2016浙江版高考物理二轮复习考前三个月 专题2 力与直线运动

1．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(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( )图1A ．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2．(2015·山东理综·14)距地面高5m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图2所示．小车始终以4m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于( )图2A ．1.25mB ．2.25mC ．3.75mD ．4.75m3．(2015·新课标全国Ⅱ·25)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3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)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27m ，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10m/s2.求：图3(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．1．题型特点牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力．近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切．考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容．2．应考技巧抓住“两个分析”和“一个桥梁”．“两个分析”是指受力分析和运动情景分析，“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．考题一匀变速直线运动基本规律的应用1．(2015·新余二模)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为()A．(Δv)2(1x1＋1x2) B.2(Δv)2x2－x1C．(Δv)2(1x1－1x2) D.(Δv)2x2－x12．有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15m/s的速度匀速行驶，司机突然看到正前方十字路口有一个小孩跌倒在地，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在小孩前1.5 m处，避免了一场事故的发生．已知刹车过程中卡车加速度的大小为5 m/s2，则() A．司机发现情况时，卡车与该小孩的距离为31.5mB．司机发现情况后，卡车经过3s停下C．从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11m/sD．若卡车的初速度为20m/s，其他条件都不变，则卡车将撞到小孩3．(2015·上饶三模)2014年12月26日，我国东部14省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图4所示．假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车都以v1＝20m/s朝收费站沿直线正常行驶，现甲车过ETC通道，需要在某位置开始做匀减速运动，到达EF处速度正好减为v2＝4 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以4m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶离开，已知甲匀减速过程的加速度大小为a1＝1 m/s2，虚线EF处与收费站中心线距离d＝10m．乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过缴费成功后再启动汽车行驶离开．已知乙车匀减速过程的加速度大小为a2＝2m/s2.求：图4(1)甲车过ETC通道时，从开始减速到收费站中心线过程中的位移大小；(2)乙车比甲车提前多少时间到收费站中心线．1．基本公式v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 20＝2ax 常用推论 Δx ＝aT 2 v t 2＝v 0＋v t 2＝v v x 2＝v 20＋v222．总结：应用运动学规律解题的基本步骤 第一步：根据题意确定研究对象．第二步：分析运动过程，明确物体做什么运动，构建运动情景，必要时画出运动示意图． 第三步：明确题中的已知量、未知量及其关系，选用合适的运动规律．第四步：若运动包含多个阶段，要分阶段逐个分析，各段交接点处的速度是衔接各段运动的关键物理量，也是解题的突破口．第五步：选取正方向，由运动学公式列方程求解．考题二 牛顿运动定律的应用4．(多选)(2015·海南单科·8)如图5，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b ，b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ，整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g .在剪断的瞬间( )图5A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl25．(多选)如图6甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A＝1kg、m B＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时，A、B将会分离．t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()图6A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m6．(2015·余姚市三模)2015年新春佳节，我市的许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处．某次服务员用单手托托盘方式(如图7)给10m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平．托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.125，服务员上菜最大速度为2.5m/s.假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：图7(1)求服务员运动的最大加速度；(2)服务员上菜所用的最短时间；(3)若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的动摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间动摩擦因数不变，求服务员的最大加速度．1．研究对象的选取方法在实际解题过程中整体法和隔离法经常交替使用，一般是选用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的相互作用力．2．受力分析的处理方法(1)合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较简单，合外力的方向就是加速度方向．(2)正交分解法：当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此时有F x＝ma，F y＝0，特殊情况下分解加速度比分解力更简单．3．运动情景分析法(1)程序法：对于研究对象按时间的先后经历了几个不同的运动过程的一类问题的解决方法叫程序法．运用程序法时，要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点的速度往往是解决问题的关键．(2)图象法：图象能形象地表达物理规律，能直观地描述物理过程，能鲜明地表示物理量之间的关系．应用图象，不仅能进行定性分析，比较判断，也适宜于定量计算、论证，而且，通过图象的启发常能找到巧妙的解题途径．考题三运动学图象问题7．(2015·湖北八校联考二模)如图8所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是()图8A．两物体在t1时刻速度大小相等B．t1时刻乙的速度大于甲的速度C．两物体平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度8．(2015·湖州二模)如图9所示，将一小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经过A点后到达底端B点，小明测出了AB之间的距离和小物块经过AB所用的时间，改变A的位置，测出多组AB间距及经过AB所用的时间t，小明作出了AB段平均速度v与经过时间t的图象，下列说法正确的是()图9A．由图象可求出小物块到达B点的速度B．由图象可知小物块做匀减速直线运动C．图线和t轴所围的面积等于斜面的长度D．由图象可知小物块运动的加速度大小等于v2t09．(2015·安康二模)图象法可以形象直观地描述物体的运动情况．对于图10两质点运动的位移－时间图象和速度－时间图象，分析结果正确的是()图10A．由图甲可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大B．由图甲可知，质点在前10s内的平均速度大小为4m/sC．由图乙可知，质点在第4s内加速度的方向与物体运动的方向相反D．由图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值为15m/s21．x－t、v－t、a－t的关系2．图象问题的五看一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：特殊点．3．注意：x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的并非一定是直线运动．考题四应用动力学方法分析传送带问题10．如图11所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．问：图11(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度？11．(2015·温州三模)如图12所示，某电视台娱乐节目，要求选手要从较高的平台上以水平速度v0跃出后，落在传送带上，由于传送带足够粗糙，假设人落到传送带上后瞬间相对传送带静止，经过一个Δt＝0.5s反应时间后，立刻以大小为2m/s2、方向向右的加速度跑至传送带最右端．已知平台与传送带的高度差H＝1.8 m，水池宽度s＝1.2 m，传送带AB间的距离L＝16.6 m，重力加速度g取10 m/s2，问：图12(1)要使选手落到传送带上，选手从平台上跃出的水平速度v0至少多大？(2)若传送带静止，选手以v0＝3m/s水平速度从平台跃出，从开始跃出到跑至传送带右端经历的时间多少？1．水平放置运行的传送带处理水平放置的传送带问题，首先应对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；然后对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推导，进而采用有关物理规律求解．这类问题可分为：①运动学型；②动力学型；③图象型．2．倾斜放置运行的传送带处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是解题关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口．这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型．考题五应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12．(多选)如图13所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平拉力向右拉木板，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()图13A．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B．物块先向左运动，再向右运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零13．(2015·大连二模)如图14甲所示，地面上有一长为l＝1m，高为h＝0.8m，质量M＝2kg 的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间t的变化如图乙所示，求木块落地时距离木板左侧的水平距离Δx.(取g＝10m/s2)图141．抓住两个分析(1)对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向分析．(2)二者达到共速时摩擦力的有无及方向的分析，其方法是：假设刚好达到最大静摩擦力求出临界的加速度a0与实际的加速度a比较．①若a>a0则发生相对滑动．②若a≤a0则能相对静止．2．解题关键：以动力学分析为切入点，弄清物体的运动过程．专题综合练1．(2015·皖南八校联考)如图15所示为甲、乙两物体运动的图象，在0～t2时间内甲一直做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为零，再做匀加速直线运动，t2<2t1，关于两物体在0～t2时间内运动的位移大小关系正确的是()图15A．x甲＝2x乙B．x甲>2x乙C．x甲<2x乙D．以上三种情况都有可能2．(2015·贵州八校二次联考)如图16所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计．整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间()图16A．物体B的加速度大小为g B．物体C的加速度大小为2gC．吊篮A的加速度大小为3g D．A、C间的弹力大小为0.5mg3．(多选)如图17是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零．已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g＝10m/s2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()图17A．4m/s2B．3 m/s2C．2m/s2D．1 m/s24．(多选)(2015·湖北八校联考二模)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图18甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．对图乙，下列说法正确的是()图18A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动加速度大小为(1－sinα)gD ．M 运动加速度大小为M －mMg5．(2015·沈阳四校联考)如图19所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m .现将弹簧压缩到A 点，然后静止释放，物体一直可以运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )图19A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为零D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小6．(2015·福建·20)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v －t 图象如图20所示．求：图20(1)摩托车在0～20s 这段时间的加速度大小a ； (2)摩托车在0～75s 这段时间的平均速度大小v .7．(2015·重庆五区二模)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在足够长的固定的水平长木板上，如图21甲所示．用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力F f 随拉力F 变化的图象，如图乙所示．已知木块质量为0.78kg ，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求： (1)木块与长木板间的动摩擦因数；(2)若木块在与水平方向成θ＝37°斜向右上方的恒定拉力F 作用下，以a ＝2.0m/s 2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图丙所示，则拉力F的大小应为多大？(3)在(2)中力作用2s后撤去拉力F，木块还能滑行多远？图218．(2015·宁波模拟)如图22所示，传送带水平部分长L＝23.5m．以v＝12m/s向右匀速运行．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)，以v0＝2 m/s的速度从传送带水平部分的左端滑上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度取g＝10m/s2.图22(1)求物块通过传送带水平部分的时间；(2)若物块刚滑上传送带时传送带即以a＝1m/s2的加速度制动(其他条件不变)，求物块与传送带相对滑动过程中产生的热量．9．(2015·青岛质检)如图23所示，质量M＝5kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0＝12m/s 向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为m＝1 kg的小物块B.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.6，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.(物块可看作质点，木板足够长，取g＝10 m/s2)试求：图23(1)放上物块后木板发生的位移；(2)物块与木板之间产生的摩擦热．答案精析专题2 力与直线运动真题示例1．ACD [由v －t 图象可求出物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．]2．A [小车上的小球自A 点自由落地的时间t 1＝2H g，小车从A 到B 的时间t 2＝dv ；小车运动至B 点时细线轧断，小球下落的时间t 3＝2h g；根据题意可得时间关系为t 1＝t 2＋t 3，即2H g＝dv ＋2hg解得h ＝1.25m ，选项A 正确．] 3．(1)3m/s 2 1 m/s 2 (2)4s解析 (1)在0～2s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2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 f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③ F N2＝F N1＋mg cos θ④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 f1＝ma 1⑤ mg sin θ－F f2＋F f1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a 1＝3m/s 2⑦ a 2＝1m/s 2⑧(2)在t 1＝2s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2m/s ⑩2s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6m/s 2⑪ a 2′＝－2m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知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 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为 x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－ ⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12m ＜27m ⑮此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯可得t 3＝1s(另一解不合题意，舍去)⑰设A 在B 上总的运动时间t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4s考题一 匀变速直线运动基本规律的应用1．D [如图所示Δv ＝aTx 2－x 1＝aT 2解得a ＝(Δv )2x 2－x 1.]2．D [已知反应时间t 1＝0.6s ，x 1＝v 0t 1＝9m刹车时间t 2＝0－15－5s ＝3s ，x 2＝0－1522×(－5)m ＝22.5m所以卡车经3.6s 停下，x ＝9m ＋22.5m ＋1.5m ＝33m ， v ＝x 1＋x 2t ＝8.75m/s ，若v 0＝20 m/s ，x 2′＝0－2022×(－5)m ＝40m>33m所以会撞到小孩．]3．(1)202m (2)3.4s解析 (1)甲车过ETC 通道时，减速过程的位移为：x 甲＝v 21－v 222a 1可得x 甲＝192 m所以总的位移：x 总＝x 甲＋d ＝202 m(2)甲车减速过程的时间t 甲1＝v 1－v 2a 1＝16 s 甲车匀速过程的时间t 甲2＝d v 2＝2.5 s 乙车过人工收费通道减速过程的时间t 乙2＝v 1a 2＝10 s 乙车过人工收费通道减速过程的位移x 2＝v 212a 2＝100 m 乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移x 1＝x 总－x 2＝102 m乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间t 乙1＝x 1v 1＝5.1 s 则乙车提前甲车到中心线的时间为Δt ＝(t 甲1＋t 甲2)－(t 乙1＋t 乙2)＝3.4 s.考题二 牛顿运动定律的应用4．AC [设物体的质量为m ，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力T 1，剪断前对b 、c 和弹簧组成的整体分析可知T 1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋T 1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度a 1＝F m＝3g ，A 正确，B 错误；设弹簧S 2的拉力为T 2，则T 2＝mg ，根据胡克定律F ＝k Δx 可得Δl 1＝2Δl 2，C 正确，D 错误．]5．AD [设t 时刻AB 分离，分离之前AB 物块共同运动，加速度为a ，以整体为研究对象，则有：a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝3.6＋01＋2m/s 2＝1.2 m/s 2， 分离时：F 2－F ＝m B a ，得：F 2＝F ＋m B a ＝0.3N ＋2×1.2N ＝2.7N ，经历时间：t ＝43.6×2.7s ＝3s ， 根据位移公式：x ＝12at 2＝5.4m ，则D 正确； 当t ＝2.0s 时，F 2＝1.8N ，F 2＋F ′＝m B a ，得：F ′＝m B a －F 2＝0.6N ，A 正确，B 错误．当t ＝2.5s 时，F 2＝2.25N ，F 2＋F ″＝m B a ，得：F ″＝m B a －F 2>0，C 错误．]6．(1)1.25m/s 2 (2)6 s (3)1 m/s 2解析 (1)设碗的质量为m ，托盘的质量为M ，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图所示，由牛顿第二定律得：F f1＝ma 1，碗与托盘间相对静止，则： F f1≤F f1max ＝μ1mg ，解得：a 1≤μ1g ＝0.125×10 m/s 2＝1.25 m/s 2，对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：F f2＝(M ＋m )a 2，手和托盘间相对静止，则：F f2≤F f2max ＝μ2(M ＋m )g ，解得：a 2≤μ2g ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2，则最大加速度：a max ＝1.25 m/s 2；(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t 1＝v max a max ＝2.51.25s ＝2 s ， 位移：x 1＝12v max t 1＝12×2.5×2 m ＝2.5 m ， 减速运动时间：t 2＝t 1＝2 s ，位移：x 2＝x 1＝2.5 m ，匀速运动位移：x 3＝L －x 1－x 2＝10－2.5－2.5 m ＝5 m ，匀速运动时间：t 3＝x 3v max ＝52.5s ＝2 s ，最短时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝6 s ；(3)同(1)可知：碗与托盘相对静止，则：a 1≤μ1g ＝0.125×10 m/s 2＝1.25 m/s 2，手与托盘相对静止，a 3≤μ3g ＝0.1×10＝1 m/s 2，最大加速度：a max ′＝1 m/s 2考题三 运动学图象问题7．C [根据位移图象的斜率等于速度，则在t 1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故A 、B 错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C 正确，D 错误．]8．A [由图知，小物块从A 运动到B 的时间为t 0，平均速度为v ＝v 2，设物块到达B 点的速度为v B .斜面的长度L ＝v t 0＝v 2t 0，由L ＝0＋v B 2t 0得，v B ＝v ，所以可求出小物块到达B 点的速度，故A 正确；该图象不是速度时间图象，由图象不能确定物块做匀减速直线运动，物块从静止开始不可能做匀减速直线运动，故B 错误；该图象不是速度时间图象，图象与坐标轴所围的面积不表示位移，则知图线和t 轴所围的面积不等于斜面的长度，故C 错误；由L ＝12at 20，得a ＝2L t 20＝2×v 2t 0t 20＝v t 0，故D 错误．] 9．D [运动图象反映物体运动的规律，不是运动轨迹，无论速度—时间图象还是位移—时间图象都只能表示物体做直线运动，故A 错误；由图甲可知，质点在前10s 内的位移x ＝20m －0m ＝20m ，所以平均速度v ＝x t ＝2010m/s ＝2 m/s ，故B 错误；由图乙可知，质点在第4s 内加速度和速度都为负，方向相同，故C 错误；v －t 图线的斜率表示物体运动的加速度，由图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在2～4s 内，最大加速度大小为a ＝Δv Δt ＝151m/s 2＝15 m/s 2，故D 正确．]考题四 应用动力学方法分析传送带问题10．(1)43s (2)6－233s 433m/s 解析 (1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律： ma 1＝F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°，计算得：a 1＝6 m/s 2t 1＝v a 1＝23s x 1＝v 22a 1＝43m 物块与传送带速度相同时，物块未到顶端，物块受到的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F ＝8 N 而重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N ，故不能相对斜面向上加速．故得：a 2＝0 t 2＝x －x 1v ＝23s 得t ＝t 1＋t 2＝43s (2)若达到速度相等后撤去F ，对物块受力分析，因为mg sin 37°>μmg cos 37°，故物块减速上行，ma 3＝mg sin 37°－μmg cos 37°，得a 3＝2 m/s 2物块还需t ′离开传送带，离开时的速度为v t ，则：v 2－v 2t ＝2a 3x 2，x 2＝x －x 1 v t ＝433m/s t ′＝v －v t a 3＝6－233s 11．(1)2m/s (2)5.1s 解析 (1)根据H ＝12gt 21得， t 1＝2H g ＝2×1.810s ＝0.6 s则v 0＝s t 1＝1.20.6m/s ＝2 m/s. (2)当选手初速度为3 m/s 时，x 1＝v 0t 1＝3×0.6 m ＝1.8 m ，匀加速运动的位移x 2＝L ＋s －x 1＝16.6＋1.2－1.8 m ＝16 m ，根据x 2＝12at 22得， 匀加速运动时间t 2＝2x 2a ＝2×162s ＝4 s. 开始跃出到跑至传送带右端经历的时间t ＝t 1＋Δt ＋t 2＝5.1 s考题五 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12．AC [由题知：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．]13．1.68m解析 因为木块的最大加速度为a 1＝μ1mg m＝4 m/s 2 所以前2 s 二者一起做匀加速运动，a ＝F －μ2(m ＋M )g m ＋M＝2 m/s 2 2 s 末二者的速度为v ＝at 1＝4 m/s2 s 后木块和木板发生相对滑动木块加速度a 1＝μ1mg m＝4 m/s 2 木板加速度a 2＝F ′－μ1mg －μ2(m ＋M )g M＝6 m/s 2 经时间t 2二者分离：v t 2＋12a 2t 22－(v t 2＋12a 1t 22)＝l 得t 2＝1 s ，此时v 块＝8 m/s ，v 板＝10 m/s再经t 3＝2h g ＝0.4 s 木块落地，在0.4 s 内x 块＝v 块t 3＝3.2 m木板a 3＝F ′－μ2Mg M＝11 m/s 2 x 板＝v 板t 3＋12a 3t 23＝4.88 m 所以，木块落地时距离木板左侧的水平距离Δx ＝x 板－x 块＝1.68 m专题综合练1．B [由于图线与时间轴围成的面积表示位移，我们现在将图象的范围分成6个部分如图，则甲的位移：x 甲＝x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5乙的位移：x 乙＝x 1＋x 4其中由于x 1＝x 2，x 4＝x 3＋x 6，由图象可知：x 5>x 6，所以：x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5＝2x 1＋(x 4－x 6)＋x 4＋x 5>2(x 1＋x 4)则：x 甲>2x 乙]2．D [在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B 受力情况不变，故物体B 的加速度大小为零，A 错误；将C 和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得，a AC ＝F ＋2mg 2m ＝mg ＋2mg 2m＝1.5g ，即A 、C 的加速度均为1.5g .故B 、C 错误．剪断轻绳的瞬间，A 受到重力和C 对A 的作用力，对A ：F C ＋mg ＝ma ，得：F C ＝ma －mg ＝0.5mg .故D 正确．]3．AB [当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而Q 、N 传感器示数不为零，受力分析如图知F Q ＋mg ＝F N cos15°①F 合＝F N sin15°＝ma ②由①②知：。