2020屆高考物理二輪復習 專題沖刺 專題復習篇二 力與直線運動練習（含解析）

力與直線運動要點提煉1.解圖象問題時要做好“三看”(1)看清坐標軸所表示的物理量：明確因變量與自變量的制約關(guān)系，是運動學圖象(v­t、x­t、a­t、x­v2、v­x等)，還是動力學圖象(F­t、F­x、P­t等)；(2)看圖線本身：識別兩個相關(guān)量的變化趨勢，進而分析具體的物理過程；(3)看交點、斜率和“面積”：明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的面積的物理意義。2求解勻變速直線運動問題時的方法技巧(1)巧用平均速度：對勻變速直線運動問題，運用公式(v0v)，xt，相當于把一個勻變速直線運動問題轉(zhuǎn)化為一個勻速直線運動問題來處理。(2)逆向思維：把運動過程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”的反向分析，這種研究問題的方法一般用于末態(tài)已知的情況。3動力學與圖象的綜合問題做好兩步(1)判別物理過程：由圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)律確定質(zhì)點的運動性質(zhì)。(2)選擇解答方法：根據(jù)質(zhì)點的運動性質(zhì)，選擇公式法或圖象法解答試題，必要時建立函數(shù)關(guān)系并進行圖象轉(zhuǎn)換，或者與常見形式比較進行解答和判斷。4傳送帶上物體的運動由靜止釋放的物體，若能在勻速運動的傳送帶上同向加速到與傳送帶共速，則加速過程中物體的位移必與物體和傳送帶的相對位移大小相等，且等于傳送帶在這個過程中位移的一半；在傾斜傳送帶(傾角為)上運動的物體，動摩擦因數(shù)與tan的關(guān)系、物體初速度的方向與傳送帶速度方向的關(guān)系是決定物體運動情況的兩個重要因素。5水平面上的板塊模型問題分析兩物體的運動情況需要關(guān)注：兩個接觸面(滑塊與滑板之間、滑板與地面之間)的動摩擦因數(shù)的大小關(guān)系，外力作用在哪個物體上。若外力作用在下面物體上，隨著力的增大，兩物體先共同加速，后發(fā)生相對滑動，發(fā)生相對滑動的條件是下面物體的加速度較大。若外力作用在上面物體上，力增大過程中，兩物體可能共同加速，也可能發(fā)生相對滑動，相對滑動時，上面物體的加速度較大。高考考向1運動圖象及其應用命題角度1 應用運動圖象分析追及相遇問題例1(2018·全國卷)(多選) 甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動。甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示。下列說法正確的是()A在t1時刻兩車速度相等B從0到t1時間內(nèi)，兩車走過的路程相等C從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等D從t1到t2時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等解析根據(jù)x­t圖象的物理意義可知，在t1時刻兩車的位置相同，速度不相等，乙車的速度大于甲車的速度，A錯誤；從0到t1時間內(nèi)，乙車走過的路程大于甲車，B錯誤；從t1到t2時間內(nèi)，兩車都是從x1位置走到x2位置，兩車走過的路程相等，C正確；根據(jù)x­t圖象的斜率等于速度可知，從t1到t2時間內(nèi)的某時刻，有甲圖線的切線與乙圖線平行、斜率相同，兩車速度相等，D正確。答案CD(1)對于x­t圖象，圖線在縱軸上的截距表示t0時物體的位置；對于v­t和a­t圖象，圖線在縱軸上的截距并不表示t0時物體的位置。(2)在v­t圖象中，兩條圖線的交點不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同。(3)v­t圖象中兩條圖線在軸上的截距不同，不少同學誤認為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應根據(jù)題中條件確定。備課記錄： 11(2018·全國卷)(多選) 甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時刻并排行駛，下列說法正確的是()A兩車在t1時刻也并排行駛Bt1時刻甲車在后，乙車在前C甲車的加速度大小先增大后減小D乙車的加速度大小先減小后增大答案BD解析v­t圖象中圖象與t軸所包圍的面積代表運動的位移，兩車在t2時刻并排行駛，利用逆向思維并借助于面積可知在t1時刻甲車在后，乙車在前，故A錯誤，B正確；圖象的斜率表示加速度，所以甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度也是先減小后增大，故C錯誤，D正確。12(2019·西安高三第三次質(zhì)檢)(多選)甲、乙兩物塊在同一直線上運動的x­t圖象如圖所示，乙物塊做勻變速運動，加速度大小為0.2 m/s2，兩圖線相切于坐標點(5 s，3 m)，下列說法正確的是()A前5 s內(nèi)甲、乙的運動方向一直相同Bt5 s時甲、乙相遇且速度相同C乙的初速度大小為1.8 m/sDt0時甲、乙相距2.8 m答案AB解析x­t圖象的斜率表示速度，前5 s內(nèi)甲、乙的x­t圖線斜率均一直為負，則運動方向一直相同，A正確；t5 s時甲、乙的x­t圖線斜率相同，位移、時間都相同，所以相遇且速度相同，B正確；由甲的圖線知t5 s時，速度為0.6 m/s，乙做勻變速運動，vv0at，則乙的初速度大小為1.6 m/s，C錯誤；由位移xx0v0tat2，代入(5 s，3 m)及v0的值，可得x02.5 m，D錯誤。命題角度2 非常規(guī)圖象問題例2(2019·全國卷)(多選) 在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a­x關(guān)系如圖中虛線所示。假設兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則()AM與N的密度相等BQ的質(zhì)量是P的3倍CQ下落過程中的最大動能是P的4倍DQ下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍解析如圖，當x0時，對P：mPgMmP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM3a0；對Q：mQgNmQa0，即星球N表面的重力加速度gNa0。當P、Q的加速度a0時，對P有：mPgMkx0，則mP，對Q有：mQgNk·2x0，則mQ，即mQ6mP，B錯誤；根據(jù)mgG得，星球質(zhì)量M，則星球的密度，所以M、N的密度之比·×1，A正確；當P、Q的加速度為零時，P、Q的動能最大，系統(tǒng)的機械能守恒，對P有：mPgMx0Ep彈EkP，即EkP3mPa0x0Ep彈，對Q有：mQgN·2x04Ep彈EkQ，即EkQ2mQa0x04Ep彈12mPa0x04Ep彈4×(3mPa0x0Ep彈)4EkP，C正確；P、Q在彈簧壓縮到最短時，其位置與初位置關(guān)于加速度a0時的位置對稱，故P下落過程中彈簧的最大壓縮量為2x0，Q為4x0，D錯誤。答案AC 非常規(guī)圖象的解決要領(lǐng)對于非常規(guī)圖象，要結(jié)合運動學公式或題給條件確定圖象的斜率、截距或特殊點的物理意義，分析圖象與坐標軸圍成的面積是否具有實際的物理意義，進而確定相關(guān)已知量，進行求解。如本題中，x0時的加速度是星球表面的重力加速度；a0時的x則是彈力和重力平衡時彈簧的壓縮量。備課記錄： 21(多選)質(zhì)點沿一直線運動，以運動起點作為位移參考點并開始計時，設在時間t內(nèi)所發(fā)生的位移為x，其­t圖象如圖所示，則由圖可知()A質(zhì)點的初速度為1 m/sB質(zhì)點的初速度為0.5 m/sC質(zhì)點的加速度為2 m/s2D質(zhì)點的加速度為4 m/s2答案AD解析由勻變速直線運動的位移公式xv0tat2可得v0at。由此可知，­t圖象的縱截距代表初速度，斜率表示加速度的，結(jié)合圖象可知，質(zhì)點的初速度為1 m/s，加速度為4 m/s2，故本題選A、D。22(多選)為檢測某新能源動力車的剎車性能，如圖所示是一次在平直公路上實驗時，新能源動力車整個剎車過程中位移與速度平方之間的關(guān)系圖象，下列說法正確的是()A新能源動力車的初速度為20 m/sB剎車過程新能源動力車的加速度大小為5 m/s2C剎車過程持續(xù)的時間為10 sD剎車過程經(jīng)過6 s時新能源動力車的位移為30 m答案AB解析根據(jù)0v22ax得：圖線斜率，可知，解得剎車過程中加速度的大小a5 m/s2，由題圖可知，新能源動力車的初速度的平方v400 m2/s2，則v020 m/s，故A、B正確；剎車過程持續(xù)的時間t s4 s，故C錯誤；剎車過程中6 s內(nèi)的位移等于4 s內(nèi)的位移，則x m40 m，故D錯誤。高考考向2傳送帶問題例3(2019·河北武邑中學3月高三月考)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設計了如圖所示的傳送裝置，它由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB4 m，傾斜傳送帶長度LCD4.45 m，傾角為37°，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v15 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)將一個工件(可看做質(zhì)點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求：(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶沿傳送帶上升的最大高度和所用的總時間；(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速度v2的大小(v2<v1)。解析(1)工件剛放在傳送帶AB上時，在摩擦力作用下做勻加速運動，設其加速度大小為a1，速度增加到v1時所用時間為t1，位移大小為x1，受力分析如圖甲所示，則FN1mgFf1FN1ma1聯(lián)立解得a15 m/s2由運動學公式有t1 s1 sx1a1t×5×12 m2.5 m由于x1<LAB，工件隨后在傳送帶AB上勻速運動到B端，則勻速運動的時間為t20.3 s工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設其加速度大小為a2，速度減小到零時所用時間為t3，位移大小為x2，受力分析如圖乙所示，則FN2mgcosmgsinFN2ma2由運動學公式有x2聯(lián)立解得a210 m/s2，x21.25 m工件沿CD傳送帶上升的最大高度為hx2sin1.25×0.6 m0.75 m沿CD傳送帶上升的時間為t30.5 s故總時間為tt1t2t31.8 s。(2)CD傳送帶以速度v2順時針運轉(zhuǎn)時，當工件的速度大于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2；當工件的速度小于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，受力分析如圖丙所示，設其加速度大小為a3，兩個過程的位移大小分別為x3和x4，由運動學公式和牛頓運動定律可得2a2x3vvmgsinFN2ma32a3x40vLCDx3x4解得v24 m/s。答案(1)0.75 m1.8 s(2)4 m/s 傳送帶的摩擦力分析(1)關(guān)注兩個時刻初始時刻：物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻的摩擦力方向。物體與傳送帶速度相等的時刻：摩擦力的大小、方向或性質(zhì)(滑動摩擦力或靜摩擦力)可能會發(fā)生突變。(2)注意過程分解摩擦力突變點是加速度突變點，也是物體運動規(guī)律的突變點，列方程時要注意不同過程中物理量莫混淆。摩擦力突變點對應的狀態(tài)是前一過程的末狀態(tài)，也是后一過程的初狀態(tài)，這是兩個過程的連接點。(3)物體在傾斜傳送上運動，物體與傳送帶速度相同后需比較tan與的大小關(guān)系：>tan，速度相等后一起勻速；<tan，速度相等后物體的加速度向下，根據(jù)v與a的方向關(guān)系即可判定運動情況。備課記錄： 3(2019·河南許昌高三二診)(多選)如圖所示為運送糧袋的傳送帶裝置，已知A、B間的長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，正常工作時工人將糧袋從A點無初速度釋放，糧袋由A運動到B，以下說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A糧袋到達B點的速度與v比較，可能較大，可能相等，也可能較小B糧袋開始運動的加速度為g(sincos)，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運動C若<tan，則糧袋從A到B一定是一直做加速運動D不論如何小，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且agsin 答案AC解析糧袋剛放上傳送帶時，相對于傳送帶向上運動，故受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律有：mgsinmgcosma，得agsingcos。若傳送帶長度較短，則糧袋可能在此加速過程中到達底端；若傳送帶較長，糧袋做勻加速運動至速度v，與傳送帶同速。當<tan時，重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，糧袋繼續(xù)向下做勻加速運動，由牛頓第二定律有：mgsinmgcosma，得agsingcos；當tan時，重力的下滑分力小于等于最大靜摩擦力，糧袋與傳送帶同速后做勻速運動，速度為v。由上述分析可知，糧袋到達B點的速度與v相比，可能較大，可能相等，也可能較小，故A正確；糧袋開始運動的加速度為agsingcos，且即使L足夠大，以后糧袋也不一定做勻速運動，而是有可能做勻加速運動，故B錯誤；當<tan時，糧袋與傳送帶同速后繼續(xù)向下做勻加速運動，但其加速度agsingcos<gsin，故C正確，D錯誤。高考考向3多體問題命題角度1 連接體問題例4(2015·全國卷)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂，當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為()A8 B10 C15 D18解析設P在東，Q在西，當機車向東加速行駛時，對P以西的所有車廂應用牛頓第二定律有Fm西a。當機車向西加速行駛時，對Q以東的所有車廂應用牛頓第二定律有Fm東·a。兩式相比可得m西m東23，所以這列車廂的節(jié)數(shù)只能為5的整數(shù)倍，B、C兩項符合要求，A、D兩項不符合要求。答案BC 連接體問題的解決方法：整體法和隔離法(1)加速度相同的連接體問題若求解整體的加速度，可用整體法。整個系統(tǒng)看做一個研究對象，分析整體受外力情況，再由牛頓第二定律求出加速度。若求解系統(tǒng)內(nèi)力，可先用整體法求出整體的加速度，再用隔離法將內(nèi)力轉(zhuǎn)化成外力，由牛頓第二定律求解。(2)加速度不同的連接體問題若系統(tǒng)內(nèi)各個物體的加速度不同，一般應采用隔離法。將各個物體分別作為研究對象，對每個研究對象進行受力和運動情況分析，分別應用牛頓第二定律建立方程，并注意各個物體間的相互作用關(guān)系，聯(lián)立求解。備課記錄： 41(2019·四川教考聯(lián)盟三診)(多選)如圖，在水平面上固定一傾角為30°的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定擋板，A和B用輕彈簧相連，A靠在擋板上，C靠在B上，A、B、C三者質(zhì)量均為m，力F作用在C上使彈簧處于壓縮狀態(tài)?，F(xiàn)撤去F，彈簧彈開，最后使A和擋板恰無彈力，重力加速度為g，在這個過程中以下說法正確的是()A當B速度最大時，B、C間彈力為0B當B和C分離時，A對擋板的壓力為mgC當B和C分離時，它們的速度相等且達到最大D當B的速度最大時，A對擋板的壓力為mg答案BD解析B和C分離瞬間加速度相等且彈力消失，分離后的瞬間C的加速度為gsin，則B的加速度也為gsin，由此推知B和C在彈簧處于原長時分離，此時，它們的加速度不為0，即速度不是最大，速度最大出現(xiàn)在分離之前，故A、C錯誤；當B和C分離時彈簧為原長，此時A對擋板的壓力等于重力沿斜面方向的分力，即mg，故B正確；當B的速度最大時，C的速度也最大，它們受彈簧的彈力等于二者重力沿斜面方向的分力，即2mgsin30°mg，彈簧另一端的彈力也是mg，所以此時A對擋板的壓力為mg，D正確。42(2019·黑龍江哈爾濱三中三模)(多選)如圖所示，A、C、D長方體木塊完全相同，質(zhì)量均為m，其中C、D放在光滑水平面上，A放在長木板B上，B質(zhì)量為2m，A、B、C、D間動摩擦因數(shù)均為，現(xiàn)用水平向右的恒力F拉木塊A，使A、B、C、D保持相對靜止一起沿水平面向右運動，不計空氣阻力，重力加速度為g，則()AB對A的摩擦力大小為mg，方向向左BA對B的摩擦力大小為，方向向右CC對B的摩擦力大小為，方向向右DC、D兩木塊所受到的摩擦力大小相等，方向相同答案BD解析A與B之間沒有相對運動，為靜摩擦力，A錯誤；將A、B、C、D看成整體，根據(jù)牛頓第二定律可知，整體的加速度a，隔離A，可得FfBAma，fBAF，B對A的摩擦力向左，再根據(jù)牛頓第三定律，可知A對B的摩擦力向右，大小為F，B正確；隔離C可得，fBCmaF，B對C的摩擦力向右，所以C對B的摩擦力向左，大小為F，C錯誤；隔離D可得，fBDmaF，B對D的摩擦力向右，所以C、D受到的摩擦力大小相等，方向相同，D正確。命題角度2 滑塊木板問題例5(2017·全國卷) 如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1 kg和mB5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為m4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為20.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v03 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B開始運動時，兩者之間的距離。解析(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B所受木板的摩擦力大小分別為f1、f2，木板所受地面的摩擦力大小為f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在滑塊B與木板達到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛頓第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1，由運動學公式有v1v0aBt1v1a1t1聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為sBv0t1aBt設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2，設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2v1a2t2對A有v2v1aAt2在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1v1t2a2t在(t1t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0sAs1sB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s01.9 m。(也可用如圖所示的速度時間圖線求解)答案(1)1 m/s(2)1.9 m 分析“板塊”模型的四點注意(1)從速度、位移、時間等角度，尋找滑塊與滑板之間的聯(lián)系。(2)滑塊與滑板共速是摩擦力發(fā)生突變的臨界條件。(3)滑塊與滑板存在相對滑動的條件運動學條件：若兩物體速度不等，則會發(fā)生相對滑動。力學條件：一般情況下，假設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Ff，比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對滑動。(4)滑塊不從滑板上掉下來的臨界條件是滑塊到達滑板末端時，兩者共速。備課記錄： 51(2019·山東省實驗、淄博實驗、煙臺一中、萊蕪一中四校聯(lián)合一模)(多選)如圖所示，物塊A疊放在木板B上，mA6 kg、mB1 kg且均處于靜止狀態(tài)，已知A、B間的動摩擦因數(shù)10.3，地面與B之間的動摩擦因數(shù)20.2，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，則下列說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g10 m/s2)()A當F18 N時，A相對B發(fā)生滑動B當F30 N時，A的加速度是2 m/s2C當F42 N時，A的加速度是4 m/s2D當F48 N時，B的加速度是4 m/s2答案CD解析當A、B剛要發(fā)生相對滑動時，A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力，隔離B，對B分析，根據(jù)牛頓第二定律，得：1mAg2(mAmB)gmBa，解得：a4 m/s2，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F2(mAmB)g(mAmB)a，解得：F42 N。由以上分析知，當F>42 N時，A相對B發(fā)生滑動，故A錯誤；當F30 N42 N時，A、B保持相對靜止，A的加速度等于整體的加速度，為：aA m/s2，故B錯誤；當F42 N時，A、B恰保持相對靜止，A的加速度為：aA4 m/s2，故C正確；當F48 N42 N時，A、B已發(fā)生相對滑動，B的加速度為：aB4 m/s2，故D正確。52如圖所示，有兩個高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質(zhì)量為5 kg、長度為2 m的長木板靠在低水平面邊緣，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù)為0.05，一質(zhì)量為1 kg、可視為質(zhì)點的滑塊靜止放置在高水平面上，距邊緣A點3 m，現(xiàn)用大小為6 N、水平向右的外力拉滑塊，當滑塊運動到A點時撤去外力，滑塊以此時的速度滑上長木板?；瑝K與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，g取10 m/s2。求：(1)滑塊滑動到A點時的速度大??；(2)滑塊滑動到長木板上時，滑塊和長木板的加速度大小分別為多少？(3)通過計算說明滑塊能否從長木板的右端滑出。答案(1)6 m/s(2)5 m/s20.4 m/s2(3)見解析解析(1)根據(jù)牛頓第二定律有Fma根據(jù)運動學公式有v22aL0聯(lián)立方程代入數(shù)據(jù)解得v6 m/s其中m、F分別為滑塊的質(zhì)量和受到的拉力，a是滑塊的加速度，v是滑塊滑動到A點時的速度大小，L0是滑塊在高水平面上運動的位移。(2)根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有1mgma1代入數(shù)據(jù)解得a15 m/s2對長木板有1mg2(mM)gMa2代入數(shù)據(jù)解得a20.4 m/s2其中M為長木板的質(zhì)量，a1、a2分別是滑塊剛滑上長木板時滑塊和長木板的加速度大小，1、2分別是滑塊與長木板間和長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù)。(3)假設滑塊滑不出長木板，從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用的時間為t，則va1ta2t代入數(shù)據(jù)解得t s則此過程中滑塊的位移為x1vta1t2長木板的位移為x2a2t2x1x2 m>L式中L2 m為長木板的長度，所以滑塊能從長木板的右端滑出。閱卷現(xiàn)場板塊模型中的摩擦力方向判定出錯例6(2015·全國卷)(20分)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示。從t0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v­t圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。正解(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻減速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有1(mM)g(mM)a1(2分)由題圖乙可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運動學公式得v1v0a1t1(1分)s0v0t1a1t(1分)式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。聯(lián)立式，并代入數(shù)值得10.1(1分)在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻減速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻減速運動。設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2(1分)由題圖乙可得a2(1分)式中，t22 s，v20，聯(lián)立式，并代入數(shù)值得20.4(1分)(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學公式得2mg1(Mm)gMa3(2分)v3v1a3t(1分)v3v1a2t(1分)其中M15 m。碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為s1t(1分)小物塊運動的位移為s2t(1分)小物塊相對木板的位移為ss2s1(1分)聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.0 m(1分)因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0 m。(3)在小物塊和木板共速后，因為1g<2g，所以兩者以共同的速度向左做勻減速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3，由牛頓第二定律及運動學公式得1(mM)g(mM)a4(1分)0v2a4s3(1分)碰后木板運動的位移為ss1s3(1分)聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.5 m(1分)木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。答案(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m錯解(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻減速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有1(mM)g(mM)a1(2分)由題圖乙可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運動學公式得v1v0a1t1(1分)s0v0t1a1t(1分)式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度。聯(lián)立式，并代入數(shù)值得10.1(1分)在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻減速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻減速運動。設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2(1分)由題圖乙可得a2(1分)式中，t22 s，v20，聯(lián)立式，并代入數(shù)值得20.4(1分)(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學公式得1(Mm)g2mgMa3(扣2分)v3v1a2tv1a3t(2分)其中M15m。碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為s1t(1分)小物塊運動的位移為s2t(1分)小物塊相對木板的位移為ss2s1(1分)聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.7 m(扣1分)因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.7 m。(3)在小物塊和木板共速后，兩者向左做勻減速運動直至停止，設此過程中小物塊和木板運動的位移為s3，由運動學公式得0v2a3s3(扣2分)碰后木板運動的位移為ss1s3(1分)聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s10 m(扣1分)木板右端離墻壁的最終距離為10 m。答案(1)0.10.4(2)6.7 m(3)10 m木板和物塊往復運動過程中，速度方向發(fā)生變化，不同階段的加速度大小和方向也不同。式中，求加速度時，誤判物塊對木板摩擦力的方向，導致這一階段的加速度出錯，此小題的最終結(jié)果必然出錯。最后階段的加速度與兩物體達到相對靜止前木板的加速度不同，忽略這一點，最終結(jié)果必然錯誤。專題作業(yè)1. (多選)在斜面上，兩物塊A、B用細線連接，當用力F沿斜面向上拉物塊A時，兩物塊以大小為a的加速度向上運動，細線中的張力為FT，兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相等。則當用大小為2F的拉力沿斜面向上拉物塊A時()A兩物塊向上運動的加速度大小為2aB兩物塊向上運動的加速度大小大于2aC兩物塊間細線中的張力為2FTD兩物塊間細線中的張力與A、B的質(zhì)量無關(guān)答案BC解析設斜面傾角為，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為M和m，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，由牛頓第二定律得兩物塊的加速度大小為ag(sincos)，當拉力為2F時，加速度大小為ag(sincos)，則a>2a，A錯誤，B正確；當用力F拉物塊A時，對B由牛頓第二定律得FTmgsinmgcosma，故兩物塊間細線中的張力FTmamgsinmgcos，與斜面傾角和動摩擦因數(shù)無關(guān)，但與兩物塊的質(zhì)量有關(guān)，則當拉力為2F時，細線中的張力為2FT，C正確，D錯誤。2. (2019·遼寧省實驗中學模擬)一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦?，F(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平。若在彈簧從自然長度到第一次達到最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是()A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度減小C速度先增大后減小，加速度先增大后減小D速度先增大后減小，加速度先減小后增大答案D解析滑塊輕放到皮帶上，受到向左的摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，滑塊向左做加速運動，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律，可知滑塊的加速度逐漸減小，當彈簧的彈力與滑動摩擦力相等時，加速度減為零，速度達到最大，之后彈簧的彈力大于摩擦力，加速度方向與速度方向相反，滑塊做減速運動，彈簧彈力繼續(xù)增大，根據(jù)牛頓第二定律得，滑塊的加速度逐漸增大，速度逐漸減小，故D正確。3. 宇航員的訓練、競技體育的指導、汽車的設計等多種工作都用到急動度的概念。加速度對時間的變化率稱為急動度，其方向與加速度的變化方向相同。一質(zhì)點從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間的變化關(guān)系如圖。下列說法正確的是()At3 s時的急動度和t5 s時的急動度等大反向B24 s內(nèi)的質(zhì)點做減速運動Ct6 s時質(zhì)點速度大小等于7 m/sD06 s內(nèi)質(zhì)點速度方向不變答案D解析加速度對時間的變化率稱為急動度，等于a­t圖象的斜率。由圖象知t3 s時的急動度和t5 s時的急動度等大同向，A錯誤；根據(jù)a­t圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，知24 s內(nèi)質(zhì)點的速度增大，做加速運動，B錯誤；根據(jù)a­t圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，得06 s速度的變化量為v×2 m/s×2×2 m/s×2×(2) m/s3 m/s，因初速度為0，故t6 s時的速度為3 m/s，C錯誤；根據(jù)a­t圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，知06 s內(nèi)質(zhì)點速度的變化量均為正，說明質(zhì)點速度方向不變，D正確。4. (2019·濰坊二模)(多選)一架無人機質(zhì)量為2 kg，運動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機從地面由靜止開始豎直向上運動，一段時間后關(guān)閉動力，其v­t圖象如圖所示，g取10 m/s2。下列判斷正確的是()A無人機上升的最大高度為72 mB68 s內(nèi)無人機上升C無人機的升力大小為28 ND無人機所受阻力大小為4 N答案BD解析無人機上升的最大高度為H×8×24 m96 m，A錯誤；68 s內(nèi)無人機減速上升，B正確；無人機加速上升時的加速度大小a1 m/s24 m/s2，則由牛頓第二定律有Fmgfma1，減速上升時的加速度大小a2 m/s212 m/s2，則由牛頓第二定律有fmgma2，聯(lián)立解得升力大小為F32 N，無人機所受阻力大小為f4 N，C錯誤，D正確。5. (2019·河北邢臺期末)(多選)一質(zhì)點以一定的初速度從A點開始向相距8 m的B點做直線運動，運動過程中其速度的二次方v2與位移x之間的關(guān)系圖線如圖所示，下列說法正確的是()A質(zhì)點做加速度增大的變加速運動B質(zhì)點做勻加速運動，其加速度大小為2 m/s2C質(zhì)點運動的初速度大小為2 m/sD質(zhì)點從A點運動到B點所用的時間為8 s答案BC解析根據(jù)v2v2ax可知，2a m/s24 m/s2，則a2 m/s2，又vv22ax(364×8) m2/s24 m2/s2，則可得v02 m/s，由此可知，質(zhì)點做勻加速直線運動，B、C正確，A錯誤；到達B點時v6 m/s，質(zhì)點從A點運動到B點所用的時間為t s2 s，D錯誤。6如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v­t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則()At2時刻，小物塊離A處的距離達到最大Bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大C0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用答案B解析0t1時間：滑動摩擦力向右，小物塊向左做勻減速運動，t1時刻速度為零，向左位移達到最大，即小物塊離A處的距離最大。t1t2時間：滑動摩擦力向右，小物塊向右由靜止開始做勻加速直線運動；t2時刻以后物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，摩擦力為零；t2時刻以后物塊相對傳送帶靜止，故t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大。故B正確，A、C、D錯誤。7. (2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)一物體的運動圖象如圖所示，橫、縱截距分別為n和m，在圖象所示的運動過程中，下列說法正確的是()A若該圖為x­t圖象，則物體速度一直減小B若該圖為a­t圖象且物體的初速度為零，則物體的最大速度為mnC若該圖為a­x圖象且物體的初速度為零，則物體的最大速度為D若該圖為a­x圖象且物體的初速度為零，則物體最終靜止答案C解析若該圖為x­t圖象，則斜率表示速度，由題圖可知物體速度不變，A錯誤；若該圖為a­t圖象且物體的初速度為零，則圖象與橫軸所圍的面積等于速度的變化量，可得物體的最大速度為mn，B錯誤；若該圖為a­x圖象且物體的初速度為零，則由2axv2可知，2×mnv2，則物體的最大速度為，C正確；若該圖為a­x圖象且物體的初速度為零，則物體最終的加速度為零，物體做勻速直線運動，D錯誤。8. (2020·江西新余四中高三月考)甲、乙兩車在平直公路上行駛，t0時刻兩車處于同一位置，其速度時間圖象如圖所示，兩圖象交點處坐標及切線如圖，則()At8 s末，甲、乙兩車相遇Bt2 s末，甲車的加速度大于乙車的加速度C在28 s內(nèi)，甲車的平均速度小于乙車的平均速度D在02 s內(nèi)，甲車的位移小于乙車的位移答案D解析在v­t圖象中，圖象和橫軸所圍面積表示位移大小，甲、乙兩車在平直公路上行駛，t0時刻兩車處于同一位置，t8 s末時甲的位移大于乙的位移，甲在乙的前方，故A錯誤；t2 s末，a乙 m/s25 m/s2，a甲 m/s25 m/s2，甲車的加速度大小等于乙車的加速度大小，故B錯誤；在28 s內(nèi)，甲的位移大于乙的位移，甲車的平均速度大于乙車的平均速度，故C錯誤；在v­t圖象中，圖象和橫軸所圍面積表示位移大小，在02 s內(nèi)，甲車的位移小于乙車的位移，故D正確。9. (2019·江蘇蘇州、無錫、常德、鎮(zhèn)江四市聯(lián)合一模)如圖所示，置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質(zhì)彈簧連接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右運動。A、B的質(zhì)量關(guān)系為mA>mB，它們與地面間的動摩擦因數(shù)相同。為使彈簧穩(wěn)定時的伸長量增大，下列操作可行的是()A僅減小B的質(zhì)量B僅增大A的質(zhì)量C僅將A、B的位置對調(diào)D僅減小水平面的粗糙程度答案C解析設彈簧的勁度系數(shù)為k，伸長量為x，A、B的加速度為a，對B受力分析有kxmBgmBa，對A受力分析有FmAgkxmAa，兩式聯(lián)立消去a，整理可得x。mB減小，x減小，故A錯誤；mA增大，x減小，故B錯誤；因為mA>mB，所以>1，A、B位置對調(diào)以后x的表達式為x，因為<1，所以x增大，C正確；x的表達式中沒有動摩擦因數(shù)，因此x與水平面的粗糙程度無關(guān)，D錯誤。10. (2019·福建泉州二模)(多選)如圖，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動。一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，則其速度v隨時間t變化的圖象可能是()答案BC解析根據(jù)題意，設傳送帶傾角為，動摩擦因數(shù)為，若mgsin>mgcos，小滑塊所受合力沿斜面向下，向下做勻加速運動；若mgsinmgcos，則小滑塊沿斜面方向合力為零，勻速下滑；若mgsin<mgcos，小滑塊所受合力沿斜面向上，做勻減速運動，當速度減為零時，開始反向加速，當加速到與傳送帶速度相同時，由于最大靜摩擦力大于重力向下分力，故之后隨傳送帶一起勻速運動，A、D錯誤，B、C正確。11(2019·皖南八校高三聯(lián)考)如圖甲所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量m11 kg的小物塊放在質(zhì)量m22 kg的長木板正中央位置，長木板靜止在水平地面上，連接物塊的輕質(zhì)細繩與水平方向的夾角為37°，現(xiàn)對長木板施加水平向左的拉力F18 N，長木板運動的v­t圖象如圖乙所示，sin37°0.6，g10 m/s2，求：(1)長木板的長度L；(2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)2；(3)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)1。答案(1)2 m(2)0.5(3)解析(1)從圖乙可知，木板運動2 s后與小物塊分離，在02 s內(nèi)，木板的位移x m1 m則長木板的長度L2x2 m。(2)在23 s，由圖線可得長木板的加速度a24 m/s2由牛頓第二定律可得a2解得20.5。(3)在02 s，小物塊受力平衡，由此可得FNTsin37°m1gTcos37°f1，f11FN對木板，由牛頓第二定律可得a1由圖乙可得，長木板的加速度a10.5 m/s2解得1。12(2019·山東淄博三模) 如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。某次實驗中，砝碼的質(zhì)量m10.1 kg，紙板的質(zhì)量m20.01 kg，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，砝碼與紙板左端的距離d0.1 m，重力加速度g取10 m/s2。砝碼移動的距離超過l0.002 m，人眼就能感知。若本次實驗未感知到砝碼的移動，求：(1)砝碼移動的最長時間；(2)紙板所需的拉力至少多大？答案(1) s(2)2.44 N解析(1)設砝碼在紙板上加速運動時的加速度大小為a1，在桌面上減速運動的加速度大小為a2，由m1gm1a1m1a2知a1a22 m/s2分析可知砝碼加速和減速的時間相等，位移相等，故加速運動的距離最大是l時，砝碼移動的時間最長，設此時加速時間為t，由運動學公式有：la1t2，得：t s，則砝碼移動的最長時間為tm2t s。(2)設當紙板的加速度為a3時，砝碼經(jīng)歷時間t恰好從紙板上滑下，則此時的拉力最小，設為F，由運動學公式有：da3t2，得：a3202 m/s2，由F(m1m2)gm1gm2a3，得：F2.44 N，即紙板所需的拉力至少為2.44 N。- 27 -