2016-二轮复习专题2(力与直线运动)汇总

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v0、v1、t1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·江苏单科·5)如图2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2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()图2A．关卡2 B．关卡3C．关卡4 D．关卡53．(多选)(2015·海南单科·9)如图3所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时()图3A ．物块与斜面间的摩擦力减小B ．物块与斜面间的正压力增大C ．物块相对于斜面减速下滑D ．物块相对于斜面匀速下滑4．(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°(sin 37°＝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4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2 s 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 ＝27 m ，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 ＝10 m/s 2.求：图4(1)在0～2 s 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．(2015·益阳四月调研)有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15 m/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31.5 mB．司机发现情况后，卡车经过3 s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11 m/sD．若卡车的初速度为20 m/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5所示．假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车都以v1＝20 m/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v 2＝4 m/s ，在虚线EF 与收费站中心线之间以4 m /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a 1＝1 m/s 2，虚线EF 处与收费站中心线距离d ＝10 m ．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a 2＝2 m/s 2.求：图5(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 2v t2＝v0＋v t2＝vv x2＝v20＋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．(2015·盐城三模)用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图6所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是()图6A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压5．(多选)(2015·银川一模)如图7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＝1 kg、m B＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N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7A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 NB．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零C．t＝2.5 s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5.4 m6．(2015·山东临沂一中二模)如图8所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面底端，一质量m ＝1 kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点．物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1∶t2＝1∶5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图8(1)物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时v2的大小之比；(2)物块和斜面之间的动摩擦因数；(3)若给物块施加一大小为5 5 N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运动，求加速度的最大值．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9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9A．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．(多选)(2015·泰州模拟)一物体以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该物体的速度—时间图象可能是()9．一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能E p、机械能E随时间t变化的图象，则下列图象可能正确的是()1．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．(多选)(2015·江苏省盐城中学高三上学期期末考试)如图10所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下列选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是()图1011．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＝4 m/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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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？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)(2015·安康二模)如图12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12A．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·扬州模拟)如图13所示，一个长度为L＝1 m、高度为h＝0.8 m的长木板静止在水平地面上，其质量M＝0.4 kg，一质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)放置在其上表面的最右端．物块与长木板、长木板与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F.(g＝10 m/s2)图13(1)若F恒为4 N，试求长木板的加速度大小；(2)若F恒为5.8 N，试判断物块是否能从长木板上掉下，如能，请求出小物块落地时距长木板左端的距离；如不能，求出物块距长木板右端的距离；(3)若F＝kt，k>0，在t＝0时刻到物块刚滑落时间内，试定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线，无需标注时间以及力的大小．1．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14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14A．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15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15A．物体B的加速度大小为gB．物体C的加速度大小为2gC．吊篮A的加速度大小为3gD．A、C间的弹力大小为0.5mg3．(多选)(2015·河北衡水中学三调)如图16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sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27，g＝10 m/s2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为()图16A．4 m/s2B．3 m/s2C．2 m/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17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17A ．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－sin α)gD ．M 运动加速度大小为M －mMg5．(2015·沈阳四校联考)如图18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18A ．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19所示．求：图19(1)摩托车在0～20 s 这段时间的加速度大小a ； (2)摩托车在0～75 s 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20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0.78 kg，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图20(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＝2.0 m/s2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2 s后撤去拉力F，木块还能滑行多远？8．(2015·皖东三校5月联考)如图21所示，传送带水平部分长L＝23.5 m．以v＝12 m/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＝10 m/s2.图21(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＝1 m/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22所示，质量M＝5 kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0＝12 m/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22(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．C [由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s 用时t 1＝va ＝1 s ，在加速时间内通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，t 2＝4 s ，x 2＝v t 2＝8 m ，已过关卡2，t 3＝2 s 时间内x 3＝4 m ，关卡打开，t 4＝5 s ，x 4＝v t 4＝10 m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m ，到达关卡4还需t 5＝0.5 s ，小于2 s ，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 正确．]3．BD [当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f ＝μF N 可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A 错误，B 正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m ，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物块以加速度a 向上运动时，有F N ＝m (g ＋a )cos θ，F f ＝μm (g ＋a )cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m (g ＋a )sin θ＝μm (g ＋a )cos θ，故物块仍做匀速下滑运动，C 错误，D 正确．] 4．(1)3 m /s 2 1 m/s 2 (2)4 s解析(1)在0～2 s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 N1①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2③F 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a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1⑤mg sin θ－F f2＋F f1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2⑦a2＝1 m/s2⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s⑨v2＝a2t1＝2 m/s⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6 m/s2⑪a2′＝－2 m/s2⑫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＝1 s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＝12 m ＜27 m 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＝1 s(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＝4 s考题一 匀变速直线运动基本规律的应用1．D [如图所示 Δv ＝aT x 2－x 1＝aT 2 解得a ＝(Δv )2x 2－x 1.]2．D [已知反应时间t 1＝0.6 s ，x 1＝v 0t 1＝9 m 刹车时间t 2＝0－15－5 s ＝3 s ，x 2＝0－1522×(－5) m ＝22.5 m所以卡车经3.6 s 停下， x ＝9 m ＋22.5 m ＋1.5 m ＝33 m ， v ＝x 1＋x 2t ＝8.75 m /s ，若v 0＝20 m/s ， x 2′＝0－2022×(－5)m ＝40 m>33 m所以会撞到小孩．]3．(1)202 m(2)3.4 s解析(1)甲车过ETC通道时，减速过程的位移为：x甲＝v21－v22 2a1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＝v1－v2a1＝16 s甲车匀速过程的时间t甲2＝d v2＝2.5 s乙车过人工收费通道减速过程的时间t乙2＝v1a2＝10 s乙车过人工收费通道减速过程的位移x2＝v212a2＝100 m乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移x1＝x总－x2＝102 m乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间t乙1＝x1v1＝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．C[设细线与竖直方向的夹角为θ，若细线有拉力，则F T cos θ＋mg＝ma，可知a>g，此时侧壁对球有支持力，选项A错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力，升降机的加速度不可能小于g，故选项C正确．]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＝F1＋F2m A＋m B＝3.6＋01＋2m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－F＝m B a，得：F2＝F＋m B a＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N，经历时间：t＝43.6×2.7 s＝3 s，根据位移公式：x ＝12at 2＝5.4 m ，则D 正确； 当t ＝2.0 s 时，F 2＝1.8 N ，F 2＋F ′＝m B a ，得：F ′＝m B a －F 2＝0.6 N ，A 正确，B 错误．当t ＝2.5 s 时，F 2＝2.25 N ，F 2＋F ″＝m B a ，得：F ″＝m B a －F 2>0，C 错误．]6．(1)5∶1 (2)0.5 (3)2.5 m/s 2解析 (1)设物块上滑的最大位移为L ，根据运动学公式上滑过程：L ＝v 1＋02t 1下滑过程：L ＝0＋v 22t 2整理得：v 1v 2＝5∶1 (2)设上滑时加速度为a 1，下滑时加速度为a 2，根据牛顿第二定律得上滑时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1下滑时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2由位移时间公式得：L ＝12a 1t 21＝12a 2t 22 联立三式代入数据得：μ＝0.5(3)设F 与斜面的夹角为α，加速度为a ，由牛顿第二定律得：F cos α－mg sin θ－μ(mg cos θ－F sin α)＝ma即：F (cos α＋μsin α)－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma整理得：F 1＋μ2(11＋μ2cos α＋μ1＋μ2sin α)－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 令tan β＝1μ，则：F 1＋μ2sin(α＋β)－mg (sin θ＋μcos θ)＝masin(α＋β)的最大值为1，设加速度最大值为a m ，得：F1＋μ2－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma m代入数据得：a m ＝2.5 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．ABC [设斜面倾角为θ，若斜面光滑，则物体上滑及下滑的加速度相等，都等于g sin θ，当物体上滑到最高点时，又能以同样的加速度下滑，故选项A 正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，到达最高点后静止于斜面上，故选项B 正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，加速度为a 1＝g sin θ＋μg cos θ；到达最高点后物体向下加速运动，加速度为a 1＝g sin θ－μg cos θ，即上升时加速度大于下降时的加速度，故选项C 正确，D 错误．]9．B [滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A 错误；设斜面的倾角为α.滑块在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a 1和a 2.根据牛顿第二定律得：mg sin α＋μmg cos α＝ma 1；mg sin α－μmg cos α＝ma 2；则得：a 1＝g sin α＋μg cos α，a 2＝g sin α－μg cos α.则有：a 1>a 2，故B 正确；上滑过程中：上滑的位移大小为：x 1＝v 0t －12a 1t 2，重力势能为：E p ＝mgx 1sin α＝mg sin α(v 0t －12a 1t 2)，E p －t 图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E p ＝mg [H －12a 2(t －t 0)2sin α]，H 为滑块所能到达的最大高度，t 0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程，故C 错误；由于滑块克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E ＝E 0－F f1x ＝E 0－F f1·(v 0t －12a 1t 2)，可知0～t 1时间内E －t 图象应为抛物线．故D 错误．]考题四 应用动力学方法分析传送带问题10．CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的时刻，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C 、D 正确，A 、B 错误．]11．(1)43 s (2)6－233 s 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)3 m/s 2 (2)能 1.56 m (3)见解析图解析 (1)对长木板与物块，假设相对静止，最大加速度a 0＝μmg m＝5 m/s 2 由牛顿第二定律F 0－μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 0，得F 0＝5 N长木板与地面间的最大静摩擦力为F fm ＝0.5×(0.1＋0.4)×10 N ＝2.5 N因为2.5 N<F ＝4 N<F 0，所以物块与长木板共同加速运动，对整体有F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 解得加速度a ＝3 m/s 2(2)因为F ＝5.8 N>F 0，所以物块与长木板相对滑动，对长木板有：F －μ(M ＋m )g －μmg ＝Ma 1，加速度a 1＝7 m/s 2物块的加速度a 2＝μmg m＝5 m/s 2. 至物块与长木板分离时有L ＝12a 1t 21－12a 2t 21，时间t 1＝1 s 此时长木板速度v 1＝7 m /s ，物块速度v 2＝5 m/s物块做平抛运动，其落地时间t 2＝2h g＝0.4 s 平抛水平距离x 2＝v 2t 2＝2 m物块与长木板分离后长木板的加速度a 3F －μMg ＝Ma 3，得a 3＝9.5 m/s 2在t 2时间内长木板向右运动距离x 1＝v 1t 2＋12a 3t 22＝3.56 m 最终，小物块落地时距长木板左端的距离Δx ＝x 1－x 2＝1.56 m。