持力和摩擦力的作用答案 B解析由于匀速运动，人受到的合外力为零，不可能有摩擦力，否则不平衡了．5. (2017·宁波市诺丁汉大学附中高三上期中)如图4，球静置于水平地面OA上并紧靠斜面OB，一切摩擦不计，则( )图4A．小球只受重力和地面支持力B．小球一定受斜面的弹力C．小球受重力、地面支持力和斜面弹力D．小球受到的重力和对地面的压力是一对平衡力答案 A解析小球只受重力和地面支持力，斜面对球无弹力作用，选项A正确，B、C错误；小球受到的重力和地面对小球的支持力是一对平衡力，选项D错误；故选A.6．(2017·台州市9月选考)某木箱静止在水平地面上，对地面的压力大小为200 N，木箱与地面间的动摩擦因数为μ＝0.45，与地面间的最大静摩擦力为95 N，小孩分别用80 N、100 N的水平力推木箱，木箱受到的摩擦力大小分别为( )A．80 N和90 N B．80 N和100 NC．95 N和90 N D．90 N和100 N答案 A7．(2016·诸暨市联考)如图5所示，用相同的弹簧测力计将同一个重物m，分别按甲、乙、丙三种方式悬挂起来，读数分别是F1、F2、F3、F4，已知θ＝30°，则有( )图5A．F4最大B．F3＝F2C．F2最大D．F1比其他各读数都小答案 C解析由平衡条件可知：F1＝mg tan θ，F2cos θ＝mg,2F3cos θ＝mg，F4＝mg，因此可知F1＝33mg，F2＝233mg，F3＝33mg，故选项A、B、D错误，C正确．8. (2017·温州市十校期末联考)如图6所示，A、B为同一水平线上的两个固定绕绳装置，转动A、B，使光滑挂钩下的重物C缓慢竖直上升，下列说法正确的是( )图6A．绳子拉力大小不变B．绳子拉力大小逐渐减小C．两段绳子合力逐渐减小D．两段绳子合力不变答案 D解析重物受三个力，重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，即有两个拉力的合力与重力平衡，所以两个拉力的合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故D正确，A、B、C错误．9. (2017·金华市义乌模拟)在2015年9月3日抗战胜利70周年阅兵中，20架直升机组成数字“70”字样飞过天安门上空．如图7所示，为了使领航的直升机下悬挂的国旗不致上飘，在国旗的下端悬挂了重物，假设国旗与悬挂物(可看成一个物体)的质量为m，直升机的质量为M，直升机水平匀速飞行，在飞行过程中，悬挂国旗的细线始终与竖直方向的夹角为α.以下说法正确的是( )图7A ．国旗受到2个力的作用B ．细线的拉力大于mgC ．空气对国旗的阻力大小为mg cos αD ．空气给直升机的力方向竖直向上 答案 B解析 对国旗受力分析如图，国旗受三个力，重力、绳子的拉力和空气阻力，其中空气阻力与运动的方向相反，沿水平方向．根据共点力平衡得F ＝mgcos α，F f ＝mg tan α，故B 正确，A 、C 、D 错误．10．(2017·浙江名校协作体模拟)浙江省某中学校园环境优美，景色宜人，如图8甲所示，淡如桥是同学们必走之路，淡如桥是座石拱桥，图乙是简化图，用四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱，其中第3、4块固定在地基上，第1、2块间的接触面是竖直的，每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°.假定石块间的摩擦力忽略不计，则第1、2石块间的作用力和第1、3石块间的作用力大小之比为( )甲 乙图8A.12B.33C.32 D.3 答案 C解析 对石块1受力分析，由F N12∶F N13＝sin 60°＝32知C 正确． 11. (2016·杭州市学考模拟)一串小灯笼(五只)彼此用轻绳连接，并悬挂在空中．在稳定水平风力作用下发生倾斜，绳与竖直方向的夹角为30°，如图9所示．设每只灯笼的质量均为m .由上往下第一只灯笼对第二只灯笼的拉力大小为( )图9A ．23mg B.233mg C.833mg D ．8mg答案 C解析 以下面四个灯笼作为研究对象，受力分析如图．由F T cos 30°＝4mg ， 得F T ＝833mg ，故C 正确．12. 如图10所示，质量为m 的正方体和质量为M 的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m 和M 的接触面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若不计一切摩擦，下列说法正确的是( )图10A ．水平面对正方体M 的弹力大小大于(M ＋m )gB ．水平面对正方体M 的弹力大小为(M ＋m )g cos αC ．墙面对正方体m 的弹力大小为mg tan αD ．墙面对正方体M 的弹力大小为mgtan α答案 D解析 由于两墙面竖直，对M 和m 整体受力分析可知，水平面对M 的弹力大小等于(M ＋m )g ，A 、B 错误；在水平方向，墙对M 和m 的弹力大小相等、方向相反，对m 受力分析如图所示，根据平行四边形定则可得m 受到的墙对它的弹力大小为mgtan α，所以M 受到墙面的弹力大小也为mgtan α，C 错误，D 正确．13. (2016·浙江北仑中学期末)如图11所示，一个铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一个小球，开始时细线竖直．现将水平力F 作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中( )图11A ．水平拉力F 先变小后变大B ．细线的拉力不变C ．铁架台对地面的压力变大D ．铁架台所受地面的摩擦力变大 答案 D解析 对小球受力分析，如图所示，小球受细线拉力、重力、水平力F .根据平衡条件，有F ＝mg tan θ，θ逐渐增大，则F 逐渐增大，故A 错误；由图可知，细线的拉力F T ＝mgcos θ，θ增大，F T 增大，故B 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件得F f ＝F ，则F f 逐渐增大，F N ＝(M ＋m )g ，F N 保持不变，故D 正确，C 错误．14. 如图12所示，三根长度均为l 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2l .现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加的力的最小值为( )图12A ．mg B.33mg C.12mg D.14mg答案 C解析 分析结点C 的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA 与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：F D ＝mg tan α＝33mg ，再分析结点D 的受力如图乙所示，由图可知，F D ′与F D 大小相等且方向恒定，F B 的方向不变，当在D 点施加的拉力F 与绳BD 垂直时，拉力F 最小，即F ＝F D ′cos 30°＝12mg ，C 正确．15. 如图13所示，位于竖直侧面的物体A 的质量m A ＝0.2 kg ，放在水平面上的物体B 的质量m B ＝1.0 kg ，绳和滑轮间的摩擦不计，且绳的OB 部分水平，OA 部分竖直，A 和B 恰好一起匀速运动，g 取10 m/s 2.图13(1)求物体B 与水平面间的动摩擦因数．(2)如果用水平力F 向左拉物体B ，使物体A 和B 做匀速运动需多大的拉力？ 答案 (1)0.2 (2)4 N解析 (1)因物体A 和B 恰好一起匀速运动，所以物体A 、B 均处于平衡状态．由平衡条件得 对A ：F T －m A g ＝0 对B ：F T －μF N ＝0F N －m B g ＝0解得：μ＝0.2(2)如果用水平力F 向左拉物体B ，使物体A 和B 做匀速运动，此时水平绳的拉力与滑动摩擦力的大小均不变，对物体B 由平衡条件得F －F T －μF N ＝0解得：F ＝4 N.16. (2016·金华市十校模拟)如图14所示，某同学用大小为5 N 、方向与竖直黑板面成θ＝53°的力将黑板擦沿黑板表面竖直向上缓慢推动，黑板擦无左右运动趋势．已知黑板的规格为4.5×1.5 m 2，黑板的下边缘离地的高度为0.8 m ，黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg ，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图14(1)求黑板擦与黑板间的动摩擦因数μ；(2)当她擦到离地高度2.05 m时，黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边缘前瞬间的速度大小．答案(1)0.5 (2)5 m/s解析(1)对黑板擦受力分析如图所示：水平方向：F sin θ＝F N ①竖直方向：F cos θ＝mg＋F f ②另有：F f＝μF N③联立①②③可得：μ＝0.5(2)由受力分析可知：黑板擦脱手后做自由落体运动自由落体：v2＝2gh代入数据可得：v＝5 m/s.。

实验2 力学实验(二)1.(2018安徽蚌埠一质检)某同学利用图甲所示的装置探究“外力一定时,加速度与质量的关系”。

图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源,小车的质量未知。

(1)实验之前要平衡小车所受的阻力,具体的步骤是,吊盘中不放物块,调整木板右端的高度,用手轻拨小车,直到打点计时器打出一系列的点。

(2)按住小车,在吊盘中放入适当质量的物块,并在小车中放入质量已知的砝码,为了保证在改变小车中砝码的质量时,小车所受的拉力近似不变,吊盘和盘中物块的质量和应满足的条件是。

(3)打开打点计时器电源,释放小车,得到如图乙所示的纸带,图示为五个连续点之间的距离(单位:cm),则小车的加速度a= m/s2。

(结果保留两位小数)(4)改变小车中的砝码质量多次试验,得到不同的纸带,记录砝码的质量m,并根据纸带求出不同的m 对应的加速度a,以m为横坐标,为纵坐标,做出-m关系图线如图丙所示,设图中直线的斜率为k,纵轴上的截距为b,若牛顿第二定律成立,则小车的质量为。

2.(2018河南驻马店质检)如图所示实验装置,某同学用a、b两个半径相同的小球,按照以下步骤研究弹性正碰实验操作:①在平木板表面钉上白纸和复写纸,并将该木板竖直立于紧靠槽口处,使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放,撞到木板并在白纸上留下痕迹O;②将木板水平向右移动一定距离并固定,再使小球a从固定点处由静止释放,撞到木板上。

重复多次,用尽可能小的圆把小球的落点圈在里面,其圆心就处于小球落点的平均位置,得到痕迹B;③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端,让小球a仍从固定点处由静止释放,和小球b相碰后,重复多次,并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置,得到两球撞在木板上痕迹A和C。

(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹,a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1m2。

(选填“大于”“小于”或“等于”)(2)完成本实验,必须测量的物理量有。

2019年高考物理二轮练习精品试题：练习2力与物体的直线运动注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

【一】单项选择题1、如图2－10所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后()、图2－10A、将立即做变减速运动B、将立即做匀减速运动C、在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D、在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零2、以36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为()、A、12.5m B、2mC、10mD、0.5m3、一质点受到10N的力的作用时，其加速度为2m/s2；假设要使小球的加速度变为5m/s2，那么应该给小球施的力的大小为()、A、10N B、20NC、50ND、25N4、我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120km/h，交通部门提供以下资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6s根据以上资料，()、A、100m B、200mC、300mD、400m5.(2018·安徽卷，17)如图2－11所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，假设在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，那么()、图2－11A、物块可能匀速下滑B、物块仍以加速度a匀加速下滑C、物块将以大于a的加速度匀加速下滑D、物块将以小于a的加速度匀加速下滑6.(2018·海南单科，6)如图2－12所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑、在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是()、图2－12【二】多项选择题7、(2018·新课标，14)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，早期物理学家关于惯性有以下说法，其中正确的选项是()、A、物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B、没有力的作用，物体只能处于静止状态C、行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D、运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动8.一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图2－13所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，以下说法正确的选项是()、图2－13A、水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同B、水平拉力对物体做功的数值为1.2JC、撤去拉力后物体还能滑行7.5mD、物体与水平面间的动摩擦因数为0.19、(2018·天津卷，8)如图2－14甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，那么()、图2－14A、0～t1时间内F的功率逐渐增大B、t2时刻物块A的加速度最大C、t2时刻后物块A做反向运动D、t3时刻物块A的动能最大10.如图2－15所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态、现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.那么()、图2－15A、物块B刚要离开C时B的加速度也为aB、加速度a＝gC、以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a＝1 2gD、从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为mg k【三】计算题11.(2018·江苏泰州三模)如图2－16所示，在光滑水平面上有A、B两个物体，B在前，A在后，A正以6m/s的速度向右运动，B静止；当A、B之间距离为18m 时，在A、B之间建立相互作用，其作用力为恒力，此后B物体加速，经过4s，物体B的速度达到3m/s，此时撤去A、B之间的相互作用，A、B继续运动又经4s，A恰好追上B，在这一过程中：求：图2－16(1)在A物体追上B物体前，B运动的位移大小；(2)在两物体间有相互作用时，物体A和B的加速度a A和a B的大小；(3)物体A和B的质量之比、12、如图2－17所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，光滑表面BC与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值、一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示、sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：图2－17(1)斜面BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功、参考答案1、C[物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增大，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大，综上所述，A、B、D错误，C正确、]2、D[由v t＝at可得t＝2.5s，那么第3s内的位移，实质上就是2～2.5s内的位移，x＝12at′2＝0.5m、]3、D[根据F1＝ma1，把F1＝10N，a1＝2m/s2，代入，得m＝5kg，再由F2＝ma2，把m＝5kg，a2＝5m/s2代入，解得F2＝25N、]4、B[当驾驶员的反应时间最长，路面的动摩擦因数最小时对应的最长距离是安全距离、v＝120km/h＝33.3m/s，反应时间t＝0.6s内位移x1约为20m；又μmg＝ma，a＝3.2m/s2，s2＝v22a＝173m；s＝s1＋s2＝193m、]5、C[设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知物块的加速度a＝mg sin θ－μmg cos θm>0，即μ<tanθ.对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝mg＋F sin θ－μmg＋F cos θm＝a＋F sin θ－μF cos θm，且F sinθ－μF cosθ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑、应选项C正确，选项A、B、D错误、]6、C[物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v<v0，A项错误；物块在ab段和bc段分别做匀减速和匀加速运动，且a1>a2，故B、D错误，C正确、]7、AD[物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确、]8、AB[图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，那么F＋f＝ma a＝0.2N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝ma b＝0.1N，解得F＝f＝0.1N，A项正确；有水平拉力时，物体位移为s＝5＋32×3m＝12m，故拉力做功的数值为W＝Fs＝1.2J，B项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5m，C项错误；动摩擦因数μ＝fmg＝130，D项错误、]9、BD[在0～t1时间内物块A所受的合力为零，物块A处于静止状态，根据P＝Fv知，力F的功率为零，选项A错误；在t2时刻物块A受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A的加速度最大，选项B正确；物块A在t1～t2时间内做加速度增大的加速运动，在t2～t3时间内做加速度减小的加速运动，t3时刻，加速度等于零，速度最大，选项C错误、选项D正确、]10、BD[物块B刚要离开C时B的加速度为0，A项错；未加F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1＝mg sin 30°k＝mg2k，B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2＝mg2k，此时对A由牛顿第二定律得F－mg sin30°－kx2＝ma，解得a＝g，B项正确、C项错；物体A的位移x1＋x2＝mgk，D项正确、]11、解析物体B先加速运动后匀速运动(1)x B＝vB2t1＋v B t2＝⎝⎛⎭⎪⎫32×4＋3×4m＝18m.(2)a B ＝Δvt 1＝0.75m/s 2A 物体先减速运动再匀速运动A 减速运动的位移：x 1＝v 0t 1－12a A t 21＝6×4－12a A ×42＝24－8a A ，A 匀速运动的位移：x 2＝(v 0－a A t 1)×t 2＝24－16a A ， 由题知x A ＝x 1＋x 2＝xB ＋18，即48－24a A ＝18＋18， 解得a A ＝0.5m/s 2. (3)由牛顿第三定律有F 1＝－F 2，那么质量之比m A m B ＝a B a A ＝32.答案(1)18m(2)a A ＝0.5m/s 2a B ＝0.75m/s 2(3)32 12.解析(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a 1＝g sin θ＝6m/s 2 通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为： t 1＝1s由运动学公式得：s ＝12a 1t 21＝3m.(2)滑块对斜面的压力为N 1′＝mg cos θ木块对传感器的压力为F 1＝N 1′sin θ由图象可知：F 1＝12N ，解得m ＝2.5kg.(3)滑块滑到B 点时的速度为：v 1＝a 1t 1＝6m/s ，由图象可知：f 1＝5N ，t 2＝2s ，滑块受到的摩擦力f ＝f 1＝5N ，a 2＝f m ＝2m/s ，s 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8m ，W ＝fs 2＝40J. 答案见解析。

第2讲 匀变速直线运动规律及牛顿运动定律[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点授课提示：对应学生用书第6页[网络构建][要点熟记]1．匀变速直线运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)速度和位移的关系式：v 2－v 20＝2ax .(4)中间时刻的瞬时速度：(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 ＝aT 2. 2．对运动图象的认识，应注意以下三点(1)x ­t 图象的斜率表示速度；v ­t 图象的斜率表示加速度；v ­t 图象的面积表示位移． (2)无论是x ­t 图象还是v ­t 图象都只能描述直线运动的规律；而不表示物体运动的轨迹． (3)x ­t 图象交点表示两物体位移相等，v ­t 图象交点表示两物体速度相等．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．[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律授课提示：对应学生用书第6页[真题再做]1．(2019·高考全国卷Ⅰ，T18)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H 4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<4D ．4<t 2t 1<5解析：空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H 时的速度为0.之比为1∶(2逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)．由题意知，t 2∶t 1＝1∶(2－3)＝2＋3，由结果知选项C 正确．答案：C2．(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ，T19)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( )A ．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：0～t 1时间内，v 乙＞v 甲，t 1～t 2时间内，v 甲＞v 乙，t 2时刻相遇，但0～t 1时间内两者的位移差小于t 1～t 2时间内两者的位移差，则t 1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：BD3．(2018·高考全国卷Ⅰ，T15)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动．以x 表示P 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()解析：设物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma.根据数学知识知F­x图象是截距为ma的一次函数图象，故A正确．答案：A4.(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ，T18)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：x­t图象的斜率表示两车速度，则可知t1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，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B错；t1和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，C对；在t1到t2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：CD5.(2017·高考全国卷Ⅱ，T24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12m v 21－12m v 20① 解得μ＝v 20－v 212gs 0②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t ，由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得 a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 20⑥答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 1＋v 0)22s 20[考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．近几年高考对本讲的考查比较全面，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是命题的热点，如2017年全国卷Ⅱ第24题考查匀变速直线运动的规律，2018年全国卷考查了牛顿运动定律及图象问题．2．以现代科技、生产、生活及体育运动等为背景设置的题目考查学生运用所学知识解决实际问题的能力，或借助“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、运动过程分析的题目都会成为高考中的计算题的命题热点，如2019年全国卷Ⅰ第18题、2017年全国卷Ⅱ第24题．■ 解题要领——怎么做1．解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要做好“受力分析和运动分析”的同时抓住“加速度和速度”两个桥梁．2．解决图象类问题关键是要将物体的运动图象转化为物体的运动模型．3．以“交通”“体育”“科技”为背景的实际问题在2020年的备考中应引起足够重视．[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能授课提示：对应学生用书第7页考向一 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，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．处理刹车类问题或匀减速运动问题时要注意判断速度减速到零的时间t 0＝v 0a，再进行分析计算．[典例1] 为了保障市民出行安全，减少交通事故，交管部门强行推出了“电子眼”，此后机动车闯红灯大幅度减少．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m /s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5，g 取10 m/s 2.问：(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m ，他采取上述措施能否避免闯红灯？ (2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？ [解析] (1)甲车紧急刹车的加速度为 a 1＝0.4g ＝4 m/s 2，甲车停下来所需时间t 1＝v 0a 1＝2.5 s ，甲车滑行距离s ＝v 202a 1＝12.5 m ，由于12.5 m<15 m ，所以甲车能避免闯红灯．(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s 0，在乙车刹车t 2时刻两车速度相等，则有： 乙车紧急刹车的加速度大小为a 2＝0.5g ＝5 m/s 2， 由v 1＝v 2得v 0－a 1(t 2＋t 0)＝v 0－a 2t 2，解得t 2＝2.0 s ， 此时，甲、乙两车的速度均为v ＝v 0－a 2t 2＝0 此过程中乙的位移：x 乙＝v 0t 0＋v 0t 2－12a 2t 22＝15 m ，甲的位移：x 甲＝v 0(t 0＋t 2)－12a 1(t 0＋t 2)2＝12.5 m ，所以两车安全距离至少为：s 0＝x 乙－x 甲＝2.5 m.[答案] (1)能 (2)2.5 m 方法技巧“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题 ——————————————————————————1．(2019·安徽安庆高三上学期期末)一质点在连续的6 s 内做匀加速直线运动，在第一个2 s 内位移为12 m ，最后一个2 s 内位移为36 m ，下面说法正确的是( )A ．质点的加速度大小是3 m/s 2B ．质点在第2个2 s 内的平均速度大小是18 m/sC ．质点第2 s 末的速度大小是12 m/sD ．质点在第1 s 内的位移大小是6 m解析：设第一个2 s 内的位移为x 1，第三个2 s 内，即最后1个2 s 内的位移为x 3，根据x 3－x 1＝2aT 2得加速度a ＝3 m/s 2，故A 正确；由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值即x 3－x 2＝x 2－x 1，解得x 2＝24 m ，所以质点在第2个2 s 内的平均速度大小是242 m /s ＝12 m/s ，故B 错误；第1 s 末的速度等于第一个2 s 内的平均速度，则v 1＝6 m /s ，则第2 s 末速度为v ＝v 1＋at ＝(6＋3×1)m/s ＝9 m/s ，故C 错误；在第1 s 内反向看为匀减速运动，则有x ＝v 1t －12at 2＝(6×1－12×3×12)m ＝4.5 m ，故D 错误．答案：A2．(2019·贵州贵阳一测)对于如图所示的情境，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚．若以8 m /s 匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8 m ，该车减速时的加速度大小为5 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．驾驶员立即刹车制动，则至少需2 s 汽车才能停止B ．在距停车线6 m 处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处C ．若经0.2 s 后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处D ．若经0.4 s 后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处解析：汽车的初速度为v 0＝8 m /s ，刹车时最大加速度大小为a ＝5 m/s 2，由匀变速直线运动规律可知，汽车停车时间最短为t ＝v 0a ＝1.6 s ，选项A 错误；由速度与位移关系可知，汽车的刹车距离x ＝v 202a ＝6.4 m ，选项B 错误；要使汽车停止时前端刚好在停车线处，汽车匀速运动距离为x ′＝(8－6.4)m ＝1.6 m ，所以汽车匀速运动时间t ′＝x ′v 0＝0.2 s ，选项C 正确，D 错误．答案：C3．庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵中，质量为m 的战斗机接受检阅后返回某机场，降落在跑道上的减速过程可简化为两个匀减速直线运动：飞机以速度95 m /s 着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为2.5 m/s 2，运动时间为20 s ；随后在无阻力伞情况下减速直至停下，在平直跑道上减速滑行总路程为2 075 m ．求第二个减速阶段飞机运动的时间和加速度大小．解析：以飞机的运动方向为正方向． 初速度v 0＝95 m /s ，a 1＝－2.5 m/s 2， t 1＝20 s ， x ＝2 075 m由运动学公式v ＝v 0＋at 得， 第一阶段减速的末速度v ＝95 m /s ＋(－2.5)×20 m/s ＝45 m/s 由v 2－v 20＝2ax 1得，第一阶段减速位移x 1＝v 2－v 202a 1＝452－9522×(－2.5)m ＝1 400 m又x ＝x 1＋x 2，则第二阶段减速位移 x 2＝(2 075－1 400)m ＝675 m由平均速度公式x 2＝v2t 2，得第二阶段运动时间为t 2＝2x 2v ＝2×67545 s ＝30 s ，加速度为a 2＝0－v t 2＝0－4530 m/s 2＝1.5 m/s 2即第二减速阶段飞机的加速度大小为1.5 m/s 2. 答案：30 s 1.5 m/s 2考向二 运动学图象问题[典例2] (多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ­t 图象如图所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m[解析] 根据v ­t 图象知，甲、乙都沿正方向运动．t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m /s ，v 乙＝25 m/s ，由v ­t 图线所围面积对应位移关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m ＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25)m ＝52.5 m ．故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，选项B 正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m ＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15)m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以选项D 正确．[答案] BD 方法技巧图象问题做好“三看”“一注意”——————————————————————————————————————(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 )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，如例题中甲、乙两车做匀变速直线运动．(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，如例题中两交点表示两车速度相同．(4)一注意：利用v ­t 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发．若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离，如例题中两车不在同一位置出发，甲在乙前方7.5 m 处．4．(多选)(2019·山东师大附中高三第四次模拟)一个质点沿x 轴由静止开始做匀加速直线运动，其位移—时间图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．该质点的加速度大小为2 m/s 2B ．该质点在t ＝1 s 时的速度大小为4 m/sC ．该质点在t ＝1 s 到t ＝2 s 时间内的平均速度大小为 6 m/sD ．该质点运动4 m 需要的时间为1.5 s解析：质点由静止开始做匀加速直线运动，则有x ＝12at 2，由图可知，t ＝1 s 时，位移为x 1＝2 m ，代入上式解得a ＝4 m /s 2，故A 错误；该质点在t ＝1 s 时的速度大小为 v ＝at ＝4×1 m/s ＝4 m/s ，故B 正确；由图象可知，质点在t ＝1 s 到t ＝2 s 时间内的位移大小为x 2＝6 m ，平均速度大小为故C 正确；将x 3＝4 m ，a ＝4 m/s 2代入位移公式x ＝12at 2，解得t ＝ 2 s ，故D 错误．答案：BC5．(多选)在70周年国庆阅兵式上，多架直升机编队后排成“70”字样飞过阅兵区，其速度—时间图象如图所示，则以下说法正确的是( )A ．该编队做的是往复运动B ．0～t 1时间内编队做加速度减小的加速运动C ．0～t 1时间内的平均速度有可能大于t 2～t 3时间内的平均速度D ．t 2～t 3时间内的位移有可能大于0～t 1时间内的位移解析：由图知该编队的速度一直为正，说明一直沿正方向做单向直线运动，故A 错误．图象的斜率等于物体的加速度，则知0～t 1时间内编队做加速度减小的加速运动，故B 正确．由面积表示位移，可知0～t 1时间内的位移大于匀加速运动的位移，其平均速度大于v 02，在t 2～t 3时间内的位移小于匀减速运动的位移，则其平均速度小于v 02，因此0～t 1时间内的平均速度一定大于t 2～t 3时间内的平均速度，故C 错误．由面积表示位移，可知t 2～t 3时间内的位移有可能大于0～t 1时间内的位移，故D 正确．答案：BD6．(多选)汽车A 和汽车B (均可视为质点)在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A 车在后(如图甲所示)．以某时刻作为计时起点，此时两车相距x 0＝12 m ．汽车A 运动的x ­t 图象如图乙所示，汽车B 运动的v ­t 图象如图丙所示．则下列说法正确的是( )A ．在t ＝3 s 时，两车相距最远，且最远距离为20 mB ．B 车在0～6 s 内的位移为23 mC ．在t ＝8 s 时，两车相遇D ．若t ＝1 s 时，A 车紧急制动(视为匀变速)，要使A 车追不上B 车，则A 车的加速度大小应大于14m/s 2解析：由图乙可知A 车做匀速直线运动，速度大小为v A ＝4 m/s ，由图丙分析可知，t ＝3 s 时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远距离为20 m ，选项A 正确；B 车在0～6 s 内的位移和0～5 s 内的位移相等，为24 m ，选项B 错误；0～8 s 内A 车的位移大小为32 m ，B 车的位移大小为24 m ，位移之差为8 m ，此时A 车未追上B 车，选项C 错误；t ＝1 s 时两车相距16 m ，当B 车停下来后，A 车速度减为零时恰好追上B 车，此时A 车的加速度为一临界值，B 车停止之前的位移为16 m ，所以A 车的总位移为32 m ，由速度与位移的关系v 2＝2ax 可知，加速度a ＝14 m/s 2，故要使A 车追不上B 车，则A 车的加速度大小应大于14m/s 2，选项D 正确．答案：AD考向三 动力学中的连接体问题三类连接体问题的解题结论(1)通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不相等．(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力． (3)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．[典例3] (多选)(2019·湖北武汉高三3月调研)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m 、长度为L 的长木板B ，质量也为m 的物体A 放置在长木板B 的右端，不可伸长的轻绳1的一端与A 相连，另一端跨过轻质定滑轮与B 相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳2系着质量为2m 的重锤C .已知重力加速度为g ，各接触面之间的动摩擦因数均为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是( )A ．A 、B 、C 的加速度大小均为g2B ．轻绳1的拉力为mg2C ．轻绳2的拉力为mgD ．当A 运动到B 的左端时，物体C 的速度为 gL (1－2μ)2[思路点拨] 解此题注意以下两点： (1)物体间用不可伸长的轻绳相连，三物体的加速度大小相等．(2)A 运动到B 的左端时，A 、B 两物体的位移之和等于物体B 的长度．[解析] 三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度均为a ，对物体A ：F T1－μmg ＝ma ，对B ：F T2－μmg －2μmg －F T1＝ma ，对C ：2mg －F T2＝2ma ，联立解得a ＝12g －μg ，F T1＝12mg ，F T2＝mg ＋2μmg ，选项B 正确，A 、C 错误；当A 运动到B 的左端时有12at 2＋12at 2＝L ，此时物体A 、B 、C 的速度均为v ＝at ＝gL (1－2μ)2，选项D 正确． [答案] BD方法技巧“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，当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法，如例题中A 、B 两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法，如例题中求绳1和绳2的作用力，采用隔离法，若题目中不涉及绳2的作用力，求加速度时可把B 、C 两物体看成一个整体．7．(多选)(2019·陕西西安一中第四次月考)如图所示，完全相同的磁铁A 、B 分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A 、B 与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A 恰好不下滑．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现使小车加速运动，为保证A 、B 无滑动，则( )A ．速度可以向左，加速度可以小于μgB ．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)gC ．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)gD ．加速度一定向左，不能超过μg解析：小车静止时，A 恰好不下滑，所以对A 有mg ＝μF 引，当小车加速运动时，为了保证A 不下滑，则F N ≥F 引，则加速时加速度一定向左，对B 有μ(mg ＋F 引)≥ma ，计算得出a ≤(1＋μ)g .答案：AC8．(多选)(2019·湖北武昌高三3月调研考试)如图所示，质量分别为m 和M 的两物体用轻绳连接，在M 上施加恒力F ，使两物体一起沿恒力F 方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F 方向平行)，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T 和两物体的加速度大小a ，正确的是( )A ．四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况B ．四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况C ．四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况D ．四种情况轻绳的张力一定一样大解析：(1)中加速度满足：F －(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )·g cos θ＝(M ＋m )a 1，对m ：T 1－mg sin θ－μmg cosθ＝ma 1，解得a 1＝F M ＋m －g sin θ－μg cos θ，T 1＝Fm M ＋m；(2)中加速度满足：F －(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a 2，对m ：T 2－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝F M ＋m －g sin θ，T 2＝Fm M ＋m ；(3)中加速度满足：F ＝(M ＋m )a 3，对m ：T 3＝ma 3，解得a 3＝F M ＋m ，T 3＝Fm M ＋m；(4)中加速度满足：F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 4，对m ：T 4－mg ＝ma 4，解得a 4＝F M ＋m －g ，T 4＝Fm M ＋m.由以上分析可知，选项A 、D 正确，B 、C 错误． 答案：AD9.如图所示，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( )A ．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 1＝(m ＋2m )a ，F 1＝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专题限时集训(二)(建议用时：40分钟)[专题通关练]1．(原创题)以20 m/s 的速度匀速行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动。