【物理】2019届二轮复习牛顿运动定律学案（全国通用） 24页

‎2019届二轮复习 牛顿运动定律 学案（全国通用）‎ ‎【考纲揭秘】‎ ‎【考点揭秘】——高考考什么？‎ 考纲内容（要求）‎ 考点分布 牛顿运动定律及其应用Ⅱ. . ‎ 超重和失重Ⅰ 学 ‎ 考点1 牛顿运动定律及其应用 考点2 两类动力学问题　超、失重现象 考点3 动力学图象　连接体、叠加体和板-块模型综合问题 ‎【常见失分点揭秘】——失分在哪里？‎ ‎1．忘记弹簧和轻绳的力学特点，容易漏掉题目中的关键词，如“立即”“恰好”等，从而不能正确的受力分析．遇到瞬时问题时要牢记两个模型：一是刚性绳、杆或接触面，弹力可以突变；二是弹簧或橡皮绳，弹力不能突变，在瞬时性问题中可以视为弹力不变．‎ ‎2．在对物体进行受力分析时，如果不便于分析求出物体受到的某些力，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此．可见牛顿第三定律将起到非常重要的转换研究对象的作用，使我们对问题的分析思路更灵活、更宽阔．‎ ‎3．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变．‎ ‎4．牛顿第二定律是一个运动定律，描述物体的加速度、质量和力之间的定量关系，并不涉及比值定义法．学 ‎ ‎5．物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系．‎ ‎【真题揭秘】真题揭秘——高考怎么考？‎ 考点1 牛顿运动定律及其应用 ‎【解题揭秘】‎ 1. 对牛顿第一定律的理解 ‎(1)明确了惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性，即物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质．‎ ‎(2)揭示了力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因．‎ ‎(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力的状态，而物体不受外力的情形是不存在的．在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力的表现是相同的．‎ ‎(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的．力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答．　 ‎ ‎2. 用牛顿第二定律求瞬时加速度的两种模型 加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：‎ ‎3. 区分平衡力与作用力、反作用力：‎ 名称 项目　　‎ 一对平衡力 作用力与反作用力 作用对象 同一个物体 两个相互作用的不同物体 作用时间 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失 力的性质 不一定相同 一定相同 作用效果 可相互抵消 不可抵消 ‎【例1】 (2016全国卷Ⅰ，T18)(多选)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)‎ A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 ‎【答案】BC　‎ ‎【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力。①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；②若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错。‎ ‎【例2】 (2015海南单 ，T9)(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时(　　)‎ A．物块与斜面间的摩擦力减小 B．物块与斜面间的正压力增大 C．物块相对于斜面减速下滑 D．物块相对于斜面匀速下滑 ‎【答案】BD　‎ ‎【例3】 (2015海南单 ，T8)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b，b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间(　　)‎ A．a1＝3g B．a1＝0‎ C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2‎ ‎【答案】AC　‎ ‎【解析】设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝ Δx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。‎ ‎【例4】 (2014北京理综，T19)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的 学方法，有力地促进了人类 学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)‎ A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置 B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 ‎【答案】A　‎ ‎【解析】根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确；而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误。‎ ‎【例5】(2014山东理综，T15)(多选)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有(　　)‎ A．t1 B．t2 ‎ C．t3 D．t4‎ ‎【答案】AC　‎ ‎【解析】v－t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误。‎ ‎【例6】 (2013海南物理，T7)(多选) 学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是(　　)‎ A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变 B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去 C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下也不偏离原来的方向 D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 ‎【答案】BCD　‎ ‎【解析】亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，他认为力是维持物体运动的原因，A错误．伽利略通过“理想斜面实验”得到结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，就将以这一速度永远运动下去，B正确，C、D均符合历史事实．‎ ‎【例7】 (2013山东理综，T14)(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的 学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有(　　)‎ A．力不是维持物体运动的原因 B．物体之间普遍存在相互吸引力 C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反 ‎【答案】AC　‎ ‎【例8】 (2014新课标全国卷Ⅰ，T24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 m/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。‎ ‎【答案】　20 m/s(72 m/h)‎ ‎【解析】　设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg＝ma0①‎ s＝v0t0＋②‎ 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．‎ 设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有 μ＝μ0③‎ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v ‎，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg＝ma④‎ s＝vt0＋⑤‎ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝20 m/s(72 m/h)⑥‎ ‎【例9】 (2016四川理综，T10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；‎ ‎(2)制动坡床的长度。‎ ‎【答案】　(1)5 m/s2　方向沿制动坡床向下　(2)98 m ‎【解析】　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则 f＋mgsin θ＝ma1①‎ f＝μmgcos θ②‎ 联立①②并代入数据得a1＝5 m/s2③‎ a1的方向沿制动坡床向下。学 ‎ ‎(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s。货车在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的 倍， ＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则 Mgsin θ＋F－f＝Ma2④‎ F＝ (m＋M)g⑤‎ s1＝vt－a1t2⑥‎ s2＝vt－a2t2⑦‎ s＝s1－s2⑧‎ l＝l2＋s0＋s1⑨‎ 联立① ⑨并代入数据得 l＝98 m⑩‎ ‎【例10】 (2014上海单 ，T31)如图所示，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球。静止时，箱子顶部与球接触但无压力。箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v。‎ ‎(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′；‎ ‎(2)若a＞gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力。‎ ‎【答案】　(1)　(2)0　m(acot θ－g)‎ ‎【解析】　(1)设加速过程中加速度为a′，由匀变速运动公式有s1＝，s2＝，‎ s＝s1＋s2＝＋，‎ 解得a′＝。‎ ‎(2)设球不受车厢作用，应满足Nsin θ＝ma，Ncos θ＝mg，‎ 解得a＝gtan θ。‎ 减速时加速度由斜面支持力N1与左壁支持力N2共同决定，当a>gtan θ时，‎ N2＝0，‎ 球受力如图。‎ 由牛顿第二定律有N1sin θ＝ma， N1cos θ－N3＝mg，‎ 解得N3＝m(acot θ－g)。‎ 考点2 两类动力学问题　超、失重现象 ‎【解题揭秘】‎ 1. 两类动力学问题的解题技巧：‎ 以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：‎ 1. 超重和失重现象判断的“三”技巧 ‎(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态．‎ ‎(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．‎ ‎(3)从速度变化的角度判断 ‎①物体向上加速或向下减速时，超重．‎ ‎②物体向下加速或向上减速时，失重．‎ ‎【例11】 (2018全国I卷，T15)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( )‎ ‎ ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由牛顿运动定律，F-mg+F弹=ma，F弹= (x0-x)， x0=mg，联立解得F=ma + x，对比题给的四个图象，可能正确的是A。‎ ‎【例12】(2016课标卷Ⅱ，T19)（多选）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则(　　)‎ A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 ‎【答案】BD ‎【解析】两球的质量m＝ρ·πr3，f＝ r，对两球由牛顿第二定律 a＝＝g－＝g－，可得a甲＞a乙，由h＝at2知甲球的运动时间较短，选项A、C错误；由v＝得v甲＞v乙，故选项B正确；因f甲＞f乙，由Wf＝f·h知阻力对甲球做功较大，选项D正确．‎ ‎【例13】 (2016江苏单 ，T9)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　)‎ A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎【答案】BD　‎ ‎【例14】 (2014北京理综，T18)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是(　　)‎ A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 ‎【答案】D　‎ ‎【解析】‎ 物体由静止开始向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分离前，应减速向上，物体处于失重状态，故A、B均错误；当物体和手分离时，二者速度相同，又因均做减速运动，故分离条件为a手>a物，分离瞬间物体的加速度等于重力加速度，则手的加速度大于重力加速度，选项D正确，C错误。‎ ‎【例15】 (2013广东理综，T19)(多选)如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有(　　)‎ A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处 ‎【答案】BD　‎ ‎【解析】由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的，后是小于乙的，A项错误；由机械能守恒定律可知，甲、乙在同一高度时速度大小相等，B项正确；开始时甲的加速度大于乙的加速度，故甲开始时下滑较快，C项错误；因开始时甲的平均加速度较大，其在整个过程中的平均速度大于乙的平均速度，所以甲比乙先到达B处，D项正确。‎ ‎【例16】 (2013浙江理综，T19)(多选)如图所示，总质量为460 g的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是(　　)‎ A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N ‎【答案】AD　‎ ‎【解析】刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5) N＝4 830‎ ‎ N，A正确；加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误；浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度v＜at＝5 m/s，C项错误；匀速上升时，F浮＝Ff＋mg，所以Ff＝F浮－mg＝4 830 N－4 600 N＝230 N，D项正确。‎ ‎【例17】 (2017课标卷Ⅱ，T24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1Ffmax时，a与F成一次函数关系，选项C正确．‎ ‎【例24】 (2016海南卷，T5)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0 5 s,5 10 s，10 15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　)‎ A．F1F3‎ C．F1>F3 D．F1＝F3‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据vt图象可知，在0 5 s内加速度大小为a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下；在5 10 s内，加速度大小为a2＝0；在10 15 s内加速度大小为a3＝0.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如图：‎ 在0 5 s内，根据牛顿第二定律：mgsin θ－f－F1＝ma1，则：F1＝mgsin θ－f－0.2m；‎ 在5 10 s内，根据牛顿第二定律：mgsin θ－f－F2＝ma2，则：F2＝mgsin θ－f；‎ 在10 15 s内，根据牛顿第二定律：f＋F3－mgsin θ＝ma3，则：F3＝mgsin θ－f＋0.2m；‎ 故可以得到：F3＞F2＞F1，故选项A正确．‎ ‎【例25】(2016天津理综，T8)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)‎ A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2‎ C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误．以后面的车厢为研究对象，F56－3 mg＝3ma，F67－2 mg＝2ma，则5、6与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确．根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误．若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝8 mg·v知，最大速度变为原来2倍，选项D正确．‎ ‎【例26】(2015重庆理综，T5)若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是(　　)‎ ‎【答案】B　‎ ‎【例27】(2015江苏单 ，T6)(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)‎ A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 ‎【答案】AD　‎ ‎【解析】由题图知，在上升过程中，在0 4 s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma ‎，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7 10 s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。‎ ‎【例28】 (2014福建理综，T15)如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是(　　)‎ ‎【答案】B　‎ ‎【例29】 (2013重庆理综，T4)如图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的(　　)‎ A．①、②和③ B．③、②和①‎ C．②、③和① D．③、①和②‎ ‎【答案】B　‎ ‎【解析】小球对斜面的压力FN＝mgcos θ，即＝cos θ，图线③符合；小球沿光滑斜面下滑的加速度a＝gsin θ，即＝sin θ，图线②符合；重力加速度g不随倾角θ变化，图线①符合．综上知B正确．‎ ‎【例30】(2014四川理综，T7)(多选)如右图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P 与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(　　)‎ ‎【答案】BC　‎ ‎【解析】设P与传送带之间的滑动摩擦力为f，绳子的拉力为T，P物体的运动图象可能为 ‎(1)v1＝v2且f≥T时，P从右端离开；‎ ‎(2)v2v1‎ ‎①若T>f，先以a1＝减速运动，再以a2＝减速运动，减速到0，再反向加速，P从左端离开；‎ ‎②若Tμ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg⑨‎ 由⑦⑨式知，‎ 物块加速度的大小a′1等于a1；物块的vt图象如图中点划线所示．‎ 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2×⑩‎ s2＝t1＋⑪‎ 物块相对于木板的位移的大小为 s＝s2－s1⑫‎ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得 s＝1.125 m.‎ ‎【例32】(2015课标卷Ⅰ，T25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)木板右端离墙壁的最终距离．‎ ‎【答案】　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m ‎【解析】　(1)根据图(b)可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2.‎ 根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4‎ 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋a1t2‎ 解得a1＝1 m/s2‎ 对小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：‎ μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即 μ1g＝a1‎ 解得μ1＝0.1.‎ ‎(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3‎ 可得a3＝ m/s2‎ 对小物块，加速度大小为a2＝4 m/s2‎ 由于a2＞a3，所以小物块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s 过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－a3t＝ m, 末速度v1＝ m/s 小物块向右运动的位移x2＝t1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2‎ 木板继续减速，加速度大小仍为a3＝ m/s2‎ 假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2‎ 解得t2＝0.5 s 此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－a3t＝ m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大，‎ Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6.0 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6.0 m.‎ ‎(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2‎ 向左运动的位移为x5＝＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m.‎ ‎【真题感悟】‎ ‎1．高考考查特点 ‎(1)本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．‎ ‎(2)整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离的方式．‎ ‎2．解题的常见误区及提醒 ‎(1)研究对象选取时，不能灵活应用整体法、隔离法．‎ ‎(2)对物体受力分析有漏力、多力现象，合力的计算出错．‎ ‎(3)应用公式F＝ma时，要注意F、m、a的一体性．‎ ‎3. 滑块—木板模型问题解题技巧：‎ ‎①两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．学 ‎ 设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2，‎ ‎ ‎ 图1 图2‎ 同向运动时：如图1所示，L＝x1－x2 反向运动时：如图2所示，L＝x1＋x2‎ ‎②解题思路 ‎(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．‎ ‎(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．‎