《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 力與物體的直線運動 第1講 動力學(xué)觀點在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 力與物體的直線運動 第1講 動力學(xué)觀點在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1講　動力學(xué)觀點在力學(xué)中的應(yīng)用 課標(biāo)卷高考命題分析 年份 題號·題型·分值 模型·情景 題眼分析 難度 2015年 Ⅰ卷 20題·選擇題·6分 多過程v－t圖象 幾何關(guān)系 中 25題·計算題·20分 水平面滑塊木板模型 小物塊的v－t圖線 難 Ⅱ卷 20題·選擇題·6分 牛頓運動定律 兩次加速度已知 中 25題·計算題·20分 滑塊木板模型 多物體多過程受力及運動分析 難 2016年 Ⅰ卷 21題·選擇題·6分 多物體v－t圖象 勻變速追及現(xiàn)象 中 Ⅱ卷 19題·選擇題·6分 牛頓運動定律、勻變速直線運動的規(guī)律 靜止下

2、落相同的距離 中 Ⅲ卷 16題·選擇題·6分 勻加速直線運動 動能變?yōu)樵瓉淼?倍 易 2017年 Ⅱ卷 24題·計算題·12分 牛頓第二定律、勻變速直線運動的規(guī)律 靈活選取運動公式、運動等時性 中 Ⅲ卷 25題·計算題·20分 水平面滑塊木板模型 多物體多過程受力及運動分析 難 1．物體或帶電體做勻變速直線運動的條件是：物體或帶電體所受合力為恒力，且與速度方向共線． 2．勻變速直線運動的基本規(guī)律為 速度公式：v＝v0＋at. 位移公式：x＝v0t＋at2. 速度和位移公式的推論：v2－v02＝2ax. 中間時刻的瞬時速度：＝＝. 任意兩個

3、連續(xù)相等的時間內(nèi)的位移之差是一個恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2. 3．速度—時間關(guān)系圖線的斜率表示物體運動的加速度，圖線與時間軸所包圍的面積表示物體運動的位移．勻變速直線運動的v－t圖象是一條傾斜直線． 4．位移—時間關(guān)系圖線的斜率表示物體的速度． 5．超重或失重時，物體的重力并未發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?發(fā)生了變化．物體發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的運動方向無關(guān)，只決定于物體的加速度方向．當(dāng)a有豎直向上的分量時，超重；當(dāng)a有豎直向下的分量時，失重；當(dāng)a＝g且豎直向下時，完全失重． 1．動力學(xué)的兩類基本問題的處理思路 2．解決動力學(xué)問題的常

4、用方法 (1)整體法與隔離法． (2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解，有時根據(jù)情況也可以把加速度進行正交分解． (3)逆向思維法：把運動過程的末狀態(tài)作為初狀態(tài)的反向研究問題的方法，一般用于勻減速直線運動問題，比如剎車問題、豎直上拋運動的問題． 高考題型1　動力學(xué)基本問題分析 例1　(多選)(2017·深圳市第一次調(diào)研)如圖1甲所示，質(zhì)量m＝1 kg、初速度v0＝6 m/s的物塊受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上從O點開始向右運動，O點為坐標(biāo)原點，整個運動過程中物塊速率的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　

5、) 圖1 A．t＝2 s時物塊速度為零 B．t＝3 s時物塊回到O點 C．恒力F大小為2 N D．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1 答案　ACD 解析　物塊做勻減速直線運動的加速度大小為：a1＝＝ m/s2＝3 m/s2， 物塊做勻減速直線運動的時間為：t1＝＝2 s，故A正確；勻加速直線運動的加速度大小為：a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，反向加速到出發(fā)點的時間t′＝＝ s＝2 s，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：F＋Ff＝ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，聯(lián)立兩式解得：F＝2 N，F(xiàn)f＝1 N，則動摩擦因數(shù)為：μ＝＝0.1，故C、D正確． 1．瞬時問題要注意繩、桿彈力和彈

6、簧彈力的區(qū)別，前者能突變而后者不能． 2．連接體問題要充分利用“加速度相等”這一條件或題中特定條件，交替使用隔離法與整體法． 3．兩類動力學(xué)基本問題的解決關(guān)鍵是運動分析、受力分析，充分利用加速度“橋梁”作用． 1．(多選)如圖2所示，A、B球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為θ的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsin θ B．B球的受力情況未變，瞬時加速度為零 C．A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin θ D．彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，

7、A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零 答案　BC 解析　系統(tǒng)靜止，根據(jù)平衡條件可知： 對B球F彈＝mgsin θ， 對A球F繩＝F彈＋mgsin θ， 細線被燒斷的瞬間，細線的拉力立即減為零，但彈簧的彈力不發(fā)生改變，則B球受力情況未變，瞬時加速度為零； 對A球根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝＝2gsin θ，故A、D錯誤，B、C正確． 2．(2017·河南洛陽市第二次統(tǒng)考)如圖3甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，一輕繩跨過斜面頂端的光滑輕質(zhì)定滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B，保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖

8、乙所示(a1、a2、m0未知)，設(shè)加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，重力加速度為g，斜面的傾角為θ，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．若θ已知，可求出A的質(zhì)量 B．若θ已知，可求出乙圖中m0的值 C．若θ未知，可求出乙圖中a2的值 D．若θ未知，可求出乙圖中a1的值 答案　D 解析　據(jù)牛頓第二定律對B受力分析得：mg－F＝ma① 對A得：F－mAgsin θ＝mAa② 聯(lián)立①②得a＝③ 若θ已知，由③知，不能求出A的質(zhì)量mA.故A錯誤． 當(dāng)a＝0時，由③式得，m0＝mAsin θ，mA未知，m0不能求出．故B錯誤． 由③式得，m＝0時，a2＝－gsin

9、 θ，故C錯誤．由③式變形得a＝.當(dāng)m→∞時，a1＝g，故D正確． 高考題型2　應(yīng)用動力學(xué)方法分析傳送帶問題 例2　(2017·陜西寶雞市一模)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設(shè)計了如圖4所示的傳送裝置，由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45 m，傾角為θ＝37°，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v1＝5 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止．已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.現(xiàn)將一個工件(可看作質(zhì)點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求： 圖4 (1)工

10、件被第一次傳送到CD傳送帶上升的最大高度和所用的時間； (2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速度v2大小(v2＜v1)． 答案　(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s 解析　(1)工件剛放在傳送帶AB上，在摩擦力作用下做勻加速運動，設(shè)其加速度大小為a1，速度增加到v1時所用時間為t1，位移大小為x1，則由受力分析圖甲以及牛頓運動定律可得：FN1＝mg Ff1＝μFN1＝ma1 聯(lián)立解得：a1＝5 m/s2. 由運動學(xué)公式有：t1＝＝ s＝1 s x1＝a1t12＝×5×12 m＝2.5 m 由于x1＜LAB，工件隨后在傳送帶AB上做

11、勻速直線運動到B端，則勻速運動的時間為： t2＝＝0.3 s 工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a2，速度減小到零時所用時間為t3，位移大小為x2，則由受力分析圖乙以及牛頓運動定律可得：FN2＝mgcos θ mgsin θ＋μFN2＝ma2 由運動學(xué)公式有：x2＝ 聯(lián)立解得：a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m 工件沿CD傳送帶上升的最大高度為： h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m 沿CD上升的時間為：t3＝＝0.5 s 故總時間為：t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s (2)CD傳送帶以速度v2向上傳送

12、時，當(dāng)工件的速度大于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2；當(dāng)工件的速度小于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，受力分析圖如圖丙，設(shè)其加速度大小為a3，兩個過程的位移大小分別為x3和x4，由運動學(xué)公式和牛頓運動定律可得：－2a2x3＝v22－v12 mgsin θ－μFN2＝ma3 －2a3x4＝0－v22 LCD＝x3＋x4 解得：v2＝4 m/s 1．傳送帶問題的實質(zhì)是相對運動問題，這樣的相對運動將直接影響摩擦力的方向．因此，搞清楚物體與傳送帶間的相對運動方向是解決該問題的關(guān)鍵． 2．傳送帶問題還常常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，這時會出現(xiàn)摩擦力改變的臨界

13、狀態(tài)，具體如何改變要根據(jù)具體情況判斷． 3．(2017·河南鄭州市模擬)如圖5所示為糧袋的傳送裝置，已知A、B間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時其運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運動，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) 圖5 A．糧袋到達B點的速度與v比較，可能大，也可能相等或小 B．糧袋開始運動的加速度為g(sin θ－μcos θ)，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運動 C．若μ≥tan θ，則糧袋從A到B一定一直做加速運動 D．不論μ大小如何，糧袋從

14、A到B一直做勻加速運動，且a>gsin θ 答案　A 解析　開始時，糧袋相對傳送帶向上運動，受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，F(xiàn)N＝mgcos θ，解得a＝gsin θ＋μgcos θ，故B項錯誤；糧袋加速到與傳送帶相對靜止時，若mgsin θ>μmgcos θ，即當(dāng)μ

15、落在水平地面上的C點，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列選項正確的是(　　) 圖6 A．物體m滑到最低點A時對軌道的壓力大小與軌道半徑R的大小有關(guān) B．若傳送帶逆時針方向運行，則物體m也能滑過B點，到達地面上的C點 C．若傳送帶順時針方向運行，則當(dāng)傳送帶速度v>2 m/s時，物體m到達地面上C點的右側(cè) D．若傳送帶順時針方向運行，則當(dāng)傳送帶速度v<2 m/s時，物體m也可能到達地面上C點的右側(cè) 答案　BCD 解析　由機械能守恒定律得mgR＝mv02，則v0＝2 m/s，傳送帶靜止時，A點：F－mg＝m，得F＝3mg，與R無關(guān)，A錯誤；若傳送帶逆時針運行，物體也勻減速運動至

16、B點，與靜止情況相同，落在C點，B正確；若傳送帶順時針運行，v>2 m/s，物體加速運動，落在C點右側(cè)，C正確；若v<2 m/s，物體可能先勻減速后勻速，到B點速度可能大于傳送帶靜止時到達B點的速度，此時落在C點右側(cè)，D正確． 高考題型3　應(yīng)用動力學(xué)方法分析“滑塊—木板”問題 例3　(2017·全國卷Ⅲ·25)如圖7，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s.A、B相遇時，A

17、與木板恰好相對靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求： 圖7 (1)B與木板相對靜止時，木板的速度； (2)A、B開始運動時，兩者之間的距離． 答案　(1)1 m/s，方向與B的初速度方向相同　(2)1.9 m 解析　(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2，木板受地面的摩擦力大小為Ff3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達到共同速度前有 Ff1＝μ1mAg① Ff2＝μ1mBg② Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由

18、牛頓第二定律得 Ff1＝mAaA④ Ff2＝mBaB⑤ Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥ 設(shè)在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1.由運動學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s，方向與B的初速度方向相同⑨ (2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB＝v0t1－aBt12⑩ 設(shè)在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有 Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大

19、小也為v1，但運動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2.設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學(xué)公式，對木板有 v2＝v1－a2t2? 對A有：v2＝－v1＋aAt2? 在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1＝v1t2－a2t22? 在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2? A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同．因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為 s0＝sA＋s1＋sB? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 s0＝1.9 m? (也可用下圖中

20、的速度—時間圖線求解) 1．“滑塊—木板”模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更復(fù)雜，因為木板往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運動，處理此類物體勻變速運動問題要注意從速度、位移、時間等角度，尋找它們之間的聯(lián)系． 2．要使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相等． 5.(多選)(2017·廣東汕頭市一模)如圖8所示，一木板傾斜放置，與水平面的夾角為θ.將兩個矩形物塊A、B疊放后一起從木板上由靜止釋放，之后A、B保持相對靜止一起以大小為a的加速度沿斜面加速下滑．若A、B的質(zhì)量分別為mA和mB，A與B之間

21、和B與木板之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2.則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．μ1一定大于tan θ B．μ2一定小于tan θ C．加速度a的大小與mA和mB都無關(guān) D．A與B之間的摩擦力大小與μ1有關(guān)而與μ2無關(guān) 答案　BC 解析　先取AB為一整體，整體受到重力、斜面的支持力和摩擦力．沿斜面的方向，由牛頓第二定律得： (mA＋mB)gsin θ－FfB＝(mA＋mB)a FfB＝μ2FN FN＝(mA＋mB)gcos θ 以上三式聯(lián)立可得：a＝gsin θ－μ2gcos θ① 再隔離A物塊，設(shè)A受到的靜摩擦力為FfA， 方向沿斜面向上，對A再應(yīng)用牛頓第二定

22、律得：mAgsin θ－FfA＝mAa 可得出：FfA＝μ2mAgcos θ② 無法判斷出μ1一定大于tan θ.故A錯誤；A與B組成的整體向下做加速運動，由公式①可知，gsin θ＞μ2gcos θ，所以：μ2＜tan θ.故B正確；由公式①可知，加速度a的大小與mA和mB都無關(guān)．故C正確；由公式②可知，A與B之間的摩擦力大小與μ1無關(guān)而與μ2有關(guān)．故D錯誤． 6.(2017·遼寧鐵嶺市協(xié)作體模擬)如圖9所示，質(zhì)量為M＝10 kg的小車停放在光滑水平面上．在小車右端施加一個F＝10 N的水平恒力．當(dāng)小車向右運動的速度達到2.8 m/s時，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m＝2.0 kg的小黑煤塊

23、(小黑煤塊視為質(zhì)點且初速度為零)，煤塊與小車間動摩擦因數(shù)μ＝0.20.假定小車足夠長，g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　) 圖9 A．煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩(wěn)定后做勻速直線運動 B．小車一直做加速度不變的勻加速直線運動 C．煤塊在3 s內(nèi)前進的位移為9 m D．小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m 答案　D 解析　根據(jù)牛頓第二定律，剛開始運動時對小黑煤塊有： μFN＝ma1，F(xiàn)N－mg＝0，代入數(shù)據(jù)解得： a1＝2 m/s2 剛開始運動時對小車有：F－μFN＝Ma2， 解得：a2＝0.6 m/s2， 經(jīng)過時間t，小黑煤塊和車的速度相

24、等，小黑煤塊的速度為：v1＝a1t，車的速度為：v2＝v＋a2t，v1＝v2， 解得：t＝2 s，以后煤塊和小車一起運動，根據(jù)牛頓第二定律：F＝(M＋m)a3，a3＝ m/s2 即煤塊和小車一起以加速度a3＝ m/s2做加速運動，故選項A、B錯誤； 在2 s內(nèi)小黑煤塊前進的位移為： x1＝a1t2＝×2×22 m＝4 m，然后和小車共同運動1 s時間，此1 s時間內(nèi)位移為：x1′＝v1t′＋a3t′2＝4.4 m，故煤塊在3 s內(nèi)前進的位移為4 m＋4.4 m＝8.4 m，故選項C錯誤；在2 s內(nèi)小黑煤塊前進的位移x1＝4 m，小車前進的位移為：x2＝vt＋a2t2＝(2.8×2＋×0

25、.6×22) m＝6.8 m，兩者的相對位移為：Δx＝x2－x1＝6.8 m－4 m＝2.8 m，故選項D正確． 題組1　全國卷真題精選 1．(2016·全國卷Ⅲ·16)一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍．該質(zhì)點的加速度為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則質(zhì)點的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A對． 2．(多選)(2015·新課標(biāo)全國Ⅱ·20)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂．當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時

26、，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F.不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A．8 B．10 C．15 D．18 答案　BC 解析　設(shè)PQ西邊有n節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，則F＝nma① 設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂，則F＝km·a② 聯(lián)立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶數(shù)， 當(dāng)n＝2時，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5 當(dāng)n＝4時，k＝6，總節(jié)數(shù)為N＝10 當(dāng)n＝6時，k＝9，總節(jié)數(shù)為N＝15 當(dāng)n＝8時，k＝12，總節(jié)數(shù)為N＝20，故選項B、C正確． 3

27、．(多選)(2015·新課標(biāo)全國Ⅰ·20)如圖10甲，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖乙所示．若重力加速度及圖乙中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) 圖10 A．斜面的傾角 B．物塊的質(zhì)量 C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 答案　ACD 解析　由v－t圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時的加速度大小為a＝，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcosθ＝.同理向下滑行時gsin θ－μgcos θ＝，兩式聯(lián)立得sin θ＝，μ＝，可見能計算出斜面的傾斜角度θ以及物體與斜面間的動

28、摩擦因數(shù)，選項A、C正確；物塊滑上斜面時的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運動，末速度為0，那么平均速度為，所以沿斜面向上滑行的最遠距離為x＝t1，根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度為xsin θ＝t1×＝，選項D正確；僅根據(jù)v－t圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項B錯誤． 題組2　各省市真題精選 4．(多選)(2015·海南卷·8)如圖11所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O；整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)將細線剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對原長的伸長分別為Δl1和Δl2，重力加速度大小

29、為g，在剪斷瞬間(　　) 圖11 A．a(chǎn)1＝3g B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 答案　AC 解析　設(shè)物塊的質(zhì)量為m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力T1，剪斷細線前對b、c和彈簧S2組成的整體分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正確，B錯誤；設(shè)彈簧S2的拉力為T2，則T2＝mg，根據(jù)胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤． 5．(多選)(2014·四川理綜·7)如圖12所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體

30、P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長．正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是(　　) 圖12 答案　BC 解析　若v1>v2，且P受到的滑動摩擦力大于Q的重力(繩對P的拉力)，則可能先向右勻加速運動，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速運動，此過程如圖B所示，故B正確．若v1>v2，且P受到的滑動摩擦力小于Q的重力，此時P一直向右減速，減速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑動摩擦力向左，開始時加速度a1＝，當(dāng)減速至速度為v1時，摩擦力反向，若有FT>μmg

31、，此后加速度a2＝，故C正確，A、D錯誤． 專題強化練 1.(2017·吉林遼源市期末)如圖1所示，放在光滑水平面上的木塊受到兩個水平力F1與F2的作用，靜止不動，現(xiàn)保持力F1不變，使力F2逐漸減小到零，再逐漸恢復(fù)到原來的大小，在這個過程中，能正確描述木塊運動情況的圖象是(　　) 圖1 答案　B 解析　由于木塊受到兩個水平力F1與F2的作用而靜止不動，故兩個推力相等，假設(shè)F1＝F2＝F，力F2逐漸減小到零再逐漸恢復(fù)到原來的大小的過程中，合力先增大到F，再減小到零，故加速度也是先增大再減小，故C錯誤；木塊先做加速度增大的加速運動，再做加速度減小的加速運動，最后勻速運動，而速度－

32、時間圖象的切線的斜率表示加速度，故A錯誤，B正確；木塊先做加速度不斷增大的加速運動，再做加速度不斷變小的加速運動，合力變?yōu)榱愫笞鰟蛩僦本€運動，由于位移時間圖象的切線的斜率表示速度，而D選項圖表示木塊做減速運動，故D錯誤． 2．(2017·北京石景山區(qū)模擬)在節(jié)日夜晚燃放焰火，禮花彈從專用炮筒中射出后，經(jīng)過2 s到達離地面25 m的最高點，炸開后形成各種美麗的圖案．若禮花彈從炮筒中沿豎直向上射出時的初速度是v0，上升過程中所受阻力大小始終是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，則v0和k分別為(　　) A．25 m/s,1.25 B．25 m/s,0.25 C．50 m/s,0.25

33、 D．50 m/s,1.25 答案　B 解析　上升過程中平均阻力Ff＝kmg，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝(k＋1)g，根據(jù)h＝at2得：a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2，所以v0＝at＝25 m/s，而(k＋1)g＝12.5 m/s2，所以 k＝0.25.故B正確． 3．(2017·黑龍江大慶市一模)如圖2所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y、x軸的切點．B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心．現(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動

34、到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是(　　) 圖2 A．tA＜tC＜tB B．tA＝tC＜tB C．tA＝tC＝tB D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關(guān)系 答案　B 解析　對于AM段，位移x1＝R，加速度a1＝＝g，根據(jù)公式x＝at2得， tA＝＝.對于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin 60°＝g，由公式x＝at2得 tB＝＝.對于CM段，同理可解得tC＝＝. 4．(多選)(2017·陜西咸陽市二模)如圖3所示，兩個質(zhì)量分別為m1＝2 kg、m2 ＝3 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接．兩個大小分

35、別為F1 ＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則(　　) 圖3 A．系統(tǒng)運動穩(wěn)定時，彈簧秤的示數(shù)是50 N B．系統(tǒng)運動穩(wěn)定時，彈簧秤的示數(shù)是26 N C．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2 D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為15 m/s2 答案　BC 解析　設(shè)彈簧的彈力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律得 對整體有：a＝＝ m/s2＝2 m/s2，方向水平向右． 對m1：F1－F＝m1a.代入解得，F(xiàn)＝26 N．故A錯誤，B正確． 在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為a＝＝ m/s2＝13 m/s2，方向水平向左，則m

36、1的加速度發(fā)生改變．故C正確，D錯誤． 5.(多選)(2017·山東濟寧市一模)如圖4所示，表面粗糙且足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．小木塊的速度隨時間變化的關(guān)系圖象可能符合實際的是(　　) 圖4 答案　BC 解析　將小木塊輕輕放在傳送帶上，意味著小木塊的初速度為零；由于此時傳送帶具有斜向下的速度，故小木塊將受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力Ff，設(shè)此時的小木塊的加速度為a1，據(jù)牛頓第二定律可得： mgsin θ＋Ff＝ma1① Ff ＝μFN② FN＝mgcos θ③ 由①②③

37、解得：a1＝gsin θ＋μgcos θ④ 當(dāng)小木塊的速度與傳送帶的速度相等時，若小木塊所受最大靜摩擦力Ffmax＝μmgcos θ大于等于重力沿傳送帶向下的分力Gx＝mgsin θ時，木塊將隨傳送帶一起以相同的速度做勻速直線運動；若Ffmax＝μmgcos θ＜Gx＝mgsin θ時，木塊將做勻加速直線運動，設(shè)此時木塊的加速度為a2，同理根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得：a2＝gsin θ－μgcos θ⑤ 根據(jù)④⑤可知：a1＞a2故B、C正確，A、D錯誤． 6．(2017·安徽合肥市第一次檢測)如圖5所示，繃緊的長為6 m的水平傳送帶，沿順時針方

38、向以恒定速率v1＝2 m/s運行．一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶，其速度大小為v2＝5 m/s.若小物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) 圖5 A．小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，然后向右做勻加速直線運動 B．若傳送帶的速度為1 m/s，小物塊將從傳送帶左端滑出 C．若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊將以5 m/s的速度從傳送帶右端滑出 D．若小物塊的速度為4 m/s，小物塊將以4 m/s的速度從傳送帶右端滑出 答案　B 解析　小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，設(shè)加速度大小為a，速度減至零時

39、通過的位移為x.根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma，得 a＝μg＝2 m/s2，則 x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會向右做勻加速直線運動，故A錯誤；同理可知D錯誤；傳送帶的速度為1 m/s和5 m/s時，物塊在傳送帶上受力情況相同，則運動情況相同，都從從傳送帶左端滑出，故B正確，C錯誤． 7．(多選)圖6甲中，兩滑塊A和B疊放在光滑水平地面上，A的質(zhì)量為m1，B的質(zhì)量為m2.設(shè)A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，作用在A上的水平拉力為F，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．圖乙為F與μ的關(guān)系圖象，其直線方程為F＝μ.下列說法正確的有(　　) 圖6 A．μ和F的值位于a

40、區(qū)域時，A、B相對滑動 B．μ和F的值位于a區(qū)域時，A、B相對靜止 C．μ和F的值位于b區(qū)域時，A、B相對滑動 D．μ和F的值位于b區(qū)域時，A、B相對靜止 答案　AD 解析　剛要相對滑動時：F＝(m1＋m2)a，μm1g＝m2a， 解得：F＝μ，則題圖直線是發(fā)生相對滑動與否的分界線，位于a區(qū)域時，A、B相對滑動，位于b區(qū)域時，兩者相對靜止，選項A、D正確，選項B、C錯誤． 8．(多選)(2017·河北石家莊市第二次質(zhì)檢)如圖7甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示

41、，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 圖7 A．小滑塊的質(zhì)量m＝2 kg B．小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．當(dāng)水平拉力F＝7 N時，長木板的加速度大小為3 m/s2 D．當(dāng)水平拉力F增大時，小滑塊的加速度一定增大 答案　AC 解析　當(dāng)F等于6 N時，加速度為：a＝2 m/s2.對整體由牛頓第二定律有：F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得：M＋m＝3 kg，當(dāng)F大于6 N時，根據(jù)牛頓第二定律得：長木板的加速度 a＝＝F－，知圖線的斜率k＝＝＝1，解得：M＝1 kg，滑塊的質(zhì)量為：m＝2 kg.故A正確；由上可知：F大于6 N時 a＝F－20μ.代入題

42、圖對應(yīng)數(shù)據(jù)即得：μ＝0.2，所以a＝F－4，當(dāng)F＝7 N時，長木板的加速度為：a1＝3 m/s2.故B錯誤，C正確．當(dāng)F大于6 N后，發(fā)生相對滑動，小滑塊的加速度為a＝＝2 m/s2，與F無關(guān)，故D錯誤． 9．(2017·全國卷Ⅱ·24)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

43、加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1.重力加速度為g.求： 圖8 (1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)； (2)滿足訓(xùn)練要求的運動員的最小加速度． 答案　(1)　(2) 解析　(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)為μ，由動能定理得 －μmgs0＝mv12－mv02① 解得μ＝② (2)冰球到達擋板時，滿足訓(xùn)練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最?。O(shè)這種情況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t.由運動學(xué)公式得 v02－v12＝2a1s0③ v0－v1＝a1t④ s1＝a2t2⑤ 聯(lián)立③④⑤式得 a2＝ 10．(201

44、7·齊魯名校聯(lián)考)如圖9所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝37°時，可視為質(zhì)點的小木塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小木塊從木板的底端以v0＝10 m/s的速度沿木板向上運動，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離將發(fā)生變化．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g＝10 m/s2. 圖9 (1)小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)； (2)當(dāng)θ角為多大時，小木塊能沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值． 答案　(1)0.75　(2)53°　4 m 解析　(1)當(dāng)小木塊向下滑動且θ＝37°時， 對小木塊受力分析 mgsin θ＝μFN FN

45、－mgcos θ＝0 則動摩擦因數(shù)為：μ＝tan θ＝tan 37°＝0.75 (2)當(dāng)小木塊向上運動時，小木塊的加速度大小為a，則mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 小木塊的位移為x，v02＝2ax 則x＝ 令tan α＝μ，則x＝， 當(dāng)α＋θ＝90°時x最小，即θ＝53° 最小值為xmin＝ 代入數(shù)據(jù)得xmin＝4 m 11．(2017·山東棗莊市模擬)如圖10所示，可看做質(zhì)點的小物塊放在長木板的正中央，長木板置于光滑水平面上，兩物體皆靜止；已知長木板質(zhì)量為M＝4.0 kg，長度為L＝3.0 m，小物塊質(zhì)量為m＝1.0 kg，小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2；

46、兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，重力加速度g＝10 m/s2，試求： 圖10 (1)用水平向右的恒力F作用于小物塊，當(dāng)F滿足什么條件，兩物塊才能發(fā)生相對滑動？ (2)若一開始就用水平向右5.5 N的恒力作用于小物塊，則小物塊經(jīng)過多長時間從長木板上掉下？ 答案　(1)F>2.5 N　(2)1 s 解析　(1) 兩物體恰要發(fā)生相對滑動時，它們之間的摩擦力大小達到最大靜摩擦Ffm；設(shè)它們一起運動的加速度大小為a1，此時作用于小物塊水平向右的恒力大小為F1，由牛頓運動定律可知：對整體：F1＝(M＋m)a1 對木板：Ffm＝Ma1 其中Ffm＝μmg 聯(lián)立解得F1＝2.5 N 故當(dāng)F>2.5 N時，兩物體之間發(fā)生相對滑動 (2)分析可知，當(dāng)一開始就用水平向右F2＝5.5 N的恒力作用于小物塊時，兩物體發(fā)生相對滑動； 設(shè)滑動摩擦力的大小為Ff，小物塊、木板的加速度分別為a2、a3，由牛頓第二定律可得： 對小物塊：F2－Ff＝ma2 對木板Ff＝Ma3 其中Ff＝μmg 解得a2＝3.5 m/s2; a3＝0.5 m/s2 設(shè)小物塊滑下木板歷時為t，小物塊、木板相對于地面的位移大小分別為x1、x2，由勻變速直線運動的規(guī)律和幾何關(guān)系可知：x1＝a2t2，x2＝a3t2，x1－x2＝L，解得：t＝1 s． 20