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）

《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）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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）（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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(v-t、x-t、a-t、x-v2、v-x等)，還是動力學圖象(F-t、F-x、P-t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＝(v0＋v)，x＝t，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

2、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θ)上運動的物體，動摩擦因

3、數(shù)與tanθ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Ⅲ)(多選) 甲、乙

4、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)x-t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)x-t圖象的斜率等于速度可知，從t1到t2時間內(nèi)

5、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x-t圖象，圖線在縱軸上的截距表示t＝0時物體的位置；對于v-t和a-t圖象，圖線在縱軸上的截距并不表示t＝0時物體的位置。 (2)在v-t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)v-t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： 　

6、 　 1－1　(2018·全國卷Ⅱ)(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 B．t1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　v-t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

7、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。 1－2　(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x-t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 B．t＝5 s時甲、乙相遇且速度相同 C．乙的初速度大小為1.8 m/s D．t＝0時甲、乙相距2.8 m 答案　AB 解析　x-t圖象的斜率表示速度，前5 s內(nèi)甲、乙的x-t圖線斜率均一直為負，則運動方向一直相同，A正確；t＝5 s時甲、乙的x-t圖線斜率相

8、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t＝5 s時，速度為－0.6 m/s，乙做勻變速運動，v＝v0＋at，則乙的初速度大小為1.6 m/s，C錯誤；由位移x＝x0＋v0t＋at2，代入(5 s，－3 m)及v0的值，可得x0＝2.5 m，D錯誤。 命題角度2 非常規(guī)圖象問題 例2　(2019·全國卷Ⅰ)(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a-x關(guān)系如圖中虛線所示。假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球

9、體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則(　　) A．M與N的密度相等 B．Q的質(zhì)量是P的3倍 C．Q下落過程中的最大動能是P的4倍 D．Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍 解析　如圖，當x＝0時，對P：mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；對Q：mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。 當P、Q的加速度a＝0時，對P有：mPgM＝kx0，則mP＝，對Q有：mQgN＝k·2x0，則mQ＝，即mQ＝6mP，B錯誤；根據(jù)mg＝G得，星球質(zhì)量M＝，則星球的密度ρ＝＝，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

10、的動能最大，系統(tǒng)的機械能守恒，對P有：mPgMx0＝Ep彈＋EkP，即EkP＝3mPa0x0－Ep彈，對Q有：mQgN·2x0＝4Ep彈＋EkQ，即EkQ＝2mQa0x0－4Ep彈＝12mPa0x0－4Ep彈＝4×(3mPa0x0－Ep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a＝0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

11、題中，x＝0時的加速度是星球表面的重力加速度；a＝0時的x則是彈力和重力平衡時彈簧的壓縮量。 備課記錄： 　 　 　 2－1　(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(shè)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/s B．質(zhì)點的初速度為0.5 m/s C．質(zhì)點的加速度為2 m/s2 D．

12、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x＝v0t＋at2可得＝v0＋at。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。 2－2　(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/s B．剎車過程新能源動力車的加速度大小為5 m/s2 C．剎車過程持續(xù)的時間為10 s D．剎車過程經(jīng)過6 s時新能源動力車的位移為30

13、 m 答案　AB 解析　根據(jù)0－v2＝2ax得：圖線斜率＝－，可知＝，解得剎車過程中加速度的大小a＝5 m/s2，由題圖可知，新能源動力車的初速度的平方v＝400 m2/s2，則v0＝20 m/s，故A、B正確；剎車過程持續(xù)的時間t＝＝ s＝4 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＝＝ m＝40 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(shè)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LAB＝4 m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45 m，傾角為θ＝37°，AB和

14、CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v1＝5 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μ＝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

15、FN1＝mg Ff1＝μFN1＝ma1 聯(lián)立解得a1＝5 m/s2 由運動學公式有t1＝＝ s＝1 s x1＝a1t＝×5×12 m＝2.5 m 由于x1

16、25×0.6 m＝0.75 m 沿CD傳送帶上升的時間為t3＝＝0.5 s 故總時間為t＝t1＋t2＋t3＝1.8 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(shè)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 －2a2x3＝v－v mgsinθ－μFN2＝ma3 －2a3x4＝0－v LCD＝x3＋x4 解得v2＝4 m/s。 答案　(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s 傳送帶的摩

17、擦力分析 (1)關(guān)注兩個時刻 ①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。 ②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 ①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。 ②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tanθ與μ的大小關(guān)系：μ>tanθ，速度相等后一起勻速；μ

18、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θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，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(shè)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

19、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(sinθ－cosθ)，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運動 C．若μ

20、續(xù)向下做勻加速運動，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma′，得a′＝gsinθ－μgcosθ；當μ≥tanθ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a＝gsinθ＋μgcosθ，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μ

21、　　　　　　 命題角度1 連接體問題 例4　(2015·全國卷Ⅱ)(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(　　) A．8 B．10 C．15 D．18 解析　設(shè)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F＝m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F＝m東·a

22、。兩式相比可得m西∶m東＝2∶3，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 ①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。 ②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

23、個物體間的相互作用關(guān)系，聯(lián)立求解。 備課記錄： 　 　 　 　 4－1　(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

24、以下說法正確的是(　　) A．當B速度最大時，B、C間彈力為0 B．當B和C分離時，A對擋板的壓力為mg C．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gsinθ，則B的加速度也為gsinθ，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

25、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。 4－2　(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μ，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(　　) A．B對A的摩擦力大小為μmg，方向向左 B．A對B的摩擦力大小為，方向向右 C．C對B的摩擦力大小為，方向向右 D．C、D兩木塊所受到的摩擦力大小相等，方向相

26、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F－fBA＝ma，fBA＝F，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，fBC＝ma＝F，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，fBD＝ma＝F，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Ⅲ) 如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地

27、面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 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(shè)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

28、，在滑塊B與木板達到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設(shè)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 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt⑩ 設(shè)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 f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由

29、①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧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(shè)其大小為v2，設(shè)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 v2＝v1－a2t2? 對A有 v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t? 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2? A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 s0＝sA＋s1＋sB

30、? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9 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 ①運動學條件：若兩物體速度不等，則會發(fā)生相對滑動。 ②力學條件：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

31、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： 　 5－1　(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，mA＝6 kg、mB＝1 kg且均處于靜止狀態(tài)，已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，地面與B之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，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(shè)最大靜摩擦力等于滑動

32、摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　) A．當F＞18 N時，A相對B發(fā)生滑動 B．當F＝30 N時，A的加速度是2 m/s2 C．當F＝42 N時，A的加速度是4 m/s2 D．當F＝48 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：μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa，解得：a＝4 m/s2，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得：F＝42 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F＝30 N＜

33、42 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F＝42 N時，A、B恰保持相對靜止，A的加速度為：aA＝＝4 m/s2，故C正確；當F＝48 N＞42 N時，A、B已發(fā)生相對滑動，B的加速度為：aB＝＝4 m/s2，故D正確。 5－2　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

34、A點時撤去外力，滑塊以此時的速度滑上長木板。滑塊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/s2　0.4 m/s2　(3)見解析 解析　(1)根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma 根據(jù)運動學公式有v2＝2aL0 聯(lián)立方程代入數(shù)據(jù)解得v＝6 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

35、頓第二定律，對滑塊有 μ1mg＝ma1 代入數(shù)據(jù)解得a1＝5 m/s2 對長木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 代入數(shù)據(jù)解得a2＝0.4 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，μ1、μ2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(shè)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 v－a1t＝a2t 代入數(shù)據(jù)解得t＝ s 則此過程中滑塊的位移為x1＝vt－a1t2 長木板的位移為x2＝a2t2 x1－x2＝ m>L 式中L＝2 m為長木板的長度，所以滑塊能從長木板的右端滑出

36、。 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Ⅰ)(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t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 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v-t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)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度；

37、 (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(shè)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 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1?、?2分) 由題圖乙可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1＝4 m/s，由運動學公式得 v1＝v0＋a1t1?、?1分) s0＝v0t1＋a1t　③(1分) 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 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①②③式，并代入數(shù)值得μ1＝0.1　④(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

38、以v1的初速度向右做勻減速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2?、?1分) 由題圖乙可得a2＝?、?1分) 式中，t2＝2 s，v2＝0， 聯(lián)立⑤⑥式，并代入數(shù)值得μ2＝0.4?、?1分) (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，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 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3?、?2分) v3＝－v1＋a3Δt?、?1分) v3＝v1＋a2Δt　(1分) 其中M＝15 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s1＝Δt　?(1分) 小物塊運動的位移為s2＝Δt

39、　?(1分) 小物塊相對木板的位移為Δs＝s2－s1　?(1分) 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.0 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μ1g<μ2g，所以兩者以共同的速度向左做勻減速運動直至停止，設(shè)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 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4　?(1分) 0－v＝2a4s3　?(1分) 碰后木板運動的位移為s＝s1＋s3　?(1分) 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得 s＝－6.5 m　?(1分)

40、 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 答案　(1)0.1　0.4　(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(shè)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 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1?、?2分) 由題圖乙可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1＝4 m/s，由運動學公式得 v1＝v0＋a1t1?、?1分) s0＝v0t1＋a1t　③(1分) 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 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①②③式，并代入數(shù)值得μ1＝0.1?、?1

41、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(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2?、?1分) 由題圖乙可得a2＝　⑥(1分) 式中，t2＝2 s，v2＝0， 聯(lián)立⑤⑥式，并代入數(shù)值得μ2＝0.4　⑦(1分) (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，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 μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma3?、?扣2分) v3＝v1＋a2Δt＝－v1＋a3Δt　⑨(2分) 其中M＝15m。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

42、s1＝Δt　(1分) 小物塊運動的位移為s2＝Δt　?(1分) 小物塊相對木板的位移為Δs＝s2－s1　?(1分) 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩??式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.7 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(shè)此過程中小物塊和木板運動的位移為s3，由運動學公式得 0－v＝2a3s3　?(扣2分) 碰后木板運動的位移為s＝s1＋s3　?(1分) 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩??式，并代入數(shù)值得 s＝－10 m(扣1分) 木板右端離墻壁的最終距離為10 m。 答案　(1)0.1　0

43、.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。⑧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2a B．兩物塊向

44、上運動的加速度大小大于2a C．兩物塊間細線中的張力為2FT D．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(shè)斜面傾角為θ，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μ，由牛頓第二定律得兩物塊的加速度大小為a＝＝－g(sinθ＋μcosθ)，當拉力為2F時，加速度大小為a′＝－g(sinθ＋μcosθ)，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FT－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，故兩物塊間細線中的張力FT＝ma＋mgsinθ＋μmgcosθ＝，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

45、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

46、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(shè)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(　　) A．t＝3 s時的急動度和t＝5 s時的急動度等大反向 B．2～4 s內(nèi)的質(zhì)點做減速

47、運動 C．t＝6 s時質(zhì)點速度大小等于7 m/s D．0～6 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a-t圖象的斜率。由圖象知t＝3 s時的急動度和t＝5 s時的急動度等大同向，A錯誤；根據(jù)a-t圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，知2～4 s內(nèi)質(zhì)點的速度增大，做加速運動，B錯誤；根據(jù)a-t圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，得0～6 s速度的變化量為Δv＝×2 m/s＋×2×2 m/s＋×2×(－2) m/s＝3 m/s，因初速度為0，故t＝6 s時的速度為3 m/s，C錯誤；根據(jù)a-t圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，知0～6 s內(nèi)質(zhì)點速

48、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v-t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 m B．6～8 s內(nèi)無人機上升 C．無人機的升力大小為28 N D．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 m＝96 m，A錯誤；6～8 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/s2＝4 m/s2，則由牛頓第二定

49、律有F－mg－f＝ma1，減速上升時的加速度大小a2＝ m/s2＝12 m/s2，則由牛頓第二定律有f＋mg＝ma2，聯(lián)立解得升力大小為F＝32 N，無人機所受阻力大小為f＝4 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/s2 C．質(zhì)點運動的初速度大小為2 m/s D．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)v2＝v

50、＋2ax可知，2a＝ m/s2＝4 m/s2，則a＝2 m/s2，又v＝v2－2ax＝(36－4×8) m2/s2＝4 m2/s2，則可得v0＝2 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v＝6 m/s，質(zhì)點從A點運動到B點所用的時間為t＝＝ s＝2 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v-t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則(　　) A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大 B．

51、t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大 C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3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　0～t1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。t1～t2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

52、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x-t圖象，則物體速度一直減小 B．若該圖為a-t圖象且物體的初速度為零，則物體的最大速度為mn C．若該圖為a-x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a-x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x-t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a-t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a-x圖象且物體的初速度為零，則由2ax＝v2可知，2×mn＝v2，則物體的最大速

53、度為，C正確；若該圖為a-x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，t＝0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(　　) A．t＝8 s末，甲、乙兩車相遇 B．t＝2 s末，甲車的加速度大于乙車的加速度 C．在2～8 s內(nèi)，甲車的平均速度小于乙車的平均速度 D．在0～2 s內(nèi)，甲車的位移小于乙車的位移 答案　D 解析　在v-t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，t＝0時刻兩車處于同一位置，t＝8 s末

54、時甲的位移大于乙的位移，甲在乙的前方，故A錯誤；t＝2 s末，a乙＝ m/s2＝－5 m/s2，a甲＝ m/s2＝5 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2～8 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v-t圖象中，圖象和橫軸所圍面積表示位移大小，在0～2 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

55、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(shè)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kx－μmBg＝mBa，對A受力分析有F－μmAg－kx＝mAa，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

56、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(shè)傳送帶傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ，若mgsinθ>μmgcosθ，小滑塊所受合力沿斜面向下，向下做勻加速運動；若mgsinθ＝μmgcosθ，則小滑塊沿斜面方向合力為零，勻速下滑；若mgsinθ<μmgcosθ，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

57、·皖南八校高三聯(lián)考)如圖甲所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量m1＝1 kg的小物塊放在質(zhì)量m2＝2 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F＝18 N，長木板運動的v-t圖象如圖乙所示，sin37°＝0.6，g＝10 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)μ2； (3)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1。 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0～2 s內(nèi)，木板的位移x＝ m＝1 m 則長木板的長度L＝2x＝2 m。

58、(2)在2～3 s，由圖線可得長木板的加速度 a2＝＝4 m/s2 由牛頓第二定律可得a2＝ 解得μ2＝0.5。 (3)在0～2 s，小物塊受力平衡，由此可得 FN＋Tsin37°＝m1g Tcos37°＝f1，f1＝μ1FN 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a1＝＝0.5 m/s2 解得μ1＝。 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m1＝0.1 kg，紙板的質(zhì)量m2＝0.01 kg，各接觸面

59、間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2。砝碼移動的距離超過l＝0.002 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(shè)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μm1g＝m1a1＝m1a2 知a1＝a2＝2 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(shè)此時加速時間為t， 由運動學公式有：l＝a1t2，得：t＝ s， 則砝碼移動的最長時間為tm＝2t＝ s。 (2)設(shè)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(shè)為F，由運動學公式有：d＋＝a3t2，得：a3＝202 m/s2， 由F－μ(m1＋m2)g－μm1g＝m2a3， 得：F＝2.44 N， 即紙板所需的拉力至少為2.44 N。 - 27 -