7、mv－mv①
解得μ＝②
(2)冰球到達擋板時，滿足訓練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下，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。
由運動學公式得
v－v＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
聯(lián)立③④⑤式得
a2＝。
6．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，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、
8、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設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：
(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 (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A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，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，在物塊B與木板達到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛頓第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB
9、⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1，由運動學公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為
sB＝v0t1－aBt⑩
設在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與木板組成的體系，由牛頓第二定律有
f1＋f3＝(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，設其大小為v2，設
10、A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，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－a2t?
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
(也可用如圖所示的速度—時間圖線求解)
7．(2019·全國卷Ⅱ)一質(zhì)量為m＝2000 kg的汽車以某一速
11、度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機突然發(fā)現(xiàn)前方100 m處有一警示牌，立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖a中的圖線。圖a中，0～t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應時間(這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛)，t1＝0.8 s；t1～t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2＝1.3 s；從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止。已知從t2時刻開始，汽車第1 s內(nèi)的位移為24 m，第4 s內(nèi)的位移為1 m。
(1)在圖b中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v-t圖線；
(2)求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速
12、度大小；
(3)求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1～t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少(以t1～t2時間段始末速度的算術平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度)?
答案 (1)圖見解析 (2)28 m/s 8 m/s2
(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m
解析 (1)v-t圖象如圖所示。
(2)設剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為v1，則t1時刻的速度也為v1；設t2時刻的速度為v2。在t2時刻后汽車做勻減速運動，設其加速度大小為a，取Δt＝1 s。
設汽車在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt內(nèi)的位移為sn，n＝1
13、,2,3，…。
若汽車在t2＋3Δt～t2＋4Δt時間內(nèi)未停止，設它在t2＋3Δt時刻的速度為v3，在t2＋4Δt時刻的速度為v4，由運動學公式有
s1－s4＝3a(Δt)2①
s1＝v2Δt－a(Δt)2②
v4＝v2－4aΔt③
聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)解得
v4＝－ m/s④
這說明在t2＋4Δt時刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，①③④式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt時間內(nèi)汽車停止，由運動學公式有
v3＝v2－3aΔt⑤
2as4＝v⑥
聯(lián)立②⑤⑥式，代入已知數(shù)據(jù)解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦
或a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s⑧
14、
但⑧式情形下，v3＜0，不合題意，舍去。
(3)設汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力的大小為f1，由牛頓第二定律有
f1＝ma⑨
在t1～t2時間內(nèi)，阻力對汽車沖量的大小為
I＝f1(t2－t1)⑩
由動量定理有
I＝mv1－mv2?
由動能定理，在t1～t2時間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為
W＝mv－mv?
聯(lián)立⑦⑨??式，代入已知數(shù)據(jù)解得
v1＝30 m/s?
W＝1.16×105 J?
從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋?
聯(lián)立⑦??式，代入已知數(shù)據(jù)解得s＝87.5 m。
命題特點：題型既有選擇
15、題又有計算題，題目新穎，與生活實際聯(lián)系密切，試題大多綜合v-t圖象、牛頓運動定律、受力分析、運動過程分析等內(nèi)容。
思想方法：極限思想、逆向思維的思想、理想實驗的思想。比例法、圖象法、推論法、控制變量法、整體法、隔離法等。
高考考向1 勻變速直線運動規(guī)律的應用
例1 (2019·廣東惠州二模)近幾年，國家取消了7座及以下小車在法定長假期間的高速公路收費，給自駕出行帶來了很大的實惠，但車輛的增多也給道路的暢通增加了壓力，因此交管部門規(guī)定，上述車輛通過收費站口時，在專用車道上可以不停車拿(交)卡而直接減速通過。若某車減速前的速度為v0＝20 m/s，靠近站口時以大小為a1＝5 m/s2的加
16、速度勻減速，通過收費站口時的速度為vt＝8 m/s，然后立即以大小為a2＝4 m/s2的加速度勻加速至原來的速度(假設收費站的前、后都是平直大道)。試問：
(1)該車駕駛員應在距收費站口多遠處開始減速？
(2)該車從減速開始到最終恢復到原來速度的過程中，運動的時間是多少？
(3)在(1)(2)問題中，該車因減速和加速過站而耽誤的時間為多少？
(1)該車做什么運動？
提示：先做勻減速直線運動，再做勻加速直線運動。
(2)求解第(1)問應選擇哪個運動階段進行研究？選擇哪個公式解題最簡單？
提示：應選擇勻減速直線運動階段進行研究；已知勻減速直線運動的初速度、末速度和加速度，求其位移
17、，應選擇公式v－v＝2ax。
[解析] (1)設該車初速度方向為正方向，該車進入站口前做勻減速直線運動，設距離收費站口x1處開始減速，則有：v－v＝－2a1x1
解得：x1＝33.6 m。
(2)該車通過收費站經(jīng)歷勻減速和勻加速兩個階段，設前后兩段位移分別為x1和x2，時間為t1和t2，則
減速階段：vt＝v0－a1t1
解得：t1＝2.4 s
加速階段：v0＝vt＋a2t2
解得：t2＝3 s
則加速和減速的總時間為：t＝t1＋t2＝5.4 s。
(3)在加速階段：x2＝t2＝42 m
則汽車加速和減速過程的總位移：x＝x1＋x2＝75.6 m
若不減速所需要的時間：t
18、′＝＝3.78 s
車因減速和加速過站而耽誤的時間：Δt＝t－t′＝1.62 s。
[答案] (1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s
勻變速直線運動問題的求解思路
1．(2019·安徽蚌埠高三二模)圖中ae為珠港澳大橋上四段110 m的等跨鋼箱連續(xù)梁橋，若汽車從a點由靜止開始做勻加速直線運動，通過ab段的時間為t，則通過ce段的時間為( )
A．t B.t
C．(2－)t D．(2＋) t
答案 C
解析 設汽車的加速度為a，通過bc段、ce段的時間分別為t1、t2，根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式有：xab＝at2，xac＝a(t＋
19、t1)2，xae＝a(t＋t1＋t2)2，解得：t2＝(2－)t，故C正確，A、B、D錯誤。
2．(2019·武昌調(diào)研)一個物體做勻加速直線運動，它在第3 s內(nèi)的位移為5 m，則下列說法正確的是( )
A．物體在第3 s末的速度一定是6 m/s
B．物體的加速度一定是2 m/s2
C．物體在前5 s內(nèi)的位移一定是25 m
D．物體在第5 s內(nèi)的位移一定是9 m
答案 C
解析 物體在2.5 s末的瞬時速度等于第3 s內(nèi)的平均速度，為v1＝5 m/s，由于無法求解加速度，故第3 s末的速度與第5 s內(nèi)的位移無法求解，A、B、D錯誤；前5 s內(nèi)的平均速度等于2.5 s末的瞬時速度，
20、為5 m/s，故物體在前5 s內(nèi)的位移為x＝v1t＝25 m，C正確。
高考考向2 運動圖象及應用
例2 (2019·吉林省吉林市三模)假設某高速公路上甲、乙兩車在同一車道上行駛，甲車在前，乙車在后。t＝0時刻，發(fā)現(xiàn)前方有事故，兩車同時開始剎車，行進中兩車恰好沒有發(fā)生碰撞。兩車剎車過程的圖象如圖所示，以下判斷正確的是( )
A．t＝0時刻兩車間距等于50 m
B．兩車都停止運動時相距50 m
C．t＝5 s時兩車間距大于t＝15 s時兩車間距
D．乙車剎車的加速度大小是甲車的1.5倍
(1)利用v-t圖象如何求物體的加速度？
提示：斜率表示加速度。
(2)從v-
21、t圖象中能得到物體在一段時間內(nèi)的位移嗎？
提示：能，v-t圖象和時間軸圍成的面積表示位移。
(3)兩車恰好不發(fā)生碰撞的條件是什么？
提示：甲、乙兩車恰好不發(fā)生碰撞的條件是速度相等時乙剛好追上甲。
[解析] 行進中兩車恰好沒有發(fā)生碰撞，說明t＝10 s時刻兩車恰好相遇，則t＝0時刻兩車間距等于兩車在前10 s的位移之差，為s＝×10×(30－20) m＝50 m，故A正確；根據(jù)v-t圖象與時間軸圍成的“面積”表示位移可知，甲的剎車距離為x甲＝×20×20 m＝200 m，而乙的剎車距離為x乙＝×30×15 m＝225 m，兩車都停止運動時的距離s′＝s＋x甲－x乙＝25 m，故B錯誤；根
22、據(jù)v-t圖象與時間軸圍成的“面積”表示位移，可知在5～15 s內(nèi)兩車通過的位移相等，所以t＝5 s時兩車間距等于t＝15 s時兩車間距，故C錯誤；根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度，甲的加速度大小為a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，乙的加速度大小為a2＝＝＝2 m/s2，故乙車的加速度大小是甲車加速度大小的2倍，D錯誤。
[答案] A
圖象問題要“四看一注意”
(1)看坐標軸：看清坐標軸所表示的物理量，明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關系。
(2)看圖象：識別兩個相關量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程。
(3)看縱坐標、“斜率”和“面積”：v-t圖象中根據(jù)
23、坐標值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點；x-t圖象中根據(jù)坐標值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特點。
(4)看交點：明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點的物理意義。在x-t圖象中，兩圖線的交點表示兩物體相遇；在v-t圖象中，兩圖線的交點表示兩物體速度相同，此時相對速度為零，相對位移出現(xiàn)極值，是相距最遠、最近、是否碰撞的關鍵時刻。
(5)一注意：利用v-t圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點，即注意它們是從同一位置出發(fā)，還是從不同位置出發(fā)。若從不同位置出發(fā)，要注意出發(fā)時兩者的距離。
3．(2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)在平直公路上行
24、駛的甲車和乙車，其位移—時間圖象分別為圖中直線和曲線所示，圖中t1對應x1，則( )
A．t1到t3時間內(nèi)，乙車的運動方向始終不變
B．在t1時刻，甲車的速度大于乙車的速度
C．t1到t2時間內(nèi)，某時刻兩車的速度相同
D．t1到t2時間內(nèi)，甲車的平均速度小于乙車的平均速度
答案 C
解析 根據(jù)x-t圖線的斜率表示速度可知，t1到t3時間內(nèi)，乙圖線切線斜率先為正值，然后為負值，則乙車的運動方向發(fā)生變化，故A錯誤；根據(jù)x-t圖象的斜率表示速度，可知在t1時刻，甲車的速度小于乙車的速度，故B錯誤；t1到t2時間內(nèi)，乙圖線的切線斜率在某時刻與甲相同，該時刻兩車的速度相同，故C正確；t
25、1到t2時間內(nèi)，兩車的位移相同，時間相同，則平均速度相同，故D錯誤。
4．(2019·廣東廣州二模)李大媽買完菜后乘電梯上樓回家，其乘坐的電梯運行情況如圖所示，可知( )
A．李大媽家所在樓層離地高度約40 m
B．0～3 s內(nèi)電梯的加速度大小為0.5 m/s2
C．0～17 s內(nèi)電梯的平均速度大小為0.75 m/s
D．電梯加速運動的距離等于減速運動的距離
答案 B
解析 李大媽家所在樓層離地高度約為：h＝×(10＋17)×1.5 m＝20.25 m，A錯誤；0～3 s內(nèi)電梯的加速度大小為：a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，B正確；0～17 s內(nèi)電梯的平均速度大小為：＝
26、＝ m/s≈1.2 m/s，C錯誤；因圖線與時間軸圍成的面積等于位移，由圖象可知，電梯加速運動的距離為：s1＝×1.5×3 m＝2.25 m，減速運動的距離為：s2＝×(17－13)×1.5 m＝3 m，s1＜s2，故D錯誤。
高考考向3 牛頓運動定律的應用
例3 (2019·四川雅安三診)如圖所示，質(zhì)量為1 kg的物體靜止于水平地面上，用大小為6.5 N的水平恒力F作用在物體上，使物體由靜止開始運動50 m后撤去拉力F，此時物體的速度為20 m/s，物體繼續(xù)向前滑行直至停止，g取10 m/s2。求：
(1)物體與地面間的動摩擦因數(shù)；
(2)物體運動的總位移；
(3)物體運動
27、的總時間。
(1)物體做什么運動？
提示：先做初速度為零的勻加速直線運動，再做勻減速直線運動直到速度為零。
(2)物體兩段運動過程的聯(lián)系是什么？
提示：兩段運動過程銜接處的速度相同。
[解析] (1)在拉力F作用下，物體的加速度大小為：
a1＝
對物體，由牛頓第二定律有：F－μmg＝ma1，
聯(lián)立解得：μ＝0.25。
(2)撤掉拉力F后的加速度大小為：a2＝μg＝2.5 m/s2
撤掉拉力F后的位移為：x2＝＝80 m
全程總位移為：x＝x1＋x2＝50 m＋80 m＝130 m。
(3)物體加速運動的時間為：t1＝＝5 s
減速運動的時間為：t2＝＝8 s
物
28、體運動的總時間：t＝t1＋t2＝13 s。
[答案] (1)0.25 (2)130 m (3)13 s
1.解決動力學兩類基本問題的思路
受力分析加速度運動狀態(tài)
2．動力學基本問題的解題步驟
(1)明確研究對象：根據(jù)問題的需要和解題的方便，選擇某個物體或某系統(tǒng)作為研究對象。
(2)受力分析：畫好受力示意圖，選擇適當?shù)奶幚矸椒ㄇ蟪龊狭蚝狭Φ谋磉_式。
①合成法：合成法適用于受力個數(shù)較少(2個)的情況。
②正交分解法：正交分解法適用于各種情況，尤其是物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)時。
(3)運動情況分析：畫出運動示意圖，明確物體的運動性質(zhì)和運動過程，求出或設出物體的加速度
29、。
(4)根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律列式求解。
3．瞬時加速度的兩種模型
(1)剛性繩(或接觸面)：不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，其彈力立即消失，不需要形變恢復時間。
(2)彈簧(或橡皮繩)：兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩)，特點是形變量大，其形變恢復需要較長時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小通?？梢钥醋霰３植蛔?。
4．處理多過程動力學問題的“二分析一關鍵”
(1)“二分析”
①分析研究對象在每個過程的受力情況，并畫出受力分析圖；
②分析研究對象在每個階段的運動特點。
(2)“一關鍵”
前一個過程的結束時刻和狀態(tài)就是后一個過程的開始時刻
30、和狀態(tài)，明確兩個過程的交接點速度不變往往是解題的關鍵。
5．(2019·湖南衡陽三模)如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩物塊，用一輕彈簧相連，將A用輕繩懸掛于天花板上，用一木板托住物塊B。調(diào)整木板的位置，當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒有拉力，此時輕彈簧的形變量為x，突然撤去木板，重力加速度為g，物塊運動過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是( )
A．撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為g
B．撤去木板瞬間，B物塊的加速度大小為0.5g
C．撤去木板后，B物塊向下運動3x時速度最大
D．撤去木板后，B物塊向下運動2x時速度最大
答案 C
31、
解析 當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒拉力，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，且彈簧彈力大小T1＝mg。撤去木板瞬間，B物塊受到的合力為T1＋2mg＝3mg，由牛頓第二定律可知：aB＝＝1.5g，故A、B錯誤；當B物塊受到的合外力為零時，速度最大，此時彈簧彈力向上，且大小為T2＝2mg＝kx′，又T1＝mg＝kx，所以彈簧此時的伸長量x′＝2x，即B物塊向下運動3x時速度最大，故C正確，D錯誤。
6．(2019·黑龍江哈爾濱三中二模)水平路面上質(zhì)量為30 kg 的小車，在60 N水平推力作用下由靜止開始以1.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動。2 s后撤去該推力，則( )
A．小
32、車2 s末的速度是4 m/s
B．小車受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小車的加速度大小是1 m/s2
D．小車運動的總時間為6 s
答案 B
解析 小車2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60 N－30×1.5 N＝15 N，故B正確；撤去推力后，根據(jù)牛頓第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C錯誤；撤去推力后運動的時間為：t1＝ s＝6 s，所以小車運動的總時間為：t總＝(2＋6) s＝8 s，故D錯誤。
高考考向4 動力學的連接體問題和臨界問題
例4 (2019
33、·湖南懷化三模)(多選)如圖甲所示，物塊A疊放在木板B上，且均處于靜止狀態(tài)，已知水平地面光滑，A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，測得B的加速度a與拉力F的關系如圖乙所示，下列說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2)( )
A．當F＜24 N時，A、B都相對地面靜止
B．當F＞24 N時，A相對B發(fā)生滑動
C．A的質(zhì)量為4 kg
D．B的質(zhì)量為24 kg
(1)圖象中B的加速度達到4 m/s2后為什么會保持不變？
提示：B受到的靜摩擦力達到了最大值，之后A和B開始相對滑動。
(2)A和B相對滑動的臨界條件是什么？
提
34、示：A和B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力，此時A和B的加速度仍相等。
(3)如何求使A和B發(fā)生相對滑動所對應的臨界外力F?
提示：先隔離B分析，再對A或整體分析。
[解析] 當A與B間的摩擦力達到最大靜摩擦力后，A、B會發(fā)生相對滑動，由圖可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F＞24 N時，A相對B發(fā)生滑動，當F＜24 N時，A與B保持相對靜止，一起相對地面做加速直線運動，故A錯誤，B正確；F＝24 N時，B達到最大加速度，此時A與B的加速度大小相等，對B，根據(jù)牛頓第二定律得，aB＝＝4 m/s2，對A，根據(jù)牛頓第二定律得，aA＝＝4 m/s2，解得mA＝4 kg，mB＝2 kg，故C
35、正確，D錯誤。
[答案] BC
解決連接體問題應注意的問題
(1)整體法與隔離法的使用條件
①當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用整體法；當系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，一般采用隔離法。
②求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時必須用隔離法。
(2)兩物體分離或相對滑動的條件
①疊加體類連接體：兩物體間剛要發(fā)生相對滑動時物體間的靜摩擦力達到最大值。
②靠在一起的連接體：分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同。
(3)用滑輪連接的連接體的處理方法
通過滑輪連接的兩個物體：加速度大小相同。加速度不為零時，輕繩的拉力不等于所懸掛物體的重力。
7. (2019·四
36、川教考聯(lián)盟三診)(多選)如圖，在水平面上固定一傾角為30°的光滑斜面，斜面底部有一垂直于斜面的固定擋板，A和B用輕彈簧相連，A靠在擋板上，C靠在B上，A、B、C三者質(zhì)量均為m，力F作用在C上使彈簧處于壓縮狀態(tài)。現(xiàn)撤去F，彈簧彈開，最后使A和擋板恰無彈力，重力加速度為g，在這個過程中以下說法正確的是( )
A．當B速度最大時，B、C間彈力為0
B．當B和C分離時，A對擋板的壓力為mg
C．當B和C分離時，它們的速度相等且達到最大
D．當B的速度最大時，A對擋板的壓力為mg
答案 BD
解析 B和C分離瞬間，加速度相等且彈力消失，分離后的瞬間C的加速度為gsin30°，則B的加速
37、度也為gsin30°，由此推知B和C在彈簧原長時分離，此時，它們的加速度不為0，即速度不是最大，速度最大出現(xiàn)在分離之前，故A、C錯誤；當B和C分離時彈簧處于原長，此時A對擋板的壓力等于A重力沿斜面方向的分力，即mg，故B正確；當B的速度達到最大時，C的速度也最大，它們受彈簧的彈力等于二者重力沿斜面方向的分力，即2mgsin30°＝mg，彈簧另一端的彈力大小也是mg，所以此時A對擋板的壓力為mg，D正確。
8．(2019·西安高三第三次質(zhì)檢)如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊A放在足夠高的平臺上，平臺表面光滑。質(zhì)量也為m的物塊B放在水平地面上，物塊B與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧與物塊A用繞過定滑
38、輪的輕繩相連，輕繩剛好繃緊?，F(xiàn)給物塊A施加水平向右的拉力F(未知)，使物塊A做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a，重力加速度為g，A、B均可視為質(zhì)點。
(1)當物塊B剛好要離開地面時，拉力F的大小及物塊A的速度大小分別為多少；
(2)若將物塊A換成物塊C，拉力F的方向與水平方向成θ＝37°角，如圖乙所示，開始時輕繩也剛好繃緊，要使物塊B離開地面前，物塊C一直以大小為a的加速度做勻加速運動，則物塊C的質(zhì)量應滿足什么條件？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
答案 (1)ma＋mg (2)mC≥
解析 (1)當物塊B剛好要離開地面時，設彈簧的伸長量為x，物塊A的速度
39、大小為v，對物塊B受力分析有：mg＝kx，得：x＝，
根據(jù)v2＝2ax，解得：v＝＝
對物塊A：F－T＝ma，
又：T＝kx＝mg，
解得：F＝ma＋mg。
(2)設某時刻彈簧的伸長量為x1。對物塊C，水平方向：Fcosθ－T1＝mCa，其中T1＝kx1≤mg，
故Fmax＝，
豎直方向：Fsinθ≤mCg，
故有：·sinθ≤mCg，
解得：mC≥。
易錯警示 整體法與隔離法在連接體問題中的應用
例 (2019·河北衡水中學三模)(多選)如圖甲所示，足夠長的木板B靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的加
40、速度a，得到如圖乙所示的a-F圖象，已知g取10 m/s2，則( )
A．滑塊A與木板B間動摩擦因數(shù)為0.1
B．當F＝10 N時木板B的加速度為4 m/s2
C．木板B的質(zhì)量為1 kg
D．滑塊A的質(zhì)量為4 kg
分析與解 由圖乙可知，當F＝8 N時，A、B恰不發(fā)生相對滑動，加速度為：a＝2 m/s2，對A、B整體，由牛頓第二定律有：F＝(mA＋mB)a，代入數(shù)據(jù)解得：mA＋mB＝4 kg；當F大于8 N時，A、B發(fā)生相對滑動，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝F－，由圖象可知，圖線的斜率：k＝＝＝1，解得：mB＝1 kg，故滑塊A的質(zhì)量為：mA＝3 kg；由方程a＝＝F－，可
41、知當a＝0時，F(xiàn)＝6 N，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2，故A、D錯誤，C正確。F＝10 N＞8 N時，滑塊與木板相對滑動，B的加速度為：aB＝a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故B正確。
答案 BC
易錯警示 本題是牛頓第二定律與圖象的綜合題，明確滑塊和木板在不同拉力作用下的運動規(guī)律是解決本題的關鍵，通過分析滑塊和木板的運動狀態(tài)是否相同來選用整體法或隔離法。
配套作業(yè)
限時：50分鐘 滿分：100分
一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第1～4題為單選題，第5～8題為多選題)
1．(2019·湖南三湘名校教育聯(lián)盟三模)甲、乙兩輛汽車在平直公路上，從同一地點同時同向均
42、做勻加速直線運動，甲、乙速度的平方隨位移變化的圖象如圖所示，則( )
A．甲車的加速度比乙車的加速度小
B．在x＝0.5 m處甲、乙兩車的速度均為2 m/s
C．在t＝2 s末甲、乙兩車相遇
D．在x＝4 m處甲、乙兩車不相遇
答案 C
解析 根據(jù)勻變速直線運動速度與位移的關系式v2－v＝2ax，得v2＝2ax＋v，可知圖象的斜率k＝2a，由圖可知，甲的斜率大于乙的斜率，故甲車的加速度比乙車的加速度大，故A錯誤；由圖可知，在x＝0.5 m處甲、乙兩車速度的平方均為2 m2/s2，速度均為 m/s，故B錯誤；由v2－v＝2ax可知，甲車做初速度為0、加速度為2 m/s2的勻加速
43、直線運動，乙車做初速度為1 m/s、加速度為1 m/s2的勻加速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得兩車相遇時：x＝a甲t2＝v0t＋a乙t2，得t＝2 s，相遇時的位移為 x＝4 m，故C正確，D錯誤。
2．(2019·貴陽一模)一傘兵從懸停在空中的直升飛機上由靜止跳下，2 s時開啟降落傘，其跳傘過程中的v-t圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知該傘兵( )
A．在0～2 s內(nèi)做自由落體運動
B．在2～6 s內(nèi)加速度方向先向上后向下
C．在0～14 s內(nèi)先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)
D．在0～24 s內(nèi)先勻加速再勻減速最終勻速直線運動
答案 C
解析 由圖象可知，該傘兵在0～2 s
44、內(nèi)做勻加速直線運動，但加速度小于重力加速度，不是自由落體運動，故A錯誤；由圖可知，2～6 s內(nèi)該傘兵先做加速運動，后做減速運動，故加速度方向先向下后向上，故B錯誤；0～14 s內(nèi)該傘兵先做加速運動，后做減速運動，故加速度方向先向下后向上，先失重后超重，故C正確；在0～24 s內(nèi)，2～12 s內(nèi)的加速度大小發(fā)生變化，故該傘兵不做勻變速運動，D錯誤。
3．(2019·重慶三診)如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，質(zhì)量相等的甲、乙物體通過彈簧連接，乙物體通過輕繩與斜面頂端相連。已知輕彈簧、輕繩均與斜面平行，重力加速度大小為g。剪斷輕繩的瞬間，下列說法正確的是( )
A．甲、乙的加速度大小
45、均為
B．甲的加速度為零，乙的加速度大小為
C．甲的加速度為g，乙的加速度大小為零
D．甲的加速度為零，乙的加速度大小為g
答案 D
解析 剪斷輕繩前，對甲、乙、彈簧組成的整體分析知輕繩對乙球的彈力大小為2mgsin30°，因彈簧彈力不能突變，而繩子的彈力會突變，所以剪斷輕繩瞬間，甲球所受合力為零，加速度為零；乙球所受合力為2mgsin30°，加速度為2gsin30°＝g，故A、B、C錯誤，D正確。
4. (2019·廣東惠州二模)如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若砝碼和紙板的質(zhì)量分
46、別為2m和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。要使紙板相對砝碼運動，所需拉力的大小至少應為( )
A．3μmg B．4μmg
C．5μmg D．6μmg
答案 D
解析 當紙板相對砝碼運動時，設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則根據(jù)牛頓第二定律得：
對砝碼有：f1＝μ·2mg＝2ma1，
得：a1＝＝μg，
對紙板有 F－f1－f2＝ma2，
紙板與砝碼發(fā)生相對運動需要紙板的加速度不小于砝碼的加速度，即：a2≥a1，
所以：F＝f1＋f2＋ma2≥f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg，
即：F≥6μmg，選
47、D。
5．(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)在粗糙水平面上，有一質(zhì)量未知的物體做直線運動，在t＝0時刻受一與運動方向相反的恒力F＝4 N的作用，經(jīng)一段時間后撤去力F，物體運動的v-t圖象如圖所示，已知g＝10 m/s2，下列說法正確的是( )
A．物體與水平面的動摩擦因數(shù)μ為0.2
B．物體最后回到t＝0時刻的位置
C．F的作用時間為1 s
D．物體的質(zhì)量為1 kg
答案 AD
解析 由于物體在0～1 s內(nèi)沿正向做減速運動，1～2 s內(nèi)沿負向做加速運動，2 s后沿負方向做減速運動，則拉力F是在2 s末撤去的，拉力F的作用時間為2 s，在 2～3 s內(nèi)物體的加速度
48、大小為a＝＝2 m/s2，摩擦力大小為μmg，且μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正確，C錯誤；由圖知，0～1 s內(nèi)物體沿正向運動，位移大小x1＝×6×1 m＝3 m,1～3 s內(nèi)沿負向運動，位移大小x2＝×(3－1)×2 m＝2 m，則知3 s末與出發(fā)點距離為x＝x1－x2＝1 m，故B錯誤；在0～1 s內(nèi)物體沿正向運動，根據(jù)圖象可得加速度大小a1＝＝ m/s2＝6 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＋μmg＝ma1，解得物體的質(zhì)量m＝1 kg，故D正確。
6．(2019·山東濱州二模)如圖所示，小車分別以加速度a1、a2、a3、a4向右做勻加速運動，bc是固定在小車上的水平橫桿，物塊M穿
49、在桿上，M通過線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，加速度為a1、a2時，細線在豎直方向上，全過程中M始終未相對桿bc移動，M、m與小車保持相對靜止，M受到的摩擦力大小分別為f1、f2、f3、f4，則以下結論正確的是( )
A．若＝，＝ B．若＝，＝
C．若＝，＝ D．若＝，＝
答案 CD
解析 甲、乙兩圖中，M水平方向只受摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律得：f1＝Ma1，f2＝Ma2；丙、丁兩圖中，對M和m組成的系統(tǒng)分析，根據(jù)牛頓第二定律可知：f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4。如果a1∶a2＝1∶2，解得：f1∶f2＝1∶2，故A錯誤；如果a2∶a3＝1∶2
50、，則f2∶f3＝M∶2(M＋m)≠1∶2，故B錯誤；若a3∶a4＝1∶2，則f3∶f4＝1∶2，故C正確；對m受力分析可知tanθ＝，tanα＝，若a3∶a4＝1∶2，可得：tanθ∶tanα＝1∶2，故D正確。
7．(2019·陜西咸陽三模)如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，當A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3 N時A、B將會分離。t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列
51、關于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是( )
A．t＝2.0 s時刻A、B之間作用力大小為0.6 N
B．t＝2.0 s時刻A、B之間作用力為零
C．t＝2.5 s時刻A對B的作用力方向向左
D．從t＝0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4 m
答案 AD
解析 設t時刻A、B分離，由圖象可知，分離之前A、B共同做勻加速運動，設加速度為a，以整體為研究對象，則有：a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，分離時：F2－F拉＝mBa，得F2＝F拉＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，結合圖象可知，分離時t＝×4.0 s＝3 s，A、B兩物塊共同運動的位移為s＝
52、at2＝5.4 m，故D正確；當t＝2 s時，F(xiàn)2＝1.8 N，F(xiàn)2＋T＝mBa，得T＝mBa－F2＝0.6 N，A正確，B錯誤；當t＝2.5 s時，F(xiàn)2＝2.25 N，F(xiàn)2＋T′＝m2a，得T′＝m2a－F2＞0，故A對B的作用力方向向右，C錯誤。
8．(2019·吉林模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為3m和m的1、2兩物塊疊放在水平桌面上，物塊2與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊1與物塊2間的動摩擦因數(shù)為2μ。物塊1和物塊2的加速度大小分別用a1、a2表示，物塊1與物塊2間的摩擦力大小用f1表示，物塊2與桌面間的摩擦力大小用f2表示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當水平力F作用在物塊1上，下列反映a和
53、f變化的圖線正確的是( )
答案 AC
解析 1、2這兩個物塊開始時均靜止，當拉力逐漸增大時，由受力分析可知，開始時，f1＝f2＝F，a1＝a2＝0；當拉力增大到F＝f2max＝μ·4mg＝4μmg，整體開始滑動，根據(jù)牛頓第二定律F－f2max＝4ma，f1－4μmg＝ma，解得a1＝a2＝a＝，f1＝3μmg＋；當兩物塊間的摩擦力增大到f1max＝2μ·3mg＝6μmg時，f1max－f2max＝ma2，a2＝a1＝2μg，F(xiàn)－f1max＝3ma1，拉力F＝12μmg；當拉力F繼續(xù)增大，物塊1、2之間開始滑動，a1＝＝，a2＝＝2μg，物塊2與桌面之間的摩擦力為f2＝4μmg不
54、變，物塊1與物塊2之間相對滑動，摩擦力f1＝6μmg不變。結合圖象分析可知A、C正確。
二、計算題(本題共2小題，共36分，須寫出規(guī)范的解題步驟)
9．(2019·安徽皖中名校聯(lián)盟高三第一次模擬聯(lián)考)(16分)一汽車在直線公路段上以54 km/h的速度勻速行駛，突然發(fā)現(xiàn)在其正前方14 m處有一輛自行車以5 m/s的速度同向勻速行駛。經(jīng)過0.4 s的反應時間后，司機開始剎車，則：
(1)為了避免相撞，汽車的加速度大小至少為多少？
(2)若汽車剎車時的加速度只為4 m/s2，在汽車開始剎車的同時自行車開始以一定的加速度勻加速，則自行車的加速度至少為多大才能保證兩車不相撞？
答案 (1)5
55、 m/s2 (2)1 m/s2
解析 (1)設汽車的加速度大小為a時兩車恰不相撞，
初速度v汽＝54 km/h＝15 m/s，
設剎車后汽車運動的時間為t時兩車相遇，此時兩車速度相等，
則v自＝v汽－at
自行車的位移為：x自＝v自(t＋Δt)
汽車的位移為：x汽＝v汽Δt＋v汽t－at2
x汽＝x自＋d
聯(lián)立解得：a＝5 m/s2。
(2)設自行車加速度為a′時，兩車恰不相撞，
剎車后汽車運動的時間為t′時兩車相遇，此時兩車速度相等，
則v自＋a′t′＝v汽－a汽t′，
自行車的位移為：x自′＝v自·Δt＋v自t′＋a′t′2
汽車的位移為：x汽′＝v 汽·Δt＋v
56、汽t′－a汽t′2
x汽′＝x自′＋d
聯(lián)立解得：a′＝1 m/s2。
10．(2019·貴州畢節(jié)二模)(20分)一長木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物塊，如圖所示。木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運動，當t＝1 s時，木板以速度v1＝4 m/s與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反。運動過程中小物塊第一次減速為零時恰好從木板上掉下。已知木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)t＝0時刻木板的速度；
(2)木板的長度。
57、
答案 (1)5 m/s (2) m
解析 (1)設木板與物塊一起以共同速度向墻壁運動時的加速度大小為a1，t＝0時刻木板速度為v0，則對木板和物塊：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
由運動學公式：v1＝v0－a1t
代入數(shù)據(jù)求得：v0＝5 m/s。
(2)設木板與墻碰撞后至物塊從木板上掉下過程中，物塊的加速度大小為a2，木板的加速度大小為a3，經(jīng)歷時間為t1，物塊的位移大小為x1，木板的位移大小為x2，則對物塊：μ2mg＝ma2
x1＝，x1＝t1，
對木板，由牛頓第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，
其中M＝15m，解得a3
2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題一 力和運動 第2講 力與直線運動練習（含解析）
