2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇二 力與直線運動練習(xí)(含解析)

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1、力與直線運動 要點提煉 1.解圖象問題時要做好“三看” (1)看清坐標(biāo)軸所表示的物理量:明確因變量與自變量的制約關(guān)系,是運動學(xué)圖象(v-t、x-t、a-t、x-v2、v-x等),還是動力學(xué)圖象(F-t、F-x、P-t等); (2)看圖線本身:識別兩個相關(guān)量的變化趨勢,進而分析具體的物理過程; (3)看交點、斜率和“面積”:明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標(biāo)軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積的物理意義。 2.求解勻變速直線運動問題時的方法技巧 (1)巧用平均速度:對勻變速直線運動問題,運用公式=(v0+v),x=t,相當(dāng)于把一個勻變速直線運動問題轉(zhuǎn)化為一個勻速直線運動問題來處

2、理。 (2)逆向思維:把運動過程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”的反向分析,這種研究問題的方法一般用于末態(tài)已知的情況。 3.動力學(xué)與圖象的綜合問題做好兩步 (1)判別物理過程:由圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)律確定質(zhì)點的運動性質(zhì)。 (2)選擇解答方法:根據(jù)質(zhì)點的運動性質(zhì),選擇公式法或圖象法解答試題,必要時建立函數(shù)關(guān)系并進行圖象轉(zhuǎn)換,或者與常見形式比較進行解答和判斷。 4.傳送帶上物體的運動 由靜止釋放的物體,若能在勻速運動的傳送帶上同向加速到與傳送帶共速,則加速過程中物體的位移必與物體和傳送帶的相對位移大小相等,且等于傳送帶在這個過程中位移的一半;在傾斜傳送帶(傾角為θ)上運動的物體,動摩擦因

3、數(shù)與tanθ的關(guān)系、物體初速度的方向與傳送帶速度方向的關(guān)系是決定物體運動情況的兩個重要因素。 5.水平面上的板—塊模型問題 分析兩物體的運動情況需要關(guān)注:兩個接觸面(滑塊與滑板之間、滑板與地面之間)的動摩擦因數(shù)的大小關(guān)系,外力作用在哪個物體上。若外力作用在下面物體上,隨著力的增大,兩物體先共同加速,后發(fā)生相對滑動,發(fā)生相對滑動的條件是下面物體的加速度較大。若外力作用在上面物體上,力增大過程中,兩物體可能共同加速,也可能發(fā)生相對滑動,相對滑動時,上面物體的加速度較大。 高考考向1 運動圖象及其應(yīng)用 命題角度1 應(yīng)用運動圖象分析追及相遇問題 例1 (2018·全國卷Ⅲ)(多選) 甲、乙

4、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.從t1到t2時間內(nèi)的某時刻,兩車速度相等 解析 根據(jù)x-t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(nèi),乙車走過的路程大于甲車,B錯誤;從t1到t2時間內(nèi),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)x-t圖象的斜率等于速度可知,從t1到t2時間內(nèi)

5、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。 答案 CD (1)對于x-t圖象,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圖象,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圖象中,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圖象中兩條圖線在軸上的截距不同,不少同學(xué)誤認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。 備課記錄:  

6、   1-1 (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(  ) 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,所以甲車的加

7、速度先減小后增大,乙車的加速度也是先減小后增大,故C錯誤,D正確。 1-2 (2019·西安高三第三次質(zhì)檢)(多選)甲、乙兩物塊在同一直線上運動的x-t圖象如圖所示,乙物塊做勻變速運動,加速度大小為0.2 m/s2,兩圖線相切于坐標(biāo)點(5 s,-3 m),下列說法正確的是(  ) A.前5 s內(nèi)甲、乙的運動方向一直相同 B.t=5 s時甲、乙相遇且速度相同 C.乙的初速度大小為1.8 m/s D.t=0時甲、乙相距2.8 m 答案 AB 解析 x-t圖象的斜率表示速度,前5 s內(nèi)甲、乙的x-t圖線斜率均一直為負,則運動方向一直相同,A正確;t=5 s時甲、乙的x-t圖線斜率相

8、同,位移、時間都相同,所以相遇且速度相同,B正確;由甲的圖線知t=5 s時,速度為-0.6 m/s,乙做勻變速運動,v=v0+at,則乙的初速度大小為1.6 m/s,C錯誤;由位移x=x0+v0t+at2,代入(5 s,-3 m)及v0的值,可得x0=2.5 m,D錯誤。 命題角度2 非常規(guī)圖象問題 例2 (2019·全國卷Ⅰ)(多選) 在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上,把物體P輕放在彈簧上端,P由靜止向下運動,物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧,改用物體Q完成同樣的過程,其a-x關(guān)系如圖中虛線所示。假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球

9、體。已知星球M的半徑是星球N的3倍,則(  ) A.M與N的密度相等 B.Q的質(zhì)量是P的3倍 C.Q下落過程中的最大動能是P的4倍 D.Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍 解析 如圖,當(dāng)x=0時,對P:mPgM=mP·3a0,即星球M表面的重力加速度gM=3a0;對Q:mQgN=mQa0,即星球N表面的重力加速度gN=a0。 當(dāng)P、Q的加速度a=0時,對P有:mPgM=kx0,則mP=,對Q有:mQgN=k·2x0,則mQ=,即mQ=6mP,B錯誤;根據(jù)mg=G得,星球質(zhì)量M=,則星球的密度ρ==,所以M、N的密度之比=·=×=1,A正確;當(dāng)P、Q的加速度為零時,P、Q

10、的動能最大,系統(tǒng)的機械能守恒,對P有:mPgMx0=Ep彈+EkP,即EkP=3mPa0x0-Ep彈,對Q有:mQgN·2x0=4Ep彈+EkQ,即EkQ=2mQa0x0-4Ep彈=12mPa0x0-4Ep彈=4×(3mPa0x0-Ep彈)=4EkP,C正確;P、Q在彈簧壓縮到最短時,其位置與初位置關(guān)于加速度a=0時的位置對稱,故P下落過程中彈簧的最大壓縮量為2x0,Q為4x0,D錯誤。 答案 AC 非常規(guī)圖象的解決要領(lǐng) 對于非常規(guī)圖象,要結(jié)合運動學(xué)公式或題給條件確定圖象的斜率、截距或特殊點的物理意義,分析圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積是否具有實際的物理意義,進而確定相關(guān)已知量,進行求解。如本

11、題中,x=0時的加速度是星球表面的重力加速度;a=0時的x則是彈力和重力平衡時彈簧的壓縮量。 備課記錄:       2-1 (多選)質(zhì)點沿一直線運動,以運動起點作為位移參考點并開始計時,設(shè)在時間t內(nèi)所發(fā)生的位移為x,其-t圖象如圖所示,則由圖可知(  ) A.質(zhì)點的初速度為1 m/s B.質(zhì)點的初速度為0.5 m/s C.質(zhì)點的加速度為2 m/s2 D.

12、質(zhì)點的加速度為4 m/s2 答案 AD 解析 由勻變速直線運動的位移公式x=v0t+at2可得=v0+at。由此可知,-t圖象的縱截距代表初速度,斜率表示加速度的,結(jié)合圖象可知,質(zhì)點的初速度為1 m/s,加速度為4 m/s2,故本題選A、D。 2-2 (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)系圖象,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 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

13、 m 答案 AB 解析 根據(jù)0-v2=2ax得:圖線斜率=-,可知=,解得剎車過程中加速度的大小a=5 m/s2,由題圖可知,新能源動力車的初速度的平方v=400 m2/s2,則v0=20 m/s,故A、B正確;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。 高考考向2 傳送帶問題 例3 (2019·河北武邑中學(xué)3月高三月考)某工廠為實現(xiàn)自動傳送工件設(shè)計了如圖所示的傳送裝置,它由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成,水平傳送帶長度LAB=4 m,傾斜傳送帶長度LCD=4.45 m,傾角為θ=37°,AB和

14、CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡,AB傳送帶以v1=5 m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn),CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2。現(xiàn)將一個工件(可看做質(zhì)點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處,求: (1)工件被第一次傳送到CD傳送帶沿傳送帶上升的最大高度和所用的總時間; (2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端,CD傳送帶沿順時針方向運轉(zhuǎn)的速度v2的大小(v2

15、FN1=mg Ff1=μFN1=ma1 聯(lián)立解得a1=5 m/s2 由運動學(xué)公式有t1== s=1 s x1=a1t=×5×12 m=2.5 m 由于x1

16、25×0.6 m=0.75 m 沿CD傳送帶上升的時間為t3==0.5 s 故總時間為t=t1+t2+t3=1.8 s。 (2)CD傳送帶以速度v2順時針運轉(zhuǎn)時,當(dāng)工件的速度大于v2時,滑動摩擦力沿傳送帶向下,加速度大小仍為a2;當(dāng)工件的速度小于v2時,滑動摩擦力沿傳送帶向上,受力分析如圖丙所示,設(shè)其加速度大小為a3,兩個過程的位移大小分別為x3和x4,由運動學(xué)公式和牛頓運動定律可得 -2a2x3=v-v mgsinθ-μFN2=ma3 -2a3x4=0-v LCD=x3+x4 解得v2=4 m/s。 答案 (1)0.75 m 1.8 s (2)4 m/s 傳送帶的摩

17、擦力分析 (1)關(guān)注兩個時刻 ①初始時刻:物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻的摩擦力方向。 ②物體與傳送帶速度相等的時刻:摩擦力的大小、方向或性質(zhì)(滑動摩擦力或靜摩擦力)可能會發(fā)生突變。 (2)注意過程分解 ①摩擦力突變點是加速度突變點,也是物體運動規(guī)律的突變點,列方程時要注意不同過程中物理量莫混淆。 ②摩擦力突變點對應(yīng)的狀態(tài)是前一過程的末狀態(tài),也是后一過程的初狀態(tài),這是兩個過程的連接點。 (3)物體在傾斜傳送上運動,物體與傳送帶速度相同后需比較tanθ與μ的大小關(guān)系:μ>tanθ,速度相等后一起勻速;μ

18、定運動情況。 備課記錄:     3.(2019·河南許昌高三二診)(多選)如圖所示為運送糧袋的傳送帶裝置,已知A、B間的長度為L,傳送帶與水平方向的夾角為θ,工作時運行速度為v,糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ,正常工作時工人將糧袋從A點無初速度釋放,糧袋由A運動到B,以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(  ) A.糧袋到達B點的速度與v比較,可

19、能較大,可能相等,也可能較小 B.糧袋開始運動的加速度為g(sinθ-cosθ),若L足夠大,則以后將一定以速度v做勻速運動 C.若μ

20、續(xù)向下做勻加速運動,由牛頓第二定律有:mgsinθ-μmgcosθ=ma′,得a′=gsinθ-μgcosθ;當(dāng)μ≥tanθ時,重力的下滑分力小于等于最大靜摩擦力,糧袋與傳送帶同速后做勻速運動,速度為v。由上述分析可知,糧袋到達B點的速度與v相比,可能較大,可能相等,也可能較小,故A正確;糧袋開始運動的加速度為a=gsinθ+μgcosθ,且即使L足夠大,以后糧袋也不一定做勻速運動,而是有可能做勻加速運動,故B錯誤;當(dāng)μ

21、       命題角度1 連接體問題 例4 (2015·全國卷Ⅱ)(多選)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 設(shè)P在東,Q在西,當(dāng)機車向東加速行駛時,對P以西的所有車廂應(yīng)用牛頓第二定律有F=m西a。當(dāng)機車向西加速行駛時,對Q以東的所有車廂應(yīng)用牛頓第二定律有F=m東·a

22、。兩式相比可得m西∶m東=2∶3,所以這列車廂的節(jié)數(shù)只能為5的整數(shù)倍,B、C兩項符合要求,A、D兩項不符合要求。 答案 BC 連接體問題的解決方法:整體法和隔離法 (1)加速度相同的連接體問題 ①若求解整體的加速度,可用整體法。整個系統(tǒng)看做一個研究對象,分析整體受外力情況,再由牛頓第二定律求出加速度。 ②若求解系統(tǒng)內(nèi)力,可先用整體法求出整體的加速度,再用隔離法將內(nèi)力轉(zhuǎn)化成外力,由牛頓第二定律求解。 (2)加速度不同的連接體問題 若系統(tǒng)內(nèi)各個物體的加速度不同,一般應(yīng)采用隔離法。將各個物體分別作為研究對象,對每個研究對象進行受力和運動情況分析,分別應(yīng)用牛頓第二定律建立方程,并注意各

23、個物體間的相互作用關(guān)系,聯(lián)立求解。 備課記錄:         4-1 (2019·四川教考聯(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(zhì)量均為m,力F作用在C上使彈簧處于壓縮狀態(tài)。現(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

24、以下說法正確的是(  ) A.當(dāng)B速度最大時,B、C間彈力為0 B.當(dāng)B和C分離時,A對擋板的壓力為mg C.當(dāng)B和C分離時,它們的速度相等且達到最大 D.當(dāng)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gsinθ,則B的加速度也為gsinθ,由此推知B和C在彈簧處于原長時分離,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(dāng)B和C分離時彈簧為原長,此時A對擋板的壓力等于重力沿斜面方向的分力,即mg,故B正確;當(dāng)B的速度最大時,C的速度也最大,它們受彈簧的彈力等于二者重力沿斜

25、面方向的分力,即2mgsin30°=mg,彈簧另一端的彈力也是mg,所以此時A對擋板的壓力為mg,D正確。 4-2 (2019·黑龍江哈爾濱三中三模)(多選)如圖所示,A、C、D長方體木塊完全相同,質(zhì)量均為m,其中C、D放在光滑水平面上,A放在長木板B上,B質(zhì)量為2m,A、B、C、D間動摩擦因數(shù)均為μ,現(xiàn)用水平向右的恒力F拉木塊A,使A、B、C、D保持相對靜止一起沿水平面向右運動,不計空氣阻力,重力加速度為g,則(  ) A.B對A的摩擦力大小為μmg,方向向左 B.A對B的摩擦力大小為,方向向右 C.C對B的摩擦力大小為,方向向右 D.C、D兩木塊所受到的摩擦力大小相等,方向相

26、同 答案 BD 解析 A與B之間沒有相對運動,為靜摩擦力,A錯誤;將A、B、C、D看成整體,根據(jù)牛頓第二定律可知,整體的加速度a=,隔離A,可得F-fBA=ma,fBA=F,B對A的摩擦力向左,再根據(jù)牛頓第三定律,可知A對B的摩擦力向右,大小為F,B正確;隔離C可得,fBC=ma=F,B對C的摩擦力向右,所以C對B的摩擦力向左,大小為F,C錯誤;隔離D可得,fBD=ma=F,B對D的摩擦力向右,所以C、D受到的摩擦力大小相等,方向相同,D正確。 命題角度2 滑塊—木板問題 例5 (2017·全國卷Ⅲ) 如圖,兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=5 kg,放在靜止于水平地

27、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(zhì)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、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。設(shè)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。 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(shè)A、B所受木板的摩擦力大小分別為f1、f2,木板所受地面的摩擦力大小為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

28、,在滑塊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=mBaB⑤ f2-f1-f3=ma1⑥ 設(shè)在t1時刻,B與木板達到共同速度,其大小為v1,由運動學(xué)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(nèi),B相對于地面移動的距離為 sB=v0t1-aBt⑩ 設(shè)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

29、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(shè)其大小為v2,設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2,則由運動學(xué)公式,對木板有 v2=v1-a2t2? 對A有 v2=-v1+aAt2? 在t2時間間隔內(nèi),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(nèi),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

30、? 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) 答案 (1)1 m/s (2)1.9 m 分析“板—塊”模型的四點注意 (1)從速度、位移、時間等角度,尋找滑塊與滑板之間的聯(lián)系。 (2)滑塊與滑板共速是摩擦力發(fā)生突變的臨界條件。 (3)滑塊與滑板存在相對滑動的條件 ①運動學(xué)條件:若兩物體速度不等,則會發(fā)生相對滑動。 ②力學(xué)條件:一般情況下,假設(shè)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Ff,比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系,若Ff>Ffm,則發(fā)生相對滑動。 (4)滑塊不從滑板上掉

31、下來的臨界條件是滑塊到達滑板末端時,兩者共速。 備課記錄:   5-1 (2019·山東省實驗、淄博實驗、煙臺一中、萊蕪一中四校聯(lián)合一模)(多選)如圖所示,物塊A疊放在木板B上,mA=6 kg、mB=1 kg且均處于靜止?fàn)顟B(tài),已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ1=0.3,地面與B之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.2,現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F,則下列說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動

32、摩擦力,取g=10 m/s2)(  ) A.當(dāng)F>18 N時,A相對B發(fā)生滑動 B.當(dāng)F=30 N時,A的加速度是2 m/s2 C.當(dāng)F=42 N時,A的加速度是4 m/s2 D.當(dāng)F=48 N時,B的加速度是4 m/s2 答案 CD 解析 當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對滑動時,A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力,隔離B,對B分析,根據(jù)牛頓第二定律,得:μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa,解得:a=4 m/s2,對整體分析,根據(jù)牛頓第二定律,有:F-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得:F=42 N。由以上分析知,當(dāng)F>42 N時,A相對B發(fā)生滑動,故A錯誤;當(dāng)F=30 N<

33、42 N時,A、B保持相對靜止,A的加速度等于整體的加速度,為:aA== m/s2,故B錯誤;當(dāng)F=42 N時,A、B恰保持相對靜止,A的加速度為:aA==4 m/s2,故C正確;當(dāng)F=48 N>42 N時,A、B已發(fā)生相對滑動,B的加速度為:aB==4 m/s2,故D正確。 5-2 如圖所示,有兩個高低不同的水平面,高水平面光滑,低水平面粗糙。一質(zhì)量為5 kg、長度為2 m的長木板靠在低水平面邊緣,其表面恰好與高水平面平齊,長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù)為0.05,一質(zhì)量為1 kg、可視為質(zhì)點的滑塊靜止放置在高水平面上,距邊緣A點3 m,現(xiàn)用大小為6 N、水平向右的外力拉滑塊,當(dāng)滑塊運動到

34、A點時撤去外力,滑塊以此時的速度滑上長木板。滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.5,g取10 m/s2。求: (1)滑塊滑動到A點時的速度大?。? (2)滑塊滑動到長木板上時,滑塊和長木板的加速度大小分別為多少? (3)通過計算說明滑塊能否從長木板的右端滑出。 答案 (1)6 m/s (2)5 m/s2 0.4 m/s2 (3)見解析 解析 (1)根據(jù)牛頓第二定律有F=ma 根據(jù)運動學(xué)公式有v2=2aL0 聯(lián)立方程代入數(shù)據(jù)解得v=6 m/s 其中m、F分別為滑塊的質(zhì)量和受到的拉力,a是滑塊的加速度,v是滑塊滑動到A點時的速度大小,L0是滑塊在高水平面上運動的位移。 (2)根據(jù)牛

35、頓第二定律,對滑塊有 μ1mg=ma1 代入數(shù)據(jù)解得a1=5 m/s2 對長木板有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2 代入數(shù)據(jù)解得a2=0.4 m/s2 其中M為長木板的質(zhì)量,a1、a2分別是滑塊剛滑上長木板時滑塊和長木板的加速度大小,μ1、μ2分別是滑塊與長木板間和長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù)。 (3)假設(shè)滑塊滑不出長木板,從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用的時間為t,則 v-a1t=a2t 代入數(shù)據(jù)解得t= s 則此過程中滑塊的位移為x1=vt-a1t2 長木板的位移為x2=a2t2 x1-x2= m>L 式中L=2 m為長木板的長度,所以滑塊能從長木板的右端滑出

36、。 閱卷現(xiàn)場 板—塊模型中的摩擦力方向判定出錯 例6 (2015·全國卷Ⅰ)(20分)一長木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物塊,在木板右方有一墻壁,木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖甲所示。從t=0時刻開始,小物塊與木板一起以共同速度向右運動,直至t=1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變,方向相反;運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2; (2)木板的最小長度;

37、 (3)木板右端離墻壁的最終距離。 正解 (1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻減速運動,設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 -μ1(m+M)g=(m+M)a1?、?2分) 由題圖乙可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s,由運動學(xué)公式得 v1=v0+a1t1?、?1分) s0=v0t1+a1t?、?1分) 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板碰前的位移,v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立①②③式,并代入數(shù)值得μ1=0.1?、?1分) 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻減速運動,小物塊

38、以v1的初速度向右做勻減速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有 -μ2mg=ma2?、?1分) 由題圖乙可得a2=?、?1分) 式中,t2=2 s,v2=0, 聯(lián)立⑤⑥式,并代入數(shù)值得μ2=0.4?、?1分) (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3?、?2分) v3=-v1+a3Δt ⑨(1分) v3=v1+a2Δt (1分) 其中M=15 m。碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板運動的位移為s1=Δt ?(1分) 小物塊運動的位移為s2=Δt

39、 ?(1分) 小物塊相對木板的位移為Δs=s2-s1 ?(1分) 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩???式,并代入數(shù)值得 Δs=6.0 m ?(1分) 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。 (3)在小物塊和木板共速后,因為μ1g<μ2g,所以兩者以共同的速度向左做勻減速運動直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中小物塊和木板運動的位移為s3,由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ1(m+M)g=(m+M)a4 ?(1分) 0-v=2a4s3 ?(1分) 碰后木板運動的位移為s=s1+s3 ?(1分) 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩????式,并代入數(shù)值得 s=-6.5 m ?(1分)

40、 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。 答案 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 錯解 (1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前,小物塊和木板一起向右做勻減速運動,設(shè)加速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有 -μ1(m+M)g=(m+M)a1?、?2分) 由題圖乙可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s,由運動學(xué)公式得 v1=v0+a1t1 ②(1分) s0=v0t1+a1t?、?1分) 式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板碰前的位移,v0是小物塊和木板開始運動時的速度。 聯(lián)立①②③式,并代入數(shù)值得μ1=0.1?、?1

41、分) 在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻減速運動,小物塊以v1的初速度向右做勻減速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有 -μ2mg=ma2?、?1分) 由題圖乙可得a2=?、?1分) 式中,t2=2 s,v2=0, 聯(lián)立⑤⑥式,并代入數(shù)值得μ2=0.4 ⑦(1分) (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得 μ1(M+m)g-μ2mg=Ma3?、?扣2分) v3=v1+a2Δt=-v1+a3Δt ⑨(2分) 其中M=15m。碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板運動的位移為

42、s1=Δt (1分) 小物塊運動的位移為s2=Δt ?(1分) 小物塊相對木板的位移為Δs=s2-s1 ?(1分) 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩??式,并代入數(shù)值得 Δs=6.7 m ?(扣1分) 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.7 m。 (3)在小物塊和木板共速后,兩者向左做勻減速運動直至停止,設(shè)此過程中小物塊和木板運動的位移為s3,由運動學(xué)公式得 0-v=2a3s3 ?(扣2分) 碰后木板運動的位移為s=s1+s3 ?(1分) 聯(lián)立④⑥⑦⑧⑨⑩??式,并代入數(shù)值得 s=-10 m(扣1分) 木板右端離墻壁的最終距離為10 m。 答案 (1)0.1 0

43、.4 (2)6.7 m (3)10 m 木板和物塊往復(fù)運動過程中,速度方向發(fā)生變化,不同階段的加速度大小和方向也不同。⑧式中,求加速度時,誤判物塊對木板摩擦力的方向,導(dǎo)致這一階段的加速度出錯,此小題的最終結(jié)果必然出錯。最后階段的加速度與兩物體達到相對靜止前木板的加速度不同,忽略這一點,最終結(jié)果必然錯誤。 專題作業(yè) 1. (多選)在斜面上,兩物塊A、B用細線連接,當(dāng)用力F沿斜面向上拉物塊A時,兩物塊以大小為a的加速度向上運動,細線中的張力為FT,兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相等。則當(dāng)用大小為2F的拉力沿斜面向上拉物塊A時(  ) A.兩物塊向上運動的加速度大小為2a B.兩物塊向

44、上運動的加速度大小大于2a C.兩物塊間細線中的張力為2FT D.兩物塊間細線中的張力與A、B的質(zhì)量無關(guān) 答案 BC 解析 設(shè)斜面傾角為θ,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為M和m,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,由牛頓第二定律得兩物塊的加速度大小為a==-g(sinθ+μcosθ),當(dāng)拉力為2F時,加速度大小為a′=-g(sinθ+μcosθ),則a′>2a,A錯誤,B正確;當(dāng)用力F拉物塊A時,對B由牛頓第二定律得FT-mgsinθ-μmgcosθ=ma,故兩物塊間細線中的張力FT=ma+mgsinθ+μmgcosθ=,與斜面傾角和動摩擦因數(shù)無關(guān),但與兩物塊的質(zhì)量有關(guān),則當(dāng)拉力為2F時,細線中的

45、張力為2FT,C正確,D錯誤。 2. (2019·遼寧省實驗中學(xué)模擬)一皮帶傳送裝置如圖所示,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到最長的過程中,滑塊始終未與皮帶達到共速,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 答案 D 解析 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,滑塊向左做加速運動,在此過

46、程中,彈簧的彈力逐漸增大,根據(jù)牛頓第二定律,可知滑塊的加速度逐漸減小,當(dāng)彈簧的彈力與滑動摩擦力相等時,加速度減為零,速度達到最大,之后彈簧的彈力大于摩擦力,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,滑塊的加速度逐漸增大,速度逐漸減小,故D正確。 3. 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)的質(zhì)點做減速

47、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 答案 D 解析 加速度對時間的變化率稱為急動度,等于a-t圖象的斜率。由圖象知t=3 s時的急動度和t=5 s時的急動度等大同向,A錯誤;根據(jù)a-t圖象與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,B錯誤;根據(jù)a-t圖象與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,C錯誤;根據(jù)a-t圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量,知0~6 s內(nèi)質(zhì)點速

48、度的變化量均為正,說明質(zhì)點速度方向不變,D正確。 4. (2019·濰坊二模)(多選)一架無人機質(zhì)量為2 kg,運動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機從地面由靜止開始豎直向上運動,一段時間后關(guān)閉動力,其v-t圖象如圖所示,g取10 m/s2。下列判斷正確的是(  ) A.無人機上升的最大高度為72 m B.6~8 s內(nèi)無人機上升 C.無人機的升力大小為28 N D.無人機所受阻力大小為4 N 答案 BD 解析 無人機上升的最大高度為H=×8×24 m=96 m,A錯誤;6~8 s內(nèi)無人機減速上升,B正確;無人機加速上升時的加速度大小a1= m/s2=4 m/s2,則由牛頓第二定

49、律有F-mg-f=ma1,減速上升時的加速度大小a2= m/s2=12 m/s2,則由牛頓第二定律有f+mg=ma2,聯(lián)立解得升力大小為F=32 N,無人機所受阻力大小為f=4 N,C錯誤,D正確。 5. (2019·河北邢臺期末)(多選)一質(zhì)點以一定的初速度從A點開始向相距8 m的B點做直線運動,運動過程中其速度的二次方v2與位移x之間的關(guān)系圖線如圖所示,下列說法正確的是(  ) A.質(zhì)點做加速度增大的變加速運動 B.質(zhì)點做勻加速運動,其加速度大小為2 m/s2 C.質(zhì)點運動的初速度大小為2 m/s D.質(zhì)點從A點運動到B點所用的時間為8 s 答案 BC 解析 根據(jù)v2=v

50、+2ax可知,2a= m/s2=4 m/s2,則a=2 m/s2,又v=v2-2ax=(36-4×8) m2/s2=4 m2/s2,則可得v0=2 m/s,由此可知,質(zhì)點做勻加速直線運動,B、C正確,A錯誤;到達B點時v=6 m/s,質(zhì)點從A點運動到B點所用的時間為t== s=2 s,D錯誤。 6.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圖象(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處的距離達到最大 B.

51、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 答案 B 解析 0~t1時間:滑動摩擦力向右,小物塊向左做勻減速運動,t1時刻速度為零,向左位移達到最大,即小物塊離A處的距離最大。t1~t2時間:滑動摩擦力向右,小物塊向右由靜止開始做勻加速直線運動;t2時刻以后物塊隨傳送帶一起做勻速直線運動,摩擦力為零;t2時刻以后物塊相對傳送帶靜止,故t2時刻,小物塊相對傳送帶滑動的距離最大。故B正確,A、C、D錯誤。 7. (2019·河南六市高三第二次聯(lián)考)一物體的運動圖象如圖所示,橫、縱

52、截距分別為n和m,在圖象所示的運動過程中,下列說法正確的是(  ) A.若該圖為x-t圖象,則物體速度一直減小 B.若該圖為a-t圖象且物體的初速度為零,則物體的最大速度為mn C.若該圖為a-x圖象且物體的初速度為零,則物體的最大速度為 D.若該圖為a-x圖象且物體的初速度為零,則物體最終靜止 答案 C 解析 若該圖為x-t圖象,則斜率表示速度,由題圖可知物體速度不變,A錯誤;若該圖為a-t圖象且物體的初速度為零,則圖象與橫軸所圍的面積等于速度的變化量,可得物體的最大速度為mn,B錯誤;若該圖為a-x圖象且物體的初速度為零,則由2ax=v2可知,2×mn=v2,則物體的最大速

53、度為,C正確;若該圖為a-x圖象且物體的初速度為零,則物體最終的加速度為零,物體做勻速直線運動,D錯誤。 8. (2020·江西新余四中高三月考)甲、乙兩車在平直公路上行駛,t=0時刻兩車處于同一位置,其速度—時間圖象如圖所示,兩圖象交點處坐標(biāo)及切線如圖,則(  ) A.t=8 s末,甲、乙兩車相遇 B.t=2 s末,甲車的加速度大于乙車的加速度 C.在2~8 s內(nèi),甲車的平均速度小于乙車的平均速度 D.在0~2 s內(nèi),甲車的位移小于乙車的位移 答案 D 解析 在v-t圖象中,圖象和橫軸所圍面積表示位移大小,甲、乙兩車在平直公路上行駛,t=0時刻兩車處于同一位置,t=8 s末

54、時甲的位移大于乙的位移,甲在乙的前方,故A錯誤;t=2 s末,a乙= m/s2=-5 m/s2,a甲= m/s2=5 m/s2,甲車的加速度大小等于乙車的加速度大小,故B錯誤;在2~8 s內(nèi),甲的位移大于乙的位移,甲車的平均速度大于乙車的平均速度,故C錯誤;在v-t圖象中,圖象和橫軸所圍面積表示位移大小,在0~2 s內(nèi),甲車的位移小于乙車的位移,故D正確。 9. (2019·江蘇蘇州、無錫、常德、鎮(zhèn)江四市聯(lián)合一模)如圖所示,置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質(zhì)彈簧連接,在水平恒力F的作用下,A、B以相同的加速度向右運動。A、B的質(zhì)量關(guān)系為mA>mB,它們與地面間的動摩擦因數(shù)相同。為使彈簧穩(wěn)定時

55、的伸長量增大,下列操作可行的是(  ) A.僅減小B的質(zhì)量 B.僅增大A的質(zhì)量 C.僅將A、B的位置對調(diào) D.僅減小水平面的粗糙程度 答案 C 解析 設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,伸長量為x,A、B的加速度為a,對B受力分析有kx-μmBg=mBa,對A受力分析有F-μmAg-kx=mAa,兩式聯(lián)立消去a,整理可得x=。mB減小,x減小,故A錯誤;mA增大,x減小,故B錯誤;因為mA>mB,所以>1,A、B位置對調(diào)以后x的表達式為x=,因為<1,所以x增大,C正確;x的表達式中沒有動摩擦因數(shù),因此x與水平面的粗糙程度無關(guān),D錯誤。 10. (2019·福建泉州二模)(多選)如圖,一足

56、夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動。一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定,則其速度v隨時間t變化的圖象可能是(  ) 答案 BC 解析 根據(jù)題意,設(shè)傳送帶傾角為θ,動摩擦因數(shù)為μ,若mgsinθ>μmgcosθ,小滑塊所受合力沿斜面向下,向下做勻加速運動;若mgsinθ=μmgcosθ,則小滑塊沿斜面方向合力為零,勻速下滑;若mgsinθ<μmgcosθ,小滑塊所受合力沿斜面向上,做勻減速運動,當(dāng)速度減為零時,開始反向加速,當(dāng)加速到與傳送帶速度相同時,由于最大靜摩擦力大于重力向下分力,故之后隨傳送帶一起勻速運動,A、D錯誤,B、C正確。 11.(2019

57、·皖南八校高三聯(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,長木板運動的v-t圖象如圖乙所示,sin37°=0.6,g=10 m/s2,求: (1)長木板的長度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。 答案 (1)2 m (2)0.5 (3) 解析 (1)從圖乙可知,木板運動2 s后與小物塊分離, 在0~2 s內(nèi),木板的位移x= m=1 m 則長木板的長度L=2x=2 m。

58、(2)在2~3 s,由圖線可得長木板的加速度 a2==4 m/s2 由牛頓第二定律可得a2= 解得μ2=0.5。 (3)在0~2 s,小物塊受力平衡,由此可得 FN+Tsin37°=m1g Tcos37°=f1,f1=μ1FN 對木板,由牛頓第二定律可得 a1= 由圖乙可得,長木板的加速度a1==0.5 m/s2 解得μ1=。 12.(2019·山東淄博三模) 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。某次實驗中,砝碼的質(zhì)量m1=0.1 kg,紙板的質(zhì)量m2=0.01 kg,各接觸面

59、間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,砝碼與紙板左端的距離d=0.1 m,重力加速度g取10 m/s2。砝碼移動的距離超過l=0.002 m,人眼就能感知。若本次實驗未感知到砝碼的移動,求: (1)砝碼移動的最長時間; (2)紙板所需的拉力至少多大? 答案 (1) s (2)2.44 N 解析 (1)設(shè)砝碼在紙板上加速運動時的加速度大小為a1,在桌面上減速運動的加速度大小為a2, 由μm1g=m1a1=m1a2 知a1=a2=2 m/s2 分析可知砝碼加速和減速的時間相等,位移相等,故加速運動的距離最大是l時,砝碼移動的時間最長,設(shè)此時加速時間為t, 由運動學(xué)公式有:l=a1t2,得:t= s, 則砝碼移動的最長時間為tm=2t= s。 (2)設(shè)當(dāng)紙板的加速度為a3時,砝碼經(jīng)歷時間t恰好從紙板上滑下,則此時的拉力最小,設(shè)為F,由運動學(xué)公式有:d+=a3t2,得:a3=202 m/s2, 由F-μ(m1+m2)g-μm1g=m2a3, 得:F=2.44 N, 即紙板所需的拉力至少為2.44 N。 - 27 -

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