2021年新高考物理二輪復(fù)習(xí)京津魯瓊專用講義：專題一第2講力與物體的直線運(yùn)動

1、第 2 講力與物體的直線運(yùn)動真題感悟透析考情真題再現(xiàn)1. （2019 高考全國卷I） 如圖， 籃球架下的運(yùn) 動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的考情分析最大高度為H上升第一個H所用的時間為 SHt2第四個 H 所用的時間為 t2.不計空氣阻力，則 t24ti滿足（）鱉直上#6運(yùn)功、口由落休運(yùn) 動的規(guī)律t2A.1_2tit2C.3；4解析：選 C 本題應(yīng)用逆向思維求解，即運(yùn)動員的豎直上拋運(yùn)動可等同于從一定高度處開始的自由落體運(yùn)動，所以第四個H所用的時間H個 4 所用的時間為 b因此有 ti= 2-1 3=2+衛(wèi),即 3t28 m ,即這位同學(xué)已通過關(guān)卡 2,距該關(guān)卡 1 m,當(dāng)關(guān)卡關(guān)閉 t2=

2、 2 s 時，此同學(xué)在關(guān)卡 2、3 之間通過了 X3= wt2=16 m (1 + 4+ 10) m = 1 m,關(guān)卡關(guān)閉 2 s,經(jīng)過 t3= - = 0.5 s 后關(guān)卡 4 最先擋住他前進(jìn).角度 2 追及、相遇問題2 .一題多解在水平軌道上有兩列火車 A 和 B 相距 x, A 車在后面做初速度為 vo、加速度 大小為 2a 的勻減速直線運(yùn)動，而 B 車同時做初速度為零、加速度為a 的勻加速直線運(yùn)動，兩車運(yùn)動方向相同.要使兩車不相撞，求A 車的初速度 Vo滿足什么條件.頁rTiirTi三廿和*解析：兩車不相撞的臨界條件是 ，A 車追上 B 車時其速度與 B 車相等.設(shè) A、B 兩車從相 距

3、 x 到 A車追上 B 車時，A 車的位移為 XA末速度為 VA所用時間為 t; B 車的位移為 XB、末 速度為VB,運(yùn)動過程如圖所示，現(xiàn)用如下四種方法解答：法一(臨界法)：利用位移公式、速度公式求解，對 A 車有XA= -ot+ 1X( 2a)Xt2,VA=-o+(2a)xt12對 B 車有XB=at ,VB=at兩車位移關(guān)系有X=XAXB追上時，兩車不相撞的臨界條件是VA=VB=4 m 的位移，接著關(guān)卡放行t= 5 s,同學(xué)通過的位移X4= V1t= 10 m,此時距離關(guān)卡 4 為 X5左口I關(guān)昭關(guān)卡？ 關(guān)卡4關(guān)卡產(chǎn)R m8 mfi m%m聯(lián)立以上各式解得 vo= =/6ax故要使兩車不

4、相撞，A 車的初速度 vo應(yīng)滿足的條件是vwvj6ax.法二(函數(shù)法)：利用判別式求解，由法一可知 xA= x+XB,即 vt+ 2x( 2a)xt2= x+gat22整理得 3at 2vot + 2x= 0這是一個關(guān)于時間 t 的一元二次方程，當(dāng)根的判別式= ( 2vo)2 4 3a2x= 0 時，兩車剛好不相撞，所以要使兩車不相撞，A 車的初速度 vo應(yīng)滿足的條件是vw6ax.法三(圖象法)：利用 v t 圖象求解，先作 A、B 兩車的 v t 圖象，如圖所示，設(shè)經(jīng)過 t 時間兩車剛好不相撞，則對 A 車有VA=v = vo 2at對 B 車有VB=v = at以上兩式聯(lián)立解得t=書經(jīng) t

5、 時間兩車發(fā)生的位移之差為原來兩車間距離 x,它可用圖中的陰影面積表示 ，由圖象 可知211 vovox=尹0=2vo3a=鬲所以要使兩車不相撞，A 車的初速度 vo應(yīng)滿足的條件是 vo 6ax.法四(相對運(yùn)動法)： 巧選參考系求解.以 B 車為參考系， A 車的初速度為 vo,加速度為 a =2a a=3a.A 車追上 B 車且剛好不相撞的條件是： v= 0,這一過程 A 車相對于 B 車的位 移為 x,由運(yùn)動學(xué)公式 v2v2= 2a x 得：2 2o vo= 2 ( 3a) x所以 vo= . 6ax.故要使兩車不相撞，A 車的初速度 vo應(yīng)滿足的條件是vw6ax. 答案：vo 6ax反I

6、思提升命題角度解決方法易錯辨析推論法、比例法、逆向思維法勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用等找準(zhǔn)運(yùn)動過程中的轉(zhuǎn)折點(diǎn)挖掘隱含條件，如“剛?cè)舯蛔汾s的物體做勻減速運(yùn)好”“恰好” “最多”“至動，一疋要注意追上該物體前追及、相遇問題少等,對應(yīng)兩者速度相等這它是否已停止運(yùn)動，另外最后樣一個轉(zhuǎn)折點(diǎn)還要注意對解的討論分析考點(diǎn)2 牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用【高分快攻】i.動力學(xué)的兩類基本問題的處理思路2 .瞬時加速度的求解（1）兩類模型1剛性繩（或接觸面）一一不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷（或脫離）后，其彈力立即消失，不需要形變恢復(fù)時間.2彈簧（或橡皮繩）一一兩端同時連接（或附著）有物體的彈簧（或橡皮繩），特點(diǎn)是形變量

7、大，其形變恢復(fù)需要一段時間，在瞬時性問題中，其彈力的大小往往可以看成保持不變.（2）求解瞬時加速度的一般思路【典題例析】例 2 （2019 高考全國卷n）一質(zhì)量為 m= 2 000 kg 的汽車以某一速度在平直公路上勻速行 駛行駛過程中，司機(jī)忽然發(fā)現(xiàn)前方100 m 處有一警示牌，立即剎車剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間的變化可簡化為圖（a）中的圖線圖（a）中，0ti時間段為從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)時間（這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛）,t1=0.8 s；ht2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2= 1.3 S；從 t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止.已知從

8、 t2時刻開始，汽車第 1 s 內(nèi)的位移為 24 m，第 4 s 內(nèi)的位移為 1 m.t運(yùn)動悄呪（trg）分析瞬時變化前后物體的受力情況列牛頓第二定律方程求瞬時加速度運(yùn)動學(xué)公式圖伍)Hfl(h)(1)在圖(b)中定性畫出從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運(yùn)動的v t 圖線；求 t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大?。磺髣x車前汽車勻速行駛時的速度大小及tlt2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少(以山t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段 時間內(nèi)汽車的平均速度)?解析(1)v t 圖象如圖所示.(2)設(shè)剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為VI,則 tl

9、時刻的速度也為V1； t2時刻的速度為V2.在 t2時刻后汽車做勻減速運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為 a.取At= 1 s.設(shè)汽車在 t2+ (n 1)Att2+ nAt 內(nèi)的位移為 Sn, n=1,2,3 4 5 6.若汽車在 t2+ 3Att2+ 4At 時間內(nèi)未停止，設(shè)它在 t2+ 3At 時刻的速度為 V3,在 t2+ 4At時刻的速度為 V4,由運(yùn)動學(xué)公式有1S1=V2At尹(At)V4=V24aAt聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)解得17V4=才 m/s6這說明在 t2+ 4At 時刻前，汽車已經(jīng)停止.因此，式不成立.由于在 t2+ 3Att2+ 4At 內(nèi)汽車停止，由運(yùn)動學(xué)公式V3=V23aAt2S

10、1S4=3a(At)22as4= V3聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)解得2a = 8 m/s , V2= 28 m/s但式情形下，V30,不合題意，舍去.(3)設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力的大小為f1.由牛頓第二定律有在 t1t2時間內(nèi)，阻力對汽車沖量的大小為1I = 2f1(t2- t1) 由動量定理有I = mv1 mv2由動能定理，在 t1t2時間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為1212W= mv1 ?mv2聯(lián)立OP ?式，代入已知數(shù)據(jù)解得V1= 30 m/s5W=1.16x10 J從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離 s 約為聯(lián)立?式，代入已知數(shù)據(jù)解得s= 87.5 m.?2答案(1)

11、見解析圖 (2)28 m/s 8 m/s5(3)30 m/s 1.16x10 J 87.5 m【題組突破】角度 1 超重、失重現(xiàn)象分析 1 如圖甲所示，升降機(jī)內(nèi)固定著一個傾角為30的光滑斜或者 a=288m/s2,V2= 29.76 m/s1S= Vltl+ 2(V1+ V2)(t2 tl) +面，斜面底端安裝一個能顯示彈簧作用力的傳感器，以彈簧受壓時傳感器示數(shù)為正，傳感器 通過一根輕彈簧連接著一個質(zhì)量為2m 的金屬球運(yùn)動中的升降機(jī)突然停止，以停止運(yùn)動為計時起點(diǎn)，在此后的一段時間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，且金屬球 運(yùn)動過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法中正確的是（）A

12、 升降機(jī)在停止運(yùn)動前是向上運(yùn)動的B 0ti時間段內(nèi)金屬球做減速運(yùn)動C. tlt2時間段內(nèi)金屬球處于超重狀態(tài)D . t2和 t4兩時刻金屬球的加速度和速度的大小均相同解析：選 D.由于升降機(jī)停止運(yùn)動前傳感器的示數(shù)為0,表明彈簧處于原長狀態(tài)，即升降機(jī)有向下的加速度 g ,而 0ti時間段內(nèi)示數(shù)增加，說明彈簧被壓縮，即升降機(jī)突然停下后金屬 球由于慣性而向下運(yùn)動，故停止前升降機(jī)是向下運(yùn)動的 ，A 錯誤；0ti時間段內(nèi)彈簧的形變 量逐漸增大，但當(dāng) F = mg時金屬球所受的合外力為 0,即金屬球前一段做加速度逐漸減小的 加速運(yùn)動，后一段做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動，B 錯誤；tit2時間段可分為兩段，F(xiàn)

13、= mg時金屬球的加速度為 0,前一段時間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時間金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)，C 錯誤；t2和 t4兩時刻彈簧的形變量均為 0 ,金屬球在斜面方向上 只有重力的分力產(chǎn)生加速度 ，故兩時刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒， 因此兩個時刻速度的大小相等，但 t2時刻金屬球沿斜面向上運(yùn)動，而 t4時刻金屬球沿斜面向 下運(yùn)動，二者的方向不同，D 正確.角度 2 瞬時加速度問題2 如圖所示，兩個質(zhì)量均為 m 的小球 A、B 用細(xì)繩相連，小球 A 與一個輕彈簧相連，彈 簧另一端固定在豎直墻上，小球用一根細(xì)線連在天花板上，開始時，兩小球都靜止不動，這 時細(xì)

14、線與水平方向的夾角是0=45,彈簧水平，重力加速度為 g,現(xiàn)突然把細(xì)線剪斷在剪斷線的瞬間，小球 A 的加速度大小是（）A 2 2gB. 5gC. 2gD 2g解析：選 B.細(xì)線剪斷前，小球 A 受到 4 個力作用，重力、彈簧的彈力、細(xì)線的拉力和細(xì) 繩的拉力，由力的平衡條件，可知：彈簧的彈力 F = 2mg,剪斷細(xì)線的瞬間，小球 A 只受彈簧 的彈力和重力，此時彈簧的彈力還是 F= 2mg,所以此時 A 球的合力FA=”(mg)2+( 2mg)2=,5mg,由牛頓第二定律可知，在剪斷線的瞬間，小球 A 的加速度大小 a = . 5g,故 B 正確，A、C、D 錯誤.角度 3 多過程動力學(xué)問題3.

15、IoQ OA B(2019 淄博段考)如圖所示，質(zhì)量分別為0.5 kg、0.2 kg 的彈性小球 A、B 穿過一繞過定滑輪的輕繩，繩子末端與地面距離為0.8 m，小球距離繩子末端 6.5 m，小球 A、B 與輕繩間的滑1動摩擦力都為自身重力的 扌，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.現(xiàn)由靜止同時釋放A、B 兩個小球，不計繩子質(zhì)量，忽略與定滑輪相關(guān)的摩擦力，g = 10 m/s2.(1) 求釋放 A、B 兩個小球后，A、B 各自加速度大小；(2) 小球 B 從開始釋放經(jīng)多長時間落到地面？解析：(1)由題意知 B 與輕繩間的滑動摩擦力fB= kmBg= 1.0 N，而 A 與輕繩間的滑動摩擦力 fA=

16、kmAg = 2.5 N.即 fBVfA.所以為保證 A、B 對輕繩的力相同，只能 A 受靜摩擦力作用，且大小與 fB相同.對B 有 mBg kmBg = mBaB解得 aB= 5 m/s2對 A 有 mAg kmBg = mAaA解得 aA= 8 m/s2.(2)設(shè)經(jīng)歷時間 t1小球 B 脫離繩子，此時小球 B 下落高度為 hB,獲得速度為VB,依題意12122ti+ gaBti= 6.5 m解得 ti= 1 s12此時 B 下落 hB= aBt1= 2.5 m小球 B 離開繩時的速度為VB=aBt1= 5 m/s小球 B 脫離繩子后在重力作用下勻加速下落，設(shè)此時距地面高度為H ,再經(jīng)時間

17、t2落地有H = 6.5 m + 0.8 m 2.5 m= 4.8 m12H = VBt2+ 2gt2解得 t2= 0.6 s故 B 從開始釋放到落地共經(jīng)歷時間t= t1+ t2= 1.6 s.答案：（1）8 m/s25 m/s2（2）1.6 s反I思提升命題角度解決方法易錯辨析超、失重現(xiàn)象分析牛頓第二定律明確加速度方向來確定超、失重狀態(tài)瞬時加速度的求解力漸變和突變的分析在繩或桿上的力可以發(fā)生突變，而彈簧上的力只能漸變考點(diǎn)3 動力學(xué)的運(yùn)動圖象問題【高分快攻】X t 圖象圖象斜率的大小表示物體運(yùn)動速度的大小，斜率的正負(fù)表示速度的方向V t 圖象（1）某一點(diǎn)代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度方向

18、為正，時間軸下方速度方向?yàn)樨?fù).（2）圖象斜率的大小表示物體運(yùn)動的加速度的大小，斜率的正負(fù)表示加速度的方向.（3）圖象與時間軸圍成的面積代表位移，時間軸上方位移為正，時間軸a t 圖象圖象與時間軸圍成的面積表示物體速度的變化量；加速度恒定表示物體做勻變速運(yùn)動，否則物體做非勻變速運(yùn)動二者天糸x t 圖象和Vt 圖象描述的都是直線運(yùn)動，而at 圖象描述的不一定是直線運(yùn)速度-時間圖象的斜率表示加速度大小可知，D 正確.動；在圖象轉(zhuǎn)換時，必須明確不同圖象間相互聯(lián)系的物理量，必要時還應(yīng)根據(jù)運(yùn) 動規(guī)律寫出兩個圖象所描述的物理量間的函數(shù)關(guān)系式進(jìn)行分析和判斷【典題例析】（多選）（2018 高考全國卷川）甲、乙兩

19、車在同一平直公路上同向運(yùn)動，甲做勻加速直 線運(yùn)動，乙做勻速直線運(yùn)動甲、乙兩車的位置x 隨時間 t 的變化如圖所示下列說法正確的是（）A .在 ti時刻兩車速度相等B .從 0 到 ti時間內(nèi)，兩車走過的路程相等C.從 ti到 t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等D 在 ti到 t2時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等解析x t 圖象某點(diǎn)的切線斜率表示瞬時速度 ，A 錯誤；前 ti時間內(nèi)，由于甲、乙的出 發(fā)點(diǎn)不同，故路程不同，B 錯誤；tit2時間內(nèi)，甲、乙的位移和路程都相等 ，大小都為 X2Xi, C 正確；tit2時間內(nèi)，甲的 X t 圖象在某一點(diǎn)的切線與乙的x t 圖象平行，此時刻兩車速度相等，D 正確

20、.答案CD【題組突破】角度 i 動力學(xué)中的速度圖象 i兩個物體從同一高度同時由靜止開始下落，經(jīng)過一段時 間分別與水平地面發(fā)生碰撞（碰撞過程時間極短）后反彈，碰撞前后瞬間速度大小不變，其中一 個物體所受空氣阻力可忽略，另一個物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比下列分別用 虛線和實(shí)線描述的兩物體運(yùn)動的v t 圖象，可能正確的是（）解析：選 D.若不計空氣阻力，則物體下落后，先做勻加速直線運(yùn)動，與地面碰撞后做豎 直上拋運(yùn)動（勻減速直線運(yùn)動）,加速度不變；若考慮空氣阻力 ，下落過程中，速度越來越大， 則空氣阻力越來越大，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度越來越小且小于 g,與地面碰撞后，速度越來越小，則空氣

21、阻力越來越小，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度越來越小且大于 g,根據(jù)角度 2 動力學(xué)中的加速度圖象2.侈選）（2019 濰坊模擬）一汽車在高速公路上以 vo= 30 m/s 的速度勻速行駛，t= 0 時刻, 駕駛員采取某種措施，汽車運(yùn)動的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示，以初速度方向?yàn)檎?下列說法正確的是（）J_1itli111U1039ifB11A . t= 6 s 時車速為 5 m/sB.t= 3 s 時車速為零C. 前 9 s 內(nèi)的平均速度為 15 m/sD .前 6 s 內(nèi)車的位移為 90 m解析：選 BC.03 s,汽車做勻減速直線運(yùn)動，3 s 末的速度 V3= vo+ aiti= （

22、30 10X3） m/s=0, B 正確；39 s,汽車做勻加速直線運(yùn)動 ，t= 6 s 時速度 V6= a2t2= 5X3 m/s = 15 m/s, A2 20 一 v00 一 30121錯誤；前 3 s 內(nèi)的位移 X3=m = 45 m, 39 s 內(nèi)的位移 X39= a2t3=2a12X (10)7 89 10 11 122.,、X9135x5x6 m = 90 m ,則前 9 s 內(nèi)的位移為 X9= X3+ X39= 135 m ,平均速度為 v= =m/s=t總9721215 m/s, C 正確；36 s 內(nèi)的位移 X36=尹2=x5x32m= 22.5 m,則前 6 s 內(nèi)的位移

23、為 X6=X3+ X36= 67.5 m, D 錯誤.角度 3 動力學(xué)中的位移圖象3.（多選）甲、乙兩個物體在同一直線上運(yùn)動，其x t 圖象如圖所示，其中直線 b 與曲線a 相切于點(diǎn)（4, 15）.已知甲做勻變速直線運(yùn)動，下列說法正確的是（）A .前 4s 內(nèi)兩物體運(yùn)動方向相同15B .前 4 s 內(nèi)甲的平均速度是乙的平均速度的倍C. t= 0 時刻，甲的速度大小為9 m/sD .甲的加速度大小為2 m/s2解析：選 AD.x t 圖象的斜率的正負(fù)表示運(yùn)動的方向均為負(fù)方向，故 A 正確；甲做勻變速直線運(yùn)動 ，則甲的Xt 圖象對應(yīng)于 a；前 4 s 內(nèi)甲的平均,故前 4s 內(nèi)兩物體運(yùn)動方向相同，

24、(15 m) 9 m速度為：v1=為一6 m/s前4 s乙的平均速度為:=2 m/s,故前 4 s 內(nèi)甲的平均速度是乙的平均速度的3 倍，故 B 錯誤；to= 0 時刻，甲的位移為 so= 9 m, ti= 1 s 時，si= 0, t2= 4 s 末，甲的位移為 S2= 15 m ,因?yàn)榧鬃鰟蜃兯僦本€運(yùn)、 12動，設(shè)初速度為 vo,加速度為 a,則 S1 so= vot1+ ati，122 IS2 so= vot2+珂2，代入數(shù)據(jù)并聯(lián)立 式解得 vo= 10 m/s , a= 2 m/s ,故 C 錯誤，D 正確.反思焊升命題角度解決方法易錯辨析X t 圖象由坐標(biāo)確定位置，由斜率確定速度圖象

25、不是運(yùn)動軌跡且不能確定加速度v t 圖象由斜率確定加速度，由面積確定位移不能確定物體的初始位置a t 圖象由面積確定速度變化量不能確定運(yùn)動的性質(zhì)考點(diǎn)4 連接體問題【高分快攻】整體法如果不需要求物體之間的相互作用力，且連接體的各部分具有相冋的加速度，一般采用整體法根據(jù)牛頓第二定律列方程隔離法如果需要求物體之間的相互作用力或?qū)τ诩铀俣炔粌盏倪B接體， 一般米用隔 離法根據(jù)牛頓第二定律列方程常涉及的三種問題類型(1)涉及滑輪的問題：若要求繩的拉力，一般都采用隔離法(2)水平面上的連接體問題1這類冋題一般是連接體(系統(tǒng))中各物體保持相對靜止，即具有相同的加速 度.解題時，一般采用先整體后隔離的方法2建立

26、直角坐標(biāo)系時要考慮矢量正交分解越少越好的原則或者正交分解力，或者正交分解加速度.(3)斜面體與物體組成的連接體冋題：當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度，而斜 面體相對于地面靜止時，一般采用隔離法分析解題關(guān)鍵正確地選取研究對象是解題的首要環(huán)節(jié)，弄清各物體之間哪些屬于連接體，哪些物體應(yīng)該單獨(dú)分析，并分別確定它們的加速度，然后根據(jù)牛頓運(yùn)動定律 列方程求解【典題例析】(15 m) ( 7 m)V2=（多選） （2019 高考全國卷 川）如圖（a）,物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺上，物塊用一不可伸 長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺上的力傳感器相連，細(xì)繩水平.t= 0 時，木板開始受到水平外力F的作用，在 t = 4 s 時撤去

27、外力.細(xì)繩對物塊的拉力f 隨時間 t 變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度 v 與時間 t 的關(guān)系如圖（c）所示木板與實(shí)驗(yàn)臺之間的摩擦可以忽略.重力加速度取 10 m/s2由題給數(shù)據(jù)可以得出（）A .木板的質(zhì)量為 1 kgB . 24 s 內(nèi)，力 F 的大小為 0.4 NC. 02 s 內(nèi)，力 F 的大小保持不變D .物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2解析由題圖（c）可知木板在 02 s 內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，再結(jié)合題圖（b）中細(xì)繩對物塊的拉力 f 在 02 s 內(nèi)逐漸增大，可知物塊受到木板的摩擦力逐漸增大，故可以判斷木板受到的水平 外力 F 也逐漸增大，選項 C 錯誤；由題圖（c）可知木板在 24

28、 s 內(nèi)做勻加速運(yùn)動，其加速度大0.4 022，、一一、0.4 0.2小為 a1=m/s = 0.2 m/s，在 45 s 內(nèi)做勻減速運(yùn)動 ，其加速度大小為 a?=4 25 4=0.2 m/s2,另外由于物塊靜止不動，同時結(jié)合題圖（b）可知物塊與木板之間的滑動摩擦力 f,故對木板進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律可得 F Ff= ma1、Ff= ma2,解得 m= 1 kg、0.4 N ,選項 A、B 均正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以不能求出物塊與木板之間的動摩擦 因數(shù)，選項 D 錯誤.答案AB【題組突破】角度 1 整體法和隔離法的應(yīng)用1 .（多選）（2019 湖北黃岡中學(xué)二模）如圖甲所示，斜面體

29、放在粗糙的水平地面上，兩斜面 光滑且傾角分別為 53和 37,兩小滑塊 P 和 Q 用繞過滑輪不可伸長的輕繩連接，分別置于兩個斜面上，且輕繩平行于斜面，已知P、Q 和斜面體均靜止不動若交換兩滑塊位置，如圖乙所示，再由靜止釋放，斜面體仍然靜止不動，P 的質(zhì)量為 m,取 sin 53 = 0.8, cos 53= 0.6, 重力加速度大小為 g,不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，則下列判斷正確的是（）m/s2Ff=圈（町圖（b）圖何A Q 的質(zhì)量為 3mB 在圖甲中，斜面體與地面間有摩擦力C.在圖乙中，滑輪受到輕繩的作用力大小為弩 mgD .在圖乙中，斜面體對地面的摩擦力方向水平向左解析：選 AC.兩斜面光滑

30、且傾角分別為53和 37如題圖甲放置,則根據(jù)沿繩方向的力4相等知 mgsin 53 =miQgsin 37解得 mo= 3m,選項 A 正確；在題圖甲中，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，斜面體與地面之間無摩擦力，選項 B 錯誤；在題圖乙中，設(shè)繩子拉力為 T,根據(jù)牛頓第444二定律知mgs in 53V =- ma, T mgs in 37=ma,解得 T= mg,滑輪受到輕繩的作用力大335小為 N= ,2T=13嚴(yán) mg,選項 C 正確；對題圖乙中的斜面體受力分析，兩根繩子對滑輪的作用4力豎直向下，則水平方向上 P、Q 對斜面體作用力的合力為Fx= mgcos 53 cos 37ngcos 3713一

31、一cos 53右mg,方向向右，則地面對斜面體的摩擦力向左，由牛頓第三定律可知，斜面體對地面的摩擦力方向水平向右 ，選項 D 錯誤.角度 2 傳送帶模型2.（多選）如圖所示，光滑斜面與傾斜傳送帶在同一個平面內(nèi)，傳送帶以速度vo逆時針勻速轉(zhuǎn)動，現(xiàn)有一滑塊從斜面上由靜止釋放，若滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，規(guī)定沿斜 面向下的速度方向?yàn)檎较颍瑒t滑塊在傳送帶上滑動時的速度隨時間變化的圖線可能是（）00和 aB,木板相對于地面的加速度大小為印.在物塊 B 與木板達(dá)到共同速度前有f1=p1mAg解析：選 ACD.滑塊在傳送帶上受到重力、傳送帶的支持力和摩擦力作用 斜面的分力和摩擦力的合力 ，若傳送帶對

32、滑塊的摩擦力小于重力沿斜面的分力 ，則滑塊一直 做加速運(yùn)動，故 A正確；若傳送帶對滑塊的摩擦力大于重力沿斜面的分力 ，滑塊先做勻減速 直線運(yùn)動，若滑塊的速度足夠大，傳送帶足夠短，則滑塊在速度沒有減小到 0 就通過了傳送帶，滑塊的位移大于傳送帶的長度 ，則滑塊一直做勻減速運(yùn)動故 C 正確；若滑塊的速度比 較小，在滑塊的速度減小到 0 時，滑塊的位移仍小于傳送帶的長度 ，則滑塊的速度等于 0 時,仍然在傳送帶上.由于傳送帶沿斜面向上運(yùn)動，滑塊在傳送帶上受到沿斜面向上的摩擦力將沿斜面向上做加速運(yùn)動，由運(yùn)動的對稱性可知，若傳送帶的速度足夠大，則滑塊返回出發(fā)點(diǎn)的速度大小仍然等于vi,故 D 正確，B 錯

33、誤.角度 3 滑塊一滑板模型3. (2017 高考全國卷 川)如圖，兩個滑塊 A 和 B 的質(zhì)量分別為 mA= 1 kg 和 葉 3 = 5 kg ,放 在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為w= 0.5;木板的質(zhì)量為m = 4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為陽=0.1.某時刻 A、B 兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為 v0= 3 m/s.A、B 相遇時，A 與木板恰好相對靜止.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力 加速度大小g= 10 m/s2求(1)B 與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B 開始運(yùn)動時，兩者之間的距離.解析：(1)滑塊 A 和 B 在木板上滑動時

34、，木板也在地面上滑動.設(shè)A、B 所受的摩擦力大小分別為 f1、f2,木板與地面間的滑動摩擦力為f3, A 和 B 相對于地面的加速度大小分別為aAf2= (jm 旳f3=比(m+ mA+ mB)g ,合力是重力沿由牛頓第二定律得fi= mAaAf2= mBaBf2 fi f3= mai設(shè)在 ti時刻，B 與木板達(dá)到共同速度，其大小為 vi由運(yùn)動學(xué)公式有vi= vo aBtivi= aiti聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得vi= i m/s.在 ti時間間隔內(nèi)，B 相對于地面移動的距離為i2SB=voti 2aBti設(shè)在 B 與木板達(dá)到共同速度vi后，木板的加速度大小為a2.對于 B 與木板組成的體系，由

35、牛頓第二定律有fi+ f3= (mB+ m)a2?由式知，aA= aB；再由式知，B 與木板達(dá)到共同速度時，A 的速度大小也為vi,但運(yùn)動方向與木板相反.由題意知，A 和 B 相遇時，A 與木板的速度相同，設(shè)其大小為 V2.設(shè) A 的速度大小從 Vi變到 V2所用的時間為 t2,則由運(yùn)動學(xué)公式，對木板有 v2= vi a2t2?對 A 有 V2= Vi+ aAt2?在 t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為Si= Vit2 ?a2t2?在（ti+ t2）時間間隔內(nèi)，A 相對地面移動的距離為I2SA= vo（t1+ t2），aA（tl+ t2）?A 和 B 相遇時，A 與木板的速度也

36、恰好相同.因此 A 和 B 開始運(yùn)動時，兩者之間的距離為 S0= SA+ Sl+ SB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 S0= 1.9 m.（也可用如圖所示的速度一時間圖線求解）答案：見解析滑塊一滑板模型是近幾年來高考考查的熱點(diǎn)，涉及摩擦力的分析判斷、牛頓運(yùn)動定律、勻變速運(yùn)動等主干知識，能力要求較高，滑塊和滑板的位移關(guān)系、速度關(guān)系是解答滑塊一滑板模型問題的切入點(diǎn)，前一運(yùn)動階段的末速度是下一運(yùn)動階段的初速度，解題過程中必須以地面為參考系.名師點(diǎn)【撥模型特點(diǎn)滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）置于滑板上，滑塊和滑板均相對地面運(yùn)動，且滑塊和滑板在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動運(yùn)動學(xué)分析無臨界速度時，滑塊與滑板分離，確定相等時

37、間內(nèi)的位移關(guān)系解題；有臨界 速度時，滑塊與滑板不分離，假設(shè)速度相等后加速度相同 ，由整體法求解系 統(tǒng)的共同加速度，再由隔離法用牛頓第二定律求滑塊與滑板間的摩擦力f,如果該摩擦力不大于最大靜摩擦力 ，說明假設(shè)成立，則整體列式解題；如果該 摩擦力大于最大靜摩擦力說明假設(shè)不成立，則分別列式；確定相等時間內(nèi)的位移關(guān)系解題動力學(xué)分析判斷滑塊與滑板是否發(fā)生相對滑動是解決這類問題的一個難點(diǎn)，通常采用整體法、隔離法和假設(shè)法等.往往先假設(shè)兩者相對靜止，由牛頓第二定律求出它們之間的摩擦力 f,與最大靜摩擦力 fm進(jìn)行比較.若 fMMg 1 + 2m，盒與桌面發(fā)生完全非彈性碰撞后還能跳起來B.下落高度 hMMg1+2M，盒與桌面發(fā)生完全非彈性碰撞后還能跳起來C.在小球到最高點(diǎn)時盒子恰好彈起，小球的加速度M m a=gmyD 在小球到最高點(diǎn)時盒子恰好彈起，小球的加速度2M a = gmy40 m解析：選 AC.小球從 h 高處下落到桌面，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 mgh = mv2,設(shè)小球向上運(yùn)動到速度變?yōu)榱銜r上面彈簧的壓縮量為x,下面彈簧的伸長量也為 x,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 2mv2= mgx+ 2x扌心2,這時小球上面的彈簧對盒向上的彈力為kx,小球下面的彈簧對盒向上的彈力也是 kx,盒能跳離桌面的條