2023年版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与直线运动学案.pdf

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1、第 2 讲力与直线运动主干知识体系核心再现及学科素养知识规律(1)匀变速直线运动规律公式的两性条件性：物体必须做匀变速直线运动矢量性：公式都是矢量性(2)牛顿第二定律的“四性”矢量性：Fma是矢量式，a与F同向瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化同体性：Fma中，F、m、a对应同一物体独立性：分力产生的加速度相互独立(3)运动图象六要素轴；线；斜率；截距；交点；面积思想方法(1)物理思想：极限思想、逆向思维、理想实验、分解思想(2)学习方法：比例法、图象法、控制变量法、整体法、隔离法、合成分解法.1(2018 全国卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动在启动阶段，列

2、车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比B A 错：速度vat，动能Ek12mv212ma2t2，与经历的时间的平方成正比B对：根据v22ax，动能Ek12mv212maxmax，与位移成正比C错：动能Ek12mv2，与速度的平方成正比D错：动量pmv，动能Ek12mv2p22m，与动量的平方成正比 2(2018 全国卷，16)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

3、()A 设物块 P 静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(lx0 x)及力F，根据牛顿第二定律，得Fk(lx0 x)mgma且k(lx0)mg故Fkxma.根据数学知识知Fx图像是截距为ma的一次函数图像 3(2018 全国卷，19)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BD A 错、B对：0t1时间内，v乙v甲；t1t2时间内，v甲v乙，t2时刻相遇，但0t1时间内两

4、者的位移差小于t1t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面；C 错、D对：由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大 4(2018 全国卷，18)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从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等CD A 错：xt图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度B错：由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0 到t1

5、时间内乙车比甲车多走了一段距离C、D对：t1和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等 提示多项选择题中，A、B 项已经确定错误，C、D项可不分析5(2018 全国卷，24)(12分)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 103kg 和 1.5 103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两

6、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g10 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；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BgmBaB式中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vB，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v2B2aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(2)设 A 车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有AgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有v2A2aAsA设碰撞前的瞬间A 车速度的大小为vA.两车在碰

7、撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA 4.3 m/s答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s 考情分析 命题特点与趋势1 近几年高考对本讲的考查比较全面，题型以选择题为主，也涉及较为综合的计算题匀变速直线运动的规律、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用是命题的热点2借助“传送带”“平板车”“滑块木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析的计算题，会成为高考中的压轴性题目3以“机车运动”“追及相遇”为背景的实际问题也会成为高考命题的热点，应引起足够重视解题要领1解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点(1)两分析物体受力情况

8、分析，同时画出受力示意图；物体运动规律分析，同时画出运动情境图(2)两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程相互联系的桥梁2解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1)要明白xt、vt图象的特点及区别；(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型高频考点一运动学基本规律 备考策略 1牢记解决匀变速直线运动问题的4 种常用方法2匀变速直线运动问题规范解题“个步骤”命题视角 考向 1 运动学基本规律的应用例 1 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是 3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则()A物体的加速度是1 m/s2B第一个T时间末的瞬时速度

9、为0.6 m/s C时间间隔T1 s D物体在第1 个T时间内的位移为0.6 m D 初速度为0 的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为135，据此判断第一个T时间内的位移x1153 m 0.6 m，选项 D 正确；第二个T时间内的位移x2353 m 1.8 m，由v2302a(x1x2x3)，得a56 m/s2，选项 A 错误；由 xaT2得x2x1aT2，解得T65 s，选项 C 错误；第一个T时间末的瞬时速度v1aT1 m/s，选项 B 错误 考向 2 追及相遇问题例 2 为了保障市民出行安全，减少交通事故，交管部门强行推出了“电子眼”，此后机动车闯红灯大幅度减少现有甲、乙两汽

10、车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5，g取 10 m/s2.问：(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？解法指导(1)两车在司机的反应时间内做匀速运动，这一点要记住(2)两车避免相撞的临界条件是在

11、同一位置处，后车的速度等于前车的速度.解析(1)甲车紧急刹车的加速度为a10.4g4 m/s2甲车停下来所需时间t1v0a12.5 s 甲车滑行距离sv202a112.5 m 由于 12.5 m15 m，所以甲车能避免闯红灯(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0，在乙车刹车t2时刻两车速度相等，则有：乙车紧急刹车的加速度大小为a20.5g5 m/s2由v1v2得v0a1(t2t0)v0a2t2，解得t22.0 s 此过程中乙的位移：x乙v0t0v0t212a2t2215 m 甲的位移：x甲v0(t0t2)12a1(t0t2)212.5 m 所以两车安全距离至少为：s0 x乙x甲 2.5

12、 m 答案(1)能(2)2.5 m 考向 3 运动学图象的理解与分析例 3(2018 湖北省武汉市高三二月调研)(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其xt图像如图所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，15)已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是()A前 4 s内两物体运动方向相同B前 4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍Ct0 时刻，甲的速度大小为9 m/s D甲的加速度大小为2 m/s2AD xt图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，故A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的xt图象对应于a；前 4 s内甲的平均速度为：v115m 9m4 s

13、 6 m/s，前 4 s 乙的平均速度为：v215m 7m4 s 2 m/s，故前 4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的3 倍，故 B 错误；t0 时刻，甲的位移为9 m，速度无法求解，故C 错误；甲时匀加速，只能得到运动时间和4 s 末的速度，故无法求解加速度，故D错误；故选A.点睛位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道，平均速度等于位移除以时间 归纳反思 1“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题2追及问题的解题思路和注意事项(1)解题思路分析两物体运动过程?画运动示意图或vt图象?找两物体位移关系?列位移方程(2)注意事项：若被追赶的物体

14、做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析 题组突破 11.(2018山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)一质点做匀加速直线运动，并规定了正方向若已知质点在一段时间t内的末速度v及加速度a，则质点此段运动的初速度可表示为()AvatBvat C vatDvatB 采用逆向思维，质点做匀减速直线运动，相当于初速度为v，加速度大小为a，则初速度可表示为v0vat.故 B正确，A、C、D 错误故选B.12.(多选)甲、乙两物体从不同点出发且在同一条直线上运动，它们的vt图象如图所示，已知t2 s时两车相遇，则下列说法正确的是()At1 s时，甲车在前，乙车在

15、后Bt0 s时，甲、乙车距离x0 3 m Ct6 s时，甲车在前，乙车在后D35 s内两车的平均速度相同BD 0 2 s内甲车的位移x甲1224 m 4 m，x乙1221 m 1 m，t2 s时两车相遇，甲车的位移比乙车大，也就是甲车追及乙车，所以，t1 s时，甲车在后，乙车在前，故A错误；t0 s时，甲、乙车距离x0 x甲x乙3 m，故 B 正确；26 s内甲乙两车的位移相等，t2 s 时两车相遇，所以t6 s 两车也相遇，故C 错误；35 s 内两车vt图象围成的面积相等，故位移相等，时间间隔相等，所以平均速度也相等，故 D 正确 13.(2018 高三洛阳检测)甲、乙两人在某一直道上完成

16、200 m 的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了 18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为 13 s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点求：(1)甲做匀减速运动的加速度；(2)甲冲刺阶段完成的位移大小解析(1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由x1v1t12，解得v110 m/s；甲匀减速的末速度为v2，匀减速的加速度为a2，由a2v2v1

17、t，得a2 1 m/s2.(2)匀速运动的位移：x2v1t21010 m 100 m 匀减速的位移：由x3v1v22t解得x318 m 最后冲刺的位移为：x4200 m(x1x2x3)200 m(20 100 18)m 62 m.答案(1)1 m/s2(2)62 m 高频考点二动力学的两类基本问题 备考策略 1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ag且竖直向下时，完全失重2动力学的两类基本问题的处理思路受力情况F

18、合F合maa运动学公式运动情况v、x、t3解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法(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 命题视角 考向 1 超、失重问题例 4 如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显

19、示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是()A升降机在停止运动前是向上运动的B0t1时间段内金属球做减速运动Ct1t2时间段内金属球处于超重状态Dt2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同D 由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而 0t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A 错误；0t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当Fmg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速度运动，后一段做加速度逐渐

20、增大的减速运动，B 错误；t1t2时间段可分为两段，Fmg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确 考向 2 瞬时加速度问题例 5 如图所示，两个质量均为m的小球A、B细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止

21、不动，这时细线与水平方向的夹角是45，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把细线剪断在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是()A22g B.5gC2gD.2gB 细线剪断前，小球A受到 4 个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F2mg，所以此时A球的合力FAmg2 2mg25mg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小a5g，故 B正确，A、C、D错误 考向 3 动力学图象问题例 6 两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程

22、时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的vt图象，可能正确的是()D 若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据速度时间图象的斜率表示加速度大小可知，D 正确 考向 4“传送带”问题的分析例 7 如图所示，与水平

23、面夹角37的倾斜传送带以v0 2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v18 m/s 的速度从底端滑上传送带已知小物块A、B质量均为m1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取 10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8.求：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l应满足的条件解析(1)对小物块B由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t1v1v0a10.6 s，位移s1v21v202a13

24、 m 之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2小物块B减速至 0 的时间t2v0a2 1 s 位移s2v202a21 m 小物块B向上运动过程中平均速度vs1s2t1t22.5 m/s(2)小物块A的加速度也为a22 m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l012a2t2小物块B向下运动过程s1s212a2

25、t23解得t32 s，则tt1t2t33.6 s 代入解得l0 12.96 m，即传送带的长度l12.96 m【答案】(1)2.5 m/s(2)l12.96 m方法总结(1)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因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动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，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断 题组突破 21.如图所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与天花板的夹角如图所示，则在剪断AC绳的瞬间，小球的加速度大小为a1，剪断BC绳的瞬间，小球的加速度大小为a2.则a

26、1a2为()A11 B.3 3 C.62 D.21 C 在剪断BC绳的瞬间，AC绳的弹力发生突变，小球即将做圆周运动受力分析如图所示，重力分解为沿绳方向和垂直绳子的方向，因为此时速度为0，向心力等于0，沿绳子方向的加速度为0；垂直绳子方向，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小：a1mgcos 30 m32g；同理可得剪断AC绳的瞬间，小球的加速度大小a2mgcos 45 m22g，所以a1a262，故 C 正确，A、B、D 错误 22.(多选)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面

27、向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是()ACD 滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故 A 正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度减小到0 前，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动故C正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到 0 时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0 时，仍然在传送带上由于传送带向沿斜面向上运动，滑块在传送带

28、上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故 D 正确，B 错误 高频考点三动力学中的连接体问题 备考策略 一、连接体问题可以看作是单个物体的由小变大(此时用整体法)和由单个变多个(此时用隔离法)的动力学问题，解决此类问题时应注意以下三点：整体法与隔离法的优点和使用条件；两物体分离或相对滑动的条件；用滑轮连接的连接体的处理方法建议对本考点重点攻坚二、整体法与隔离法的选用原则1当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法2求连接体内各物体间的相互作用力时必

29、须用隔离法三、三类连接体问题的解题结论1通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等2叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力3靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同例 8(2018 湖北省武昌区高三五月调研考试)(多选)如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体一起沿恒力F方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F方向平行)，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是()A四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况B四种情

30、况中(4)的加速度一定小于其他三种情况C四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况D四种情况轻绳的张力一定一样大AD(1)中加速度满足：F(Mm)gsin(Mm)gcos (Mm)a1，对m：T1mgsin mgcos ma1；解得a1FMmgsin cos：T1FmMm；(2)中加速度满足：F(Mm)gsin(Mm)a2，对m：T2mgsin ma2：解得a1FMmgsin；T2FmMm；(3)中加速度满足：F(Mm)a3，对m：T3ma3；解得a3FMm；T3FmMm；(4)中加速度满足：F(Mm)g(Mm)a4，对m：T4mgma4；解得a4FMmg；T4FmMm；由以上分析可知，选

31、项A、D 正确，B、C 错误；故选A、D.例 9(多选)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则()At2时刻，弹簧形变量为0 Bt1时刻，弹簧形变量为mgsin makC从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D从t1时刻开始，拉力F恒定不变BD 由题图乙知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律

32、和胡克定律有mgsin kx，则xmgsin k，故 A 错误；由题图乙读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律kxmgsin ma，则xmgsin mak，故 B 正确；从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律Fkx2mgsin 2ma，得F2mgsin 2makx，x减小，F增大，t1时刻到t2时刻，对B由牛顿第二定律得Fmgsin ma，得Fmgsin ma，可知F不变，故C 错误，D 正确 题组突破 31.(2018高三湖北八校联考)(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，轻绳平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，

33、不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1 sin)gDM运动的加速度大小为MmMgBC 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin mg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有：FTmgsin ma，又FTFT，解得：a(1 sin)g，FTmg，故A、D 错误，B、C 正确 32.(2018 湖北省高三4 月调研)(多选)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1 的一端与A相连，另一端跨过轻

34、质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2 系着质量为 2m的重锤C.已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为(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Ff11mgFf22(mM)g由平衡条件得：FFf1Ff21mg2(mM)g(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则t1v11g设物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1v12t1v2121g设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)

35、的时间为t2，则t2v21g设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2v22t2v2221g此过程中木板向右匀速运动的总位移为x，则xv2(t1t2)则物块不从木块上滑下来时木板的最小长度：Lxx1x2，Lv1v2221g.答案(1)1mg2(mM)g(2)v1v2221g课时跟踪训练(二)一、选择题(1 7 题为单项选择题，810 题为多项选择题)1(2018 山东省潍坊市高三第二次高考模拟)汽车在转弯时如果速度过快，容易发生侧翻一辆大货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，下列说法正确的是()A货车向右侧翻B左侧轮胎容易爆胎C侧翻是因为货车惯性变大D侧翻是因为货车惯性变小A 货车在水平的路面

36、上向左转弯时发生了侧翻，由于离心作用火车向右侧翻，选项A正确；向右侧翻时，右侧轮胎受的压力较大，则右侧轮胎容易爆胎，选项B 错误；侧翻是因为货车所受的摩擦力不足以提供转变时的向心力而发生离心现象，火车的质量没变，则惯性没有变化，选项C、D 错误；故选A.2(2018 福建省毕业班质量检查)如图 1，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块()A通过bc、cd段的时间均大于TB通过c、d点的速度之比为1 2 C通过bc、cd段的位移之比为13 D通过c点的速度等于通过bd段的平均速度A 当滑块

37、由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a假设ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x、xbcxcd35，C 错误；如果滑块由b点静止释放，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A 正确；滑块在c点的速度应为v12ax，滑块在d点的速度应为v22ax，则v1v238，B错误；因为xbcxcd3 5，显然通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D 错误 3(2018 湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)质量均为m1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的变化图象如图所示下列说法正确

38、的是()A甲的加速度大小为2 m/s2B乙的加速度大小为1.5 m/s2C甲、乙在x6 m 处的速度大小为2 m/s D甲、乙在x10 m 处相遇A A 项：对甲由动能定理可知：F合xEk，即F合Ekx即为图象斜率，所以F合k2N，由牛顿第二定律得：a甲2 m/s2，故 A正确；B项：对乙由动能定理可知：F合xEk，即F合Ekx即为图象斜率，所以F合k1 N，由牛顿第二定律得：a乙 1 m/s2，故 B 错误；C项：由图可知：对甲：Ek 甲182x，即12mv2甲1826，解得：v甲23m/s，对乙：Ek 乙x，即12mv2乙6，解得：v乙23m/s，故 C错误；D 项：甲、乙两个物体同时从同

39、地沿同一方向做直线运动，所以甲、乙在x8 m 处相遇，故 D 错误 4处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为 60，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆 从A点和C点分别静止释放两小球，从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2，则t1t2是()A11 B32 C.32 D.23 C 由图可知，sCD2R，aCD32g，由几何关系可得出sAD3R，aAD12g，由运动学公式s12at2，可得t1t2sADaCDsCDaAD，带入数据解得t1t232，故 C 正确 5(2018 山东省青岛市高三统一质检)一物体由静止开始运动，其加速度a与位移x关系图线如图所示下列说法正确的是()

40、A物体最终静止B物体的最大速度为2ax0C物体的最大速度为3ax0D物体的最大速度为32ax0C 物体运动过程中任取一小段，对这一小段v2v202ax一物体由静止开始运动，将表达式对位移累加，可得v2等于速度a与位移x关系图线与坐标轴围成的面积的2 倍，则v22a0 x012a0 x0，解得物体的最大速度v3a0 x0.故 C项正确 6在 2017 年的珠海航展中，中国展出了国产运20 和歼 31 等最先进飞机假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0t2时间内的vt图象如图所示，下列说法正确的是()A飞机乙在0t2内的平均速度等于v22B飞机甲在0t2内的平均速度比乙大C两飞机在t1时

41、刻一定相遇D两飞机在0t2内不可能相遇B 在vt图象中，图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，如图所示飞机乙的位移小于匀变速的位移，故平均速度小于v22，甲做匀变速直线运动，故甲的平均速度为v1v22，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故A 错误、B 正确；两飞机在位移相等时相遇，t1时刻乙的面积大于甲的面积，故在t1时刻不相遇，选项C 错误；开始乙的速度大于甲的速度，后来甲的速度大于乙的速度，所以中间相遇一次，选项D 错误 7(2018 济宁市高三第二次模拟)质量为 1 kg 的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示A和B经过 1 s 达到同一速

42、度，之后共同减速直至静止，A和B运动的vt图象如图乙所示，取g10 m/s2，则物块A的质量为()A1 kg B2 kg C3 kg D6 kg C 由图象可知，物块在01 s 内的加速度大小为a12 m/s2以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：1mgma1解得：1 0.2 木板在 01 s 内的加速度大小为a22 m/s2，在 1 s 3 s 内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a31 m/s2AB同速后为研究对象，由牛顿第二定律得：2(Mm)g(Mm)a3解得：2 0.1 再以B为研究对象，在01 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：1mg2(Mm)gMa1代

43、入数据解得A的质量m3 kg.8在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为h20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为()A10 m B20 m C30 m D50 m ACD 物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下在A点之上时，位移大小为10 m，又有上升和下降两种过程，上升时，物体通过的路程s1等于位移的大小x1，即s1x110 m；下降时，物体通过的路程s22hx1220 m 10 m 30 m 在A点之下时，物体通过的路程s32hx2220 m10 m 50

44、m 故 A、C、D 项正确，B项错误 9(2018 湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)(多选)如图所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动轻绳拉力的大小()A与斜面的倾角有关B与物体和斜面之间的动摩擦因数有关C与两物体的质量m1和m2有关D若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变CD A、B、C项：将两物体看成一个整体有：F(m1m2)gsin(m1m2)gcos(m1m2)a解得：aFm1m2gsin m1m2gcos m1m2对m2受力分析且由牛顿第二定律有：Tm2gsin 2gcos m2a解得：Tm2Fm1m2，故 A、B 项错误，C 正

45、确；D项：将两物体看成一个整体有：F(m1m2)gsin(m1m2)gcos(m1m2)a解得：aFm1m2gsin m1m2gcos m1m2对m1受力分析且由牛顿第二定律有：Tm1gsin 1gcos m1a解得：Tm2Fm1m2，故 D 正确 10(2018 成都二诊)质量为m的小球被两个弹性系数皆为k的相同弹簧固定在一质量为M的盒中，如图所示，盒从距桌面高h处开始下落，在盒开始下落的瞬间，两弹簧均未发生形变，小球静止则下列说法正确的是()A下落高度hMg2k1M2m，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来B下落高度hMg2k12Mm，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来C在小球到最高

46、点时盒子恰好弹起，小球的加速度aMmmgD在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a2MmgAC 小球从h高处下落到桌面，根据机械能守恒定律得mgh12mv2，设小球向上运动到速度变为零时上面弹簧的压缩为x，下面弹簧的伸长量也为x，根据机械能守恒定律得12mv2mgx212kx2，这时小球上面的弹簧对盒向上的弹力为kx，小球下面的弹簧对盒向上的弹力也是kx，盒能跳离桌面的条件是2kxMg，hMg2k1M2m，盒子恰好弹起，2kxMg，则小球合力F合Mgmg，加速度为aMmmg，A、C 正确 二、非选择题11(2018 广东省深圳市高三2 月第一次调研)如图所示，质量M 8 kg 的小车放在水

47、平光滑的平面上，在小车左端加一个F8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到v01.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数0.2，小车足够长，取g10 m/s2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t1.5 s小物块通过的位移大小为多少？解析(1)小物块的加速度am2 m/s2小车的加速度aMFmgM0.5 m/s2(2)由amtv0aMt解得：t1 s(3)从小物块放上小车开始1 s内，小物块的位移s112amt21 m 1 s末小物块的速度va

48、mt2 m/s 在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度aFMm0.8 m/s2这 0.5 s内小物块的位移s2vt112at211.1 m 小物块 1.5 s内通过的总位移ss1s2 2.1 m 答案(1)2 m/s20.5 m/s2(2)1 s(3)2.1 m 12(2018 吉林省长春外国语学校高三第5 次调研)如图 1 所示，一足够长的传送带与水平面的夹角30，速率始终不变t0 时刻在传送带适当位置放一具有初速度的小物块 物块刚好能运动到传送带的最上端，取沿斜面向下为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系如图2 所示已知小物块质量m1 kg，g取

49、 10 m/s2，求：(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数；(2)t0 时，小物块离传送带最上端的距离；(3)前 3 s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能解析(1)由vt图象可知，刚开始时物块的加速度a8 m/s2对物块进行受力分析，可得mgsin mgcos ma解得35(2)小物块运动到传送带的最上端时，速度恰好为0，即t00.5 s t0 时，小物块离传送带最上端的距离x120.5 4 m 1 m(3)由vt图象可知：传送带的速度是v08 m/s 当t11.5 s时，物块与传送带速度相等，之后传送带对物块的摩擦力沿传送带向上由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma解得：a 2 m/s2所以，t23 s时，物块的速度vv0a（t2t1)11 m/s 小物块在传送带上滑行的距离就是图中阴影的面积x121232m1231.5 m 11.25 m 前 3 s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能Q(mgcos)x33.75 J 答案(1)35(2)1 m(3)33.75 J