2019高考物理二輪復習 專題一 力與直線運動 1-1-2 力與物體的直線運動課件

1、第第2講力與物體的直線運動講力與物體的直線運動 1(2018課標課標)(多選多選)甲、乙兩汽車在同一條平直公路甲、乙兩汽車在同一條平直公路 上同向運動，其速度上同向運動，其速度-時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線 所示。已知兩車在所示。已知兩車在t2時刻并排行駛。下列說法正確的是時刻并排行駛。下列說法正確的是( ) A兩車在兩車在t1時刻也并排行駛時刻也并排行駛 B在在t1時刻甲車在后，乙車在前時刻甲車在后，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乙車的加速度大小先減小后增大 解析解析 本題考查對本題考查

2、對v- -t圖線的理解、追及和相遇問題。圖線的理解、追及和相遇問題。v t圖線與時間軸包圍的面積表示車運動的位移，圖線與時間軸包圍的面積表示車運動的位移，t2時刻兩車并時刻兩車并 排行駛，故排行駛，故t1時刻甲車在后，乙車在前，所以時刻甲車在后，乙車在前，所以A錯，錯，B對。對。v- - t圖線上各點切線的斜率表示瞬時加速度，由此可知，圖線上各點切線的斜率表示瞬時加速度，由此可知，C錯，錯， D對。對。 答案答案 BD 2(2018課標課標)(多選多選)甲、乙兩車在同一平直公路上同甲、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、乙向運動，甲做勻加速直線運動，乙做

3、勻速直線運動。甲、乙 兩車的位置兩車的位置x隨時間隨時間t的變化如圖所示。下列說法正確的是的變化如圖所示。下列說法正確的是( ) A在在t1時刻兩車速度相等時刻兩車速度相等 B從從0到到t1時間內(nèi)，兩車走過的路程相等時間內(nèi)，兩車走過的路程相等 C從從t1到到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等時間內(nèi)，兩車走過的路程相等 D在在t1到到t2時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等 解析解析 本題考查本題考查x-t圖像的應用，在圖像的應用，在x- -t圖像中，圖線的斜圖像中，圖線的斜 率表示物體運動的速度，在率表示物體運動的速度，在t1時刻，兩圖線的斜率關(guān)系為時刻，兩圖線的斜率關(guān)系為k乙

4、 乙 k甲 甲，兩車速度不相等；在 ，兩車速度不相等；在t1到到t2時間內(nèi)，存在某一時刻甲時間內(nèi)，存在某一時刻甲 圖線的切線與乙圖線平行，如圖所示，該時刻兩車速度相等圖線的切線與乙圖線平行，如圖所示，該時刻兩車速度相等 ，選項，選項A錯誤、錯誤、D正確。從正確。從0到到t1時間內(nèi)，乙車走過的路程為時間內(nèi)，乙車走過的路程為 x1，甲車走過的路程小于，甲車走過的路程小于x1，選項，選項B錯誤。從錯誤。從t1到到t2時間內(nèi)，時間內(nèi)， 兩車走過的路程都為兩車走過的路程都為x2x1，選項，選項C正確。正確。 答案答案 CD 3(2018課標課標)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上如圖，輕彈簧的下端固定在

5、水平桌面上 ，上端放有物塊，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用一豎直向上的 力力F作用在作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示表示P離離 開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和和x之之 間關(guān)系的圖像可能正確的是間關(guān)系的圖像可能正確的是() 解析解析 本題考查胡克定律、共點力的平衡及牛頓第二定本題考查胡克定律、共點力的平衡及牛頓第二定 律。設系統(tǒng)靜止時彈簧壓縮量為律。設系統(tǒng)靜止時彈簧壓縮量為x0，由胡克定律和平衡條件，由胡克定律和平衡條件 得得mgkx0。力。力F

6、作用在作用在P上后，物塊受重力、彈力和上后，物塊受重力、彈力和F，向，向 上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得，上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得，F(xiàn)k(x0 x) mgma。聯(lián)立以上兩式得。聯(lián)立以上兩式得Fkxma，所以，所以Fx圖像中圖圖像中圖 線是一條不過原點的傾斜直線，故線是一條不過原點的傾斜直線，故A正確。正確。 答案答案 A 4(2016江蘇單科江蘇單科)(多選多選)如圖所示，一只貓在桌邊猛地如圖所示，一只貓在桌邊猛地 將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌 布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中布、桌

7、面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中( ) A桌布對魚缸摩擦力的方向向左桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大 D若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 解析解析 由題圖可見，魚缸相對桌布向左滑動，故桌布對魚缸由題圖可見，魚缸相對桌布向左滑動，故桌布對魚缸 的滑動摩擦力方向向右，的滑動摩擦力方向向右，A錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面 間的動摩擦因數(shù)相等，所以魚缸加速過程與減速過程的加速度間

8、的動摩擦因數(shù)相等，所以魚缸加速過程與減速過程的加速度 大小相等，均為大小相等，均為g；由；由vat可知，魚缸在桌布上加速運動的時可知，魚缸在桌布上加速運動的時 間與在桌面上減速運動的時間相等，故間與在桌面上減速運動的時間相等，故B正確。若貓增大拉力正確。若貓增大拉力 ，魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力，由，魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力，由Ffmg可知，可知，F(xiàn)f不不 變，故變，故C錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動，則錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動，則 魚缸就會滑出桌面，故魚缸就會滑出桌面，故D正確。正確。 答案答案 BD 勻變速直線運動問題規(guī)范解題勻變速直線運動問題規(guī)范解

9、題“四個步驟四個步驟” 創(chuàng)新預測創(chuàng)新預測 1(多選多選)一物體以初速度一物體以初速度v0做勻減速運動，第做勻減速運動，第1 s內(nèi)通過內(nèi)通過 的位移的位移s13 m，第，第2 s內(nèi)通過的位移內(nèi)通過的位移s22 m，又經(jīng)過位移，又經(jīng)過位移s3 物體的速度減小為物體的速度減小為0，則下列說法中正確的是，則下列說法中正確的是() A初速度初速度v0的大小為的大小為2.5 m/s B加速度加速度a的大小為的大小為1 m/s2 C位移位移s3的大小為的大小為1.125 m D位移位移s3內(nèi)的平均速度大小為內(nèi)的平均速度大小為0.75 m/s 答案答案 BCD 2(2018安徽師大附中等校聯(lián)考測試安徽師大附中

10、等校聯(lián)考測試) 如圖所示是一固定光滑斜面，如圖所示是一固定光滑斜面，A物體從斜面頂端由靜止開物體從斜面頂端由靜止開 始下滑，當始下滑，當A物體下滑物體下滑L距離時，距離時，B物體開始從離斜面頂端距物體開始從離斜面頂端距 離為離為2L的位置由靜止開始下滑，最終的位置由靜止開始下滑，最終A、B兩物體同時到達兩物體同時到達 斜面底端，則該斜面的總長度為斜面底端，則該斜面的總長度為() A. B. C3L D4L 解析解析 設斜面長度為設斜面長度為l，兩球的加速度均為，兩球的加速度均為a，B物體下降的物體下降的 時間為時間為t，則，則l2L at2；對物體；對物體A：下滑：下滑L的速度的速度v ， l

11、Lvt at2；聯(lián)立解得；聯(lián)立解得l ，故選，故選A。 答案答案 A 1對運動圖像的三點理解對運動圖像的三點理解 (1)無論是無論是x-t圖像還是圖像還是v-t圖像都只能描述直線運動。圖像都只能描述直線運動。 (2)x-t圖像和圖像和v-t圖像都不表示物體運動的軌跡。圖像都不表示物體運動的軌跡。 (3)x-t圖像和圖像和v-t圖像的形狀由圖像的形狀由x與與t、v與與t的函數(shù)關(guān)系決定的函數(shù)關(guān)系決定 。 2“三步三步”巧解圖像問題巧解圖像問題 例例1 (2018廣西桂林中學高三月考廣西桂林中學高三月考)圖示為圖示為A、B兩質(zhì)點在兩質(zhì)點在 同一條直線上運動的同一條直線上運動的v-t圖像如圖所示，圖像

12、如圖所示，A的最小速度和的最小速度和B的的 最大速度相同。已知在最大速度相同。已知在t1時刻，時刻，A、B兩質(zhì)點相遇，則兩質(zhì)點相遇，則() A兩質(zhì)點是從同一地點出發(fā)的兩質(zhì)點是從同一地點出發(fā)的 B在在0t2時間內(nèi)，質(zhì)點時間內(nèi)，質(zhì)點A的加速度先變小后變大的加速度先變小后變大 C在在0t2時間內(nèi)，兩質(zhì)點的位移相同時間內(nèi)，兩質(zhì)點的位移相同 D在在0t2時間內(nèi)，合力對質(zhì)點時間內(nèi)，合力對質(zhì)點B做正功做正功 解析解析 根據(jù)速度圖像與坐標軸圍成面積代表位移，可知，根據(jù)速度圖像與坐標軸圍成面積代表位移，可知， 在在0t1時間內(nèi)，時間內(nèi)，A的位移比的位移比B的位移大，而在的位移大，而在t1時刻，時刻，A、B 兩質(zhì)

13、點相遇，所以出發(fā)時質(zhì)點兩質(zhì)點相遇，所以出發(fā)時質(zhì)點A在后，質(zhì)點在后，質(zhì)點B在前，故在前，故A錯誤錯誤 ；根據(jù)圖像的斜率表示加速度，則知在；根據(jù)圖像的斜率表示加速度，則知在0t2時間內(nèi)，時間內(nèi)， 質(zhì)點質(zhì)點A的加速度先變小后變大，故的加速度先變小后變大，故B正確；由圖知，在正確；由圖知，在0 t2時間內(nèi)，時間內(nèi)，A質(zhì)點的位移比質(zhì)點的位移比B的位移大，故的位移大，故C錯誤；在錯誤；在0t2 時間內(nèi)，質(zhì)點時間內(nèi)，質(zhì)點B的動能變化量為零，根據(jù)動能定理知，合力的動能變化量為零，根據(jù)動能定理知，合力 對質(zhì)點對質(zhì)點B做的功為零，故做的功為零，故D錯誤。錯誤。 答案答案 B 創(chuàng)新預測創(chuàng)新預測 3(2018湖北八校

14、聯(lián)考湖北八校聯(lián)考)(多選多選) 如圖所示為如圖所示為A、B兩質(zhì)點在同一直線上運動的位移兩質(zhì)點在同一直線上運動的位移-時間時間(x-t)圖圖 像。像。A質(zhì)點的圖像為直線，質(zhì)點的圖像為直線，B質(zhì)點的圖像為過原點的拋物線，兩質(zhì)點的圖像為過原點的拋物線，兩 圖像交點圖像交點C、D坐標如圖。下列說法正確的是坐標如圖。下列說法正確的是() AA、B相遇兩次相遇兩次 Bt1t2時間段內(nèi)時間段內(nèi)B質(zhì)點的平均速度質(zhì)點的平均速度 與與A質(zhì)點勻速運動的速度相等質(zhì)點勻速運動的速度相等 C兩物體速度相等的時刻一定在兩物體速度相等的時刻一定在 t1t2時間段內(nèi)的中間時刻時間段內(nèi)的中間時刻 DA在在B前面且離前面且離B最遠

15、時，最遠時，B的位移為的位移為 解析解析 圖線的交點表示同一時刻到達同一位置，即相遇，所以圖線的交點表示同一時刻到達同一位置，即相遇，所以 A、B相遇兩次，故相遇兩次，故A正確；正確；t1t2時間段內(nèi)時間段內(nèi)A質(zhì)點和質(zhì)點和B質(zhì)點的位移質(zhì)點的位移 相等，故相等，故B質(zhì)點的平均速度與質(zhì)點的平均速度與A質(zhì)點勻速運動的速度相等，選項質(zhì)點勻速運動的速度相等，選項B 正確；位移正確；位移- -時間圖像斜率表示速度，時間圖像斜率表示速度，B圖線的切線斜率不斷增圖線的切線斜率不斷增 大，而且大，而且B圖線是拋物線，有圖線是拋物線，有xkt2，則知乙車做勻加速直線運，則知乙車做勻加速直線運 動，因為動，因為t1

16、t2時間段內(nèi)，時間段內(nèi)，B質(zhì)點的平均速度與質(zhì)點的平均速度與A質(zhì)點勻速運動的質(zhì)點勻速運動的 速度相等，而勻變速直線運動的平均速度等于這段時間內(nèi)中間時速度相等，而勻變速直線運動的平均速度等于這段時間內(nèi)中間時 刻的瞬時速度，所以兩物體速度相等的時刻為刻的瞬時速度，所以兩物體速度相等的時刻為t1t2時間段的中時間段的中 間時刻，故間時刻，故C正確；當正確；當A、B速度相等時，相距最遠，此時速度相等時，相距最遠，此時A的位的位 移為移為 ，B的位移小于的位移小于 ，故，故D錯誤。錯誤。 答案答案 ABC 4(2018黑龍江大慶二模黑龍江大慶二模)a、b、c三個物體在同一條直三個物體在同一條直 線上運動，

17、三個物體的線上運動，三個物體的x-t圖像如圖所示，圖線圖像如圖所示，圖線c是一條拋物是一條拋物 線，坐標原點是拋物線的頂點，下列說法中正確的是線，坐標原點是拋物線的頂點，下列說法中正確的是() Aa、b兩物體都做勻速直線運動，兩個物體的速度相同兩物體都做勻速直線運動，兩個物體的速度相同 Ba、b兩物體都做勻變速直線運動，兩個物體的速度大兩物體都做勻變速直線運動，兩個物體的速度大 小相等，方向相反小相等，方向相反 C在在05 s內(nèi)，當內(nèi)，當t5 s時，時，a、b兩個物體相距最近兩個物體相距最近 D物體物體c一定做勻變速直線運動一定做勻變速直線運動 解析解析 a、b位移圖像中傾斜的直線表示物體做勻

18、速直線位移圖像中傾斜的直線表示物體做勻速直線 運動，則知運動，則知a、b兩物體都做勻速直線運動，由圖可知，兩物體都做勻速直線運動，由圖可知，a、b 兩圖線的斜率大小相等、正負相反，說明兩物體的速度大小兩圖線的斜率大小相等、正負相反，說明兩物體的速度大小 相等、方向相反，故相等、方向相反，故A、B錯誤。在錯誤。在05 s內(nèi)，內(nèi)，a物體沿正方物體沿正方 向運動，向運動，b物體沿負方向運動，則當物體沿負方向運動，則當t5 s時，時，a、b兩個物體兩個物體 相距最遠，故相距最遠，故C錯誤。由勻加速運動位移公式錯誤。由勻加速運動位移公式xv0t at2 可知，可知，x- -t圖像是拋物線，所以物體圖像是

19、拋物線，所以物體c一定做勻加速直線運動一定做勻加速直線運動 ，故，故D正確。正確。 答案答案 D 5(2018陜西寶雞高三二診陜西寶雞高三二診) 從同一地點同時開始沿同一直線運動的兩個物體從同一地點同時開始沿同一直線運動的兩個物體、 的速度的速度-時間圖像如圖所示，在時間圖像如圖所示，在0t2時間內(nèi)，下列說法中正時間內(nèi)，下列說法中正 確的是確的是() A物體物體所受的合外力不斷增大，物體所受的合外力不斷增大，物體所受的合外力所受的合外力 不斷減小不斷減小 B在第一次相遇之前，在第一次相遇之前，t1時刻兩物體相距最遠時刻兩物體相距最遠 Ct2時刻兩物體相遇時刻兩物體相遇 D、兩個物體的平均速度大

20、小都是兩個物體的平均速度大小都是 解析解析 速度速度-時間圖像的斜率表示加速度，從圖中可知時間圖像的斜率表示加速度，從圖中可知曲曲 線的斜率一直減小，所以物體線的斜率一直減小，所以物體加速度一直減小，根據(jù)牛頓加速度一直減小，根據(jù)牛頓 第二定律可得物體第二定律可得物體合力一直減小，物體合力一直減小，物體斜率恒定，做勻斜率恒定，做勻 減速直線運動，合力恒定，減速直線運動，合力恒定，A錯誤；速度圖像與坐標軸圍成錯誤；速度圖像與坐標軸圍成 的面積表示位移，由圖可知在的面積表示位移，由圖可知在t1時刻兩物體面積差最大，時刻兩物體面積差最大， 答案答案 B 受力分析和運動分析是解決問題的關(guān)鍵，而加速度是聯(lián)

21、受力分析和運動分析是解決問題的關(guān)鍵，而加速度是聯(lián) 系力與運動的橋梁，基本思路如圖所示。系力與運動的橋梁，基本思路如圖所示。 例例2 (2018深圳市第一次調(diào)研深圳市第一次調(diào)研)(多選多選)如圖甲所示，質(zhì)量如圖甲所示，質(zhì)量 m1 kg、初速度、初速度v06 m/s的物塊受水平向左的恒力的物塊受水平向左的恒力F作用作用 ，在粗糙的水平地面上從，在粗糙的水平地面上從O點開始向右運動，點開始向右運動，O點為坐標原點為坐標原 點，整個運動過程中物塊速率的平方隨位置坐標變化的關(guān)系點，整個運動過程中物塊速率的平方隨位置坐標變化的關(guān)系 圖像如圖乙所示，圖像如圖乙所示，g10 m/s2，下列說法中正確的是，下列

22、說法中正確的是() At2 s時物塊速度為零時物塊速度為零 Bt3 s時物塊回到時物塊回到O點點 C恒力恒力F大小為大小為2 N D物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1 答案答案 ACD 創(chuàng)新預測創(chuàng)新預測 6(多選多選)如圖所示，如圖所示，A、B球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不 計，傾角為計，傾角為的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行 于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是() A兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，

23、大小均為gsin BB球的受力情況未變，瞬時加速度為零球的受力情況未變，瞬時加速度為零 CA球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsin D彈簧有收縮的趨勢，彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，球的瞬時加速度向上，A球的球的 瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零 解析解析 系統(tǒng)靜止，根據(jù)平衡條件可知：系統(tǒng)靜止，根據(jù)平衡條件可知： 對對B球球F彈 彈 mgsin ， 對對A球球F繩 繩 F彈 彈 mgsin ， 細線被燒斷的瞬間，細線的拉力立即減為零，但彈簧的細線被燒斷的瞬間，細線的拉力立即減為零，但彈簧的 彈力不發(fā)生改變，則彈力

24、不發(fā)生改變，則B球受力情況未變，瞬時加速度為零；球受力情況未變，瞬時加速度為零； 對對A球根據(jù)牛頓第二定律得：球根據(jù)牛頓第二定律得：a 2gsin ，故，故A、D錯誤，錯誤，B、C正確。正確。 答案答案 BC 7(2018河南洛陽市第二次統(tǒng)考河南洛陽市第二次統(tǒng)考)如圖甲所示，水平地面如圖甲所示，水平地面 上固定一足夠長的光滑斜面，一輕繩跨過斜面頂端的光滑輕上固定一足夠長的光滑斜面，一輕繩跨過斜面頂端的光滑輕 質(zhì)定滑輪，繩兩端分別連接小物塊質(zhì)定滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和和B，保持，保持A的質(zhì)量不變的質(zhì)量不變 ，改變，改變B的質(zhì)量的質(zhì)量m，當，當B的質(zhì)量連續(xù)改變時，得到的質(zhì)量連續(xù)改變時，得到A

25、的加速度的加速度 a隨隨B的質(zhì)量的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示變化的圖線，如圖乙所示(a1、a2、m0 未知未知)， 設加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，重力設加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，重力 加速度為加速度為g，斜面的傾角為，斜面的傾角為，下列說法正確的是，下列說法正確的是() A若若已知，可求出已知，可求出A的質(zhì)量的質(zhì)量 B若若已知，可求出乙圖中已知，可求出乙圖中m0的值的值 C若若未知，可求出乙圖中未知，可求出乙圖中a2的值的值 D若若未知，可求出乙圖中未知，可求出乙圖中a1的值的值 解析解析 據(jù)牛頓第二定律對據(jù)牛頓第二定律對B受力分析得：受力分析得： mg

26、Fma 對對A得：得：FmAg sin mAa 聯(lián)立聯(lián)立得得a 若若已知，由已知，由知，不能求出知，不能求出A的質(zhì)量的質(zhì)量mA。故。故A錯誤。錯誤。 當當a0時，由時，由式得，式得，m0mA sin ，mA未知，未知，m0不能求出不能求出 。故。故B錯誤。錯誤。 由由式得，式得，m0時，時，a2gsin ，故，故C錯誤。由錯誤。由式變式變 形得形得a 。當。當m時，時，a1g，故，故D正確。正確。 答案答案 D 8(2018淮北第一中學模擬淮北第一中學模擬)如圖甲所示，水平地面上輕彈如圖甲所示，水平地面上輕彈 簧左端固定，右端通過滑塊壓縮簧左端固定，右端通過滑塊壓縮x0.4 m后鎖定，后鎖定，

27、t0時解除時解除 鎖定釋放滑塊。計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊鎖定釋放滑塊。計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊 的速度的速度-時間圖像如圖乙所示，其中時間圖像如圖乙所示，其中Oab段為曲線，段為曲線，bc段為直段為直 線，傾斜直線線，傾斜直線Od是是t0時的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量時的速度圖線的切線，已知滑塊質(zhì)量 m2.0 kg，取，取g10 m/s2，則下列說法正確的是，則下列說法正確的是() A滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直滑塊被釋放后，先做勻加速直線運動，后做勻減速直 線運動線運動 B彈簧恢復原長時，滑塊速度最大彈簧恢復原長時，滑塊速度最大 C彈簧的勁度系

28、數(shù)彈簧的勁度系數(shù)k175 N/m D該過程中滑塊的最大加速度為該過程中滑塊的最大加速度為35 m/s2 解析解析 根據(jù)根據(jù)v-t圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后圖線的斜率表示加速度，可知滑塊被釋放后 ，先做加速度逐漸減小的加速直線運動，彈簧彈力與摩擦力，先做加速度逐漸減小的加速直線運動，彈簧彈力與摩擦力 相等時速度最大，此時加速度為零，隨后加速度反向增加，相等時速度最大，此時加速度為零，隨后加速度反向增加， 最后做勻減速直線運動，所以最后做勻減速直線運動，所以A、B錯誤；錯誤； 從題圖知，滑塊脫離彈簧后從題圖知，滑塊脫離彈簧后(bc段段)的加速度大小的加速度大小a1 m/s25 m/s2

29、，由牛頓第二定律得摩擦力大小為：，由牛頓第二定律得摩擦力大小為：f mgma110 N；剛釋放時滑塊的加速度為：；剛釋放時滑塊的加速度為：a2 m/s230 m/s2，此時滑塊的加速度最大，所以，此時滑塊的加速度最大，所以D錯誤；由錯誤；由 牛頓第二定律得：牛頓第二定律得：kxfma2，代入數(shù)據(jù)解得：，代入數(shù)據(jù)解得：k175 N/m ，所以，所以C正確。正確。 答案答案 C 破解動力學綜合問題的兩大關(guān)鍵破解動力學綜合問題的兩大關(guān)鍵 例例3 如圖，兩個滑塊如圖，兩個滑塊A和和B的質(zhì)量分別為的質(zhì)量分別為mA1 kg和和mB 5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板，放在靜止于水平地面

30、上的木板的兩端，兩者與木板 間的動摩擦因數(shù)均為間的動摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為；木板的質(zhì)量為m4 kg，與地，與地 面間的動摩擦因數(shù)為面間的動摩擦因數(shù)為20.1。某時刻。某時刻A、B兩滑塊開始相向兩滑塊開始相向 滑動，初速度大小均為滑動，初速度大小均為v03 m/s。A、B相遇時，相遇時，A與木板與木板 恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加 速度大小速度大小g10 m/s2。求：。求： (1)B與木板相對靜止時，木板的速度；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。開始運動時，兩者之間的距

31、離。 解析解析 (1)滑塊滑塊A和和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑在木板上滑動時，木板也在地面上滑 動。設動。設A、B所受的摩擦力大小分別為所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2，木板受地面，木板受地面 的摩擦力大小為的摩擦力大小為Ff3，A和和B相對于地面的加速度大小分別為相對于地面的加速度大小分別為 aA和和aB，木板相對于地面的加速度大小為，木板相對于地面的加速度大小為a1。在滑塊。在滑塊B與木與木 板達到共同速度前有板達到共同速度前有 Ff11mAg Ff21mBg Ff32(mmAmB)g 由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得 Ff1mAaA Ff2mBaB Ff2Ff1Ff3ma1

32、設在設在t1時刻，時刻，B與木板達到共同速度，其大小為與木板達到共同速度，其大小為v1。由運。由運 動學公式有動學公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 聯(lián)立聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得式，代入已知數(shù)據(jù)得 v11 m/s，方向與，方向與B的初速度方向相同的初速度方向相同 (2)在在t1時間間隔內(nèi)，時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為相對于地面移動的距離為 sBv0t1aBt 設在設在B與木板達到共同速度與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為后，木板的加速度大小為a2 。對于。對于B與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有與木板組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有 Ff1Ff3(mBm)a2 由由式知，式知，

33、aAaB；再由；再由式知，式知，B與木板達到與木板達到 共同速度時，共同速度時，A的速度大小也為的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反，但運動方向與木板相反 。由題意知，。由題意知，A和和B相遇時，相遇時，A與木板的速度相同，設其大小與木板的速度相同，設其大小 為為v2。設。設A的速度大小從的速度大小從v1變到變到v2所用的時間為所用的時間為t2，則由運動，則由運動 學公式，對木板有學公式，對木板有 A和和B相遇時，相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此與木板的速度也恰好相同。因此A和和B 開始運動時，兩者之間的距離為開始運動時，兩者之間的距離為 s0sAs1sB 聯(lián)立以上各式聯(lián)立以上各式，

34、并代入數(shù)據(jù)得，并代入數(shù)據(jù)得 s01.9 m ( (也可用下圖中的速度也可用下圖中的速度- -時間圖線求解時間圖線求解) ) 答案答案 (1)1 m/s，方向與，方向與B的初速度方向相同的初速度方向相同 (2)1.9 m 創(chuàng)新預測創(chuàng)新預測 9.如圖所示，質(zhì)量為如圖所示，質(zhì)量為M10 kg的小車停放在光滑水平面的小車停放在光滑水平面 上。在小車右端施加一個上。在小車右端施加一個F10 N的水平恒力。當小車向右的水平恒力。當小車向右 運動的速度達到運動的速度達到2.8 m/s時，在其右端輕輕放上一質(zhì)量時，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m2.0 kg的小黑煤塊的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點且初速度為零小黑煤塊視

35、為質(zhì)點且初速度為零)，煤塊與小，煤塊與小 車間動摩擦因數(shù)車間動摩擦因數(shù)0.20。假定小車足夠長，。假定小車足夠長，g10 m/s2。則。則 下列說法正確的是下列說法正確的是() A煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩(wěn)定后做煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩(wěn)定后做 勻速直線運動勻速直線運動 B小車一直做加速度不變的勻加速直線運動小車一直做加速度不變的勻加速直線運動 C煤塊在煤塊在3 s內(nèi)前進的位移為內(nèi)前進的位移為9 m D小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m 解析解析 根據(jù)牛頓第二定律，剛開始運動時對小黑煤塊有根據(jù)牛頓第二定律，剛開始運動時對小

36、黑煤塊有 ： FNma1，F(xiàn)Nmg0，代入數(shù)據(jù)解得：，代入數(shù)據(jù)解得： a12 m/s2 剛開始運動時對小車有：剛開始運動時對小車有：FFNMa2， 解得：解得：a20.6 m/s2， 經(jīng)過時間經(jīng)過時間t，小黑煤塊和車的速度相等，小黑煤塊的速度，小黑煤塊和車的速度相等，小黑煤塊的速度 為：為：v1a1t，車的速度為：，車的速度為：v2va2t，v1v2， 解得：解得：t2 s。 以后煤塊和小車一起運動，根據(jù)牛頓第二定律：以后煤塊和小車一起運動，根據(jù)牛頓第二定律： F(Mm)a3，a3 m/s2 即煤塊和小車一起以加速度即煤塊和小車一起以加速度a3 m/s2做加速運動，故做加速運動，故 選項選項A

37、、B錯誤；錯誤； 在在2 s內(nèi)小黑煤塊前進的位移為：內(nèi)小黑煤塊前進的位移為： x1 a1t2 222 m4 m，然后和小車共同運動，然后和小車共同運動1 s時間，此時間，此1 s時間內(nèi)位移為：時間內(nèi)位移為：x1v1ta3t24.4 m，故煤塊，故煤塊 在在3 s內(nèi)前進的位移為內(nèi)前進的位移為4 m4.4 m8.4 m，故選項，故選項C錯誤；錯誤； 在在2 s 內(nèi)小黑煤塊前進的位移內(nèi)小黑煤塊前進的位移x14 m，小車前進的位移為，小車前進的位移為 ：x2vt a2t2(2.82 0.622)m6.8 m，兩者，兩者 的相對位移為：的相對位移為：xx2x16.8 m4 m2.8 m，故選項，故選項D

38、 正確。正確。 答案答案 D 10(多選多選)(2018四川成都外國語學校月考四川成都外國語學校月考)如圖甲所示，如圖甲所示， 一質(zhì)量為一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量 為為m小滑塊。木板受到隨時間小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力變化的水平拉力F作用時，用作用時，用 傳感器測出長木板的加速度傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所的關(guān)系如圖乙所 示，取示，取g10 m/s2，則，則() A當當0F6 N時，滑塊與木板之間的摩擦力隨時，滑塊與木板之間的摩擦力隨F變化變化 的函數(shù)關(guān)系的函數(shù)關(guān)系FfF B當當F

39、8 N時，滑塊的加速度為時，滑塊的加速度為1 m/s2 C滑塊與木板之間的滑動摩擦因數(shù)為滑塊與木板之間的滑動摩擦因數(shù)為0.2 D滑塊的質(zhì)量滑塊的質(zhì)量m2 kg，木板的質(zhì)量，木板的質(zhì)量M4 kg 解析解析 當當F等于等于6 N時，加速度為：時，加速度為：a1 m/s2，對整體分析，對整體分析 ，由牛頓第二定律有：，由牛頓第二定律有：F(Mm)a，代入數(shù)據(jù)解得：，代入數(shù)據(jù)解得： Mm6 kg，當，當F大于大于6 N時，時， 根據(jù)牛頓第二定律得：根據(jù)牛頓第二定律得：a F ，圖像，圖像 斜率斜率k 0.5，解得：，解得：M2 kg，滑塊的質(zhì)量，滑塊的質(zhì)量m 4 kg，由牛頓第二定律得，對系統(tǒng)：，由牛

40、頓第二定律得，對系統(tǒng)：F(Mm)a，對，對m ：Ffma，解得：，解得：Ff F，故，故A正確，正確，D錯誤；根據(jù)錯誤；根據(jù)F大大 于于6 N的圖線知，的圖線知，F(xiàn)4時，時，a0，即：，即：0 F ，解得，解得 ：0.1，a F2，當，當F8 N時，長木板的加速度為：時，長木板的加速度為： a2 m/s2；根據(jù)；根據(jù)mgma得：滑塊的加速度為得：滑塊的加速度為ag1 m/s2，故，故B正確，正確，C錯誤。錯誤。 答案答案 AB 11如圖所示，質(zhì)量如圖所示，質(zhì)量M1 kg的木板靜置于傾角的木板靜置于傾角37 、足夠長的固定光滑斜面底端，質(zhì)量、足夠長的固定光滑斜面底端，質(zhì)量m1 kg的小物塊的小物

41、塊(可視可視 為質(zhì)點為質(zhì)點)以初速度以初速度v04 m/s從木板的下端沖上木板，同時在從木板的下端沖上木板，同時在 木板上端施加一個沿斜面向上、大小為木板上端施加一個沿斜面向上、大小為F3.2 N的恒力，若的恒力，若 小物塊恰好不從木板的上端滑下，求木板的長度小物塊恰好不從木板的上端滑下，求木板的長度l為多少？為多少？ 已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度，重力加速度g 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。 解析解析 由題意可知，小物塊向上做勻減速運動，木板向由題意可知，小物塊向上做勻減速運動，木板向 上做勻加速運動，當小物塊運

42、動到木板的上端時，恰好和木上做勻加速運動，當小物塊運動到木板的上端時，恰好和木 板具有共同速度板具有共同速度 設小物塊的加速度大小為設小物塊的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得，由牛頓第二定律可得 mgsin mgcos ma 設木板的加速度大小為設木板的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得，由牛頓第二定律可得 Fmgcos Mgsin Ma 設小物塊和木板達到共同速度所用時間為設小物塊和木板達到共同速度所用時間為t，由運動學公，由運動學公 式可得式可得v0atat 設小物塊和木板共速時小物塊的位移為設小物塊和木板共速時小物塊的位移為x，木板的位移為，木板的位移為 x，由位移公式可得，由位移公式

43、可得xv0t at2，x at2 小物塊恰好不從木板的上端滑下，有小物塊恰好不從木板的上端滑下，有xxl； 以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)求解可得以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)求解可得l0.714 m。 答案答案 0.714 m 傳送帶類問題的規(guī)范求解傳送帶類問題的規(guī)范求解 傳送帶有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類，往往涉及多個傳送帶有水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類，往往涉及多個 運動過程，常結(jié)合圓周運動、平拋運動進行考查，解答時可運動過程，常結(jié)合圓周運動、平拋運動進行考查，解答時可 從以下兩點進行突破：從以下兩點進行突破： 1分析物體在傳送帶上的運動過程分析物體在傳送帶上的運動過程 物體相對傳送帶運動，分清二者的速度

44、關(guān)系，明確不同物體相對傳送帶運動，分清二者的速度關(guān)系，明確不同 狀態(tài)下物體的受力情況及運動情況是解決問題的突破口狀態(tài)下物體的受力情況及運動情況是解決問題的突破口 2分析每個過程的初、末速度分析每個過程的初、末速度 無論是單純的傳送帶類問題，還是傳送帶與圓周運動、無論是單純的傳送帶類問題，還是傳送帶與圓周運動、 平拋運動相結(jié)合的問題，涉及多過程，前一個運動過程的末平拋運動相結(jié)合的問題，涉及多過程，前一個運動過程的末 速度是后一個運動過程的初速度，因此速度是聯(lián)系前后兩個速度是后一個運動過程的初速度，因此速度是聯(lián)系前后兩個 過程的橋梁，分析每個過程的初、末速度是解決問題的關(guān)鍵過程的橋梁，分析每個過程

45、的初、末速度是解決問題的關(guān)鍵 。 【典例】【典例】 (2018衡水二模衡水二模)如圖是利用傳送帶裝運煤塊的如圖是利用傳送帶裝運煤塊的 示意圖。其中傳送帶長示意圖。其中傳送帶長L6 m，傾角，傾角37，煤塊與傳送，煤塊與傳送 帶間的動摩擦因數(shù)帶間的動摩擦因數(shù)0.8，傳送帶的主動輪和從動輪半徑相，傳送帶的主動輪和從動輪半徑相 等。主動輪軸頂端與運煤車底板間的豎直高度等。主動輪軸頂端與運煤車底板間的豎直高度H1.8 m， 與運煤車車廂中心的水平距離與運煤車車廂中心的水平距離x1.2 m?，F(xiàn)在傳送帶底端由?，F(xiàn)在傳送帶底端由 靜止釋放一些煤塊靜止釋放一些煤塊(可視為質(zhì)點可視為質(zhì)點)，質(zhì)量，質(zhì)量m5 kg

46、，煤塊在傳，煤塊在傳 送帶的作用下運送到高處。要使煤塊在輪的最高點水平拋出送帶的作用下運送到高處。要使煤塊在輪的最高點水平拋出 并落在車廂中心。取并落在車廂中心。取g10 m/s2，sin 370.6，cos 37 0.8。求：。求： (1)煤塊在輪的最高點水平拋出時的速度大??；煤塊在輪的最高點水平拋出時的速度大??； (2)主動輪和從動輪的半徑主動輪和從動輪的半徑R； (3)電動機運送煤塊多消耗的電能。電動機運送煤塊多消耗的電能。 解析解析 (1)由平拋運動的公式得：由平拋運動的公式得：xvt H gt2 代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s。 (2)要使煤塊在輪的最高點做平拋運動，則煤塊到達

47、輪的要使煤塊在輪的最高點做平拋運動，則煤塊到達輪的 最高點時對輪的壓力為零，由牛頓第二定律得最高點時對輪的壓力為零，由牛頓第二定律得 mgm 代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得R0.4 m。 (3)由牛頓第二定律由牛頓第二定律Fma得得 agcos gsin 0.4 m/s2 由由vv0at得得t 5 s 煤塊的位移煤塊的位移x1 at25 m 由于由于tan 37，然后煤塊做勻速直線運動到達頂端，然后煤塊做勻速直線運動到達頂端， 傳送帶多消耗的電能：傳送帶多消耗的電能： E mv2mgcos 37(vtx1)mgLsin 37 代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得E350 J。 答案答案 (1)2 m/s(2)0

48、.4 m(3)350 J 拓展訓練拓展訓練 1如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運運 行。初速度大小為行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地 面上的面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，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小物塊在傳送帶上運動的v-t圖像圖像(以地面為參考系以地面為參考系)如圖乙所如圖乙所 示。已知示。已知v2v1，則，則() At2時刻，小物塊離時刻，小物塊離A處的距離達到最大處的距離達到最大 Bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的

49、距離達到最大時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大 C0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D0t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析解析 物塊滑上傳送帶后將做勻減速運動，物塊滑上傳送帶后將做勻減速運動，t1時刻速度為零時刻速度為零 ，此時小物塊離，此時小物塊離A處的距離達到最大，選項處的距離達到最大，選項A錯誤；然后在傳錯誤；然后在傳 送帶滑動摩擦力的作用下向右做勻加速運動，送帶滑動摩擦力的作用下向右做勻加速運動，t2時刻與傳送帶時刻與傳送帶 達到共同速度，此時小物塊相對傳送帶滑動的距離最大，達到共同速度，此時小物塊相對