1、第1道选择题涉及的命题点 11 12 13 14共点力的平衡直线运动及其图像牛顿运动定律的应用动力学综合问题11 备考精要1掌握解答平衡问题的基本思路2多力或多体平衡的解题技法(1)物体受三力平衡时，通常可应用合成法、分解法、解直角三角形法等求解。如果物体受到三个以上力的平衡问题，通常采用正交分解法求解。(2)对于多个物体的平衡问题，要正确选取研究对象，灵活使用整体法和隔离法。 3整体法和隔离法的灵活使用(1)整体法原则只涉及系统外力，不涉及系统内部物体之间的相互作用条件系统内的物体具有相同的运动状态优、缺点利用此法解题一般比较简单，但不能求系统内力(2)隔离法原则分析系统内某个物体的受力情况
2、优点系统内物体受到的内力、外力均能求4解答动态平衡问题的三种技法(1)解析法：如果物体受到多个力，合成、分解后能够找到各力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程求解。(2)图解法：如果物体受到三个力的作用，已知其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。(3)相似三角形法：此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解。三级练四翼展一练固双基基础性考法1.多选(2019武汉调研)如图所示，
3、顶角为的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为m的匀质圆环套在圆锥体上处于静止状态，重力加速度大小为g，下列判断正确的是()A圆锥体对圆环的作用力方向垂直于圆锥的侧面B圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上C圆环的张力不为零D圆环的张力方向指向圆环的圆心解析：选BC由题意知圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡状态，则圆锥体对圆环的作用力与圆环所受的重力等大反向，即圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上，故A错误，B正确；质量为m的匀质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力不为零，故C正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故D错误。2(2019江苏高考)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风
4、对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹角为，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为()A.B.CTsin DTcos 解析：选C对气球，受力分析如图所示，将绳的拉力T分解，在水平方向：风对气球的作用力大小FTsin ，选项C正确。3(2019全国卷)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面、固定在车上，倾角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2，则()AF1mg，F2mgBF1mg，F2mgCF1mg，F2mgDF1mg，F2mg解析：选D如图所示，当卡车匀速行驶时，圆筒受力
5、平衡，由题意知，力F1与F2相互垂直。由牛顿第三定律知F1F1，F2F2，则F1mgsin 60mg，F2mgsin 30mg，选项D正确。4.在港珠澳大桥建设中，将数根直径22米、高40.5米的空心钢筒打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界纪录。一个钢筒的重力为G，由如图所示的起重机用8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态，则()A钢筒受到8个力的作用B每根钢索受到的拉力大小为GC钢筒的重心可能在钢筒上D钢筒悬吊在空中可能处于失重状态解析：选B钢筒受到重力和8根钢索的拉力共9个力作用，选项A错误；由题意知，每根钢索与竖直方向夹角为30，设每根钢索的拉力大小为F，钢筒处于静止
6、状态，则由平衡条件有8Fcos 30G，解得FG，结合牛顿第三定律可知，选项B正确；钢筒空心，它的重心一定不在钢筒上，选项C错误；钢筒悬吊在空中处于静止状态，加速度为零，选项D错误。5(2019全国卷)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为()A150 kg B100 kgC200 kg D200 kg解析：选A物块沿斜面向上匀速运动，受力如图所示，根据平衡条件FFfmgsin 30FfFNFNmgcos 30由式得Fmgsin 30mgcos
7、 30所以m代入数据得m150 kg，选项A正确。二练会迁移综合性考法1(2019全国卷)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()AP和Q都带正电荷BP和Q都带负电荷CP带正电荷，Q带负电荷DP带负电荷，Q带正电荷解析：选D细绳竖直，把P、Q看作整体，则整体在水平方向不受力，对外不显电性，带等量异种电荷，故选项A、B错误；如果P、Q带不同性质的电荷，受力如图所示，由图知，P带负电荷、Q带正电荷时符合题意，故选项C错误，D正确。2.多选如图所示，质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球置于斜面
8、上，整个系统处于静止状态。已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为30。不计小球与斜面间的摩擦，则()A轻绳对小球的作用力大小为mgB斜面对小球的作用力大小为mgC斜面体对水平面的压力大小为(Mm)gD斜面体与水平面间的摩擦力大小为mg解析：选AD以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由几何关系知30，根据受力平衡可得FTFNmg。以斜面体为研究对象，受力分析如图乙所示，由受力平衡得FN1MgFNcos ，由牛顿第三定律得FNFN，解得FN1Mgmg，由牛顿第三定律可知，斜面体对水平面的压力大小为Mgmg；FfFNsin mg，故B、C错误，A、D正确。3.多选如图所示，置于水平地面上的斜面体区域
9、内加有竖直向上的匀强磁场，有一根长为L、质量为m的细导体棒被水平放在斜面体上，当导体棒中通有方向垂直纸面向里、大小为I的恒定电流时，导体棒和斜面体处于静止状态。已知斜面的倾角为，下列说法中正确的是()A斜面体一定受地面水平向右的摩擦力作用B斜面体对导体棒的作用力大小为 C斜面体对导体棒的作用力大小为BILsin mgcos D斜面体对导体棒的摩擦力的大小可能为BILcos mgsin 解析：选BD以导体棒和斜面体整体为研究对象，水平方向上受到水平向右的安培力作用，根据平衡条件，斜面体受到水平向左的摩擦力，选项A错误；斜面体对导体棒的作用力可以等效为一个力，根据三力平衡的条件，斜面体对导体棒的作
10、用力大小为，选项B正确，C错误；当安培力F较大时，导体棒有向上滑的趋势，此时摩擦力方向沿斜面向下，大小为BILcos mgsin ，选项D正确。4.(2019珠海模拟)如图所示，水平固定且倾角为37的光滑斜面上有两个质量均为m1 kg 的小球A、B，它们用劲度系数为k200 N/m的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l020 cm。现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a4 m/s2 向上做匀加速运动，此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)()A0.15 m,25 N B0.25 m,25 NC0.15 m,12.5 N D0
11、.25 m,12.5 N解析：选B以整体为研究对象受力分析，沿斜面方向有：Fcos 372mgsin 372ma；以A为研究对象，沿斜面方向有：kxmgsin 37ma，xll0，解得F25 N，l0.25 m，故B正确，A、C、D错误。5(2019济宁一模)如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力大小为()A.mg B.mgC.mg D2mg解析：选A对小球A受力分析，杆对小球A的弹力FN水平向左，碗对小球A的弹力沿AO方向以及小球受竖直向下的重力，由平衡条件可知
12、，tan 30，解得FNmgtan 30mg，故A正确，B、C、D错误。三练提素养创新性、应用性考法1.(2019成都模拟)如图，在水平晾衣杆(可视为光滑杆)上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻质细杆。随着细杆位置的不同，细杆上边两侧床单间夹角(150)将不同。设床单重力为G，晾衣杆所受压力大小为N，下列说法正确的是()A当60时，NGB当90时，NGC只有当120时，才有NGD无论取何值，都有NG解析：选D对床单受力分析，受竖直向下的重力和晾衣杆竖直向上的支持力，晾衣杆对床单的支持力始终等于G，则根据牛顿第三定律知，无论夹角取何值都有NG，故A、B、C错误，D正确。2.多选(2
13、019全国卷)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45。已知M始终保持静止，则在此过程中()A水平拉力的大小可能保持不变BM所受细绳的拉力大小一定一直增加CM所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加解析：选BD选N为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F缓慢拉动N的过程中，水平拉力F逐渐增大，细绳的拉力T逐渐增大，故选项A错误，B正确。对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T以及斜面对它的摩擦力f。如
14、图乙所示，若开始时斜面对M的摩擦力f沿斜面向上，则TfGM sin ，T逐渐增大，f逐渐减小，当f减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对M的摩擦力沿斜面向下，此时，TGM sin f，当T逐渐增大时，f逐渐增大，故选项C错误，D正确。3.(2019佛山二模)如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为45。已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量的最小值是()A. B.C. D.解析：选A对a球和b球整体进行受力分析，利用图解法可判断：当弹簧上的拉力F与细线上的拉力垂直时，弹簧的拉力F最小，为Fmi
15、n2mgsin mg，再根据胡克定律得弹簧的最小形变量x，所以A正确。4.多选某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置。一位同学坐在长直木板一端，另一端不动，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角变大)，则选项图中表示该同学受到的支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度的变化关系正确的是()解析：选ACD重力沿斜面方向的分力G1mgsin ，C正确；支持力FNmgcos ，A正确；该同学滑动之前，F合0，Ffmgsin ，滑动后，F合mgsin mgcos ，Ffmgcos ，实际情况下最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，B错
16、误，D正确。5多选 (2019宝鸡质检)如图所示，两块光滑挡板OP、OQ相互垂直，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ上。现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则()A推力F变小 B弹簧长度变短C弹簧长度变长 Db对OQ的压力变大解析：选AC设弹簧与竖直方向的夹角为，现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则减小，以a为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得：F弹，减小，cos 增大，则F弹减小，弹簧长度变长；OP对a的弹力FN1mgtan ，减小，FN1减小；对a、弹簧和b整体研究，水平方向
17、：FFN1，则推力F将减小，故A、C正确，B错误。竖直方向：OQ对b的支持力FN2(mamb)g不变，根据牛顿第三定律可知，b对OQ的压力不变，故D错误。12 备考精要1“四类”匀变速直线运动公式要记牢2.解答匀变速直线运动问题的五种常用方法3解图像问题做好“三看”(1)看坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图像(vt、xt、at)还是动力学图像(Fa、Ft、Fx)。(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，最大可能写出函数关系式。(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。
18、三级练四翼展一练固双基基础性考法1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动，下列说法中正确的是()A物体运动的初速度大小是7 m/sB物体做变加速直线运动C物体做匀变速曲线运动D物体运动的加速度大小是5 m/s2解析：选C由v t图像可得v0x3 m/s，v0y4 m/s，则初速度为v0 5 m/s，选项A错误；x方向的匀速直线运动和y方向的匀变速直线运动的合运动为匀变速曲线运动，选项B错误，C正确；ax0，ay2 m/s2，物体的加速度a 2 m/s2，选项D错误。2一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，
19、在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则()A物体的加速度是1 m/s2B第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/sC时间间隔T为1 sD物体在第1个T时间内的位移为0.6 m解析：选D初速度为零的匀加速直线运动在连续相等时间内通过的位移之比为135，据此可知第一个T时间内的位移x13 m0.6 m，选项D正确；第二个T时间内的位移x23 m1.8 m，由v3202a(x1x2x3)，得a m/s2，选项A错误；由xaT2得x2x1aT2，解得T s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1aT1 m/s，选项B错误。3.(2019福州八校联考)如图所示，a、b、c
20、、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块()A通过bc、cd段的时间均大于TB通过c、d点的速度之比为12C通过bc、cd段的时间之比为11D通过c点的速度等于通过bd段的平均速度解析：选A当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，设加速度大小为a，ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x，xbcxcd35，类比滑块由b点静止下滑易知，C错误；如果滑块由b点静止下滑，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1，滑块在d点的速度应为v2
21、，则v1v2，B错误；因为xbcxcd35，显然滑块通过c点的时刻不是通过bd段的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误。4.多选(2018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：选CDxt图像斜率表示两车速度，可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，故A错误。由两图线的纵截距知，出发时甲车在乙车前面，t1时刻图线相交表示两车相
22、遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，故B错误。t1和t2时刻两图线相交，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；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，故C、D正确。5多选(2018全国卷)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是()A两车在t1时刻也并排行驶B在t1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：选BDt1t2时间内，v甲v乙，t2时刻相遇，则t1时刻甲车在乙车的后面，故A错误、B正确。
23、由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故C错误、D正确。二练会迁移综合性考法1多选为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是()A新能源动力车的初速度为20 m/sB刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s2C刹车过程持续的时间为10 sD刹车过程经过6 s时新能源动力车的位移为30 m解析：选AB根据0v22ax得：，可知，解得刹车过程中加速度大小a5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度为v02400 m2/s2，则v020 m/s，故A、B正确；刹车过程持续的时间t
24、s4 s，故C错误；刹车过程中6 s内的位移等于4 s内的位移，则x m40 m，故D错误。2如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B0t1时间：滑动摩擦力向右，物块向左做匀减速运动，t1时刻向左位移达到最大，即小物
25、块离A处的距离最大；t1t2时间：滑动摩擦力向右，物块向右由静止开始先做匀加速直线运动；t2以后物块做匀速直线运动，摩擦力为零。t2时刻以后物块相对传送带静止，相对滑动的距离最大，综上分析可知B正确。3.一质点做直线运动，其运动的位移x跟时间t的比值与时间t的关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图所示。由图可知，t2 s时质点的速度大小为()A2 m/sB4 m/sC6 m/s D8 m/s解析：选B由题图得t，由位移公式xv0tat2得v0at，对比两式得v00，a2 m/s2，即质点做匀加速直线运动。故t2 s时的速度大小为vat4 m/s。故B正确。4.某质点做直线运动，运动速率的倒数与位
26、移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是()A质点做匀加速直线运动B. x图线斜率等于质点运动的加速度C四边形AABB的面积可表示质点从O到C运动所用的时间D四边形BBCC的面积可表示质点从C到C运动所用的时间解析：选D由题中 x图像可知，与x成正比，即vx常数，质点做减速直线运动，故A错误；图线斜率不等于质点运动的加速度，故B错误；由于三角形OBC的面积S1OCBC，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C所用的时间可由S2体现，所以四边形BBCC的面积可体现质点从C到C所用的时间，故C错误，D正确。5.(2019洛阳模拟)宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急
27、动度的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同。一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是()At3 s时的急动度和t5 s时的急动度等大反向B24 s内质点做减速运动Ct6 s时质点速度大小等于7 m/sD06 s内质点速度方向不变解析：选D加速度对时间的变化率称为急动度，等于at图像的斜率。由题图知t3 s时的急动度和t5 s时的急动度等大同向，故A错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知24 s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，得06 s速度的变化量为v2 m/
28、s22 m/s2(2) m/s3 m/s，因初速度为0，故t6 s时的速度为3 m/s，故C错误；根据at图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知06 s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确。三练提素养创新性、应用性考法1(2019河南名校大联考)京津城际高铁自2018年8月8日起，最高速度可以达到350 km/h(可看成100 m/s)，其中从北京南站到天津武清站这一段距离约80 km，中间不停车，若维持最高时速的时间为8 min，试估算该高铁的加速度大小为(已知高铁加速运动与减速运动的加速度大小相同)()A0.1 m/s2 B0.3 m/s2C1 m/s2 D3 m/s
29、2解析：选B该高铁从北京南站到天津武清站，近似看成先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动。该高铁做匀速运动的距离x2vt48 km，此时可将高铁看成质点，由对称性可知，高铁做匀加速运动的距离x116 km，由公式v202ax1，解得a0.3 m/s2，B正确。2.(2019襄阳四中模拟)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其vt图像如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是()A在第10 s末，乙车改变运动方向B在第10 s末，甲、乙两车相距150 mC在第20 s末，甲、乙两车相遇D若乙车在前，则可能相遇两次解析：选D在第10 s末，乙车运动方向不变，仍沿正方向运动，A错误
30、；因甲、乙两车出发点未知，故B错误；在第20 s末，甲、乙两车的速度相等，但不一定相遇，C错误；由图像知在t20 s前甲车位移大于乙车的，20 s后乙车的速度大于甲车的，若乙车在前，则可能相遇两次，D正确。3多选(2019雅安三诊)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x012 m。汽车A运动的xt图像如图乙所示，汽车B运动的vt图像如图丙所示。下列说法正确的是()A在t3 s时，两车相距最远，且最远距离为20 mBB车在06 s内的位移为23 mC在t8 s时，两车相遇D若t1 s时，A车紧急制动(视为匀变
31、速)，要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于 m/s2解析：选AD由题图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA4 m/s，由题图丙分析可知，t3 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06 s内的位移和05 s内的位移相等，为24 m，选项B错误；08 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；t1 s时两车相距16 m，当B车停下来，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，由速度与位移的关系可知，加速度a m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于
32、m/s2，选项D正确。4.多选在一个大雾天，一辆小汽车以20 m/s的速度行驶在平直的公路上，突然发现正前方x020 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车司机立即刹车，忽略司机的反应时间，3 s后卡车也开始刹车。从小汽车司机开始刹车时计时，两者的vt图像如图所示，下列说法正确的是()A小汽车与大卡车一定没有追尾B由于在减速时大卡车的加速度大小小于小汽车的加速度大小，导致两车在t4 s时追尾C两车没有追尾，两车最近距离为10 mD两车没有追尾，并且两车都停下时相距5 m解析：选AC小汽车和大卡车在t2 s时若不相遇，以后就不会发生追尾。小汽车在t2 s内的位移x12 m30
33、 m，大卡车在t2 s内位移x2102 m20 m。由于x12 m/s时，物体m到达地面上C点的右侧D若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度v2 m/s时，物体在传送带上做加速运动，落在C点右侧，C正确；若传送带运行速度v2 m/s，物体可能先匀减速后匀速，到B点时速度可能大于传送带静止时物体到达B点的速度，此时物体落在C点右侧，D正确。5多选(2019宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的
34、v t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则()At2时刻，弹簧形变量为0Bt1时刻，弹簧形变量为C从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D从t1时刻开始，拉力F恒定不变解析：选BD由题图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin kx，则x，故A错误；由题图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律得kxmgsin ma，则x，故B正确；从开始到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得Fkx2mgsin 2ma，得F2mgsin 2makx，x减小，F增大，从t1时刻开始，对B由牛顿第二定
35、律得Fmgsin ma，得Fmgsin ma，可知F不变，故C错误，D正确。三练提素养创新性、应用性考法1.如图所示，轻质弹簧两端连接质量均为m的小球1和2，弹簧和小球处于封闭的竖直管AE内，小球直径略小于管的直径。整个装置静止时，小球1处于管壁的C点。其中ABBCCDDEL，弹簧原长为3L，重力加速度大小为g。现使管AE在竖直方向上运动，当小球1、2相对管AE静止时，下列说法正确的是()A弹簧可能处于伸长状态B当小球1处于完全失重状态时，管AE一定向下运动C当弹簧长度为2L时，小球2可能做匀速直线运动D当弹簧长度为L时，小球2加速度大小一定为g解析：选C若弹簧伸长，受力分析可知小球1、2所受
36、合力不同，则两球加速度不可能相同，选项A错误；当小球1处于完全失重状态时，弹簧处于原长，系统可以向上或向下运动，选项B错误；当弹簧长度为2L、小球2处于E点时系统受力平衡，小球2可能做匀速直线运动，选项C正确；由初始条件可知mgkL，当小球1处于A端、弹簧长度为L时，小球2受大小为2mg的弹力，所受合力为3mg，加速度大小为3g，方向向下，选项D错误。2.(2019河南名校大联考)如图所示为某幼儿园儿童娱乐的滑梯示意图，其中AB为倾斜滑槽，BC为水平滑槽，t0时刻某儿童(可看成质点)从顶端A处开始下滑。表中前、后两组数据，分别为儿童在倾斜滑槽、水平滑槽运动过程中，通过速度传感器测得的数据。已知
37、重力加速度为g，儿童与滑槽间的动摩擦因数处处相同，经过B处前、后瞬间的速度大小不变，则由以上数据不能求出的物理量是()时刻0t1t2t3儿童瞬时速度大小0v1v2v1A.儿童的质量mB倾斜滑槽的倾角C儿童经过B处的速率vBDA处与水平滑槽间的高度h解析：选A根据表格，可分别求出儿童在倾斜滑槽、水平滑槽上运动的加速度a1、a2，根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，mgma2，故由已知数据可求出儿童与滑槽间的动摩擦因数和倾斜滑槽的倾角，但无法求出儿童的质量m，故A正确，B错误；设tB时刻儿童经过B处的速率为vB，则vBa1tB，v2vBa2(t2tB)，可求出儿童经过B处的速率vB和
38、儿童下滑到B处的时间tB，故C错误；又vB2，可求出A处与水平滑槽间的高度h，故D错误。3.(2019湖北重点高中联考)如图所示，斜面体ABC的倾角为60，O点在C点的正上方且与A点等高。现从O点向AC构建光滑轨道OM、ON、OP，其中M、N、P分别为斜面AC的四等分点。一小球从O点由静止开始分别沿OM、ON、OP运动到斜面上，所需时间依次为tM、tN、tP。则()AtMtNtP BtMtNtPCtMtPtN DtMtPtN解析：选C以OC为直径，做一个圆与AC边相切于N点，如图所示，由图可知，圆与OM相交于M，与OP相交于P，根据等时圆的性质可知，从O到N、从O到M、从O到P的时间相同，又因
39、为MMPP，故从O到P的时间小于从O到M的时间，而大于从O到N的时间，即tMtPtN，故C正确。4多选物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s内速度v、力F随时间变化如图所示，由图像可得()A物体的质量为2 kgB物体在6 s内运动的位移为6 mC在02 s内推力做的功为3 JD物体与地面间的动摩擦因数为0.025解析：选CD物体在02 s内做匀加速直线运动，加速度为a m/s2，由牛顿第二定律有Fmgma，即：3 Nmgma；物体在26 s内做匀速直线运动，因此有：mg1 N，联立解得：物体的质量为m4 kg，物体与地面间的动摩擦因数为0.025，选项A错误，D正确；根据vt 图像所围的
40、面积表示物体运动的位移可得物体在6 s内运动的位移为x21 m41 m5 m，选项B错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s内推力做的功为WFx1321 J3 J，选项C正确。5.多选质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s 末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的vt图像，其中经过点(4,0)的虚线是6 s末vt图像的切线。g取10 m/s2。下列说法正确的是()A6 s末物块速度方向改变B06 s内物块平均速度比610 s内物块平均速度小C物块与水平面间的动摩擦因数为0.1D水平推力F的最大值为0.9 N解析：选BD6 s末物块速度仍为正值，
41、故速度方向没有改变，选项A错误；若06 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，而由图线可知，物块在06 s内的平均速度小于3 m/s，而物块在610 s内的平均速度等于3 m/s，故06 s内物块平均速度比610 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a m/s21.5 m/s2，根据ag1.5 m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am m/s23 m/s2，根据牛顿第二定律Fmmgmam，解得Fm0.9 N，选项D正确。14 备考精要1“滑块滑板”模型(1)模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。(2)两种位移关系滑块由滑
42、板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。设板长为L，滑块位移大小为x1，滑板位移大小为x2同向运动时：Lx1x2反向运动时：Lx1x2(3)解题步骤2水平传送带模型设传送带的速度为v带，物体与传送带之间的动摩擦因数为，两轮之间的距离为L，物体置于传送带一端时的初速度为v0。(1)v00，如图甲所示物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做ag的匀加速运动。假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v。显然，若v带，则物体在传送带上将先加速，后匀速运动；若v带，则物体在传送带上将一直加速运动。(2)
43、v00，且v0与v带同向，如图乙所示v0v带时，由(1)可知，物体刚放到传送带上时将做ag的匀加速运动。假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v。显然，若v0v带v带，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为ag的匀减速运动。假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v。显然，若v带，则物体在传送带上将一直减速运动；若v0v带，则物体在传送带上将先减速，后匀速运动。(3)v00，且v0与v带反向，如图丙所示。此种情形下，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为ag的匀减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v。显然，若v0，则物体将一直做匀减速运动直
44、到从传送带的另一端离开传送带；若v0gsin 时，有mgsin fma，即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向下，大小为fmamgsin 。在这种情况下，重力沿传送带向下的分力不足以提供物体的加速度a，物体相对于传送带有向上的运动趋势，受到的静摩擦力沿传送带向下以弥补重力分力的不足；当a8 N，则B物块相对于木板滑动解析：选BCA与木板间的摩擦力最大为fA0.2110 N2 N，B与木板间的摩擦力最大为fB0.2210 N4 N，若F1 N，小于最大静摩擦力，所以A、B的加速度相同，a m/s2，故A错误；若F1.5 N，小于最大静摩擦力，所以A、B的加速度相同，a m/s20.5 m/s2，fA
45、mBa0.52 N1 N，故B正确；若F4 N，假设A、B都相对木板静止，则整体共同的加速度a m/s2，A所受的摩擦力fFmAa N2 N，假设不成立，故此时A已滑动，B所受的摩擦力为2 N，C正确；若F8 N，则A相对木板滑动，此时A给木板的摩擦力为2 N，小于B所受的最大静摩擦力，所以B物块相对木板静止，故D错误。4多选如图甲所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后停下。不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度时间图像如图乙所示，下列说法正确的是()Aa在斜面上滑行的加速度比b的大Ba在水平面上滑行的距离比b的短Ca与斜面
46、间的动摩擦因数比b的小Da与水平面间的动摩擦因数比b的大解析：选AC由题图乙中图像斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大，故A正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始。由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；设斜面倾角为，物体在斜面上运动的加速度为agsin gcos ，因为物体a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故C正确，同理，D错误。5.如图所示，固定斜面体C的倾角为，长木板A与斜面间动摩擦因数为1，A沿斜面下滑时加速度为a1。现将木块B置于长木板A顶端，A、B间动摩擦因数为2，此时释放A、B，A的加速度为a2，B的加速度为a3。下列说法正确的是()A若12，则有a1a22，则有a2a1a3C若1a3D若1a2a3解析：选B若12，A、B之间有相对滑动，且B的加速度大于A的加速度，a2a3。没有放B时，对长木板A，有mAgsin 1mAgcos mAa1，解得a1gsin 1gcos 。当放上B时，有：mAgsin 1(mAmB)gcos 2mBgcos mAa2，解得：a2gsin 1gcos (21)gcos a1，选项A错误，B正确；若1mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会下滑，故D错误。