【物理】2020届二轮复习 专题一 第2讲 力与直线运动 学案 25页

第2讲　力与直线运动 三年考情分析 高考命题规律 三年考题 考查内容 核心素养 匀变速直线运动规律是高中物理的基础，牛顿运动定律是经典物理学最重要的规律，在近几年高考中考查频率很高．高考着重考查的知识点有：‎ ‎(1)结合基本规律考查匀变速直线运动．‎ ‎(2)结合图像考查追及和相遇问题．‎ ‎(3)用牛顿运动定律和运动规律综合考查运动问题．‎ ‎(4)整体法和隔离法处理连接体问题等.‎ ‎2019‎ Ⅰ卷18T 匀变速直线运动的推论 科学推理 Ⅲ卷20T 牛顿运动定律的综合应用 科学思维 ‎2018‎ Ⅱ卷15T 自由落体公式 科学推理 Ⅲ卷18T 匀加速与匀速xt图像 科学推理 Ⅱ卷19T 匀加速与匀速vt图像 科学推理 Ⅰ卷15T 牛顿第二定律 科学推理 Ⅰ卷18T 牛顿第二定律 科学论证 ‎2017‎ Ⅱ卷24T 匀减速运动的位移公式 科学推理 Ⅰ卷25T 牛顿第二定律 科学推理论证 Ⅲ卷25T 滑块－滑板模型中的动力学分析 科学推理 考向一　运动学规律的应用 ‎[知识必备]——提核心　通技法 ‎1．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法 ‎2．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算．‎ ‎3．解决追及问题的技巧 ‎[跟进题组]——练考题　提能力 ‎1．(2019·课标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 解析：C　[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．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．]‎ ‎2．(2019·山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t.则物体运动加速度的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：C　[物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，故该段位移中间时刻物体的瞬间速度是v1＝；紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t，故这一段位移中间时刻物体的瞬时速度是v2＝；物体加速度的大小a＝＝，解得：a＝，故选C.]‎ ‎3．(2019·河北省衡水中学第一次调研)在铁路与公路交叉点上，由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故．现有一辆长为‎5 m的汽车以v1＝‎15 m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点‎175 m处，汽车司机突然发现离交叉点‎200 m处有一列长‎300 m的列车以v2＝‎20 m/s的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻做匀加速运动，‎ 则最小加速度应多大？汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动，则最小加速度为多少？‎ 解析：汽车加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，临界情况：L＋x＝v1t＋at2，‎ 列车到达交叉口所用时间为：t＝＝ s＝10 s 解得：a＝‎0.6 m/s2‎ 故当汽车以大于‎0.6 m/s2的加速度加速行驶时可避免事故发生．‎ 汽车减速行驶，列车通过交叉口所需时间为：t1＝ s＝25 s 汽车减速到停止过程，有：x＝v1t2‎ 代入数据得：t2＝ s≈23.33 s＜25 s 则汽车做减速运动应满足：－‎2a1x＝0－v 代入数据得：a1≈‎0.643 m/s2‎ 故当汽车以大于‎0.643 m/s2的加速度刹车时亦可避免事故发生．‎ 答案：‎0.6 m/s2　‎0.643 m/s2‎ 考向二　运动图像及应用 ‎[知识必备]——提核心　通技法 xt图像和vt图像的对比分析 ‎　　项目 图像 斜率 纵截距 图像与t 轴所围的面积 特例 匀速直线运动 匀变速直线运动 xt图像 速度 初位置 ‎—‎ 倾斜的直线 抛物线 vt图像 加速度 初速度 位移 与时间轴平行的直线 倾斜的直线 ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例1]　(2018·全国卷Ⅱ，19T)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图像分别如图中甲、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 ‎[审题指导]　vt图线的物理意义 vt图线的斜率表示加速度，与时间轴包围的“面积”表示物体运动的位移．‎ ‎[解析]　BD　[根据vt图像与时间轴所围“面积”大小判断位移大小，在t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，又知t2时刻两车相遇，因此t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错，B正确；根据图像可知，甲、乙图像的斜率均先减小后增大，因此甲、乙的加速度均先减小后增大，故C错，D正确．]‎ ‎[迁移题组]——多角度　提能力 ‎♦[迁移1]　xt图像 ‎1.(2018·全国卷Ⅲ，18T)(多选)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：CD　[xt图像的斜率为速度的大小，t1时刻k甲＜k乙，所以v甲＜v乙，则A错；0～t1时间内，x乙＝x1，x甲＜x1，则x甲＜x乙，则B错；t1～t2时间内，x甲＝x乙＝x2－x1，则C正确；t1～t2时间内，存在一点k乙＝k甲，则D正确．]‎ ‎♦[迁移2]　at图像 ‎2.物体由静止开始沿一条直线运动，其加速度随时间的倒数的变化规律图线如图所示，a0和t0已知，则下列判断正确的是(　　)‎ A．物体在t0前做加速度增大的加速运动 B．物体在t0时刻的速度为a0t0‎ C．物体在t0时间内速度增加量为a0t0‎ D．以上判断均错 解析：B　[由于横轴为，由图可知物体在t0前做加速度恒为a0的匀加速直线运动，由速度公式可知t0时刻的速度为a0t0，选项B正确，A、C、D错误．]‎ ‎♦[迁移3]　非常规运动图像 ‎3．下图为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线．该质点运动的加速度大小为(　　)‎ A．‎4 m/s2　　　　　 B．‎2 m/s2‎ C．‎1 m/s2 D．‎0.5 m/s2‎ 解析：B　[由xv2图像结合速度位移关系式v2－v＝2ax分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，图线函数表达式为v2＝2ax，可得a＝＝ m/s2＝‎2 m/s2，故选项B正确．]‎ ‎[规律方法]——知规律　握方法 考查角度 解决方法 警示提醒 xt图像 斜率表示速度、交点代表相遇、坐标代表位置 对于匀变速运动不好表示，且一定注意坐标“＋、－”的物理意义 vt图像 斜率表示加速度、交点仅代表速度相等，面积代表位移 不能显示物体的初始位置，且要注意物体加减速的表示方法 at图像 面积代表速度变化量 不能表示物体的位置和初速度情况 考向三　牛顿第二定律的综合应用 ‎[知识必备]——提核心　通技法 ‎1．解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分析，而加速度是联系力与运动的桥梁，其基本思路如下：‎ 第一类问题 第二类问题 ‎2．常用方法 ‎(1)整体法与隔离法．‎ ‎(2)正交分解法：一般取加速度的方向和垂直于加速度的方向进行分解，为减少分解的矢量个数，有时也根据情况分解加速度．‎ ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例2]　(2019·课标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 ‎[思路分析]　以木板为研究对象，通过f－t与v－t图像对相应过程进行受力分析、运动分析，列方程解出相应的问题．‎ ‎[解析]　AB　[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．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．]‎ ‎[迁移题组]——多角度　提能力 ‎♦[迁移1]　瞬时问题 ‎1.(2019·河北省衡水中学第一次调研)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：D　[水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图，‎ 静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，且mA＝mB 水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，所以aA＝＝‎2g，aB＝0，故选D.]‎ ‎♦[迁移2]　连接体问题 ‎2．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8　　 B．‎10　‎ 　　C．15　 　　D．18‎ 解析：BC　[设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6，n1＝8时，n＝5，n＝10，n＝15，n＝20，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．]‎ ‎♦[迁移3]　临界、极值问题 ‎3．(2020·湖北八校第二次联考)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，‎ 桌面上的那段细绳始终处于水平状态，通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于(　　)‎ A.m B．‎‎2m C．(－1)m D．(＋1)m 解析：D　[当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示．由牛顿第二定律得＝ma，解得小球的加速度a＝＝g.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋‎2m)a，解得M＝(＋1)m.]‎ ‎♦[迁移4]　图像问题 ‎4．(2018·课标Ⅰ，15)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之间关系的图像可能正确的是(　　)‎ 解析：A　[本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律．设系统静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律和平衡条件得mg＝kx0.力F作用在P上后，物块受重力、弹力和F，向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得，F＋k(x0－x)－mg＝ma.联立以上两式得F＝kx＋ma，所以F－x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线，故A正确．]‎ 考向四　“滑块－滑板”模型 ‎[知识必备]——提核心　通技法 ‎　板块问题中摩擦力方向的判断方法 ‎1．一“静”一“动”型：即木板和滑块一个静止，一个运动，此时，静止的一个受到的另一个对它的摩擦力为动力，运动的一个受到的另一个对它的摩擦力为阻力．‎ ‎2．一“快”一“慢”型：即木板和滑块同向运动，一个速度大，一个速度小，此时，速度大的一个受到的另一个对它的摩擦力为阻力，速度小的一个受到的另一个对它的摩擦力为动力．‎ ‎3．一“左”一“右”型：即木板和滑块反向运动，此时，两个物体受到的另一个对它的摩擦力都是阻力．‎ ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例3]　(2020·孝义市模拟)如图所示，长为l的长木板A放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B(大小可不计)从A的左侧以初速度v0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2(A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同)．已知A的质量为M＝‎2.0 kg，B的质量为m＝‎3.0 kg，A的长度为l＝‎3.0 m，μ1＝0.2，μ2＝0.4，(g取‎10 ms2)‎ ‎(1)A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大？‎ ‎(2)为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？‎ ‎(3)分别求A、B对地的最大位移．‎ ‎[解析]　(1)分别对A、B进行受力分析，根据牛顿第二定律得：B物体的加速度：aB＝＝＝‎4 m/s2‎ A物体的加速度：‎ aA＝＝＝‎1 m/s2；‎ ‎(2)当A、B速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，设经过时间t，AB的速度相等，则有：v0－aBt＝aAt 根据位移关系，得v0t－aBt2－aAt2＝l 代入数据解，得t＝ s，v0＝ m/s 所以初速度应小于等于‎5.5 m/s.‎ ‎(3)A、B速度达到相等后，相对静止一起以v＝ m/s的初速度，a＝μ‎1g＝‎2 m/s2的加速度一起匀减速运动直到静止，发生的位移：s＝＝‎‎0.3 m 之前A发生的位移为sA＝aAt2＝‎‎0.6 m B发生的位移sB＝v0t－aBt2＝‎‎3.6 m 所以A发生的位移为sA＋s＝‎0.5 m＋‎0.3 m＝‎‎0.8 m B发生的位移为sB＋s＝‎3.6 m＋‎0.3 m＝‎3.9 m.‎ ‎[答案]　(1)aA＝‎1 m/s2　aB＝‎4 m/s2‎ ‎(2)初速度应小于等于‎5.5 m/s ‎(3)‎0.8 m　‎‎3.9 m ‎[规律方法]——知规律　握方法 ‎　“滑块—滑板”模型的一般解题步骤 ‎[跟进题组]——练考题　提能力 ‎1．(多选)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，重力加速度g取‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．小滑块的质量m＝‎‎2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1‎ C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为‎3 m/s2‎ D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 解析：AC　[对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，当F＝6 N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M＋m＝‎3 kg，当F大于6 N时，根据牛顿第二定律得：a＝＝－，知图线的斜率k＝＝1，解得：M＝‎1 kg，滑块的质量为：m＝‎2 kg，故A正确；由上可知，F大小6 N时，a＝F－20μ，代入题图对应数据即得：μ＝0.2，所以a＝F－4，当F＝7 N时，长木板的加速度为：a＝‎3 m/s2，根据μmg＝ma′得：a′＝μg＝‎2 m/s2，故B错误，C正确；当拉力大于6 N后，两物体发生相对滑动，滑块的加速度为a＝‎ ＝‎2 m/s2，恒定不变，故D错误．]‎ ‎2．如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块以大小为v1的水平初速度向左运动，同时木板在水平外力F作用下始终向右以大小为v2(v2＞v1)的速度匀速运动：求：‎ ‎(1)在物块向左运动过程中外力F的大小；‎ ‎(2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？‎ 解析：(1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知 Ff1＝μ1mg Ff2＝μ2(m＋M )g 由平衡条件得：‎ F＝Ff1＋Ff2＝μ1mg＋μ2(m＋M )g ‎(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，‎ 则t1＝ 设物块向左匀减速运动的位移为x1，‎ 则x1＝t1＝ 设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为t2，则t2＝ 设物块向右匀加速运动的位移为x2，‎ 则x2＝t2＝ 此过程中木板向右匀速运动的总位移为x′，则 x′＝v2(t1＋t2)‎ 则物块不从木板上滑下来时木板的最小长度：‎ L＝x′＋x1－x2‎ 解得：L＝.‎ 答案：(1)μ1mg＋μ2(m＋M)g ‎(2) 考向五　传送带模型 ‎[知识必备]——提核心　通技法 ‎1．模型特点 传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．‎ ‎2．解题关键 ‎(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键．‎ ‎(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．‎ ‎[典题例析]——析典题　学通法 ‎[例4]　如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A→B长度为‎16 m，传送带以‎10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为‎0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5.求物体从A运动到B所需时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎[解析]　物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一个沿传送带向下的滑动摩擦力F，物体受力情况如图甲所示．物体由静止加速，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，‎ 得a1＝‎10 m/s2.‎ 物体加速至与传送带速度相等需要的时间 t1＝＝ s＝1 s，‎ t1时间内物体的位移x＝a1t＝‎5 m.‎ 由于μ＜tan θ ‎，物体与传送带共速后在重力作用下将继续加速运动，物体速度大于传送带速度后，传送带给物体一沿传送带向上的滑动摩擦力F′.此时物体受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝‎2 m/s2.‎ 设后一阶段物体滑至底端所用的时间为t2，由L－x＝vt2＋a2t，解得t2＝1 s，t2＝－11 s(舍去)．‎ 所以物体由A→B的时间t＝t1＋t2＝2 s.‎ ‎[答案]　2 s ‎[规律方法]——知规律　握方法 传送带问题的解题思路 ‎[跟进题组]——练考题　提能力 ‎1．(2019·山西考前测试)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝‎2 m/s顺时针匀速转动．将一小物块以v2＝‎8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带．已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．小物块运动的加速度大小恒为‎10 m/s2‎ B．小物块向上运动的时间为0.6 s C．小物块向上滑行的最远距离为‎4 m D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 解析：C　[小物块的运动分两个阶段：‎ 因初始时v2＞v1，则开始一段时间小物块相对传送带向上运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有：‎ ma1＝mgsin θ＋μmgcos θ 得a1＝‎10 m/s2‎ 因μmgcos θ＜mgsin θ，则小物块速度与传送带速度相同之后，小物块将相对传送带向下运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有：‎ ma2＝mgsin θ－μmgcos θ 得a1＝‎2 m/s2，所以A选项错误．‎ 两段运动的时间分别为：t1＝＝0.6 s t2＝＝1.0 s 所以向上运动的时间为t1＋t2＝1.6 s，B选项错．‎ 两段运动的位移分别为：s1＝.t1＝‎‎3 m s2＝·t2＝‎‎1 m 向上滑行最远距离s＝s1＋s2＝‎4 m，所以选项C正确．‎ 由以上分析可知，小物块先向上减速到零，再向下加速，D选项错．]‎ ‎2．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．紧的传送带AB始终保持恒定的速率v＝‎1 m/s运行，一质量为m＝‎4 kg的行李无初速度地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝‎2 m，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；‎ ‎(2)求行李做匀加速直线运动的时间；‎ ‎(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．‎ 解析：(1)行李所受滑动摩擦力大小Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N，‎ 加速度大小a＝μg＝0.1×‎10 m/s2＝‎1 m/s2.‎ ‎(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则v＝at1，‎ 得t1＝＝ s＝1 s.‎ ‎(3)行李始终匀加速运行时，所需时间最短，加速度大小仍为a＝‎1 m/s2，当行李到达右端时，有v＝2aL，‎ 得vmin＝＝ m/s＝‎2 m/s，‎ 所以传送带对应的最小运行速率为‎2 m/s.‎ 由vmin＝atmin得行李最短运行时间tmin＝＝ s＝2 s.‎ 答案：(1)4 N　‎1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　‎2 m/s 动力学观点的综合应用 典例 018·高考全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了‎4.5 m，A车向前滑动了‎2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×‎103 kg和1.5×‎103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝‎10 m/s2.求 ‎(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；‎ ‎(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小.‎ 核心考点 ‎1.牛顿运动定律．‎ ‎2.运动学公式、位移公式．‎ ‎3.动量守恒定律．‎ 命题技巧 ‎1.两车碰撞满足动量守恒．‎ ‎2.碰后两车都做匀减速直线运动．‎ ‎3.由动摩擦因数可求出摩擦力．‎ 核心素养 ‎1.物理观念：运动观念、相互作用观念．‎ ‎2.科学思维：碰撞模型．‎ 审题关键 ‎(1)两车碰后做减速运动，且末速度为0.‎ ‎(2)由动摩擦因数可求摩擦力，进而求加速度．‎ ‎(3)A、B两车的位移可由题目中知道．‎ ‎[解析]　(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB　①，式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数，设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′＝2aBsB　②‎ 联立①②式并利用题给数据得v′B＝‎3.0 m/s.　③‎ ‎(2)设A车的质量为m1，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA　④，设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v′＝2aAsA　⑤，设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B　⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝‎4.25 m/s.　⑦‎ 易错展示 ‎(1)B车碰撞时不能认为速度为0.‎ ‎(2)A、B车碰撞时满足动量守恒.‎ ‎[对点演练]——练类题　提素养 ‎1.(2019·湖北八校二模，16)(多选)质量为‎2 kg的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为‎10 m/s时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中正确的是(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．恒力的大小为6 N B．前4 s内摩擦产生的热量为48 J C．前6 s内合外力的冲量大小为24 N·s D．物体与地面间的动摩擦因数为0.2‎ 解析：ABD　[在0～2 s内，由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，其中a1＝‎5 m/s2，在2～6 s内，F－μmg＝ma2，其中a2＝‎1 m/s，联立解得F＝6 N，μ＝0.2，故A、D项正确；前4 s内摩擦产生的热量为Q＝μmg(s1＋s2)，其中s1＝‎10 m，s2＝‎2 m，解得Q＝48 J，故B正确；前6 s内合外力的冲量大小为I＝|m(－v1＋v2)|＝28 N·s，故C错误．答案为A、B、D.]‎ ‎2．(2019·河北精英中学二调，15)(多选)如图所示，质量m＝‎245 g的物块(可视为质点)放在质量M＝‎0.5 kg的木板左端，木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝‎5 g的子弹以速度v0＝‎300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，物块最后恰好没有滑离木板，取g＝‎10 m/s2，则在整个过程中(　　)‎ A．物块的最大速度为‎6 m/s B．木板的最大速度为‎3 m/s C．物块相对于木板滑行的时间为0.75 s D．木板的长度为‎3 m 解析：AD　[子弹射入物块，由动量守恒可得，子弹刚射入物块时，两者的共同速度v＝＝‎6 m/s，之后，物块受到摩擦力做减速运动，木板受到摩擦力做加速运动，直到物块到达木板右端时，两者达到共同速度，故物块的最大速度为‎6 m/s，故A正确；物块和子弹在木板上滑行时，整体的合外力为零，故动量守恒，那么共同速度v′＝＝‎2 m/s，所以木板的最大速度为‎2 m/s，故B错误；物块在木板上滑行时合外力等于摩擦力，故物块做加速度a＝μg＝‎4 m/s2的匀减速直线运动，所以，物块相对于木板滑行的时间t＝＝1 s，故C错误；物块在木板上滑行时，物块做加速度a＝‎4 m/s2的匀减速直线运动，木板做加速度a′＝＝‎2 m/s2的匀加速直线运动，所以木板的长度L＝－＝‎3 m，故D正确．故选A、D.]‎ ‎[A级－对点练]‎ ‎[题组一]　运动学规律的应用 ‎1．(2020·洛阳一模)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途径A、B、C三点，其中A、B之间的距离L1＝‎3 m，B、C之间的距离L2＝‎4 m．若物体通过L1、L2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离L等于(　　 )‎ A. m　　　　　 B. m C. m D. m 解析：D　[设物体的加速度为a，通过L1、L2两段位移所用的时间均为T，则有：vB＝＝ m/s，由L2＝vBT＋aT2，L1＝vBT－aT2，可得：ΔL＝aT2＝‎1 m，所以L＝－L1＝ m，即D正确，A、B、C错误．]‎ ‎2．(多选)A、B两车在同一直线上同向运动，B车在A车的前面，A车以vA＝‎10 m/s的速度向前匀速运动，某时刻B车关闭发动机，此时A、B两车相距s＝‎200 m，且B车速度vB＝‎10 m/s，B车所受的阻力恒为车重的，g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．B车关闭发动机后的加速度大小为‎1 m/s2‎ B．B车关闭发动机后运动的位移为‎60 m C．A车追上B车所用的时间为25 s D．A车追上B车所用的时间为30 s 解析：AC　[B车做匀减速直线运动的加速度大小a＝·＝0.1×‎10 m/s2＝‎1 m/s2，所以选项A正确；B车速度减为零的时间t1＝＝ s＝10 s，此过程中B车的位移xB＝＝ m＝‎50 m，所以选项B错误；A车在10 s内的位移xA＝vAt1＝10×‎10 m＝‎100 m，因为xA＜xB＋s，可知B车停止时还未被A车追上，则A车追上B车所用的时间t＝＝ s＝25 s，故C正确，D错误．]‎ ‎[题组二]　运动图像 ‎3.(2020·衡水中学模拟)如图所示，直线a和一段抛物线b分别表示在同一平直公路上行驶的a车和b车运动的xt图像．已知在t1＝3 s时两车相遇，直线a和抛物线b刚好相切，t2＝4 s时对应抛物线的最高点．则下列说法中正确的是(　　 )‎ A．两车相遇时b车的速度大小为‎2.5 m/s B．b车的加速度大小为‎2 m/s2‎ C．b车的初速度大小为‎9 m/s D．t0＝0时两车的距离为‎10 m 解析：B　[由图可知，a车的速度va＝＝ m/s＝‎2 m/s.两车相遇时b车的速度大小为‎2 m/s，故A错误．t2＝4 s时对应抛物线的最高点，对应的速度为v＝0，根据速度公式v＝va－at，解得a＝‎2 m/s2，故B正确；t＝3 s，b车的速度为：vb＝va＝‎2 m/s，设b车的初速度为v0.对b车，由v0＋at＝vb，解得：v0＝‎8 m/s，故C错误；t＝3 s时，a车的位移为：sa＝vat＝‎6 m，b车的位移为：sb＝t＝×‎3 m＝‎15 m，t＝3 s时，a车和b车到达同一位置，得：s0＝sb－sa＝‎9 m．故D错误．]‎ ‎4．(多选)甲、乙两辆汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，它们的vt图像如图所示．根据图像提供的信息可知(　　)‎ A．从t＝0时刻起，开始时甲在前，6 s末乙追上甲 B．从t＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距的最远距离为‎12.5 m C．8 s末甲、乙相遇，且与t＝0时的两车位置的距离为‎40 m D．0～4 s内与4～6 s内甲的平均速度相等 解析：BC　[因为t＝0时，两车位于同一地点，所以当两车相遇时，两车的位移大小一定相等，由两车运动的vt图像可知，开始时甲车在前，在0～6 s时间内甲车的位移为x1＝ m＝‎40 m，乙车的位移为x2＝‎30 m，所以6 s末乙未追上甲；由题图可知，4～6 s内，甲的加速度大小a＝‎5 m/s2，分析知当两车速度相等时，两车相距最远，则有‎10 m/s－a(t－4 s)＝‎5 m/s，解得两车达到速度相等所需的时间t＝5 s，所以最远距离Δx＝×5×(10－5) m＝‎12.5 m，选项A错误，B正确．由题图可知，6 s后甲停止运动，因此相遇时，两车位置与t＝0时两车的位置的距离为x1＝‎40 m，所用时间为t′＝ s＝8 s，选项C正确．根据图像可知，0～4 s内甲车的平均速度为1＝ m/s＝‎7.5 m/s,4～6 s内甲车的平均速度为2＝ m/s＝‎5 m/s，选项D错误．]‎ ‎[题组三]　牛顿运动定律的综合应用 ‎5．(多选)如图所示，质量为‎3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为‎2 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力．取g＝‎10 m/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　)‎ A．B对A的压力大小为12 N B．弹簧弹力大小为20 N C．B的加速度大小为‎4 m/s2‎ D．A的加速度为零 解析：AC　[剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝mAg＝30 ‎ N，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体分析，整体加速度：a＝＝ m/s2＝‎4 m/s2‎ 隔离对B分析有：mBg－FN＝mBa，‎ 解得：FN＝(20－2×4) N＝12 N，由牛顿第三定律知B对A的压力为12 N，故A、C正确，B、D错误．]‎ ‎6．如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定．当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点．现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)．在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是(　　)‎ 解析：A　[当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：mg－kx＝ma，所以a＝g－.根据数学知识可知，C、D错误．当压缩到最低点时，加速度等于g，故A正确，B错误．]‎ ‎7．如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1.如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，在恒力F作用下，使A、B一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力大小为N2，则有关a1、a2和N1、N2的关系正确的是(　　)‎ A．a1＞a2，N1＞N2‎ B．a1＞a2，N1＜N2‎ C．a1＝a2，N1＝N2‎ D．a1＞a2，N1＝N2‎ 解析：D　[对于图甲，根据牛顿第二定律得整体加速度a1＝，对B隔离分析，A对B的作用力N1＝mBa1＝.对于图乙，根据牛顿第二定律得整体的加速度a2＝＝－gsin θ，对B隔离分析，有N2－mBgsin θ＝mBa2，得N2＝.可知a1＞a2，N1＝N2，故D正确，A、B、C错误．]‎ ‎8．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的vt图像如图乙所示，重力加速度g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．M＝m B．M＝‎‎2m C．木板的长度为‎8 m D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1‎ 解析：BC　[物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg＝ma1，而vt图像的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝‎2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝‎1 m/s2，解得M＝‎2m，A错误，B正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，两者vt图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝ m＝‎8 m，C正确．]‎ ‎[B级－综合练]‎ ‎9．(多选)一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图像可能是下图中的(　　)‎ 解析：BC　[物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度足够大，物体在速度减小到0前，物体已经滑到传送带右端，则物体一直做匀减速运动，故B正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大小大于物体开始时的速度大小，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v；若传送带的速度大小小于物体开始时的速度大小，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，故C正确，故A、D错误．]‎ ‎10．(多选)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上．设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像，取g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．滑块A的质量m＝‎‎1.5 kg B．木板B的质量M＝‎‎1.5 kg C．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝‎4 m/s2‎ D．滑块A与木板B间的动摩擦因数μ＝0.1‎ 解析：AC　[由图乙知，当F＝4 N时，A、B相对静止，加速度a＝‎2 m/s2.对整体分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝‎2 kg.当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝＝F－，由图像可知，图线的斜率k＝＝＝‎2 kg－1，解得M＝‎0.5 kg，则滑块A质量m＝‎1.5 kg，故A正确，B错误．将F＞4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a＝F－，解得μ＝0.2，故D错误．根据F＝5 N＞4 N时，滑块与木块相对滑动，B的加速度aB＝F－μ＝‎4 m/s2，故C正确．]‎ ‎11．如图所示，足够长的倾角θ＝37°的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上，质量分别为m1＝‎2 kg，m2＝‎4 kg，此时轻绳处于水平状态且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75.对物体B施加水平恒力F＝76 N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t＝2 s物体B到达斜面底端P点，此时撤去恒力F.若两物体均可视为质点，重力加速度g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)求两物体加速时轻绳上的张力T；‎ ‎(2)物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L.‎ 解析：(1)两物体加速时对整体研究有 F－μ‎1m1g－μ‎2m‎2‎g＝(m1＋m2)a 对A物体有T－μ‎1m1g＝m‎1a 解得T＝22 N，a＝‎6 m/s2‎ ‎(2)当B物体到达P点时二者速度v＝at＝‎12 m/s 之后B物体沿斜面向上滑行，有 m2gsin θ＋μ‎2m2‎gcos θ＝m‎2a2‎ B物体上滑距离s＝ A物体先在水平面上减速滑行，有μ‎1m1g＝m‎1a1‎ 滑行到P点时速度设为v1，有v－v2＝－‎‎2a1L A物体滑上斜面后，有m1gsin θ＋μ‎1m1gcos θ＝m‎1a1′‎ 因在斜面上A物体的加速度小于B物体的加速度，所以与物体B刚好不相撞，其上滑的最大距离与B的相同，则有v＝‎2a1′s，解得L＝‎‎2.4 m 答案：(1)22 N　(2)‎‎2.4 m ‎12．如图甲所示，质量M＝‎4 kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝‎4 kg，大小可忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．铁块和木板开始均静止，从t＝0时刻起铁块受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F作用的时间为6 s，重力加速度g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)铁块和木板在0～2 s内的加速度大小．‎ ‎(2)铁块在6 s内的位移大小．‎ ‎(3)从开始运动到铁块和木板相对静止，它们的相对位移大小．‎ 解析：(1)在0～2 s内，由牛顿第二定律，对铁块有F－μmg＝ma1，代入数据解得铁块的加速度大小为a1＝‎3 m/s2；对木板有μmg＝Ma2，代入数据解得木板的加速度大小为a2＝‎2 m/s2.‎ ‎(2)t1＝2 s时，铁块运动的位移x1＝a1t＝‎6 m，木板运动的位移x2＝a2t＝‎4 m,2 s末铁块的速度v1＝a1t1＝‎6 m/s，木板的速度v2＝a2t1＝‎4 m/s,2 s后，由牛顿第二定律，对铁块有F－μmg＝ma′1，解得a′1＝‎1 m/s2，对木板有μmg＝Ma′2，代入数据解得a′2＝‎2 m/s2.设再经过t2时间铁块和木板达到共同速度v，则v＝v1＋a′1t2＝v2＋a′2t2，代入数据解得t2＝2 s，v＝‎8 m/s.在t2时间内，铁块运动的位移x′1＝t2＝‎14 m，木板运动的位移x′2＝t2＝‎12 m．F作用的最后2 s内，铁块和木板相对静止，一起以初速度v＝‎8 m/s做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板组成的整体有F＝(m＋M)a，代入数据解得a＝‎1.5 m/s2，最后2 s内铁块和木板运动的位移均为x3＝vt3＋at＝‎19 m，所以铁块在6 s内运动的位移大小为x铁＝x1＋x′1＋x3＝‎39 m.‎ ‎(3)铁块和木板相对静止前木板运动的总位移为x木＝x2＋x′2＝‎16 m，铁块和木板的相对位移大小为x1＋x′1－x木＝‎4 m.‎ 答案：(1)‎3 m/s2　‎2 m/s2　(2)‎39 m　(3)‎‎4 m