1、 第2讲力与直线运动构建网络重温真题1(2019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()A12 B23C34 D45答案C解析空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H时的速度为0。逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1(1)()()。由题意知，2，故34，C正确。2(2019全国卷)(多选)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，
2、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答案AB解析木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩0.2 N。由题图c知，24 s内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，24 s内：FF
3、摩ma1,4 s以后：F摩ma2，解得m1 kg，F0.4 N，A、B正确。02 s内，Ff，由题图b知，F随时间是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩m物g可知动摩擦因数不可求，D错误。3(2018全国卷) (多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图象分别如图中甲、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Bt1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答案BD解析vt图象中图象与t轴所包围的面积代表运动的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车
4、在后，乙车在前，故A错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错误，D正确。故选B、D。4(2018全国卷) (多选)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从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等答案CD解析根据位移图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，A错误；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于
5、甲车，B错误；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，C正确；根据位移图象的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，有甲图线的切线与乙图线平行、斜率相同，两车速度相等，D正确。5(2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，
6、冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。答案(1)(2)解析(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgs0mvmv解得(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得vv2a1s0v0v1a1ts1a2t2联立式得a2。6(2017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.
7、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。答案(1)1 m/s(2)1.9 m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和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为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(mmAm
8、B)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。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
9、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)2 A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)7(2019全国卷)一质量为m2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方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
10、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
11、度)?答案(1)图见解析(2)28 m/s8 m/s2(3)30 m/s1.16105 J87.5 m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；设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)2v4v24at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
12、成立。由于在t23tt24t时间内汽车停止，由运动学公式有v3v23at2as4v联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或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停止，汽车行驶的距离约为sv1t1(v1v2)(t2t1)联立式，代入已知数据
13、解得s87.5 m。命题特点：题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合vt图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容。思想方法：极限思想、逆向思维的思想、理想实验的思想。比例法、图象法、推论法、控制变量法、整体法、隔离法等。高考考向1匀变速直线运动规律的应用例1(2019广东惠州二模)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v020 m/s，靠近站口时以大小为a15
14、 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt8 m/s，然后立即以大小为a24 m/s2的加速度匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？(1)该车做什么运动？提示：先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动。(2)求解第(1)问应选择哪个运动阶段进行研究？选择哪个公式解题最简单？提示：应选择匀减速直线运动阶段进行研究；已知匀减速直线运动的初速度、末速度和加速度，求其位移，应选择公式vv2ax
15、。解析(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站口x1处开始减速，则有：vv2a1x1解得：x133.6 m。(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vtv0a1t1解得：t12.4 s加速阶段：v0vta2t2解得：t23 s则加速和减速的总时间为：tt1t25.4 s。(3)在加速阶段：x2t242 m则汽车加速和减速过程的总位移：xx1x275.6 m若不减速所需要的时间：t3.78 s车因减速和加速过站而耽误的时间：ttt1.62 s。答案(1)33.6 m(2)5.4 s(3)1.
16、62 s 匀变速直线运动问题的求解思路1(2019安徽蚌埠高三二模)图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为()At B.tC(2)t D(2) t答案C解析设汽车的加速度为a，通过bc段、ce段的时间分别为t1、t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：xabat2，xaca(tt1)2，xaea(tt1t2)2，解得：t2(2)t，故C正确，A、B、D错误。2(2019武昌调研)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s内的位移为5 m，则下列说法正确的是()A物体在第3 s末的速度一定是6 m/
17、sB物体的加速度一定是2 m/s2C物体在前5 s内的位移一定是25 mD物体在第5 s内的位移一定是9 m答案C解析物体在2.5 s末的瞬时速度等于第3 s内的平均速度，为v15 m/s，由于无法求解加速度，故第3 s末的速度与第5 s内的位移无法求解，A、B、D错误；前5 s内的平均速度等于2.5 s末的瞬时速度，为5 m/s，故物体在前5 s内的位移为xv1t25 m，C正确。高考考向2运动图象及应用例2(2019吉林省吉林市三模)假设某高速公路上甲、乙两车在同一车道上行驶，甲车在前，乙车在后。t0时刻，发现前方有事故，两车同时开始刹车，行进中两车恰好没有发生碰撞。两车刹车过程的图象如图
18、所示，以下判断正确的是()At0时刻两车间距等于50 mB两车都停止运动时相距50 mCt5 s时两车间距大于t15 s时两车间距D乙车刹车的加速度大小是甲车的1.5倍(1)利用vt图象如何求物体的加速度？提示：斜率表示加速度。(2)从vt图象中能得到物体在一段时间内的位移吗？提示：能，vt图象和时间轴围成的面积表示位移。(3)两车恰好不发生碰撞的条件是什么？提示：甲、乙两车恰好不发生碰撞的条件是速度相等时乙刚好追上甲。解析行进中两车恰好没有发生碰撞，说明t10 s时刻两车恰好相遇，则t0时刻两车间距等于两车在前10 s的位移之差，为s10(3020) m50 m，故A正确；根据vt图象与时间
19、轴围成的“面积”表示位移可知，甲的刹车距离为x甲2020 m200 m，而乙的刹车距离为x乙3015 m225 m，两车都停止运动时的距离ssx甲x乙25 m，故B错误；根据vt图象与时间轴围成的“面积”表示位移，可知在515 s内两车通过的位移相等，所以t5 s时两车间距等于t15 s时两车间距，故C错误；根据vt图象的斜率表示加速度，甲的加速度大小为a1 m/s21 m/s2，乙的加速度大小为a22 m/s2，故乙车的加速度大小是甲车加速度大小的2倍，D错误。答案A 图象问题要“四看一注意”(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制
20、约关系。(2)看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程。(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：vt图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点；xt图象中根据坐标值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特点。(4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义。在xt图象中，两图线的交点表示两物体相遇；在vt图象中，两图线的交点表示两物体速度相同，此时相对速度为零，相对位移出现极值，是相距最远、最近、是否碰撞的关键时刻。(5)一注意：利用vt图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发
21、。若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离。3(2019河南六市高三第二次联考)在平直公路上行驶的甲车和乙车，其位移时间图象分别为图中直线和曲线所示，图中t1对应x1，则()At1到t3时间内，乙车的运动方向始终不变B在t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度Ct1到t2时间内，某时刻两车的速度相同Dt1到t2时间内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度答案C解析根据xt图线的斜率表示速度可知，t1到t3时间内，乙图线切线斜率先为正值，然后为负值，则乙车的运动方向发生变化，故A错误；根据xt图象的斜率表示速度，可知在t1时刻，甲车的速度小于乙车的速度，故B错误；t1到t2时间内，乙图线的切线斜率在某时刻
22、与甲相同，该时刻两车的速度相同，故C正确；t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故D错误。4(2019广东广州二模)李大妈买完菜后乘电梯上楼回家，其乘坐的电梯运行情况如图所示，可知()A李大妈家所在楼层离地高度约40 mB03 s内电梯的加速度大小为0.5 m/s2C017 s内电梯的平均速度大小为0.75 m/sD电梯加速运动的距离等于减速运动的距离答案B解析李大妈家所在楼层离地高度约为：h(1017)1.5 m20.25 m，A错误；03 s内电梯的加速度大小为：a m/s20.5 m/s2，B正确；017 s内电梯的平均速度大小为： m/s1.2 m/s，C错误；因
23、图线与时间轴围成的面积等于位移，由图象可知，电梯加速运动的距离为：s11.53 m2.25 m，减速运动的距离为：s2(1713)1.5 m3 m，s1s2，故D错误。高考考向3牛顿运动定律的应用例3(2019四川雅安三诊)如图所示，质量为1 kg的物体静止于水平地面上，用大小为6.5 N的水平恒力F作用在物体上，使物体由静止开始运动50 m后撤去拉力F，此时物体的速度为20 m/s，物体继续向前滑行直至停止，g取10 m/s2。求：(1)物体与地面间的动摩擦因数；(2)物体运动的总位移；(3)物体运动的总时间。(1)物体做什么运动？提示：先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动直到
24、速度为零。(2)物体两段运动过程的联系是什么？提示：两段运动过程衔接处的速度相同。解析(1)在拉力F作用下，物体的加速度大小为：a1对物体，由牛顿第二定律有：Fmgma1，联立解得：0.25。(2)撤掉拉力F后的加速度大小为：a2g2.5 m/s2撤掉拉力F后的位移为：x280 m全程总位移为：xx1x250 m80 m130 m。(3)物体加速运动的时间为：t15 s减速运动的时间为：t28 s物体运动的总时间：tt1t213 s。答案(1)0.25(2)130 m(3)13 s 1.解决动力学两类基本问题的思路受力分析加速度运动状态2动力学基本问题的解题步骤(1)明确研究对象：根据问题的需
25、要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。3瞬时加速度的两种模型(1)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。(2)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
26、点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看做保持不变。4处理多过程动力学问题的“二分析一关键”(1)“二分析”分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；分析研究对象在每个阶段的运动特点。(2)“一关键”前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键。5(2019湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B。调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加
27、速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是()A撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为gB撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5gC撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大D撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大答案C解析当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没拉力，则弹簧处于压缩状态，且弹簧弹力大小T1mg。撤去木板瞬间，B物块受到的合力为T12mg3mg，由牛顿第二定律可知：aB1.5g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时弹簧弹力向上，且大小为T22mgkx，又T1mgkx，所以弹簧此时的伸长量x2x，即B物块向下运动3x时速度最大，
28、故C正确，D错误。6(2019黑龙江哈尔滨三中二模)水平路面上质量为30 kg 的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则()A小车2 s末的速度是4 m/sB小车受到的阻力大小是15 NC撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2D小车运动的总时间为6 s答案B解析小车2 s末的速度是：vat1.52 m/s3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：Ffma，解得：fFma60 N301.5 N15 N，故B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：fma1，解得：a10.5 m/s2，故C错误；撤去推力后运动的时间为：t1 s6 s
29、，所以小车运动的总时间为：t总(26) s8 s，故D错误。高考考向4动力学的连接体问题和临界问题例4(2019湖南怀化三模)(多选)如图甲所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2)()A当F24 N时，A、B都相对地面静止B当F24 N时，A相对B发生滑动CA的质量为4 kgDB的质量为24 kg(1)图象中B的加速度达到4 m/s2后为什么会保持不变？提示：B受到的静摩擦力达到了最大值，之后A和B开始相
30、对滑动。(2)A和B相对滑动的临界条件是什么？提示：A和B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，此时A和B的加速度仍相等。(3)如何求使A和B发生相对滑动所对应的临界外力F?提示：先隔离B分析，再对A或整体分析。解析当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F24 N时，A相对B发生滑动，当F24 N时，A与B保持相对静止，一起相对地面做加速直线运动，故A错误，B正确；F24 N时，B达到最大加速度，此时A与B的加速度大小相等，对B，根据牛顿第二定律得，aB4 m/s2，对A，根据牛顿第二定律得，aA4 m/s2，解得mA4 kg，mB2
31、 kg，故C正确，D错误。答案BC 解决连接体问题应注意的问题(1)整体法与隔离法的使用条件当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。(2)两物体分离或相对滑动的条件叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。(3)用滑轮连接的连接体的处理方法通过滑轮连接的两个物体：加速度大小相同。加速度不为零时，轻绳的拉力不等于所悬挂物体的重力。7. (2019四川教考联盟三诊)(多选)如图，在水平面上固定一倾角为
32、30的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定挡板，A和B用轻弹簧相连，A靠在挡板上，C靠在B上，A、B、C三者质量均为m，力F作用在C上使弹簧处于压缩状态。现撤去F，弹簧弹开，最后使A和挡板恰无弹力，重力加速度为g，在这个过程中以下说法正确的是()A当B速度最大时，B、C间弹力为0B当B和C分离时，A对挡板的压力为mgC当B和C分离时，它们的速度相等且达到最大D当B的速度最大时，A对挡板的压力为mg答案BD解析B和C分离瞬间，加速度相等且弹力消失，分离后的瞬间C的加速度为gsin30，则B的加速度也为gsin30，由此推知B和C在弹簧原长时分离，此时，它们的加速度不为0，即速度不是最大，速度最
33、大出现在分离之前，故A、C错误；当B和C分离时弹簧处于原长，此时A对挡板的压力等于A重力沿斜面方向的分力，即mg，故B正确；当B的速度达到最大时，C的速度也最大，它们受弹簧的弹力等于二者重力沿斜面方向的分力，即2mgsin30mg，弹簧另一端的弹力大小也是mg，所以此时A对挡板的压力为mg，D正确。8(2019西安高三第三次质检)如图甲所示，质量为m的物块A放在足够高的平台上，平台表面光滑。质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧。现给物块A施加水平向右的拉力F(未知)，使物块A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为
34、a，重力加速度为g，A、B均可视为质点。(1)当物块B刚好要离开地面时，拉力F的大小及物块A的速度大小分别为多少；(2)若将物块A换成物块C，拉力F的方向与水平方向成37角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好绷紧，要使物块B离开地面前，物块C一直以大小为a的加速度做匀加速运动，则物块C的质量应满足什么条件？(sin370.6，cos370.8)答案(1)mamg (2)mC解析(1)当物块B刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x，物块A的速度大小为v，对物块B受力分析有：mgkx，得：x，根据v22ax，解得：v 对物块A：FTma，又：Tkxmg，解得：Fmamg。(2)设某时刻弹簧的伸长量为x1。
35、对物块C，水平方向：FcosT1mCa，其中T1kx1mg，故Fmax，竖直方向：FsinmCg，故有：sinmCg，解得：mC。易错警示 整体法与隔离法在连接体问题中的应用例(2019河北衡水中学三模)(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图象，已知g取10 m/s2，则()A滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1B当F10 N时木板B的加速度为4 m/s2C木板B的质量为1 kgD滑块A的质量为4 kg分析与解由图乙可知，当F8 N时，A、B恰不发生相对滑动，加速度为：
36、a2 m/s2，对A、B整体，由牛顿第二定律有：F(mAmB)a，代入数据解得：mAmB4 kg；当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：aF，由图象可知，图线的斜率：k1，解得：mB1 kg，故滑块A的质量为：mA3 kg；由方程aF，可知当a0时，F6 N，代入数据解得0.2，故A、D错误，C正确。F10 N8 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aBa m/s24 m/s2，故B正确。答案BC易错警示本题是牛顿第二定律与图象的综合题，明确滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，通过分析滑块和木板的运动状态是否相同来选用整体法或隔离法。配套作业限时
37、：50分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第14题为单选题，第58题为多选题)1(2019湖南三湘名校教育联盟三模)甲、乙两辆汽车在平直公路上，从同一地点同时同向均做匀加速直线运动，甲、乙速度的平方随位移变化的图象如图所示，则()A甲车的加速度比乙车的加速度小B在x0.5 m处甲、乙两车的速度均为2 m/sC在t2 s末甲、乙两车相遇D在x4 m处甲、乙两车不相遇答案C解析根据匀变速直线运动速度与位移的关系式v2v2ax，得v22axv，可知图象的斜率k2a，由图可知，甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度比乙车的加速度大，故A错误；由图可知，在x0.5 m处甲
38、、乙两车速度的平方均为2 m2/s2，速度均为 m/s，故B错误；由v2v2ax可知，甲车做初速度为0、加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，乙车做初速度为1 m/s、加速度为1 m/s2的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可得两车相遇时：xa甲t2v0ta乙t2，得t2 s，相遇时的位移为 x4 m，故C正确，D错误。2(2019贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的vt图象如图所示，根据图象可知该伞兵()A在02 s内做自由落体运动B在26 s内加速度方向先向上后向下C在014 s内先处于失重状态后处于超重状态D在024 s内先匀加速再匀
39、减速最终匀速直线运动答案C解析由图象可知，该伞兵在02 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；由图可知，26 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，故B错误；014 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，先失重后超重，故C正确；在024 s内，212 s内的加速度大小发生变化，故该伞兵不做匀变速运动，D错误。3(2019重庆三诊)如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，质量相等的甲、乙物体通过弹簧连接，乙物体通过轻绳与斜面顶端相连。已知轻弹簧、轻绳均与斜面平行，重力加速度大小为g。剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的
40、是()A甲、乙的加速度大小均为B甲的加速度为零，乙的加速度大小为C甲的加速度为g，乙的加速度大小为零D甲的加速度为零，乙的加速度大小为g答案D解析剪断轻绳前，对甲、乙、弹簧组成的整体分析知轻绳对乙球的弹力大小为2mgsin30，因弹簧弹力不能突变，而绳子的弹力会突变，所以剪断轻绳瞬间，甲球所受合力为零，加速度为零；乙球所受合力为2mgsin30，加速度为2gsin30g，故A、B、C错误，D正确。4. (2019广东惠州二模)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接
41、触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为()A3mg B4mg C5mg D6mg答案D解析当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则根据牛顿第二定律得：对砝码有：f12mg2ma1，得：a1g，对纸板有 Ff1f2ma2，纸板与砝码发生相对运动需要纸板的加速度不小于砝码的加速度，即：a2a1，所以：Ff1f2ma2f1f2ma12mg3mgmg6mg，即：F6mg，选D。5(2019湖北七市州教研协作体高三联合模拟)在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t0时刻受一与运动方向相反的恒力F4 N的作用，经一段时间后撤
42、去力F，物体运动的vt图象如图所示，已知g10 m/s2，下列说法正确的是()A物体与水平面的动摩擦因数为0.2B物体最后回到t0时刻的位置CF的作用时间为1 sD物体的质量为1 kg答案AD解析由于物体在01 s内沿正向做减速运动，12 s内沿负向做加速运动，2 s后沿负方向做减速运动，则拉力F是在2 s末撤去的，拉力F的作用时间为2 s，在 23 s内物体的加速度大小为a2 m/s2，摩擦力大小为mg，且mgma，解得0.2，故A正确，C错误；由图知，01 s内物体沿正向运动，位移大小x161 m3 m,13 s内沿负向运动，位移大小x2(31)2 m2 m，则知3 s末与出发点距离为xx
43、1x21 m，故B错误；在01 s内物体沿正向运动，根据图象可得加速度大小a1 m/s26 m/s2，根据牛顿第二定律可得：Fmgma1，解得物体的质量m1 kg，故D正确。6(2019山东滨州二模)如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是()A若， B若，C若， D若，答案CD解析甲、乙两图中，M水平方向只受摩擦力
44、作用，根据牛顿第二定律得：f1Ma1，f2Ma2；丙、丁两图中，对M和m组成的系统分析，根据牛顿第二定律可知：f3(Mm)a3，f4(Mm)a4。如果a1a212，解得：f1f212，故A错误；如果a2a312，则f2f3M2(Mm)12，故B错误；若a3a412，则f3f412，故C正确；对m受力分析可知tan，tan，若a3a412，可得：tantan12，故D正确。7(2019陕西咸阳三模)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA1 kg、mB2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t0时刻开始对物块A施加一水平推力F
45、1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()At2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 NBt2.0 s时刻A、B之间作用力为零Ct2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D从t0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m答案AD解析设t时刻A、B分离，由图象可知，分离之前A、B共同做匀加速运动，设加速度为a，以整体为研究对象，则有：a m/s21.2 m/s2，分离时：F2F拉mBa，得F2F拉mBa0.3 N21.2 N2.7 N，结合
46、图象可知，分离时t4.0 s3 s，A、B两物块共同运动的位移为sat25.4 m，故D正确；当t2 s时，F21.8 N，F2TmBa，得TmBaF20.6 N，A正确，B错误；当t2.5 s时，F22.25 N，F2Tm2a，得Tm2aF20，故A对B的作用力方向向右，C错误。8(2019吉林模拟)如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为，物块1与物块2间的动摩擦因数为2。物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当水平力F作用在物
47、块1上，下列反映a和f变化的图线正确的是()答案AC解析1、2这两个物块开始时均静止，当拉力逐渐增大时，由受力分析可知，开始时，f1f2F，a1a20；当拉力增大到Ff2max4mg4mg，整体开始滑动，根据牛顿第二定律Ff2max4ma，f14mgma，解得a1a2a，f13mg；当两物块间的摩擦力增大到f1max23mg6mg时，f1maxf2maxma2，a2a12g，Ff1max3ma1，拉力F12mg；当拉力F继续增大，物块1、2之间开始滑动，a1，a22g，物块2与桌面之间的摩擦力为f24mg不变，物块1与物块2之间相对滑动，摩擦力f16mg不变。结合图象分析可知A、C正确。二、计
48、算题(本题共2小题，共36分，须写出规范的解题步骤)9(2019安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)(16分)一汽车在直线公路段上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶。经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？(2)若汽车刹车时的加速度只为4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？答案(1)5 m/s2(2)1 m/s2解析(1)设汽车的加速度大小为a时两车恰不相撞，初速度v汽54 km/h15 m/s，设刹
49、车后汽车运动的时间为t时两车相遇，此时两车速度相等，则v自v汽at自行车的位移为：x自v自(tt)汽车的位移为：x汽v汽tv汽tat2x汽x自d联立解得：a5 m/s2。(2)设自行车加速度为a时，两车恰不相撞，刹车后汽车运动的时间为t时两车相遇，此时两车速度相等，则v自atv汽a汽t，自行车的位移为：x自v自tv自tat2汽车的位移为：x汽v 汽tv汽ta汽t2x汽x自d联立解得：a1 m/s2。10(2019贵州毕节二模)(20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数10.1，物块与木板间的动摩擦因数20.4。t0时刻开始，小物块与木板一起以
50、共同速度向墙壁运动，当t1 s时，木板以速度v14 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)t0时刻木板的速度；(2)木板的长度。答案(1)5 m/s(2) m解析(1)设木板与物块一起以共同速度向墙壁运动时的加速度大小为a1，t0时刻木板速度为v0，则对木板和物块：1(Mm)g(Mm)a1由运动学公式：v1v0a1t代入数据求得：v05 m/s。(2)设木板与墙碰撞后至物块从木板上掉下过程中，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，经历时间为t1，物块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，则对物块：2mgma2x1，x1t1，对木板，由牛顿第二定律：2mg1(Mm)gMa3，其中M15m，解得a3a2，故物块速度减为0时木板速度还未减为0，x2v1t1a3t木板长度lx1x2，代入数据解得，l m。