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高中物理高考 专题一 第一讲 物体平衡与直线运动——课前自测诊断卷
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这是一份高中物理高考 专题一 第一讲 物体平衡与直线运动——课前自测诊断卷，共9页。试卷主要包含了[考查单个物体的平衡问题]，8，cs 53°＝0，[考查动力学中的图像问题]等内容，欢迎下载使用。
如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60 kg。此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°。则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A．360 N 480 N B．480 N 360 N
C．450 N 800 N D．800 N 450 N
解析：选A 对人进行受力分析，受重力、拉力和支持力，如图所示：
设人受到的重力为G，手受到的力的大小为F1，脚受到的力的大小为F2，如图所示，根据共点力平衡条件F1＝Gcs 53°＝600×0.6 N＝360 N，F2＝Gsin 53°＝600×0.8 N＝480 N，故选A。
2．[考查多个物体的平衡问题]
如图所示，倾角θ＝30°的斜面体 A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。不计绳与滑轮间的摩擦，重力加速度为g，则( )
A．小物块b受到竖直向上的摩擦力作用
B．小物块a受到沿斜面向下的摩擦力作用，大小为eq \f(1,2)mg
C．斜面体A受到水平地面向左的摩擦力作用
D．细绳对小滑轮的压力大小为mg
解析：选B 小物块b与A的弹力为零，所以摩擦力为零，故A错误；对a受力分析可知，f＝mg－mgsin θ＝eq \f(1,2)mg，故B正确；对a、b和A整体分析可知，斜面体A水平方向上不受摩擦力作用，故C错误；细绳对小滑轮的压力大小等于两细绳的合力，即2mgcs θ＝eq \r(3)mg，故D错误。
3.[考查用图解法分析动态平衡问题]
(2019·渭南质检)如图所示，在光滑水平地面上与竖直墙壁平行放置一个截面为四分之一圆的光滑柱状物体A，A与竖直墙壁之间悬放一个光滑圆球B，为使整个装置处于静止状态，需对A右侧竖直面施加一水平向左的推力F。现将A向左移动一段较小的距离使整个装置仍保持静止状态，关于移动前后两个静止状态受力情况的比较，下列说法正确的是( )
A．推力F变小
B．地面受到的压力变小
C．墙壁对B的弹力变大
D．A对B的弹力变大
解析：选A 先以小球为研究对象，分析受力情况，如图1所示。当柱状物体向左移动时，N2与竖直方向的夹角减小，柱状物体对球的弹力N2与墙对球的弹力N1均减小。则由牛顿第三定律得知，球对柱状物体的弹力减小。再对整体分析受力如图2所示，由平衡条件得知，F＝N1，推力F变小。地面对整体的支持力N＝G总，保持不变。故A正确。
4．[考查用相似三角形法分析动态平衡问题]
把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图所示。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移。在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是( )
A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小
C．F减小，FN不变 D．F增大，FN不变
解析：选C 小球沿圆环缓慢上移可看作受力平衡，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、FN三个力。满足受力平衡，作出受力分析图如图所示：由相似三角形知识，eq \f(G,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,R)，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故A、B、D错误，C正确。
5.[考查匀变速直线运动规律及图像问题]
[多选]为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是( )
A．新能源动力车的初速度为20 m/s
B．刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s2
C．刹车过程持续的时间为10 s
D．刹车过程经过6 s时新能源动力车的位移为30 m
解析：选AB 根据0－v2＝2ax得：eq \f(x,v2)＝－eq \f(1,2a)，可知eq \f(1,2a)＝eq \f(40,400)，解得刹车过程中加速度大小a＝5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度为v02＝400 m2/s2，则v0＝20 m/s，故A、B正确；则刹车过程持续的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(20,5) s＝4 s，故C错误；刹车过程中6 s内的位移等于4 s内的位移，则x＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(400,10) m＝40 m，故D错误。
6.[考查用匀变速直线运动规律解决实际问题]
一辆车厢长为4 m的卡车沿水平路面行驶，在车厢正中央沿行驶方向放置一根长2 m、质量均匀的细钢管，钢管与车厢水平底板间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若卡车以18 m/s的速度匀速行驶，为了使车厢前挡板不被撞击，求刹车时加速度的最大值？
(2)若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为4 m/s2，则经多长时间钢管开始翻落？
解析：(1)若车厢前挡板恰好不被撞击，则卡车在刹车过程中的位移大小x1＝eq \f(v02,2am)
对钢管有μmg＝ma2，
解得钢管的加速度大小a2＝μg＝3 m/s2
钢管的位移大小x2＝eq \f(v02,2a2)＝54 m
又由运动关系可知x2－x1＝eq \f(l车－l管,2)
联立以上各式可得am＝eq \f(162,53) m/s2≈3.06 m/s2。
(2)从卡车开始加速到钢管开始翻落的过程中，卡车的位移x1′＝eq \f(1,2)at2
钢管的位移x2′＝eq \f(1,2)a2t2
又由运动关系可得x1′－x2′＝eq \f(l车－l管,2)＋eq \f(l管,2)，
联立解得t＝2 s。
答案：(1)3.06 m/s2 (2)2 s
7.[考查已知受力情况确定运动情况]
(2019·石家庄一模)如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，CD 为过O点且与AB成60°夹角的固定光滑细直杆，CB也为一固定光滑细直杆，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球分别从C点由静止释放，小球从C点运动到D点所用的时间为t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1∶t2等于( )
A．1∶1 B．2∶1
C.eq \r(2)∶1 D.eq \r(2)∶2
解析：选C 对沿CD光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin 30°＝ma1，解得a1＝eq \f(g,2)；设CD＝d，由匀变速直线运动规律，d＝eq \f(1,2)a1t12，解得t1＝2eq \r(\f(d,g))。对沿CB光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin 60°＝ma2，解得a2＝eq \f(\r(3),2)g；光滑杆CB＝dsin 60°＝eq \f(\r(3),2)d，由匀变速直线运动规律，eq \f(\r(3),2)d＝eq \f(1,2)a2t22，解得t2＝eq \r(2)eq \r(\f(d,g))。t1∶t2＝2eq \r(\f(d,g))∶eq \r(2)eq \r(\f(d,g))＝eq \r(2)∶1，选项C正确。
8．[考查已知运动情况确定受力情况]
一个质量为m＝2 kg的物体在倾角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运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，从t＝0时刻开始，物体运动的eq \f(x,t)与时间t的关系如图所示(x为位移)，g＝10 m/s2，t＝2 s时撤去拉力，sin 37°＝0.6，求：
(1)拉力F的大小；
(2)物体向上运动过程中距计时点的最大距离。
解析：(1)由匀变速直线运动公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at
对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示eq \f(1,2)a1，则有：v0＝1 m/s，a1＝2 m/s2
物体在斜面上在拉力F作用下向上运动的过程，由牛顿第二定律得：F－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1
解得F＝24 N。
(2)2秒末v＝v0＋a1t＝5 m/s
0到2秒内：x1＝v0t＋eq \f(1,2)a1t12＝6 m
2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为
a2＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10 m/s2
2秒后沿斜面向上位移：x2＝eq \f(v2,2a2)＝1.25 m
物体向上运动过程中距计时点的最大距离为
x＝x1＋x2＝7.25 m。
答案：(1)24 N (2)7.25 m
9.[考查动力学中的图像问题]
[多选]一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动中的加速度a随推力F变化的图像如图所示。重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块的质量为0.5 kg
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．当推力F减小为2 N时，物块的速度最大
D．当推力F减小为0时，物块的速度为零
解析：选BC 由物块运动中的加速度a随推力F变化的图像可知，当推力F＝2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律，F－μmg＝0；当F＝0时，加速度a＝－2 m/s2，运用牛顿第二定律，－μmg＝－ma，联立解得：μ＝0.2，m＝1.0 kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，选项A错误，B正确。用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时，物块的速度最大，选项C正确。当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，选项D错误。
10．[考查动力学中的弹簧问题]
[多选](2019·郑州二模)如图所示，2 019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1～2,2和3间弹簧的弹力为F2～3,2 018和2 019间弹簧的弹力为F2 018～2 019，则下列结论正确的是( )
A．F1～2∶F2～3∶…∶F2 018～2 019＝1∶2∶3∶…∶2 018
B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2 018
C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2 019个小球的加速度为eq \f(F,m)，其余每个球的加速度依然为a
D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
解析：选AD 隔离小球1，由牛顿运动定律，F1～2＝ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2～3＝2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3～4＝3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F4～5＝4ma，…，把小球1到2 018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2 018～2 019＝2 018ma，联立解得：F1～2∶F2～3∶F3～4∶F4～5∶F5～6∶…∶F2 018～2 019＝1∶2∶3∶4∶5∶…∶2 018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2 018和2 019之间的弹簧弹力F2 018～2 019＝2 018ma，由牛顿第二定律可得F＝2 019ma，F2 018～2 019＝ma′，联立解得第2 019个小球的加速度a′＝eq \f(2 018F,2 019m)，选项C错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F2～3＝ma2，解得第2个小球的加速度a2＝2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。
11．[考查动力学中的传送带问题]
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B 0～t1时间：滑动摩擦力向右，物块向左做匀减速运动，t1时刻向左位移达到最大，即小物块离A处的距离最大。t1～t2时间：滑动摩擦力向右，物块向右由静止开始先做匀加速直线运动。t2以后物块做匀速直线运动，摩擦力为零。t2时刻物块恰好相对传送带静止，相对滑动的距离达到最大，故B正确。
12．[考查动力学中的板块问题]
[多选](2019·云南昆明复习诊断)如图甲所示，一块质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9 N
D．F的大小与板长L有关
解析：选BD 由题图乙可知，在0～1 s内，木板A的加速度a1＝2 m/s2，在1～3 s内，木板A的加速度a2＝－1 m/s2。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s内，隔离木板A受力分析，由μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，在1～3 s内，隔离木板A受力分析，由－μ2mAg＝mAa2，联立解得：μ2＝0.1，μ1＝0.7，选项A错误，B正确；若F的大小为9 N，由牛顿第二定律，F－μ1mBg＝mBa3，可得a3＝2 m/s2，A、B加速度相同，不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9 N，选项C错误；t＝1 s时，滑块从木板右端滑落，则eq \f(1,2)a3t2－eq \f(1,2)a1t2＝L，联立解得F＝2L＋9，F的大小与板长L有关，选项D正确。
13．[考查动力学中的连接体问题]
如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创造的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体时的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所需要的时间更长，这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究实验现象。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长。如果m＝eq \f(1,4)M，求：
(1)物体B从静止开始下落一段距离所用的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；
(2)系统由静止释放后，运动过程中物体C对物体B的拉力。
解析：(1)设物体的加速度大小为a，绳子中的张力大小为F
对物体A：F－Mg＝Ma
对物体B、C整体：(M＋m)g－F＝(M＋m)a
解得：a＝eq \f(m,2M＋m)g
代入m＝eq \f(1,4)M得，a＝eq \f(g,9)
物体B从静止开始下落一段距离h历时t，则h＝eq \f(1,2)at2
自由落体相同距离历时t0，则h＝eq \f(1,2)gt02
解得：eq \f(t,t0)＝eq \r(\f(g,a))＝3。
(2)设物体B对物体C的拉力为T，
对物体C有mg－T＝ma
解得：T＝eq \f(8,9)mg
由牛顿第三定律可知，物体C对物体B的拉力为eq \f(8,9)mg，方向竖直向下。
答案：(1)3 (2)eq \f(8,9)mg，方向竖直向下
考点一
静态平衡问题
考点二
动态平衡问题
考点三
匀变速直线运动问题
考点四
动力学两类基本问题
考点五
动力学中的综合问题
如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60 kg。此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53°。则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A．360 N 480 N B．480 N 360 N
C．450 N 800 N D．800 N 450 N
解析：选A 对人进行受力分析，受重力、拉力和支持力，如图所示：
设人受到的重力为G，手受到的力的大小为F1，脚受到的力的大小为F2，如图所示，根据共点力平衡条件F1＝Gcs 53°＝600×0.6 N＝360 N，F2＝Gsin 53°＝600×0.8 N＝480 N，故选A。
2．[考查多个物体的平衡问题]
如图所示，倾角θ＝30°的斜面体 A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。不计绳与滑轮间的摩擦，重力加速度为g，则( )
A．小物块b受到竖直向上的摩擦力作用
B．小物块a受到沿斜面向下的摩擦力作用，大小为eq \f(1,2)mg
C．斜面体A受到水平地面向左的摩擦力作用
D．细绳对小滑轮的压力大小为mg
解析：选B 小物块b与A的弹力为零，所以摩擦力为零，故A错误；对a受力分析可知，f＝mg－mgsin θ＝eq \f(1,2)mg，故B正确；对a、b和A整体分析可知，斜面体A水平方向上不受摩擦力作用，故C错误；细绳对小滑轮的压力大小等于两细绳的合力，即2mgcs θ＝eq \r(3)mg，故D错误。
3.[考查用图解法分析动态平衡问题]
(2019·渭南质检)如图所示，在光滑水平地面上与竖直墙壁平行放置一个截面为四分之一圆的光滑柱状物体A，A与竖直墙壁之间悬放一个光滑圆球B，为使整个装置处于静止状态，需对A右侧竖直面施加一水平向左的推力F。现将A向左移动一段较小的距离使整个装置仍保持静止状态，关于移动前后两个静止状态受力情况的比较，下列说法正确的是( )
A．推力F变小
B．地面受到的压力变小
C．墙壁对B的弹力变大
D．A对B的弹力变大
解析：选A 先以小球为研究对象，分析受力情况，如图1所示。当柱状物体向左移动时，N2与竖直方向的夹角减小，柱状物体对球的弹力N2与墙对球的弹力N1均减小。则由牛顿第三定律得知，球对柱状物体的弹力减小。再对整体分析受力如图2所示，由平衡条件得知，F＝N1，推力F变小。地面对整体的支持力N＝G总，保持不变。故A正确。
4．[考查用相似三角形法分析动态平衡问题]
把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图所示。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移。在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是( )
A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小
C．F减小，FN不变 D．F增大，FN不变
解析：选C 小球沿圆环缓慢上移可看作受力平衡，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、FN三个力。满足受力平衡，作出受力分析图如图所示：由相似三角形知识，eq \f(G,R)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FN,R)，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故A、B、D错误，C正确。
5.[考查匀变速直线运动规律及图像问题]
[多选]为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是( )
A．新能源动力车的初速度为20 m/s
B．刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s2
C．刹车过程持续的时间为10 s
D．刹车过程经过6 s时新能源动力车的位移为30 m
解析：选AB 根据0－v2＝2ax得：eq \f(x,v2)＝－eq \f(1,2a)，可知eq \f(1,2a)＝eq \f(40,400)，解得刹车过程中加速度大小a＝5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度为v02＝400 m2/s2，则v0＝20 m/s，故A、B正确；则刹车过程持续的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(20,5) s＝4 s，故C错误；刹车过程中6 s内的位移等于4 s内的位移，则x＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(400,10) m＝40 m，故D错误。
6.[考查用匀变速直线运动规律解决实际问题]
一辆车厢长为4 m的卡车沿水平路面行驶，在车厢正中央沿行驶方向放置一根长2 m、质量均匀的细钢管，钢管与车厢水平底板间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若卡车以18 m/s的速度匀速行驶，为了使车厢前挡板不被撞击，求刹车时加速度的最大值？
(2)若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为4 m/s2，则经多长时间钢管开始翻落？
解析：(1)若车厢前挡板恰好不被撞击，则卡车在刹车过程中的位移大小x1＝eq \f(v02,2am)
对钢管有μmg＝ma2，
解得钢管的加速度大小a2＝μg＝3 m/s2
钢管的位移大小x2＝eq \f(v02,2a2)＝54 m
又由运动关系可知x2－x1＝eq \f(l车－l管,2)
联立以上各式可得am＝eq \f(162,53) m/s2≈3.06 m/s2。
(2)从卡车开始加速到钢管开始翻落的过程中，卡车的位移x1′＝eq \f(1,2)at2
钢管的位移x2′＝eq \f(1,2)a2t2
又由运动关系可得x1′－x2′＝eq \f(l车－l管,2)＋eq \f(l管,2)，
联立解得t＝2 s。
答案：(1)3.06 m/s2 (2)2 s
7.[考查已知受力情况确定运动情况]
(2019·石家庄一模)如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，CD 为过O点且与AB成60°夹角的固定光滑细直杆，CB也为一固定光滑细直杆，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球分别从C点由静止释放，小球从C点运动到D点所用的时间为t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1∶t2等于( )
A．1∶1 B．2∶1
C.eq \r(2)∶1 D.eq \r(2)∶2
解析：选C 对沿CD光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin 30°＝ma1，解得a1＝eq \f(g,2)；设CD＝d，由匀变速直线运动规律，d＝eq \f(1,2)a1t12，解得t1＝2eq \r(\f(d,g))。对沿CB光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin 60°＝ma2，解得a2＝eq \f(\r(3),2)g；光滑杆CB＝dsin 60°＝eq \f(\r(3),2)d，由匀变速直线运动规律，eq \f(\r(3),2)d＝eq \f(1,2)a2t22，解得t2＝eq \r(2)eq \r(\f(d,g))。t1∶t2＝2eq \r(\f(d,g))∶eq \r(2)eq \r(\f(d,g))＝eq \r(2)∶1，选项C正确。
8．[考查已知运动情况确定受力情况]
一个质量为m＝2 kg的物体在倾角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运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，从t＝0时刻开始，物体运动的eq \f(x,t)与时间t的关系如图所示(x为位移)，g＝10 m/s2，t＝2 s时撤去拉力，sin 37°＝0.6，求：
(1)拉力F的大小；
(2)物体向上运动过程中距计时点的最大距离。
解析：(1)由匀变速直线运动公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at
对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示eq \f(1,2)a1，则有：v0＝1 m/s，a1＝2 m/s2
物体在斜面上在拉力F作用下向上运动的过程，由牛顿第二定律得：F－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1
解得F＝24 N。
(2)2秒末v＝v0＋a1t＝5 m/s
0到2秒内：x1＝v0t＋eq \f(1,2)a1t12＝6 m
2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为
a2＝gsin 37°＋μgcs 37°＝10 m/s2
2秒后沿斜面向上位移：x2＝eq \f(v2,2a2)＝1.25 m
物体向上运动过程中距计时点的最大距离为
x＝x1＋x2＝7.25 m。
答案：(1)24 N (2)7.25 m
9.[考查动力学中的图像问题]
[多选]一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动中的加速度a随推力F变化的图像如图所示。重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．物块的质量为0.5 kg
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
C．当推力F减小为2 N时，物块的速度最大
D．当推力F减小为0时，物块的速度为零
解析：选BC 由物块运动中的加速度a随推力F变化的图像可知，当推力F＝2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律，F－μmg＝0；当F＝0时，加速度a＝－2 m/s2，运用牛顿第二定律，－μmg＝－ma，联立解得：μ＝0.2，m＝1.0 kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，选项A错误，B正确。用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时，物块的速度最大，选项C正确。当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度不为零，选项D错误。
10．[考查动力学中的弹簧问题]
[多选](2019·郑州二模)如图所示，2 019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1～2,2和3间弹簧的弹力为F2～3,2 018和2 019间弹簧的弹力为F2 018～2 019，则下列结论正确的是( )
A．F1～2∶F2～3∶…∶F2 018～2 019＝1∶2∶3∶…∶2 018
B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2 018
C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2 019个小球的加速度为eq \f(F,m)，其余每个球的加速度依然为a
D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
解析：选AD 隔离小球1，由牛顿运动定律，F1～2＝ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2～3＝2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3～4＝3ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F4～5＝4ma，…，把小球1到2 018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2 018～2 019＝2 018ma，联立解得：F1～2∶F2～3∶F3～4∶F4～5∶F5～6∶…∶F2 018～2 019＝1∶2∶3∶4∶5∶…∶2 018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2 018和2 019之间的弹簧弹力F2 018～2 019＝2 018ma，由牛顿第二定律可得F＝2 019ma，F2 018～2 019＝ma′，联立解得第2 019个小球的加速度a′＝eq \f(2 018F,2 019m)，选项C错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F2～3＝ma2，解得第2个小球的加速度a2＝2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。
11．[考查动力学中的传送带问题]
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B 0～t1时间：滑动摩擦力向右，物块向左做匀减速运动，t1时刻向左位移达到最大，即小物块离A处的距离最大。t1～t2时间：滑动摩擦力向右，物块向右由静止开始先做匀加速直线运动。t2以后物块做匀速直线运动，摩擦力为零。t2时刻物块恰好相对传送带静止，相对滑动的距离达到最大，故B正确。
12．[考查动力学中的板块问题]
[多选](2019·云南昆明复习诊断)如图甲所示，一块质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9 N
D．F的大小与板长L有关
解析：选BD 由题图乙可知，在0～1 s内，木板A的加速度a1＝2 m/s2，在1～3 s内，木板A的加速度a2＝－1 m/s2。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0～1 s内，隔离木板A受力分析，由μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，在1～3 s内，隔离木板A受力分析，由－μ2mAg＝mAa2，联立解得：μ2＝0.1，μ1＝0.7，选项A错误，B正确；若F的大小为9 N，由牛顿第二定律，F－μ1mBg＝mBa3，可得a3＝2 m/s2，A、B加速度相同，不能发生相对滑动，所以F的大小必须大于9 N，选项C错误；t＝1 s时，滑块从木板右端滑落，则eq \f(1,2)a3t2－eq \f(1,2)a1t2＝L，联立解得F＝2L＋9，F的大小与板长L有关，选项D正确。
13．[考查动力学中的连接体问题]
如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创造的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体时的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所需要的时间更长，这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究实验现象。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长。如果m＝eq \f(1,4)M，求：
(1)物体B从静止开始下落一段距离所用的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；
(2)系统由静止释放后，运动过程中物体C对物体B的拉力。
解析：(1)设物体的加速度大小为a，绳子中的张力大小为F
对物体A：F－Mg＝Ma
对物体B、C整体：(M＋m)g－F＝(M＋m)a
解得：a＝eq \f(m,2M＋m)g
代入m＝eq \f(1,4)M得，a＝eq \f(g,9)
物体B从静止开始下落一段距离h历时t，则h＝eq \f(1,2)at2
自由落体相同距离历时t0，则h＝eq \f(1,2)gt02
解得：eq \f(t,t0)＝eq \r(\f(g,a))＝3。
(2)设物体B对物体C的拉力为T，
对物体C有mg－T＝ma
解得：T＝eq \f(8,9)mg
由牛顿第三定律可知，物体C对物体B的拉力为eq \f(8,9)mg，方向竖直向下。
答案：(1)3 (2)eq \f(8,9)mg，方向竖直向下
考点一
静态平衡问题
考点二
动态平衡问题
考点三
匀变速直线运动问题
考点四
动力学两类基本问题
考点五
动力学中的综合问题
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