2018届高考物理二轮专题复习文档：重难专题强化练——“力与直线运动”课后冲关 Word版含解析

合集下载

2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题限时集训2 力与直线运动

专题限时集训(二) 力与直线运动(对应学生用书第119页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t－t 2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：19624021】A ．第1 s 内的位移是10 mB ．前2 s 内的平均速度是3 m/sC ．运动的加速度为1 m/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/sB [第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误．前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4) m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62m/s＝3 m/s ，故B 正确．根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t －t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，任意1 s 内速度的增量Δv＝at ＝－2×1 m/s＝－2 m/s ，C 、D 均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图216所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m 1的物体，另一端系一质量为m 2的沙桶．当m 2变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图线可能是( )图216A B C DB [在m 2小于m 1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m 2大于m 1时，m 1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m 2≫m 1时，加速度趋近于g ，但不可能大于或等于g ，故选项B 正确．]3.若货物随升降机运动的v t 图象如图217所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )【导学号：19624022】图217B [根据v t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可判断支持力F 的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．]所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直2，则在0～t 2的运动过程中，下列说法正确的是( )图2181.5倍 1.5倍 C ．在t 2时刻，甲与乙相遇D ．在到达t 2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t 1时刻，乙的速度为12v 0，此时甲的位移为v 02t 1，乙的位移为12v 02t 1＝14v 0t 1，甲位移是乙位移的2倍，故A 错误；甲的加速度大小为a 甲＝v 0t 1，乙的加速度为v 0t 2，由t 1＝12t 2，则a 甲＝2a 乙，故B 错误；由于在t 2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C 正确；相遇前甲一直在乙的前面，故D 错误．]5．(2016·合肥二模)如图219所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )【导学号：19624023】图219A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EFB [设上部圆的直径为D ，下部半圆的半径为R ，对轨道AOB ，其长度为L 1＝D cos α＋R ，在其上运动的加速度a 1＝g cos α，由L 1＝12a 1t 2AB ，解得：t AB ＝D cos α＋R g cos α＝2Dg ＋2Rg cos α.对轨道COD 、EOF ，同理可解得：t CD ＝2Dg＋2Rg cos β，t EF ＝2D g＋2Rg cos θ.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，t AB ＞t CD ＞t EF ，选项B 正确．]6．(2017·沧州一中月考)将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图220甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图220A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg C [设每块砖的厚度是d ，向上运动时：9d －3d ＝aT 2①向下运动时：3d －d ＝a ′T 2②联立①②得：a a ′＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma ④ 向下运动时：mg －f ＝ma ′ ⑤联立③④⑤得：f ＝12mg ；选C.]7．(2017·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相等．在突然撤去挡板的瞬间( )【导学号：19624024】甲乙图221A ．两图中两球加速度均为g sin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图甲中B 球的加速度为2g sin θD ．图乙中B 球的加速度为g sin θCD [撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C 、D 确，A 、B 错误．故选C 、D.](2017·绵阳市模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g3BD [剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g3，即A 和B 的加速度均为g3.故B 、D 均正确．]8．(2017·天津市五区县期末)如图222所示，在水平光滑桌面上放有m 1和m 2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m 1＝3 kg ，m 2＝2 kg ，连接它们的细线最大能承受6 N 的拉力．现用水平外力F 1向左拉m 1或用水平外力F 2向右拉m 2，为保持细线不断，则( )【导学号：19624025】图222A ．F 1的最大值为10 NB ．F 1的最大值为15 NC ．F 2的最大值为10 ND ．F 2的最大值为15 NBC [若向左拉m 1，则隔离对m 2分析，T m ＝m 2a 则最大加速度a ＝3 m/s 2对m 1m 2系统：F 1＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×3 N＝15 N ．故B 正确，A 错误．若向右拉m 2，则隔离对m 1分析，T m ＝m 1a 则最大加速度a ＝2 m/s 2对m 1m 2系统：F 2＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×2 N＝10 N ．故D 错误，C 正确．]9．(2017·绵阳市模拟)如图223甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )甲乙图223A ．在0～t 1时间内，A 、B 间的摩擦力为零 B ．在t 1～t 2时间内，A 受到的摩擦力方向水平向左C ．在t 2时刻，A 、B 间的摩擦力大小为0.5μmgD ．在t 3时刻以后，A 、B 间的摩擦力大小为μmgAD [A 、B 间的滑动摩擦力f AB ＝μmg ，B 与地面间的滑动摩擦力f ＝3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时A 、B 无相对滑动，故A 、B 间摩擦力为零，故A 正确；A 在木板上产生的最大加速度为a ＝μmgm＝μg ，此时对B 分析可知F －4μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，故在t 1～t 2时间内，A 、B 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误；在t 2时刻，A 、B 未发生滑动，加速度a ＝5μmg －3μmg 3m ＝23μg ，对物块A ：f ＝ma ＝23μmg ，故C 错误；在t 3时刻以后，A 、B 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确．](2017·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 (t 1，x 1)为图象上一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q .则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻，质点的速率为x 1t 1B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2t 1C ．质点的加速度大小为x 1－x 2t 21D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为x 1－x2t 1B [x t 图象的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝x 1－x 2t 1，故A 错误，B 正确；根据图象可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0t 可知，加速度a ＝x 1－x 2t 1－v 0t 1≠x 1－x 2t 21，故C 错误； 0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1t 1，故D 错误．]10．(2017·商丘一中押题卷)如图224所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块B 、C 间用一不可伸长的轻绳相连，A 、B 木块间的最大静摩擦力是f 1，C 、D 木块间的最大静摩擦力是f 2.现用水平拉力F 拉A 木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )【导学号：19624026】图224A ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动B ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动C ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动 D ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动AD [当f 1>2f 2，当C 、D 间即将滑动时，C 、D 间的静摩擦力达到最大值f 2，先以D 为研究对象，由牛顿第二定律得：f 2＝2ma ，得a ＝f 22m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ＝3f 2.此时，以B 、C 、D 整体为研究对象，可知，A 对B 的摩擦力f AB ＝4ma ＝2f 2<f 1，说明A 、B 间相对静止，故A 正确，B 错误．当f 1<2f 2，A 、B 间即将滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 1，先以B 、C 、D 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f 1＝4ma ′，得a ′＝f 14m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ′＝32f 1.此时，以D 为研究对象，根据牛顿第二定律得：C 对D 的摩擦力f CD ＝2ma ′＝f 12<f 2，则知，C 、D 间相对静止，故C 错误，D 正确．] 二、计算题(共2小题，共32分)图22511．(14分)(2017·淮北市一模)如图225所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A 、m B 分别为1 kg 和2 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，作用在B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当作用在物块B 上的拉力F 达到42 N 时，连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间A 、B 的速度均为10 m/s ，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力F ＝42 N 不变，求当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离．【解析】 (1)对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得：F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a代入数据解得a ＝4 m/s 2对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F T －m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a代入数据解得：F T ＝14 N.(2)细线断裂后，对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a A代入数据解得：a A ＝10 m/s 2由运动学公式有：v ＝a A t 解得：t ＝va A＝1 s 由运动学有：x A ＝vt2＝5 m细线断裂后，对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a B代入数据解得：a B ＝11 m/s 2由运动学公式有：x B ＝vt ＋12a B t 2代入数据解得：x B ＝15.5 m由题意可知，当A 运动到最高点时，物体A 、B 间的距离为：x ＝x B －x A ＋L ＝11 m.【答案】 (1)14 N (2)11 m12．(18分)(2017·天津市五区县期末)如图226甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图226(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t .【导学号：19624027】【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg ＝ma①滑块恰好到木板右端停止 0－v 20＝－2aL② 解得μ＝v 202gL＝0.5.③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为x ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1 ④ 0－v 20＝－2a 1x ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12s⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 ⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52s ○10 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s。

2018届高三物理二轮复习专题一力与运动第2讲力和直线运动教案

平均速度法→ v ＝v0＋2 v
常用方法
1Δx＝aT2
推论法2v2t ＝ v

比例法

匀减速直线运动可视为
逆向思维法→反方向的匀加速直线运动
2．追及问题的解题思路和技巧 (1)解题思路：分析两物体画运动示意图找两物体列位移运动过程 → 或v－t图象 → 位移关系 → 方程 (2)解题技巧： 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停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析．
1. (2017·全国卷Ⅱ)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(s1<s0)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，教练员将冰球以初速度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
③滑块模型问题
[例](2017·全国卷Ⅰ，25题)
审题要点
解题模板
①要抓住“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． ③要抓住研究对象，明确研究过程，审清受力情况受力情况力的合成和分解求合外力 F合＝ma 求加速度运动学公式
(3)选小汽车为研究对象，初速度方向为正方向，由牛顿第二定律有 F＝Ma2，解得 a2＝10 m/s2，
刹车时间为 t＝0－－av23＝0－－1300 s＝3 s. 选司机为研究对象，根据牛顿第二定律 F′2－m2g2＝ma2，解得紧急制动时汽车对司机的作用力大小 F′＝700 2 N，汽车紧急制动过程对司机的冲量大小 I＝ F′t＝2 100 2 N·s. 答案 (1)4.5 s 165 m (2)31.25 s (3)2 100 2 N·s

2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题二力与直线运动含答案

专题二力与直线运动考情分析201520162017力与直线运动T5：匀变速直线运动的多过程问题T6：超重与失重、a－t图象T5：自由下落与竖直上抛运动及v－x图象T9：匀变速直线运动规律、摩擦力、牛顿第二定律T3:物块在斜面上的运动命题解读本专题的考点分为两大板块,一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中,匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点.从近三年命题情况看，命题特点为：（1)注重基础与迁移.如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。

难度属于中等。

（2）注重过程与方法。

如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力,以计算题的形式考查学生的分析综合能力。

难度属于偏难。

整体难度偏难，命题指数★★★★★,复习目标是达B冲A。

1。

（2017·徐州沛县中学高三第一次质检）一个做匀减速直线运动的物体，经过3 s速度刚好减为零.若测得该物体在最后1 s内的位移是1 m，那么该物体在这3 s内的平均速度大小是（)A。

1 m/s B.3 m/s C。

5 m/s D。

9 m/s解析采用逆向思维法，根据x＝错误!at2得,物体的加速度大小a＝错误!＝错误!m/s2＝2 m/s2，则物体的初速度v0＝at′＝23 m/s＝6 m/s，物体在这3 s内的平均速度错误!＝错误!＝错误!m/s＝3 m/s,故B项正确，A、C、D项错误.答案B2。

（2017·江苏清江中学月考)位于水平面上质量为m的物体，在大小为F、方向与水平面成θ角的推力作用下做加速运动,物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体的加速度大小为( ）图1A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!解析对物体受力分析如图所示，在水平方向：F cos θ－f＝ma，在竖直方向：F N－F sin θ－mg＝0，又f＝μF N，以上联立解得a＝错误!,故D项正确。

答案D3.（2017·扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心.图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象.两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g＝10 m/s2。

教育最新2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题2力与直线运动教案

专题二力与直线运动—————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2t －v 20＝2ax . 2．匀变速直线运动的图象(1)x t 图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．(2)v t 图象是一条倾斜直线，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．3．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，即惯性，揭示了力是改变物体运动状态的原因．4．两个物体间的作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，与物体的运动状态无关．5．牛顿第二定律的五个特性：因果性、矢量性、瞬时性、同一性、独立性．考点1 匀变速直线运动规律的应用(对应学生用书第6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年3考：2017年Ⅱ卷T 24 2016年Ⅲ卷T 16 2014年Ⅰ卷T 24[考情分析]1．高考注重考查基本概念的理解及基本公式、推论的灵活应用，计算题常涉及追及相遇类为背景的实际问题．2．熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律的选取是解题的关键．3．实际问题中要理清运动过程，把握准时间关系、速度关系、位移关系．4．解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)． 1．(匀变速直线运动公式及推论的应用)(2016·Ⅲ卷T16)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( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4st2D.8st 2A [质点在时间t 内的平均速度v ＝s t，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×12mv 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t.质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确．](2014·Ⅰ卷T 24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解析】本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件v A ＝v B ，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题．设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma④ x ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】 20 m/s2．(追及相遇问题)(2017·Ⅱ卷T 24)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s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图21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v 0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v 1.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．图21[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0① 又μmg ＝ma 1②可解得：μ＝v 20－v 212gs 0.(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a 1和a 2，所用的时间为t . 由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1 v 1＋v 0 22s 2. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1 v 1＋v 0 22s 2在第2题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2可解得：a 2＝s 1 v 0＋v 1 2s 20.【答案】 s 1 v 0＋v 1 2s 20■熟技巧·类题通法………………………………………………………………… 1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．追及相遇问题的解题思路、技巧和易错防范(1)解题思路：(2)解题技巧：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)易错防范：①若被追赶的物体做匀减速运动，要注意追上该物体之前它是否已停止运动． ②注意最后对解的讨论分析．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图22所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求： (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间.【导学号：19624014】图22【解析】 (1)若列车车尾恰好停在A 点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1① x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1400 m② 解得：a 1＝167m/s2③若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则 0－v 20＝－2a 2x OB ④ 解得：a 2＝85m/s2⑤故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.⑥(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长，则0＝v 0－a 2t ⑦ 解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)50 s(2016·湖南怀化模拟)近几年长假期间，国家取消了7座及其以下小型客车的收费公路过路费，给自驾族带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动时小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？ (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【解析】设汽车初速度方向为正方向，v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，a 1＝－4 m/s 2(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则v 2t －v 20＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝108 m.(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1t 1＝v t －v 0a 1＝6 s加速阶段v 0′＝v t ＝6 m/s ，v t ′＝v 0＝30 m/s 则v 0＝v t ＋a 2t 2t 2＝v 0－v ta 2＝4 s加速和减速阶段的总时间t ＝t 1＋t 2＝10 s.(3)在加速阶段v 20－v 2t ＝2a 2x 2 代入数据解得x 2＝72 m 则总位移x ＝x 1＋x 2＝180 m 若不减速所需要时间t ′＝x v 0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝4 s. 【答案】 (1)108 m (2)10 s (3)4 s 考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图23所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图23A.34 m B.43 m C.98m D.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98 m ．] 考向3 追及相遇问题3．(2016·山东潍坊一中模拟)如图24所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为x 1时，乙从距A 地x 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )【导学号：19624015】图24A ．x 1＋x 2 B. x 1＋x 2 24x 1C.x 214 x 1＋x 2D. x 1＋x 2 2 x 1－x 2 x 1B [设甲前进距离为x 1时，速度为v ，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a ，乙从C 点到达B 地所用时间为t ，则有：vt ＋12at 2－12at 2＝x 2－x 1，根据速度－位移公式得，v 2＝2ax 1，解得t ＝x 2－x 12ax 1，则A 、B 的距离x ＝x 2＋12at 2＝ x 1＋x 224x 1，故B 正确．](2017·辽宁省盘锦模拟)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？【解析】设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则有：x 1＝v 212a 1带入数据解得x 1＝362×1m ＝18 m 足球匀减速运动时间为：t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移为：x 2＝v 222a 2＝8 m之后攻方队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m 由于x 2＋x 3<x 1，故足球停止运动时，攻方队员没有追上足球，然后攻方队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s攻方队员追上足球的时间为：t ＝t 1＋t 3＝6.5 s. 【答案】 6.5 s考点2 运动图象问题 (对应学生用书第8页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年6考：2016年Ⅰ卷T 21 2015年Ⅰ卷T 20 2014年Ⅱ卷T 14、T 24 2013年Ⅰ卷T 19、T 21 [考情分析]1．以选择题型为主，重在考查v t 图象的意义及图象信息的提取能力．2．v t 图象斜率及其变化与牛顿第二定律相结合分析相关物理量的变化是常见的命题方向． 3．明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．4．v t 图象、x t 图象均反映物体直线运动的规律． 5．在v t 图象中易误将交点当成相遇．3．(图象信息的应用)(多选)(2016·Ⅰ卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t 图象如图25所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )【导学号：19624016】图25A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 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 [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/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 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t ＝1 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52.5m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2014·Ⅱ卷T 14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A [根据v t 图象及其意义解题．根据v t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝xt得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．]4．(图象信息的应用)(多选) (2015·Ⅰ卷T 20)如图26(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图26A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量……倾角、动摩擦因数．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在第4题中，若改为如下形式，如图27甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图27A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度LC[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．](2014·Ⅱ卷T24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)[题眼点拨] ①“忽略空气阻力”说明运动员只在重力作用下运动；②“f＝kv2”说明阻力与速度的平方成正比；③“达到最大速度”说明最大速度时，重力与阻力大小相等．【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt ①s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m③联立①②③式得t ＝87 s④ v ＝8.7×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v t 图象可读出 v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得 k ＝0.008 kg/m.⑧ 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．v t 图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 图象的选取4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )A B C DC [物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kv m，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g ，在下降的过程中加速度a ＝mg －kv m，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确．] 考向2 图象的转换5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a t 图象如图28所示．下列v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )【导学号：19624017】图28A BC DD [由图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误，D 正确．] 考向3 图象信息的应用6．(2017·马鞍山市一模)两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图29甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面没有摩擦，B 物体运动的v t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，求：甲乙图29(1)推力F 的大小；(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．【解析】 (1)在水平推力F 作用下，物体A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物体的v t 图象得，a ＝Δv Δt ＝62m/s 2＝3 m/s 2 对于AB 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a代入数据解得F ＝15 N.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B 做匀速运动对A 由－μm A g ＝m A a A ，解得a A ＝－μg ＝－3 m/s 2t ＝0－v 0a A ＝0－6－3s ＝2 s 物体A 通过的位移x A ＝v 02t ＝6 m 物体B 通过的位移x B ＝v 0t ＝6×2 m＝12 m物体A 刚停止时A 、B 间的距离Δx ＝x B －x A ＝12 m －6 m ＝6 m.【答案】 (1)15 N (2)6 m1.(多选)(2017·梅河口市五中一模)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，己知小物块的质量为0.3 kg ，小物块从A 到C 的v t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲乙A ．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度的13B ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33C ．小物块到达C 点后将沿斜面下滑D ．拉力F 的大小为4 NAC [在速度－时间图象中图象的斜率表示加速度，在有F 作用时小物块做加速运动，a 1＝7.53 m/s 2＝2.5 m/s 2，撤去拉力F 后做减速运动，故a 2＝－7.51m/s 2＝－7.5 m/s 2，所以|a 1|＝13|a 2|，A 正确；撤去拉力后，在沿斜面方向上有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝36，B 错误；因为mg sin 30°>μmg cos 30°，故小物块到达C 点后将沿斜面下滑，C 正确；有拉力作用时，根据牛顿第二定律可知F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝3 N ，D 错误．]2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m.(2)当a ＝0时速度最大， v m ＝mg sin θ－μcos θ k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝mg sin θ－μcos θ k＝2 m/s 解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg sin θ－μcos θ k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考点3 牛顿第二定律的应用(对应学生用书第9页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年9考：2017年Ⅲ卷T 25 2016年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 192015年Ⅰ卷T 25，Ⅱ卷T 20、T 25 2014年Ⅰ卷T 172013年Ⅱ卷T 14、T 25[考情分析]1．本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．2．整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离法．3．对物体受力分析时易出现漏力、多力的现象．4．应用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性．5．(动力学的两类基本问题)(多选)(2016·Ⅱ卷T 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[题眼点拨] ①“同一种材料制成”说明相同的密度；②“阻力与球的半径成正比，与球的速率无关”说明下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动．BD [设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．]6．(连接体问题)(多选)(2015·Ⅱ卷T 20)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( )【导学号：19624018】A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]在第6题中，若车厢总数为10节，以大小为a 的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为( )A ．9∶1B ．1∶9C ．10∶1D ．1∶10A [设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二定律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1.]7．(动力学的临界极值问题)(2017·Ⅲ卷T 25)如图210，两个滑块A 和B 的质量分别为m A＝1 kg 和m B ＝5 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μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 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g ＝10 m/s 2.求：图210(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．[题眼点拨] ①A 与木板相对静止前A 、B 加速度不变；②B 与木板相对静止后以相同的加速度向右匀减速运动；③A 、B 相对地面的位移大小之和等于A 、B 开始运动时两者间的距离．【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f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有 f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，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v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 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s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m(2015·Ⅰ卷T 25)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．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 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v t 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/s 2.求：。

2018届高考物理二轮复习专题复习课件专题一力与直线运动1

(4)a－t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示速度；v－t 图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而 x－t 图象中，图线与坐标轴围成的面积则无实际意义．
变式训练 1 2016·江苏卷小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落
地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度 v 和位置 x 的关系图象中，能描述该过程的是( )
答案：BC
变式训练 3 小明同学利用传感器绘出了一个沿直线运动的物体在不同运动过程中，加速度 a、速度 v、位移 x 随时间 t 变化的图象，如图所示．若该物体在 t＝0 时刻，初速度为零，则表示该物体沿单一方向运动的图象是( )
解析：在 0～2 s 内，位移先增大再减小，知运动的方向发生改变，故 A 错误；在 0～2 s 内速度为正值，向正方向运动，在 2 s～4 s 内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，故 B 错误；0～1 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，1 s～2 s 内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s 末速度为零．在一个周期内速度的方向不变，故 C 正确；在 0～1 s 内，向正方向做匀加速直线运动，1 s～2 s 内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2 s 末速度为零，2 s～3 s 内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，故 D 错误．
位移
特例
匀速直匀变速直
线运动线运动
倾斜的直线
抛物线
与时间轴平行的直线
倾斜的直线
注意：(1)无论是v－t图象还是x－t图象都只能用来描述直线运动．
(2)v－t图象斜率为正(即向上倾斜)不一定做加速运动，斜率为负(即向下倾斜)不一定做减速运动．

2018大二轮高考总复习物理文档：第2讲力与直线运动(含答案)

第2讲力与直线运动一、记牢匀变速直线运动的“四类公式”二、理清一个网络，破解“力与运动”的关系高频考点1运动图象的理解及应用1－1.(2017·宁德市高中质检)AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是()A．子弹离开枪膛时的速度为450 m/sB．子弹离开枪膛时的速度为600 m/sC．子弹在枪膛内运动的距离小于0. 45 mD ．子弹在枪膛内运动的距离大于0. 45 m解析：根据Δv ＝at 可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：v ＝12×3×10－3×2×105 m /s ＝300 m/s ，选项A 、B 错误；子弹在枪膛内的做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v2＝150 m/s ，故子弹在枪膛内运动的距离大于v2t ＝150×3×10－3m ＝0.45 m ，故选项C 错误，D 正确；故选D ．答案：D1－2.(2017·广元市高三统考)如图所示为A 、B 两质点在同一直线上运动的位移－时间(x -t )图像．A 质点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C 、D 坐标如图所示．下列说法正确的是( )A ．t 1时刻B 追上A ，t 2时刻A 追上BB ．t 1～t 2时间段内B 质点的平均速度小于A 质点的平均速度C ．质点A 做直线运动，质点B 做曲线运动D ．两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻解析：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，t 1时刻A 追上B ，t 2时刻B 追上A ，故A 错误；t 1～t 2时间段内，两质点通过的位移相等，则B 质点的平均速度与A 质点匀速运动的速度相等，故B 错误；两物体的速度均为正值，故两质点均做直线运动，选项C 错误；因曲线的切线的斜率等于物体的速度，故由图像可知两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻，故D 正确．答案：D1－3.(2017·延边州高三质检)将质量为m ＝0.1 kg 的小球从地面竖直向上抛出，初速度v 0＝20 m/s ，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f ＝kv ，已知k ＝0.1 kg/s.其在空中的速率随时间的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB ．小球在t 1时刻到达最高点，此时加速度为零C ．小球落地前匀速运动，落地速度大小v 1＝10 m/sD ．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s 2解析：根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于v 02＝10 m/s ，故小球上升过程的平均速度小于10 m/s ，故A 错误．球在t 1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g ，故B 错误．由图象可知，小球落地前匀速运动，由mg ＝f ＝k v 1；得v 1＝10 m/s.故C 正确．小球抛出瞬间，有：mg ＋kv 0＝ma 0；联立解得：a 0＝30 m/s 2.故D 错误．答案：C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，图象中的“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定图象―→明确图象是x -t 图象还是v -t 图象等 ↓明意义―→充分理解图象的截距、斜率、交点等的物理意义，根据图象判断物体的运动情况及物体之间的相互关系↓用规律―→根据在运动图象中找出的各物理量之间的关系，运用相应的运动学规律进行求解高频考点2 匀变速直线运动规律的应用1．此类问题考查直线运动的运动学知识，一般不涉及力的问题，因此主要应用运动学规律进行求解，解题的一般步骤如下：(1)弄清题意，划分过程→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程．(2)依据已知，分析过程→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析． (3)结合已知，列出方程→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程．2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间时刻速度公式v t 2＝v －＝x t ＝v 0＋v2及相邻相等时间T 内位移差公式x n －x m ＝(n －m )aT 2；如果题中给出初(或末)速度为0，则要优先使用初速度为0的匀变速直线运动的“比例公式”．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．如图所示为某型号货车紧急刹车时(假设做匀减速直线运动)的v 2-x 图像(v 为该货车的速度，x 为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像．某路段限速72 km/h 是根据该型号货车满载时安全制动时间和距离确定的．现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h 的速度行驶，通过计算求解下列问题．(1)求满载时制动加速度大小a 1、严重超载时制动加速度大小a 2；(2)驾驶员紧急制动时，该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离是否符合安全要求？(3)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s ，则该型号货车满载时以72 km/h 的速度正常行驶的跟车距离至少应为多远？[思路点拨](1)通过图像可确定加速度的大小；(2)由运动学规律可求货车满载和严重超载时的制动时间和制动距离； (3)货车在反应时间内做匀速直线运动．【解析】 (1)根据题意由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v 2＝2ax ，则a ＝v 22x，由图可知，满载时加速度大小a 1＝5 m/s 2，严重超载时加速度大小a 2＝2.5 m/s 2．(2)由题意可知，该型号货车严重超载时的初速度大小为v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，满载的最大安全速度为v m ＝72 km/h ＝20 m/s.由匀变速直线运动的规律可得其严重超载时制动时间t 1＝v 0a 2＝6 s ，制动距离x 1＝v 202a 2＝45 m ．满载时安全减速时间为t 2＝v m a 1＝4 s ，制动距离为x 2＝v 2m2a 1＝40 m ．由于t 1>t 2，x 1>x 2，故该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离均不符合安全要求．(3)货车驾驶员在反应时间内匀速行驶的距离为x 3＝v m t ＝20 m ．匀减速过程行驶的距离为x 4＝v 2m2a 1＝40 m ，从发现险情到货车停止运动，货车行驶距离为x ＝x 3＋x 4＝60 m ，故从安全的角度考虑，跟车距离至少应为60 m ．【答案】 (1)a 1＝5 m/s 2 a 2＝2.5 m/s 2(2)均不符合安全要求 (3)60 m2－1.(2017·长沙市中学一模)某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x ，则质点运动的加速度为( )A ．3x2B ．2x3C ．2x5B ．5x 2解析：3秒内的位移x ＝12at 2＝ 92a,2秒内的位移12at ′2＝2a .则9a 2－2a ＝x ，解得：a ＝2x5.故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C2－2.(2017·宁夏六盘山高级中学二模)在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置，平台长L 1＝4 m ，跑步机皮带长L 2＝32 m ，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L 3＝10 m ，且皮带以v 0＝1 m/s 的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a 2＝1 m/s 2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a 2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？解析：挑战者匀加速通过平台：L 1＝12a 1t 21通过平台的时间：t 1＝2L 1a 1＝2 s 冲上跑步机的初速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s 冲上跑步机至跨栏：L 3＝v 1t 2＋12a 2t 22解得t 2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离： x ＝v 0t ＝1×2 m ＝2 m(向左)取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v 0＝a 2t 3 解得：t 3＝1 s对地位移为：x 1＝v 0t 3－12a 2t 23＝0.5 m(向左)挑战者向右加速冲刺过程有：x ＋x 1＋L 2－L 3＝12a 2t 24解得：t4＝7 s挑战者通过全程所需要的总时间为：t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s．答案：14 s高频考点3牛顿运动定律的应用3－1．(多选)(2017·厦门市质检)小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，如图所示()A．细绳的受到的拉力为mg/cos θB．细杆对环作用力方向水平向右C．细杆对小环的静摩擦力为MgD．细杆对环弹力的大小为(M＋m)g tan θ解析：对小球受力分析可知，细绳受到的拉力为T＝mgcos θ，选项A正确；环受到杆水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故细杆对环作用力方向斜向右上方，选项B错误；对小球和圆环的整体，竖直方向分析可知，细杆对小环的静摩擦力为(M＋m)g，选项C错误；对小球受力分析可知：mg tan θ＝ma；对球和环的整体：N＝(M＋m)a，解得：N＝(M＋m)g tan θ，选项D正确；故选AD．答案：AD3－2．(2017·宁德市质检)如图所示，质量为0.2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.6 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()A．0.5 N B．2.5 NC．0 N D．1.5 N解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝m A g＝0.2×10＝2 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a ＝(m A ＋m B )g －Fm A ＋m B＝(0.2＋0.6)×10－20.2＋0.6＝7.5 m/s 2，隔离对B 分析：m B g －N ＝m B a ，解得：N ＝m B g －m B a ＝0.6×10－0.6×7.5 N ＝1.5 N ．故选D ．答案：D3－3.(多选)(2017·桂林、崇左联合调研)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示．重力加速度大小为10 m/s 2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )A ．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB ．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C ．物块的质量m ＝2 kgD ．在0～4 s 时间内，合外力的冲量为12 N·S解析：由图b 可知，t ＝2 s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a 读出最大静摩擦力为6 N ，故A 错误．由图知：当t ＝2 s 时，a ＝1 m/s 2，f ＝6 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：6－μm ×10＝m .当t ＝4 s 时，a ＝3 m/s 2，F ＝12 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：12－μm ×10＝3 m ．联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误．a -t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0－4 s 内物体速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0－4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝ΔP ＝m Δv ＝3×4＝12 N·s.故D 正确．答案：BD3－4． (多选)(2017·包头市高三模拟)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到0点的距离都为L .将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)kLmD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋2×k (L 2＋L 2－L )×cos 45°m＝g ＋(2－2)kLm ，C 正确；A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg ·2L ＝12m v 2，即v ＝2gL ，D 正确．答案：CD1．整体法和隔离法的适用条件(1)整体法：连接体中各物体具有共同的加速度．(2)隔离法：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．2．两类模型(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，其弹力的大小往往可以看成保持不变．高频考点4 运动图象与牛顿运动定律的综合应用为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝k v ．(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)[思路点拨] (1)滑块下滑过程中受几个力作用？ (2)在v - t 图象中，v ＝0时，加速度是否等于零？(3)能否利用v - t 图象获取物体运动的最大速度？此时物体加速度是多大？【解析】 (1)a ＝mg sin θ－μmg cos θ－k v m ＝g sin θ－μg cos θ－k v m滑块下滑过程中加速度随速度的增大而减小，速度增大到某一定值时加速度等于零． (2)当a ＝0时速度最大，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315＝0.23最大速度v ＝2 m/s ，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3 kg/s ．【答案】 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m (2)v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k 减小滑块质量或减小斜面倾角 (3)μ＝0.23k ＝3 kg/s动力学与图象的综合问题做好两步第1步：判别物理过程．由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质．第2步：选择解答方法．根据质点的运动性质，选择公式法、图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断．4－1.若货物随升降机运动的v - t 图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图象可能是( )解析：根据v-t图象可知升降机的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．答案：B4－2.(2017·江西三市七校联考)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图a.已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x -t图线如图b所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块滑回出发点时的速度v t．解析：(1)物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，位移x＝1.4－0.4＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；根据位移时间公式，有：x＝v0t＋12；2at根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s2(2)上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma代入数据解得：μ＝0.25(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma′代入数据解得：a′＝4 m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v2t＝2a′x答案：(1)木块上滑时的初速度为4 m/s，上滑过程中的加速度为－8 m/s2；(2)木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；(3)木块滑回出发点时的速度为22m/s．“板块”模型由木板和物块组成的相互作用的系统统称为板块模型，题目中常涉及多物体、多过程问题，是力学中最经典、最基本的模型之一，该模型往往利用一个可视为质点的小物块在一长木板上滑动的过程，求解过程中相关的物理量．题目中可涉及静摩擦力、滑动摩擦力的方向判断和大小计算等内容，还可涉及牛顿运动定律、运动学规律，动能定理和能量的转化与守恒等知识，考查知识点较多，对考生的分析综合能力、应用数学求解物理问题的能力等要求较高．本模型在高考中常以物块—木板组合的形式出现．有时还会与斜面等结合在一起进行考查．水平面上的板块模型(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 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μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 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g＝10 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．【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a A和a B，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f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1 ⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v t ＝1 m/s⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，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v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 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 s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m⑰(也可用如图所示的速度－时间图线求解)【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m板块模型至少涉及两个物体，所以运动过程和解法一般比较复杂．此类模型一般的处理方法如下．(1)弄清题意，划分过程：根据题意，弄清楚物体的运动究竟经历了哪几个过程；(2)依据已知，分析过程：依据题目中给出的已知条件，对每个过程进行运动学或动力学分析；(3)结合已知，列出方程：结合题目中给出的已知条件，根据运动学规律、牛顿运动定律或能量守恒定律等列出物体运动的每个过程中对应的方程，然后进行求解．解此类模型时还要注意，要紧紧抓住过程之间的连接点，这些连接点往往是解决问题的突破口(一般要从连接点的速度、加速度以及受力情况入手进行分析)．板块模型可以拓展为各种不同的形式，如将板块模型与斜面结合、滑块与传送带结合等各种不同的复合形式．但不论是哪种形式的板块模型，都需要从物理情境中确定研究对象，根据板块间的相互作用和各自的受力情况，建立物理模型，按照各自的运动过程逐一进行分析，画出运动过程的示意图，找出两物体相对运动的数学关系，挖掘隐含条件和临界条件，结合对应的物理规律进行求解．板块中的“斜面类模型”如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．【解析】由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度设小物块的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 设木板的加速度大小为a ′，由牛顿第二定律可得F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′ 设小物块和木板达到共同速度所用时间为t ，由运动学公式可得v 0－at ＝a ′t设小物块和木板共速时小物块的位移为x ，木板的位移为x ′，由位移公式可得x ＝v 0t －12at 2，x ′＝12a ′t 2小物块恰好不从木板的上端滑下，有x －x ′＝l 以上各式联立并代入数据求解可得l ＝0.714 m ．【答案】 0.714 m斜面上的板块模型，主要考查已知受力情况求解运动情况的典型动力学问题．由于木板和物块均在斜面上运动，因此解决此类问题的关键除了对物体进行受力分析之外，还要注意将木板和物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行分解．另外，还要分析清楚木板和物块各自的运动过程，以及二者之间相互联系的物理量，最后结合运动学规律、牛顿运动定律或动能定理进行求解．板块中的“传送带模型”(多选) (2017·成都外国语学校高三月考)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带底端都以4 m/s 的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A ．物块A 、B 都能到达传送带顶端B ．两物块在传送带上运动的全过程中，物块A 、B 所受摩擦力一直阻碍物块A 、B 的运动C ．物块A 运动到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为1.25 mD ．物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45 m【解析】重力沿传送带向下的分力：G 1＝mg sin 37°＝35 mg ，物体与传送带间的摩擦力：f ＝μmg cos 37°＝25 mg ；物块A 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a A ＝G 1＋f m ＝35mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，A 的速度减为0时的位移：x A ＝v 202a A ＝422×10＝0.8 m<2 m ，A 不能到达传送带顶端，故A 错误；A 先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A 的摩擦力平行于传送带向下，A 向下做加速运动，摩擦力对A 做正功，摩擦力对A 不是阻碍作用，故B 错误；物块A 先向上做匀减速直线运动，物块A 减速运动时间：t 1＝v 0a A ＝410＝0.4 s ，A 速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度：a A ′＝a A ＝10 m/s 2，物块与传送带速度相等需要的时间：t 2＝v 传送带a A ′＝110＝0.1 s ，A 向下运动的位移：x A ′＝12v t 2＝12×0.1＝0.05 m ，在整个过程中，传送带的位移：x 传送带＝v (t 1＋t 2)＝1×(0.4＋0.1)＝0.5 m ，物块A 上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程：s ＝x A －x A ′＋x 传送带＝0.8－0.05＋0.5＝1.25 m ，故C 正确；物块B 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a B ＝G 1＋f m ＝35 mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，物块B 减速到与传送带速度相等需要的时间：t B ＝v 0－v a B ＝4－110＝0.3 s ，物体B 的位移：x B ＝v 0＋v 2t B ＝4＋12×0.3＝0.75 m ，该过程传送带的位移：x ＝v t B ＝1×0.3＝0.3 m ，物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度：s ＝x B －x ＝0.75－0.3＝0.45 m ，故D 正确．【答案】 CD传送带问题中往往是传送带匀速转动，传送带上面的物块做匀变速直线运动，此类问题的一般解决办法：首先选取研究对象(一般为传送带上的物块)，然后对研究对象进行隔离处理，分析物块在传送带上运动时的动力学特征，最后结合运动学规律、牛顿运动定律以及功能关系等列出相应的方程进行求解．。

【推荐精选】2018届高考物理二轮复习专题一力与运动练习

专题一力与运动第一讲力与物体平衡1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。

下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。

2．[考查摩擦力的有无及方向判断][多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。

对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m 匀速下滑，m 必受力平衡，若m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。

3．[考查力的合成与分解、胡克定律][多选]如图，粗糙水平面上a 、b 、c 、d 四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。

ab 之间、ac 之间以及bd 之间的弹簧长度相同且等于cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为cd 之间弹簧弹力大小的一半。

2018版高考物理二轮()教师用书：第一部分专题二力与直线运动 Word版含解析

专题二力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律的应用难度：中档题型：选择题、计算题五年1考(对应学生用书第5页)1．(2015·江苏高考T 5)如图2-1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【：17214015】图2-1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5【解题关键】解此题抓住两点： (1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C [同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x5v1＝0．5 s 后关卡4最先挡住他前进．]1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2017·如皋期末)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．如图2-2所示，以8m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m ．该车减速时的加速度大小为5m/s 2．则下列说法中正确的是( )【：17214016】图2-2A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车车头离停车线的距离为2 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车车头能在停车线处停下C ．如果驾驶员的反应时间为0．4 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D ．如果驾驶员的反应时间为0．2 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D [汽车速度减为零所需的时间t 0＝0－v0a ＝－8－5 s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v02t 0＝82×1．6 m ＝6．4 m ，此时离停车线的距离Δx ＝(8－6．4) m ＝1．6 m ，故A 错误；因为汽车速度减为零时的位移为6．4 m ，大于6 m ，可知汽车车头不能在停车线处停下，故B 错误；若驾驶员的反应时间为0．4 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．4 m ＝3．2 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋3．2 m ＝9．6 m ，大于8 m ，汽车车头不能在停车线处停下，故C 错误；若驾驶员的反应时间为0．2 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．2 m ＝1．6 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋1．6 m ＝8 m ，汽车车头刚好能在停车线处停下，故D 正确．]●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．(2017·苏锡常二模)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( )【：17214017】A．v t B．vt 2C．2v t D．不能确定B [战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t达到起飞速度v，则它在时间t内的位移为：x＝v t＝0＋v2t＝vt2，故B正确，A、C、D错误．]●考向3追及相遇问题3．(2017·普宁市模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸气不足而停驶，驾驶员将货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前面不远的车站开进，但他忘了将货车车厢刹好，以致货车厢在斜坡上以4m/s的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16m/s的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞，设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2m/s2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？【：17214018】图2-3【解析】当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有对乙车：t＝v甲－v乙a＝错误!s＝10 s在这段时间内，甲车的位移为x甲＝v甲t＝4×10 m＝40 m乙车的位移为x乙＝v0t ＋12at2＝⎝⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102m＝－60 m所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车的距离L＝x甲＋|x乙|＝100 m．【答案】波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距100 m．考点2| 运动图象问题难度：中档题型：选择题、计算题五年2考(对应学生用书第6页)2．(2016·江苏高考T5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214019】【解题关键】解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g．(2)位置坐标x的正方向竖直向上，原点在地面．A [由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋12m v2＝E，可变形为x＝－v22g＋Emg，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A正确．] 3．(2014·江苏高考T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是( )【：17214020】A [根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．]1．v-t图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．●考向1图象的选取4．(2017·扬州模拟)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的v-t图象不可能的是( )【：17214021】ABCDC [若斜面光滑，则物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，整个过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma，得a＝g sin α，加速度一定，v-t图象的斜率一定，则A图是可能的，故A正确；若斜面粗糙，物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律；下滑时有：mg sin α－μmg cos α＝ma 得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma上；可知上滑的加速度大于下滑的加速度，根据v-t图象中图象的斜率等于加速下度，可知上滑时图象的斜率较大，则B图是可能的，C图不可能，故B正确，C错误；物体可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点，则D图是可能的，故D正确．]●考向2图象的转换5．(2017·南京一模)如图2-4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是( )【：17214022】图2-4ABCDB [物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移－时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确；由B 选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．]●考向3图象信息的应用6．(2017·徐州期中)甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图2-5所示．下列说法正确的是( )【：17214023】图2-5A．两物体的加速度方向相同B．前2 s内两物体的平均速度相等C．前4 s内两物体的位移相等D．第1 s末两物体相遇B [在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲、乙的加速度方向相反，故A错误；物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲、乙的平均速度v＝1＋22m/s＝1．5 m/s，故B正确；在v-t图象中，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4 s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4 s内两物体的位移不相等，故C错误；第1 s末两图线所围面积不同，故不可能相遇，故D错误．] 7．(2017·徐州模拟)某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图2-6所示，则人对地板的压力( )【：17214024】图2-6A．x＝1 m时大于人的重力B ．x ＝11 m 时大于人的重力C ．x ＝21 m 时大于人的重力D ．x ＝21 m 时等于人的重力C [根据v 2＝2ax 可知，图象的斜率表示加速度的2倍，则由图可知，x ＝1 m 时，加速度a 1＝42×2＝1 m/s 2；因电梯下降，故人的加速度向下，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，故A 错误；x ＝11 m 时，加速度为零，故人对地板的压力等于人的重力，故B 错误；x ＝21 m 时，加速度a 2＝0－42×3 m/s 2＝－23m/s 2，负号说明加速度向上，故人处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力，故C 正确，D 错误．]考点3| 牛顿第二定律的应用难度：较难题型：选择题五年5考(对应学生用书第7页)4．(多选)(2016·江苏高考T 9)如图2-7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )【：17214025】图2-7 A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【解题关键】误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．]5．(多选)(2015·江苏高考T 6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图2-8所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图2-8A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8．5 s 时最大D ．t ＝8．5 s 时最小AD [人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ．由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma ．当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8．5 s 时，a 有最小值，F ′N 最小，选项A 、D 正确．]6．(多选)(2014·江苏高考T 8)如图2-9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μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ．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( )【：17214026】图2-9 A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当0<F ≤32μmg 时，A 、B 皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对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F＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg 3m＝13μg ，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a 2＝2μmg －32μmgm ＝12μg ，选项D 正确．]7．(多选)(2014·江苏高考T 15)如图2-10所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g ．图2-10(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －．【：17214027】【解析】根据牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成与分解、能量守恒定律解决问题．小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知： (1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v202μg． (2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则ayax ＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δvy Δvx ＝tan θ且由题意知tan θ＝vy vx则v′y v′x ＝vy －Δvyvx －Δvx＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v ＝2v 0． (3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的纵向位移为y ，由题意知：a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ 由匀变速运动规律知在侧向上：－2a x x ＝0－v 20 在纵向上：2a y y ＝(2v 0)2－0 工件滑动时间：t ＝2v0ay乙前进的距离：y 1＝2v 0t 工件相对乙的位移：L ＝错误! 则系统摩擦生热：Q ＝μmgL电动机做功：W ＝12m (2v 0)2－12m v 20＋Q由P －＝W t ，解得电动机的平均输出功率为：P －＝45μmgv05．【答案】(1)2v202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmgv058．(2013·江苏高考T 14)如图2-11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m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ．图2-11(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0．5kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1m ，取g ＝10m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【：17214028】【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)g f ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g ．(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g ． (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 2l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F＝2μ[m1＋(1＋dl)m2]g代入数据得F＝22．4 N．【答案】(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22．4 N1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤●考向1瞬时加速度的分析与计算8．(2017·徐州一模)如图2-12所示，用两根细线AC和BD悬挂一薄板．下列说法正确的是( )图2-12A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B．BD的拉力大于AC的拉力C．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小D [薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误；根据水平方向受力平衡可得：T BD sin 60°＝T AC sin 45°，可得T BD＜T AC，故B错误；剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误；若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，T一直减小，故D正确．]●考向2连接体问题9．(2017·徐州二模)如图2-13所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为( )图2-13A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1gC [以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f＝m2a，对A可知T－f＝m1a联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误．]●考向3动力学的两类基本问题10．(2017·泰州三模)如图2-14甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A，木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图2-14乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为( )甲乙图2-14A ．4 kgB ．3 kgC ．2 kgD ．1 kgB [设A 、B 的质量分别为m 和M ．当F ＝4 N 时，加速度为：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m )a代入数据解得：M ＋m ＝4 kg当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B ，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M知a -F 图线的斜率 k ＝1M＝1，解得：M ＝1 kg ，所以A 的质量为：m ＝3 kg ．故B 正确，A 、C 、D 错误．]11．如图2-15所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的两段直滑道组成．一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失．已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，sin 37°＝0．6，cos37°＝0．8，计算结果请用μ、h 和g 表示．图2-15 (1)求滑草车在下滑道上运动的加速度；(2)求滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；(3)如果μ＝67，请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端．【：17214029】【解析】(1)根据牛顿第二定律F合＝ma得：滑草车在下滑道上有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：a＝(0．6－0．8μ)g．(2)滑草车通过上滑道末端时速度最大由动能定理得：mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2m解得最大速度v m＝错误!．(3)根据动能定理W合＝ΔE k得：对全过程：2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝12m v2解得：v＝0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端．【答案】(1)滑草车在下段滑道上运动的加速度是(0．6－0．8μ)g(2)滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是错误!(3)见解析●考向4动力学中的临界、极值问题12．(2017·南京四模)远距离运输鸡蛋时，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图2-16所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过( )【：17214030】图2-16A．F0m－g B．g＋F0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2＋g2C [对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：错误!＝ma 解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F0m 2－g2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]规范练高分| 动力学中多过程问题(对应学生用书第10页)[典题在线](2015·全国卷ⅡT 25)(20分)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θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；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2-17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、A ，5．0为减小2μ间的动摩擦因数C 、B ，38减小为1μ间的动摩擦因数B 、A ①内，B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2下B 离A ③开始运动时，A 保持不变．已知2μ，为光滑的上表面突然变B ②末，s 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加C ，m _27＝l 边缘的距离速度大小g ＝10 m/s 2．求：图2-17(1)在④0～2_s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)⑤A 在B 上总的运动时间． [信息解读]①摩擦因数突变，A 与B 会相对滑动，分别隔离A 、B 进行受力分析．②A与B、B与C相对运动情况发生变化，重新分别隔离A、B进行受力分析．③A与B的相对位移为27 m．④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A在B上的运动，分段受力研究A、B的运动特点．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①(1分)N 1＝mg cos θ②(1分)f 2＝μ2N 2③(1分)N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1⑤(1分)mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑦(1分)a 2＝1 m/s 2．⑧(1分)(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a1t21＋v1t2＋12a′1t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a2t21＋v2t2＋12a′2t 2 ＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分) 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰(1分)设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[评分标准]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A、B运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如v-t图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。

2018届高三物理二轮复习课件：第2讲力与直线运动精品

物块 a 相连，如图 2-9 所示．质量为35m 的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为 x0，从 t＝0 时开始，对 b 施加沿斜面向上的外力，使 b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块 a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为 x0.a、b 均视为质点，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为 g.求： (1)弹簧的劲度系数； (2)物块 b 加速度的大小； (3)在物块 a、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式．
PART 1 专题一
第2讲力与直线运动
· 教师备用真题 · 高频考点探究 · 热点模型解读 · 教师备用习题
教师备用真题
1．[2016·全国卷Ⅲ] 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( ) A．ts2 B．23ts2 C．4t2s D．8t2s
校车走完 33 m 距离，一共用时 t＝t1＋t2＝1.75 s(1 分)
d
(2)行人穿过马路的时间 t0＝___v_人____＝4 s(1 分) 显然 4 s>1.75 s，行人有危险．(1 分) (3)校车在 0.75 s 之后速度迅速降为 v02＝2 m/s 后做匀减速运动，
v202 行驶距离 x3＝__2_a_____＝0.5 m(2 分) 校车一共前进 x＝x1＋x3＝15.5 m(1 分) 显然 15.5 m<33 m，行人不会发生事故．(1 分)
[解答步骤规范] (1)在 0.75 s 的反应时间内，校车行驶位移
x1＝___v_0t_1___＝15 m(2 分)
校车匀减速行驶，加速度大小 a＝4 m/s2，有
x2＝_____v_0t_2_－__12_a_t22____(2 分) 解得 t2＝1 s(1 分)

2018届高三物理二轮复习专题一力与运动第2讲力和直线运动

(2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离Δx.
解析 (1)两车减速运动的加速度为 a＝2xv＋21 d2＝2.5 m/s2，甲车减速到 v2 所用时间为 t1＝v2－a v1＝4 s，
走过的距离为 x1＝v1＋2 v2t1＝60 m. 甲车从匀速运动到栏杆打开所用时间为 t2＝x＋vd2－2 x1＝2 s，
运动员刚好在同一时间运动到小旗处，速度最小，设为 v2，则有 s1＝v22t，联立
上述二式得 v2＝s1v0s＋0 v1.
答案
s1v0＋v1 s0
2．(2017·河南郑州预测)为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统ETC.甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示．假设减速带离收费岛口x＝60 m，收费岛总长度为d＝40 m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝72 km/h经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减
部分
核心专题突破
专题一力与运动第2讲力和直线运动
栏目导航
2年考情回顾热点题型突破热点题源预测对点规范演练逐题对点特训
2年考情回顾
设问方式
①运动学图象和匀变速直线运 [例](2017·全国卷Ⅰ，24题) (2016·全国卷Ⅰ，21题) 动
②行车运行问题
[例](2016·四川卷，10题) (2016·天津卷，8题)
旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假设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．
突破点拨 (1)冰球滑向挡板运动过程是在滑动摩擦力作用下做匀减速运动． (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就是所要求解的最小加速度．

2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题2 力与直线运动教案

专题二力与直线运动—————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋1at 2.ax . 2图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．图象是一条倾斜直线，斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的3牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，即惯性，4．两个物体间的作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，与物体的运动状态无关．5．牛顿第二定律的五个特性：因果性、矢量性、瞬时性、同一性、独立性．考点1 匀变速直线运动规律的应用(对应学生用书第6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年3考：2017年Ⅱ卷T 24 2016年Ⅲ卷T 16 2014年Ⅰ卷T 24[考情分析]1．高考注重考查基本概念的理解及基本公式、推论的灵活应用，计算题常涉及追及相遇类为背景的实际问题．2．熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律的选取是解题的关键．3．实际问题中要理清运动过程，把握准时间关系、速度关系、位移关系．4．解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)． 1．(匀变速直线运动公式及推论的应用)(2016·Ⅲ卷T16)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( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4st2D.8st 2A [质点在时间t 内的平均速度v ＝s tv 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×22v 1＝s t.质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确．](2014·Ⅰ卷T 24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最v A ＝v B ，从这一条件结合μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma④ x ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】 20 m/s2．(追及相遇问题)(2017·Ⅱ卷T 24)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s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图21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v 0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v 1.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．图21[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0① 又μmg ＝ma 1②可解得：μ＝v 20－v 212gs 0.(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a 1和a 2，所用的时间为t . 由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1v 1＋v 022s 2. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 2在第2题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2可解得：a 2＝s 1v 0＋v 12s 20. 1v 0＋v 12s■熟技巧·类题通法………………………………………………………………… 1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．追及相遇问题的解题思路、技巧和易错防范(1)解题思路：(2)解题技巧：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)易错防范：①若被追赶的物体做匀减速运动，要注意追上该物体之前它是否已停止运动． ②注意最后对解的讨论分析．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图22所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求： (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间.【导学号：19624014】图22【解析】 (1)若列车车尾恰好停在A 点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1① x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1400 m② 解得：a 1＝167m/s2③若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则 0－v 20＝－2a 2x OB ④ 解得：a 2＝85m/s2⑤故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.⑥(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长，则0＝v 0－a 2t ⑦ 解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)50 s(2016·湖南怀化模拟)近几年长假期间，国家取消了7座及其以下小型客车的收费公路过路费，给自驾族带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动时小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？ (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【解析】设汽车初速度方向为正方向，v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，a 1＝－4 m/s 2(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则v 2t －v 20＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝108 m.(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1t 1＝v t －v 0＝6 sv 0＝30 m/s 12若不减速所需要时间t ′＝xv 0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝4 s. 【答案】 (1)108 m (2)10 s (3)4 s 考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图23所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图23A.34 m B.43 m C.98m D.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98 m ．] 考向3 追及相遇问题3．(2016·山东潍坊一中模拟)如图24所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为x 1时，乙从距A 地x 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )【导学号：19624015】图24A ．x 1＋x 2 B.x 1＋x 224x 1C.x 21x1＋x 2D.x 1＋x 22x 1－x 2x 1B [设甲前进距离为x 1时，速度为v ，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a ，乙从C 点到达B 地所用时间为t ，则有：vt ＋12at 2－12at 2＝x 2－x 1，根据速度－位移公式得，v 2＝2ax 1，解得t ＝x 2－x 12ax 1，则A 、B 的距离x ＝x 2＋12at 2＝x 1＋x 224x 1，故B 正确．](2017·辽宁省盘锦模拟)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？【解析】设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则有：x 1＝v 212a 1带入数据解得x 1＝362×1m ＝18 m 足球匀减速运动时间为：t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移为：x 2＝v 222a 2＝8 m之后攻方队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m 由于x 2＋x 3<x 1，故足球停止运动时，攻方队员没有追上足球，然后攻方队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s攻方队员追上足球的时间为：t ＝t 1＋t 3＝6.5 s. 【答案】 6.5 s考点2 运动图象问题 (对应学生用书第8页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年6考：2016年Ⅰ卷T 21 2015年Ⅰ卷T 20 2014年Ⅱ卷T 14、T 24 2013年Ⅰ卷T 19、T 21 [考情分析]1．以选择题型为主，重在考查v t 图象的意义及图象信息的提取能力．2．v t 图象斜率及其变化与牛顿第二定律相结合分析相关物理量的变化是常见的命题方向． 3．明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．4．v t 图象、x t 图象均反映物体直线运动的规律． 5．在v t 图象中易误将交点当成相遇．3．(图象信息的应用)(多选)(2016·Ⅰ卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t 图象如图25所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )【导学号：19624016】图25A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 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 [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/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 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t ＝1 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52.5m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2014·Ⅱ卷T 14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A [根据v t 图象及其意义解题．根据v t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝xt得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．]4．(图象信息的应用)(多选) (2015·Ⅰ卷T 20)如图26(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图26A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θθ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝A 、C 正确．由v t 图象中横轴上方的面可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在第4题中，若改为如下形式，如图27甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图27A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度LC[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．](2014·Ⅱ卷T24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)[题眼点拨] ①“忽略空气阻力”说明运动员只在重力作用下运动；②“f＝kv2”说明阻力与速度的平方成正比；③“达到最大速度”说明最大速度时，重力与阻力大小相等．【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt ①s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m③联立①②③式得t ＝87 s④ v ＝8.7×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v t 图象可读出 v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得 k ＝0.008 kg/m.⑧ 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．v t 图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 图象的选取4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )A B C DC [物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kv m，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g ，在下降的过程中加速度a ＝mg －kv m，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确．] 考向2 图象的转换5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a t 图象如图28所示．下列v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )【导学号：19624017】图28A BC DD [由图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误，D 正确．] 考向3 图象信息的应用6．(2017·马鞍山市一模)两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图29甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面没有摩擦，B 物体运动的v t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，求：甲乙图29(1)推力F 的大小；(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．【解析】 (1)在水平推力F 作用下，物体A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物体的v t 图象得，a ＝Δv Δt ＝62m/s 2＝3 m/s 2 对于AB 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a代入数据解得F ＝15 N.t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力μg ＝－3 m/s 212 mΔx ＝x B －x A ＝12 m －6 m ＝6 m.【答案】 (1)15 N (2)6 m1.(多选)(2017·梅河口市五中一模)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，己知小物块的质量为0.3 kg ，小物块从A 到C 的v t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲乙A ．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度的13B ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33C ．小物块到达C 点后将沿斜面下滑D ．拉力F 的大小为4 NAC [在速度－时间图象中图象的斜率表示加速度，在有F 作用时小物块做加速运动，a 1＝7.53 m/s 2＝2.5 m/s 2，撤去拉力F 后做减速运动，故a 2＝－7.51m/s 2＝－7.5 m/s 2，所以|a 1|＝13|a 2|，A 正确；撤去拉力后，在沿斜面方向上有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝36，B 错误；因为mg sin 30°>μmg cos 30°，故小物块到达C 点后将沿斜面下滑，C 正确；有拉力作用时，根据牛顿第二定律可知F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝3 N ，D 错误．]2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m.(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg θ－μcos θk减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝2 m/s 解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg θ－μcos θk 适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考点3 牛顿第二定律的应用(对应学生用书第9页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年9考：2017年Ⅲ卷T 25 2016年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 192015年Ⅰ卷T 25，Ⅱ卷T 20、T 25 2014年Ⅰ卷T 172013年Ⅱ卷T 14、T 25[考情分析]1．本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．2．整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离法．3．对物体受力分析时易出现漏力、多力的现象．4．应用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性．5．(动力学的两类基本问题)(多选)(2016·Ⅱ卷T 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[题眼点拨] ①“同一种材料制成”说明相同的密度；②“阻力与球的半径成正比，与球的速率无关”说明下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动．BD [设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．]6．(连接体问题)(多选)(2015·Ⅱ卷T 20)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( )【导学号：19624018】A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]在第6题中，若车厢总数为10节，以大小为a 的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为( )A ．9∶1B ．1∶9C ．10∶1D ．1∶10A [设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二定律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1.]7．(动力学的临界极值问题)(2017·Ⅲ卷T 25)如图210，两个滑块A 和B 的质量分别为m A＝1 kg 和m B ＝5 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μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 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g ＝10 m/s 2.求：图210(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．[题眼点拨] ①A 与木板相对静止前A 、B 加速度不变；②B 与木板相对静止后以相同的加速度向右匀减速运动；③A 、B 相对地面的位移大小之和等于A 、B 开始运动时两者间的距离．【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f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有 f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，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v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 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s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m(2015·Ⅰ卷T 25)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．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 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v t 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/s 2.求：(a) (b)(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(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，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21 ③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得④v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度a 2，由牛顿第二定律有⑤⑥⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间 Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3 ⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨v 3＝v 1＋a 2Δt⑩ 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。

高考物理二轮复习第一部分专题一力和运动专题强化练二力与直线运动.doc

专题强化练(二) 力与直线运动考点1 匀变速直线运动1．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为 ( )A.2v gB.v gC.2h vD.h v解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g＝2v g ，A 项正确．答案：A2．大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m ，该人的反应时间为0.5 s ，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s 2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度为 ( )A ．25 m/sB ．20 m/sC ．15 m/sD ．10 m/s 解析：设汽车行驶的最大速度为v ，则vt 0＋v22a ＝x ，即0.5v ＋v22×5＝50，解得v ＝20 m/s ，选项B 正确．答案：B考点2 图象问题3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v －t 关系图象如图所示，则该质点的x －t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的x－t关系图象可大致表示为B图．答案：B4．如图所示，为三个运动物体的v－t图象，其中A、B两物体是从不同地点出发，A、C是从同一地点出发，则以下说法正确的是()A．A、C两物体的运动方向相反B．t＝4 s时，A、B两物体相遇C．t＝4 s时，A、C两物体相遇D．t＝2 s时，A、B两物体相距最远解析：在t＝4 s之前，A、B、C三个物体开始阶段速度方向均为正，方向相同；当t＝4 s时，A、B两物体发生的位移相同，但由于两物体不是从同一地点出发，因此此时两者并没有相遇，而A、C两物体是同时同地出发，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2 s时，A、B两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确A、B谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此D错．答案：C5．(多选)(2018·桂林、崇左联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间t变化的图象如图(b)所示．重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图可知()A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C．物块的质量m＝2 kgD．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s解析：由题图(b)可知，t＝2 s时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图(a)易知最大静摩擦力为6 N，故A错误；由题图(b)知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m.当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m.联立解得μ＝0.1，m＝3 kg，故B正确，C错误；a－t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则0～4 s内物块速度的增量为Δv＝1＋32×(4－2)m/s＝4 m/s，t＝0时刻速度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得0～4 s内合外力的冲量为：ΔI＝Δp＝mΔv＝3×4 N·s＝12 N·s，故D正确．答案：BD6．(2018·黄冈质检)如图所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A.假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是()A．A的质量为0.25 kgB．B的质量为1.25 kgC．B与地面间的动摩擦因数为0.2D．A、B间的动摩擦因数为0.2解析：由题图乙知，B与地面的最大静摩擦力F f＝3 N，当F1＝9 N时，A、B达到最大的共同加速度a1＝4 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得F1－F f＝(m A＋m B)a1.水平力再增大时，A、B发生相对滑动，A的加速度仍为4 m/s2，B 的加速度随水平力的增大而增大，当F2＝13 N时，a B＝8 m/s2，对B有F2－F f －m A a1＝m B a B，解得m B＝1 kg，m A＝0.5 kg，进一步求得B与地面间的动摩擦因数μ1＝Ff （mA ＋mB ）g＝0.2，A 、B 间的动摩擦因数μ2＝mAa1mAg ＝0.4，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C考点3 牛顿运动定律的应用7．(多选)(2018·西安联考)如图所示，质量为m ＝1 kg 的物块A 停放在光滑的水平桌面上．现对物块施加一个水平向右的外力F ，使它在水平面上做直线运动．已知外力F 随时间t (单位为s)的变化关系为F ＝(6－2t )N ，则( )A ．在t ＝3 s 时，物块的速度为零B ．物块向右运动的最大速度为9 m/sC ．在0～6 s 内，物块的平均速度等于4.5 m/sD ．物块向右运动的最大位移大于27 m解析：水平面光滑，物块所受的合力等于F ，在0～3 s 内，物块受的力一直向右，一直向右做加速运动，可知3 s 时速度不为零，故A 错误；根据牛顿第二定律得，a ＝F m ＝6－2t ，a-t 图象如图所示．图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知最大速度变化量为Δv ＝12×6×3 m/s ＝9 m/s ，可知物块向右运动的最大速度为9 m/s ，故B 正确；物块的速度时间图象如图所示，由图线与时间轴围成的面积表示位移知，位移x ＞12×6×9 m ＝27 m ，则平均速度v －＝x t ＞276 m/s ＝4.5 m/s ，故D 正确，C 错误．答案：BD8．(多选)(2018·沈阳模拟)如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB 间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋由静止放上传送带，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．若L足够大，粮袋最终将一定以速度v做匀速运动C．若μ<tan θ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动D．粮袋刚放上传送带时的加速度a<g sin θ解析：粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度a＝g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，A正确，B错误；若μ<tan θ，粮袋从A到B可能一直是做加速运动，加速度值为a＝g(sin θ＋μcos θ)或先为a ＝g(sin θ＋μcos θ)后为a＝g(sin θ－μcos θ)，C正确；粮袋刚放上传送带时的加速度为a＝g(sin θ＋μcos θ)，大于g sin θ，D错误．答案：AC9.(2018·郑州模拟)如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则()A．μ1>μ2B．μ1<μ2C．若改变F的大小，当F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．若将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动解析：对木块，根据牛顿运动定律有：F－μ1m1g＝m1a，对长木板，由于保持静止有：μ1m1g－F f＝0，F f<μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小无法比较，故A、B错误；改变F的大小，只要木块在长木板上滑动，则木块对长木板的滑动摩擦力不变，长木板仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与长木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确．答案：D10．(2018·潍坊模拟)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2.求：(1)滑块与地面间的动摩擦因数；(2)弹簧的劲度系数．解析：(1)从题图乙可知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a1＝Δv1Δt1＝1.50.3m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1.代入数据解得：μ＝0.5.(2)刚释放时滑块的加速度为：a2＝Δv2Δt2＝30.1m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得：kx－μmg＝ma2.代入数据解得：k＝175 N/m.答案：(1)0.5(2)175 N/m。

2018届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课件：专题一力与直线 1.1

x= 1
2
at12
vt 2
设匀加速阶段通过的距离为x′,则x′=
1 2
at12
求得x′=10m
答案:5m/s2 10 m
真题变式1.若该短跑运动员的邻道上另一名运动员起跑时比该运动员慢了0.1s,然后以相同的加速度加速, 但加速时间比该运动员长0.1 s,然后匀速跑完全程,两人谁将赢得比赛?
【解析】由【典例2】可知,运动员加速阶段的加速度
⑤中间位置速度公式:_v_x2____v02_2_v_2_。 ⑥相邻等时间段的位移差公式:_Δ__x_=_a_T_2 。
⑦初速度为零的匀加速直线运动的比例公式。
(2)运动图象。
①v-t图象: 纵坐标:表示_速__度__的大小和方向。斜率:表示_加__速__度__的大小和方向。与横轴围成的面积:表示_位__移__的大小和方向。
②x-t图象: 纵坐标:表示_位__移__的大小和方向。斜率:表示_速__度__的大小和方向。
热点考向1 运动图象的应用【典例1】(2014·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内,它们的v -t图象如图所示。在这段时间内 ( )
A.汽车甲的平均速度比乙大 B.汽车乙的平均速度等于 v1 v2
前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2,则减速阶段:
vt=v0+a1t1
t1=
vt－v=0 2.4s
a1
加速阶段:t2=
v0－=v t 3s
a2
则加速和减速的总时间为:
t=t1+t2=5.4s
(3)在加速阶段:x2=
vt
2
v=0 t42 2m
则总位移:x=x1+x2=75.6m

高考物理二轮专题复习文档：重难专题强化练——“力与直线运动”课后冲关含解析

重难专题强化练——“力与直线运动”课后冲关一、高考真题集中演练——明规律1．(2013·全国卷Ⅱ)一物块静止在粗糙的水平桌面上。

从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。

假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。

能正确描述F与a之间关系的图像是()解析：选C设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma，F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，选项C正确。

2.(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v-t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()解析：选B根据v -t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。

3．[多选](2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t 图线如图(b)所示。

若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1。

物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m (v 0－v 1)2t 1，而f ＝μF N ＝μmg cosθ，由以上分析可知，选项A 、C 正确。

由v -t 图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确。

高考物理二轮复习第2讲力与直线运动专题训练0301224.docx

第2讲力与直线运动一、选择题(每小题6分,共60分)1.(2018陕西西安长安二模,1)如图所示,质量相等的三个物块A、B、C,A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连,A与B之间用细绳相连,当系统静止后,突然剪断A、B间的细绳,则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正)( )A.-g、2g、0B.-2g、2g、0C.0、2g、0D.-2g、g、g2.(2016江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。

若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( )A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面3.甲、乙两车在同一条直道上行驶,它们运动的位移s随时间t变化的关系如图所示,已知乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10 s处,则下列说法中正确的是( )A.甲车的初速度为零B.乙车的初位置在s0=60 m处C.乙车的加速度大小为1.6 m/s2D.5 s时两车相遇,此时甲车速度较大4.(2018河南一联)图示为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线。

该质点运动的加速度大小为( )A.4 m/s2B.2 m/s2C.1 m/s2D.0.5 m/s25.(2018广东佛山质检)有几位同学为了测试某款汽车的性能,记录了该汽车沿平直公路启动、匀速行驶和制动三个过程速度的变化情况如表,若汽车启动和制动可看做是匀变速直线运动,则下列说法正确的是( )A.汽车加速到6 s末才开始匀速运动B.加速阶段位移为90 mC.前8 s内汽车通过的位移大小为145.6 mD.制动过程加速度大小一定为10 m/s26.(2018湖北黄冈一模)如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量相同,A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数也相同(最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)。

2018届高考物理二轮专题复习文档：“力与直线运动”学前诊断含解析

“力与直线运动”学前诊断1.[一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( )A ．质点可能做匀减速直线运动B ．5 s 内质点的位移为35 mC ．质点运动的加速度为1 m/s 2D ．质点3 s 末的速度为5 m/s解析：选B 根据平均速度v ＝x t 知，x ＝v t ＝2t ＋t 2，根据x ＝v 0t ＋12at 2＝2t ＋t 2知，质点的初速度v 0＝2 m /s ，加速度a ＝2 m/s 2，质点做匀加速直线运动，故A 、C 错误；5 s 内质点的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝2×5 m ＋12×2×25 m ＝35 m ，故B 正确；质点在3 s 末的速度v＝v 0＋at ＝2 m /s ＋2×3 m/s ＝8 m/s ，故D 错误。

2．[考查位移－时间图像]甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x 随时间t 变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则下列说法正确的是( )A ．甲车的初速度为零B ．乙车的初位置在x 0＝60 m 处C ．乙车的加速度大小为1.6 m/s 2D ．5 s 时两车相遇，此时甲车速度较大解析：选C 位移时间图像的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A 错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x ＝12at 2，根据图像可知，x 0＝12a ·100，20＝12a ·25，解得：a ＝1.6 m/s 2，x 0＝80 m ，选项C 正确，B 错误；5 s 时两车相遇，此时甲的速度v 甲＝205 m /s ＝4 m/s ，乙的速度为v 乙＝at ＝1.6×5 m /s ＝8 m/s ，选项D 错误。

2018年高考物理二轮温习专题冲破练2牛顿运动定律与直线运动

答案 A
解析物体在斜面上运动时,沿斜面向下做加速运动,依照牛顿第二定律可得mgsinθ=ma1,解得a1=gsinθ=6 m/s2;在水平面上运动时,水平方向上只受摩擦力作用,故做减速运动,依照牛顿第二定律可得μmg=ma2,解得a2=2m/s2<a1,设到B点的速度为v,那么t1= ,t2= ,因此t1= t2,速度时刻图象的斜率表示加速度大小,故A正确。
10.
(2017安徽“江南十校”联考)如下图,一滑块随传送带一路顺时针匀速转动。当滑块运动到中间某个位置时,由于某种缘故,传送带突然原速度反向转动,那么滑块在传送带上运动的整个进程中,其对地速度v1及相对传送带的速度v2随时刻转变关系图象可能为()
答案 ABC
解析开始时,物块受到静摩擦力Ff1=mgsinθ(θ为皮带与水平面之间的夹角),当传送带突然原速度反向转动,受到的摩擦力方向不变,可是变成滑动摩擦力,若是滑动摩擦力Ff2=mgsinθ,那么物块继续向下做匀速运动,现在物块相对皮带向下匀速运动,应选项A、C正确;假设滑动摩擦力Ff2>mgsinθ,那么物块先向下减速运动,然后反方向加速运动,最后与皮带共速,应选项B正确,D错误。
9.(2017湖南怀化模拟)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v0=30 m/s,距离x0=100 m。t=0时刻甲车遇紧急情形后,甲、乙两车的加速度随时刻转变如甲、乙图所示。取运动方向为正方向。下面说法正确的选项是()
A.t=3 s时两车相距最近
B.0~9 s内两车位移之差为45 m
A.0.15m,25 NB.0.25 m,25 N
C.0.15 m,12.5 ND.0.25 m,12.5 N
答案 B
解析以整体为研究对象,受力分析有:

2018届高考物理二轮专题复习文档：重难专题强化练——“力与直线运动”课后冲关 Word版含解析

2018版高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训2 力与直线运动

2018届高三物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力和直线运动教案