1、第2讲力与物体的直线运动真题再现考情分析1.(2019高考全国卷) 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.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足()A.12B23C.34D45解析：选C.本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2，第一个所用的时间为t1，因此有2，即38 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t22 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3v1t24 m的位移，接着关卡放行t 5 s，同学通过的位移x4v1t10 m，此时距离关卡
2、4为x516 m(1410) m1 m，关卡关闭2 s，经过t30.5 s后关卡4最先挡住他前进角度2追及、相遇问题2一题多解在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件解析：两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对A
3、车有xAv0t(2a)t2，vAv0(2a)t对B车有xBat2，vBat两车位移关系有xxAxB追上时，两车不相撞的临界条件是vAvB联立以上各式解得v0故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0.法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知xAxxB，即v0t(2a)t2xat2整理得3at22v0t2x0这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式(2v0)243a2x0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0.法三(图象法)：利用vt图象求解，先作A、B两车的vt图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vAvv02at对B车有v
4、Bvat以上两式联立解得t经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知xv0tv0所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0.法四(相对运动法)：巧选参考系求解以B车为参考系，A车的初速度为v0，加速度为a2aa3a.A车追上B车且刚好不相撞的条件是：v0，这一过程A车相对于B车的位移为x，由运动学公式 v2v2ax得：02v2(3a)x所以v0.故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0.答案：v0命题角度解决方法易错辨析匀变速直线运动规律的应用推论法、比例法、逆向思维法等找准运动过程中的转折点追及、相遇问题挖掘隐含条件，如“刚好”
5、“恰好”“最多”“至少”等，对应两者速度相等这样一个转折点若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上该物体前它是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析 牛顿运动定律的应用【高分快攻】1动力学的两类基本问题的处理思路2瞬时加速度的求解(1)两类模型刚性绳(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)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间弹簧(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，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变(2)求解瞬时加速度的一般思路【典题例析】 (2019高考全国卷)一质量为m2 000 kg
6、的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线图(a)中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t10.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大
7、小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?解析(1)vt图象如图所示(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取t1 s设汽车在t2(n1)tt2nt内的位移为sn，n1，2，3.若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速度为v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v2ta(t)2v4v24
8、at联立式，代入已知数据解得v4 m/s这说明在t24t时刻前，汽车已经停止因此，式不成立由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或者a m/s2，v229.76 m/s但式情形下，v30，不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿第二定律有f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为If1(t2t1)由动量定理有Imv1mv2由动能定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为Wmvmv联立式，代入已知数据解得v130 m/sW1.16105 J从司机发现警示牌到汽车
9、停止，汽车行驶的距离s约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立式，代入已知数据解得s87.5 m.答案(1)见解析图(2)28 m/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m【题组突破】角度1超重、失重现象分析1如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是()A升降机在停止运动前是
10、向上运动的B0t1时间段内金属球做减速运动Ct1t2时间段内金属球处于超重状态Dt2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同解析：选D.由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当Fmg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1t2时间段可分为两段，Fmg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，
11、后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确角度2瞬时加速度问题2如图所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是45，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把细线剪断在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是()A2gBgC
12、2gDg解析：选B.细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F2mg，所以此时A球的合力FAmg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小ag，故B正确，A、C、D错误角度3多过程动力学问题3.(2019淄博段考)如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现由静止同时
13、释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g10 m/s2.(1)求释放A、B两个小球后，A、B各自加速度大小；(2)小球B从开始释放经多长时间落到地面？解析：(1)由题意知 B 与轻绳间的滑动摩擦力 fBkmBg1.0 N，而 A 与轻绳间的滑动摩擦力fAkmAg2.5 N.即 fBfA.所以为保证 A、B 对轻绳的力相同，只能A受静摩擦力作用，且大小与 fB相同对B有mBgkmBgmBaB解得aB5 m/s2对 A 有mAgkmBgmAaA解得aA8 m/s2.(2)设经历时间t1小球 B 脱离绳子，此时小球 B 下落高度为hB，获得速度为vB，依题意有aAtaBt6.5
14、 m解得t11 s此时B下落 hBaBt2.5 m小球B离开绳时的速度为 vBaBt15 m/s小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H，再经时间t2落地有H6.5 m0.8 m2.5 m4.8 mHvBt2gt 解得t20.6 s故B从开始释放到落地共经历时间tt1t21.6 s.答案：(1)8 m/s25 m/s2(2)1.6 s命题角度解决方法易错辨析超、失重现象分析牛顿第二定律明确加速度方向来确定超、失重状态瞬时加速度的求解力渐变和突变的分析在绳或杆上的力可以发生突变，而弹簧上的力只能渐变 动力学的运动图象问题【高分快攻】xt图象图象斜率的大小表示物体运动速度的大小
15、，斜率的正负表示速度的方向vt图象(1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负(2)图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向(3)图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负at图象图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动三者关系xt图象和vt图象描述的都是直线运动，而at图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断【典题例析】 (多选)(
16、2018高考全国卷)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图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2x1，C正确；t1t2时间内，甲的xt图象在某一点的切线与乙的xt图象平行，此时刻两车速度相等，D正确答案CD【题组突破】角度1动力学中的速度图
17、象1两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的vt图象，可能正确的是()解析：选D.若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据速度时
18、间图象的斜率表示加速度大小可知，D正确角度2动力学中的加速度图象2(多选)(2019潍坊模拟)一汽车在高速公路上以v030 m/s 的速度匀速行驶，t0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是()At6 s时车速为5 m/sBt3 s时车速为零C前9 s内的平均速度为15 m/sD前6 s内车的位移为90 m解析：选BC.03 s，汽车做匀减速直线运动，3 s末的速度v3v0a1t1(30103) m/s0，B正确；39 s，汽车做匀加速直线运动，t6 s时速度v6a2t253 m/s15 m/s，A错误；前3 s内的位移x3 m4
19、5 m，39 s内的位移x39a2t562 m90 m，则前9 s内的位移为x9x3x39135 m，平均速度为v m/s15 m/s，C正确；36 s内的位移x36a2t532 m22.5 m，则前6 s内的位移为x6x3x3667.5 m，D错误角度3动力学中的位移图象3(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其xt图象如图所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，15)已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是()A前4 s内两物体运动方向相同B前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的倍Ct0时刻，甲的速度大小为9 m/sD甲的加速度大小为2 m/s2解析：选AD.xt图象的斜率的正负表示运动的
20、方向，故前4 s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确；甲做匀变速直线运动，则甲的xt图象对应于a；前4 s内甲的平均速度为：v16 m/s，前4 s乙的平均速度为：v22 m/s，故前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；t00时刻，甲的位移为s09 m，t11 s时，s10，t24 s末，甲的位移为s215 m，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v0，加速度为a，则s1s0v0t1at，s2s0v0t2at，代入数据并联立式解得v010 m/s，a2 m/s2，故C错误，D正确命题角度解决方法易错辨析xt图象由坐标确定位置，由斜率确定速度图象不是运动轨迹且不能确定加速度v
21、t图象由斜率确定加速度，由面积确定位移不能确定物体的初始位置at图象由面积确定速度变化量不能确定运动的性质连接体问题【高分快攻】整体法如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法根据牛顿第二定律列方程隔离法如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法根据牛顿第二定律列方程常涉及的三种问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法.(2)水平面上的连接体问题这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度解题时，一般采用先整体后隔离的方法.建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则或者正交分
22、解力，或者正交分解加速度.(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析解题关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解【典题例析】 (多选)(2019高考全国卷)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示木板与实验台之间的摩
23、擦可以忽略重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出()A木板的质量为1 kgB24 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析由题图(c)可知木板在02 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在02 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在24 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1 m/s20.2 m/s2，在45 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2 m/s20.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板
24、之间的滑动摩擦力Fff，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得FFfma1、Ffma2，解得m1 kg、F0.4 N，选项A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误答案AB【题组突破】角度1整体法和隔离法的应用1(多选)(2019湖北黄冈中学二模)如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53和37，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知P、Q和斜面体均静止不动若交换两滑块位置，如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P的质量为m，取sin 530.8，cos 530.6，重
25、力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是()AQ的质量为mB在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力C在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大小为mgD在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左解析：选AC.两斜面光滑且倾角分别为53和37，如题图甲放置，则根据沿绳方向的力相等知mgsin 53mQgsin 37，解得mQm，选项A正确；在题图甲中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，选项B错误；在题图乙中，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律知mgsin 53Tma，Tmgsin 37ma，解得Tmg，滑轮受到轻绳的作用力大小为NTmg，选项C正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根
26、绳子对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向上P、Q对斜面体作用力的合力为Fxmgcos 53cos 37mgcos 37 cos 53mg，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项D错误角度2传送带模型2(多选)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是()解析：选ACD.滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，
27、若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度没有减小到0就通过了传送带，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动故C正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到0时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0时，仍然在传送带上由于传送带沿斜面向上运动，滑块在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故D正确，B错误角度3滑块滑板模型3(20
28、17高考全国卷) 如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg 和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2.求 (1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板与地面间的滑动摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速
29、度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s.(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反
30、由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m.(也可用如图所示的速度时间图线求解)答案：见解析滑块滑板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识
31、，能力要求较高，滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块滑板模型问题的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系 模型特点滑块(视为质点)置于滑板上，滑块和滑板均相对地面运动，且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动运动学分析无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力，说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的
32、位移关系解题动力学分析判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点，通常采用整体法、隔离法和假设法等往往先假设两者相对静止，由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f，与最大静摩擦力fm进行比较若f，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来B下落高度h，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来C在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度agD在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度ag解析：选AC.小球从h高处下落到桌面，根据机械能守恒定律得mghmv2，设小球向上运动到速度变为零时上面弹簧的压缩量为x，下面弹簧的伸长量也为x，根据机械能守恒定律得mv2mgx2kx2，这时小球上面的弹簧对盒
33、向上的弹力为kx，小球下面的弹簧对盒向上的弹力也是kx，盒能跳离桌面的条件是2kxMg，h，盒子恰好弹起时，2kxMg，则小球合力F合Mgmg，加速度为ag，A、C正确11(2019菏泽模拟) 如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB粮袋开始运动的加速度为g(sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C若gsin 解析：选AC.
34、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得，加速度ag(sin cos )，故B错误；若tan ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直沿传送带向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以加速度g(sin cos )匀加速；也可能先以加速度g(sin cos )匀加速，后以加速度g(sin cos )匀
35、加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误12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，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为(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()AA、B、C的加速度大小均为B轻绳1的拉力为C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 解析：选BD.三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度大小均为a，对物体A：T
36、1mgma；对B：T2mg2mgT1ma；对C：2mgT22ma，联立解得agg，T1mg，T2mg2mg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有：at2at2L，此时物体A、B、C的速度均为vat，选项D正确三、非选择题13(2019济宁质检)如图所示，与水平面夹角37的倾斜传送带以v02 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v18 m/s的速度从底端滑上传送带已知小物块A、B质量均为m1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1
37、)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l应满足的条件解析：(1)对小物块B由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t10.6 s，位移s13 m之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2小物块B减速至0的时间t21 s位移s21 m小物块B向上运动过程中平均速度2.5 m/s.(2)小物块A的加速度也为a22 m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应
38、在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0a2t2小物块B向下运动过程s1s2a2t解得t32 s，则tt1t2t33.6 s代入解得l012.96 m，即传送带的长度l12.96 m.答案：(1)2.5 m/s(2)l12.96 m14如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、
39、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)根据vt图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离x.解析：(1)由vt图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1 m/s21.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2 m/s21 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3 m/s20.5 m/s2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：1mgma1对木板向前匀加速阶段：1mg2(mM)gMa2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：2(mM)g(Mm)a3以上三式联立可得.(3)由vt图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离x对应图中abc的面积，故x104 m20 m.答案：(1)1.5 m/s21 m/s20.5 m/s2(2)(3)20 m