7、A
所以假設不成立，兩車會相撞，設經(jīng)過時間t1兩車相撞，有vAt1＝x0＋at
代入數(shù)據(jù)解得t1＝5 s，另一解舍去．
(2)已知A車的加速度大小aA＝2 m/s2，初速度vA＝20 m/s
設B車的加速度大小為aB，B車運動時間為t2時兩車速度相等，且此時兩車恰好不相撞，則有vA′＝vA－aAt2，vB′＝aBt2且vA′＝vB′
在時間t2內A車的位移大小xA′＝vAt2－aAt
B車的位移大小xB′＝aBt
又xB′＋x0＝xA′
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得aB＝0.67 m/s2.
[答案] (1)會相撞 5 s (2)0.67 m/s2
追及減速運動的物體時，
8、要注意隱含條件，即兩物體相遇時，要先判斷被追物體的速度是否已經(jīng)減為零，根據(jù)t＝首先分析出相遇時減速物體的狀態(tài).
熱點考向二 挖掘圖像信息解決動力學問題
【典例】 (多選)(2019·全國卷Ⅲ)如圖(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 s～4
9、 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
[思路引領] 題圖(b)中細繩上拉力的變化情況與木板的受力情況不易聯(lián)系在一起，是本題的易錯點．要通過力傳感器固定判斷出物塊相對于地面靜止，從而判斷木板的受力情況，由v－t圖像求出木板在施加力F時的加速度和撤掉F時的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求解待求物理量．
[解析] 由題圖(c)可知木板在0～2 s內處于靜止狀態(tài)，再結合題圖(b)中細繩對物塊的拉力f在0～2 s內逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平外力F也逐漸增大，選項C錯誤；由題圖(c)可知木板
10、在2～4 s內做勻加速運動，其加速度大小為a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s內做勻減速運動，其加速度大小為a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物塊靜止不動，同時結合題圖(b)可知物塊與木板之間的滑動摩擦力Ff＝f，故對木板進行受力分析，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，選項A、B均正確；由于不知道物塊的質量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，選項D錯誤．
[答案] AB
1．從v－t圖像巧分析四個物理量
(1)速度：從速度軸上讀出速度，正負表示物體的運動方向．
(2)時間：從時間軸上讀出時刻，兩時刻的差值
11、表示物體的運動時間．
(3)位移：由圖線與時間軸圍成的面積表示位移，時間軸上方表示位移的方向與規(guī)定的正方向相同，下方表示位移的方向與規(guī)定的正方向相反．
(4)加速度：由圖線的斜率求得，斜率的正、負表示加速度的方向．
2．求解運動圖像與牛頓第二定律綜合問題的基本思路
遷移一 動力學中的F－t圖像1．(多選)(2019·泰安模擬)物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時間變化的圖像如圖乙所示，開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10 m/s2)( )
A．物體的質量m＝1 kg
B．物體
12、的質量m＝2 kg
C．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝
D．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝
[解析] 由開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，可知0～2 s內物體的加速度大小為a＝1 m/s2；在0～2 s內對物體應用牛頓第二定律得，F(xiàn)1＋mgsin30°－
μmgcos30°＝ma,2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，聯(lián)立解得m＝1 kg，μ＝，選項A、D正確．
[答案] AD
遷移二 動力學中的a－F圖像
2．(多選)(2019·河北六校聯(lián)考)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從零開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖像
13、如圖所示，g＝10 m/s2，則可以得出( )
A．物體與水平面間的最大靜摩擦力
B．F為14 N時物體的速度
C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)
D．物體的質量
[解析] 由題圖可知，物體在水平面間的最大靜摩擦力為7 N，A正確；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，將F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F(xiàn)2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正確；因物體做變加速運動，無法求出F為14 N時物體的速度，B錯誤．
[答案] ACD
處理運動圖像時容易出現(xiàn)的錯誤有以下幾點：
(1)對于x－t圖像，圖線在縱軸上的截距表示t＝0時
14、物體的位置；對于v－t和a－t圖像，圖線在縱軸上的截距并不表示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，而是表示兩物體速度相同．
(3)v－t圖像中兩條圖線在v軸上的截距不同，不少同學誤認為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應根據(jù)題中條件確定.
熱點考向三 利用牛頓運動定律解決多體問題
【典例】 (2017·海南卷)一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質量為m的小物塊a相連，如圖所示．
質量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0.從t＝0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動．經(jīng)過一段
15、時間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰好也為x0.彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為g.求：
(1)彈簧的勁度系數(shù)；
(2)物塊b加速度的大小；
(3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式．
[思路引領] (1)由運動學公式知形變量為x0時二者分離．
(2)分離時，ab間沒有彈力，a、b加速度相同．
[解析] (1)對整體分析，根據(jù)平衡條件可知開始時沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有kx0＝gsinθ，
解得k＝.
(2)由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時間位移為x0，由x＝at2可知＝，
說明當形變量x2＝x0－x1＝時二
16、者分離；
對物塊a分析，因分離時a、b間沒有彈力，a、b加速度相同，則對物塊a，根據(jù)牛頓第二定律可知kx2－mgsinθ＝ma，解得a＝.
(3)設時間為t，則經(jīng)時間t時，a、b運動的位移
x＝at2＝，
彈簧形變量Δx＝x0－x，
對整體分析，由牛頓第二定律有F＋kΔx－gsinθ＝a，解得F＝mgsinθ＋t2，
因分離時位移x＝x1＝，由x＝＝at解得t1＝，故應保證t<，F(xiàn)的表達式才能成立．
[答案] (1) (2)
(3)F＝mgsinθ＋t2
解決連接體問題應注意的問題
1．整體法與隔離法的優(yōu)點和使用條件
(1)當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用
17、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)疊加體類的連接體：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：加速度相同，但輕繩的拉力不等于懸掛物體的重力．
遷移一 平面上的多體模型
1．(2019·江西六校聯(lián)考)水平地面上有質量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數(shù)均為μ.細繩的一端固定，另一端跨過輕質、光滑動滑輪與A
18、相連，動滑輪與B相連，如圖所示．初始時，細繩處于水平拉直狀態(tài)．若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g.求：
(1)物塊B受到的摩擦力；
(2)物塊A、B的加速度大?。?
[解析] (1)物塊B受到的摩擦力大小為f＝4μmg
(2)設物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，細繩中的張力為T.由牛頓第二定律得
F－μmg－T＝maA
2T－4μmg＝4maB
物塊A移動了距離s，則物塊B移動的距離為s1＝s
由A和B的位移關系得aA＝2aB
聯(lián)立解得aA＝
aB＝.
[答案] (1)4μmg (2)
遷移二 斜面上的多體模型
2.(201
19、9·河南周口期末)如圖所示，空間有場強大小為E，方向沿斜面向下的勻強電場；光滑絕緣斜面的傾角為θ，底端固定一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧；彼此絕緣的A、B兩物體靜止在彈簧頂端，A、B接觸但不粘連，A的質量為m，電荷量為＋q，B的質量也為m，不帶電，彈簧處于彈性限度內，重力加速度為g；某時刻，在沿斜面向上的大小為F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做勻加速運動，則當A、B分離瞬間( )
A．彈簧的形變量為0
B．彈簧的形變量為x＝
C．A的速度達到最大
D．A的加速度為0
[解析] A、B分離瞬間，A、B間無相互作用力且加速度相同，對B受力分析，由牛頓第二定律可知F－mgsin
20、θ＝ma，對A受力分析，由牛頓第二定律可知kx－mgsinθ－qE＝ma，解得x＝，A錯誤，B正確；由于此時A具有向上的加速度，則A的速度不是最大且加速度不為0，C、D錯誤．
[答案] B
斜面固定，多個物體沿斜面運動，外加電場、磁場或者一個力，這類題目的本質是平面問題移到了斜面上．處理此類問題，主要考慮兩個方面．
(1)分清斜面體是否光滑，若不光滑，動摩擦因數(shù)是否已知．
(2)多個物體是否有相對運動，采用整體法或者隔離法，進行受力分析、運動分析，最后確定用“力法”還是“能法”求解.
熱點考向四 利用牛頓運動定律解決多過程問題
21、
【典例】 (2019·河北名校聯(lián)盟)消防隊員為縮短下樓的時間，往往抱著豎直的桿直接滑下．假設一名質量為60 kg、訓練有素的消防隊員從七樓(即離地面18 m的高度)抱著豎直的桿以最短的時間滑下．已知桿的質量為200 kg，消防隊員著地的速度不能大于6 m/s，手和腿對桿的最大壓力為1800 N，手和腿與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，設當?shù)氐闹亓铀俣萭取10 m/s2.假設桿是固定在地面上的，桿在水平方向不移動．試求：
(1)消防隊員下滑過程中的最大速度．
(2)消防隊員下滑過程中桿對地面的最大壓力．
(3)消防隊員下滑的最短時間．
[思路引領] (1)消防隊員開始階段自由
22、下落的末速度為下滑過程的最大速度．
(2)若消防員以最短時間滑下，他應先以加速度g做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動．
[解析] (1)消防隊員開始階段自由下落的末速度即為下滑過程的最大速度vm，
有2gh1＝v
消防隊員受到的滑動摩擦力
Ff＝μFN＝0.5×1800 N＝900 N
減速階段的加速度大?。?
a2＝＝5 m/s2
減速過程的位移為h2，由v－v′2＝2a2h2
v′＝6 m/s
又h＝h1＋h2
以上各式聯(lián)立可得：vm＝12 m/s
(2)以桿為研究對象得：
FN′＝Mg＋Ff′＝2900 N
根據(jù)牛頓第三定律得，桿對地面的最大壓力為2900 N
23、.
(3)最短時間為tmin＝＋＝2.4 s.
[答案] (1)12 m/s (2)2900 N (3)2.4 s
1．多過程問題
很多動力學問題中涉及的物體有兩個或多個連續(xù)的運動過程，在物體不同的運動階段，物體的運動情況和受力情況都發(fā)生了變化，這類問題稱為牛頓運動定律中的多過程問題．
2．類型
多過程問題可根據(jù)涉及物體的多少分為單體多過程問題和多體多過程問題．
3．解題策略
(1)任何多過程的復雜物理問題都是由很多簡單的小過程構成，有些是承上啟下，上一過程的結果是下一過程的已知，這種情況需一步一步完成．
(2)有些是樹枝形，告訴的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，這
24、就要求仔細審題，找出各過程的關聯(lián)，按順序逐個分析；對于每一個研究過程，選擇什么規(guī)律，應用哪一個運動學公式要明確．
(3)注意兩個過程的連接處，通常加速度可能突變，但速度不會突變，速度是聯(lián)系前后兩個過程的橋梁．
(2019·江西五校聯(lián)考)避險車道是避免惡性交通事故發(fā)生的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止．已知貨車質量是
25、貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44.貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
(1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向；
(2)制動坡床的長度．
[解析] (1)設貨物的質量為m，貨物在車廂內滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則
f＋mgsinθ＝ma1①
f＝μmgcosθ②
聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制動坡床向下．
(2)設貨車的質量為M，車尾位于制動坡
26、床底端時的車速為v＝23 m/s.貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12 m，制動坡床的長度為l，則
Mgsinθ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－a1t2⑥
s2＝vt－a2t2⑦
s＝s1－s2?、唷＝l0＋s0＋s2?、?，聯(lián)立①②④～⑨
并代入數(shù)據(jù)得l＝98 m.
[答案] (1)5 m/s2 沿制動坡床向下
27、 (2)98 m
解決“多過程”問題的關鍵：首先明確每個“子過程”所遵守的規(guī)律，其次找出它們之間的關聯(lián)點，然后列出“過程性方程”與“狀態(tài)性方程”.
高考熱點模型構建——“傳送帶”與“板塊”模型
考向一 “傳送帶”模型
【典例1】 (2019·江淮十校聯(lián)考)如圖所示，工廠利用傾角θ＝30°的皮帶傳輸機，依次將輕放在皮帶底端的每包質量為m＝50 kg的貨物，從地面運送到高出水平地面h＝2.5 m的平臺上，傳輸機的皮帶以v＝1 m/s的速度順時針轉動且不打滑，貨物無初速度地放在皮帶上．已知貨物與皮帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝，最大靜摩擦力等于滑動摩
28、擦力，g取10 m/s2.
(1)求將每包貨物從地面運送到平臺上所用的時間t.
(2)若皮帶傳輸機由電動機帶動，求把每包貨物從地面運送到平臺上，電動機需要多做的功W.
[思路引領]
[解析] (1)設貨物做加速運動時的加速度為a，時間為t1，位移為x1，根據(jù)牛頓第二定律，有
μmgcosθ－mgsinθ＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝1 m/s2
則t1＝＝1 s，x1＝at＝0.5 m
貨物與皮帶達到共同速度后，與皮帶一起向上做勻速運動
貨物做勻速運動的時間t2＝＝4.5 s
故將每包貨物從地面運送到平臺上所用的時間t＝t1＋t2＝5.5 s.
(2)解法一：貨物做加速
29、運動的過程中，皮帶的位移
x2＝vt1＝1 m，相對位移Δx＝x2－x1＝0.5 m
根據(jù)能量守恒定律得W＝μmgcosθ·Δx＋mgh＋mv2
代入數(shù)據(jù)解得W＝1425 J.
解法二：貨物做加速運動的過程中，皮帶所受的摩擦力f1＝fmax＝μmgcosθ，皮帶的位移x2＝vt1
貨物與皮帶一起做勻速運動的過程中，皮帶所受的摩擦力f2＝mgsinθ，皮帶的位移x3＝vt2
則W＝W1＋W2＝f1x2＋f2x3
代入數(shù)據(jù)解得W＝1425 J.
[答案] (1)5.5 s (2)1425 J
傳送帶問題的處理技巧
(1)分析物體的受力情況要考慮物體與傳送帶間的相對運
30、動．
(2)求物體的加速度、速度和位移時不需要考慮傳送帶的運動情況，即相當于傳送帶是不動的．
(3)求物體相對傳送帶的路程時，需要考慮傳送帶的運動情況，若物體與傳送帶運動方向相同，則相對路程為兩者路程之差，若物體與傳送帶運動方向相反，則相對路程為兩者路程之和.
考向二 “板塊”模型
【典例2】 (2019·江蘇卷)如圖所示，質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊．A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ.先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停下．接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下．最
31、大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.求：
(1)A被敲擊后獲得的初速度大小vA；
(2)在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB.
[思路引領] 處理本題的關鍵點有二：一是弄清臨界點(或轉折點)，即物塊A與物塊B達到共同的速度或物塊A離開物塊B時的受力情況以及運動狀態(tài)的變化為轉折點，本題中臨界點為A、B共速；二是兩個關聯(lián)，即發(fā)生轉折前后物塊的受力情況以及物塊A與物塊B的位移之間的關聯(lián)，必要時要通過畫圖理清關系，即B的位移與A的位移之差應等于L.
[解析] (1)由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA＝μg
勻變速直線運
32、動2aAL＝v
解得vA＝
(2)設A、B的質量均為m
對齊前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛頓運動定律F＝maB，得aB＝3μg
對齊后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛頓運動定律F′＝2maB′，得aB′＝μg
(3)經(jīng)過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA
則v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2
[答案] (1) (2)3μg μg (3)2
滑塊與滑板間相對滑動的臨界條件
(1)運動學條件：若兩物體速度或加速度不等，則會相對滑動．
33、(2)力學條件：一般情況下，假設兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出滑塊“所需要”的摩擦力f，比較f與最大靜摩擦力fmax的關系，若f>fmax，則發(fā)生相對滑動．
(3)滑塊滑離滑板的臨界條件：當滑板的長度一定時，滑塊可能從滑板滑下，恰好滑到滑板的邊緣達到共同速度是滑塊滑離滑板的臨界條件.
1．(多選)(2019·昆明高三年級教學質檢)如下圖甲所示，傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速度運行，將一質量m＝1 kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對地面的速度大小隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin37°＝0.
34、6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是( )
A．傳送帶沿逆時針轉動，速度大小為4 m/s
B．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75
C．0～8 s內物體位移的大小為14 m
D．0～8 s內物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126 J
[解析] 由題圖可知小物體先反向做減速運動后向正方向做加速運動，故可知傳送帶速度方向沿順時針方向，最終物體和傳送帶的速度相同，故傳送帶速度大小為4 m/s，故A錯誤；根據(jù)v－t圖像的斜率表示加速度，物體相對傳送帶滑動時的加速度大小為a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛頓第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝0.87
35、5，故B錯誤；0～8 s內物體的位移為s＝ m＝14 m，故C正確；0～8 s內只有前6 s內物體與傳送帶發(fā)生相對滑動，0～6 s內傳送帶運動的距離為s帶＝4×6 m＝24 m,0～6 s內物體的位移為s物＝ m＝6 m，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcos37°·(s帶－s物)＝126 J，故D正確．
[答案] CD
2．(2019·武漢外校階段性測試)如圖1甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端放著小物塊A.某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為已知常數(shù)．若A、B之間的滑動摩擦力Ff的大小等于最大靜摩擦力，且A、B的
36、質量相等，則下列圖2中可以定性地描述長木板B運動的v－t圖像的是( )
[解析] 以A、B整體為研究對象，A、B整體具有共同的最大加速度，由牛頓第二定律得a1＝，對B由牛頓第二定律有a1＝，對A由牛頓第二定律有a1＝，達到最大加速度所經(jīng)歷的時間t＝，由以上各式解得t＝，此后B將受恒力作用，做勻加速直線運動，v－t圖線為傾斜的直線，故B正確．
[答案] B
專題強化訓練(二)
一、選擇題
1．(2019·貴陽高三監(jiān)測)一物體做勻減速直線運動，4 s內的位移為16 m，速度大小變?yōu)樵瓉淼娜种?，方向不變．則該物體的加速度大小為( )
A．1 m/s2 B．1.5 m
37、/s2
C．2 m/s2 D．0.75 m/s2
[解析] 設該物體的初速度為v0，加速度大小為a，由題意知t＝4 s，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律，x＝·t，＝v0－at，聯(lián)立解得a＝1 m/s2，選項A正確．
[答案] A
2．(多選)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙兩車在同一車道上同向行駛．甲車在前，乙車在后，速度均為v0＝30 m/s，距離s0＝100 m．t＝0時刻甲車遇緊急情況后，甲、乙兩車的加速度隨時間變化的關系如圖甲、乙所示．取運動方向為正方向．下列說法正確的是( )
A．t＝3 s時兩車相距最近
B．0～9 s內兩車位移之差為45 m
C．t＝6 s
38、時兩車相距最近，為10 m
D．兩車在0～9 s內會相撞
[解析] 由題圖可畫出兩車的速度—時間圖像，如圖所示．
由圖像可知，t＝6 s時兩車速度相等，此時兩車相距最近，故A錯誤；圖中陰影部分面積為0～6 s內兩車位移之差，可得Δx＝×30×3 m＋×30×(6－3) m＝90 m<100 m，此時兩車相距最近，為10 m，所以兩車不會相撞，故C正確，D錯誤；0～9 s內兩車位移之差Δx′＝×30×3 m＝45 m，故B正確．
[答案] BC
3．(2019·福州市質檢)物體在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s內力F、速度v隨時間變化如圖所示，由圖像可得( )
A．物
39、體的質量為2 kg
B．物體在6 s內運動的位移為6 m
C．在0～2 s內推力做的功為2 J
D．物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.025
[解析] 物體在0～2 s內做勻加速直線運動，加速度為a＝ m/s2，由牛頓第二定律有：F－μmg＝ma，即：3－μmg＝ma；物體在2～6 s內做勻速直線運動，因此有：μmg＝1 N，聯(lián)立解得：物體的質量為m＝4 kg，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.025，選項A錯誤，選項D正確；根據(jù)v－t圖像所圍的面積表示物體運動的位移可得物體在6 s內運動的位移為x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，選項B錯誤；力對物體所做的功等于力乘以力方向上的位移，因
40、此在2 s內推力做的功為W＝Fx＝3××2×1 J＝3 J，選項C錯誤．
[答案] D
4．(2019·河南南陽一中開學考試)如圖所示，一輕質長木板置于光滑水平地面上，木板上有質量分別為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物塊上，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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1.5 N
C．若F＝4 N，則B物塊所受摩擦力大小為4 N
D．若F＝8 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2
[解析
41、] A與木板間的最大靜摩擦力fA＝μmAg＝0.2×1×10 N＝2 N，B與木板間的最大靜摩擦力fB＝μmBg＝0.2×2×10 N＝4 N，設A與木板恰好發(fā)生相對滑動時水平恒力大小為F0，則由牛頓第二定律可知＝，解得F0＝3 N，F(xiàn)＝1 NF0，所以A在木板上滑動，B和木板整體受到的摩擦力大小為fA，輕質木板質量不計，所以B的加速
42、度大小為a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，對B進行受力分析，有f2＝mBa1＝2×1 N＝2 N，故C錯誤；F＝8 N>f0，所以A相對于木板滑動，B和木板整體受到摩擦力fA，由上述分析可知B的加速度大小為1 m/s2，故D正確．
[答案] D
5．(多選)(2019·樂山二診)如下圖所示，在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體，B的質量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平向右的變力FA＝(9－2t) N，t的單位是s.從t＝0開始計時，則( )
A．A物體在3 s末時刻的加速度是初始時刻的倍
B．t>4 s后，B物體做勻加速直線運動
C．t＝4.5
43、s時，A物體的速度為零
D．t>4.5 s后，A、B的加速度方向相反
[解析] 當A、B間作用力為0時二者分離，此時aA＝aB，即＝，t＝4 s，此后B做勻加速直線運動，而A做加速度逐漸減小的加速運動．當t＝4.5 s時，A物體的加速度為零而速度不為零；t>4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反．當t<4 s時，A、B的加速度均為a＝.綜上所述，選項A、B、D正確．
[答案] ABD
6．(多選)(2019·沈陽教學抽樣檢測)如圖所示，足夠長的固定斜面傾角為θ，斜面a點以下(含a點)光滑，a點以上粗糙．可視為質點的質量均為1 kg的A、B兩滑塊靜止在a點，某時刻在B上
44、加一沿斜面向上、大小為7 N的恒力，彈簧的勁度系數(shù)為100 N/m，θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，兩滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.25，則A、B向上運動的過程中有( )
A．A、B剛分離時A有沿斜面向上的加速度
B．從加上恒力到A、B分離A上升高度為7 cm
C．A速度最大時，A沿斜面移動的距離為3 cm
D．A速度最大時，A、B間彈力為1 N
[解析] 由題意知m＝1 kg、F＝7 N、k＝100 N/m、μ＝0.25，A、B剛過a點時的加速度大小為＝1.5 m/s2，剛分離時A、B間無彈力，對B有aB＝＝－1 m/s2，此時A、B加速度相同，故A
45、的加速度沿斜面向下，此時對A有aA＝＝－1 m/s2，解得x1＝0.07 m，初態(tài)kx0＝2mgsinθ，解得x0＝0.12 m，A上升的高度為(0.12 m－0.07 m)sin37°＝3 cm，A、B錯；A速度最大即加速度為零，對A、B整體有kx2＋F－2mgsinθ－2μmgcosθ＝0，解得x2＝0.09 m，A沿斜面移動的距離Δx＝x0－x2＝0.03 m，此時對A有kx2－N－mgsinθ－μmgcosθ＝0，解得A、B間彈力N＝1 N，C、D對．
[答案] CD
7．(多選)(2019·湖北七市聯(lián)合模擬)如下圖所示，在一沿順時針方向勻速轉動的傳送帶的左端A點，每隔T的時間，輕
46、放上一個相同的工件，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，工件的質量均為m，經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)后面那些已經(jīng)和傳送帶達到相同速度的工件之間的距離為x，重力加速度為g，下列判斷正確的是( )
A．傳送帶的速率為
B．工件加速運動的時間為
C．工件與傳送帶間的相對位移一定為x
D．根據(jù)題目已知條件可以求出工件與傳送帶的相對位移
[解析] 工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，每個工件放上傳送帶后運動的規(guī)律相同，可知x＝vT，解得傳送帶的速率v＝，故A正確；設每個工件勻加速運動的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律得，工件的加速度為a＝μg，根據(jù)v＝at，解得t＝＝，故B正確；工件加速過
47、程的位移x工件＝＝，工件加速過程中傳送帶的位移x傳送帶＝vT＝2×x工件＝，工件與傳送帶間的相對位移Δx＝x傳送帶－x工件＝，故C錯誤，D正確．
[答案] ABD
8．(多選)(2019·山東省泰安市上學期期中)如圖所示，傾角為θ的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質量分別為m、2m、3m，輕質彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個輕桿，B、C間由一輕質細線連接．彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)突然剪斷細線或彈簧．下列判斷正確的是( )
A．彈簧被剪斷的瞬間，A、B、C三個小球的加速度均為零
B．彈簧被剪斷的瞬間，A、B之
48、間桿的彈力大小為零
C．細線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsinθ
D．細線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsinθ
[解析] 若是彈簧被剪斷，將三個小球看做一個整體，整體的加速度為a＝gsinθ，然后隔離A，對A分析，設桿的作用力為F，則F＋mgsinθ＝ma，解得F＝0，A錯誤，B正確；剪斷細線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，則彈簧的彈力為F彈＝(3m＋2m＋m)gsinθ＝6mgsinθ.以C為研究對象知，細線的拉力為3mgsinθ.剪斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二
49、定律得F彈－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B兩個小球的加速度為aAB＝gsinθ，方向沿斜面向上，以B為研究對象，由牛頓第二定律得：FAB－2mgsinθ＝2maAB，解得桿的拉力為FAB＝4mgsinθ，故C、D正確．
[答案] BCD
9．(多選)(2019·湖北省黃岡市質檢)如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶以v＝2.4 m/s的速度逆時針勻速轉動，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°，某時刻同時將A、B物塊(可視為質點)輕放在傳送帶上，已知A、B兩物塊釋放時的間距為0.042 m，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)分別為μA＝0.75、μB＝0.5，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取s
50、in37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是( )
A．物塊B先做勻加速直線運動，后與傳送帶保持相對靜止
B．物塊B最終一定追上物塊A
C．在t＝0.24 s時，A、B物塊速度大小相等
D．在t＝0.54 s前，A、B兩物塊之間的距離先增大后不變
[解析] 物塊B先做勻加速直線運動，當與傳送帶共速后，因為μB＝0.5
51、物塊B開始下滑的加速度aB1＝gsin37°＋μBgcos37°＝10 m/s2，與傳送帶共速經(jīng)過的時間：tB＝＝0.24 s，共速后物塊B以aB2＝gsinθ－μBgcosθ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物塊A開始下滑的加速度aA1＝gsin37°＋μAgcos37°＝12 m/s2，與傳送帶共速時經(jīng)過的時間：tA＝＝0.2 s；共速后物塊A與傳送帶一起勻速下滑，則t＝0.24 s時兩物塊速度相等，選項C正確；在開始的0.24 s內因為A的加速度較大，則兩物塊間的距離逐漸變大；在0.24 s后物塊B繼續(xù)加速下滑，速度逐漸變大，則兩物塊間的距離又逐漸減小，選項D錯誤．
[答案] BC
二
52、、非選擇題
10．(2019·成都實驗中學月考)如圖所示，質量m＝1 kg的物塊A放在質量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B均靜止在水平地面上．現(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板B上，
已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，地面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求能使A、B相對靜止的F的最大值．
(2)若F＝30 N，作用1 s后撤去F，要使A不從B上滑落，則木板至少為多長？從開始到A、B均靜止，A運動的總位移是多少？
[解析] (1)對A進行受力分析可知，其最大加速度由A、B之間的最大靜摩擦力決定，由牛頓第二定律
53、得μ1mg＝mamax，代入數(shù)據(jù)解得amax＝4 m/s2
對A、B整體進行受力分析可知，恰好無相對運動時，A、B具有共同的加速度，且大小為amax，由牛頓第二定律得
Fmax－μ2(M＋m)g＝(M＋m)amax，代入數(shù)據(jù)解得Fmax＝25 N.
(2)設F作用在B上時，A、B的加速度大小分別為a1、a2，經(jīng)t1＝1 s，撤掉F時，A、B的速度大小分別為v1、v2，加速度大小分別為a1′、a2′，A、B共同運動時速度大小為v3，加速度大小為a3.
對A進行受力分析，可知a1＝amax＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s
對B進行受力分析，有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma
54、2，故a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s
撤去F時，有a1′＝a1＝4 m/s2，
a2′＝＝2.25 m/s2
經(jīng)過t2時間后A、B速度相等，有v1＋a1′t2＝v2－a2′t2，代入數(shù)據(jù)解得t2＝0.2 s
則v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s
從開始到A、B相對靜止，A、B的相對位移應不大于木板的長度L，設A的位移為xA，B的位移為xB，有
L≥xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m
A、B速度相等后共同在水平面上做勻減速直線運動，加速度a3＝μ2g＝1 m/s2
從A、B相對靜止至最終靜止，位移x＝＝11.52 m
故A運動的總
55、位移為xA總＝xA＋x＝14.4 m.
[答案] (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m
11．(2019·安徽皖南八校聯(lián)考)在某電視臺舉辦的沖關游戲中，AB是處于豎直平面內的光滑圓弧軌道，半徑R＝1.6 m，BC是長度為L1＝3 m的水平傳送帶，CD是長度為L2＝3.6 m水平粗糙軌道，AB、CD軌道與傳送帶平滑連接，參賽者抱緊滑板從A處由靜止下滑，參賽者和滑板可視為質點，參賽者質量m＝60 kg，滑板質量可忽略．已知滑板與傳送帶、水平軌道的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.4、μ2＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)參賽者運動到圓弧軌道B處對軌道的壓力；
(2)若參賽者
56、恰好能運動至D點，求傳送帶運轉速率及方向；
(3)在第(2)問中，傳送帶由于傳送參賽者多消耗的電能．
[解析] (1)對參賽者：A到B過程，由動能定理得
mgR(1－cos60°)＝mv
解得vB＝4 m/s
在B處，由牛頓第二定律得FNB－mg＝m
解得FNB＝2mg＝1200 N
根據(jù)牛頓第三定律得，參賽者對軌道的壓力FNB′＝FNB＝1200 N，方向豎直向下
(2)C到D過程由動能定理得－μ2mgL2＝0－mv
解得vC＝6 m/s
B到C過程加速階段由牛頓第二定律得μ1mg＝ma
解得a＝4 m/s2
參賽者加速至vC歷時t＝＝0.5 s
位移x1＝t＝2.5 m
（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題一 力與運動 第二講 力與物體的直線運動教學案
