2018年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 力與物體的直線運(yùn)動(dòng) 第1講 動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用講學(xué)案

第1講動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用課標(biāo)卷高考命題分析年份題號(hào)·題型·分值模型·情景題眼分析難度2015年卷20題·選擇題·6分多過程vt圖象幾何關(guān)系中25題·計(jì)算題·20分水平面滑塊木板模型小物塊的vt圖線難卷20題·選擇題·6分牛頓運(yùn)動(dòng)定律兩次加速度已知中25題·計(jì)算題·20分滑塊木板模型多物體多過程受力及運(yùn)動(dòng)分析難2016年卷21題·選擇題·6分多物體vt圖象勻變速追及現(xiàn)象中卷19題·選擇題·6分牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律靜止下落相同的距離中卷16題·選擇題·6分勻加速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍易2017年卷24題·計(jì)算題·12分牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律靈活選取運(yùn)動(dòng)公式、運(yùn)動(dòng)等時(shí)性中卷25題·計(jì)算題·20分水平面滑塊木板模型多物體多過程受力及運(yùn)動(dòng)分析難1物體或帶電體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律為速度公式：vv0at.位移公式：xv0tat2.速度和位移公式的推論：v2v022ax.中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度：.任意兩個(gè)連續(xù)相等的時(shí)間內(nèi)的位移之差是一個(gè)恒量，即xxn1xna·(t)2.3速度時(shí)間關(guān)系圖線的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的加速度，圖線與時(shí)間軸所包圍的面積表示物體運(yùn)動(dòng)的位移勻變速直線運(yùn)動(dòng)的vt圖象是一條傾斜直線4位移時(shí)間關(guān)系圖線的斜率表示物體的速度5超重或失重時(shí)，物體的重力并未發(fā)生變化，只是物體對(duì)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(yùn)動(dòng)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(shí)，超重；當(dāng)a有豎直向下的分量時(shí)，失重；當(dāng)ag且豎直向下時(shí)，完全失重1動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題的處理思路2解決動(dòng)力學(xué)問題的常用方法(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(jìn)行分解，有時(shí)根據(jù)情況也可以把加速度進(jìn)行正交分解(3)逆向思維法：把運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)問題，比如剎車問題、豎直上拋運(yùn)動(dòng)的問題高考題型1動(dòng)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m1 kg、初速度v06 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(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)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，g10 m/s2，下列說法中正確的是()圖1At2 s時(shí)物塊速度為零Bt3 s時(shí)物塊回到O點(diǎn)C恒力F大小為2 ND物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1答案ACD解析物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a1 m/s23 m/s2，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t12 s，故A正確；勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a2 m/s21 m/s2，反向加速到出發(fā)點(diǎn)的時(shí)間t s2 s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得：FFfma1，F(xiàn)Ffma2，聯(lián)立兩式解得：F2 N，F(xiàn)f1 N，則動(dòng)摩擦因數(shù)為：0.1，故C、D正確1瞬時(shí)問題要注意繩、桿彈力和彈簧彈力的區(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(dòng)力學(xué)基本問題的解決關(guān)鍵是運(yùn)動(dòng)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(jì)，傾角為的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時(shí)，彈簧與細(xì)線均平行于斜面，在細(xì)線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()圖2A兩個(gè)小球的瞬時(shí)加速度均沿斜面向下，大小均為gsin BB球的受力情況未變，瞬時(shí)加速度為零CA球的瞬時(shí)加速度沿斜面向下，大小為2gsin D彈簧有收縮的趨勢(shì)，B球的瞬時(shí)加速度向上，A球的瞬時(shí)加速度向下，瞬時(shí)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(duì)B球F彈mgsin ，對(duì)A球F繩F彈mgsin ，細(xì)線被燒斷的瞬間，細(xì)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(shí)加速度為零；對(duì)A球根據(jù)牛頓第二定律得：a2gsin ，故A、D錯(cuò)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(zhǎng)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(shí)，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示(a1、a2、m0未知)，設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较?，空氣阻力不?jì)，重力加速度為g，斜面的傾角為，下列說法正確的是()圖3A若已知，可求出A的質(zhì)量B若已知，可求出乙圖中m0的值C若未知，可求出乙圖中a2的值D若未知，可求出乙圖中a1的值答案D解析據(jù)牛頓第二定律對(duì)B受力分析得：mgFma對(duì)A得：FmAgsin mAa聯(lián)立得a若已知，由知，不能求出A的質(zhì)量mA.故A錯(cuò)誤當(dāng)a0時(shí)，由式得，m0mAsin ，mA未知，m0不能求出故B錯(cuò)誤由式得，m0時(shí)，a2gsin ，故C錯(cuò)誤由式變形得a.當(dāng)m時(shí)，a1g，故D正確高考題型2應(yīng)用動(dòng)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(shí)現(xiàn)自動(dòng)傳送工件設(shè)計(jì)了如圖4所示的傳送裝置，由一個(gè)水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長(zhǎng)度LAB4 m，傾斜傳送帶長(zhǎng)度LCD4.45 m，傾角為37°，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v15 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度g10 m/s2.現(xiàn)將一個(gè)工件(可看作質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在水平傳送帶最左端A點(diǎn)處，求：圖4(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶上升的最大高度和所用的時(shí)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(shí)針方向運(yùn)轉(zhuǎn)的速度v2大小(v2v1)答案(1)0.75 m1.8 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(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a1，速度增加到v1時(shí)所用時(shí)間為t1，位移大小為x1，則由受力分析圖甲以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得：FN1mgFf1FN1ma1聯(lián)立解得：a15 m/s2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：t1 s1 sx1a1t12×5×12 m2.5 m由于x1LAB，工件隨后在傳送帶AB上做勻速直線運(yùn)動(dòng)到B端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t20.3 s工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a2，速度減小到零時(shí)所用時(shí)間為t3，位移大小為x2，則由受力分析圖乙以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得：FN2mgcos mgsin FN2ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：x2聯(lián)立解得：a210 m/s2，x21.25 m工件沿CD傳送帶上升的最大高度為：hx2sin 1.25×0.6 m0.75 m沿CD上升的時(shí)間為：t30.5 s故總時(shí)間為：tt1t2t31.8 s(2)CD傳送帶以速度v2向上傳送時(shí)，當(dāng)工件的速度大于v2時(shí)，滑動(dòng)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(shí)，滑動(dòng)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(gè)過程的位移大小分別為x3和x4，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得：2a2x3v22v12mgsin FN2ma32a3x40v22LCDx3x4解得：v24 m/s1傳送帶問題的實(shí)質(zhì)是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題，這樣的相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(duì)運(yùn)動(dòng)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(shí)會(huì)出現(xiàn)摩擦力改變的臨界狀態(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(zhǎng)度為L(zhǎng)，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時(shí)其運(yùn)行速度為v，糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，正常工作時(shí)工人在A點(diǎn)將糧袋放到運(yùn)行中的傳送帶上，關(guān)于糧袋從A到B的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)()圖5A糧袋到達(dá)B點(diǎn)的速度與v比較，可能大，也可能相等或小B糧袋開始運(yùn)動(dòng)的加速度為g(sin cos )，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)C若tan ，則糧袋從A到B一定一直做加速運(yùn)動(dòng)D不論大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，且a>gsin 答案A解析開始時(shí)，糧袋相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，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 FNma，F(xiàn)Nmgcos ，解得agsin gcos ，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；糧袋加速到與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，若mgsin >mgcos ，即當(dāng)<tan 時(shí)糧袋將繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤，A項(xiàng)正確4(多選)(2017·廣西桂林市聯(lián)考)如圖6所示，一小物體m從光滑圓弧形軌道上與圓心O等高處由靜止釋放，圓弧半徑R0.2 m，軌道底端與粗糙的傳送帶平滑連接，當(dāng)傳送帶固定不動(dòng)時(shí)，物體m能滑過右端的B點(diǎn)，且落在水平地面上的C點(diǎn)，取重力加速度g10 m/s2，則下列選項(xiàng)正確的是()圖6A物體m滑到最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)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(shí)針方向運(yùn)行，則物體m也能滑過B點(diǎn)，到達(dá)地面上的C點(diǎn)C若傳送帶順時(shí)針方向運(yùn)行，則當(dāng)傳送帶速度v>2 m/s時(shí)，物體m到達(dá)地面上C點(diǎn)的右側(cè)D若傳送帶順時(shí)針方向運(yùn)行，則當(dāng)傳送帶速度v<2 m/s時(shí)，物體m也可能到達(dá)地面上C點(diǎn)的右側(cè)答案BCD解析由機(jī)械能守恒定律得mgRmv02，則v02 m/s，傳送帶靜止時(shí)，A點(diǎn)：Fmgm，得F3mg，與R無關(guān)，A錯(cuò)誤；若傳送帶逆時(shí)針運(yùn)行，物體也勻減速運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，與靜止情況相同，落在C點(diǎn)，B正確；若傳送帶順時(shí)針運(yùn)行，v>2 m/s，物體加速運(yùn)動(dòng)，落在C點(diǎn)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(diǎn)速度可能大于傳送帶靜止時(shí)到達(dá)B點(diǎn)的速度，此時(shí)落在C點(diǎn)右側(cè)，D正確高考題型3應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法分析“滑塊木板”問題例3(2017·全國(guó)卷·25)如圖7，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1 kg和mB5 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(dòng)摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為m4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.1.某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v03 m/s.A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2.求：圖7(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)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(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1.在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有Ff11mAgFf21mBgFf32(mmAmB)g由牛頓第二定律得Ff1mAaAFf2mBaBFf2Ff1Ff3ma1設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1v0aBt1v1a1t1聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s，方向與B的初速度方向相同(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為sBv0t1aBt12設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對(duì)于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有Ff1Ff3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反由題意知，A和B相遇時(shí)，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(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有v2v1a2t2對(duì)A有：v2v1aAt2在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為s1v1t2a2t22在(t1t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為s0sAs1sB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s01.9 m(也可用下圖中的速度時(shí)間圖線求解)1“滑塊木板”模型類問題中，滑動(dòng)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?yàn)槟景逋艿侥Σ亮Φ挠绊懸沧鰟蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)，處理此類物體勻變速運(yùn)動(dòng)問題要注意從速度、位移、時(shí)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(dá)木板末端時(shí)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.將兩個(gè)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(duì)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之間和B與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1和2.則下列說法正確的是()圖8A1一定大于tan B2一定小于tan C加速度a的大小與mA和mB都無關(guān)DA與B之間的摩擦力大小與1有關(guān)而與2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：(mAmB)gsin FfB(mAmB)aFfB2FNFN(mAmB)gcos 以上三式聯(lián)立可得：agsin 2gcos 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(duì)A再應(yīng)用牛頓第二定律得：mAgsin FfAmAa可得出：FfA2mAgcos 無法判斷出1一定大于tan .故A錯(cuò)誤；A與B組成的整體向下做加速運(yùn)動(dòng)，由公式可知，gsin 2gcos ，所以：2tan .故B正確；由公式可知，加速度a的大小與mA和mB都無關(guān)故C正確；由公式可知，A與B之間的摩擦力大小與1無關(guān)而與2有關(guān)故D錯(cuò)誤6.(2017·遼寧鐵嶺市協(xié)作體模擬)如圖9所示，質(zhì)量為M10 kg的小車停放在光滑水平面上在小車右端施加一個(gè)F10 N的水平恒力當(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到2.8 m/s時(shí)，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m2.0 kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點(diǎn)且初速度為零)，煤塊與小車間動(dòng)摩擦因數(shù)0.20.假定小車足夠長(zhǎng)，g10 m/s2.則下列說法正確的是()圖9A煤塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B小車一直做加速度不變的勻加速直線運(yùn)動(dòng)C煤塊在3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為9 mD小煤塊最終在小車上留下的痕跡長(zhǎng)度為2.8 m答案D解析根據(jù)牛頓第二定律，剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)小黑煤塊有：FNma1，F(xiàn)Nmg0，代入數(shù)據(jù)解得：a12 m/s2剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)小車有：FFNMa2，解得：a20.6 m/s2，經(jīng)過時(shí)間t，小黑煤塊和車的速度相等，小黑煤塊的速度為：v1a1t，車的速度為：v2va2t，v1v2，解得：t2 s，以后煤塊和小車一起運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律：F(Mm)a3，a3 m/s2即煤塊和小車一起以加速度a3 m/s2做加速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)小黑煤塊前進(jìn)的位移為：x1a1t2×2×22 m4 m，然后和小車共同運(yùn)動(dòng)1 s時(shí)間，此1 s時(shí)間內(nèi)位移為：x1v1ta3t24.4 m，故煤塊在3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為4 m4.4 m8.4 m，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在2 s內(nèi)小黑煤塊前進(jìn)的位移x14 m，小車前進(jìn)的位移為：x2vta2t2(2.8×2×0.6×22) m6.8 m，兩者的相對(duì)位移為：xx2x16.8 m4 m2.8 m，故選項(xiàng)D正確題組1全國(guó)卷真題精選1(2016·全國(guó)卷·16)一質(zhì)點(diǎn)做速度逐漸增大的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間隔t內(nèi)位移為s，動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍該質(zhì)點(diǎn)的加速度為()A. B. C. D.答案A解析動(dòng)能變?yōu)樵瓉淼?倍，則質(zhì)點(diǎn)的速度變?yōu)樵瓉淼?倍，即v3v0，由s(v0v)t和a得a，故A對(duì)2(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)·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(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí)，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(jī)車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時(shí)，P和Q間的拉力大小仍為F.不計(jì)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()A8 B10 C15 D18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Fnma設(shè)PQ東邊有k節(jié)車廂，則Fkm·a聯(lián)立得3n2k，由此式可知n只能取偶數(shù)，當(dāng)n2時(shí)，k3，總節(jié)數(shù)為N5當(dāng)n4時(shí)，k6，總節(jié)數(shù)為N10當(dāng)n6時(shí)，k9，總節(jié)數(shù)為N15當(dāng)n8時(shí)，k12，總節(jié)數(shù)為N20，故選項(xiàng)B、C正確3(多選)(2015·新課標(biāo)全國(guó)·20)如圖10甲，一物塊在t0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的vt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10A斜面的傾角B物塊的質(zhì)量C物塊與斜面間的動(dòng)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vt圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時(shí)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得mgsin mgcos ma，即gsin gcos.同理向下滑行時(shí)gsin gcos ，兩式聯(lián)立得sin ，可見能計(jì)算出斜面的傾斜角度以及物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、C正確；物塊滑上斜面時(shí)的初速度v0已知，向上滑行過程為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為0，那么平均速度為，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離為xt1，根據(jù)斜面的傾斜角度可計(jì)算出向上滑行的最大高度為xsin t1×，選項(xiàng)D正確；僅根據(jù)vt圖象無法求出物塊的質(zhì)量，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O；整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對(duì)原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別為l1和l2，重力加速度大小為g，在剪斷瞬間()圖11Aa13gBa10Cl12l2Dl1l2答案AC解析設(shè)物塊的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細(xì)線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力T1，剪斷細(xì)線前對(duì)b、c和彈簧S2組成的整體分析可知T12mg，故a受到的合力FmgT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)彈簧S2的拉力為T2，則T2mg，根據(jù)胡克定律Fkx可得l12l2，C正確，D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，tt0時(shí)刻P離開傳送帶不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)正確描述小物體P速度隨時(shí)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(dòng)摩擦力大于Q的重力(繩對(duì)P的拉力)，則可能先向右勻加速運(yùn)動(dòng)，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，此過程如圖B所示，故B正確若v1>v2，且P受到的滑動(dòng)摩擦力小于Q的重力，此時(shí)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(dòng)摩擦力向左，開始時(shí)加速度a1，當(dāng)減速至速度為v1時(shí)，摩擦力反向，若有FT>mg，此后加速度a2，故C正確，A、D錯(cuò)誤專題強(qiáng)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(gè)水平力F1與F2的作用，靜止不動(dòng)，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(gè)過程中，能正確描述木塊運(yùn)動(dòng)情況的圖象是()圖1答案B解析由于木塊受到兩個(gè)水平力F1與F2的作用而靜止不動(dòng)，故兩個(gè)推力相等，假設(shè)F1F2F，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(cuò)誤；木塊先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，而速度時(shí)間圖象的切線的斜率表示加速度，故A錯(cuò)誤，B正確；木塊先做加速度不斷增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度不斷變小的加速運(yùn)動(dòng)，合力變?yōu)榱愫笞鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，由于位移時(shí)間圖象的切線的斜率表示速度，而D選項(xiàng)圖表示木塊做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)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(dá)離地面25 m的最高點(diǎn)，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(shí)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，g10 m/s2，則v0和k分別為()A25 m/s,1.25 B25 m/s,0.25C50 m/s,0.25 D50 m/s,1.25答案B解析上升過程中平均阻力Ffkmg，根據(jù)牛頓第二定律得：a(k1)g，根據(jù)hat2得：a m/s212.5 m/s2，所以v0at25 m/s，而(k1)g12.5 m/s2，所以 k0.25.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(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，A、M分別為此圓與y、x軸的切點(diǎn)B點(diǎn)在y軸上且BMO60°，O為圓心現(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是()圖2AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于C點(diǎn)的位置不確定，無法比較時(shí)間大小關(guān)系答案B解析對(duì)于AM段，位移x1R，加速度a1g，根據(jù)公式xat2得，tA.對(duì)于BM段，位移x22R，加速度a2gsin 60°g，由公式xat2得tB.對(duì)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(gè)質(zhì)量分別為m12 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(gè)大小分別為F1 30 N、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則()圖3A系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧秤的示數(shù)是50 NB系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧秤的示數(shù)是26 NC在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2D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(duì)整體有：a m/s22 m/s2，方向水平向右對(duì)m1：F1Fm1a.代入解得，F(xiàn)26 N故A錯(cuò)誤，B正確在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為a m/s213 m/s2，方向水平向左，則m1的加速度發(fā)生改變故C正確，D錯(cuò)誤5.(多選)(2017·山東濟(jì)寧市一模)如圖4所示，表面粗糙且足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力小木塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象可能符合實(shí)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(shí)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(dòng)摩擦力Ff，設(shè)此時(shí)的小木塊的加速度為a1，據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin Ffma1Ff FNFNmgcos 由解得：a1gsin gcos 當(dāng)小木塊的速度與傳送帶的速度相等時(shí)，若小木塊所受最大靜摩擦力Ffmaxmgcos 大于等于重力沿傳送帶向下的分力Gxmgsin 時(shí)，木塊將隨傳送帶一起以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若Ffmaxmgcos Gxmgsin 時(shí)，木塊將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)木塊的加速度為a2，同理根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin mgcos ma2解得：a2gsin gcos 根據(jù)可知：a1a2故B、C正確，A、D錯(cuò)誤6(2017·安徽合肥市第一次檢測(cè))如圖5所示，繃緊的長(zhǎng)為6 m的水平傳送帶，沿順時(shí)針方向以恒定速率v12 m/s運(yùn)行一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺(tái)面滑上傳送帶，其速度大小為v25 m/s.若小物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，重力加速度g10 m/s2，下列說法中正確的是()圖5A小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，速度減至零時(shí)通過的位移為x.根據(jù)牛頓第二定律得：mgma，得 ag2 m/s2，則 x m6.25 m>6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會(huì)向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；同理可知D錯(cuò)誤；傳送帶的速度為1 m/s和5 m/s時(shí)，物塊在傳送帶上受力情況相同，則運(yùn)動(dòng)情況相同，都從從傳送帶左端滑出，故B正確，C錯(cuò)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(dòng)摩擦因數(shù)為，作用在A上的水平拉力為F，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力圖乙為F與的關(guān)系圖象，其直線方程為F.下列說法正確的有()圖6A和F的值位于a區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)B和F的值位于a區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)靜止C和F的值位于b區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)D和F的值位于b區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)靜止答案AD解析剛要相對(duì)滑動(dòng)時(shí)：F(m1m2)a，m1gm2a，解得：F，則題圖直線是發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)與否的分界線，位于a區(qū)域時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)，位于b區(qū)域時(shí)，兩者相對(duì)靜止，選項(xiàng)A、D正確，選項(xiàng)B、C錯(cuò)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(zhǎng)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(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2，下列說法正確的是()圖7A小滑塊的質(zhì)量m2 kgB小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C當(dāng)水平拉力F7 N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為3 m/s2D當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大答案AC解析當(dāng)F等于6 N時(shí)，加速度為：a2 m/s2.對(duì)整體由牛頓第二定律有：F(Mm)a，代入數(shù)據(jù)解得：Mm3 kg，當(dāng)F大于6 N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：長(zhǎng)木板的加速度 aF，知圖線的斜率k1，解得：M1 kg，滑塊的質(zhì)量為：m2 kg.故A正確；由上可知：F大于6 N時(shí) aF20.代入題圖對(duì)應(yīng)數(shù)據(jù)即得：0.2，所以aF4，當(dāng)F7 N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度為：a13 m/s2.故B錯(cuò)誤，C正確當(dāng)F大于6 N后，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，小滑塊的加速度為a2 m/s2，與F無關(guān)，故D錯(cuò)誤9(2017·全國(guó)卷·24)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖8所示訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為，由動(dòng)能定理得mgs0mv12mv02解得(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v02v122a1s0v0v1a1ts1a2t2聯(lián)立式得a210(2017·齊魯名校聯(lián)考)如圖9所示，木板與水平地面間的夾角可以隨意改變，當(dāng)37°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)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v010 m/s的速度沿木板向上運(yùn)動(dòng)，隨著的改變，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g10 m/s2.圖9(1)小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)角為多大時(shí)，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(dòng)且37°時(shí)，對(duì)小木塊受力分析 mgsin FNFNmgcos 0則動(dòng)摩擦因數(shù)為：tan tan 37°0.75(2)當(dāng)小木塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小木塊的加速度大小為a，則mgsin mgcos ma小木塊的位移為x，v022ax則x令tan ，則x，當(dāng)90°時(shí)x最小，即53°最小值為xmin代入數(shù)據(jù)得xmin4 m11(2017·山東棗莊市模擬)如圖10所示，可看做質(zhì)點(diǎn)的小物塊放在長(zhǎng)木板的正中央，長(zhǎng)木板置于光滑水平面上，兩物體皆靜止；已知長(zhǎng)木板質(zhì)量為M4.0 kg，長(zhǎng)度為L(zhǎng)3.0 m，小物塊質(zhì)量為m1.0 kg，小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2；兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力大小，重力加速度g10 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(duì)滑動(dòng)？(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(zhǎng)時(shí)間從長(zhǎng)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(duì)滑動(dòng)時(shí)，它們之間的摩擦力大小達(dá)到最大靜摩擦Ffm；設(shè)它們一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，此時(shí)作用于小物塊水平向右的恒力大小為F1，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知：對(duì)整體：F1(Mm)a1對(duì)木板：FfmMa1其中Ffmmg聯(lián)立解得F12.5 N故當(dāng)F>2.5 N時(shí)，兩物體之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)(2)分析可知，當(dāng)一開始就用水平向右F25.5 N的恒力作用于小物塊時(shí)，兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；設(shè)滑動(dòng)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(duì)小物塊：F2Ffma2對(duì)木板FfMa3其中Ffmg 解得a23.5 m/s2; a30.5 m/s2設(shè)小物塊滑下木板歷時(shí)為t，小物塊、木板相對(duì)于地面的位移大小分別為x1、x2，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何關(guān)系可知：x1a2t2，x2a3t2，x1x2L，解得：t1 s20