【物理】2020届二轮复习专题二力与直线运动学案 27页

专题二　力与直线运动 ‎『相关知识链接』‎ ‎1．匀变速直线运动的条件 物体或带电体所受合力为定值，且与速度方向共线．‎ ‎2．匀变速直线运动的基本规律 速度公式：v＝v0＋at.‎ 位移公式：x＝v0t＋at2.‎ 速度和位移公式的推论：v2－v＝2ax 中间时刻的瞬时速度：v＝＝.‎ 任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝a·(Δt)2.‎ ‎3．图象问题的“四点”注意 ‎(1)x t图象、v t图象均表示直线运动．‎ ‎(2)运动学公式中的v、a、x均为矢量，一定规定正方向．‎ ‎(3)刹车问题中不能忽略实际运动情况．‎ ‎(4)x t、v t、a t图象相关量间的关系 ‎『备考策略锦囊』‎ ‎1．处理多过程动力学问题的“二分析、一关键”‎ ‎(1)“二分析”‎ ‎①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；‎ ‎②分析研究对象在每个阶段的运动特点．‎ ‎(2)“一关键”‎ 前一个过程的结束就是后一个过程的开始，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键．‎ ‎2．常用方法 ‎(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用．‎ ‎(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．‎ ‎(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．‎ ‎3．必须辨明的“4个易错易混点”‎ ‎(1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系．‎ ‎(2)“刹车”问题要先判断刹车时间，再分析计算．‎ ‎(3)力是改变运动状态的原因，惯性大小只与质量有关．‎ ‎(4)物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．‎ 高考考向1　匀变速直线运动规律的应用 ‎[例1]　[2019·全国卷Ⅰ，18]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 ‎【命题意图】　本题考查了匀变速直线运动中通过连续相邻相等位移所用时间的关系和考生的逻辑推理能力，体现了科学思维素养中模型建构、科学论证要素．‎ ‎【解析】　运动员离地后做竖直上抛运动，则可以按其逆过程——自由落体运动计算，将H分为相等的4段，通过各段所用时间由上至下分别为T1、T2、T3、T4，则满足T1：T2：T3：T4＝1：‎ ‎(－1)：(－)：(2－)，则＝＝2＋，则3<<4，故只有C正确．‎ ‎【答案】　C ‎『多维训练』‎ ‎1．一个物体从离地面某一高度开始做自由落体运动，已知它在第1 s末的速度大小恰好为它在最后1 s内平均速度大小的一半，g取‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体下落的时间为2 s B．物体开始下落时距地面的高度为‎31.25 m C．物体落地时的速度大小为‎20 m/s D．物体在最后1 s内的位移大小为‎25 m 解析：物体做自由落体运动，第1 s末的速度大小为v1＝gt1＝‎10 m/s，结合题意可知物体在最后1 s内的平均速度大小为＝‎20 m/s，最后1 s内的位移大小为x1＝ t2＝‎20 m，选项D错误；gt2－g(t－1 s)2＝‎20 m，解得下落总时间t＝2.5 s，选项A错误；物体开始下落时距地面的高度h＝gt2＝‎31.25 m，选项B正确；物体落地时的速度大小v＝gt＝‎25 m/s，选项C错误．‎ 答案：B ‎2.‎ ‎[2019·汕头一模]一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：轿车做匀加速直线运动，时间t内的位移x1＝v0t＋at2，‎ 货车做匀速直线运动，时间t内的位移 x2＝v0t，‎ 根据x1－x2＝L解得：a＝，‎ 故B项正确，A、C、D项错误，故选B项．‎ 答案：B ‎3．一辆汽车正在平直公路上匀速行驶，突然遇到紧急情况开始刹车，从开始刹车到汽车停下的运动过程(可视为匀变速运动过程)中汽车的位移与时间的关系式为x＝30t－2.5t2(m)，下列说法正确的是(　　)‎ A．刹车过程中最后1 s内汽车的位移是‎5 m B．刹车过程中在相邻1 s内汽车的位移差的绝对值为‎10 m C．从开始刹车时计时，8 s内汽车通过的位移为‎80 m D．从开始刹车时计时，第1 s内和第2 s内汽车的位移之比为11：9‎ 解析：将匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2与x＝30t－2.5t2(m)进行对比，可得汽车刹车过程的初速度v0＝‎30 m/s、加速度a＝－‎5 m/s2，故汽车刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值|Δx|＝|aT2|＝‎5 m，从开始刹车到停下的时间t总＝＝6 s，则从开始刹车时计时，8秒内汽车通过的位移x总＝＝‎90 m，选项B、C错误；把汽车的刹车运动看作汽车做逆向的匀加速直线运动，则刹车过程中最后1 s内汽车的位移x1＝－at＝‎2.5 m，从开始刹车时计时的第1 s内和第2 s内相当于逆向的匀加速运动中的第6 s内和第5 s内，对应的位移之比为11：9，选项A错误，D正确．‎ 答案：D 高考考向2　运动图象及应用 ‎1．图象问题要三看 ‎ (1)看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．‎ ‎ (2)看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．‎ ‎ (3)看交点、斜率和“面积”―→明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．‎ ‎2．v－t图象的应用技巧 ‎(1)图象意义：在v－t图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．‎ ‎(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．‎ ‎[例2]　[2019·浙江卷，9]‎ 甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移—时间图象如图所示，则在0～t1时间内(　　)‎ A．甲的速度总比乙大 B．甲、乙位移相同 C．甲经过的路程比乙小 D．甲、乙均做加速运动 ‎【命题意图】　本题考查位移—时间图象，意在考查考生对位移、速度、加速度、路程概念的理解．‎ ‎【解析】　位移—时间图象中，图线斜率大小等于物体速度大小．由图可知，甲做匀速直线运动，乙做变速直线运动，D错误；靠近t1时刻时乙的斜率大于甲的斜率，即乙的速度大于甲的速度，故A错误；在该时间段内，甲、乙物体的初位置和末位置相同，故位移相同，B正确；由于甲、乙物体做的是单向直线运动，故位移大小等于路程，两者的路程也相同，故C错误．‎ ‎【答案】　B ‎[例3]　[2019·全国卷Ⅲ，20](多选)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 s～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 ‎【命题意图】　本题考查牛顿运动定律的综合应用，体现了物理学科科学推理的核心素养．‎ ‎【解析】　分析知木板受到的摩擦力f′＝f. 0～2 s，木板静止，F＝f′，F逐渐增大，所以C错误. 4 s～5 s，木板加速度大小a2＝ m/s2＝‎0.2 m/s2，对木板受力分析，f′＝ma2＝0.2 N，得m＝‎1 kg，所以A正确. 2 s～4 s，对木板有F－f′＝ma1，F＝f′＋ma1＝0.2 N＋1× N＝0.4 N，所以B正确. 由于无法确定物块的质量，则尽管知道滑动摩擦力大小，仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数，故D错误．‎ ‎【答案】　AB ‎【易错剖析】　题图(b)中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起，是本题的易错点．要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止，从而判断木板的受力情况，由v－t图象求出木板在施加力F时的加速度和撤掉F时的加速度，根据牛顿第二定律求解待求物理量．‎ ‎『多维训练』‎ ‎4．(多选)如图所示的x－t图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B(t2，x1)为图象上一点，AB为过B点的切线，与t轴相交于A(t1,0)，乙质点的图象为过B点和原点的直线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．0～t2时间内甲、乙两质点的平均速度相等 B．t2时刻甲、乙两质点的速度相等 C．甲质点的加速度为 D．t1时刻是0～t2时间内的中间时刻 解析：0～t2时间内甲、乙两质点的位移相等，则平均速度相等，选项A正确；x－t图象切线的斜率表示速度，由图线可知t2时刻甲、乙两质点的速度不相等．又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t2时刻的速度等于0～t2时间内平均速度的2倍，即＝，则t2＝2t1，选项B错误，D正确；对甲质点，有x1＝at，解得加速度为a＝，选项C错误．‎ 答案：AD ‎5.‎ ‎[2019·东北三省三校一模]A、B两物体运动的v－t图象如图所示，由图象可知(　　)‎ A．A、B两物体运动方向始终相同 B．A、B两物体的加速度在前4 s内大小相等方向相反 C．A、B两物体在前4 s内不可能相遇 D．A、B两物体若在6 s时相遇，则计时开始时二者相距‎30 m 解析：A物体先向负方向做减速运动，然后再向正方向做加速运动；B物体一直向正方向加速，故A错误；直线的斜率等于加速度，则A、B两物体的加速度在前4 s内大小相等方向相同，B错误；前4 s内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A、B两物体在前4 s内可能相遇，C错误；A、B两物体若在6 s时相遇，则计时开始时二者相距x＝xB＋|xA|＝×6×‎7.5 m＋ m＝‎30 m，D正确．‎ 答案：D ‎6．[2019·吉林长春二模](多选)一滑块在水平地面上做直线运动，t＝0时速率为‎1 m/s ‎，从此时开始对物体施加一个与初速度方向相反的水平力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示．则下列说法正确的是(　　)‎ A．2 s末滑块距离出发点最远 B．0～1 s和1～2 s时间内滑块的加速度大小相等、方向相反 C．第1 s内摩擦力对滑块的冲量为1 N·s D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W 解析：由乙图可知，图象与t轴所围的面积为2 s内的位移，所以在2 s末滑块回到出发点，故A错误；由乙图可知，图象的斜率表示加速度，在前2 s内斜率不变，加速度不变，故B错误；由图甲得F1＝1 N，F2＝3 N，由图乙得2 s内滑块的加速度不变，即为a＝‎1 m/s2，根据牛顿第二定律有F1＋f＝ma，F2－f＝ma，解得f＝1 N，所以第1 s内摩擦力对滑块的冲量为I＝ft＝1 N·s，故C正确；第2 s内力F的平均功率为P＝F2·＝3× W＝1.5 W，故D正确．‎ 答案：CD ‎7.‎ ‎(多选)两质点A和B在同一直线上同时同地运动，它们的－t图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．质点A的初速度为‎8 m/s B．质点A的加速度为－‎2 m/s2‎ C．第2 s末两质点的瞬时速度相等 D．第2 s末两质点相遇 解析：对质点A，有＝8－2t (m·s－1)即xA＝8t－2t2(m)，可知A做匀变速直线运动，初速度为v0＝‎8 m/s，加 速度a＝－‎4 m/s2，选项A正确，B错误；对质点B，有＝‎4 m·s－1，即xB＝4t(m)，可知B做匀速直线运动，且速度为vB＝‎4 m/s ‎，两质点瞬时速度相等时，对质点A，有vA1＝v0＋at1＝vB，解得t1＝1 s，选项C错误；两质点相遇时xA2＝xB2，即8t2－2t(m)＝4t2(m)，解得t2＝2 s，选项D正确．‎ 答案：AD 得分锦囊：由匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝v0t＋at2，推得＝v0＋at，则若－t图象为一条不过原点的倾斜直线，那么质点做初速度不为零的匀变速直线运动，图象斜率表示a，纵截距表示初速度v0.若得到＝c(c为一定值)，则x是关于t的一次函数，质点做匀速直线运动．‎ 高考考向3　牛顿运动定律的应用 ‎1．主要题型 应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题．‎ ‎2．方法技巧 ‎(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．‎ ‎(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，变替使用整体法与隔离法．‎ ‎(3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．‎ ‎[例4]　‎ ‎(多选)如图所示，一固定杆与水平方向的夹角α＝30°，将一质量为m的小球套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为M的重物，给小球和重物一沿杆向下的初速度，两者相对静止共同运动，且轻绳处于竖直状态．现给小球和重物一沿杆向上的初速度，两者相对静止共同沿杆向上做加速度大小为g的减速运动，则(　　)‎ A．小球与杆间的动摩擦因数μ＝ B．小球与杆间的动摩擦因数μ＝ C．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力大小为Mg D．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力与固定杆之间的夹角β＝60°‎ ‎【解析】　小球和重物相对静止地沿杆向下运动时，轻绳竖直，由受力分析可知重物的加速度若不为零则沿竖直方向，而小球的加速度若不为零则必不沿竖直方向，所以两者共有的加速度为零，共同做匀速运动，受力平衡，对小球和重物整体，由平衡条件得(m＋M)gsin α＝μ(m＋M)gcos α，则μ＝tan α＝，选项A正确，B错误；当小球和重物沿杆向上运动时，隔离重物分析受力情况，轻绳中的拉力大小记为F，则沿杆方向，由牛顿第二定律得Fcos β＋Mgsin α＝Mg，垂直固定杆方向，由平衡条件得Fsin β＝Mgcos α，解得β＝60°，F＝Mg，选项C、D正确．‎ ‎【答案】　ACD ‎『多维训练』‎ ‎8.‎ ‎[2019·河北衡水中学调研]如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动．A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为(　　)‎ A．aA＝aB＝g ‎ B．aA＝‎2g，aB＝0‎ C．aA＝g，aB＝0 ‎ D．aA＝‎2‎g，aB＝0‎ 解析：水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图，‎ 静止时，T＝2mgtan 60°，F2＝mg 水平细线被剪断瞬间，T消失，其他各力不变，所以aA＝＝‎2g，aB＝0.故选D.‎ 答案：D ‎9．[2019·山东威海二模](多选)如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为‎100 kg，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g取‎10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A．0～2 s内人对货物做的功为600 J B．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 650 N·s C．0～2 s和2～3 s内货物所受推力之比为1：2‎ D．整个过程中货物始终处于超重状态 解析：0～2 s内货物的加速度a1＝＝‎0.5 m/s2，根据牛顿第二定律：F1－f－mgsin 30°＝ma1，解得F1＝600 N；0～2 s内货物的位移：x1＝vmt1＝‎1 m，则人对货物做的功为WF＝F1x1＝600 J，A正确；整个过程中，根据动量定理：IF－(f＋mgsin 30°)t＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为IF＝(f＋mgsin 30°)t＝1 650 N·s，B正确；2～3 s内货物的加速度a2＝－‎1 m/s2，根据牛顿第二定律： F2－f－mgsin 30°＝ma2，解得推力F2＝450 N，则0～2 s和2～3 s内货物所受推力之比为F1：F2＝600：450＝4：3，C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后沿斜面向下，先超重后失重，D错误．‎ 答案：AB ‎10．如图所示，互相绝缘且紧靠在一起的A、B物体，静止在水平地面上，A的质量为m＝‎0.04 kg，带电荷量为q＝＋5.0×10－‎5 C，B的质量为M＝‎0.06 kg，不带电．两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，t＝0时刻开始，空间存在水平向 右的匀强电场，电场强度为E＝1.6×104 N/C.设运动过程中小物块所带的电荷量没有变化．‎ ‎(1)求A、B的加速度及其相互作用力的大小；‎ ‎(2)若t＝2 s后电场反向，且场强减为原来的一半，求物体B停下时两物体间的距离．‎ 解析：(1)对整体分析，加速度大小 a＝＝‎4 m/s2‎ 隔离B分析，根据牛顿第二定律有F－μMg＝Ma 解得F＝μMg＋Ma＝0.48 N ‎(2)t＝2 s时，A、B的速度大小v＝at＝2×‎4 m/s＝‎8 m/s t＝2 s后电场反向，且场强减为原来的一半 此时A做匀减速运动的加速度大小 aA＝＝‎14 m/s2‎ B做匀减速运动的加速度大小aB＝μg＝‎4 m/s2‎ B速度减为零的时间tB＝＝2 s 减速到零的位移大小xB＝＝‎‎8 m A速度减为零的时间tA1＝＝ s 减速到零的位移大小xA1＝＝ m 则A反向做匀加速运动的加速度大小 a′A＝＝‎6 m/s2‎ 则反向做匀加速直线运动的位移大小 xA2＝aA′(tB－tA1)2＝ m 则A、B的距离Δx＝xA2－xA1＋xB＝‎‎11.8 m 答案：(1)‎4 m/s2　0.48 N　(2)‎‎11.8 m 高考考向4　“板块”模型和传送带模型 ‎1．“板块”模型 ‎ “板块”问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题．该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题．‎ ‎(1)滑块—木板模型类问题中，木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．‎ ‎ (2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．‎ ‎2．滑块在传送带上运动的“五点”注意事项 ‎(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．‎ ‎(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．‎ ‎(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcos θ的大小才能确定运动情况．‎ ‎(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回．‎ ‎(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出．‎ ‎[例5]　[2019·江苏卷，15]如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；‎ ‎(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；‎ ‎(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.‎ ‎【命题意图】　本题结合板块模型考查了牛顿第二定律以及运动学公式等知识，意在考查考生的推理能力．‎ ‎【解析】　(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg 匀变速直线运动2aAL＝v 解得vA＝ ‎(2)设A、B的质量均为m 对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg 由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg 对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg 由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg ‎(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA 则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 ‎【关键一步】　本题以板块模型为背景，综合考查了牛顿运动定律以及运动学公式等知识，处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A与物块B达到共同的速度或物块A离开物块B时的受力情况以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A、B共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A与物块B的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B的位移与A的位移之差应等于L.‎ ‎[例6]　[2019·安徽皖北名校联盟联考](多选)如图甲所示为倾斜的传送带，正以恒定的速度v沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，物块到传送带顶端的速度恰好为零，其运动的v－t图象如乙所示，已知重力加速度为g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是(　　)‎ A．传送带的速度为‎4 m/s B．传送带底端到顶端的距离为‎32 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1‎ D．物块所受摩擦力的方向一直与物块运动的方向相反 ‎【解析】　根据v－t图象可知，0～2 s内物块向上做减速运动，当减速到与传送带速度相同时，由于重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，物块向上做减速运动，因此可以判断传送带的速度为‎4 m/s，A正确；传送带底端到顶端的距离为v－t图象与t轴所包围的面积，为‎32 m，B正确；0～2 s内由牛顿第二定律可得：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝‎10 m/s2，解得：μ＝0.5，C错误；在2～4 s内，摩擦力与物块运动的方向相同，D错误．‎ ‎【答案】　AB ‎『多维训练』‎ ‎11.‎ ‎(多选)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝‎1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝‎2 m，现有一质量为m＝‎1 kg的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g取‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 s B．背包从A运动到B所用的时间为2.3 s C．背包与传送带之间的相对位移为‎0.3 m D．背包与传送带之间的相对位移为‎0.1 m 解析：背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝‎5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝‎1 m/s，所用时间t1＝＝0.2 s，此过程背包对地位移x1＝t2＝×‎0.2 m＝‎0.1 msB>sC B．t1时刻的速率关系是vA>vB>vC C．t2时刻的动能关系是EkA>EkB>EkC D．t1至t2时间内，拉力对盒子所做功的关系是WC>WB>WA 解析：由盒子运动的位移图象可知，t1至t2时间内，情形C的位移最大，情形A的位移最小，A错误；根据位移图象的斜率表示速度可知，t1时刻的速率关系是vA>vB>vC，B正确；根据位移图象的斜率表示速度大小可知，t2时刻的速率关系是vC>vB>vA，根据动能公式可知，t2时刻的动能关系是EkC>EkB>EkA，C错误；由位移图象可知，在t1至t2时间内，情形B盒子做匀速直线运动，动能不变．情形A盒子做减速运动，速度减小到零后反方向做加速运动，动能减小．情形C盒子做加速运动，动能增加．由动能定理可知，在t1至t2时间内，拉力对盒子所做功的关系为WC>WB>WA，D正确．‎ 答案：BD ‎7.‎ 质量为‎0.1 kg的物块在水平面上做直线运动的v2随位移x变化的图线如图所示，g取‎10 m/s2，由此可知(　　)‎ A．物块运动的加速度a＝‎2 m/s2‎ B．物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2‎ C．物块在水平面上运动的时间为2 s D．物块在水平面上运动克服摩擦力做的功为8 J 解析：由运动学规律v2－v＝2ax, 可知v2随位移x变化的图线斜率表示加速度的2倍，故物块运动的加速度a＝－‎2 m/s2，选项A 错误；物块在水平面上做直线运动，由牛顿第二定律得－μmg＝ma，解得物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，选项B正确；图线纵轴截距表示初速度的平方，故物块的初速度v0＝ m/s＝‎4 m/s，由v0＝－at得，物块在水平面上运动的时间为2 s，选项C正确；物块在水平面上运动克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝0.2×0.1×10×4 J＝0.8 J，选项D错误．‎ 答案：BC ‎8．[2019·广东揭阳二模]图甲中有一质量为M的长木板静止于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到乙图的aF图．g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．滑块的质量m＝‎‎4 kg B．木板的质量M＝‎‎2 kg C．当F＝8 N时滑块加速度为‎2 m/s2‎ D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1‎ 解析：从图乙中可知当F>6 N时，两者发生相对运动，当F≤6 N时两者相对静止，当F＝6 N时，对整体可得F＝(M＋m)a，即M＋m＝‎6 kg，当F>6 N时对木板分析受到拉力和m给的摩擦力，故有a＝＝F－，图象的斜率k＝＝＝，即M＝‎2 kg，所以m＝‎4 kg.将F>6 N时的图线反向延长，可得当F＝4 N时，加速度为零，代入可得0＝×4－，解得μ＝0.1，故A、B、D正确；当F＝8 N时滑块加速度为a＝ m/s2＝‎1 m/s2，故C错误．‎ 答案：ABD 二、非选择题 ‎9．如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝‎0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中，一质量为m＝‎1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN垂直导轨放置，现让MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率的倒数的关系如图乙所示．已知g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)v＝‎5 m/s时拉力的功率；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(3)当棒的加速度a＝‎8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小．‎ 解析：(1)由图乙可知，v＝‎5 m/s时拉力F1＝14 N 故拉力的功率PF1＝F1v＝14×5 W＝70 W.‎ ‎(2)由图乙知，导体棒达到最大速率vm＝‎10 m/s时拉力最小，为Fmin＝7 N Fmin－mgsin θ－F安＝0，F安＝ 代入数据得B＝2 T.‎ ‎(3)由图乙知F＝70 F－mgsin θ－F安′＝ma F′安＝ 由以上三式得v2＋65v－350＝0‎ 解得v＝‎5 m/s 故此时安培力的大小F安′＝＝1 N.‎ 答案：(1)70 W　(2)2 T　(3)1 N ‎10．游乐场有一种滑雪游戏，其理想简化图如图甲所示，滑道由倾角为θ＝30°的斜坡和水平滑道组成．小孩在距地面h＝‎10 m处由静止开始从斜坡滑下，到达底端时恰滑上水平滑道上放置的长为l＝‎3 m的木板(忽略木板厚度)，此后小孩和木板运动的v－t图象如图乙所示．已知斜坡滑道与水平滑道为圆滑过渡，速度由斜坡方向转为水平方向时大小不变，不计小孩在运动过程中受到的空气阻力，重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)小孩与斜坡间的动摩擦因数；‎ ‎(2)小孩脱离木板时的速率．‎ 解析：(1)由图乙可知，小孩滑到斜面底端时的速度 v0＝‎10 m/s，‎ v＝2ax　x＝ mgsin θ－μmgcos θ＝ma 联立以上各式得μ＝.‎ ‎(2)小孩在t＝0.5 s时滑离木板，由图乙知木板在0～0.5 s内的位移x木＝‎1.5 m，由图中几何关系得x木＋l＝x人，‎ 设小孩滑离木板时速度为v，则x人＝t，‎ 联立各式得v＝‎8 m/s.‎ 答案：(1)　(2)‎8 m/s ‎11．如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的质量为M＝‎4 kg，长为L＝‎1.4 m；木板右端放一小滑块，小滑块的质量为m＝‎1 kg，可视为质点．现用水平恒力F作用在木板右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的a－F图象如图乙所示，取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求小滑块与木板之间的动摩擦因数μ1以及木板与地面之间的动摩擦因数μ2.‎ ‎(2)若水平恒力F＝27.8 N，且始终作用在木板上，当小滑块从木板上滑落时，经历的时间为多长？‎ 解析：(1)由题图乙可知，当恒力F≥25 N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1‎ 代入数据解得μ1＝0.4‎ 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有 F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2‎ 则a2＝F－ 由图乙可得－＝－ m/s2‎ 解得μ2＝0.1.‎ ‎(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t时，小滑块从木板上滑落，当水平恒力F＝27.8 N时，小滑块的加速度为a1＝μ‎1g＝‎4 m/s2‎ 而小滑块在时间t内的位移为x1＝a1t2‎ 木板的加速度为a2＝ 代入数据解得a2＝‎4.7 m/s2‎ 而木板在时间t内的位移为x2＝a2t2‎ 由题可知，x2－x1＝L 联立以上各式解得t＝2 s.‎ 答案：(1)0.1　(2)2 s B卷　直线运动中的STSE问题 ‎1.‎ 在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带．当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动．随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进．设传送带匀速前进的速度为‎0.25 m/s，把质量为‎5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以‎6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带将留下的摩擦痕迹约为(　　)‎ A．‎5 mm B．‎‎6 mm C．‎7 mm D．‎‎10 mm 解析：木箱加速的时间为t＝，这段时间内木箱的位移为x1＝，而传送带的位移为x2＝vt，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝‎5.2 mm，选项A正确．‎ 答案：A ‎2.‎ ‎(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上安装传感器，用于测量运动员在不同时刻下落的高度及速度．如图甲所示，运动员(包括携带的全部设备)的质量为‎60 kg，弹性绳原长为‎10 m，运动员从蹦极台上下落，据传感器所测数据，得到图乙所示的速度—位移图象．若“蹦极”过程中，运动员始终在空中，不计空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2，则下列判断正确的是(　　)‎ A．从x＝0到x＝‎10 m的过程中，运动员处于超重状态 B．从x＝‎10 m到x＝‎16 m的过程中，运动员的加速度一直减小 C．v＝‎15 m/s时，绳的弹力达到最大 D．从x＝0到x＝‎30 m的过程中，运动员(包括携带的全部设备)的重力势能减少18 000 J 解析：由于弹性绳原长为‎10 m，从x＝0到x＝‎10 m的过程中，运动员做自由落体运动，加速度为g，竖直向下，处于完全失重状态，A错误；由图乙可知，在x＝‎16 m时，运动员速度最大，弹性绳向上的弹力等于重力，加速度为零，所以从x＝‎10 m到x＝‎16 m的过程中，运动员的加速度一直减小，B正确；v＝‎15 m/s时，运动员速度最大，弹性绳向上的弹力等于重力，再往下运动，弹力继续增大，C错误；从x＝0到x＝‎30 m的过程中，运动员下落h＝‎30 m，运动员(包括携带的全部设备)的重力势能减少了mgh＝60×10×30 J＝18 000 J，D正确．‎ 答案：BD 易错分析：解答此题常见错误主要有：一是不能把运动员的下落与图乙所示的v－x图象联系起来；二是不能正确分析运动过程和受力．‎ ‎3．2019年元旦前夕，某市启动“机动车文明礼让斑马线”活动．交警部门为样板斑马线配上了新型电子警察，第一个月，查处违规机动年近3 000辆次，“逼迫”各位驾驶员学会“文明礼让”．一辆质量为2.0×‎103 kg的汽车，以‎54 km/h的速度沿平直道路匀速行驶，距斑马线还有‎30 m时，驾驶员发现有行人通过斑马线，经过0.5 s的反应时间，汽车制动开始做匀减速运动，恰好在斑马线前停住．重力加速度g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)不考虑制动过程中汽车的牵引力作用，求汽车制动过程中所受的阻力大小；‎ ‎(2)若汽车正常行驶时所受阻力为车重的0.05倍，要使汽车从静止开始做匀加速运动，10 s后速度重新达到‎54 km/h，求牵引力的大小．‎ 解析：(1)设汽车在反应时间内行驶距离为x1，制动过程中行驶距离为x2，加速度大小为a1，所受阻力大小为Ff，反应时间t0＝0.5 s 由牛顿第二定律得Ff＝ma1‎ 由题意得x1＝v0t0，x2＝x－x1，v＝‎2a1x2‎ 联立并代入数据解得Ff＝1.0×104 N.‎ ‎(2)设汽车做匀加速运动的过程中加速度大小为a2，牵引力大小为F 由牛顿第二定律得F－Ff＝ma2，其中Ff＝0.05mg 由匀变速直线运动规律得v0＝a2t加，其中t加＝10 s 联立并代入数据解得F＝4.0×103 N.‎ 答案：(1)1.0×104 N　(2)4.0×103 N 试题点评：机动车文明礼让斑马线上的行人是社会文明的标志，高考命题致力于追踪社会热点，倡导文明社会，提高每个公民的文明素养．该题以“机动车文明礼让斑马线”为切入点，考查匀变速直线运动规律和牛顿运动定律．‎ ‎4.‎ 如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材，由调速器、安全带、安全钩、缓降绳索等组成．发生火灾时，使用者先将安全钩挂在室内窗户、管道等可以承重的物体上，然后将安全带系在腰部，通过缓降绳索安全着陆，如图乙所示，在某中学某次火灾逃生演练过程中，一体重为‎60 kg的逃生者从离地面‎18 m的高处，利用缓降器材由静止开始匀加速下滑，当速度达到‎6 m/s时，以大小为‎2.5 m/s2的加速度减速，到达地面时速度恰好为零．假设逃生者在下降过程中悬空且不接触墙面，不计空气阻力(g＝‎10 m/s2)，求：‎ ‎(1)逃生者减速下滑过程中的位移；‎ ‎(2)减速下滑时逃生者对缓降绳索的拉力大小；‎ ‎(3)从开始到到达地面整个过程的时间．‎ 解析：(1)设所求位移为x1，由题意可知减速过程中有v2＝‎2a1x1‎ 解得x1＝‎7.2 m.‎ ‎(2)设缓降绳索对逃生者的作用力为F，减速过程中由牛顿第二定律得F－mg＝ma1‎ 解得F＝750 N 根据牛顿第三定律可知，逃生者对缓降绳索的拉力大小为750 N.‎ ‎(3)加速过程时间t1＝＝＝3.6 s 减速过程时间t2＝＝＝2.4 s 故t总＝t1＋t2＝6.0 s.‎ 答案：(1)‎7.2 m　(2)750 N　(3)6.0 s 试题点评：掌握逃生技能，是每个公民都应该具备的重要能力．此题以某中学的某次火灾逃生演练为情境，考查牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用．高考命题可以变换条件，从另外角度命题，例如题给条件变为“要求在6 s内到达地面且到达地面时速度恰好为零，求加速下滑的加速度”．‎ ‎5．[2019·河南郑州一模]新能源环保汽车在设计阶段要对各项性能进行测试．某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 ‎500 kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定．‎ ‎(1)18 s末汽车的速度是多少？‎ ‎(2)前25 s内汽车的位移是多少？‎ 解析：(1)由图甲知18 s后汽车受到的牵引力恒定，又汽车受到的阻力始终恒定，故18 s后汽车受到的合力恒定，汽车做匀加速运动或匀速运动，由图乙可知，18 s后汽车做匀速运动，此时牵引力为F3＝1.5×103 N 以牵引力方向为正方向，由平衡条件知，阻力为f＝－F3＝－1.5×103 N ‎0～6 s内，牵引力为F3＝9×103 N 由牛顿第二定律得F3＋f＝ma1，代入数据解得 a1＝‎5 m/s2‎ ‎6 s末汽车的速度为v1＝a1t1＝‎30 m/s 在6～18 s内，牵引力为F2＝1×103 N 由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2，解得a2＝－ m/s2‎ ‎18 s末汽车的速度为v2＝v1＋a2t2＝‎26 m/s.‎ ‎(2)汽车在0～6 s内的位移为x1＝v1t1＝‎‎90 m 在6～18 s内的位移为x2＝t2·＝‎‎336 m 在18～25 s内的位移为x3＝v2t3＝‎‎182 m 故汽车前25 s内的位移为x＝x1＋x2＋x3＝‎608 m.‎ 答案：(1)‎26 m/s　(2)‎‎608 m 试题点评：此题从新能源环保汽车的性能测试切入，以F－t图象、v－t图象给出解题信息，考查灵活运用牛顿运动定律、匀变速直线运动规律分析解决问题的能力．‎