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H4所用的时间为 t1，第四个H4所用的时间为 t2。不计空气阻力，则t2t1满足()A1t2t12 B2t2t13C3t2t14 D4t2t15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(21)(3 2)(n n1)。由题意知，t2t112 32 3，故 3t2t14，C 正确。2(2019全国卷)(多选)如图 a，物块和木
2、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.
3、2 N。由题图 c 知，24 s 内，木板的加速度大小 a10.42 m/s20.2 m/s2，撤去外力 F 后的加速度大小 a20.40.21 m/s20.2 m/s2，设木板质量为 m，根据牛顿第二定律，24 s 内：FF 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
4、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 v-t 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
5、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
6、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，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)v20v212gs0 (2)s1v1v022s20解析(1)设冰球的质量为 m，冰
7、球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得mgs012mv2112mv20解得 v20v212gs0(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v20v212a1s0v0v1a1ts112a2t2联立式得a2s1v1v022s20。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 10.5；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、
8、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(mmAmB)g由牛顿第二定律得
9、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sBv0t112aBt21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
10、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s1v1t212a2t22在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)12aA(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
11、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 v-t 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
12、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)?答案(1)图见解析(2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16105 J 87.5 m解析(1)v-t 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v
13、3，在 t24t 时刻的速度为 v4，由运动学公式有s1s43a(t)2s1v2t12a(t)2v4v24at联立式，代入已知数据解得v4176 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 时间内汽车停止，由运动学公式有v3v23at2as4v23联立式，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或 a28825 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I12f1(t2t1)由动量定理有
14、Imv1mv2由动能定理，在 t1t2 时间内，汽车克服阻力做的功为W12mv2112mv22联立10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sv1t112(v1v2)(t2t1)v222a联立式，代入已知数据解得 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 v-t 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 高考考向 1 匀变速直线运动规律的应用例 1(20
15、19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 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(
16、1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？破题关键点(1)该车做什么运动？(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：先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动。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 v2tv202ax。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：v2t v202a1x1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，
17、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：x2vtv02t242 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：t xv03.78 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)1.62 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
18、为()AtB.2tC(2 2)tD(2 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：xab12at2，xac12a(tt1)2，xae12a(tt1t2)2，解得：t2(2 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/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
19、 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 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
20、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 倍破题关键点(1)利用 v-t 图象如何求物体的加速度？(2)从 v-t 图象中能得到物体在一段时间内的位移吗？提示：斜率表示加速度。提示：能，v-t 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 s1210(3020)m50 m，故 A 正确；根据 v-t 图象与时间轴围成的“
21、面积”表示位移可知，甲的刹车距离为 x甲122020 m200 m，而乙的刹车距离为 x乙123015 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 v-t 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 v-t 图象的斜率表示加速度，甲的加速度大小为 a1|v1|t1 2020 m/s21 m/s2，乙的加速度大小为 a2|v2|t2 30152 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
22、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”：v-t 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；x-t 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 x-t 图象中，两图线的交点表示两物体相遇；在 v-t 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
23、注意：利用 v-t 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。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 x-t 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
24、，则乙车的运动方向发生变化，故 A 错误；根据 x-t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
25、妈家所在楼层离地高度约为：h12(1017)1.5 m20.25 m，A 错误；03 s 内电梯的加速度大小为：avt1.53 m/s20.5 m/s2，B正确；017 s 内电梯的平均速度大小为：vht20.2517 m/s1.2 m/s，C 错误；因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：s1121.53 m2.25 m，减速运动的距离为：s212(1713)1.5 m3 m，s1s2，故 D 错误。高考考向3 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
26、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。破题关键点(1)物体做什么运动？(2)物体两段运动过程的联系是什么？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速度为零。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 v22x1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
27、的位移为：x2 v22a280 m全程总位移为：xx1x250 m80 m130 m。(3)物体加速运动的时间为：t1va15 s减速运动的时间为：t2va28 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Fma加速度运动学公式运动状态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
28、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
29、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
30、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：aB3mg2m 1.5g，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，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
31、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 30.5 s6 s，所以小车运动的总时间为：t 总(26)s8 s，故 D 错误。高
32、考考向4 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破题关键点(1)图象中 B 的加速度达到 4 m/s2 后为什么会保持不变？(2)A 和 B 相对滑
33、动的临界条件是什么？提示：B 受到的静摩擦力达到了最大值，之后 A 和 B 开始相对滑动。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
34、加速度大小相等，对 B，根据牛顿第二定律得，aBmAgmB 4 m/s2，对 A，根据牛顿第二定律得，aAFmAgmA4 m/s2，解得 mA4 kg，mB2 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
35、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 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12mgC当 B 和 C 分离时，它们的速度相等且达到最大D当 B 的
36、速度最大时，A 对挡板的压力为32mg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12mg，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32m
37、g，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 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
38、 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 2amgk (2)mC 3mg4g3a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：xmgk，根据 v22ax，解得：v 2ax2amgk对物块 A：FTma，又：Tkxmg，解得：Fmamg。(2)设某时刻弹簧的伸长量为 x1。对物块 C，水平方向：FcosT1mCa，其中 T1kx1mg，故 FmaxmCamgcos，竖直方向：FsinmCg，故有：mCa
39、mgcossinmCg，解得：mC 3mg4g3a。易错警示 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 a-F 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
40、度为：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：aFmAgmB 1mBFmAgmB，由图象可知，图线的斜率：k 1mB 2861，解得：mB1 kg，故滑块 A 的质量为：mA3 kg；由方程aFmAgmB 1mBFmAgmB，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：aBaFmAgmB100.23101 m/s24 m/s2，故 B 正确。答案 BC易错警示 本题是
41、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 配套作业 限时：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
42、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 v2v202ax，得 v22axv20，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、乙两车速度的平方均为 2 m2/s2，速度均为 2 m/s，故 B 错误；由 v2v202ax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：x12a 甲t2v0t12a 乙t2，得 t2 s，相遇时的位移为 x4 m，故 C 正确，D
43、 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 v-t 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
44、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，下列说法正确的是()A甲、乙的加速度大小均为g2B甲的加速度为零，乙的加速度大小为g2C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
45、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()A3mgB4mgC5mgD6mg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
46、码有：f12mg2ma1，得：a1 f1m1g，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，经一段时间后撤去力 F，物体运动的 v-t 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
47、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 avt2 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 x11261 m3 m,13 s 内沿负向运动，位移大小 x212(31)2 m2 m，则知 3 s 末与出发点距离为 xx1x21 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|v1|t1 61 m/s26
48、 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a1a212，f1f221B若a2a312，f2f312C若a3a412，f3f412D若a3a412，tantan12
49、答案 CD答案 CD解析 甲、乙两图中，M 水平方向只受摩擦力作用，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 tana3g，tana4g，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
50、 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 F1，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
51、 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 F1F2mAmB 3.612 m/s21.2 m/s2，分离时：F2F 拉mBa，得 F2F 拉mBa0.3 N21.2 N2.7 N，结合图象可知，分离时 t2.73.64.0 s3 s，A、B 两物块共同运动的位移为 s12at25.4 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
52、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
53、 Ff2max4ma，f14mgma，解得 a1a2aF4mg4m，f13mgF4；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，a1Ff1max3mF6mg3m，a2f1maxf2maxm2g，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
54、 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
55、行车的位移为：x 自v 自(tt)汽车的位移为：x 汽v 汽tv 汽t12at2x 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t12at2汽车的位移为：x 汽v 汽tv 汽t12a 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共同速
56、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)163 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 v212a2，x1v12 t1，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，x2v1t112a3t21木板长度 lx1x2，代入数据解得，l163 m。本课结束
