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2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題一 力和運動 第2講 力與直線運動練習(含解析)

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1、第2講 力與直線運動 構建網(wǎng)絡·重溫真題 1.(2019·全國卷Ⅰ) 如圖,籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃,離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1,第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力,則滿足(  ) A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4 D.4<<5 答案 C 解析 空氣阻力不計,運動員豎直上升過程做勻減速直線運動,位移為H時的速度為0。逆向觀察,運動員做初速度為0的勻加速直線運動,則連續(xù)相等位移所用時間之比為1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。由題意知,==2+,故3<<4,C正確。 2.(2019·全國卷Ⅲ)(多選)如圖

2、a,物塊和木板疊放在實驗臺上,物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,細繩水平。t=0時,木板開始受到水平外力F的作用,在t=4 s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖b所示,木板的速度v與時間t的關系如圖c所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出(  ) A.木板的質量為1 kg B.2~4 s內,力F的大小為0.4 N C.0~2 s內,力F的大小保持不變 D.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2 答案 AB 解析 木板和實驗臺間的摩擦忽略不計,由題圖b知,2 s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩=

3、0.2 N。由題圖c知,2~4 s內,木板的加速度大小a1= m/s2=0.2 m/s2,撤去外力F后的加速度大小a2= m/s2=0.2 m/s2,設木板質量為m,根據(jù)牛頓第二定律,2~4 s內:F-F摩=ma1,4 s以后:F摩=ma2,解得m=1 kg,F(xiàn)=0.4 N,A、B正確。0~2 s內,F(xiàn)=f,由題圖b知,F(xiàn)隨時間是均勻增加的,C錯誤。因物塊質量不可求,故由F摩=μm物g可知動摩擦因數(shù)不可求,D錯誤。 3.(2018·全國卷Ⅱ) (多選)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動,其速度—時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時刻并排行駛,下列說法正確的是(  )

4、 A.兩車在t1時刻也并排行駛 B.t1時刻甲車在后,乙車在前 C.甲車的加速度大小先增大后減小 D.乙車的加速度大小先減小后增大 答案 BD 解析 v-t圖象中圖象與t軸所包圍的面積代表運動的位移,兩車在t2時刻并排行駛,利用逆向思維并借助于面積可知在t1時刻甲車在后,乙車在前,故A錯誤,B正確;圖象的斜率表示加速度,所以甲的加速度先減小后增大,乙的加速度也是先減小后增大,故C錯誤,D正確。故選B、D。 4.(2018·全國卷Ⅲ) (多選)甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動,甲做勻加速直線運動,乙做勻速直線運動。甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示。下列說法正確的是(  )

5、 A.在t1時刻兩車速度相等 B.從0到t1時間內,兩車走過的路程相等 C.從t1到t2時間內,兩車走過的路程相等 D.從t1到t2時間內的某時刻,兩車速度相等 答案 CD 解析 根據(jù)位移圖象的物理意義可知,在t1時刻兩車的位置相同,速度不相等,乙車的速度大于甲車的速度,A錯誤;從0到t1時間內,乙車走過的路程大于甲車,B錯誤;從t1到t2時間內,兩車都是從x1位置走到x2位置,兩車走過的路程相等,C正確;根據(jù)位移圖象的斜率等于速度可知,從t1到t2時間內的某時刻,有甲圖線的切線與乙圖線平行、斜率相同,兩車速度相等,D正確。 5.(2017·全國卷Ⅱ)為提高冰球運動員的加速能

6、力,教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

7、mv-mv① 解得μ=② (2)冰球到達擋板時,滿足訓練要求的運動員中,剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下,冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時間為t。 由運動學公式得 v-v=2a1s0③ v0-v1=a1t④ s1=a2t2⑤ 聯(lián)立③④⑤式得 a2=。 6.(2017·全國卷Ⅲ)如圖,兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1 kg和mB=5 kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1=0.5;木板的質量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3 m/s。A、

8、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)B與木板相對靜止時,木板的速度; (2)A、B開始運動時,兩者之間的距離。 答案 (1)1 m/s (2)1.9 m 解析 (1)滑塊A和B在木板上滑動時,木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3,A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1,在物塊B與木板達到共同速度前有 f1=μ1mAg① f2=μ1mBg② f3=μ2(m+mA+mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1=mAaA④ f2=mBaB

9、⑤ f2-f1-f3=ma1⑥ 設在t1時刻,B與木板達到共同速度,其大小為v1,由運動學公式有 v1=v0-aBt1⑦ v1=a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知數(shù)據(jù)得 v1=1 m/s⑨ (2)在t1時間間隔內,B相對于地面移動的距離為 sB=v0t1-aBt⑩ 設在B與木板達到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2,對于B與木板組成的體系,由牛頓第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2? 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,但運動方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時,A與木板的速度相同,設其大小為v2,設

10、A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2,則由運動學公式,對木板有 v2=v1-a2t2? 對A有 v2=-v1+aAt2? 在t2時間間隔內,B(以及木板)相對地面移動的距離為 s1=v1t2-a2t? 在(t1+t2)時間間隔內,A相對地面移動的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2 ? A和B相遇時,A與木板的速度也恰好相同,因此A和B開始運動時,兩者之間的距離為 s0=sA+s1+sB? 聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得 s0=1.9 m (也可用如圖所示的速度—時間圖線求解) 7.(2019·全國卷Ⅱ)一質量為m=2000 kg的汽車以某一速

11、度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中,司機突然發(fā)現(xiàn)前方100 m處有一警示牌,立即剎車。剎車過程中,汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖a中的圖線。圖a中,0~t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應時間(這段時間內汽車所受阻力已忽略,汽車仍保持勻速行駛),t1=0.8 s;t1~t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間,t2=1.3 s;從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作,直至汽車停止。已知從t2時刻開始,汽車第1 s內的位移為24 m,第4 s內的位移為1 m。 (1)在圖b中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v-t圖線; (2)求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速

12、度大??; (3)求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1~t2時間內汽車克服阻力做的功;從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止,汽車行駛的距離約為多少(以t1~t2時間段始末速度的算術平均值替代這段時間內汽車的平均速度)? 答案 (1)圖見解析 (2)28 m/s 8 m/s2 (3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m 解析 (1)v-t圖象如圖所示。 (2)設剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為v1,則t1時刻的速度也為v1;設t2時刻的速度為v2。在t2時刻后汽車做勻減速運動,設其加速度大小為a,取Δt=1 s。 設汽車在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt內的位移為sn,n=1

13、,2,3,…。 若汽車在t2+3Δt~t2+4Δt時間內未停止,設它在t2+3Δt時刻的速度為v3,在t2+4Δt時刻的速度為v4,由運動學公式有 s1-s4=3a(Δt)2① s1=v2Δt-a(Δt)2② v4=v2-4aΔt③ 聯(lián)立①②③式,代入已知數(shù)據(jù)解得 v4=- m/s④ 這說明在t2+4Δt時刻前,汽車已經(jīng)停止。因此,①③④式不成立。 由于在t2+3Δt~t2+4Δt時間內汽車停止,由運動學公式有 v3=v2-3aΔt⑤ 2as4=v⑥ 聯(lián)立②⑤⑥式,代入已知數(shù)據(jù)解得 a=8 m/s2,v2=28 m/s⑦ 或a= m/s2,v2=29.76 m/s⑧

14、 但⑧式情形下,v3<0,不合題意,舍去。 (3)設汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時,汽車所受阻力的大小為f1,由牛頓第二定律有 f1=ma⑨ 在t1~t2時間內,阻力對汽車沖量的大小為 I=f1(t2-t1)⑩ 由動量定理有 I=mv1-mv2? 由動能定理,在t1~t2時間內,汽車克服阻力做的功為 W=mv-mv? 聯(lián)立⑦⑨??式,代入已知數(shù)據(jù)解得 v1=30 m/s? W=1.16×105 J? 從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止,汽車行駛的距離約為 s=v1t1+(v1+v2)(t2-t1)+? 聯(lián)立⑦??式,代入已知數(shù)據(jù)解得s=87.5 m。 命題特點:題型既有選擇

15、題又有計算題,題目新穎,與生活實際聯(lián)系密切,試題大多綜合v-t圖象、牛頓運動定律、受力分析、運動過程分析等內容。 思想方法:極限思想、逆向思維的思想、理想實驗的思想。比例法、圖象法、推論法、控制變量法、整體法、隔離法等。 高考考向1 勻變速直線運動規(guī)律的應用 例1 (2019·廣東惠州二模)近幾年,國家取消了7座及以下小車在法定長假期間的高速公路收費,給自駕出行帶來了很大的實惠,但車輛的增多也給道路的暢通增加了壓力,因此交管部門規(guī)定,上述車輛通過收費站口時,在專用車道上可以不停車拿(交)卡而直接減速通過。若某車減速前的速度為v0=20 m/s,靠近站口時以大小為a1=5 m/s2的加

16、速度勻減速,通過收費站口時的速度為vt=8 m/s,然后立即以大小為a2=4 m/s2的加速度勻加速至原來的速度(假設收費站的前、后都是平直大道)。試問: (1)該車駕駛員應在距收費站口多遠處開始減速? (2)該車從減速開始到最終恢復到原來速度的過程中,運動的時間是多少? (3)在(1)(2)問題中,該車因減速和加速過站而耽誤的時間為多少? (1)該車做什么運動? 提示:先做勻減速直線運動,再做勻加速直線運動。 (2)求解第(1)問應選擇哪個運動階段進行研究?選擇哪個公式解題最簡單? 提示:應選擇勻減速直線運動階段進行研究;已知勻減速直線運動的初速度、末速度和加速度,求其位移

17、,應選擇公式v-v=2ax。 [解析] (1)設該車初速度方向為正方向,該車進入站口前做勻減速直線運動,設距離收費站口x1處開始減速,則有:v-v=-2a1x1 解得:x1=33.6 m。 (2)該車通過收費站經(jīng)歷勻減速和勻加速兩個階段,設前后兩段位移分別為x1和x2,時間為t1和t2,則 減速階段:vt=v0-a1t1 解得:t1=2.4 s 加速階段:v0=vt+a2t2 解得:t2=3 s 則加速和減速的總時間為:t=t1+t2=5.4 s。 (3)在加速階段:x2=t2=42 m 則汽車加速和減速過程的總位移:x=x1+x2=75.6 m 若不減速所需要的時間:t

18、′==3.78 s 車因減速和加速過站而耽誤的時間:Δt=t-t′=1.62 s。 [答案] (1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s 勻變速直線運動問題的求解思路 1.(2019·安徽蚌埠高三二模)圖中ae為珠港澳大橋上四段110 m的等跨鋼箱連續(xù)梁橋,若汽車從a點由靜止開始做勻加速直線運動,通過ab段的時間為t,則通過ce段的時間為(  ) A.t B.t C.(2-)t D.(2+) t 答案 C 解析 設汽車的加速度為a,通過bc段、ce段的時間分別為t1、t2,根據(jù)勻變速直線運動的位移時間公式有:xab=at2,xac=a(t+

19、t1)2,xae=a(t+t1+t2)2,解得:t2=(2-)t,故C正確,A、B、D錯誤。 2.(2019·武昌調研)一個物體做勻加速直線運動,它在第3 s內的位移為5 m,則下列說法正確的是(  ) A.物體在第3 s末的速度一定是6 m/s B.物體的加速度一定是2 m/s2 C.物體在前5 s內的位移一定是25 m D.物體在第5 s內的位移一定是9 m 答案 C 解析 物體在2.5 s末的瞬時速度等于第3 s內的平均速度,為v1=5 m/s,由于無法求解加速度,故第3 s末的速度與第5 s內的位移無法求解,A、B、D錯誤;前5 s內的平均速度等于2.5 s末的瞬時速度,

20、為5 m/s,故物體在前5 s內的位移為x=v1t=25 m,C正確。 高考考向2 運動圖象及應用 例2 (2019·吉林省吉林市三模)假設某高速公路上甲、乙兩車在同一車道上行駛,甲車在前,乙車在后。t=0時刻,發(fā)現(xiàn)前方有事故,兩車同時開始剎車,行進中兩車恰好沒有發(fā)生碰撞。兩車剎車過程的圖象如圖所示,以下判斷正確的是(  ) A.t=0時刻兩車間距等于50 m B.兩車都停止運動時相距50 m C.t=5 s時兩車間距大于t=15 s時兩車間距 D.乙車剎車的加速度大小是甲車的1.5倍 (1)利用v-t圖象如何求物體的加速度? 提示:斜率表示加速度。 (2)從v-

21、t圖象中能得到物體在一段時間內的位移嗎? 提示:能,v-t圖象和時間軸圍成的面積表示位移。 (3)兩車恰好不發(fā)生碰撞的條件是什么? 提示:甲、乙兩車恰好不發(fā)生碰撞的條件是速度相等時乙剛好追上甲。 [解析] 行進中兩車恰好沒有發(fā)生碰撞,說明t=10 s時刻兩車恰好相遇,則t=0時刻兩車間距等于兩車在前10 s的位移之差,為s=×10×(30-20) m=50 m,故A正確;根據(jù)v-t圖象與時間軸圍成的“面積”表示位移可知,甲的剎車距離為x甲=×20×20 m=200 m,而乙的剎車距離為x乙=×30×15 m=225 m,兩車都停止運動時的距離s′=s+x甲-x乙=25 m,故B錯誤;根

22、據(jù)v-t圖象與時間軸圍成的“面積”表示位移,可知在5~15 s內兩車通過的位移相等,所以t=5 s時兩車間距等于t=15 s時兩車間距,故C錯誤;根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度,甲的加速度大小為a1== m/s2=1 m/s2,乙的加速度大小為a2===2 m/s2,故乙車的加速度大小是甲車加速度大小的2倍,D錯誤。 [答案] A 圖象問題要“四看一注意” (1)看坐標軸:看清坐標軸所表示的物理量,明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關系。 (2)看圖象:識別兩個相關量的變化趨勢,從而分析具體的物理過程。 (3)看縱坐標、“斜率”和“面積”:v-t圖象中根據(jù)

23、坐標值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點;x-t圖象中根據(jù)坐標值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特點。 (4)看交點:明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點的物理意義。在x-t圖象中,兩圖線的交點表示兩物體相遇;在v-t圖象中,兩圖線的交點表示兩物體速度相同,此時相對速度為零,相對位移出現(xiàn)極值,是相距最遠、最近、是否碰撞的關鍵時刻。 (5)一注意:利用v-t圖象分析兩個物體的運動時,要注意兩個物體的出發(fā)點,即注意它們是從同一位置出發(fā),還是從不同位置出發(fā)。若從不同位置出發(fā),要注意出發(fā)時兩者的距離。 3.(2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)在平直公路上行

24、駛的甲車和乙車,其位移—時間圖象分別為圖中直線和曲線所示,圖中t1對應x1,則(  ) A.t1到t3時間內,乙車的運動方向始終不變 B.在t1時刻,甲車的速度大于乙車的速度 C.t1到t2時間內,某時刻兩車的速度相同 D.t1到t2時間內,甲車的平均速度小于乙車的平均速度 答案 C 解析 根據(jù)x-t圖線的斜率表示速度可知,t1到t3時間內,乙圖線切線斜率先為正值,然后為負值,則乙車的運動方向發(fā)生變化,故A錯誤;根據(jù)x-t圖象的斜率表示速度,可知在t1時刻,甲車的速度小于乙車的速度,故B錯誤;t1到t2時間內,乙圖線的切線斜率在某時刻與甲相同,該時刻兩車的速度相同,故C正確;t

25、1到t2時間內,兩車的位移相同,時間相同,則平均速度相同,故D錯誤。 4.(2019·廣東廣州二模)李大媽買完菜后乘電梯上樓回家,其乘坐的電梯運行情況如圖所示,可知(  ) A.李大媽家所在樓層離地高度約40 m B.0~3 s內電梯的加速度大小為0.5 m/s2 C.0~17 s內電梯的平均速度大小為0.75 m/s D.電梯加速運動的距離等于減速運動的距離 答案 B 解析 李大媽家所在樓層離地高度約為:h=×(10+17)×1.5 m=20.25 m,A錯誤;0~3 s內電梯的加速度大小為:a== m/s2=0.5 m/s2,B正確;0~17 s內電梯的平均速度大小為:=

26、= m/s≈1.2 m/s,C錯誤;因圖線與時間軸圍成的面積等于位移,由圖象可知,電梯加速運動的距離為:s1=×1.5×3 m=2.25 m,減速運動的距離為:s2=×(17-13)×1.5 m=3 m,s1<s2,故D錯誤。 高考考向3 牛頓運動定律的應用 例3 (2019·四川雅安三診)如圖所示,質量為1 kg的物體靜止于水平地面上,用大小為6.5 N的水平恒力F作用在物體上,使物體由靜止開始運動50 m后撤去拉力F,此時物體的速度為20 m/s,物體繼續(xù)向前滑行直至停止,g取10 m/s2。求: (1)物體與地面間的動摩擦因數(shù); (2)物體運動的總位移; (3)物體運動

27、的總時間。 (1)物體做什么運動? 提示:先做初速度為零的勻加速直線運動,再做勻減速直線運動直到速度為零。 (2)物體兩段運動過程的聯(lián)系是什么? 提示:兩段運動過程銜接處的速度相同。 [解析] (1)在拉力F作用下,物體的加速度大小為: a1= 對物體,由牛頓第二定律有:F-μmg=ma1, 聯(lián)立解得:μ=0.25。 (2)撤掉拉力F后的加速度大小為:a2=μg=2.5 m/s2 撤掉拉力F后的位移為:x2==80 m 全程總位移為:x=x1+x2=50 m+80 m=130 m。 (3)物體加速運動的時間為:t1==5 s 減速運動的時間為:t2==8 s 物

28、體運動的總時間:t=t1+t2=13 s。 [答案] (1)0.25 (2)130 m (3)13 s 1.解決動力學兩類基本問題的思路 受力分析加速度運動狀態(tài) 2.動力學基本問題的解題步驟 (1)明確研究對象:根據(jù)問題的需要和解題的方便,選擇某個物體或某系統(tǒng)作為研究對象。 (2)受力分析:畫好受力示意圖,選擇適當?shù)奶幚矸椒ㄇ蟪龊狭蚝狭Φ谋磉_式。 ①合成法:合成法適用于受力個數(shù)較少(2個)的情況。 ②正交分解法:正交分解法適用于各種情況,尤其是物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)時。 (3)運動情況分析:畫出運動示意圖,明確物體的運動性質和運動過程,求出或設出物體的加速度

29、。 (4)根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律列式求解。 3.瞬時加速度的兩種模型 (1)剛性繩(或接觸面):不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體,剪斷(或脫離)后,其彈力立即消失,不需要形變恢復時間。 (2)彈簧(或橡皮繩):兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧(或橡皮繩),特點是形變量大,其形變恢復需要較長時間,在瞬時性問題中,其彈力的大小通常可以看做保持不變。 4.處理多過程動力學問題的“二分析一關鍵” (1)“二分析” ①分析研究對象在每個過程的受力情況,并畫出受力分析圖; ②分析研究對象在每個階段的運動特點。 (2)“一關鍵” 前一個過程的結束時刻和狀態(tài)就是后一個過程的開始時刻

30、和狀態(tài),明確兩個過程的交接點速度不變往往是解題的關鍵。 5.(2019·湖南衡陽三模)如圖所示,質量分別為m和2m的A、B兩物塊,用一輕彈簧相連,將A用輕繩懸掛于天花板上,用一木板托住物塊B。調整木板的位置,當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時,懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒有拉力,此時輕彈簧的形變量為x,突然撤去木板,重力加速度為g,物塊運動過程中,彈簧始終在彈性限度內,則下列說法正確的是(  ) A.撤去木板瞬間,B物塊的加速度大小為g B.撤去木板瞬間,B物塊的加速度大小為0.5g C.撤去木板后,B物塊向下運動3x時速度最大 D.撤去木板后,B物塊向下運動2x時速度最大 答案 C

31、 解析 當系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時,懸掛A物塊的懸繩恰好伸直且沒拉力,則彈簧處于壓縮狀態(tài),且彈簧彈力大小T1=mg。撤去木板瞬間,B物塊受到的合力為T1+2mg=3mg,由牛頓第二定律可知:aB==1.5g,故A、B錯誤;當B物塊受到的合外力為零時,速度最大,此時彈簧彈力向上,且大小為T2=2mg=kx′,又T1=mg=kx,所以彈簧此時的伸長量x′=2x,即B物塊向下運動3x時速度最大,故C正確,D錯誤。 6.(2019·黑龍江哈爾濱三中二模)水平路面上質量為30 kg 的小車,在60 N水平推力作用下由靜止開始以1.5 m/s2的加速度做勻加速直線運動。2 s后撤去該推力,則(  ) A.小

32、車2 s末的速度是4 m/s B.小車受到的阻力大小是15 N C.撤去推力后小車的加速度大小是1 m/s2 D.小車運動的總時間為6 s 答案 B 解析 小車2 s末的速度是:v=at=1.5×2 m/s=3 m/s,故A錯誤;根據(jù)牛頓第二定律得:F-f=ma,解得:f=F-ma=60 N-30×1.5 N=15 N,故B正確;撤去推力后,根據(jù)牛頓第二定律:f=ma1,解得:a1=0.5 m/s2,故C錯誤;撤去推力后運動的時間為:t1= s=6 s,所以小車運動的總時間為:t總=(2+6) s=8 s,故D錯誤。 高考考向4 動力學的連接體問題和臨界問題 例4 (2019

33、·湖南懷化三模)(多選)如圖甲所示,物塊A疊放在木板B上,且均處于靜止狀態(tài),已知水平地面光滑,A、B間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F,測得B的加速度a與拉力F的關系如圖乙所示,下列說法正確的是(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10 m/s2)(  ) A.當F<24 N時,A、B都相對地面靜止 B.當F>24 N時,A相對B發(fā)生滑動 C.A的質量為4 kg D.B的質量為24 kg (1)圖象中B的加速度達到4 m/s2后為什么會保持不變? 提示:B受到的靜摩擦力達到了最大值,之后A和B開始相對滑動。 (2)A和B相對滑動的臨界條件是什么? 提

34、示:A和B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力,此時A和B的加速度仍相等。 (3)如何求使A和B發(fā)生相對滑動所對應的臨界外力F? 提示:先隔離B分析,再對A或整體分析。 [解析] 當A與B間的摩擦力達到最大靜摩擦力后,A、B會發(fā)生相對滑動,由圖可知,B的最大加速度為4 m/s2,即拉力F>24 N時,A相對B發(fā)生滑動,當F<24 N時,A與B保持相對靜止,一起相對地面做加速直線運動,故A錯誤,B正確;F=24 N時,B達到最大加速度,此時A與B的加速度大小相等,對B,根據(jù)牛頓第二定律得,aB==4 m/s2,對A,根據(jù)牛頓第二定律得,aA==4 m/s2,解得mA=4 kg,mB=2 kg,故C

35、正確,D錯誤。 [答案] BC 解決連接體問題應注意的問題 (1)整體法與隔離法的使用條件 ①當連接體中各物體具有共同的加速度時,一般采用整體法;當系統(tǒng)內各物體的加速度不同時,一般采用隔離法。 ②求連接體內各物體間的相互作用力時必須用隔離法。 (2)兩物體分離或相對滑動的條件 ①疊加體類連接體:兩物體間剛要發(fā)生相對滑動時物體間的靜摩擦力達到最大值。 ②靠在一起的連接體:分離時相互作用力為零,但此時兩物體的加速度仍相同。 (3)用滑輪連接的連接體的處理方法 通過滑輪連接的兩個物體:加速度大小相同。加速度不為零時,輕繩的拉力不等于所懸掛物體的重力。 7. (2019·四

36、川教考聯(lián)盟三診)(多選)如圖,在水平面上固定一傾角為30°的光滑斜面,斜面底部有一垂直于斜面的固定擋板,A和B用輕彈簧相連,A靠在擋板上,C靠在B上,A、B、C三者質量均為m,力F作用在C上使彈簧處于壓縮狀態(tài)?,F(xiàn)撤去F,彈簧彈開,最后使A和擋板恰無彈力,重力加速度為g,在這個過程中以下說法正確的是(  ) A.當B速度最大時,B、C間彈力為0 B.當B和C分離時,A對擋板的壓力為mg C.當B和C分離時,它們的速度相等且達到最大 D.當B的速度最大時,A對擋板的壓力為mg 答案 BD 解析 B和C分離瞬間,加速度相等且彈力消失,分離后的瞬間C的加速度為gsin30°,則B的加速

37、度也為gsin30°,由此推知B和C在彈簧原長時分離,此時,它們的加速度不為0,即速度不是最大,速度最大出現(xiàn)在分離之前,故A、C錯誤;當B和C分離時彈簧處于原長,此時A對擋板的壓力等于A重力沿斜面方向的分力,即mg,故B正確;當B的速度達到最大時,C的速度也最大,它們受彈簧的彈力等于二者重力沿斜面方向的分力,即2mgsin30°=mg,彈簧另一端的彈力大小也是mg,所以此時A對擋板的壓力為mg,D正確。 8.(2019·西安高三第三次質檢)如圖甲所示,質量為m的物塊A放在足夠高的平臺上,平臺表面光滑。質量也為m的物塊B放在水平地面上,物塊B與勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連,彈簧與物塊A用繞過定滑

38、輪的輕繩相連,輕繩剛好繃緊?,F(xiàn)給物塊A施加水平向右的拉力F(未知),使物塊A做初速度為零的勻加速直線運動,加速度為a,重力加速度為g,A、B均可視為質點。 (1)當物塊B剛好要離開地面時,拉力F的大小及物塊A的速度大小分別為多少; (2)若將物塊A換成物塊C,拉力F的方向與水平方向成θ=37°角,如圖乙所示,開始時輕繩也剛好繃緊,要使物塊B離開地面前,物塊C一直以大小為a的加速度做勻加速運動,則物塊C的質量應滿足什么條件?(sin37°=0.6,cos37°=0.8) 答案 (1)ma+mg    (2)mC≥ 解析 (1)當物塊B剛好要離開地面時,設彈簧的伸長量為x,物塊A的速度

39、大小為v,對物塊B受力分析有:mg=kx,得:x=, 根據(jù)v2=2ax,解得:v== 對物塊A:F-T=ma, 又:T=kx=mg, 解得:F=ma+mg。 (2)設某時刻彈簧的伸長量為x1。對物塊C,水平方向:Fcosθ-T1=mCa,其中T1=kx1≤mg, 故Fmax=, 豎直方向:Fsinθ≤mCg, 故有:·sinθ≤mCg, 解得:mC≥。 易錯警示  整體法與隔離法在連接體問題中的應用 例 (2019·河北衡水中學三模)(多選)如圖甲所示,足夠長的木板B靜置于光滑水平面上,其上放置小滑塊A。木板B受到隨時間t變化的水平拉力F作用時,用傳感器測出木板B的加

40、速度a,得到如圖乙所示的a-F圖象,已知g取10 m/s2,則(  ) A.滑塊A與木板B間動摩擦因數(shù)為0.1 B.當F=10 N時木板B的加速度為4 m/s2 C.木板B的質量為1 kg D.滑塊A的質量為4 kg 分析與解 由圖乙可知,當F=8 N時,A、B恰不發(fā)生相對滑動,加速度為:a=2 m/s2,對A、B整體,由牛頓第二定律有:F=(mA+mB)a,代入數(shù)據(jù)解得:mA+mB=4 kg;當F大于8 N時,A、B發(fā)生相對滑動,對B,根據(jù)牛頓第二定律得:a==F-,由圖象可知,圖線的斜率:k===1,解得:mB=1 kg,故滑塊A的質量為:mA=3 kg;由方程a==F-,可

41、知當a=0時,F(xiàn)=6 N,代入數(shù)據(jù)解得μ=0.2,故A、D錯誤,C正確。F=10 N>8 N時,滑塊與木板相對滑動,B的加速度為:aB=a== m/s2=4 m/s2,故B正確。 答案 BC 易錯警示 本題是牛頓第二定律與圖象的綜合題,明確滑塊和木板在不同拉力作用下的運動規(guī)律是解決本題的關鍵,通過分析滑塊和木板的運動狀態(tài)是否相同來選用整體法或隔離法。 配套作業(yè)   限時:50分鐘   滿分:100分 一、選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分,其中第1~4題為單選題,第5~8題為多選題) 1.(2019·湖南三湘名校教育聯(lián)盟三模)甲、乙兩輛汽車在平直公路上,從同一地點同時同向均

42、做勻加速直線運動,甲、乙速度的平方隨位移變化的圖象如圖所示,則(  ) A.甲車的加速度比乙車的加速度小 B.在x=0.5 m處甲、乙兩車的速度均為2 m/s C.在t=2 s末甲、乙兩車相遇 D.在x=4 m處甲、乙兩車不相遇 答案 C 解析 根據(jù)勻變速直線運動速度與位移的關系式v2-v=2ax,得v2=2ax+v,可知圖象的斜率k=2a,由圖可知,甲的斜率大于乙的斜率,故甲車的加速度比乙車的加速度大,故A錯誤;由圖可知,在x=0.5 m處甲、乙兩車速度的平方均為2 m2/s2,速度均為 m/s,故B錯誤;由v2-v=2ax可知,甲車做初速度為0、加速度為2 m/s2的勻加速

43、直線運動,乙車做初速度為1 m/s、加速度為1 m/s2的勻加速直線運動,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律可得兩車相遇時:x=a甲t2=v0t+a乙t2,得t=2 s,相遇時的位移為 x=4 m,故C正確,D錯誤。 2.(2019·貴陽一模)一傘兵從懸停在空中的直升飛機上由靜止跳下,2 s時開啟降落傘,其跳傘過程中的v-t圖象如圖所示,根據(jù)圖象可知該傘兵(  ) A.在0~2 s內做自由落體運動 B.在2~6 s內加速度方向先向上后向下 C.在0~14 s內先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) D.在0~24 s內先勻加速再勻減速最終勻速直線運動 答案 C 解析 由圖象可知,該傘兵在0~2 s

44、內做勻加速直線運動,但加速度小于重力加速度,不是自由落體運動,故A錯誤;由圖可知,2~6 s內該傘兵先做加速運動,后做減速運動,故加速度方向先向下后向上,故B錯誤;0~14 s內該傘兵先做加速運動,后做減速運動,故加速度方向先向下后向上,先失重后超重,故C正確;在0~24 s內,2~12 s內的加速度大小發(fā)生變化,故該傘兵不做勻變速運動,D錯誤。 3.(2019·重慶三診)如圖所示,在傾角為30°的光滑斜面上,質量相等的甲、乙物體通過彈簧連接,乙物體通過輕繩與斜面頂端相連。已知輕彈簧、輕繩均與斜面平行,重力加速度大小為g。剪斷輕繩的瞬間,下列說法正確的是(  ) A.甲、乙的加速度大小

45、均為 B.甲的加速度為零,乙的加速度大小為 C.甲的加速度為g,乙的加速度大小為零 D.甲的加速度為零,乙的加速度大小為g 答案 D 解析 剪斷輕繩前,對甲、乙、彈簧組成的整體分析知輕繩對乙球的彈力大小為2mgsin30°,因彈簧彈力不能突變,而繩子的彈力會突變,所以剪斷輕繩瞬間,甲球所受合力為零,加速度為零;乙球所受合力為2mgsin30°,加速度為2gsin30°=g,故A、B、C錯誤,D正確。 4. (2019·廣東惠州二模)如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若砝碼和紙板的質量分

46、別為2m和m,各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度為g。要使紙板相對砝碼運動,所需拉力的大小至少應為(  ) A.3μmg B.4μmg C.5μmg D.6μmg 答案 D 解析 當紙板相對砝碼運動時,設砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2,則根據(jù)牛頓第二定律得: 對砝碼有:f1=μ·2mg=2ma1, 得:a1==μg, 對紙板有 F-f1-f2=ma2, 紙板與砝碼發(fā)生相對運動需要紙板的加速度不小于砝碼的加速度,即:a2≥a1, 所以:F=f1+f2+ma2≥f1+f2+ma1=μ·2mg+μ·3mg+μmg=6μmg, 即:F≥6μmg,選

47、D。 5.(2019·湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)在粗糙水平面上,有一質量未知的物體做直線運動,在t=0時刻受一與運動方向相反的恒力F=4 N的作用,經(jīng)一段時間后撤去力F,物體運動的v-t圖象如圖所示,已知g=10 m/s2,下列說法正確的是(  ) A.物體與水平面的動摩擦因數(shù)μ為0.2 B.物體最后回到t=0時刻的位置 C.F的作用時間為1 s D.物體的質量為1 kg 答案 AD 解析 由于物體在0~1 s內沿正向做減速運動,1~2 s內沿負向做加速運動,2 s后沿負方向做減速運動,則拉力F是在2 s末撤去的,拉力F的作用時間為2 s,在 2~3 s內物體的加速度

48、大小為a==2 m/s2,摩擦力大小為μmg,且μmg=ma,解得μ=0.2,故A正確,C錯誤;由圖知,0~1 s內物體沿正向運動,位移大小x1=×6×1 m=3 m,1~3 s內沿負向運動,位移大小x2=×(3-1)×2 m=2 m,則知3 s末與出發(fā)點距離為x=x1-x2=1 m,故B錯誤;在0~1 s內物體沿正向運動,根據(jù)圖象可得加速度大小a1== m/s2=6 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律可得:F+μmg=ma1,解得物體的質量m=1 kg,故D正確。 6.(2019·山東濱州二模)如圖所示,小車分別以加速度a1、a2、a3、a4向右做勻加速運動,bc是固定在小車上的水平橫桿,物塊M穿

49、在桿上,M通過線懸吊著小物體m,m在小車的水平底板上,加速度為a1、a2時,細線在豎直方向上,全過程中M始終未相對桿bc移動,M、m與小車保持相對靜止,M受到的摩擦力大小分別為f1、f2、f3、f4,則以下結論正確的是(  ) A.若=,= B.若=,= C.若=,= D.若=,= 答案 CD 解析 甲、乙兩圖中,M水平方向只受摩擦力作用,根據(jù)牛頓第二定律得:f1=Ma1,f2=Ma2;丙、丁兩圖中,對M和m組成的系統(tǒng)分析,根據(jù)牛頓第二定律可知:f3=(M+m)a3,f4=(M+m)a4。如果a1∶a2=1∶2,解得:f1∶f2=1∶2,故A錯誤;如果a2∶a3=1∶2

50、,則f2∶f3=M∶2(M+m)≠1∶2,故B錯誤;若a3∶a4=1∶2,則f3∶f4=1∶2,故C正確;對m受力分析可知tanθ=,tanα=,若a3∶a4=1∶2,可得:tanθ∶tanα=1∶2,故D正確。 7.(2019·陜西咸陽三模)如圖甲所示,用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上,兩物塊的質量分別為mA=1 kg、mB=2 kg,當A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3 N時A、B將會分離。t=0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1,同時對物塊B施加同一方向的拉力F2,使A、B從靜止開始運動,運動過程中F1、F2方向保持不變,F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列

51、關于A、B兩物塊受力及運動情況的分析,正確的是(  ) A.t=2.0 s時刻A、B之間作用力大小為0.6 N B.t=2.0 s時刻A、B之間作用力為零 C.t=2.5 s時刻A對B的作用力方向向左 D.從t=0時刻到A、B分離,它們運動的位移為5.4 m 答案 AD 解析 設t時刻A、B分離,由圖象可知,分離之前A、B共同做勻加速運動,設加速度為a,以整體為研究對象,則有:a== m/s2=1.2 m/s2,分離時:F2-F拉=mBa,得F2=F拉+mBa=0.3 N+2×1.2 N=2.7 N,結合圖象可知,分離時t=×4.0 s=3 s,A、B兩物塊共同運動的位移為s=

52、at2=5.4 m,故D正確;當t=2 s時,F(xiàn)2=1.8 N,F(xiàn)2+T=mBa,得T=mBa-F2=0.6 N,A正確,B錯誤;當t=2.5 s時,F(xiàn)2=2.25 N,F(xiàn)2+T′=m2a,得T′=m2a-F2>0,故A對B的作用力方向向右,C錯誤。 8.(2019·吉林模擬)如圖所示,質量分別為3m和m的1、2兩物塊疊放在水平桌面上,物塊2與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊1與物塊2間的動摩擦因數(shù)為2μ。物塊1和物塊2的加速度大小分別用a1、a2表示,物塊1與物塊2間的摩擦力大小用f1表示,物塊2與桌面間的摩擦力大小用f2表示,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當水平力F作用在物塊1上,下列反映a和

53、f變化的圖線正確的是(  ) 答案 AC 解析 1、2這兩個物塊開始時均靜止,當拉力逐漸增大時,由受力分析可知,開始時,f1=f2=F,a1=a2=0;當拉力增大到F=f2max=μ·4mg=4μmg,整體開始滑動,根據(jù)牛頓第二定律F-f2max=4ma,f1-4μmg=ma,解得a1=a2=a=,f1=3μmg+;當兩物塊間的摩擦力增大到f1max=2μ·3mg=6μmg時,f1max-f2max=ma2,a2=a1=2μg,F(xiàn)-f1max=3ma1,拉力F=12μmg;當拉力F繼續(xù)增大,物塊1、2之間開始滑動,a1==,a2==2μg,物塊2與桌面之間的摩擦力為f2=4μmg不

54、變,物塊1與物塊2之間相對滑動,摩擦力f1=6μmg不變。結合圖象分析可知A、C正確。 二、計算題(本題共2小題,共36分,須寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(2019·安徽皖中名校聯(lián)盟高三第一次模擬聯(lián)考)(16分)一汽車在直線公路段上以54 km/h的速度勻速行駛,突然發(fā)現(xiàn)在其正前方14 m處有一輛自行車以5 m/s的速度同向勻速行駛。經(jīng)過0.4 s的反應時間后,司機開始剎車,則: (1)為了避免相撞,汽車的加速度大小至少為多少? (2)若汽車剎車時的加速度只為4 m/s2,在汽車開始剎車的同時自行車開始以一定的加速度勻加速,則自行車的加速度至少為多大才能保證兩車不相撞? 答案 (1)5

55、 m/s2 (2)1 m/s2 解析 (1)設汽車的加速度大小為a時兩車恰不相撞, 初速度v汽=54 km/h=15 m/s, 設剎車后汽車運動的時間為t時兩車相遇,此時兩車速度相等, 則v自=v汽-at 自行車的位移為:x自=v自(t+Δt) 汽車的位移為:x汽=v汽Δt+v汽t-at2 x汽=x自+d 聯(lián)立解得:a=5 m/s2。 (2)設自行車加速度為a′時,兩車恰不相撞, 剎車后汽車運動的時間為t′時兩車相遇,此時兩車速度相等, 則v自+a′t′=v汽-a汽t′, 自行車的位移為:x自′=v自·Δt+v自t′+a′t′2 汽車的位移為:x汽′=v 汽·Δt+v

56、汽t′-a汽t′2 x汽′=x自′+d 聯(lián)立解得:a′=1 m/s2。 10.(2019·貴州畢節(jié)二模)(20分)一長木板置于粗糙水平地面上,木板右端放置一小物塊,如圖所示。木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.1,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4。t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向墻壁運動,當t=1 s時,木板以速度v1=4 m/s與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反。運動過程中小物塊第一次減速為零時恰好從木板上掉下。已知木板的質量是小物塊質量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)t=0時刻木板的速度; (2)木板的長度。

57、 答案 (1)5 m/s (2) m 解析 (1)設木板與物塊一起以共同速度向墻壁運動時的加速度大小為a1,t=0時刻木板速度為v0,則對木板和物塊:μ1(M+m)g=(M+m)a1 由運動學公式:v1=v0-a1t 代入數(shù)據(jù)求得:v0=5 m/s。 (2)設木板與墻碰撞后至物塊從木板上掉下過程中,物塊的加速度大小為a2,木板的加速度大小為a3,經(jīng)歷時間為t1,物塊的位移大小為x1,木板的位移大小為x2,則對物塊:μ2mg=ma2 x1=,x1=t1, 對木板,由牛頓第二定律:μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3, 其中M=15m,解得a3

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