高考物理二轮复习讲练专题一第2讲力与物体的直线运动 (含解析)

这是一份高考物理二轮复习讲练专题一第2讲力与物体的直线运动 (含解析)，共22页。

第2讲　力与物体的直线运动


真题再现
考情分析
1.(2019·高考全国卷Ⅰ) 如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足(　　)


A.1<<2 B．2<<3
C.3<<4 D．4<<5
解析：选C.本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．


2.(2018·高考全国卷Ⅰ) 如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　)


解析：选A.假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误.

3.(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是(　　)

A.两车在t1时刻也并排行驶
B.在t1时刻甲车在后，乙车在前
C.甲车的加速度大小先增大后减小
D.乙车的加速度大小先减小后增大
解析：选BD.本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据v－t图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确.

命题研究
　　分析近几年的考题可以看出，高考命题突出对运动图象的理解、牛顿第二定律的应用等知识的考查，另外主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图象分析物体运动规律的能力、牛顿第二定律在力学运动中以及在系统问题、多阶段问题中的应用能力等方面进行命题．此部分仍是高考必考题，在今后备考中尤其要注重对运动图象的分析及“传送带”“滑块—木板”模型与牛顿运动定律的综合应用和整体法、隔离法的应用

　匀变速直线运动规律的应用
【高分快攻】
1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法

2．追及问题的解题思路和技巧
(1)解题思路

(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．
【典题例析】
(多选)(2019·浙江模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则(　　)
A．砖块上升的最大高度为10 m
B．经2 s砖块回到抛出点
C．砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m
D．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动
[解析]　由h＝得，砖块上升的最大高度h＝5 m，选项A错误；砖块上升的时间t＝＝1 s，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5 s上升的高度h′＝v0t′－gt′2＝3.75 m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误．
[答案]　BC
【题组突破】
角度1　解决直线运动方法的灵活运用
1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)

A．关卡2　 B．关卡3
C．关卡4 D．关卡5
解析：选C.该同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝＝1 s，通过的位移x1＝at＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m的位移，接着关卡放行t＝ 5 s，同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．
角度2　追及、相遇问题
2．[一题多解]在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．

解析：两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等．设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：
法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对A车有xA＝v0t＋×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t
对B车有xB＝at2，vB＝at
两车位移关系有x＝xA－xB
追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB
联立以上各式解得v0＝
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤.
法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知xA＝x＋xB，即v0t＋×(－2a)×t2＝x＋at2
整理得3at2－2v0t＋2x＝0
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤.
法三(图象法)：利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at

对B车有vB＝v′＝at
以上两式联立解得t＝
经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知
x＝v0·t＝v0·＝
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤.
法四(相对运动法)：巧选参考系求解．以B车为参考系，A车的初速度为v0，加速度为a′＝－2a－a＝－3a.A车追上B车且刚好不相撞的条件是：v＝0，这一过程A车相对于B车的位移为x，由运动学公式 v2－v＝2a′x得：
02－v＝2·(－3a)·x
所以v0＝.
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤.
答案：v0≤

命题角度
解决方法
易错辨析
匀变速直线运动规律的应用
推论法、比例法、逆向思维法等
找准运动过程中的转折点
追及、相遇问题
挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，对应两者速度相等这样一个转折点
若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上该物体前它是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析
　 　牛顿运动定律的应用
【高分快攻】
1．动力学的两类基本问题的处理思路

2．瞬时加速度的求解
(1)两类模型
①刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．
②弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．
(2)求解瞬时加速度的一般思路
→→
【典题例析】
(2019·高考全国卷Ⅱ)一质量为m＝2 000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m.
　
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
[解析]　(1)v－t图象如图所示．

(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取Δt＝1 s．设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1，2，3….
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2 ①
s1＝v2Δt－a(Δt)2 ②
v4＝v2－4aΔt ③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－ m/s ④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．
因此，①式不成立．
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt ⑤
2as4＝v⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦
或者a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s ⑧
但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去．
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿第二定律有
f1＝ma ⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝f1(t2－t1) ⑩
由动量定理有
I＝mv1－mv2 ⑪
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv－mv ⑫
联立⑦⑨⑪⑫式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s ⑬
W＝1.16×105 J ⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋ ⑮
联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得
s＝87.5 m. ⑯
[答案]　(1)见解析图　(2)28 m/s　8 m/s2
(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m
【题组突破】
角度1　超重、失重现象分析1．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是(　　)

A．升降机在停止运动前是向上运动的
B．0～t1时间段内金属球做减速运动
C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态
D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同
解析：选D.由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0～t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0～t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1～t2时间段可分为两段，F＝mg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．
角度2　瞬时加速度问题
2．如图所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把细线剪断．在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是(　　)

A．2g　　 B．g
C．2g D．g
解析：选B.细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F＝2mg，所以此时A球的合力FA＝＝mg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小a＝g，故B正确，A、C、D错误．
角度3　多过程动力学问题
3.

(2019·淄博段考)如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10 m/s2.
(1)求释放A、B两个小球后，A、B各自加速度大小；
(2)小球B从开始释放经多长时间落到地面？
解析：(1)由题意知 B 与轻绳间的滑动摩擦力 fB＝kmBg＝1.0 N，而 A 与轻绳间的滑动摩擦力fA＝kmAg＝2.5 N.
即 fB 解得aB＝5 m/s2
对 A 有mAg－kmBg＝mAaA
解得aA＝8 m/s2.
(2)设经历时间t1小球 B 脱离绳子，此时小球 B 下落高度为hB，获得速度为vB，依题意有
aAt＋aBt＝6.5 m
解得t1＝1 s
此时B下落 hB＝aBt＝2.5 m
小球B离开绳时的速度为 vB＝aBt1＝5 m/s
小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H，再经时间t2落地有
H＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m
H＝vBt2＋gt
解得t2＝0.6 s
故B从开始释放到落地共经历时间t＝t1＋t2＝1.6 s.
答案：(1)8 m/s2　5 m/s2　(2)1.6 s

命题角度
解决方法
易错辨析
超、失重现象分析
牛顿第二定律
明确加速度方向来确定超、失重状态
瞬时加速度的求解
力渐变和突变的分析
在绳或杆上的力可以发生突变，而弹簧上的力只能渐变
　
　动力学的运动图象问题
【高分快攻】

x－t图象
图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向
v－t图象
(1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负．(2)图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向．(3)图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负
a－t图象
图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动
三者关系
x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断
【典题例析】
(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是(　　)

A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
[解析]　x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确．
[答案]　CD
【题组突破】
角度1　动力学中的速度图象1．两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的v－t图象，可能正确的是(　　)

解析：选D.若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据速度－时间图象的斜率表示加速度大小可知，D正确．
角度2　动力学中的加速度图象
2．(多选)(2019·潍坊模拟)一汽车在高速公路上以v0＝30 m/s 的速度匀速行驶，t＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是(　　)

A．t＝6 s时车速为5 m/s
B．t＝3 s时车速为零
C．前9 s内的平均速度为15 m/s
D．前6 s内车的位移为90 m
解析：选BC.0～3 s，汽车做匀减速直线运动，3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s＝0，B正确；3～9 s，汽车做匀加速直线运动，t＝6 s时速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝15 m/s，A错误；前3 s内的位移x3＝＝ m＝45 m，3～9 s内的位移x3～9＝a2t＝×5×62 m＝90 m，则前9 s内的位移为x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度为v＝＝ m/s＝15 m/s，C正确；3～6 s内的位移x3～6＝a2t＝×5×32 m＝22.5 m，则前6 s内的位移为x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D错误．
角度3　动力学中的位移图象
3．(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x－t图象如图所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是(　　)

A．前4 s内两物体运动方向相同
B．前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的倍
C．t＝0时刻，甲的速度大小为9 m/s
D．甲的加速度大小为2 m/s2
解析：选AD.x－t图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x－t图象对应于a；前4 s内甲的平均速度为：v1＝＝－6 m/s，前4 s乙的平均速度为：v2＝＝－2 m/s，故前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；t0＝0时刻，甲的位移为s0＝9 m，t1＝1 s时，s1＝0，t2＝4 s末，甲的位移为s2＝－15 m，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v0，加速度为a，则s1－s0＝v0t1＋at　①，
s2－s0＝v0t2＋at　②，代入数据并联立①②式解得v0＝10 m/s，a＝2 m/s2，故C错误，D正确．

命题角度
解决方法
易错辨析
x－t图象
由坐标确定位置，由斜率确定速度
图象不是运动轨迹且不能确定加速度
v－t图象
由斜率确定加速度，由面积确定位移
不能确定物体的初始位置
a－t图象
由面积确定速度变化量
不能确定运动的性质
　　连接体问题
【高分快攻】

整体法
如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法根据牛顿第二定律列方程
隔离法
如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法根据牛顿第二定律列方程
常涉及的三种问题类型
(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法.
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法.
②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则或者正交分解力，或者正交分解加速度.
(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析
解题关键
正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解
【典题例析】
(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)

A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
[解析]　由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．
[答案]　AB
【题组突破】
角度1　整体法和隔离法的应用
1．(多选)(2019·湖北黄冈中学二模)如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P和Q用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知P、Q和斜面体均静止不动．若交换两滑块位置，如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P的质量为m，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是(　　)

A．Q的质量为m
B．在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力
C．在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大小为mg
D．在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左
解析：选AC.两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，如题图甲放置，则根据沿绳方向的力相等知mgsin 53°＝mQgsin 37°，解得mQ＝m，选项A正确；在题图甲中，整个系统处于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，选项B错误；在题图乙中，设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律知mgsin 53°－T＝ma，T－mgsin 37°＝ma，解得T＝mg，滑轮受到轻绳的作用力大小为N＝T＝mg，选项C正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根绳子对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向上P、Q对斜面体作用力的合力为Fx＝mgcos 53°cos 37°－mgcos 37° cos 53°＝mg，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项D错误．
角度2　传送带模型
2．(多选)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是(　　)


解析：选ACD.滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度没有减小到0就通过了传送带，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动．故C正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到0时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0时，仍然在传送带上．由于传送带沿斜面向上运动，滑块在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故D正确，B错误．
角度3　滑块—滑板模型
3．(2017·高考全国卷Ⅲ) 如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求


(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．
解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板与地面间的滑动摩擦力为f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA ④
f2＝mBaB ⑤
f2－f1－f3＝ma1 ⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有
v1＝v0－aBt1 ⑦
v1＝a1t1 ⑧
联立①②③⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s. ⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt ⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t ⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB ⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m.
(也可用如图所示的速度－时间图线求解)

答案：见解析
滑块—滑板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高，滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块—滑板模型问题的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系．
　

模型特点
滑块(视为质点)置于滑板上，滑块和滑板均相对地面运动，且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动
运动学分析
无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f，如果该摩擦力不大于最大静摩擦力，说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的位移关系解题
动力学分析
判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点，通常采用整体法、隔离法和假设法等．往往先假设两者相对静止，由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f，与最大静摩擦力fm进行比较．若f
一、单项选择题
1．(2019·青岛二模)元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分别等于(　　)
A．30 m/s，1　　　　　 B．30 m/s，0.5
C．60 m/s，0.5 D．60 m/s，1
解析：选D. 本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x＝·t，代入数据得v0＝60 m/s；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示．由牛顿第二定律有：mg＋Ff＝ma，又Ff＝kmg，a＝ m/s2＝20 m/s2，解得：k＝1.故A、B、C错，D对．


2．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的 v－t 图象如图所示．在这段时间内(　　)

A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲、乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大

解析：选A.根据v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v乙，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于，选项B错误；v－t图象的斜率大小反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．

3．如图，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点．一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块(　　)

A．通过bc、cd段的时间均大于T
B．通过c、d点的速度之比为1∶2
C．通过bc、cd段的位移之比为1∶3
D．通过c点的速度等于通过bd段的平均速度
解析：选A.当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a′.假设ab段的间距为x，则bc、cd段的间距应分别为3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，C错误；如果滑块由b点静止释放，显然滑块通过bc、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1＝ ，滑块在d点的速度应为v2＝，则v1∶v2＝∶，B错误；因为xbc∶xcd＝3∶5，显然通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误．
4．(2019·烟台模拟)处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60°，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆．从A点和C点分别静止释放两小球，从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2，则t1∶t2是(　　)

A．1∶1 B．3∶2
C．∶ D．∶
解析：选C.由图可知，sCD＝2R，aCD＝g，由几何关系可得出sAD＝R，aAD＝g，由运动学公式s＝at2，可得＝，代入数据得＝，故C正确．
5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为(　　)
A．　 B．
C． D．
解析：选A.设质点的初速度为v0、末速率为vt，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即vt＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，＝＝2v0，由加速度的定义可知质点的加速度a＝＝，由以上两式可知，a＝，A项正确，B、C、D项错误．
6．(2019·淄博二模)如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的物体提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度a与绳子对物体竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断以下说法正确的是(　　)

①图线与纵轴的交点M的值aM＝－g
②图线与横轴的交点N的值TN＝mg
③图线的斜率等于物体的质量m
④图线的斜率等于物体质量的倒数
A．②④ B．②③
C．①②③ D．①②④
解析：选D.对物体受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有T－mg＝ma，得a＝－g.当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴的交点M的值aM＝－g，①正确；当a＝0时，T＝mg，故图线与横轴的交点N的值TN＝mg，②正确；图线的斜率表示质量的倒数，③错误，④正确．
7. (2019·青州质检)如图所示，细绳l1与l2共同作用于质量为m的小球而使其处于静止状态，其中细绳l1与竖直方向的夹角为θ，细绳l2水平，重力加速度为g，不计空气阻力．现剪断细绳l2，则剪断瞬间(　　)


A．小球立即处于完全失重状态
B．小球在水平方向上的加速度大小为gsin 2θ
C．细绳l1上的拉力大小为
D．小球受到的合力大小为mgtan θ，方向水平向右
解析：选B.剪断细绳l2瞬间，小球受到的合力将变为垂直细绳l1斜向右下方，其大小为mgsin θ，D错误；由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小a＝gsin θ，故小球竖直向下的加速度大小为a竖＝gsin2θ，故小球虽然处于失重状态，但不是完全失重，A错误；小球在水平方向上的加速度大小为a水＝gsin θcos θ，即a水＝gsin 2θ，B正确；此时细绳l1上的拉力大小为mgcos θ，故C错误．
8．小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是(　　)

解析：选A.小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后能回到原高度，重复原来的过程，以落地点为原点，速度为零时，位移最大，速度最大时位移为零，设高度为h，则速度大小与位移的关系满足v2＝2g(h－x)，A项正确．
二、多项选择题
9. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)


A．在t＝1 s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是 t＝2 s　
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
解析：选BD.根据题述，两车在t＝3 s时并排行驶，由v－t图线与横轴所围面积表示位移可知，在t＝1 s时，甲车和乙车并排行驶，选项A、C错误；由图象可知，在t＝1 s时甲车速度为10 m/s，乙车速度为15 m/s，0～1 s时间内，甲车行驶位移为x1＝5 m，乙车行驶位移为x2＝12.5 m，所以在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m，选项B正确；从t＝1 s到t＝3 s，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x＝×(10＋30)×2 m＝40 m，选项D正确．

10．质量为m的小球被两个弹性系数皆为k的相同弹簧固定在一质量为M的盒中，如图所示，盒从距桌面高h处开始下落，在盒开始下落的瞬间，两弹簧均未发生形变，小球静止．则下列说法正确的是(　　)

A．下落高度h>，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来
B．下落高度h>，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来
C．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a＝g
D．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a＝g
解析：选AC.小球从h高处下落到桌面，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，设小球向上运动到速度变为零时上面弹簧的压缩量为x，下面弹簧的伸长量也为x，根据机械能守恒定律得mv2＝mgx＋2×kx2，这时小球上面的弹簧对盒向上的弹力为kx，小球下面的弹簧对盒向上的弹力也是kx，盒能跳离桌面的条件是2kx>Mg，h>，盒子恰好弹起时，2kx＝Mg，则小球合力F合＝Mg－mg，加速度为a＝g，A、C正确．
11．(2019·菏泽模拟) 如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于v
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－cos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsin θ
解析：选AC.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ＜tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直沿传送带向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以加速度g(sin θ＋μcos θ)匀加速；也可能先以加速度g(sin θ＋μcos θ)匀加速，后以加速度g(sin θ－μcos θ)匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误．
12．如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2系着质量为2m的重锤C.已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是(　　)

A．A、B、C的加速度大小均为
B．轻绳1的拉力为
C．轻绳2的拉力为mg
D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为
解析：选BD.三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度大小均为a，对物体A：T1－μmg＝ma；对B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；对C：2mg－T2＝2ma，联立解得a＝g－μg，T1＝mg，T2＝mg＋2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有：at2＋at2＝L，此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝，选项D正确．
三、非选择题
13．(2019·济宁质检)如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8 m/s的速度从底端滑上传送带．已知小物块A、B质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；
(2)传送带的长度l应满足的条件．
解析：(1)对小物块B由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2
小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t1＝＝0.6 s，位移s1＝＝3 m
之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2
小物块B减速至0的时间t2＝＝1 s
位移s2＝＝1 m
小物块B向上运动过程中平均速度＝＝2.5 m/s.
(2)小物块A的加速度也为a2＝2 m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端．当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0＝a2t2
小物块B向下运动过程s1＋s2＝a2t
解得t3＝2 s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s
代入解得l0＝12.96 m，
即传送带的长度l≥12.96 m.
答案：(1)2.5 m/s　(2)l≥12.96 m
14．如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分
别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：

(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.
解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2.
(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1
对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：
μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式联立可得＝.
(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m.
答案：(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)
(3)20 m