【物理】2019届二轮复习力和物体的运动学案（全国通用） 20页

力和物体的运动 年份 试卷 题号 考点 情境图 ‎2014‎ Ⅰ卷 ‎19‎ 以“行星冲日”考查万有引力定律的应用 ‎20题 ‎20‎ 水平面内圆周运动的临界问题 Ⅱ卷 ‎15‎ 平抛运动基本规律的应用 ‎17题 ‎24题 ‎17‎ 竖直面内的圆周运动 ‎18‎ 用万有引力定律求地球密度 ‎24‎ 匀变速直线运动规律和牛运动顿定律的应用 ‎2015‎ Ⅰ卷 ‎18‎ 平抛运动基本规律的应用 ‎18题 ‎20题 ‎25题 ‎20‎ 牛顿运动定律的应用 ‎21‎ 万有引力定律的应用 ‎25‎ 动力学方法分析“板—块”模型 Ⅱ卷 ‎20‎ 应用牛顿运动定律分析车厢的运动 ‎25题 ‎25‎ 动力学方法分析“板—块”模型 ‎2016‎ Ⅰ卷 ‎17‎ 万有引力定律的应用 ‎21题 ‎21‎ 图象和追及相遇问题 Ⅱ卷 ‎16‎ 竖直面内的圆周运动 Ⅲ卷 ‎14‎ 开普勒行星运动定律 ‎2017‎ Ⅰ卷 ‎15‎ 平抛运动基本规律的应用 Ⅱ卷 ‎14‎ 圆周运动的动力学分析 ‎14题 ‎19题 ‎19‎ 万有引力定律的应用 Ⅲ卷 ‎14‎ 万有引力定律的应用 ‎25题 ‎25‎ 动力学方法分析“板—块”模型 ‎2018‎ Ⅰ卷 ‎14‎ 匀变速直线运动规律的应用 ‎15题 ‎18题 ‎15‎ 牛顿第二定律和图象的结合 ‎18‎ 运动的合成与分解 ‎20‎ 万有引力定律和双星模型 Ⅱ卷 ‎16‎ 万有引力定律的应用 Ⅲ卷 ‎15‎ 开普勒行星运动定律的应用 第1课时　力与直线运动 ‎1．匀变速直线运动的条件 物体或带电体所受合力为恒力，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－v02＝2ax.‎ 中间时刻的瞬时速度：＝＝.‎ 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 ‎(1)速度—时间关系图线的斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线．‎ ‎(2)位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度．‎ ‎4．超重和失重 超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重．‎ ‎1．基本思路 ‎2．解题关键 ‎ 抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图．对于多运动过程问题，还要找准一个转折点，特别是转折点的速度．‎ ‎3．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．‎ 高考题型1　匀变速直线运动规律的应用 例1　(2018·安徽省黄山市一质检)如图1所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知＝1 200 m，＝2 000 m，求：‎ 图1‎ ‎(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；‎ ‎(2)列车减速运动的最长时间．‎ 答案　(1)1.6 m/s2≤a≤2.3 m/s2　(2)50 s 解析　(1)列车做减速运动到速度为0的过程中，刹车的距离：x＝，当位移最小时，加速度最大：amax＝＝ m/s2≈2.3 m/s2‎ 位移最大时，加速度最小：amin＝＝ m/s2＝1.6 m/s2‎ 所以加速度大小的取值范围是：1.6 m/s2≤a≤2.3 m/s2‎ ‎(2)由速度公式：v＝v0＋at可知，列车减速到速度为0的时间：t＝ ，可知加速度最小时，列车减速的时间最长，为：tmax＝＝ s＝50 s 拓展训练1　(2018·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. 答案　C 解析　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时速度是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.‎ 拓展训练2　(2018·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？‎ 答案　0.643 m/s2　0.6 m/s2‎ 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－v12‎ 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．‎ 高考题型2　 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．技巧方法 ‎(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，交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2　(2018·山西省吕梁市第一次模拟)如图2所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　　)‎ 图2‎ A．图甲中A球的加速度为gsin θ B．图甲中B球的加速度为2gsin θ C．图乙中AB两球的加速度均为gsin θ D．图乙中轻杆的作用力－定不为零 答案　C 解析　设B球质量为m，A球的质量为3m.撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsin θ，加速度为4gsin θ，故A、B错误；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin θ，A、B两球的加速度均为gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，D错误．‎ 例3　如图3甲所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10 m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)物块到达B点时速度的大小，物块加速度的大小；‎ ‎(2)拉力F的大小；‎ ‎(3)若拉力F与斜面夹角为α(0°<α<90°)，如图乙所示，试写出拉力F的表达式．‎ 答案　(1)8 m/s　3 m/s2　(2)5.2 N　(3)F＝ 解析　(1)根据运动学公式，有L＝v0t＋at2，v＝v0＋at，联立解得a＝3 m/s2，v＝8 m/s ‎(2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力， ‎ 根据牛顿第二定律有 平行斜面方向：F－mgsin θ－Ff＝ma 垂直斜面方向：FN＝mgcos θ 其中Ff＝μFN 拉力F的大小F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋ma＝5.2 N ‎(3)拉力F与斜面夹角为α时，受力如图 有Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma FN＋Fsin α－mgcos θ＝0‎ 其中Ff＝μFN 拉力F的表达式为F＝ 拓展训练3　(2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图4所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则(　　)‎ 图4‎ A．运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态 B．运动员把跳板压到最低点时，运动员所受外力的合力为零 C．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对运动员的作用力大于运动员的重力 D．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对运动员的作用力大于运动员对跳板的作用力 答案　C 拓展训练4　(多选)(2018·河北省张家口市上学期期末)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图5所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是(　　)‎ 图5‎ A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F B．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为 C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为μmg D．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为 答案　BD 解析　若水平地面光滑，将两者看做一个整体有：a＝＝，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：a＝，所以FN＝ma＝F，A错误，B正确；若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，将两者看做一个整体有：a＝，将B隔离有：a＝，解得FN＝，C错误，D正确．‎ 高考题型3　动力学方法分析“传送带”模型 ‎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．‎ 例4　(2018·安徽省安庆市二模)如图6所示，半径R＝1.6 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带相切于B点，水平传送带上A、B两端点间距L＝16 m，传送带以v0＝10 m/s的速度顺时针运动，将质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)放到传送带上，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2.‎ 图6‎ ‎(1)将滑块在传送带A端由静止释放，求滑块由释放到第一次经过B端时所需时间；‎ ‎(2)若滑块仍由静止释放，要想滑块能通过圆轨道的最高点C，求滑块在传送带上释放的位置范围；‎ ‎(3)若将滑块在传送带中点处释放，同时沿水平方向给滑块一初速度，使滑块能通过圆轨道的最高点C，求此初速度满足的条件．‎ 答案　见解析 解析　(1) 对滑块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma 由运动学公式得：v0＝at1‎ 解得：t1＝2.5 s 设滑块速度达到v0时经过的位移为x1‎ 由运动学公式得：x1＝at12＝12.5 m 设滑块匀速运动的位移为x2，x2＝L－x1＝3.5 m 则滑块匀速运动的时间为t2＝＝0.35 s 所需时间为t＝t1＋t2＝2.85 s ‎(2)由牛顿第二定律得：mg＝m 由机械能守恒得：mvB2－mvC2＝mg·2R 解得：滑块通过B点的速度至少为vB＝4 m/s 由运动学公式得：vB2＝2ax 解得：x＝10 m 滑块在距A端小于等于6 m的范围内任何一个位置释放均可到达半圆轨道的最高点C处 ‎(3)若给滑块一水平向右的初速度v1 ，由运动学公式得：vB2－v12＝2a 解得：v1＝4 m/s 所以给滑块一水平向右的初速度且需满足的条件v1≥4 m/s 若给滑块一水平向左的初速度，只需让滑块在向左减速滑行的距离在2～8 m的范围即可 由运动学公式可得v22－0＝2ax′，2 m≤x′≤8 m 解得： 4 m/s≤v2≤8 m/s 所以给滑块一水平向左的初速度且需满足的条件4 m/s≤v2≤8 m/s 拓展训练5　(2018·四川省成都市新都区摸底)如图7所示，高H＝0.45 m的水平台面上是一个以v0＝3 m/s的速度顺时针转动的水平传送带AB，在该水平台面右边竖直面BC的右端x＝0.4 m处也有一高度h＝0.35 m的足够长水平台面，其左端面DE也是竖直方向，E点为平台的左端点．将一质量m＝1 kg的小物块无初速度地放在传送带上的A点处．已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，传送带的长度L＝2 m，传送带的滑轮大小可以忽略，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力．‎ 图7‎ ‎(1)求小物块从A到B的过程中，产生的热量；‎ ‎(2)求小物块离开传送带后，第一落点的位置到E点的距离．‎ 答案　(1)4 J　(2)0.1 m 解析　(1)小物块加速过程的加速度为：a＝μg＝1 m/s2，‎ 假设小物块在传送带上一直做匀加速直线运动，离开传送带时的速度为v1，‎ 则由v12＝2aL，得到：v1＝2 m/s，由于v1＜v0＝3 m/s，所以假设成立；‎ 传送带上加速的时间t1＝＝ s＝2 s；‎ 其间传送带的位移为x1＝v0t1＝6 m，‎ 相对位移Δx＝x1－L＝4 m，‎ 产生的热量Q＝μmgΔx＝4 J；‎ ‎(2)小物块离开传送带后做平抛运动，若能到平台下方的地面，则：x1＝v1t，H＝gt2，解得x1＝0.6 m，‎ 由于x1＞0.4 m，所以小物块不可能到达平台下方的地面；‎ 故小物块落在竖直面DE上，由于t＝＝0.2 s，故y＝gt2＝0.2 m 则小物块落点距E的距离d＝h－(H－y)＝0.1 m.‎ 高考题型4　 动力学方法分析“板—块”模型 ‎1．模型特点 ‎“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为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．解题关键 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．‎ 例5　(2018·山东省日照市二模)如图8甲所示，质量M＝2 kg、长L＝1 m的木板静止在粗糙的水平地面上，在木板的左端放置一质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力：(取g＝10 m/s2)‎ 图8‎ ‎(1)若在铁块上施加一随时间增大的水平力F＝kt(k是常数)，通过摩擦力传感器描绘出铁块受到木板的摩擦力Ff随时间t变化的图象如图乙所示．求木板与地面间的动摩擦因数μ1和木板与铁块间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)若在铁块上施加恒力F，使铁块从木板上滑落，求F的大小范围；‎ ‎(3)若在铁块上施加向右的恒力F＝8 N，求铁块运动到木板右端所用的时间．‎ 答案　(1)μ1＝0.1　μ2＝0.5　(2)F>6 N　(3)1 s 解析　(1)由题图乙可知，0～1 s内，木板与铁块均没有滑动，F1＝F＝kt；‎ ‎1～3 s，木板和铁块相对静止，但整体相对地面运动，故t＝1 s时，恰好有Ff1＝μ1(m＋M)g＝3 N.‎ 求得木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1；‎ ‎3 s后，木板和铁块相对滑动，铁块受到滑动摩擦力，有μ2mg＝5 N 求得木板与铁块间的动摩擦因数为μ2＝0.5‎ ‎(2)使铁块从木板上滑落，必须有铁块的加速度大于木板的加速度，设铁块的加速度为a1，木板的加速度为a2，‎ 由牛顿第二定律，对铁块有F－μ2mg＝ma1‎ 对木板：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2‎ 当a1>a2时，铁块才能从木板上滑落，代入数据解得：F>6 N ‎(3)由牛顿第二定律F－μ2mg＝ma1，解得a1＝3 m/s2；‎ 对木板：μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，解得a2＝1 m/s2‎ 设铁块运动到木板右端所用的时间为t，则a1t2－a2t2＝L 解得t＝1 s.‎ 拓展训练6　(多选)(2018·河南省安阳市第二次模拟)如图9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v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，‎ 则下列说法正确的是(　　)‎ ‎　‎ 图9‎ 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 答案　BC 解析　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v－t图象的斜率表示加速度，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v－t图象与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝[×(7＋3)×2－×2×2] m＝8 m，C正确．‎ 专题强化练 ‎1．(2018·河南省周口市期末)如图1所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动．已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的，则下列物理量中可求出的是(　　)‎ 图1‎ A．A、B 两点之间的距离 B．质点从A 运动到B所用的时间 C．质点运动的加速度大小 D．质点到达B点时的速度大小 答案　B ‎2．(多选)(2018·广东省深圳市宝安区模拟)汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中在5 s内分别经过A、B两根电杆，已知A、B电杆相距50 m，车经过电杆B时的速率是15 m/s，则(　　)‎ A．经过A杆时的速率是5 m/s B．车的加速度是1.5 m/s2‎ C．A、O间距离是6.25 m D．车从出发到B所用的时间是9 s 答案　AC ‎3．(2018·山西省太原市二模)甲、乙两车在平直公路上行驶，其v－t图象如图2所示．t＝0时刻，两车间距为x0；t0时刻，甲、乙两车相遇.0～t0时间内甲车发生的位移为x，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．0～t0时间内甲车在前，t0～2t0时间内乙车在前 B．0～2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍 C．2t0时刻甲、乙两车相距x0‎ D．x0＝x 答案　D ‎4．(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图3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(　　)‎ 图3‎ A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0‎ C．aA＝g，aB＝0‎ D．aA＝2g，aB＝0‎ 答案　D 解析　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.‎ ‎5．(多选)(2018·山东省泰安市上学期期中)如图4所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零 B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零 C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsin θ 答案　BCD 解析　若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a＝gsin θ，然后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则F＋mgsin θ＝ma，解得F＝0，A错误，B正确；‎ 剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F弹＝(3m＋2m＋m)gsin θ＝6mgsin θ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsin θ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹－(m＋2m)gsin θ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsin θ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mgsin θ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsin θ，故C、D正确．‎ ‎6．(多选)(2018·河北省承德市联校期末)如图5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(　　)‎ 图5‎ 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 答案　AC 解析　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．‎ ‎7．(多选)(2018·湖北省黄冈市质检)如图6所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B 物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止 B．物块B最终一定追上物块A C．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等 D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变 答案　BC 解析　物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5μ1(m1＋m2)g 联立得：0.30<μ2≤0.45‎ ‎(3)若μ2＝0.4，由上问可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ2m1g＝m1a1‎ 设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v12－v2＝－2a1l 联立可以得到：v1＝4 m/s 设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B达到共同速度v2，木板B的加速度为a2‎ 由牛顿第二定律和运动学公式得：‎ 对于木板B有：μ2m1g－μ1(m1＋m2)g＝m2a2，v2＝a2t，对于货物有：v2＝v1－a1t 木板的位移：x2＝t 货物的位移：x1＝t 货物相对木板B的位移：Δx＝x1－x2‎ 联立得：Δx＝1.6 m 货物与木板B达到共同速度v2后，由于μ2>μ1，货物与木板B间没有相对滑动 则货物最后停在木板B上，在木板B上滑行的距离Δx＝1.6 m.‎ ‎10．(2018·安徽省宣城市第二次调研)如图9所示，以水平地面建立x轴，有一质量m＝1 kg的小木块放在质量为M＝2 kg的长木板的左端A点，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．初始时m与M－起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为x＝27.5 m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下．取g＝10 m/s2，求：‎ 图9‎ ‎(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；‎ ‎(2)最终木板停止时A点的位置坐标．‎ 答案　(1)18 m　2 s　(2)xA＝－1 m 解析　(1)以向右为正方向，对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：‎ ‎－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得a1＝－1 m/s2‎ 设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：‎ v2－v02＝2a1(x－L)‎ 碰后对木块，由牛顿第二定律：－μ2mg＝ma2‎ 解得a2＝－5 m/s2‎ 对木板：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3‎ 解得a3＝4 m/s2‎ 依题意，碰后经时间t共速，由速度公式v＋a2t＝－v＋a3t 解得t＝v 木块与木板的相对位移：L＝×2vt＝v2‎ 联立解得L＝18 m；v＝9 m/s；t＝2 s ‎(2)共速后的速度v共＝v＋a2t＝－1 m/s，方向向左，因μ1<μ2，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动学公式：x1＝t＝－10 m x2＝＝－0.5 m 故A点的坐标xA＝x＋x1＋x2－L＝－1 m.‎