（新課標）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運動 第二講 力與物體的直線運動教學(xué)案

答案(1)合外力為零(2)項目一般形式v00涉及的物理量不涉及的物理量速度公式vtv0atvtatvt、v0、a、t位移x位移公式xv0tat2xat2x、v0、a、t末速度vt速度、位移關(guān)系公式vv2axv2axvt、v0、a、x時間t(3)勻加速直線運動勻減速直線運動說明位移圖像曲線為拋物線的一部分速度圖像(4)現(xiàn)象超重失重完全失重定義物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于0的現(xiàn)象產(chǎn)生條件物體具有豎直向上的加速度或加速度分量物體具有豎直向下的加速度或加速度分量物體具有豎直向下的加速度，ag【典例】(2019·全國卷)如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H.上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2.不計空氣阻力，則滿足()A1<<2 B2<<3C3<<4 D4<<5思路引領(lǐng)可考慮逆向思維法，將豎直上拋運動等效為逆向的自由落體運動解析本題應(yīng)用逆向思維求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高度處開始的自由落體運動，所以第四個所用的時間為t2，第一個所用的時間為t1，因此有2，即3<<4，選項C正確答案C1勻變速直線運動的“四類公式”2處理勻變速直線運動的五種方法遷移一以生產(chǎn)、生活實際考查1(多選)(2019·河北名校聯(lián)盟)擁堵已成為現(xiàn)代都市一大通病，發(fā)展“空中軌道列車”(簡稱空軌，如圖所示)是緩解交通壓力的重要舉措假如某空軌從甲站沿直線運動到乙站，為了使旅客舒適，其加速度不能超過2.5 m/s2，行駛的速度不能超過50 m/s.已知甲、乙兩站之間的距離為2.5 km，下列說法正確的是()A空軌從靜止開始加速到最大速度的最短時間為25 sB空軌從最大速度開始剎車到停下來運動的最小位移為500 mC從甲站運動到乙站的最短時間為70 sD從甲站運動到乙站的最大平均速度為25 m/s解析空軌從靜止開始以最大加速度加速到最大速度時所用時間最短，則最短時間為t120 s，選項A錯誤；以最大加速度剎車時，空軌從最大速度開始剎車到停下來運動的位移最小，由v2amaxx解得最小位移為x500 m，選項B正確；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度勻速運動，再以最大加速度剎車時，空軌從甲站到乙站的運動時間最短，且剎車時間與加速時間相等，等于t1，兩段時間對應(yīng)的位移相等，等于x，勻速運動時間為t230 s，所以最短時間為t2t1t270 s，選項C正確；從甲站運動到乙站的最大平均速度為 m/s35.7 m/s，選項D錯誤答案BC遷移二以追及、相遇模型考查2(2019·福建四校聯(lián)考)貨車A在平直公路上以20 m/s的速度勻速行駛，當司機發(fā)現(xiàn)正前方有一輛靜止的轎車B時，兩車間的距離僅有75 m(這段公路很窄，無法靠邊讓道)(1)若此時B車立即以2 m/s2的加速度啟動，通過計算判斷：如果A車司機沒有剎車，是否會撞上B車若不相撞，求兩車間的最小距離；若相撞，求出從A車發(fā)現(xiàn)B車到A車撞上B車的時間(2)若A車司機發(fā)現(xiàn)B車，立即剎車(不計反應(yīng)時間)做勻減速直線運動，加速度大小為2 m/s2(兩車均視為質(zhì)點)，為避免碰撞，在A車剎車的同時，B車立即做勻加速直線運動(不計反應(yīng)時間)，B車的加速度至少為多大才能避免發(fā)生事故(結(jié)果保留兩位小數(shù))解析(1)設(shè)兩車不相撞，經(jīng)過的時間為t時，兩車速度相等，則有vAvB對B車又有vBat聯(lián)立可得t10 st時間內(nèi)A車的位移xAvAt200 mt時間內(nèi)B車的位移xBat2100 m因為xBx0175 m<xA所以假設(shè)不成立，兩車會相撞，設(shè)經(jīng)過時間t1兩車相撞，有vAt1x0at代入數(shù)據(jù)解得t15 s，另一解舍去(2)已知A車的加速度大小aA2 m/s2，初速度vA20 m/s設(shè)B車的加速度大小為aB，B車運動時間為t2時兩車速度相等，且此時兩車恰好不相撞，則有vAvAaAt2，vBaBt2且vAvB在時間t2內(nèi)A車的位移大小xAvAt2aAtB車的位移大小xBaBt又xBx0xA聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得aB0.67 m/s2.答案(1)會相撞5 s(2)0.67 m/s2追及減速運動的物體時，要注意隱含條件，即兩物體相遇時，要先判斷被追物體的速度是否已經(jīng)減為零，根據(jù)t首先分析出相遇時減速物體的狀態(tài).熱點考向二挖掘圖像信息解決動力學(xué)問題【典例】(多選)(2019·全國卷)如圖(a)，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平t0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t4 s時撤去外力細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖(c)所示木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略重力加速度取10 m/s2.由題給數(shù)據(jù)可以得出()A木板的質(zhì)量為1 kgB2 s4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 NC02 s內(nèi)，力F的大小保持不變D物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2思路引領(lǐng)題圖(b)中細繩上拉力的變化情況與木板的受力情況不易聯(lián)系在一起，是本題的易錯點要通過力傳感器固定判斷出物塊相對于地面靜止，從而判斷木板的受力情況，由vt圖像求出木板在施加力F時的加速度和撤掉F時的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解待求物理量解析由題圖(c)可知木板在02 s內(nèi)處于靜止狀態(tài)，再結(jié)合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在02 s內(nèi)逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；由題圖(c)可知木板在24 s內(nèi)做勻加速運動，其加速度大小為a1 m/s20.2 m/s2，在45 s內(nèi)做勻減速運動，其加速度大小為a2 m/s20.2 m/s2，另外由于物塊靜止不動，同時結(jié)合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動摩擦力Fff，故對木板進行受力分析，由牛頓第二定律可得FFfma1、Ffma2，解得m1 kg、F0.4 N，選項A、B均正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，選項D錯誤答案AB1從vt圖像巧分析四個物理量(1)速度：從速度軸上讀出速度，正負表示物體的運動方向(2)時間：從時間軸上讀出時刻，兩時刻的差值表示物體的運動時間(3)位移：由圖線與時間軸圍成的面積表示位移，時間軸上方表示位移的方向與規(guī)定的正方向相同，下方表示位移的方向與規(guī)定的正方向相反(4)加速度：由圖線的斜率求得，斜率的正、負表示加速度的方向2求解運動圖像與牛頓第二定律綜合問題的基本思路遷移一動力學(xué)中的Ft圖像1(多選)(2019·泰安模擬)物體最初靜止在傾角30°的足夠長斜面上，如圖甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時間變化的圖像如圖乙所示，開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10 m/s2)()A物體的質(zhì)量m1 kgB物體的質(zhì)量m2 kgC物體與斜面間的動摩擦因數(shù)D物體與斜面間的動摩擦因數(shù)解析由開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，可知02 s內(nèi)物體的加速度大小為a1 m/s2；在02 s內(nèi)對物體應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)1mgsin30°mgcos30°ma,2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2mgsin30°mgcos30°0，聯(lián)立解得m1 kg，選項A、D正確答案AD遷移二動力學(xué)中的aF圖像2(多選)(2019·河北六校聯(lián)考)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從零開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖像如圖所示，g10 m/s2，則可以得出()A物體與水平面間的最大靜摩擦力BF為14 N時物體的速度C物體與水平面間的動摩擦因數(shù)D物體的質(zhì)量解析由題圖可知，物體在水平面間的最大靜摩擦力為7 N，A正確；由Fmgma，解得aFg，將F17 N，a10.5 m/s2，F(xiàn)214 N，a24 m/s2代入上式可得m2 kg，0.3，C、D正確；因物體做變加速運動，無法求出F為14 N時物體的速度，B錯誤答案ACD處理運動圖像時容易出現(xiàn)的錯誤有以下幾點：(1)對于xt圖像，圖線在縱軸上的截距表示t0時物體的位置；對于vt和at圖像，圖線在縱軸上的截距并不表示t0時物體的位置(2)在vt圖像中，兩條圖線的交點不表示兩物體相遇，而是表示兩物體速度相同(3)vt圖像中兩條圖線在v軸上的截距不同，不少同學(xué)誤認為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應(yīng)根據(jù)題中條件確定. 熱點考向三利用牛頓運動定律解決多體問題【典例】(2017·海南卷)一輕彈簧的一端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連，如圖所示質(zhì)量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0.從t0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動經(jīng)過一段時間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰好也為x0.彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g.求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)物塊b加速度的大??；(3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關(guān)系式思路引領(lǐng)(1)由運動學(xué)公式知形變量為x0時二者分離(2)分離時，ab間沒有彈力，a、b加速度相同解析(1)對整體分析，根據(jù)平衡條件可知開始時沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有kx0gsin，解得k.(2)由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時間位移為x0，由xat2可知，說明當形變量x2x0x1時二者分離；對物塊a分析，因分離時a、b間沒有彈力，a、b加速度相同，則對物塊a，根據(jù)牛頓第二定律可知kx2mgsinma，解得a.(3)設(shè)時間為t，則經(jīng)時間t時，a、b運動的位移xat2，彈簧形變量xx0x，對整體分析，由牛頓第二定律有Fkxgsina，解得Fmgsint2，因分離時位移xx1，由xat解得t1，故應(yīng)保證t<，F(xiàn)的表達式才能成立答案(1)(2)(3)Fmgsint2解決連接體問題應(yīng)注意的問題1整體法與隔離法的優(yōu)點和使用條件(1)當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用整體法；當系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，一般采用隔離法(2)求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時必須用隔離法2兩物體分離或相對滑動的條件(1)疊加體類的連接體：兩物體間剛要發(fā)生相對滑動時物體間的靜摩擦力達到最大值(2)靠在一起的連接體：分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同3用滑輪連接的連接體的處理方法通過滑輪連接的兩個物體：加速度相同，但輕繩的拉力不等于懸掛物體的重力遷移一平面上的多體模型1(2019·江西六校聯(lián)考)水平地面上有質(zhì)量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數(shù)均為.細繩的一端固定，另一端跨過輕質(zhì)、光滑動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖所示初始時，細繩處于水平拉直狀態(tài)若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g.求：(1)物塊B受到的摩擦力；(2)物塊A、B的加速度大小解析(1)物塊B受到的摩擦力大小為f4mg(2)設(shè)物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，細繩中的張力為T.由牛頓第二定律得FmgTmaA2T4mg4maB物塊A移動了距離s，則物塊B移動的距離為s1s由A和B的位移關(guān)系得aA2aB聯(lián)立解得aAaB.答案(1)4mg(2)遷移二斜面上的多體模型2.(2019·河南周口期末)如圖所示，空間有場強大小為E，方向沿斜面向下的勻強電場；光滑絕緣斜面的傾角為，底端固定一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧；彼此絕緣的A、B兩物體靜止在彈簧頂端，A、B接觸但不粘連，A的質(zhì)量為m，電荷量為q，B的質(zhì)量也為m，不帶電，彈簧處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g；某時刻，在沿斜面向上的大小為F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做勻加速運動，則當A、B分離瞬間()A彈簧的形變量為0B彈簧的形變量為xCA的速度達到最大DA的加速度為0解析A、B分離瞬間，A、B間無相互作用力且加速度相同，對B受力分析，由牛頓第二定律可知Fmgsinma，對A受力分析，由牛頓第二定律可知kxmgsinqEma，解得x，A錯誤，B正確；由于此時A具有向上的加速度，則A的速度不是最大且加速度不為0，C、D錯誤答案B斜面固定，多個物體沿斜面運動，外加電場、磁場或者一個力，這類題目的本質(zhì)是平面問題移到了斜面上處理此類問題，主要考慮兩個方面(1)分清斜面體是否光滑，若不光滑，動摩擦因數(shù)是否已知(2)多個物體是否有相對運動，采用整體法或者隔離法，進行受力分析、運動分析，最后確定用“力法”還是“能法”求解. 熱點考向四利用牛頓運動定律解決多過程問題【典例】(2019·河北名校聯(lián)盟)消防隊員為縮短下樓的時間，往往抱著豎直的桿直接滑下假設(shè)一名質(zhì)量為60 kg、訓(xùn)練有素的消防隊員從七樓(即離地面18 m的高度)抱著豎直的桿以最短的時間滑下已知桿的質(zhì)量為200 kg，消防隊員著地的速度不能大于6 m/s，手和腿對桿的最大壓力為1800 N，手和腿與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，設(shè)當?shù)氐闹亓铀俣萭取10 m/s2.假設(shè)桿是固定在地面上的，桿在水平方向不移動試求：(1)消防隊員下滑過程中的最大速度(2)消防隊員下滑過程中桿對地面的最大壓力(3)消防隊員下滑的最短時間思路引領(lǐng)(1)消防隊員開始階段自由下落的末速度為下滑過程的最大速度(2)若消防員以最短時間滑下，他應(yīng)先以加速度g做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動解析(1)消防隊員開始階段自由下落的末速度即為下滑過程的最大速度vm，有2gh1v消防隊員受到的滑動摩擦力FfFN0.5×1800 N900 N減速階段的加速度大?。篴25 m/s2減速過程的位移為h2，由vv22a2h2v6 m/s又hh1h2以上各式聯(lián)立可得：vm12 m/s(2)以桿為研究對象得：FNMgFf2900 N根據(jù)牛頓第三定律得，桿對地面的最大壓力為2900 N.(3)最短時間為tmin2.4 s.答案(1)12 m/s(2)2900 N(3)2.4 s1多過程問題很多動力學(xué)問題中涉及的物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化，這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題2類型多過程問題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題3解題策略(1)任何多過程的復(fù)雜物理問題都是由很多簡單的小過程構(gòu)成，有些是承上啟下，上一過程的結(jié)果是下一過程的已知，這種情況需一步一步完成(2)有些是樹枝形，告訴的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，這就要求仔細審題，找出各過程的關(guān)聯(lián)，按順序逐個分析；對于每一個研究過程，選擇什么規(guī)律，應(yīng)用哪一個運動學(xué)公式要明確(3)注意兩個過程的連接處，通常加速度可能突變，但速度不會突變，速度是聯(lián)系前后兩個過程的橋梁(2019·江西五校聯(lián)考)避險車道是避免惡性交通事故發(fā)生的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為的斜面一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓玻斳囁贋?3 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos1，sin0.1，g10 m/s2.求：(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；(2)制動坡床的長度解析(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則fmgsinma1fmgcos聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得a15 m/s2a1的方向沿制動坡床向下(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v23 m/s.貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s038 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內(nèi)滑動的距離s4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k0.44，貨車長度l012 m，制動坡床的長度為l，則MgsinFfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l98 m.答案(1)5 m/s2沿制動坡床向下(2)98 m解決“多過程”問題的關(guān)鍵：首先明確每個“子過程”所遵守的規(guī)律，其次找出它們之間的關(guān)聯(lián)點，然后列出“過程性方程”與“狀態(tài)性方程”. 高考熱點模型構(gòu)建“傳送帶”與“板塊”模型考向一“傳送帶”模型【典例1】(2019·江淮十校聯(lián)考)如圖所示，工廠利用傾角30°的皮帶傳輸機，依次將輕放在皮帶底端的每包質(zhì)量為m50 kg的貨物，從地面運送到高出水平地面h2.5 m的平臺上，傳輸機的皮帶以v1 m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動且不打滑，貨物無初速度地放在皮帶上已知貨物與皮帶間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.(1)求將每包貨物從地面運送到平臺上所用的時間t.(2)若皮帶傳輸機由電動機帶動，求把每包貨物從地面運送到平臺上，電動機需要多做的功W.思路引領(lǐng)解析(1)設(shè)貨物做加速運動時的加速度為a，時間為t1，位移為x1，根據(jù)牛頓第二定律，有mgcosmgsinma，代入數(shù)據(jù)解得a1 m/s2則t11 s，x1at0.5 m貨物與皮帶達到共同速度后，與皮帶一起向上做勻速運動貨物做勻速運動的時間t24.5 s故將每包貨物從地面運送到平臺上所用的時間tt1t25.5 s.(2)解法一：貨物做加速運動的過程中，皮帶的位移x2vt11 m，相對位移xx2x10.5 m根據(jù)能量守恒定律得Wmgcos·xmghmv2代入數(shù)據(jù)解得W1425 J.解法二：貨物做加速運動的過程中，皮帶所受的摩擦力f1fmaxmgcos，皮帶的位移x2vt1貨物與皮帶一起做勻速運動的過程中，皮帶所受的摩擦力f2mgsin，皮帶的位移x3vt2則WW1W2f1x2f2x3代入數(shù)據(jù)解得W1425 J.答案(1)5.5 s(2)1425 J傳送帶問題的處理技巧(1)分析物體的受力情況要考慮物體與傳送帶間的相對運動(2)求物體的加速度、速度和位移時不需要考慮傳送帶的運動情況，即相當于傳送帶是不動的(3)求物體相對傳送帶的路程時，需要考慮傳送帶的運動情況，若物體與傳送帶運動方向相同，則相對路程為兩者路程之差，若物體與傳送帶運動方向相反，則相對路程為兩者路程之和. 考向二“板塊”模型【典例2】(2019·江蘇卷)如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為.先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB；(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB.思路引領(lǐng)處理本題的關(guān)鍵點有二：一是弄清臨界點(或轉(zhuǎn)折點)，即物塊A與物塊B達到共同的速度或物塊A離開物塊B時的受力情況以及運動狀態(tài)的變化為轉(zhuǎn)折點，本題中臨界點為A、B共速；二是兩個關(guān)聯(lián)，即發(fā)生轉(zhuǎn)折前后物塊的受力情況以及物塊A與物塊B的位移之間的關(guān)聯(lián)，必要時要通過畫圖理清關(guān)系，即B的位移與A的位移之差應(yīng)等于L.解析(1)由牛頓運動定律知，A加速度的大小aAg勻變速直線運動2aALv解得vA(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對齊前，B所受合外力大小F3mg由牛頓運動定律FmaB，得aB3g對齊后，A、B所受合外力大小F2mg由牛頓運動定律F2maB，得aBg(3)經(jīng)過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得vB2答案(1)(2)3gg(3)2滑塊與滑板間相對滑動的臨界條件(1)運動學(xué)條件：若兩物體速度或加速度不等，則會相對滑動(2)力學(xué)條件：一般情況下，假設(shè)兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出滑塊“所需要”的摩擦力f，比較f與最大靜摩擦力fmax的關(guān)系，若f>fmax，則發(fā)生相對滑動(3)滑塊滑離滑板的臨界條件：當滑板的長度一定時，滑塊可能從滑板滑下，恰好滑到滑板的邊緣達到共同速度是滑塊滑離滑板的臨界條件. 1(多選)(2019·昆明高三年級教學(xué)質(zhì)檢)如下圖甲所示，傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速度運行，將一質(zhì)量m1 kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對地面的速度大小隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.則下列說法正確的是()A傳送帶沿逆時針轉(zhuǎn)動，速度大小為4 m/sB物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75C08 s內(nèi)物體位移的大小為14 mD08 s內(nèi)物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126 J解析由題圖可知小物體先反向做減速運動后向正方向做加速運動，故可知傳送帶速度方向沿順時針方向，最終物體和傳送帶的速度相同，故傳送帶速度大小為4 m/s，故A錯誤；根據(jù)vt圖像的斜率表示加速度，物體相對傳送帶滑動時的加速度大小為a m/s21 m/s2，由牛頓第二定律得mgcos37°mgsin37°ma，解得0.875，故B錯誤；08 s內(nèi)物體的位移為s m14 m，故C正確；08 s內(nèi)只有前6 s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對滑動，06 s內(nèi)傳送帶運動的距離為s帶4×6 m24 m,06 s內(nèi)物體的位移為s物 m6 m，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Qmgcos37°·(s帶s物)126 J，故D正確答案CD2(2019·武漢外校階段性測試)如圖1甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端放著小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即Fkt，其中k為已知常數(shù)若A、B之間的滑動摩擦力Ff的大小等于最大靜摩擦力，且A、B的質(zhì)量相等，則下列圖2中可以定性地描述長木板B運動的vt圖像的是()解析以A、B整體為研究對象，A、B整體具有共同的最大加速度，由牛頓第二定律得a1，對B由牛頓第二定律有a1，對A由牛頓第二定律有a1，達到最大加速度所經(jīng)歷的時間t，由以上各式解得t，此后B將受恒力作用，做勻加速直線運動，vt圖線為傾斜的直線，故B正確答案B專題強化訓(xùn)練(二)一、選擇題1(2019·貴陽高三監(jiān)測)一物體做勻減速直線運動，4 s內(nèi)的位移為16 m，速度大小變?yōu)樵瓉淼娜种唬较虿蛔儎t該物體的加速度大小為()A1 m/s2 B1.5 m/s2C2 m/s2 D0.75 m/s2解析設(shè)該物體的初速度為v0，加速度大小為a，由題意知t4 s，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，x·t，v0at，聯(lián)立解得a1 m/s2，選項A正確答案A2(多選)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛甲車在前，乙車在后，速度均為v030 m/s，距離s0100 mt0時刻甲車遇緊急情況后，甲、乙兩車的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖甲、乙所示取運動方向為正方向下列說法正確的是()At3 s時兩車相距最近B09 s內(nèi)兩車位移之差為45 mCt6 s時兩車相距最近，為10 mD兩車在09 s內(nèi)會相撞解析由題圖可畫出兩車的速度時間圖像，如圖所示由圖像可知，t6 s時兩車速度相等，此時兩車相距最近，故A錯誤；圖中陰影部分面積為06 s內(nèi)兩車位移之差，可得x×30×3 m×30×(63) m90 m<100 m，此時兩車相距最近，為10 m，所以兩車不會相撞，故C正確，D錯誤；09 s內(nèi)兩車位移之差x×30×3 m45 m，故B正確答案BC3(2019·福州市質(zhì)檢)物體在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s內(nèi)力F、速度v隨時間變化如圖所示，由圖像可得()A物體的質(zhì)量為2 kgB物體在6 s內(nèi)運動的位移為6 mC在02 s內(nèi)推力做的功為2 JD物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.025解析物體在02 s內(nèi)做勻加速直線運動，加速度為a m/s2，由牛頓第二定律有：Fmgma，即：3mgma；物體在26 s內(nèi)做勻速直線運動，因此有：mg1 N，聯(lián)立解得：物體的質(zhì)量為m4 kg，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.025，選項A錯誤，選項D正確；根據(jù)vt圖像所圍的面積表示物體運動的位移可得物體在6 s內(nèi)運動的位移為x×2×1 m4×1 m5 m，選項B錯誤；力對物體所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s內(nèi)推力做的功為WFx3××2×1 J3 J，選項C錯誤答案D4(2019·河南南陽一中開學(xué)考試)如圖所示，一輕質(zhì)長木板置于光滑水平地面上，木板上有質(zhì)量分別為mA1 kg和mB2 kg的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為0.2，水平恒力F作用在A物塊上，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.則()A若F1 N，則物塊、木板都靜止不動B若F1.5 N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5 NC若F4 N，則B物塊所受摩擦力大小為4 ND若F8 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2解析A與木板間的最大靜摩擦力fAmAg0.2×1×10 N2 N，B與木板間的最大靜摩擦力fBmBg0.2×2×10 N4 N，設(shè)A與木板恰好發(fā)生相對滑動時水平恒力大小為F0，則由牛頓第二定律可知，解得F03 N，F(xiàn)1 N<F0，則A、B均與木板保持相對靜止，整體在F作用下向左做勻加速運動，故A錯誤；F1.5 N<F0，則A、B均與木板保持相對靜止，整體在F作用下向左做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得Ff1mAa，所以A物塊所受摩擦力f1<F1.5 N，故B錯誤；F4 N>F0，所以A在木板上滑動，B和木板整體受到的摩擦力大小為fA，輕質(zhì)木板質(zhì)量不計，所以B的加速度大小為a1 m/s21 m/s2，對B進行受力分析，有f2mBa12×1 N2 N，故C錯誤；F8 N>f0，所以A相對于木板滑動，B和木板整體受到摩擦力fA，由上述分析可知B的加速度大小為1 m/s2，故D正確答案D5(多選)(2019·樂山二診)如下圖所示，在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體，B的質(zhì)量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB2 N，A受到的水平向右的變力FA(92t) N，t的單位是s.從t0開始計時，則()AA物體在3 s末時刻的加速度是初始時刻的倍Bt>4 s后，B物體做勻加速直線運動Ct4.5 s時，A物體的速度為零Dt>4.5 s后，A、B的加速度方向相反解析當A、B間作用力為0時二者分離，此時aAaB，即，t4 s，此后B做勻加速直線運動，而A做加速度逐漸減小的加速運動當t4.5 s時，A物體的加速度為零而速度不為零；t>4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反當t<4 s時，A、B的加速度均為a.綜上所述，選項A、B、D正確答案ABD6(多選)(2019·沈陽教學(xué)抽樣檢測)如圖所示，足夠長的固定斜面傾角為，斜面a點以下(含a點)光滑，a點以上粗糙可視為質(zhì)點的質(zhì)量均為1 kg的A、B兩滑塊靜止在a點，某時刻在B上加一沿斜面向上、大小為7 N的恒力，彈簧的勁度系數(shù)為100 N/m，37°，sin37°0.6，cos37°0.8，兩滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.25，則A、B向上運動的過程中有()AA、B剛分離時A有沿斜面向上的加速度B從加上恒力到A、B分離A上升高度為7 cmCA速度最大時，A沿斜面移動的距離為3 cmDA速度最大時，A、B間彈力為1 N解析由題意知m1 kg、F7 N、k100 N/m、0.25，A、B剛過a點時的加速度大小為1.5 m/s2，剛分離時A、B間無彈力，對B有aB1 m/s2，此時A、B加速度相同，故A的加速度沿斜面向下，此時對A有aA1 m/s2，解得x10.07 m，初態(tài)kx02mgsin，解得x00.12 m，A上升的高度為(0.12 m0.07 m)sin37°3 cm，A、B錯；A速度最大即加速度為零，對A、B整體有kx2F2mgsin2mgcos0，解得x20.09 m，A沿斜面移動的距離xx0x20.03 m，此時對A有kx2Nmgsinmgcos0，解得A、B間彈力N1 N，C、D對答案CD7(多選)(2019·湖北七市聯(lián)合模擬)如下圖所示，在一沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶的左端A點，每隔T的時間，輕放上一個相同的工件，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，工件的質(zhì)量均為m，經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達到相同速度的工件之間的距離為x，重力加速度為g，下列判斷正確的是()A傳送帶的速率為B工件加速運動的時間為C工件與傳送帶間的相對位移一定為xD根據(jù)題目已知條件可以求出工件與傳送帶的相對位移解析工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，每個工件放上傳送帶后運動的規(guī)律相同，可知xvT，解得傳送帶的速率v，故A正確；設(shè)每個工件勻加速運動的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律得，工件的加速度為ag，根據(jù)vat，解得t，故B正確；工件加速過程的位移x工件，工件加速過程中傳送帶的位移x傳送帶vT2×x工件，工件與傳送帶間的相對位移xx傳送帶x工件，故C錯誤，D正確答案ABD8(多選)(2019·山東省泰安市上學(xué)期期中)如圖所示，傾角為的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細線連接彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)突然剪斷細線或彈簧下列判斷正確的是()A彈簧被剪斷的瞬間，A、B、C三個小球的加速度均為零B彈簧被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零C細線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsinD細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsin解析若是彈簧被剪斷，將三個小球看做一個整體，整體的加速度為agsin，然后隔離A，對A分析，設(shè)桿的作用力為F，則Fmgsinma，解得F0，A錯誤，B正確；剪斷細線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，則彈簧的彈力為F彈(3m2mm)gsin6mgsin.以C為研究對象知，細線的拉力為3mgsin.剪斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得F彈(m2m)gsin(m2m)aAB，解得A、B兩個小球的加速度為aABgsin，方向沿斜面向上，以B為研究對象，由牛頓第二定律得：FAB2mgsin2maAB，解得桿的拉力為FAB4mgsin，故C、D正確答案BCD9(多選)(2019·湖北省黃岡市質(zhì)檢)如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶以v2.4 m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與水平面的夾角37°，某時刻同時將A、B物塊(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，已知A、B兩物塊釋放時的間距為0.042 m，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為A0.75、B0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin37°0.6，cos37°0.8，重力加速度g10 m/s2，則下列說法中正確的是()A物塊B先做勻加速直線運動，后與傳送帶保持相對靜止B物塊B最終一定追上物塊AC在t0.24 s時，A、B物塊速度大小相等D在t0.54 s前，A、B兩物塊之間的距離先增大后不變解析物塊B先做勻加速直線運動，當與傳送帶共速后，因為B0.5<tan37°0.75，則物塊B將繼續(xù)加速下滑，選項A錯誤；物塊A先做勻加速直線運動，當與傳送帶共速后，因為A0.75tan37°，則物塊A將與傳送帶相對靜止，一起下滑，則物塊B最終一定追上物塊A，選項B正確；物塊B開始下滑的加速度aB1gsin37°Bgcos37°10 m/s2，與傳送帶共速經(jīng)過的時間：tB0.24 s，共速后物塊B以aB2gsinBgcos2 m/s2的加速度加速下滑；物塊A開始下滑的加速度aA1gsin37°Agcos37°12 m/s2，與傳送帶共速時經(jīng)過的時間：tA0.2 s；共速后物塊A與傳送帶一起勻速下滑，則t0.24 s時兩物塊速度相等，選項C正確；在開始的0.24 s內(nèi)因為A的加速度較大，則兩物塊間的距離逐漸變大；在0.24 s后物塊B繼續(xù)加速下滑，速度逐漸變大，則兩物塊間的距離又逐漸減小，選項D錯誤答案BC二、非選擇題10(2019·成都實驗中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)量m1 kg的物塊A放在質(zhì)量M4 kg的木板B的左端，起初A、B均靜止在水平地面上現(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為10.4，地面與B之間的動摩擦因數(shù)為20.1，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.(1)求能使A、B相對靜止的F的最大值(2)若F30 N，作用1 s后撤去F，要使A不從B上滑落，則木板至少為多長？從開始到A、B均靜止，A運動的總位移是多少？解析(1)對A進行受力分析可知，其最大加速度由A、B之間的最大靜摩擦力決定，由牛頓第二定律得1mgmamax，代入數(shù)據(jù)解得amax4 m/s2對A、B整體進行受力分析可知，恰好無相對運動時，A、B具有共同的加速度，且大小為amax，由牛頓第二定律得Fmax2(Mm)g(Mm)amax，代入數(shù)據(jù)解得Fmax25 N.(2)設(shè)F作用在B上時，A、B的加速度大小分別為a1、a2，經(jīng)t11 s，撤掉F時，A、B的速度大小分別為v1、v2，加速度大小分別為a1、a2，A、B共同運動時速度大小為v3，加速度大小為a3.對A進行受力分析，可知a1amax4 m/s2，v1a1t14 m/s對B進行受力分析，有F1mg2(Mm)gMa2，故a25.25 m/s2，v2a2t15.25 m/s撤去F時，有a1a14 m/s2，a22.25 m/s2經(jīng)過t2時間后A、B速度相等，有v1a1t2v2a2t2，代入數(shù)據(jù)解得t20.2 s則v3v1a1t24.8 m/s從開始到A、B相對靜止，A、B的相對位移應(yīng)不大于木板的長度L，設(shè)A的位移為xA，B的位移為xB，有LxBxAa1(t1t2)20.75 mA、B速度相等后共同在水平面上做勻減速直線運動，加速度a32g1 m/s2從A、B相對靜止至最終靜止，位移x11.52 m故A運動的總位移為xA總xAx14.4 m.答案(1)25 N(2)0.75 m14.4 m11(2019·安徽皖南八校聯(lián)考)在某電視臺舉辦的沖關(guān)游戲中，AB是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，半徑R1.6 m，BC是長度為L13 m的水平傳送帶，CD是長度為L23.6 m水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑，參賽者和滑板可視為質(zhì)點，參賽者質(zhì)量m60 kg，滑板質(zhì)量可忽略已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數(shù)分別為10.4、20.5，g取10 m/s2.求：(1)參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力；(2)若參賽者恰好能運動至D點，求傳送帶運轉(zhuǎn)速率及方向；(3)在第(2)問中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能解析(1)對參賽者：A到B過程，由動能定理得mgR(1cos60°)mv解得vB4 m/s在B處，由牛頓第二定律得FNBmgm解得FNB2mg1200 N根據(jù)牛頓第三定律得，參賽者對軌道的壓力FNBFNB1200 N，方向豎直向下(2)C到D過程由動能定理得2mgL20mv解得vC6 m/sB到C過程加速階段由牛頓第二定律得1mgma解得a4 m/s2參賽者加速至vC歷時t0.5 s位移x1t2.5 m<L1參賽者從B到C先勻加速后勻速，傳送帶順時針運轉(zhuǎn)，速率v6 m/s(3)0.5 s內(nèi)傳送帶位移x2vt3 m參賽者與傳送帶的相對位移xx2x10.5 m傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能E1mgxmvmv720 J答案(1)1200 N，方向豎直向下(2)6 m/s，順時針運轉(zhuǎn)(3)720 J30