《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運動學(xué)案（54頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題一 第一講物體平衡與直線運動 考點一 靜態(tài)平衡問題 1.[考查單個物體的平衡問題] 張鵬同學(xué)在家?guī)蛬寢屜赐暌路?，掛在如圖所示的晾衣架上晾曬，A、B為豎直墻壁上等高的兩點，AO、BO為長度相等的兩根輕繩，CO為一根輕桿。轉(zhuǎn)軸C在AB中點D的正下方，AOB在同一水平面上。∠AOB＝60°，∠DOC＝30°，衣服質(zhì)量為m。下列說法正確的是 (　　) A．CO桿所受的壓力大小為mg B．CO桿所受的壓力大小為mg C．AO繩所受的拉力大小為mg D．BO繩所受的拉力大小為mg 解析：選D　設(shè)繩AO和繩BO拉力的合力為F，以O(shè)點為研究對象，O點受到向下的拉力mg、桿

2、的支持力F2和繩AO與繩BO拉力的合力F，作出力的示意圖，如圖甲所示， 根據(jù)平衡條件得：F＝mgtan 60°＝mg；F2＝＝2mg。將F分解，如圖乙所示，設(shè)AO所受拉力的大小為F1，因為∠AOB＝60°，根據(jù)幾何知識得：F1＝F＝mg，所以繩AO和BO所受到的拉力大小為mg，而桿OC所受到的壓力大小等于2mg；故D正確。 2．[考查多個物體的平衡問題] [多選]如圖所示，水平桌面上有三個相同的物體a、b、c疊放在一起，a的左端通過一根輕繩與質(zhì)量為m＝3 kg的小球相連，半球形器皿中的輕繩與水平方向的夾角為60°，小球靜止在光滑的半球形器皿中，水平向右的拉力F＝10 N 作用在b上，

3、三個物體保持靜止?fàn)顟B(tài)。g取10 m/s2，下列說法正確的是 (　　) A．輕繩對物體a的拉力大小為10 N B．物體c受到向右的靜摩擦力 C．桌面對物體a的靜摩擦力方向水平向左 D．物體b受到一個摩擦力，方向水平向左 解析：選AD　對小球由平衡條件得2Tsin 60°＝mg，代入數(shù)據(jù)解得輕繩的拉力T＝10 N，選項A正確；因為輕繩的拉力T＝10 N＞F＝10 N，因此對a、b、c三個物體組成的整體分析可知，桌面對物體a的靜摩擦力方向水平向右，選項C錯誤；物體c處于平衡狀態(tài)，既不受拉力也不受摩擦力，選項B錯誤；c對b沒有摩擦力，而b處于平衡狀態(tài)，由于水平拉力F＝10 N作用在b上，

4、因此由平衡條件知，b受到方向水平向左、大小為10 N的靜摩擦力，選項D正確。 考點二 動態(tài)平衡問題 3.[考查用圖解法分析動態(tài)平衡問題] 質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上。用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O，如圖所示。用T表示繩 OA段拉力的大小，在O點向左移動的過程中(　　) A．F逐漸變大，T逐漸變大 B．F逐漸變大，T逐漸變小 C．F逐漸變小，T逐漸變大 D．F逐漸變小，T逐漸變小 解析：選A　以O(shè)點為研究對象，受力如圖所示，當(dāng)用水平向左的力緩慢拉動O點時，繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項A正確。 4．[考查用相似

5、三角形法分析動態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸于O點，A球固定在O點正下方，當(dāng)小球B平衡時，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是 (　　) A．FT1>FT2　　　　　　　 　B．FT1＝FT2 C．F1＜F2 D．F1＝F2 解析：選BC　小球B受重力mg、繩子拉力FT和彈簧彈力F三個力而平

6、衡，平移FT、F構(gòu)成矢量三角形如圖所示，由圖可以看出，力的矢量三角形總是與幾何三角形OAB相似，因此有＝＝，其中OA、L保持不變，因此繩子的拉力FT大小保持不變，A錯誤、B正確；當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)k增大時，彈簧的壓縮量減小，A、B間距離增大，因此對應(yīng)的力F增大，C正確、D錯誤。 考點三 勻變速直線運動問題 5.[考查勻變速直線運動規(guī)律及圖像問題] [多選] 為檢測某新能源動力車的剎車性能，如圖所示是一次在平直公路上實驗時，新能源動力車整個剎車過程中位移與速度平方之間的關(guān)系圖像，下列說法正確的是(　　) A．新能源動力車的初速度為20 m/s B．剎車過程新能源動力車的加速度大小為5

7、 m/s2 C．剎車過程持續(xù)的時間為10 s D．剎車過程經(jīng)過6 s時新能源動力車的位移為30 m 解析：選AB　根據(jù)0－v2＝2ax得：＝－，可知＝，解得剎車過程中加速度大小a＝5 m/s2，由題圖可知，新能源動力車的初速度為v02＝400 m2/s2，則v0＝20 m/s，故A、B正確；則剎車過程持續(xù)的時間t＝＝ s＝4 s，故C錯誤；剎車過程中6 s內(nèi)的位移等于4 s內(nèi)的位移，則x＝＝ m＝40 m，故D錯誤。 6.[考查用勻變速直線運動規(guī)律解決實際問題] 一輛車廂長為4 m的卡車沿水平路面行駛，在車廂正中央沿行駛方向放置一根長2 m、質(zhì)量均勻的細(xì)鋼管，鋼管與車廂水平底板間的動

8、摩擦因數(shù)為0.3，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若卡車以18 m/s的速度勻速行駛，為了使車廂前擋板不被撞擊，求剎車時加速度的最大值？ (2)若車廂無后擋板，卡車從靜止開始勻加速運動，加速度大小為4 m/s2，則經(jīng)多長時間鋼管開始翻落？ 解析：(1)若車廂前擋板恰好不被撞擊，則卡車在剎車過程中的位移大小x1＝ 對鋼管有μmg＝ma2， 解得鋼管的加速度大小a2＝μg＝3 m/s2 鋼管的位移大小x2＝＝54 m 又由運動關(guān)系可知x2－x1＝ 聯(lián)立以上各式可得am＝ m/s2≈3.06 m/s2。 (2)從卡車開始加速到鋼管開始翻落的過程中，卡車的位移x1′＝at2

9、鋼管的位移x2′＝a2t2 又由運動關(guān)系可得x1′－x2′＝＋， 聯(lián)立解得t＝2 s。 答案：(1)3.06 m/s2　(2)2 s 考點四 動力學(xué)兩類基本問題 7.[考查已知受力情況確定運動情況] 如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，Ob經(jīng)過圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)，兩個滑環(huán)都從O點無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　　 　B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．無法確定 解析：選B　設(shè)Oa與豎直方向夾角為θ，

10、則Ob與豎直方向夾角為2θ，由2Rcos θ＝gcos θ·t12,2R＝gcos 2θ·t22，比較可得t1＜t2，故B正確。 8．[考查已知運動情況確定受力情況] 一個質(zhì)量為m＝2 kg的物體在傾角θ＝37°粗糙的斜面上，在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上運動，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，從t＝0時刻開始，物體運動的與時間t的關(guān)系如圖所示(x為位移)，g＝10 m/s2，t＝2 s時撤去拉力，sin 37°＝0.6，求： (1)拉力F的大小； (2)物體向上運動過程中距計時點的最大距離。 解析：(1)由勻變速直線運動公式x＝v0t＋at2 得＝v0＋at 對照圖線可

11、知，圖線在縱軸截距表示初速度，圖線斜率表示a1，則有：v0＝1 m/s，a1＝2 m/s2 物體在斜面上在拉力F作用下向上運動的過程，由牛頓第二定律得：F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1 解得F＝24 N。 (2)2秒末v＝v0＋a1t＝5 m/s 0到2秒內(nèi)：x1＝v0t＋a1t12＝6 m 2秒后物體向上做勻減速運動，其加速度為 a2＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2 2秒后沿斜面向上位移：x2＝＝1.25 m 物體向上運動過程中距計時點的最大距離為 x＝x1＋x2＝7.25 m。 答案：(1)24 N　(2)7.25 m 考

12、點五 動力學(xué)中的綜合問題 9.[考查傳送帶與運動圖像結(jié)合的問題] 如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則(　　) A．t2時刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大 B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大 C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析：選B　0～t1時間：滑動摩擦力向右，物塊向左做勻減速運動，t1時

13、刻向左位移達(dá)到最大，即小物塊離A處的距離最大。t1～t2時間：滑動摩擦力向右，物塊向右由靜止開始先做勻加速直線運動。t2以后物塊做勻速直線運動，摩擦力為零。t2時刻以后物塊相對傳送帶靜止，相對滑動的距離最大，故B正確。 10．[考查動力學(xué)中的臨界極值問題] 如圖所示，木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為2m，現(xiàn)施加水平力F拉B，A、B剛好不發(fā)生相對滑動，一起沿水平面運動。若改用水平力F′拉A，使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則F′不得超過(　　) A．2F B. C．3F D. 解析：選B　力F拉物體B時，A、B恰好不滑動，故A、B間的靜摩擦力

14、達(dá)到最大值，對物體A受力分析，受重力mg、支持力N、向前的靜摩擦力fm，根據(jù)牛頓第二定律，有fm＝ma?、?，對A、B整體受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根據(jù)牛頓第二定律，有F＝3ma?、冢散佗诮獾茫篺m＝F。當(dāng)F′作用在物體A上時，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對物體A，有F′－fm＝ma1?、?，對整體，有：F′＝3ma1?、?，由上述各式聯(lián)立解得：F′＝F，即F′的最大值是F，則使A、B也保持相對靜止，一起沿水平面運動，則F′不得超過F，故B正確。 11．[考查含彈簧的連接體問題] 如圖所示，物體A、B質(zhì)量均為m，疊放在輕質(zhì)彈簧上(彈簧下端固定于地面上，上端和

15、物體拴接)。對A施加一豎直向下，大小為F的外力，使彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))后物體A、B處于平衡狀態(tài)。已知重力加速度為g，F(xiàn)＞2mg?，F(xiàn)突然撤去外力F，設(shè)兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN，則下列關(guān)于FN的說法正確的是(　　) A．剛撤去外力F時，F(xiàn)N＝ B．彈簧彈力等于F時，F(xiàn)N＝ C．兩物體A、B在彈簧恢復(fù)原長之前分離 D．彈簧恢復(fù)原長時FN＝mg 解析：選B　剛撤去外力F時，由牛頓第二定律，對A、B組成的整體有F＝2ma1，對物體A有FN－mg＝ma1，聯(lián)立解得FN＝＋mg，選項A錯誤；彈簧彈力等于F時，對A、B組成的整體有F－2mg＝2ma2

16、，對物體A有FN－mg＝ma2，聯(lián)立解得FN＝，選項B正確；當(dāng)A、B恰好分離時，A、B間相互作用力為0，對A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也為g，根據(jù)牛頓第二定律分析可知彈簧恰好恢復(fù)到原長，選項C、D錯誤。 12．[考查多個物體組成的(繩)連接體問題] 如圖所示的裝置叫做阿特伍德機，是阿特伍德創(chuàng)造的一種著名力學(xué)實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律。繩子兩端的物體下落(或上升)的加速度總是小于自由落體時的加速度g，同自由落體相比，下落相同的高度，所需要的時間更長，這使得實驗者有足夠的時間從容地觀測、研究實驗現(xiàn)象。已知物體A、B的質(zhì)量相等均為M，物體C的質(zhì)量為m，輕繩與輕滑輪間的摩擦不計，

17、繩子不可伸長。如果m＝M，求： (1)物體B從靜止開始下落一段距離所用的時間與其自由落體下落同樣的距離所用時間的比值； (2)系統(tǒng)由靜止釋放后，運動過程中物體C對物體B的拉力。 解析：(1)設(shè)物體的加速度大小為a，繩子中的張力大小為F 對物體A：F－Mg＝Ma 對物體B、C整體：(M＋m)g－F＝(M＋m)a 解得：a＝g 代入m＝M得，a＝ 物體B從靜止開始下落一段距離h歷時t，則h＝at2 自由落體相同距離歷時t0，則h＝gt02 解得：＝＝3。 (2)設(shè)物體B對物體C的拉力為T， 對物體C有mg－T＝ma 解得：T＝mg 由牛頓第三定律可知，物體C對物體B的拉

18、力為mg，方向豎直向下。 答案：(1)3　(2)mg，方向豎直向下 釋疑5大考點 考點一　靜態(tài)平衡問題 本考點是整個高中物理力學(xué)體系的基礎(chǔ)，也有一定的難度，“難”表現(xiàn)在兩個方面：一是研究對象復(fù)雜，往往涉及多個物體(如診斷卷第2題)；二是試題情景新穎，常與生活實際相聯(lián)系或是實際情景的抽象(如診斷卷第1題)。對于該類問題，關(guān)鍵是在準(zhǔn)確選定研究對象的前提下，靈活地利用合成法、分解法或正交分解法，必要時結(jié)合整體與隔離法分析問題。建議對本考點自學(xué)為主。 (一)理清知識體系 (二)掌握解答平衡問題的基本思路 (三)用好多力多體平衡的解題技法 1．物體受三力平衡時，通?？蓱?yīng)用

19、合成法、分解法、解直角三角形法等求解，如診斷卷第1題，屬于空間力系問題，O點受到的力不在同一平面，關(guān)鍵是將受力情況分成豎直和水平兩個平面研究。如果物體受到三個以上力的平衡問題，通常采用正交分解法求解。 2．對于多個物體的平衡問題，要正確選取研究對象，整體法和隔離法交替使用，如診斷卷第2題，判斷物體b所受的摩擦力時必須用隔離法，判斷桌面對物體a的靜摩擦力用整體法比較方便，求解時的易錯點是忽略繩的拉力與F的大小關(guān)系，誤認(rèn)為桌面對物體a的靜摩擦力方向水平向左。 [題點全練] 1．(2018·濟寧一模)如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個小球A、B(可視為質(zhì)點)固定在輕桿的兩端，將其放入光滑的半球形碗中，

20、桿的長度等于碗的半徑，當(dāng)桿與兩球組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，桿對小球A的作用力大小為(　　) A.mg　　　　　　　　　 B.mg C.mg D．2mg 解析：選A　對小球A受力分析，桿對小球A的彈力FN水平向左，碗對球的彈力沿AO方向以及小球受豎直向下的重力，由平衡條件可知，tan 30°＝，解得FN＝mgtan 30°＝mg，故A正確，B、C、D錯誤。 2．(2019屆高三·石家莊調(diào)研)飛艇常常用于執(zhí)行掃雷、空中預(yù)警、電子干擾等多項作戰(zhàn)任務(wù)。如圖所示為飛艇拖拽掃雷具掃除水雷的模擬圖。當(dāng)飛艇勻速飛行時，繩子與豎直方向恒成θ角。已知掃雷具質(zhì)量為m，重力加速度為g，掃雷具所受浮力

21、不能忽略，下列說法正確的是(　　) A．掃雷具受3個力作用 B．繩子拉力大小為 C．海水對掃雷具作用力的水平分力小于繩子拉力 D．繩子拉力一定大于mg 解析：選C　對掃雷具進(jìn)行受力分析，受到重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，如圖所示，故A錯誤；根據(jù)平衡條件，有： 豎直方向：F浮＋Tcos θ＝mg 水平方向：f＝Tsin θ 計算得出：T＝，故B錯誤；掃雷具受到海水的水平方向的阻力等于繩子拉力的水平分力，即小于繩子的拉力，而繩子拉力不一定大于mg，故C正確、D錯誤。 3．(2018·遼寧莊河模擬)如圖所示，一條細(xì)繩跨過定滑輪連接物體A、B，A懸掛起來，B穿在一根豎直桿上，

22、兩物體均靜止，繩與滑輪間的摩擦不計，已知繩與豎直桿間的夾角為θ，物體A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，則(　　) A．mA＞mB B．mA＜mB C．桿對B的彈力大小為mAgsin θ D．桿對B的摩擦力大小為mAgcos θ 解析：選C　對物體A分析可知，繩子拉力T＝mAg，再對物體B進(jìn)行受力分析可知，水平方向：Tsin θ＝N，故桿對B的彈力大小為mAgsin θ，選項C正確；豎直方向：Tcos θ＋f＝mBg，因無法判斷摩擦力的方向，故無法判斷二者的質(zhì)量的大小，故選項A、B、D錯誤。 考點二　動態(tài)平衡問題 動態(tài)平衡是高考的?？紗栴}。物體在緩慢移動過程中均處于平衡狀態(tài)，但物體所受

23、的某些力的大小和方向均發(fā)生變化，使結(jié)果出現(xiàn)一些不確定性，這是此類問題常失分的主要原因。針對此類問題，只要遵循正確的思維流程(見例1、例2)，準(zhǔn)確分析各力特點，合理選取解題方法，問題便可迎刃而解。建議對本考點重點攻堅。 (一)靈活選取方法——針對破解動態(tài)平衡問題 　[多選](2017·全國卷Ⅰ)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．MN上的張力逐漸增大 B．MN上的張力先增大后減小 C．OM上的張力

24、逐漸增大 D．OM上的張力先增大后減小 [思維流程]　 方法一　圖解法 方法二　解析法(正弦定理) [答案]　AD (二)突破一個難點——動態(tài)平衡中的極值問題 　(2018·九江聯(lián)考)將兩個質(zhì)量均為m的小球a、b用細(xì)線相連后，再用細(xì)線懸掛于O點，如圖所示。用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F的最小值為(　　) A.mg　　　　　　 　 B．mg C.mg D.mg [思維流程] [答案]　B [題點全練] 1．(2018·河南南陽一中模擬)如圖所示，半圓形框架豎直放置在粗糙的水平地面上，

25、光滑的小球P在水平外力F的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，P與圓心O的連線與水平面的夾角為θ，將力F在豎直面內(nèi)沿順時針方向緩慢地轉(zhuǎn)過90°，框架與小球始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．框架對小球的支持力先減小后增大 B．力F的最小值為mgcos θ C．地面對框架的摩擦力先減小后增大 D．框架對地面的壓力先增大后減小 解析：選B　以小球為研究對象，分析受力情況，作出受力示意圖，如圖所示。 根據(jù)幾何關(guān)系可知，當(dāng)F順時針轉(zhuǎn)動至豎直向上之前，支持力N逐漸減小，F(xiàn)先減小后增大，當(dāng)F的方向沿圓的切線方向向上時，F(xiàn)最小，此時：F＝mgcos θ，故A錯誤，B正確；以框架與小球組成

26、的整體為研究對象，整體受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由圖可知，F(xiàn)沿順時針方向轉(zhuǎn)動的過程中，F(xiàn)沿水平方向的分力逐漸減小，所以地面對框架的摩擦力始終在減小，故C錯誤；F沿順時針方向轉(zhuǎn)動的過程中，F(xiàn)沿豎直方向的分力逐漸增大，所以地面對框架的支持力始終在減小，故D錯誤。 2．[多選]如圖所示，某健身愛好者手拉著輕繩，在粗糙的水平地面上緩慢地移動，保持輕繩始終平行于地面。為了鍛煉自己的臂力和腿部力量，可以在O點懸掛不同的重物C，則(　　) A．若健身者緩慢向右移動，繩OA拉力變大 B．若健身者緩慢向左移動，繩OB拉力變大 C．若健身者緩慢向右移動，繩OA、OB拉力的合力變大

27、 D．若健身者緩慢向左移動，健身者與地面間的摩擦力變小　 解析：選AD　設(shè)OA的拉力為FA，OB的拉力為FB，重物C的質(zhì)量為m，因O點始終處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有：FAcos θ－mg＝0，F(xiàn)Asin θ－FB＝0，解得FA＝，F(xiàn)B＝mgtan θ，當(dāng)健身者緩慢向右移動時θ角變大，則FA、FB均變大，故選項A正確；當(dāng)健身者緩慢向左移動時，θ角變小，則FA、FB均變小，因為健身者所受的摩擦力與OB繩拉力FB相等，故健身者與地面間的摩擦力變小，故選項B錯誤，D正確；不論健身者朝哪個方向移動，繩OA、OB拉力的合力保持不變，大小等于重物C的重力mg，故選項C錯誤。 3．(2018·湖南十四

28、校二次聯(lián)考)如圖所示，AC是上端帶定滑輪的固定豎直桿，質(zhì)量不計的輕桿AB一端通過鉸鏈固定在A點，另一端B懸掛一重為G的物體，且B端系有一根輕繩并繞過定滑輪C，用力F拉繩，開始時∠BAC>90°，現(xiàn)使∠BAC緩慢變小，直到桿AB接近豎直桿AC。此過程中(　　) A．輕桿AB對B端的彈力大小不變 B．輕桿AB對B端的彈力先減小后增大 C．力F逐漸增大 D．力F先逐漸減小后逐漸增大 解析：選A　以B點為研究對象，分析受力情況：懸掛重物的繩的拉力T(等于重物重力G)、輕桿的支持力N和繩子的拉力F，作出力圖如圖。由平衡條件可知N和F的合力與T大小相等、方向相反，根據(jù)三角形相似可得＝＝；又T＝G

29、，因桿的長度不變，BC距離變短，故N大小保持不變，力F逐漸減小，則A正確，B、C、D錯誤。 考點三　勻變速直線運動問題 本考點主要對勻變速直線運動規(guī)律及運動圖像進(jìn)行考查，其中圖像問題上失分，主要是審題不仔細(xì)、知識遷移不夠靈活造成的；勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用上失分，主要是該考點與其他知識交匯點較多、試題情景取材常涉及生活實際問題造成的。建議考生對本考點多加關(guān)注。 (一)“四類”勻變速直線運動公式要記牢 (二)“五種”常用解題方法運用好 (三)運動圖像問題“四點提醒”不可少 1．對于x-t圖像，圖線在縱軸上的截距表示t＝0時物體的位置；對于v-t和a-t圖像，圖線在縱軸上

30、的截距并不表示t＝0時物體的位置。 2．在v-t圖像中，兩條圖線的交點不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同。 3．v-t圖像中兩條圖線在軸上的截距不同，不少同學(xué)誤認(rèn)為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應(yīng)根據(jù)題中條件確定。 4．對于非常規(guī)圖像，不要想當(dāng)然的猜測圖線的物理意義，要結(jié)合運動學(xué)公式和圖像，找出函數(shù)表達(dá)式，進(jìn)而確定斜率、截距等意義，如診斷卷第5題，根據(jù)0－v2＝2ax得，圖線的斜率為＝－，還要注意剎車過程速度減為零后不再運動。 [題點全練] 1．(2018·四川雅安三診)甲、乙兩物體在同一直線上運動，其位移—時間圖像如圖所示，由圖像可知(　　) A．甲比乙運動得快 B．乙

31、開始運動時，兩物體相距20 m C．在前25 s內(nèi)，兩物體距離先增大后減小 D．在前25 s內(nèi)，兩物體位移大小相等 解析：選C　位移時間圖像的斜率等于速度，斜率越大，速度越大，甲比乙運動得慢，故A錯誤；由題圖知：乙從原點出發(fā)，乙開始運動時，甲的位置坐標(biāo)大于20 m，則兩物體相距大于20 m，故B錯誤；在0～10 s這段時間內(nèi)，乙靜止在原點，甲沿正向做勻速直線運動，則兩物體間的距離逐漸增大，在10～25 s這段時間內(nèi)，甲的運動速率小于乙的運動速率，甲在乙的前方，則兩者距離逐漸減小，故C正確；在前25 s內(nèi)，甲的位移為x1＝(40－20)m＝20 m，乙的位移為x2＝(40－0)m＝40 m

32、, 故D錯誤。 2．[多選](2018·全國卷Ⅱ)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、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(　　) A．兩車在t1時刻也并排行駛 B．在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 解析：選BD　t1～t2時間內(nèi)，v甲＞v乙，t2時刻相遇，則t1時刻甲車在乙車的后面，故A錯誤、B正確。由圖像的斜率知，甲、乙兩車的加速度大小均先減小后增大，故C錯誤、D正確。 3．(2017·全國卷Ⅱ)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和

33、s1(s1

34、足訓(xùn)練要求的運動員中，剛好到達(dá)小旗處的運動員的加速度最小。設(shè)這種情況下，運動員的加速度大小為a，所用的時間為t。由運動學(xué)公式得 ·t＝s0 s1＝at2 聯(lián)立解得a＝。 答案：(1)　(2) 考點四　動力學(xué)兩類基本問題 本考點通常以一個勻變速直線運動的物體為載體，通過兩大分析(受力分析和運動分析)，運用牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律求解加速度，只要考生牢記運動學(xué)基本公式及牛頓第二定律，仔細(xì)審題、靈活進(jìn)行知識遷移交匯，即可輕松取分。建議考生自學(xué)為主。 (一)貫通一個知識體系 (二)理順兩類基本問題 1．由因推果——已知物體的受力情況，確定物體的運動情況

35、首先根據(jù)物體的受力確定物體的加速度，再根據(jù)加速度特點及加速度與速度的方向關(guān)系確定速度變化的規(guī)律。如診斷卷第7題中，先確定小滑環(huán)沿桿下落的加速度a1＝gcos θ(注意不是a1＝gsin θ)，a2＝gcos 2θ，再應(yīng)用位移公式列式比較，得出結(jié)論。 2．由果溯因——已知物體的運動情況，確定物體的受力情況 由物體的運動情況，確定物體的加速度及其變化規(guī)律，再結(jié)合牛頓第二定律確定受力情況。如診斷卷第8題中，先利用運動圖像，結(jié)合公式x＝v0t＋at2可得圖線在縱軸截距表示初速度，圖線斜率表示a1。再根據(jù)牛頓第二定律便可求出拉力F。 [題點全練] 1.(2018·遼寧省實驗中學(xué)模擬)一皮帶傳送裝

36、置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦?，F(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平。若在彈簧從自然長度到第一次達(dá)最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是(　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度減小 C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大 解析：選D　滑塊輕放到皮帶上，受到向左的摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，向左做加速運動，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度逐漸減小，當(dāng)彈簧的彈力與滑動摩擦力相等時，速度達(dá)到

37、最大，然后彈力大于摩擦力，加速度方向與速度方向相反，滑塊做減速運動，彈簧彈力繼續(xù)增大，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度逐漸增大，速度逐漸減小。故D正確，A、B、C錯誤。 2.將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動的最高點，甲、乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(　　) A．mg　　　　　　　　 B.mg C.mg D.mg 解析：選C　設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運動時： 9d－3d＝a1T2① 向下運動時：3d－d＝a2T2② 聯(lián)立①②得：＝③

38、 根據(jù)牛頓第二定律，向上運動時：mg＋f＝ma1④ 向下運動時：mg－f＝ma2⑤ 聯(lián)立③④⑤得：f＝mg，C正確。 考點五　 動力學(xué)中的綜合問題 本考點是對牛頓運動定律和運動學(xué)公式的綜合應(yīng)用的考查。彈簧模型、斜面模型、板塊模型等與動力學(xué)問題結(jié)合考查是高考命題的熱點，以選擇題形式出現(xiàn)時，可能會結(jié)合彈簧考查瞬時變化問題；以計算題形式考查時，可能結(jié)合其他模型考查多過程運動問題，且常會涉及功能關(guān)系，難度較大。解題過程中要不斷體會方法、活用方法，提升解題能力。建議對本考點重點攻堅。 (一)銘記兩點提醒 1．解決牛頓運動定律與運動圖像綜合問題時要借助圖像獲取有用信息，再結(jié)合牛頓第二定律求解結(jié)

39、果。如診斷卷第9題，關(guān)鍵是通過圖像得出小物塊的運動規(guī)律，再由運動規(guī)律得出小物塊的受力和運動情況。 2．力的加速度效果分配法則求解——兩個直接接觸或通過細(xì)線相連的物體在外力F的作用下以共同的加速度運動，各個物體分得的動力與自身質(zhì)量成正比。如診斷卷第11題，剛撤去外力F時，A、B組成的整體受到的合外力大小為F，彈簧彈力F1＝F＋2mg，根據(jù)力的加速度效果分配法則有FN＝F1＝＋mg，彈簧彈力等于F時，F(xiàn)N＝F＝。 (二)突破三類模型 [彈簧模型] 分析此類問題時注意把握住彈簧的三個特殊位置：原長位置，該位置彈簧的形變量為零，彈簧的彈力為零；彈簧的彈力與物體的重力相等的位置，該位置

40、物體的加速度為零；彈簧最長或最短的位置，該位置彈簧的形變量最大，彈簧的彈力最大。 　(2018·全國卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(　　) [解析]　設(shè)物塊P靜止時，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長前，物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數(shù)，選項A正確。 [答案]　A [斜面模型] 對于斜面模型中

41、的平衡狀態(tài)類問題，其解決辦法一般是先應(yīng)用整體法或隔離法對研究對象進(jìn)行受力分析，然后對力進(jìn)行正交分解(通常情況下是在平行于斜面和垂直于斜面的方向上建立坐標(biāo)系)，最后根據(jù)Fx＝0、Fy＝0列方程求解。 　如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物塊A靜置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有質(zhì)量為m的小物塊B。用平行于斜面的拉力F拉B，使之沿斜面勻速上滑，A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)改變拉力的方向使其與斜面成一定的角度，使B仍沿斜面勻速上滑。在B勻速上滑的過程中，A始終保持靜止。改變拉力的方向前后，下列描述正確的有(　　) A．A對B的摩擦力減小 B．拉力一定增大 C．B對斜面的作用力不變 D．地面受到的

42、摩擦力可能增大 [解析]　拉力F平行于斜面向上時，先對B進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，B受重力mg，A對B的支持力N，A對B的摩擦力f，拉力F的共同作用。根據(jù)平衡條件可知，平行斜面方向，有F＝f＋mgsin θ；垂直斜面方向，有N＝mgcos θ，其中f＝μN，解得F＝mg(sin θ＋μcos θ)，① f＝μmgcos θ。② 拉力改變方向后變?yōu)镕′，B受的支持力變?yōu)镹′，A對B的摩擦力變?yōu)閒′，設(shè)F′與斜面的夾角為α。根據(jù)平衡條件，平行斜面方向，有F′cos α＝f′＋mgsin θ；垂直斜面方向，有N′＋F′sin α＝mgcos θ，其中f′＝μN′，解得F′＝，③ f′＝μ

43、(mgcos θ－F′sin α)，④ 由②④兩式知滑動摩擦力減小，故A正確。由①③兩式知，拉力可能增大，也可能減小，故B錯誤。 對A進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，A受重力Mg、支持力N2、B對A的壓力N1、B對A的滑動摩擦力f1、地面對A的靜摩擦力f靜的共同作用。根據(jù)平衡條件可知，在水平方向有f靜＝N1sin θ＋f1cos θ。結(jié)合對A、B選項的分析可知，當(dāng)拉力改變方向后，B對A的壓力N1和滑動摩擦力f1都減小，故二者合力一定減小，即靜摩擦力f靜一定減小，故C、D錯誤。 [答案]　A [板塊模型] 當(dāng)有外力作用在木板上的物塊或木板上時，一般用動力學(xué)觀點借助牛頓運動定律和運動學(xué)公式就

44、能求解，做好兩物體的受力分析和運動過程分析是解決此類問題的關(guān)鍵點和突破口。解答此類問題的注意事項： (1)要注意運動過程中兩物體的各物理量間存在的關(guān)系(如兩物體的速度關(guān)系、位移關(guān)系等)，可以畫位移關(guān)系圖輔助理解兩物體的位移關(guān)系； (2)兩物體發(fā)生相對運動的臨界條件是兩物體間的靜摩擦力恰好等于最大靜摩擦力； (3)兩物體速度相等時可能存在運動規(guī)律的變化，在解題時要注意這個臨界狀態(tài)。 　如圖所示，質(zhì)量為M的木板(足夠長)置于光滑水平面上，質(zhì)量為m的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ。開始時木板和木塊均靜止，某時刻起，一恒定的水平外力F作用在木板上，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則木塊和木板各

45、自運動的加速度am、aM的大小分別為多少？ [解析]　若兩物體相對靜止一起向右做勻加速運動 對整體，根據(jù)牛頓第二定律有F＝(M＋m)a 則木塊與木板間的摩擦力f＝ma＝m≤μmg， 即0＜F≤μ(M＋m)g 此時am＝aM＝ 當(dāng)F＞μ(M＋m)g時，兩物體發(fā)生相對運動 對木塊，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝mam， 解得am＝μg 對木板，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝MaM， 解得aM＝ 綜上所述，若0＜F≤μ(M＋m)g，則am＝aM＝ 若F＞μ(M＋m)g，則am＝μg，aM＝。 [答案]　見解析 [深化拓展] (1)若將[例3]中的水平外力F作用在木塊上，其他

46、條件不變，則木塊和木板各自運動的加速度am、aM的大小分別為多少？ 提示：若0＜F≤μmg，則am＝aM＝；若F＞μmg，則am＝，aM＝。 (2)若將[例3]中的木板置于粗糙水平面上，且木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ2，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，其他條件不變，則木塊和木板各自運動的加速度am、aM的大小分別為多少？ 提示：若0＜F≤μ2(M＋m)g，木塊和木板的加速度均為零； 若μ2(M＋m)g＜F≤μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g， 則am＝aM＝； 若F＞μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g， 則am＝μ1g，aM＝。 一、高考真題集中演練——明規(guī)律

47、 1．[多選](2018·全國卷Ⅲ)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(　　) A．在t1時刻兩車速度相等 B．從0到t1時間內(nèi)，兩車走過的路程相等 C．從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等 D．在t1到t2時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等 解析：選CD　x-t圖像斜率表示兩車速度，則可知t1時刻乙車速度大于甲車速度，故A錯誤。由兩圖線的縱截距知，出發(fā)時甲車在乙車前面，t1時刻圖線相交表示兩車相遇，可得0到t1時間內(nèi)乙車比甲車多走了一段距離，故B錯誤。t1和t2時刻兩圖線相交，表明兩車均

48、在同一位置，從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等；在t1到t2時間內(nèi)，兩圖線有斜率相等的一個時刻，即該時刻兩車速度相等，故C、D正確。 2．[多選](2016·全國卷Ⅰ)一質(zhì)點做勻速直線運動。現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變，則(　　) A．質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同 B．質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直 C．質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同 D．質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變 解析：選BC　質(zhì)點原來做勻速直線運動，說明所受合外力為0，當(dāng)對其施加一恒力后，恒力的方向與原來運動的速度方向關(guān)系不確定，則質(zhì)點可能做直線運動，也可能做曲線運

49、動，但加速度的方向一定與該恒力的方向相同，選項B、C正確。 3.(2017·全國卷Ⅱ)如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為(　　) A．2－　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選C　當(dāng)拉力水平時，物塊做勻速運動，則F＝μmg，當(dāng)拉力方向與水平方向的夾角為60°時，物塊也剛好做勻速運動，則Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，聯(lián)立解得μ＝，A、B、D項錯誤，C項正確。 4．(2016·全國卷Ⅲ)如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧

50、上；一細(xì)線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質(zhì)量為m的小球。在a和b之間的細(xì)線上懸掛一小物塊。平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑。不計所有摩擦。小物塊的質(zhì)量為(　　) A.　　　　　　　　 　B.m C．m D．2m 解析：選C　如圖所示，由于不計摩擦，線上張力處處相等，且輕環(huán)受細(xì)線的作用力的合力方向指向圓心。由于a、b間距等于圓弧半徑，則∠aOb＝60°，進(jìn)一步分析知，細(xì)線與aO、bO間的夾角皆為30°。取懸掛的小物塊研究，懸掛小物塊的細(xì)線張角為120°，由平衡條件知，小物塊的質(zhì)量與小球的質(zhì)量相等，即為m。故選項C正確。 5．(2017·全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天

51、花板上相距80 cm的兩點上，彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))(　　) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm 解析：選B　將鉤碼掛在彈性繩的中點時，由數(shù)學(xué)知識可知鉤碼兩側(cè)的彈性繩(勁度系數(shù)設(shè)為k)與豎直方向夾角θ均滿足sin θ＝，對鉤碼(設(shè)其重力為G)靜止時受力分析，得G＝2kcos θ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點時，對鉤碼受力分析，得G＝2k，聯(lián)立解得L＝92 cm，可知A、C、D項錯

52、誤，B項正確。 6．[多選](2015·全國卷Ⅱ)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當(dāng)機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當(dāng)機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(　　) A．8 B．10 C．15 D．18 解析：選BC　設(shè)該列車廂與P相連的部分為P部分，與Q相連的部分為Q部分。設(shè)該列車廂有n節(jié)，Q部分為n1節(jié)，每節(jié)車廂質(zhì)量為m，當(dāng)加速度為a時，對Q有F＝n1ma；當(dāng)加速度為a時，對P有F＝

53、(n－n1)ma，聯(lián)立得2n＝5n1。當(dāng)n1＝2，n1＝4，n1＝6時，n＝5，n＝10，n＝15，由題中選項得該列車廂節(jié)數(shù)可能為10或15，選項B、C正確。 7．[多選](2015·全國卷Ⅰ)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) A．斜面的傾角 B．物塊的質(zhì)量 C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 解析：選ACD　由題圖(b)可以求出物塊上升過程中的加速度為a1＝，下降過程中的加速度為a2＝。物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin

54、θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑動摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項A、C正確。由v-t圖像中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確。 二、名校模擬重點演練——知熱點 8．(2019屆高三·成都模擬)如圖，在水平晾衣桿(可視為光滑桿)上晾曬床單時，為了盡快使床單晾干，可在床單間支撐輕質(zhì)細(xì)桿。隨著細(xì)桿位置的不同，細(xì)桿上邊兩側(cè)床單間夾角θ(θ＜150°)將不同。設(shè)床單重力為G，晾衣桿所受壓力大小為N，下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)θ＝60°時，N＝G B．當(dāng)θ

55、＝90°時，N＝G C．只有當(dāng)θ＝120°時，才有N＝G D．無論θ取何值，都有N＝G 解析：選D　對床單受力分析，受豎直向下的重力和晾衣桿豎直向上的支持力，晾衣桿對床單的支持力始終等于G，則根據(jù)牛頓第三定律知，無論夾角θ取何值都有N＝G，故A、B、C錯誤，D正確。 9.(2019屆高三·洛陽模擬)宇航員的訓(xùn)練、競技體育的指導(dǎo)、汽車的設(shè)計等多種工作都用到急動度的概念。加速度對時間的變化率稱為急動度，其方向與加速度的變化方向相同。一質(zhì)點從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間的變化關(guān)系如圖。下列說法正確的是(　　) A．t＝3 s時的急動度和t＝5 s時的急動度等大反向 B．2～4 s內(nèi)

56、的質(zhì)點做減速運動 C．t＝6 s時質(zhì)點速度大小等于7 m/s D．0～6 s內(nèi)質(zhì)點速度方向不變 解析：選D　加速度對時間的變化率稱為急動度，等于a-t圖像的斜率。則知t＝3 s時的急動度和t＝5 s時的急動度等大同向，故A錯誤；根據(jù)a-t圖像與t軸所圍的面積表示速度的變化量，知2～4 s內(nèi)質(zhì)點的速度增大，做加速運動，故B錯誤；根據(jù)a-t圖像與t軸所圍的面積表示速度的變化量，得0～6 s速度的變化量為Δv＝×2 m/s＋×2×2 m/s＋×2×(－2) m/s＝3 m/s，因初速度為0，故t＝6 s時的速度為3 m/s，故C錯誤；根據(jù)a-t圖像與t軸所圍的面積表示速度的變化量，知0～6 s

57、內(nèi)質(zhì)點速度的變化量均為正，說明質(zhì)點速度方向不變，故D正確。 10．[多選](2018·菏澤一模)質(zhì)量為M的足夠長的木板B放在光滑水平地面上，一個質(zhì)量為m的滑塊A(可視為質(zhì)點)放在木板上，設(shè)滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，如圖甲所示。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的加速度a，得到如圖乙所示的a-F圖像，取g＝10 m/s2，則(　　) A．滑塊A的質(zhì)量m＝1.5 kg B．木板B的質(zhì)量M＝1.5 kg C．當(dāng)F＝5 N時，木板B的加速度a＝4 m/s2 D．滑塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1 解析：選AC　由題圖乙知，當(dāng)F＝4 N時，加速

58、度為a＝2 m/s2，對整體分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝2 kg，當(dāng)F>4 N時，A、B發(fā)生相對滑動，對B有：a＝＝F－，由圖示圖像可知，圖線的斜率：k＝＝＝2，解得M＝0.5 kg，滑塊A的質(zhì)量為：m＝1.5 kg，故A正確，B錯誤；當(dāng)a＝0時，F(xiàn)＝3 N，代入解得μ＝0.2，故D錯誤；根據(jù)F＝5 N>4 N時，滑塊與木板相對滑動，B的加速度為aB＝F－＝4 m/s2，故C正確。 11．[多選](2018·甘肅天水一模)一長輕質(zhì)木板置于光滑水平地面上，木板上放有質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B兩物塊，A、B與木板之間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，水平恒力F作用在A

59、物塊上，如圖所示(重力加速度g取10 m/s2)。則(　　) A．若F＝1 N，則物塊、木板都靜止不動 B．若F＝1.5 N，則A物塊所受摩擦力大小為1 N C．若F＝4 N，則B物塊所受摩擦力大小為2 N D．若F>8 N，則B物塊相對于木板滑動 解析：選BC　A與木板間的摩擦力最大為fA＝0.2×1×10 N＝2 N，B與木板間的摩擦力最大為fB＝0.2×2×10 N＝4 N，若F＝1 N，小于最大靜摩擦力，所以A、B的加速度相同，a＝ m/s2，故A錯誤；若F＝1.5 N，小于最大靜摩擦力，所以A、B的加速度相同，a＝ m/s2＝0.5 m/s2，fA＝mBa＝0.5×2 N＝

60、1 N，故B正確；若F＝4 N，假設(shè)A、B都相對木板靜止，則整體共同的加速度a＝＝ m/s2，A所受的摩擦力f＝F－mAa＝ N＞2 N，假設(shè)不成立，故此時A已滑動，B所受的摩擦力為2 N，C正確；若F＝8 N，則A相對木板滑動，此時A給木板的摩擦力為2 N，小于B所受的最大靜摩擦力，所以B物塊相對木板靜止，故D錯誤。 12.如圖，一輛汽車在平直公路上勻加速行駛，前擋風(fēng)玻璃上距下沿s處有一片質(zhì)量為m的樹葉相對于玻璃不動，擋風(fēng)玻璃可視為傾角θ＝45°的斜面。當(dāng)車速達(dá)到v0時，樹葉剛要向上滑動，汽車立即改做勻速直線運動，樹葉開始下滑，經(jīng)過時間t滑到玻璃的下沿。樹葉在運動中受到空氣阻力，其大小F＝

61、kv(v為車速，k為常數(shù))，方向與車運動方向相反。若最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度為g，求： (1)樹葉在玻璃表面運動的加速度大小a′； (2)樹葉與玻璃表面之間的動摩擦因數(shù)μ； (3)汽車在勻加速運動階段的加速度大小a。 解析：(1)根據(jù)勻加速直線運動規(guī)律，有s＝a′t2 解得a′＝。 (2)設(shè)汽車勻速運動時，樹葉受到擋風(fēng)玻璃的支持力為N，樹葉受到的空氣阻力為F，樹葉受到的滑動摩擦力為f F＝kv0 f＝μN N＝mgcos θ＋Fsin θ 由牛頓第二定律，有mgsin θ－f－Fcos θ＝ma′ 由題意，θ＝45° 聯(lián)立解得μ＝。 (3)設(shè)汽車勻加

62、速運動時，樹葉受到擋風(fēng)玻璃的支持力為N′，樹葉受到的空氣阻力為F′，樹葉受到的最大靜摩擦力為f′ f′＝μN′ F′＝kv0 由牛頓第二定律有 N′sin θ＋f′cos θ－F′＝ma N′cos θ＝f′sin θ＋mg 聯(lián)立并代入μ，得a＝g－。 答案：(1)　(2) (3)g－ 13．(2019屆高三·皖南八校聯(lián)考)如圖甲所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量m1＝1 kg的小物塊放在質(zhì)量m2＝2 kg的長木板正中央位置，長木板靜止在水平地面上，連接物塊的輕質(zhì)細(xì)繩與水平方向的夾角為37°，現(xiàn)對長木板施加水平向左的拉力F＝18 N，長木板運動v-t圖像如圖乙所示，sin 37°＝0.6

63、，g＝10 m/s2，求： (1)長木板長度L； (2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2； (3)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1。 解析：(1)從圖線可知，木板運動2 s離開小物塊， 在0～2 s，由圖線可知x＝ m＝1 m，L＝2x＝2 m。 (2)在2～3 s，由圖線可得a2＝＝4 m/s2， a2＝，解得μ2＝0.5。 (3)在0～2 s，小物塊在豎直方向受力平衡， F支＋Tsin 37°＝m1g， Tcos 37°＝f1，f1＝μ1F支， 長木板加速度a1＝＝0.5 m/s2， a1＝， 解得μ1＝。 答案：(1)2 m　(2)0.5　(3) 第二講曲線運

64、動與萬有引力 考點一 平拋運動 1.[考查關(guān)聯(lián)速度、速度的分解問題] 如圖所示，物體A與物體B通過跨過光滑定滑輪的輕繩相連，在水平力F作用下，物體B沿水平面向右運動，物體A恰勻速上升，那么以下說法正確的是(　　) A．物體B正向右做勻減速運動 B．物體B正向右做加速運動 C．地面對B的摩擦力減小 D．斜繩與水平方向成30°時，vA∶vB＝∶2 解析：選D　將B的運動分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向上的分速度等于A的速度，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則有vBcos α＝vA，所以vB＝，當(dāng)α減小時，物體B的速度減小，但B不是勻減速運動，選項A、B錯誤；在豎

65、直方向上，對B有mg＝FN＋FTsin α，F(xiàn)T＝mAg，α減小，則支持力FN增大，根據(jù)Ff＝μFN可知摩擦力Ff增大，選項C錯誤；根據(jù)vBcos α＝vA，斜繩與水平方向成30°時，vA∶vB＝∶2，選項D正確。 2．[考查多個物體的平拋運動問題] 一位網(wǎng)球運動員用拍擊球，使網(wǎng)球沿水平方向飛出，第一只球落在自己一方場地的B點，彈跳起來后，剛好擦網(wǎng)而過，落在對方場地的A點，如圖所示，第二只球直接擦網(wǎng)而過，也落在A點，設(shè)球與地面的碰撞沒有能量損失，其運動過程中阻力不計，則兩只球飛過網(wǎng)C處時水平速度之比為(　　) A．1∶1　　　　　　　 　B．1∶3 C．3∶1 D．1∶9

66、 解析：選B　兩種情況下拋出的高度相同，所以第一種情況下落到B點所用的時間等于第二種情況下落到A點所用時間，根據(jù)豎直上拋和自由落體的對稱性可知第一種情況下所用時間為t1＝3t，第二種情況下所用時間為t2＝t，由于兩球在水平方向均為勻速運動，水平位移大小相等，設(shè)它們從O點出發(fā)時的初速度分別為v1、v2，由x＝v0t得v2＝3v1，即＝，B正確。 3．[考查平拋運動與斜面、圓的組合問題] 如圖所示，a、b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度同時水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面底邊長是其豎直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，則(　　) A．a(chǎn)、b兩球不可能同時落在半圓軌道和斜面上 B．改變初速度的大小，b球速度方向和斜面的夾角可能變化 C．改變初速度的大小，a球可能垂直撞在圓弧面上 D．a(chǎn)、b兩球同時落在半圓軌道和斜面上時，兩球的速度方向垂直 解析：選D　將半圓軌道和斜面重合在一起，如圖甲所示，設(shè)交點為A，如果初速度合適，可使小球做平拋運動落在A點，則運動的時間相等，即同時落在半圓軌道和斜面上。b球落在斜面上時，速度偏向角的正切值為位移偏向角