1、专题一 力与运动第 2 讲 力与直线运动微网构建核心再现及学科素养知识规律(1)匀变速直线运动规律公式的两性条件性：物体必须做匀变速直线运动矢量性：公式都是矢量式(2)牛顿第二定律的“四性”矢量性：Fma 是矢量式，a 与 F 同向瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化同体性：Fma 中，F、m、a 对应同一物体独立性：分力产生的加速度相互独立(3)运动图象六要素轴；线；斜率；截距；交点；面积思想方法(1)物理思想：极限思想、逆向思维、理想实验、分解思想(2)学习方法：比例法、图象法、控制变量法、整体法、隔离法、合成分解法.高频考点 题组冲关 真题试做 新题预测 限时规范训练 高频考点一 运动学
2、基本规律知能必备1物体或带电体做匀变速直线运动的条件是物体或带电体所受合力为恒力，且与速度方向共线2匀变速直线运动的基本规律为速度公式：vv0at.位移公式：xv0t12at2.速度和位移公式的推论：v2v202ax.中间时刻的瞬时速度：vt2xtv0v2.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即 xxn1xna(t)2.3速度时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移匀变速直线运动的vt 图象是一条倾斜直线4位移时间关系图线的斜率表示物体的速度，匀变速直线运动的 xt 图象是一条抛物线典例导航例 1 架设在公路上的激光测速仪发射出的光束有一定的
3、倾角，导致只能测定距离仪器 20200 m 范围内汽车的车速，某路段限速 54 km/h.一辆小轿车在距离测速仪 264 m 时司机发现了前方的测速仪，立即开始做匀减速直线运动，结果第一次测速时该车恰好没有超速，且第二次测速时测得小轿车的速度为 50.4 km/h.已知测速仪每隔 2 s 测速一次，测速激光脉冲时间极短，试求该小轿车减速前的速度范围【思路探究】(1)通读题干，挖掘信息第一次测速时恰好没有超速，汽车的速度为 54 km/h，即15 m/s.测速范围 20200 m，测速时间间隔 2 s，所以第一次测速发生在 200 m 处和 200 m 处再运动 2 s 之间(2)构建情景，还原
4、模型画出汽车运动示意图到达 200 m 处刚第一次测速到达 200 m 处刚好上一次测速刚过，再运动 2 s，遇到第一次测速汽车的运动为匀减速直线运动，第一次测速时速度为 54 km/h，第二次测速时速度为 50.4 km/h.解析 第一次测速恰好没有超速，即 v154 km/h15 m/s，第二次测得 v250.4 km/h14 m/s，由两次测量的速度可得小轿车的加速度 av2v1t14152 m/s20.5 m/s2若当小轿车到达距离测速仪 200 m 处时刚好遇到测速的激光，设小轿车减速前的速度为 v0，则 v21v202axv0 v212ax 15220.5264200 m/s17
5、m/s若小轿车到达距离测速仪 200 m 处时前一次测速激光刚过，则小轿车继续减速 2 s 后才遇到第一次测速，其速度为限制速度，设小轿车到达距离测速仪 200 m 处时的速度为 v3，则 v1v3atv315 m/s(0.5)2 m/s16 m/s设此情况下小轿车减速前的速度为 v0，则 v23v022axv0 v232ax 16220.5264200 m/s17.9 m/s所以小轿车减速前的速度应满足 17 m/sv17.9 m/s.答案 17 m/sv17.9 m/s画情境、明特征，速解直线运动问题第 1 步：画图建情境(1)以点代物，以线代轨迹，选定正方向画位移图；(2)以时间为序，标
6、注不同阶段的位置、对应物理量；(3)挖掘隐含条件第 2 步：分析明特征(1)明确运动性质，判断各阶段的加速度；(2)判断初、末速度是否为零，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动第 3 步：类比定方法二级推论优先：位移时间平均速度；逐差法求加速度 xaT2；利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系解题第 4 步：解答和讨论(1)根据选定的方向列方程求解；(2)对结果的合理性进行讨论，注意刹车类问题的运动时间题组冲关一、运动学基本规律的应用1(2016高考全国卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍该质点的加速度为()
7、A.st2 B.3s2t2C.4st2D.8st2A解析：选 A.质点在时间 t 内的平均速度 vst，设时间 t 内的初、末速度分别为 v1 和 v2，则 vv1v22，故v1v22st.由题意知：12mv22912mv21，则 v23v1，进而得出 2v1st.质点的加速度 av2v1t2v1t st2.故选项 A 正确2为了测定一辆电动汽车的加速性能，研究人员驾驶汽车沿平直公路从标杆 O 处由静止启动，依次经过 A、B、C 三处标杆，如图所示，已知 A、B 间的距离为 l1，B、C 间的距离为 l2，测得汽车通过 AB 段与 BC 段所用的时间相等，将汽车的运动过程视为匀加速行驶，求标杆
8、 O 与标杆 A 间的距离解析：画出运动过程示意图设汽车的加速度为 a，到达 A 点的速度为 v0，通过 AB 段和BC 段所用的时间都为 t，则有l1v0t12at2l1l2v02t12a(2t)2联立式得：l2l1at23l1l22v0t设标杆 O 与标杆 A 间的距离为 l，则有 lv202a 联立式得 l3l1l228l2l1.答案：3l1l228l2l13(2017青岛市二模)广泛应用于我国高速公路的电子不停车收费系统(ETC)是目前世界上最先进的收费系统，过往车辆无须停车即能够实现收费如图所示为某高速公路入口处的两个通道的示意图，ETC 收费岛(阴影区域)长为 d36 m人工收费窗
9、口在图中虚线 MN 上，汽车到达窗口时停车缴费时间需要 t020 s现有甲、乙两辆汽车均以 v30 m/s 的速度并排行驶，根据所选通道特点进行减速进入收费站，驶入收费岛区域中的甲车以 v06 m/s 的速度匀速行驶设两车减速和加速的加速度大小均为 3 m/s2，求(1)从开始减速到恢复速度 v，甲车比乙车少用的时间；(2)乙车交费后，当恢复速度 v 时离甲车的距离解析：(1)甲车进入收费岛之前的减速时间：t1vv0a8 s，通过收费岛的时间：t2 dv06 s离开收费岛的加速时间为：t3t18 s，所以：t 甲t1t2t322 s乙车的时间：t 乙2va t040 s所以甲车比乙车少用的时间
10、为：tt 乙t 甲18 s.(2)甲车开始减速时与 MN 的距离为：l 甲v0v2t1d180 m乙车开始减速时与 MN 的距离为：l 乙v22a150 mtlv 1 s即甲车开始减速后 1 s 乙车开始减速所以从甲车开始减速到乙车恢复速度 v共经过t41 s的时间x 甲v0v2t12dv(tt 甲)894 mx 乙v22a2300 m所以乙车交费后，当恢复速度 v 时离甲车的距离为：xx甲x 乙l564 m.答案：(1)18 s(2)564 m二、运动学图象问题1(2017安徽合肥二模)如图所示，是一做匀变速直线运动的质点的位移时间图象(x-t 图象)，P(t1，x1)为图象上一点PQ 为过
11、 P 点的切线，与 x 轴交于点 Q(0，x2)则下列说法正确的是()At1 时刻，质点的速率为x1t1Bt1 时刻，质点的速率为x1x2t1C质点的加速度大小为x1x2t21D0t1 时间内，质点的平均速度大小为2x1x2t1B解析：选 B.在位移时间图象中，过 P 点的切线斜率表示相应时刻的瞬时速度，所以 t1 时刻的速率为 vx1x2t1，A 项错，B项正确；由加速度定义可知 avv0t1，但因初速度未知，故加速度无法确定，C 项错；0t1 这段时间内的平均速度 v x1t1，D 项错误2如图所示是物体做直线运动的 v-t 图象，则下列由 v-t 图象作出的加速度时间(a-t)图象和位移
12、时间(x-t)图象中正确的是()A解析：选 A.由题图可知，物体先做匀速直线运动，然后继续向前做匀减速直线运动，加速度为1 m/s2,23 s 内做反方向的匀加速直线运动，加速度为1 m/s2,35 s 内做匀减速直线运动，加速度为 0.5 m/s2，A 对、B 错；05 s 内，vt 图象与横轴所围的面积和为零，故 t5 s 时物体处于位移为零处，C、D 错3(多选)小球由静止沿某一粗糙斜面滑下，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又弹回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计(假设碰撞过程无能量损失)以小球与挡板碰撞点为位移坐标原点 O，碰撞时刻为 t0 时刻，沿斜面向上为 x 正方向则下列
13、四图中，能正确反映小球运动过程图象的是()CD解析：选 CD.小球下滑和上滑时加速度都沿斜面向下，为负，A 错；下滑时初速度为零，即t1 时刻 xt 图象中图线的斜率为零，B 错误，下滑过程小球的加速度大小小于上滑过程小球的加速度大小，C 正确；v2x 图象的斜率大小等于加速度大小的二倍，D 正确运动学图象类问题的分析方法图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口解决此类问题的一般思路高频考点二 追及相遇问题知能
14、必备分析追及相遇问题的四种方法1物理分析法首先，要认真审题，构建形象的运动图景；其次，要抓住关键，挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最好”“至少”等，往往对应一个临界状态，要满足相应的临界条件(1)恰好追上(或追不上)、最远(或最近)距离速度相等是临界条件(2)追上、相遇两物体同时到达某位置2极值法设相遇时间为 t，根据条件列位移关系式，得到关于 t 的一元二次方程，用判别式进行讨论若 0，即有两个解，则可以相遇两次；若 0，则刚好追上或相遇；若 0，则追不上或不能相遇3图象法将两物体运动的速度时间图象在同一坐标系中画出，然后利用图象分析求解相关问题4相对运动法对运动过程和状态进行分析，巧妙选
15、择参考系，简化运动过程、临界状态，确定三大关系，列式求解典例导航例 2(2017山东省实验中学二诊)货车 A 正在公路上以 20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车 B 时，两车距离仅有 75 m.(1)若此时 B 车立即以 2 m/s2 的加速度启动，通过计算判断：如果 A 车司机没有刹车，是否会撞上 B 车若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从 A 车发现 B 车开始到撞上 B车的时间(2)若 A 车司机发现 B 车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为 2 m/s2(两车均视为质点)为避免碰撞，在 A 车刹车的
16、同时，B 车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B 车加速度至少多大才能避免事故(假设两车始终在同一条直线上运动)解析(1)当两车速度相等时，设经过的时间为 t，此时有 vAvB对 B 车 vBaBt联立可得 t10 sA 车的位移 xAvAt200 mB 车的位移 xB12aBt2100 m又 xBx0175 mxA，所以会撞上设经过时间 t相撞，有 vAtx012aBt2代入数据解得 t5 s 或 t15 s10 s(舍去)(2)设 B 车的加速度为 aB，B 车运动的时间为 t两车相遇时，两车速度相等，则 vAv0aAtvBaBt，且 vAvB在时间 t内 A 车的位移 xAv0t
17、12aAt2B 车的位移 xB12aBt2，又 xBx0 xA联立可得 aB0.67 m/s2.答案(1)会相撞 5 s(2)0.67 m/s2处理追及相遇问题的技巧1解题思路和方法分析物体运动过程 画运动示意图 找两物体位移关系 列位移方程2分析追及相遇问题的技巧(1)紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式(2)审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件(3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析题组冲关1(201
18、7山东省泰安市高三第二轮复习质量检测)a、b 两物体在同一直线上运动，二者运动的 vt 图象均为直线如图，已知两物体在 4 s 末相遇则关于它们在 04 s 内的运动下列说法正确的是()Aa、b 两物体运动的方向相反Ba 物体的加速度小于 b 物体的加速度Ct2 s 时两物体相距最远Dt0 时刻，a 在 b 前方 3 m 远处C解析：选 C.A.a、b 两物体都沿正方向运动，运动的方向相同，A 错误；B.a 物体的加速度大小为：a1vt422 m/s21 m/s2，b 物体的加速度大小为：a2vt542 m/s20.5 m/s2，a 物体的加速度大于 b 物体的加速度，B 错误；C.两物体在
19、4 s 末相遇，结合图象，说明是 a 追 b，因此速度相等时相距最远，C 正确；D.设 t0 时相距 x0，则有：x0 xaxb，两物体在 4 s 末相遇，所以 x0241214254120.542，解得 x00，D 错误；故选 C.2(2017四川省遂宁市高三三诊)某公司为了测试摩托车的性能，让两驾驶员分别驾驶摩托车在一平直路面上行驶，利用速度传感器测出摩托车 A、B 的速度随时间变化的规律并描绘在计算机中，如图所示，发现两摩托车在 t25 s 时同时到达目的地则下列叙述正确的是()A摩托车 B 的加速度为摩托车 A的 4 倍B两辆摩托车从同一地点出发，且摩托车 B 晚出发 10 sC在 0
20、25 s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为 180 mD在 025 s 时间内，两辆摩托车间的最远距离为 400 mD解析：选 D.速度时间图象的斜率表示该时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，据此分析即可速度时间图象的斜率表示加速度大小，故 aA302025 m/s20.4 m/s2，aB30015 m/s22 m/s2，aA5aB，A 错误；图象与坐标轴围成的面积表示位移，故 xA12(3020)25 m625 m，xB123015 m225 m，因为两者在 25 s 相遇，而发生的位移不同，故两者不是从同一地点出发的，B 错误；在 t25 s 时两车达到相同的
21、速度，在此之前摩托车 A 速度一直大于摩托车 B 速度，两辆摩托车距离一直在缩小，所以在 t0 时刻，两辆摩托车距离最远，故 xxAxB400 m，D 正确3(2017湖南省怀化市高三第二次模拟考试)(多选)假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶甲车在前，乙车在后，速度均为 v030 m/s，距离 s0100 mt0 时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如甲、乙图所示取运动方向为正方向下面说法正确的是()BCAt3 s 时两车相距最近B09 s 内两车位移之差为 45 mCt6 s 时两车距离最近为 10 mD两车在 09 s 内会相撞解析：选 BC.由加速度图象可画出两车
22、的速度图象，如图所示由图象可知，t6 s 时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积为 06 s 内两车位移之差：x123031230(63)m90 m，则此时两车相距：ss0 x10 m，选项 B 正确，A 错误；09 s 内两车位移之差为 x123031230(63)m12303 m45 m，所以不会相撞，故 B 正确，D 错误故选 B、C.高频考点三 动力学规律的应用知能必备1超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向当a 有竖直向上的分量时，超重；当 a 有竖直向下的分量
23、时，失重；当 ag 且竖直向下时，完全失重2动力学的两类基本问题的处理思路受力情况F合 F合ma a 运动学公式 运动情况v、x、t3解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题命题视角考向 1 用整体法与隔离法分析连接体问题例 3(2017河南省天一大联考高三阶段性测试(五)如图所示，天花板固定有一光滑的定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量 M 的铁块
24、；右端悬挂有两质量均为 m 的铁块，上下两铁块用轻质细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为 2mg，最初系统处于静状态某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为()A.14g B.13gC.23gDgC解析 根据题意，烧断细线前轻绳上的张力为 2mg，可得到M2m，以右下端的铁块为研究对象，根据平衡条件可知，细线烧断前弹簧的弹力为 mg，细线烧断前的瞬间，铁块 M 与右端上面的铁块 m 间轻绳的张力也会发生变化，但二者加速度大小相同，根据牛顿第二定律有：2mgmgmg3ma，解得：a23g，故选项 C 正确答案 C考向 2 动力学的图象问题例 4 如图甲所示，有一倾角为 3
25、0的光滑固定斜面，斜面底平面上放一质量为 M 的木板开始时质量为 m1 kg 的滑块在水平向左的力 F 作用下静止在斜面上，今将水平力 F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力 F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失，此后滑块和木板在水平面上运动的 vt 图象如图乙所示，g10 m/s2.求(1)水平作用力 F 的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量【思路探究】(1)当滑块静止在斜面上时，滑块受几个力的作用？画出受力示意图(2)滑块到达斜面底端时的速度是多少？(3)滑块在木板上滑动时，滑块和木板的加速度各是多大？二者速度相同后一起减速运动时的加速度是多大？解析(1)滑块受到水平推
26、力 F、重力 mg 和支持力 N 处于平衡，如图所示，水平推力：Fmgtan 110 33 N10 33 N(2)由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v110 m/s设下滑的加速度为 a，由牛顿第二定律得：mgsin Fcos ma代入数据得：a10 m/s2则下滑时的高度：hv212asin 10020 12 m2.5 m(3)设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为 f，滑块与木板间的摩擦力为 f1，由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1vt21020 m/s24 m/s2对滑块：f1ma1此时木板的加速度：a2vt2020 m/s21 m/s2对木板：f1fMa2当滑块和木板速度相等，均为：
27、v2 m/s 之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3vt0242 m/s21 m/s2对整体：f(mM)a3联立代入数据解得：M1.5 kg.答案(1)水平作用力 F 的大小为10 33 N(2)滑块开始下滑时的高度为 2.5 m(3)木板的质量为 1.5 kg考向 3 应用动力学方法分析传送带问题例 5(2017株洲市模拟)如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于 A 轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在 A 轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的 1.4 倍，当有铁矿
28、石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到 B 端，由自动卸货装置取走已知传送带与水平方向夹角为 53，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为 0.5，A、B 两轮间的距离为 L64 m，A、B 两轮半径忽略不计，g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.(1)若传送带以恒定速率 v010 m/s 传动，求被选中的铁矿石从 A 端运动到 B 端所需要的时间；(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为 0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到 B 端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短
29、时间解析(1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石沿传送带方向 Ffmgsin ma垂直传送带方向：FNmgcos F0其中 F1.4mg，FfFN，解得：a2 m/s2则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：t1v0a 102 s5 s对应的位移为：x112at2112252 m25 m根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到 B 端，则其匀速运动时间为：t2Lx1v0 642510 s3.9 s，所以铁矿石从传送带的 A 端运动到 B 端所需要的时间为：tt1t28.9 s.(2
30、)只有铁矿石一直加速运动到 B 点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是 2 m/s2，所以传送带的最小加速度为：amin2 m/s2，则有：L12at2，代入数据解得最短时间为：t8 s.答案(1)8.9 s(2)2 m/s2 8 s【方法总结】(1)传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断解答牛顿运动定律的应用问题的方法1研究对象的选取方法：整体
31、法和隔离法灵活应用，一般已知或求解外力时选用整体法，已知或求解物体间的相互作用力时选用隔离法2受力分析的处理方法：合成法和正交分解法合理应用，当物体在两个力作用下变速运动时，可用合成法；当物体在两个以上的力的作用下变速运动时，常用正交分解法解题3多阶段问题的分析方法：常用程序法，即针对先后经历的几个过程逐一分析，运用程序法时要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程交接点的速度往往是解决问题的关键题组冲关1(2017贵州贵阳二模)(多选)如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为 m 乙5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为 m 丙1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的
32、定滑轮将一质量为 m 甲2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度 g10 m/s2.则()BCA细绳对盒子的拉力大小为 20 NB盒子的加速度大小为 2.5 m/s2C盒子对滑块丙的摩擦力大小为 2.5 ND定滑轮受到细绳的作用力为 30 N解析：选 BC.假设绳子拉力为 FT，根据牛顿第二定律，对甲，有 m 甲gFTm 甲a；对乙和丙组成的整体，有 FT(m 乙m 丙)a，联立解得 FT15 N，a2.5 m/s2，A 错误，B 正确；对滑块丙受力
33、分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有 Ffm 丙a12.5 N2.5 N，C 正确；绳子的张力为 15 N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为 15 2 N，所以 D 错误2(2017长春质检)如图所示，一劲度系数为 k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为 m的物块 A，A 放在质量也为 m 的托盘 B 上，以N 表示 B 对 A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量初始时，在竖直向上的力 F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x0)现改变力 F 的大小，使 B 以g2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中 N 或 F 随
34、 x 变化的图象正确的是()D解析：选 D.根据题述，B 以g2的加速度匀加速向下运动过程中，选项 A、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mgkxF2mg2，解得 Fmgkx，即 F 从 mg 开始线性减小，可排除图象 C.选择 B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mgNFmg2，解得 Nmg2 kx.当弹簧的弹力增大到mg2，即 xmg2k时，A 和 B间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg2 线性减小到零，选项 A、B 错误同时，力 F 由开始时的 mg 线性减小到mg2，此后 B 与 A 分离，力 F 保持mg2 不变，故选项 D 正确3(2017抚顺市一模)如图所示
35、，物块 M 在静止的足够长的传送带上以速度 v0 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到 2v0 后匀速运动的过程中，以下分析正确的是()AM 下滑的速度不变BM 开始在传送带上加速到 2v0 后向下匀速运动CM 先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动DM 受的摩擦力方向始终沿传送带向上C解析：选 C.传送带静止时，物块匀速下滑，故 mgsin Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故 C 正确，故选 C.高频考点四
36、“滑块木板”模型问题知能必备1“滑块木板”模型特点(1)两物体上下叠放，两物体之间有摩擦力作用，其中一个物体可能受到拉力作用；(2)两物体做不同的匀变速运动，之间有相对运动；(3)滑块当做质点，而木板有一定的长度，滑块有滑离木板的可能2“滑块木板”模型应用到的规律、方法(1)“滑块木板”模型问题中的判断与计算不同阶段滑块、木板间摩擦力的计算，滑块、木板加速度方向的判断，滑块、木板做匀加速或匀减速运动的判断；滑块能否达到与木板共速的判断，滑块滑离木板的可能性的判断正确确定滑块、木板的位移及相对位移(2)“滑块木板”模型问题突破关键平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析；非平衡状态下的木板与滑
37、块：破题关键是受力分析、运动分析和牛顿第二、三定律的应用(3)“滑块木板”模型中功、能的计算方法计算力所做的功时，位移是对地位移；只有存在滑动摩擦力时才有内能产生；计算因滑动摩擦产生的内能时，常用功能关系 QFfs，需注意的是 s 为物体之间的相对路程3“滑块木板”模型的解题策略(1)要正确分析物体的受力情况、运动过程，判断物体是一直匀加速运动还是先匀加速再匀速运动；(2)结合牛顿第二定律求加速度，利用运动学公式分析物体的速度关系及位移关系典例导航例 6 下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害某地有一倾角为 37sin 3735 的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与
38、斜坡平行；B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土)，A 和 B 均处于静止状态，如图所示假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B 间的动摩擦因数 1 减小为38，B、C 间的动摩擦因数2 减小为 0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第 2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，2 保持不变已知 A 开始运动时，A离 B 下边缘的距离 l27 m，C 足够长，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)在 02 s 时间内 A 和 B 加速度的大小(2)A 在 B 上总的运动时间【思路探究】第一步：审题干提取信息(
39、1)02 s 时间内，石板与斜坡之间的动摩擦因数及石板与碎石堆之间的动摩擦因数题中已给出(2)2 s 后，石板与斜坡之间的动摩擦因数及石板与碎石堆接触面的情况题中已给出第二步：突破难点分阶段分析 A、B 的运动情况(1)分析 02 s 时间内 A、B 的加速度、末速度及位移(2)分析石板 B 在 2 s 至停止过程中的加速度、时间、位移(3)分析碎石堆 A 在 2 s 至离开石板过程中的位移、时间(4)比较石板 B 停止时，碎石堆 A 与石板 B 的位移，确定碎石堆 A 在石板 B 上的位置解析(1)在 02 s 时间内 A 的受力分析如图甲所示NGcos 370.8mgFGsin 371N0
40、.6mg380.8mg0.3mg由牛顿第二定律可得aAFm0.3mgm3 m/s2在 02 s 时间内 B 的受力分析如图乙所示NAmgcos 370.8mgNCNAmgcos 371.6mgfA1NA380.8mg0.3mgfC2NC0.51.6mg0.8mgFGsin 37fAfC0.6mg0.3mg0.8mg0.1mg由牛顿第二定律可得aBFm 0.1mgm1 m/s2(2)2 s 时，vAaAt32 m/s6 m/svBaBt12 m/s2 m/sB 的上表面突然变为光滑后aAmgsin 37m6 m/s2aBGsin 37fCm0.6mg0.8mgm2 m/s21 s 后 B 将停止
41、运动，3 s 内 B 运动的距离为 sB12aB(2 s)2vB1 s12aB(1 s)23 m设 A 在 B 上总的运动时间为 t，则 A 的位移为 30 m，sA12aA(2 s)2vA(t2 s)12aA(t2 s)230 m解得 t4 s答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s题组冲关1(2017石家庄市高三复习教学质量检测)(多选)如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块木板受到水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，重力加速度 g10 m/s2，下列说法正确的是()ACA小滑块的质量
42、 m2 kgB小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.1C当水平拉力 F7 N 时，长木板的加速度大小为 3 m/s2D当水平拉力 F 增大时，小滑块的加速度一定增大解析：选 AC.对整体分析，由牛顿第二定律有：F(Mm)a，当 F6 N 时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：Mm3 kg，当 F 大于 6 N 时，根据牛顿第二定律得：aFmgMFMmgM，知图线的斜率 k 1M1，解得：M1 kg，滑块的质量为：m2 kg，故 A 正确；B、根据 F 大于 6 N 的图线知，F4 N 时，a0，即：0F20，代入数据解得：0.2，所以aF4，当 F7 N 时，长木板的加速度为：a3
43、m/s2，根据 mgma得：ag2 m/s2，故 B 错误，C 正确；D、当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 amgm 4 m/s2，恒定不变，故 D 错误2(多选)如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上A、B 间的动摩擦因数为，B 与地面间的动摩擦因数为12.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对 A 施加一水平拉力 F，则()A当 F3mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12gBCD解析：选 BCD.根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题当 0F32mg 时，A、B 皆静止；当32mg3mg 时，A 相对
44、 B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项 A 错误、选项 C 正确当 F52mg 时，A 与 B 共同的加速度 aF32mg3m13g，选项 B 正确F 较大时，取物块 B 为研究对象，物块 B 的加速度最大为 a22mg32mgm12g，选项 D正确3如图所示，水平地面上有一质量为 M 的长木板，一个质量为 m 的物块(可视为质点)放在长木板的最右端已知物块与木板之间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数为 2.从某时刻起物块以大小为 v1 的水平初速度向左运动，同时木板在水平外力 F 作用下始终向右以大小为 v2(v2v1)的速度匀速运动：求：(1)在物块向左运动过程中外力
45、 F 的大小；(2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？解析：(1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2 分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知Ff11mgFf22(mM)g由平衡条件得：FFf1Ff21mg2(mM)g(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为 t1，则 t1 v11g设物块向左匀减速运动的位移为 x1，则 x1v12 t1 v2121g设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为 t2，则 t2 v21g设物块向右匀加速运动的位移为 x2，则 x2v22 t2 v2221g此过程中木板向右匀速运动的总位移为 x，则xv2(t1t2
46、)则物块不从木板上滑下来时木板的最小长度：Lxx1x2解得：Lv1v2221g.答案：(1)1mg2(mM)g(2)v1v2221g真题 1(2016高考全国卷)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 vt 图象如图所示已知两车在 t3 s 时并排行驶，则()A在 t1 s 时，甲车在乙车后B在 t0 时，甲车在乙车前 7.5 mC两车另一次并排行驶的时刻是 t2 sD甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD解析：选 BD.由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度 a 甲10 m/s2.乙车做初速度 v010 m/s、加速度 a 乙5 m/s2 的匀加速
47、直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲12a 甲t2345 mx 乙v0t312a 乙t2352.5 m由于 t3 s 时两车并排行驶，说明 t0 时甲车在乙车前，xx 乙x 甲7.5 m，选项 B 正确；t1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，则 t1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 52.5 m12.5 m40 m，选项 D正确真题 2(2015高考全国卷)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的
48、加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P 和 Q 间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10C15 D18BC解析：选 BC.设 P、Q 西边有 n 节车厢，每节车厢的质量为m，则 FnmaP、Q 东边有 k 节车厢，则 Fkm23a联立得 3n2k，由此式可知 n 只能取偶数，当 n2 时，k3，总节数为 N5当 n4 时，k6，总节数为 N10当 n6 时，k9，总节数为 N15当 n8 时，k12，总节数为 N20，故选项 B、C 正确预测
49、题 3 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图(a)所示t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 vt 图线如图(b)所示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)木板与地面间的动摩擦因数 1 及小物块与木板间的动摩擦因数 2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离解析：(1)规定向右为正方向木板与墙壁相碰前
50、，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M.由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t112a1t21 式中，t11 s，s04.5 m 是木板碰撞前的位移，v0 是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1 的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2v2v1t2t1 式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得
51、20.4(2)设碰撞后木板的加速度为 a3，经过时间 t，木板和小物块刚好具有共同速度 v3.由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s1v1v32t小物块运动的位移为s2v1v32t小物块相对木板的位移为 ss2s1联立式，并代入数值得 s6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为 a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v232a4s3碰后木板运动的位移为 ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m.答案：(1)0.1 0.4(2)6.0 m(3)6.5 m点击进入word版：限时规范训练把握高考微点，实现素能提升