2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：運(yùn)動和力的關(guān)系（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：運(yùn)動和力的關(guān)系（10題）一．解答題（共10小題）1．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）幾位同學(xué)正在參與一種游戲，游戲裝置如圖所示，A為可視作質(zhì)點(diǎn)的煤塊，B為一塊長為L的木板（煤塊能夠在木板上留下劃痕）?，F(xiàn)游戲要求將A置于B表面某一位置，一起靜置于一足夠長的臺面上，對B施加水平向右的恒定推力，一段時間后撤去，看最終A在B表面形成的劃痕長度，使劃痕更長且煤塊沒有從B上掉出者為最終贏家。甲同學(xué)在游戲中施加推力使A、B以相同加速度做勻加速運(yùn)動，撤去推力后，A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，且A沒有從B上掉出。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求B與臺面之間的動摩擦因數(shù)；（2）在乙同學(xué)能推動B的情況下，要保證A置于B表面任意位置時，無論推力作用時間多少，A都不可能從B的右端掉出，求推力應(yīng)滿足的條件；（3）若丙同學(xué)的推力恒為F，且F＞6μmg，討論當(dāng)F取不同值時，他改變作用時間和A的初始放置位置，要使劃痕最長且A沒有從B上掉出，A起初應(yīng)置于B表面距離左端多遠(yuǎn)的位置？F作用時間為多少？2．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實(shí)物照片，乙圖是其運(yùn)輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長度LAB＝12m、BC部分長度LBC＝9m，運(yùn)行速度恒為2m/s?，F(xiàn)工人每隔1s在底端A點(diǎn)放上一個水果箱，C點(diǎn)恰好掉下去一個水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運(yùn)行時傳送帶上有多少個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2。3．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，光滑水平面上固定有光滑長直木板，傾角θ＝37°、質(zhì)量M＝1kg的斜面緊靠木板放置，質(zhì)量m＝1kg的物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=1516，初始時斜面與物塊均靜止，作用在斜面上的力F與木板平行，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力F的最大值；（2）當(dāng)斜面的加速度a＝8m/s2時，F(xiàn)的大小。（已知在力F作用下，斜面與物塊同時開始分別做勻變速直線運(yùn)動）4．（2024?江蘇四模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓環(huán)，圓心在O點(diǎn)。質(zhì)量均為m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可形變的輕桿連接，開始時球A與圓心O等高，球B在圓心O的正下方。輕桿對小球的作用力沿桿方向。（1）對球B施加水平向左的力F，使A、B兩小球靜止在圖示位置，求力的大小F；（2）由圖示位置靜止釋放A、B兩小球，求此后運(yùn)動過程中A球的最大速度v；（3）由圖示位置靜止釋放A、B兩小球，求釋放瞬間B球的加速度大小a。5．（2024?泰安三模）如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以v1＝1m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m1＝2kg的物塊A和質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B由繞過定滑輪的輕繩連接，質(zhì)量為m3＝1kg的物塊C置于A上，輕繩足夠長且不可伸長，A與定滑輪間的輕繩水平。某時刻，同時給A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B豎直上升，A、C保持相對靜止從傳送帶左端沖上傳送帶。已知A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不計定滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運(yùn)動過程中B都沒有與定滑輪碰撞，A、C始終保持相對靜止。求：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大??；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C離開傳送帶時的速度大?。唬?）A、C向右運(yùn)動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量。6．（2024?四川模擬）中學(xué)航模隊(duì)研究航母艦載機(jī)著陸減速新方案，提出“機(jī)翼輔助式”減速模式，隊(duì)員們在操場上利用跑道模擬實(shí)驗(yàn)，如圖（a）所示先將一個質(zhì)量為M＝1kg的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機(jī)翼的質(zhì)量為m＝0.5kg減速裝置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為α的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)；（2）若已知F=1507．（2024?德陽模擬）如圖所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7m/s2、順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動，傳送帶速率達(dá)到v＝7m/s后勻速轉(zhuǎn)動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大??；（2）小物體A從傳送帶頂端運(yùn)動到底端的時間。8．（2024?山東模擬）如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板通過的最大路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的關(guān)系圖像，如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1m﹣1，BC為直線段。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情況下，物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t。（2）求圖乙中B點(diǎn)的橫坐標(biāo)。（3）求圖乙中C點(diǎn)的縱坐標(biāo)。（4）求直線DE對應(yīng)的1s-9．（2024?長安區(qū)二模）如圖所示，某彈性繩伸長時滿足胡克定律，其原長為L，一端固定于豎直墻上A點(diǎn)，跨過光滑的定滑輪B，與穿過豎直桿、質(zhì)量為m的小球在C處相連，此時ABC在同一水平線上，其中AB＝L，彈性繩中的彈力大小恰為mg。小球從C點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)D點(diǎn)時速度恰好為零，球與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g，不計空氣阻力。小球從C到D的過程中，求：（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大??；（2）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力Ff的大小。10．（2024?南京二模）一名兒童在水平地面上的一塊長木板上玩耍，他從左端開始加速跑向右端，當(dāng)跑到右端時，立即止步且在極短時間內(nèi)就與木板相對靜止，并一起向右滑動至停止。對相關(guān)條件進(jìn)行如下簡化：兒童質(zhì)量M＝20kg，木板的質(zhì)量m＝5kg，木板長度L＝2m。兒童奔跑時，木板與地面間的滑動摩擦力恒為f1＝25N；兒童止步后，木板與地面間的滑動摩擦力恒為f2＝20N，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。最初兒童和木板均靜止，每次玩耍兒童加速時加速度恒定，加速度大小可在0～3m/s2間調(diào)節(jié)，運(yùn)動過程中腳與木板間始終沒有打滑，兒童可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）為使木板不向左滑動，兒童加速度的最大值a0；（2）兒童以1.8m/s2的加速度向右運(yùn)動過程中兒童對木板做功；（3）請寫出兒童向右運(yùn)動的總距離x關(guān)于兒童加速階段加速度a1的表達(dá)式，并求出最大距離xm。

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：運(yùn)動和力的關(guān)系（10題）參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）幾位同學(xué)正在參與一種游戲，游戲裝置如圖所示，A為可視作質(zhì)點(diǎn)的煤塊，B為一塊長為L的木板（煤塊能夠在木板上留下劃痕）。現(xiàn)游戲要求將A置于B表面某一位置，一起靜置于一足夠長的臺面上，對B施加水平向右的恒定推力，一段時間后撤去，看最終A在B表面形成的劃痕長度，使劃痕更長且煤塊沒有從B上掉出者為最終贏家。甲同學(xué)在游戲中施加推力使A、B以相同加速度做勻加速運(yùn)動，撤去推力后，A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，且A沒有從B上掉出。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求B與臺面之間的動摩擦因數(shù)；（2）在乙同學(xué)能推動B的情況下，要保證A置于B表面任意位置時，無論推力作用時間多少，A都不可能從B的右端掉出，求推力應(yīng)滿足的條件；（3）若丙同學(xué)的推力恒為F，且F＞6μmg，討論當(dāng)F取不同值時，他改變作用時間和A的初始放置位置，要使劃痕最長且A沒有從B上掉出，A起初應(yīng)置于B表面距離左端多遠(yuǎn)的位置？F作用時間為多少？【考點(diǎn)】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動規(guī)律專題；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）B與臺面之間的動摩擦因數(shù)為2μ；（2）推力應(yīng)滿足的條件為F≥（3）當(dāng)6μmg＜F≤274μmg時，A起初應(yīng)置于B表面距離左端9L-54μmgLF的位置，F(xiàn)作用時間為6mF3μgL；當(dāng)F【分析】（1）依題意：A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，可得兩者的加速度大小關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律求解；（2）分析題意，確定臨界條件，依據(jù)條件確定兩者的運(yùn)動形式與相對運(yùn)動過程，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式求解；（3）根據(jù)牛頓第二定律求得A、B恰好能相對靜止的推力大小，結(jié)合（2）的結(jié)論，分情況確定臨界條件，討論求解。【解答】解：（1）依題意：甲同學(xué)撤去推力后，A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，即ΔtA＝3ΔtB，說明A的加速度較小，減速較慢，則A相對B向右滑動。設(shè)B與臺面之間的動摩擦因數(shù)為μB，根據(jù)牛頓第二定律得：對A有：μmg＝maA，解得：aA＝μg對B有：μB×2mg﹣μmg＝maB減速過程兩者的速度減小量相同，根據(jù)加速度的定義可得：aA解得：μB＝2μ（2）A不可能從B右端掉出，則說明只可能從B左端掉出。根據(jù)（1）的分析，若用力推動時A、B相對靜止，則撤去推力后A相對B向右滑動，A可能從B右端掉出，不滿足題意，故在用力推動時A必須相對B向左滑動，撤去推力后A繼續(xù)相對B向左滑動直到兩者共速，之后A相對B向右滑動，要使A不能從B右端掉出，應(yīng)使A相對B向右滑動的位移不大于相對向左滑動的位移，即Δx右≤Δx左，用力F推動時，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣μmg﹣μB×2mg＝maB1解得：a設(shè)F作用時間t，此時間內(nèi)兩者相對位移大小為：Δx撤去推力后，A加速運(yùn)動，B減速運(yùn)動，設(shè)再經(jīng)時間t2之后兩者共速，該過程A的加速度大小仍為aA，同理得：對B有：μmg+μB×2mg＝maB2解得：aB2＝5μg共速時有：v共＝aA（t+t2）＝aB1t﹣aB2t2可得：v解得：t2=該過程兩者相對位移大小為：ΔxA相對B總的向左滑動位移為：Δx之后A相對B向右滑動，A的加速度大小不變，同理有：對B：μB×2mg﹣μmg＝maB2解得：aB2＝3μgA相對B向右滑動的位移為：Δx根據(jù)滿足的條件：Δx右≤Δx左解得：F（3）用力F推動時，若A、B恰好能相對靜止時，則有：aB1＝aA即Fm-5μg=μg，解得：F＝6分情況討論如下：①當(dāng)6μmg＜F≤274μmg，根據(jù)（2）分析，可知A相對B先向左滑后向右滑，且Δx右≥Δx左，為使劃痕最長，應(yīng)使A、B共速時A恰好位于B的左端，最終Δx解得力F作用時間為：t=A起初距B左端的距離為：Δx②當(dāng)F＞274μmg，根據(jù)（2）分析，可知Δx左＞Δx右，為使劃痕最長，A起初應(yīng)放在B的右端，共速時A恰位于Δx解得：t=2m3μgLF(F-6μmg)，起初A到B左端距離為答：（1）B與臺面之間的動摩擦因數(shù)為2μ；（2）推力應(yīng)滿足的條件為F≥（3）當(dāng)6μmg＜F≤274μmg時，A起初應(yīng)置于B表面距離左端9L-54μmgLF的位置，F(xiàn)作用時間為6mF3μgL；當(dāng)F【點(diǎn)評】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的板塊模型。多物體、多過程的復(fù)雜運(yùn)動問題，題目難度較大。解答時注意滑動摩擦力的方向的判斷，對于板塊模型的分析判斷要抓住兩個方面：一、相對靜止與相對運(yùn)動的判斷；二、是否存在共速的判斷。對運(yùn)動過程的分析，確定臨界條件是關(guān)鍵，運(yùn)動過程復(fù)雜時可用v﹣t圖像輔助分析。2．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實(shí)物照片，乙圖是其運(yùn)輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長度LAB＝12m、BC部分長度LBC＝9m，運(yùn)行速度恒為2m/s?，F(xiàn)工人每隔1s在底端A點(diǎn)放上一個水果箱，C點(diǎn)恰好掉下去一個水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運(yùn)行時傳送帶上有多少個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2?！究键c(diǎn)】多種傳送帶的組合問題；勻變速直線運(yùn)動速度與時間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動位移與時間的關(guān)系．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；推理能力．【答案】（1）穩(wěn)定運(yùn)行時傳送帶上有13個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為0.2m，最大值為2m?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律計算小物塊在斜面上的加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式計算小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動的時間和可以放置木塊數(shù)；（2）當(dāng)?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶1s時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，當(dāng)兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠(yuǎn)，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式計算兩相鄰水果箱之間的距離的最小值與最大值。【解答】解：（1）把水果箱簡化成小物塊，小物塊在斜面上的加速度a＝μgcos37°﹣gsin37°＝（0.8×10×0.8﹣10×0.6）m/s2＝0.4m/s2則物體在斜面上加速的時間為t1加速過程的對地位移為x=v則小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動的位移x'＝LAB+LBC﹣x＝12m+9m﹣5m＝16m小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動的時間為t2已知每隔1s放上一個小木塊，則傳送帶上共可以放置木塊數(shù)為n=t1+（2）根據(jù)分析當(dāng)?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶1s時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，有Δx當(dāng)兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠(yuǎn)，有Δx2＝vT＝2×1m＝2m答：（1）穩(wěn)定運(yùn)行時傳送帶上有13個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為0.2m，最大值為2m?！军c(diǎn)評】本題考查物體在傳送帶上的運(yùn)動，對于兩個有相對運(yùn)動的物體，速度慢的物體受到的摩擦力是動力，速度快的物體受到的摩擦力是阻力。同時要明確當(dāng)兩個物體達(dá)到共速時，摩擦力一定會發(fā)生變化。通過受力情況結(jié)合牛頓第二定律求加速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律分析物體的運(yùn)動。3．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，光滑水平面上固定有光滑長直木板，傾角θ＝37°、質(zhì)量M＝1kg的斜面緊靠木板放置，質(zhì)量m＝1kg的物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=1516，初始時斜面與物塊均靜止，作用在斜面上的力F與木板平行，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力F的最大值；（2）當(dāng)斜面的加速度a＝8m/s2時，F(xiàn)的大小。（已知在力F作用下，斜面與物塊同時開始分別做勻變速直線運(yùn)動）【考點(diǎn)】斜面模型中的臨界問題．【專題】計算題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；推理能力．【答案】（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力F的最大值為9N；（2）當(dāng)斜面的加速度a＝8m/s2時，F(xiàn)的大小為14N。【分析】（1）當(dāng)物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時，對物塊和整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律計算；（2）當(dāng)物塊與斜面之間發(fā)生相對滑動時，分析物塊受力，將加速度分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律計算?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時，對物塊進(jìn)行受力分析，如圖所示則有FN＝mgcosθ，f＝μFN，f解得a臨對物塊與斜面整體分析有F臨＝（M+m）a臨解得F臨＝9N（2）結(jié)合上述可知a=8m/s所以斜面與物塊發(fā)生了相對滑動，滑動摩擦力方向與相對運(yùn)動方向相反，即與相對加速度方向相反，若滑動摩擦力方向沿斜面運(yùn)動方向，那么物塊沿斜面向下方向僅受重力分力，將沿斜面向下運(yùn)動，所以物塊相對斜面的加速度沿左下方，設(shè)物塊沿斜面向下的加速度分量為ay，沿斜面運(yùn)動方向的加速度分量為ax，對物塊分析進(jìn)行受力分析，如圖所示則有fcosα＝max，mgsinθ﹣fsinα＝may，a相對x＝a﹣ax，a解得tanα＝0.75，ax=6m/則物塊對斜面的滑動摩擦力在沿斜面運(yùn)動方向的分力為fx＝fcosα對斜面分析有F﹣fx＝Ma解得F＝14N答：（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力F的最大值為9N；（2）當(dāng)斜面的加速度a＝8m/s2時，F(xiàn)的大小為14N。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵掌握當(dāng)物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時和發(fā)生滑動時，摩擦力方向的分析。4．（2024?江蘇四模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓環(huán)，圓心在O點(diǎn)。質(zhì)量均為m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可形變的輕桿連接，開始時球A與圓心O等高，球B在圓心O的正下方。輕桿對小球的作用力沿桿方向。（1）對球B施加水平向左的力F，使A、B兩小球靜止在圖示位置，求力的大小F；（2）由圖示位置靜止釋放A、B兩小球，求此后運(yùn)動過程中A球的最大速度v；（3）由圖示位置靜止釋放A、B兩小球，求釋放瞬間B球的加速度大小a?！究键c(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）分別以A、B兩球?yàn)檠芯繉ο?，分析受力，根?jù)平衡條件求解。（2）兩球及輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)系統(tǒng)的重力勢能最小時動能最大，此時輕桿水平，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒求解。（3）由靜止釋放A、B兩小球的瞬間，輕桿的作用力發(fā)生突變，分析兩球的受力，根據(jù)牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓海?）以A球?yàn)檠芯繉ο?，分析受力如圖，根據(jù)平衡條件得：豎直方向有mg＝N3cos45°以B球?yàn)檠芯繉ο?，分析受力如圖，根據(jù)平衡條件得：豎直方向N2sin45°＝F又N3＝N2解得F＝mg（2）兩球及輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)系統(tǒng)的重力勢能最小時動能最大，系統(tǒng)的等效重心在桿的中點(diǎn)，所以當(dāng)輕桿水平時，系統(tǒng)的重力勢能最小，動能最大。由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得：2×12mv2＝mgRsin45°﹣mgR（1﹣解得v=（3）設(shè)釋放瞬間桿的作用力大小為T．兩球加速度大小相等，均為a。對A球，由牛頓第二定律得：mg﹣Tcos45°＝ma對B球，由牛頓第二定律得：Tcos45°＝ma⑦由⑥⑦解得a=1答：（1）力的大小F為mg；（2）此后運(yùn)動過程中A球的最大速度v為(2（3）釋放瞬間B球的加速度大小a為12g【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵要善于運(yùn)用等效法分析系統(tǒng)動能最大的條件，等效處理時可與單擺類比，分析知道輕桿水平時系統(tǒng)的動能最大。要正確分析兩球的受力情況，運(yùn)用牛頓第二定律求瞬時加速度。5．（2024?泰安三模）如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以v1＝1m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m1＝2kg的物塊A和質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B由繞過定滑輪的輕繩連接，質(zhì)量為m3＝1kg的物塊C置于A上，輕繩足夠長且不可伸長，A與定滑輪間的輕繩水平。某時刻，同時給A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B豎直上升，A、C保持相對靜止從傳送帶左端沖上傳送帶。已知A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不計定滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運(yùn)動過程中B都沒有與定滑輪碰撞，A、C始終保持相對靜止。求：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大?。唬?）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C離開傳送帶時的速度大?。唬?）A、C向右運(yùn)動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量。【考點(diǎn)】水平傳送帶模型；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大小為7.5N；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小為7.5N，方向水平向左；（3）A、C離開傳送帶時的速度大小為6m/s；（4）A、C向右運(yùn)動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律可求出加速度以及繩子的拉力；（2）根據(jù)摩擦力提供加速度，可求出摩擦力大小和方向；（3）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律求解不同階段的加速度，可求出速度；（4）根據(jù)摩擦力做功情況可求出產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓海?）A、C剛滑上傳送帶時，傳送帶對A的摩擦力水平向左，故對B有m2g﹣FT1+＝m2a1對A和C組成的整體有FT1+μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a1解得a1＝7.5m/s2，F(xiàn)T1＝7.5N（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力Ff＝m3a1解得Ff＝7.5N方向水平向左（3）設(shè)A、C經(jīng)時間t1后與傳送帶速度相同，這段時間內(nèi)A、C向右運(yùn)動的位移為x1v1＝v2﹣a1t1解得t1＝0.4sv12-v解得x1＝1m由于μ（m1+m3）g＜m2g，因此A、不能隨傳送帶一起勻速運(yùn)動，此后A、C做減速運(yùn)動對A、C組成的整體有FT2﹣μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a2對B有m2g﹣FT2＝m2a2解得a2＝2.5m/s2設(shè)A、C與傳送帶速度相等之后，向右運(yùn)動的距離為x20-v12=-解得x2＝0.2m此后A、C向左運(yùn)動，直至從傳送帶左端離開。設(shè)離開傳送帶時的速度為v3v32=2a2（x1解得v3=6（4）A、C向右運(yùn)動的兩個過程中，A與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μ（m1+m3）g（x1﹣v1t1）解得Q1＝9J由分析可得t2=解得t2＝0.4sQ2＝μ（m1+m3）g（v1t2﹣x2）解得Q2＝3J則產(chǎn)生的熱量Q＝Q1+Q3＝9J+3J＝12J答：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大小為7.5N；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小為7.5N，方向水平向左；（3）A、C離開傳送帶時的速度大小為6m/s；（4）A、C向右運(yùn)動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意掌握傳送帶模型，能夠熟練利用牛頓第二定律求加速度，并且能夠根據(jù)摩擦力做功求出產(chǎn)熱。6．（2024?四川模擬）中學(xué)航模隊(duì)研究航母艦載機(jī)著陸減速新方案，提出“機(jī)翼輔助式”減速模式，隊(duì)員們在操場上利用跑道模擬實(shí)驗(yàn)，如圖（a）所示先將一個質(zhì)量為M＝1kg的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機(jī)翼的質(zhì)量為m＝0.5kg減速裝置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為α的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)；（2）若已知F=150【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動情況；勻變速直線運(yùn)動速度與位移的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)為0.6；（2）裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小為7.2m?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式求出動摩擦因數(shù)；（2）根據(jù)牛頓第二定律以及豎直方向受力平衡，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求出滑行距離?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)滑塊與跑道間的動摩擦因數(shù)為μ對圖a：μMg＝Ma滑塊做勻減速運(yùn)動2ax=解得μ＝0.6（2）豎直方向上有（m+M）g+Fcosα＝FN水平方向有f+Fsinα＝（m+M）a1f＝μFN聯(lián)立解得a1＝10m/s2減速距離為s=v022答：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)為0.6；（2）裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小為7.2m?！军c(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意利用牛頓第二定律時，要先進(jìn)行受力分析。7．（2024?德陽模擬）如圖所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7m/s2、順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動，傳送帶速率達(dá)到v＝7m/s后勻速轉(zhuǎn)動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大??；（2）小物體A從傳送帶頂端運(yùn)動到底端的時間?！究键c(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動位移與時間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動規(guī)律專題；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理能力．【答案】（1）傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大小為3.5m/s2；（2）小物體A從傳送帶頂端運(yùn)動到底端的時間為3s?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律求出傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物塊A的加速度大??；（2）根據(jù)牛頓第二定律求出小物塊A在傳動帶上做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小，結(jié)合速度—時間公式求出速度達(dá)到傳送帶速度的時間，根據(jù)位移公式求出勻加速直線運(yùn)動的位移，從而得出勻速運(yùn)動的位移，結(jié)合勻速運(yùn)動的時間，得出小物體A從傳送帶頂端運(yùn)動到底端的時間?！窘獯稹拷猓涸O(shè)小物塊A加速度的大小為a1，繩子的拉力為T1，則對A物體列牛頓第二定律m1gsinθ+μm1gcosθ﹣T1＝m1a1對B物體列牛頓第二定律T1﹣m2g＝m2a1代入數(shù)據(jù)解得a1（2）從靜止到速度等于7m/s的過程有t1x1代入數(shù)據(jù)解得t1＝2sx1＝7m當(dāng)A、B整體的速度等于7m/s時，摩擦力會改變方向，設(shè)小物塊A此時的加速度為a2，繩子的拉力為T2，則對A物體列牛頓第二定律m1gsinθ﹣μm1gcosθ﹣T2＝m1a2對B物體列牛頓第二定律T2﹣m2g＝m2a2v1代入數(shù)據(jù)解得a2v1＝7.5m/st2代入數(shù)據(jù)解得t2＝1s所以，總時間為t＝t1+t2＝2s+1s＝3s答：（1）傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大小為3.5m/s2；（2）小物體A從傳送帶頂端運(yùn)動到底端的時間為3s?！军c(diǎn)評】本題結(jié)合勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，考查牛頓第二定律的應(yīng)用，其中掌握小物塊與傳送帶相對滑動的規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵。8．（2024?山東模擬）如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板通過的最大路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的關(guān)系圖像，如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1m﹣1，BC為直線段。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情況下，物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t。（2）求圖乙中B點(diǎn)的橫坐標(biāo)。（3）求圖乙中C點(diǎn)的縱坐標(biāo)。（4）求直線DE對應(yīng)的1s-【考點(diǎn)】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運(yùn)動位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊在木板上滑行的時間13（2）圖乙中B點(diǎn)的橫坐標(biāo)1N；（3）圖乙中C點(diǎn)的縱坐標(biāo)1.5m﹣1；（4）直線DE對應(yīng)的1s-F函數(shù)關(guān)系式1s=F8+38【分析】（1）分別對物塊與木板進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求物塊在木板上滑行的時間；（2）（3）由圖象可看出當(dāng)F小于某一值F1時，m物體在板上的路程始終等于板長S，當(dāng)F等于某一值F1時，剛好不從木板右端掉下，此后一起相對靜止并加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)基本公式，抓住位移之間的關(guān)系列式，聯(lián)立方程求出B在A上相對A向右運(yùn)動的路程S與F、v0的關(guān)系式，把S＝1m代入即可求解F1；當(dāng)F1≤F≤F2時，隨著F力增大，S減小，當(dāng)F＝F2時，出現(xiàn)S突變，說明此時物塊、木板在達(dá)到共同速度后，恰好再次發(fā)生相對運(yùn)動，物塊將會從木板左端掉下。對二者恰好發(fā)生相對運(yùn)動時，木板的加速度為a2，則整體加速度也為a2，由牛頓第二定律列式即可求解關(guān)系式，將F＝2N代入求解相對位移，求出B、C的坐標(biāo)值；（4）根據(jù)（2）可得該段恒力F的取值范圍及1s-【解答】解：（1）物塊在木板上滑動，物塊做減速運(yùn)動，木板做加速運(yùn)動，物塊的加速度大小am＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2木板的加速度大小aM=解得aM＝4m/s2由圖乙知F＝0時，物塊在木板上相對于木板滑動的距離s＝1m所以木板的長度L＝s＝1m根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有L＝v0t-12amt2-12解得t=13s（另一解t＝（2）當(dāng)F較小時，物塊能從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時，物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度v，則此時F的大小即為B點(diǎn)的橫坐標(biāo)值FB，木板的加速度大小a1=FB+μmgM=（2F設(shè)物塊相對木板滑行的時間為t1，則v＝v0﹣amt1＝a1t1根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知L=v0+v2t1-v聯(lián)立解得FB＝1N（3）當(dāng)F在1N的基礎(chǔ)上繼續(xù)增大時，物塊在木板上先做減速運(yùn)動，兩者達(dá)到共同速度后，物塊和木板都做加速運(yùn)動；當(dāng)F不是太大時，兩者共速后能保持相對靜止（物塊和木板間為靜摩擦力）一起以相同的加速度a做勻加速運(yùn)動，整體分析可知，共同運(yùn)動的加速度大小a=單個分析可知，物塊受到的靜摩擦力f＝ma由于靜摩擦力存在最大值，故f≤fmax＝2N即F≤3N當(dāng)F＝3N時，木板開始運(yùn)動時的加速度大小a2=解得a2＝10m/s2設(shè)物塊相對木板滑行的時間為t2，則v＝v0﹣amt2＝a2t2解得t2=1則物塊相對木板滑動的距離sC=v0+v2t2-v解得sC=2所以C點(diǎn)的縱坐標(biāo)1sC=（4）當(dāng)F在3N的基礎(chǔ)上繼續(xù)增大時，物塊在木板上先做減速運(yùn)動，物塊相對木板滑行的距離為x時，兩者達(dá)到共同速度v'，此后物塊和木板都做加速運(yùn)動，但木板的加速度大于物塊的加速度，物塊相對木板向左滑動，直到從木板左端滑離木板，故物塊相對木板滑動的最大距離smax＝2x木板開始運(yùn)動時的加速度大小a'=F+μmgM=（2F+4設(shè)物塊相對木板滑行的距離為x時，物塊滑行的時間為t'，根據(jù)速度與時間的關(guān)系有v'＝v0﹣amt'＝a't'解得t'=2F+3（物塊相對木板滑動的距離x=v0+v'2t'-v'2t'所以DE直線對應(yīng)的1s-1s=F8+38（m答：（1）物塊在木板上滑行的時間13（2）圖乙中B點(diǎn)的橫坐標(biāo)1N；（3）圖乙中C點(diǎn)的縱坐標(biāo)1.5m﹣1；（4）直線DE對應(yīng)的1s-F函數(shù)關(guān)系式1s=F8+38【點(diǎn)評】本題考查牛頓運(yùn)動定律?；瑝K問題是物理模型中非常重要的模型，是學(xué)生物理建模能力培養(yǎng)的典型模型?；瑝K問題的解決非常靈活，針對受力分析、運(yùn)動分析以及牛頓第二定律的掌握，還有相對運(yùn)動的分析，特別是摩擦力的變化與轉(zhuǎn)型，都是難點(diǎn)所在。本題通過非常規(guī)的圖象來分析滑塊的運(yùn)動，能從圖中讀懂物體的運(yùn)動。9．（2024?長安區(qū)二模）如圖所示，某彈性繩伸長時滿足胡克定律，其原長為L，一端固定于豎直墻上A點(diǎn)，跨過光滑的定滑輪B，與穿過豎直桿、質(zhì)量為m的小球在C處相連，此時ABC在同一水平線上，其中AB＝L，彈性繩中的彈力大小恰為mg。小球從C點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)D點(diǎn)時速度恰好為零，球與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g，不計空氣阻力。小球從C到D的過程中，求：（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大?。唬?）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力Ff的大小?！究键c(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；判斷是否存在摩擦力．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大小為g2（2）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力Ff的大小為12【分析】（1）小球在C處開始下滑瞬間，對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解此時的加速度；（2）小球運(yùn)動到C、D間任意位置P時，對小球受力分析，列出水平方向平衡方程求解FN，再根據(jù)Ff＝μFN求所受滑動摩擦力Ff的大小?！窘獯稹拷猓海?）對小球，根據(jù)牛頓第二定律mg﹣Ff＝ma其中Ff＝μFNFN＝mg解得a=g（2）小球運(yùn)動到C、D間任意位置P時，設(shè)BP＝x、BC＝x0，受力分析如圖所示P處有FN＝kxsinθ由幾何關(guān)系知xsinθ＝x0解得FN＝kxsinθ＝kx0依題意可知，C處滿足kx0＝mg根據(jù)Ff＝μFN可得Ff答：（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大小為g2（2）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力Ff的大小為12【點(diǎn)評】本題考查了牛頓第二定律，關(guān)鍵是對小球受力分析，弄清小球水平、豎直方向受力的特點(diǎn)，有一定的難度。10．（2024?南京二模）一名兒童在水平地面上的一塊長木板上玩耍，他從左端開始加速跑向右端，當(dāng)跑到右端時，立即止步且在極短時間內(nèi)就與木板相對靜止，并一起向右滑動至停止。對相關(guān)條件進(jìn)行如下簡化：兒童質(zhì)量M＝20kg，木板的質(zhì)量m＝5kg，木板長度L＝2m。兒童奔跑時，木板與地面間的滑動摩擦力恒為f1＝25N；兒童止步后，木板與地面間的滑動摩擦力恒為f2＝20N，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。最初兒童和木板均靜止，每次玩耍兒童加速時加速度恒定，加速度大小可在0～3m/s2間調(diào)節(jié)，運(yùn)動過程中腳與木板間始終沒有打滑，兒童可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）為使木板不向左滑動，兒童加速度的最大值a0；（2）兒童以1.8m/s2的加速度向右運(yùn)動過程中兒童對木板做功；（3）請寫出兒童向右運(yùn)動的總距離x關(guān)于兒童加速階段加速度a1的表達(dá)式，并求出最大距離xm。【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；恒力做功的計算；勻變速直線運(yùn)動位移與時間的關(guān)系．【專題】定量思想；整體法和隔離法；功的計算專題；推理能力．【答案】（1）1.25m/s2（2）39.6J（3）①當(dāng)0≤a1≤a0時，x＝（2+85a1）m，②當(dāng)3m/s2≥a1＞a0時，x=(25+910(a1-1))m，取a【分析】（1）通過木板受到來自兒童的摩擦力不能大于25N，反推兒童的最大加速度；（2）通過牛頓第二定律，結(jié)合兒童的加速度情況得出兒童的受力，進(jìn)而分析出兒童對木板的做功；（3）兒童的加速度不同時，木板的運(yùn)動情況不同，首先分析出木板的運(yùn)動，再結(jié)合兒童的運(yùn)動進(jìn)行分析，進(jìn)而得出x﹣a1表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）對兒童，獲得的水平向右靜摩擦力為f，對木板，受到兒童的水平向左摩擦力大小f＝f為使木板不向左滑動，f≤f1，因此兒童受到的水平向右最大摩擦力為f＝25N，根據(jù)牛頓第二定律可知，f＝Ma0，代入數(shù)據(jù)，得a0＝1.25m/s2（2）對兒童，獲得的水平向右靜摩擦力為f，已知兒童的加速度大小為1.8m/s2，根據(jù)牛頓第二定律f＝Ma可知，f＝20kg×1.8m/s2＝36N，對木板，受到兒童水平向左的摩擦力大小f′＝f木板的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律f'﹣f1＝ma2，解得a2＝2.2m/s2，假設(shè)兒童加速奔跑的運(yùn)動時間為t，則有兒童的位移為x1=12at2，木板的位移為x2=12a由題可知x1+x2＝L，綜上各式可得，t＝1s，x2＝1.1m，由此可得兒童對木板做的功為W＝f′x2＝36N×1.1m＝39.6J。（3）①若兒童的加速度0≤a1≤a0，板沒有向左滑動，止步前的位移為x1，v人2＝2a1x1，x1＝L＝2m止步后木板與兒童共速后，速度為v共，Mv人＝（M+m）v共之后，兒童和板一起減速，加速度為a3=f2共速后兩者向前滑行的距離x2，v共2=2a綜合以上各式，代入已知數(shù)據(jù)可得，當(dāng)a1≤a0時，x＝x1+x2＝（2+1.6a1）m②若3m/s2≥a1＞a0，開始時板向左滑動，對兒童進(jìn)行受力分析可知，受到的水平向右的靜摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律可知f＝Ma1，對木板進(jìn)行，受到兒童水平向左的摩擦力大小f'，f′＝f，以及水平向右的地面摩擦力f1，根據(jù)牛頓第二定律可知f′﹣f1＝ma2，人和木板的相對運(yùn)動距離L=12（a1+a2）代入數(shù)據(jù)得t=45a1止步過程近似動量守恒，Ma1t﹣ma2t＝（M+m）v共代入數(shù)據(jù)得：v共=x1=12a1當(dāng)3m/s2＞a1＞a0時，x＝x1+x2=(25綜合①②兩種情況，當(dāng)0≤a1≤a0時，x＝x1+x2＝2+85當(dāng)3m/s2≥a1＞a0時x＝x1+x2=(25取am＝1.25m/s2時，xm＝x1+x2＝4m。答：（1）為使木板不向左滑動，兒童加速度的最大值a0為1.25m/s2；（2）兒童以1.8m/s2的加速度向右運(yùn)動過程中兒童對木板做功39.6J；（3）兒童向右運(yùn)動的總距離x關(guān)于兒童加速階段加速度a1的表達(dá)式為①當(dāng)0≤a1≤a0時，x＝（2+85a1）m，②當(dāng)3m/s2≥a1＞a0時，x=(25+910(a1-1))m，取a【點(diǎn)評】本題需要將勻加速直線運(yùn)動、動量守恒、功能關(guān)系知識相結(jié)合以解決此類問題。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動速度與時間的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】勻變速直線運(yùn)動的速度—時間公式：vt＝v0+at．其中，vt為末速度，v0為初速度，a為加速度，運(yùn)用此公式解題時要注意公式的矢量性．在直線運(yùn)動中，如果選定了該直線的一個方向?yàn)檎较?，則凡與規(guī)定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡與規(guī)定正方向相反的矢量在公式中取負(fù)值，因此，應(yīng)先規(guī)定正方向．（一般以v0的方向?yàn)檎较?，則對于勻加速直線運(yùn)動，加速度取正值；對于勻減速直線運(yùn)動，加速度取負(fù)值．）【命題方向】例1：一個質(zhì)點(diǎn)從靜止開始以1m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)5s后做勻速直線運(yùn)動，最后2s的時間內(nèi)使質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動直到靜止．求：（1）質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動時的速度；（2）質(zhì)點(diǎn)做勻減速運(yùn)動時的加速度大?。治觯焊鶕?jù)勻變速直線運(yùn)動的速度時間公式求出5s末的速度，結(jié)合速度時間公式求出質(zhì)點(diǎn)速度減為零的時間．解答：（1）根據(jù)速度時間公式得，物體在5s時的速度為：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物體速度減為零的時間2s，做勻減速運(yùn)動時的加速度大小為：a2=vt答：（1）質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動時的速度5m/s；（2）質(zhì)點(diǎn)做勻減速運(yùn)動時的加速度大小2.5m/s2．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動的速度時間公式和位移時間公式，并能靈活運(yùn)用．例2：汽車以28m/s的速度勻速行駛，現(xiàn)以4.0m/s2的加速度開始剎車，則剎車后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽車剎車到停止所需的時間，因?yàn)槠噭x車停止后不再運(yùn)動，然后根據(jù)v＝v0+at，求出剎車后的瞬時速度．解答：由題以初速度v0＝28m/s的方向?yàn)檎较颍瑒t加速度：a=vt-剎車至停止所需時間：t=vt-v故剎車后4s時的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s剎車后8s時汽車已停止運(yùn)動，故：v8＝0答：剎車后4s末速度為12m/s，8s末的速度是0．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動的速度與時間公式v＝v0+at，以及知道汽車剎車停止后不再運(yùn)動，在8s內(nèi)的速度等于在7s內(nèi)的速度．解決此類問題一定要注意分析物體停止的時間．【解題方法點(diǎn)撥】1．解答題的解題步驟（可參考例1）：①分清過程（畫示意圖）；②找參量（已知量、未知量）③明確規(guī)律（勻加速直線運(yùn)動、勻減速直線運(yùn)動等）④利用公式列方程（選取正方向）⑤求解驗(yàn)算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，剎車問題要先判斷停止時間．2．勻變速直線運(yùn)動位移與時間的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】（1）勻變速直線運(yùn)動的位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導(dǎo)①利用微積分思想進(jìn)行推導(dǎo)：在勻變速直線運(yùn)動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應(yīng)用我們熟悉的勻速運(yùn)動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導(dǎo)：勻變速直線運(yùn)動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導(dǎo)出位移公式：x（3）勻變速直線運(yùn)動中的平均速度在勻變速直線運(yùn)動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運(yùn)動的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運(yùn)動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運(yùn)動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導(dǎo)：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當(dāng)汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運(yùn)動，然后根據(jù)位移時間公式x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來后不再運(yùn)動，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運(yùn)動的時間。例2：對推導(dǎo)公式v=v0物體做勻變速直線運(yùn)動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较?，?s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度與初速度方向相反，1sC、規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较颍?s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故選：AC。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運(yùn)動的平均速度公式v=【解題思路點(diǎn)撥】（1）應(yīng)用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運(yùn)動是否為變速直線運(yùn)動，并選擇研究過程。②分析運(yùn)動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向?yàn)檎较颍袛喔魇噶空?fù)代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運(yùn)動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負(fù)及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負(fù)：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負(fù)。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點(diǎn)：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大??；b．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。3．勻變速直線運(yùn)動速度與位移的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】勻變速直線運(yùn)動位移與速度的關(guān)系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-勻變速直線運(yùn)動的位移﹣速度關(guān)系式反映了初速度、末速度、加速度與位移之間的關(guān)系．①此公式僅適用于勻變速直線運(yùn)動；②式中v0和v是初、末時刻的速度，x是這段時間的位移；③公式中四個矢量v、v0、a、x要規(guī)定統(tǒng)一的正方向．【命題方向】美國“肯尼迪號”航空母艦上有幫助飛機(jī)起飛的彈射系統(tǒng)，已知“F﹣A15”型戰(zhàn)斗機(jī)在跑道上加速時產(chǎn)生的加速度為4.5m/s2，起飛速度為50m/s．若該飛機(jī)滑行100m時起飛，則彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)具有的初速度為（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飛機(jī)的加速度、位移、末速度，求解飛機(jī)的初速度，此題不涉及物體運(yùn)動的時間，選用勻變速直線運(yùn)動的位移—時間公式便可解決．解答：設(shè)飛機(jī)的初速度為v0，已知飛機(jī)的加速度a、位移x、末速度v，此題不涉及物體運(yùn)動的時間，由勻變速直線運(yùn)動的位移—時間公式：v解得：v0＝40m/s故選：D。點(diǎn)評：本題是勻變速直線運(yùn)動的基本公式的直接應(yīng)用，屬于比較簡單的題目，解題時要學(xué)會選擇合適的公式，這樣很多問題就會迎刃而解了．【解題思路點(diǎn)撥】解答題解題步驟：（1）分析運(yùn)動過程，畫出運(yùn)動過程示意圖．（2）設(shè)定正方向，確定各物理量的正負(fù)號．（3）列方程求解：先寫出原始公式，再寫出導(dǎo)出公式：“由公式…得…”．4．勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運(yùn)動學(xué)題目，往往需要用到多個公式，需要細(xì)致的思考才能解答。【命題方向】如圖，甲、乙兩運(yùn)動員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運(yùn)動員經(jīng)短距離加速后都能達(dá)到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運(yùn)動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時起跑，在甲、乙相遇時完成交接棒．在某次練習(xí)中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：（1）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達(dá)到理想成績，需要乙恰好在速度達(dá)到與甲相同時被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠(yuǎn)時對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點(diǎn)出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當(dāng)兩人的速度相等時，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時運(yùn)動時間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實(shí)際舍去）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x=（2）乙加速時間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s+代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運(yùn)動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是t點(diǎn)評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時相遇、何時速度相等這兩個問題，這道題是典型的追及問題，同學(xué)們一定要掌握住．【解題思路點(diǎn)撥】熟練掌握并深刻理解運(yùn)動學(xué)的基礎(chǔ)公式及導(dǎo)出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。5．判斷是否存在摩擦力【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.考點(diǎn)意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關(guān)知識，不區(qū)分靜摩擦力和滑動摩擦力，所以設(shè)置本考點(diǎn)。2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個方法判斷：①條件法：根據(jù)摩擦力的產(chǎn)生條件進(jìn)行判斷。a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運(yùn)動或相對運(yùn)動的趨勢。②假設(shè)法：假設(shè)有或者沒有摩擦力，判斷物體運(yùn)動狀態(tài)是否會改變?！久}方向】如圖，長方體甲乙疊放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做勻速直線運(yùn)動（）A、甲、乙之間一定有摩擦力B、水平地面對乙沒有摩擦力C、甲對乙的摩擦力大小為F，方向水平向右D、水平地面對乙的摩擦力大小為F．方向水平向右分析：首先對甲、乙的整體進(jìn)行分析，根據(jù)平衡力的知識得出乙與地面間的摩擦力；以甲為研究對象，進(jìn)行受力分析，得出甲與乙之間的摩擦力．解答：A、以甲為研究對象，由于做勻速直線運(yùn)動，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙對其向左的摩擦力，故A正確；B、以甲、乙的整體為研究對象，由于受向右的拉力作用，所以還受向左的摩擦力作用，B錯誤；C、由A知，甲受乙對其向左的摩擦力，根據(jù)力的作用的相互性，所以甲對乙向右的摩擦力作用，故C正確；D、由B知，水平地面對乙的摩擦力大小為F，方向水平向左，故D錯誤。故選：AC。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵正確選擇研究對象，然后再根據(jù)兩物體及整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件分析受力情況即可．【解題思路點(diǎn)撥】對物體受力的判斷常采用的方法之一就是假設(shè)法，假設(shè)物體受或不受某力會使物體的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生變化，那么假設(shè)不成立。6．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。7．牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動情況【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.已知物體受力，求解物體的運(yùn)動情況。2.解答該類問題的一般步驟（1）選定研究對象，對研究對象進(jìn)行受力分析，并畫出受力示意圖。（2）根據(jù)平行四邊形定則，應(yīng)用合成法或正交分解法，求出物體所受的合外力。受力分析和運(yùn)動情況分析是解決該類問題的兩個關(guān)鍵。（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體運(yùn)動的加速度。（4）結(jié)合物體運(yùn)動的初始條件（即初速度v0），分析運(yùn)動情況并畫出運(yùn)動草圖，選擇合適的運(yùn)動學(xué)公式，求出待求的運(yùn)動學(xué)量——任意時刻的速度v、一段運(yùn)動時間t以及對應(yīng)的位移x等?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝4kg的物體靜止在水平地面上，其與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2．現(xiàn)用水平向右的外力F＝10N拉物體，求：（1）物體在2s末的速度多大；（2）前2s內(nèi)的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過多長時間才能停下來。分析：物體在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做勻加速直線運(yùn)動。對其進(jìn)行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛頓第二定律去求出加速度，最后由運(yùn)動學(xué)公式去求出速度與位移。解答：（1）前2s內(nèi)物體加速運(yùn)動，受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：物體的加速度a=F-μmg2s末物體的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移為：x=12at（3）撤去拉力后，滑塊勻減速直線運(yùn)動，加速度為a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故運(yùn)動時間為：t′=Δva'答：（1）物體在2s末的速度為1m/s；（2）前2s內(nèi)的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過0.5s時間才能停下來。點(diǎn)評：本題是已知受力情況確定運(yùn)動情況，關(guān)鍵分階段求解出加速度，不難?！窘忸}思路點(diǎn)撥】受力分析→牛頓第二定律→運(yùn)動情況分析。連接受力與運(yùn)動的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。8．斜面模型中的臨界問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.物體在斜面上和斜面一起加速運(yùn)動時，加速度不能無限增大，當(dāng)加速度達(dá)到一定限度時，兩個物體會發(fā)生相對運(yùn)動。此時便是臨界狀態(tài)。2.臨界狀態(tài)的兩個物體的運(yùn)動學(xué)特點(diǎn)是：①加速度相同；②速度相同?！久}方向】如圖所示，細(xì)線的一端固定在傾角為30°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球，靜止時細(xì)線與斜面平行，則（）A、當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動時，細(xì)線的拉力為0.5mgB、若滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動時，線中拉力為mgC、當(dāng)滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動時，小球?qū)瑝K壓力不為零D、當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動時，線中拉力為0.5mg分析：當(dāng)滑塊向左勻加速直線運(yùn)動時，小球和光滑楔形滑塊A具有相同的加速度，通過對小球分析，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力、支持力的大小。當(dāng)加速度較大時，先判斷小球是否離開斜面，再結(jié)合牛頓第二定律和平行四邊形定則求出繩子的拉力。解答：A、當(dāng)滑塊向左做勻速運(yùn)動時，根據(jù)平衡條件可得繩的拉力大小為T＝mgsin30°＝0.5mg故A正確；BC、設(shè)當(dāng)小球貼著滑塊一起向左運(yùn)動且支持力為零時加速度為a0，小球受到重力、拉力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a0若滑塊以加速度a＝g向左加速運(yùn)動時，此時小球沒有脫離斜面，則水平方向Tcos30°﹣Nsin30°＝ma豎直方向Tsin30°+Ncos30°＝mg解得T=3N=3-12mg，故D、當(dāng)滑塊以加速度a＝2g向左加速運(yùn)動時，此時小球已經(jīng)飄離斜面，則此時線中拉力為F=故D錯誤；故選：AC。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵確定出小球剛離開斜面時的臨界情況，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求臨界加速度。當(dāng)受力較多時，采用正交分解法比較簡單，而小球只受兩個力時用合成法簡單。【解題思路點(diǎn)撥】1.一定要記得臨界狀態(tài)的特征：加速度相同和速度都相同。2.解決臨界問題經(jīng)常用到整體法和隔離法。9．水平傳送帶模型【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.傳送帶問題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動狀態(tài)的分析、運(yùn)動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運(yùn)用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運(yùn)動速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運(yùn)動時間不可能為（）A.LvB.2LvC.2L分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運(yùn)動，有可能先做勻加速直線運(yùn)動再做勻速直線運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出木塊運(yùn)行的時間．解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線運(yùn)動。若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動到達(dá)右端時的速度還未達(dá)到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動到達(dá)右端時的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當(dāng)木塊先做勻加速直線運(yùn)動，再做勻速直線運(yùn)動。勻加速直線運(yùn)動的時間t1=則勻速直線運(yùn)動的位移x則勻速直線運(yùn)動的時間t則總時間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動情況，考慮到木塊運(yùn)動的各種可能性，運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式綜合求解．【解題思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動學(xué)以及牛頓運(yùn)動定律的相關(guān)內(nèi)容。10．多種傳送帶的組合問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.傳送帶問題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動狀態(tài)的分析、運(yùn)動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運(yùn)用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機(jī)組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量為10kg的一袋大米放在A端，到達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5．（g取10m/s2）試求：（1）若CD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分順時針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍。分析：（1）由牛頓第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能為5m/s，則應(yīng)判斷米袋到達(dá)B點(diǎn)時是否已達(dá)最大速度，若沒達(dá)到，則由位移與速度的關(guān)系可求得B點(diǎn)速度，若達(dá)到，則以5m/s的速度沖上CD；在CD面上由牛頓第二定律可求得米袋的加速度，則由位移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離；（2）米袋在CD上應(yīng)做減速運(yùn)動，若CD的速度較小，則米袋的先減速到速度等于CD的速度，然后可能減小到零，此為最長時間；而若傳送帶的速度較大，則米袋應(yīng)一直減速，則可求得最短時間；解答：（1）米袋在AB上加速時的加速度a0=μmgm米袋的速度達(dá)到v0＝5m/s時，滑行的距離s0=v022a0=因此米袋在到達(dá)B點(diǎn)之前就有了與傳送帶相同的速度設(shè)米袋在CD上運(yùn)動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝10m/s2所以能滑上的最大距離s=v（2）設(shè)CD部分運(yùn)轉(zhuǎn)速度為v1時米袋恰能到達(dá)D點(diǎn)（即米袋到達(dá)D點(diǎn)時速度恰好為零），則米袋速度減為v1之前的加速度為a1＝﹣g（sinθ+μcosθ）＝﹣10m/s2米袋速度小于v1至減為零前的加速度為a2＝﹣g（sinθ﹣μcosθ）＝﹣2m/s2由v1解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D點(diǎn)，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能運(yùn)到D點(diǎn)所用時間最長為tmax=v若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2。由SCD＝v0tmin+12a2t2min，得：tmin所以，所求的時間t的范圍為1.16s≤t≤2.1s；答：（1）若CD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，米袋沿傳送帶所能上升的最大距離為1.25m。（2）若要米袋能被送到D端，CD部分順時針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足大于等于4m/s，米袋從C端到D端所用時間的取值范圍為1.16s≤t≤2.1s。點(diǎn)評：本題難點(diǎn)在于通過分析題意找出臨條界件，注意米袋在CD段所可能做的運(yùn)動情況，從而分析得出題目中的臨界值為到達(dá)D點(diǎn)時速度恰好為零；本題的難度較大?！窘忸}思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動學(xué)以及牛頓運(yùn)動定律的相關(guān)內(nèi)容。11．無外力的水平板塊模型【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.模型概述：一個物體在另一個物體表面上發(fā)生相對滑動，兩者之間有相對運(yùn)動，可能發(fā)生同向相對滑動或反向相對滑動。問題涉及兩個物體的運(yùn)動時間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，一質(zhì)量M＝5kg的長木板以初速度v1＝2m/s在水平地面上向左運(yùn)動，同時一質(zhì)量m＝1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以初速度v2＝4m/s從左端滑上木板。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g＝10m/s2。求：（1）滑塊和木板運(yùn)動的加速度大??；（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度。分析：（1）滑塊滑到木板后，木板受重力、壓力、支持力、滑塊和地面對他的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度即可；（2）分析兩物體運(yùn)動狀態(tài)，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解出滑塊與木板最大相對滑動距離即可。解答：（1）對滑塊，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma2解得：a2＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2對木板，由牛頓第二定律得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma1解得：a（2）由于v2v1＞a2a1，故木板先減速到地面對木板的最大靜摩擦力f1＝μ1（M+m）g由于f1＞f2，故木板減速到0后將保持靜止，木塊繼續(xù)減速，加速度不變。全程木塊的位移：x木板的位移：x木塊與木板間的相對位移Δx＝x1+x2代入數(shù)據(jù)解得木板的最小長度Lmin＝Δx＝5.25m答：（1）滑塊和木板運(yùn)動的加速度大小分別為2m/s2和1.6m/s2；（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度為5.25m。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是明確滑塊和滑板的各段運(yùn)動過程的運(yùn)動性質(zhì)，對于每段過程都要根據(jù)牛頓第二定律求解各自的加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式解相關(guān)運(yùn)動參量，還要注意各個過程的連接點(diǎn)的情況?！窘忸}思路點(diǎn)撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過整體法與隔離法的綜合運(yùn)用解決問題。12．恒力做功的計算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．做功的兩個不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移．2．功的公式：W＝Flcosα，其中F為恒力，α為F的方向與位移l的方向之間的夾角；功的單位：焦耳（J）；功是標(biāo)量．3．功的計算：（1）合力的功①先求出合力，然后求總功，表達(dá)式為：∑W＝∑F?scosθ（θ為合力與位移方向的夾角）②合力的功等于各分力所做功的代數(shù)和，即：∑W＝W1+W2+…（2）變力做功：對于變力做功不能依定義式W＝Fscosα直接求解，但可依物理規(guī)律通過技巧的轉(zhuǎn)化間接求解．①可用（微元法）無限分小法來求，過程無限分小后，可認(rèn)為每小段是恒力做功．②平均力法：若變力大小隨位移是線性變化，且方向不變時，可將變力的平均值求出后用公式：W=F③利用F﹣s圖象，F(xiàn)﹣s圖線與坐標(biāo)軸所包圍的面積即是力F做功的數(shù)值．④已知變力做功的平均功率P，則功W＝Pt．⑤用動能定理進(jìn)行求解：由動能定理W＝△EK可知，將變力的功轉(zhuǎn)換為物體動能的變化量，可將問題輕易解決．⑥用功能關(guān)系進(jìn)行求解．【命題方向】題型一：功的計算例1：如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細(xì)線懸掛而靜止在豎直位置．用水平拉力F將小球拉到細(xì)線與豎直方向成θ角的位置．在此過程中：（1）F為恒力，拉力F做的功是FLsinθJ（2）用F緩慢地拉，拉力F做的功是mgL（1﹣cosθ）J．分析：小球用細(xì)線懸掛而靜止在豎直位置，當(dāng)用恒力拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，由功的公式結(jié)合球的位移可求出拉力做功．當(dāng)F緩慢地拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，則由動能定理可求出拉力做功．解答：（1）當(dāng)小球用細(xì)線懸掛而靜止在豎直位置，當(dāng)用恒力拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，則拉力做功為：W＝FS＝FLsinθ（2）當(dāng)F緩慢地拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，緩慢則是速率不變，則由動能定理可得：WF﹣mgh＝0而高度變化為：h＝L（1﹣cosθ）所以WF＝mgL（1﹣cosθ）故答案為：FLsinθ；mgL（1﹣cosθ）．點(diǎn)評：當(dāng)力恒定時，力與力的方向的位移乘積為做功的多少；當(dāng)力不恒定時，則由動能定理來間接求出變力做功．同時當(dāng)小球緩慢運(yùn)動，也就是速率不變．題型二：用畫圖法求功例2：用鐵錘將一鐵釘擊入木塊，設(shè)木塊對鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進(jìn)入木塊內(nèi)的深度成正比，即Ff＝kx（其中x為鐵釘進(jìn)入木塊的深度），在鐵錘擊打第一次后，鐵釘進(jìn)入木塊的深度為d．（1）求鐵錘對鐵釘做功的大??；（2）若鐵錘對鐵釘每次做功都相等，求擊打第二次時，鐵釘還能進(jìn)入的深度．分析：阻力與深度成正比，力是變力，可以應(yīng)用f﹣d圖象再結(jié)合動能定理分析答求解．解答：（1）由題意可知，阻力與深度d成正比，f﹣d圖象如圖所示，F(xiàn)﹣x圖象與坐標(biāo)軸所形成圖形的面積等于力所做的功，故第一次時所做的功：W=