【物理】2018届二轮复习专题二第1讲动力学观点在力学中的应用学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习专题二第1讲动力学观点在力学中的应用学案（全国通用）

第 1 讲　动力学观点在力学中的应用 课标卷高考命题分析 年份 题号·题型·分值 模型·情景 题眼分析 难度 20 题·选择题·6 分 多过程 v－t 图象 几何关系 中 Ⅰ卷 25 题·计算题·20 分 水平面滑块木板模型 小物块的 v－t 图线 难 20 题·选择题·6 分 牛顿运动定律 两次加速度已知 中 2015 年 Ⅱ卷 25 题·计算题·20 分 滑块木板模型 多物体多过程受力 及运动分析 难 Ⅰ卷 21 题·选择题·6 分 多物体 v－t 图象 匀变速追及现象 中 Ⅱ卷 19 题·选择题·6 分 牛顿运动定律、匀变速 直线运动的规律 静止下落相同的距 离 中 2016 年 Ⅲ卷 16 题·选择题·6 分 匀加速直线运动 动能变为原来的 9 倍 易 Ⅱ卷 24 题·计算题·12 分 牛顿第二定律、匀变速 直线运动的规律 灵活选取运动公式、 运动等时性 中 2017 年 Ⅲ卷 25 题·计算题·20 分 水平面滑块木板模型 多物体多过程受力 及运动分析 难 1．物体或带电体做匀变速直线运动的条件是：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为 速度公式：v＝v0＋at. 位移公式：x＝v0t＋1 2at2. 速度和位移公式的推论：v2－v02＝2ax. 中间时刻的瞬时速度： ＝x t＝v0＋v 2 . 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．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． 4．位移—时间关系图线的斜率表示物体的速度． 5．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．动力学的两类基本问题的处理思路 2．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 2 tv 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　动力学基本问题分析 例 1　(多选)(2017·深圳市第一次调研)如图 1 甲所示，质量 m＝1 kg、初速度 v0＝6 m/s 的物 块受水平向左的恒力 F 作用，在粗糙的水平地面上从 O 点开始向右运动，O 点为坐标原点， 整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2，下列 说法中正确的是(　　) 图 1 A．t＝2 s 时物块速度为零 B．t＝3 s 时物块回到 O 点 C．恒力 F 大小为 2 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1 答案　ACD 解析　物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝v02 2x1＝ 36 2 × 6 m/s2＝3 m/s2， 物块做匀减速直线运动的时间为：t1＝v0 a1＝2 s，故 A 正确；匀加速直线运动的加速度大小为： a2＝v′2 2x2 ＝ 16 2 × 8 m/s2＝1 m/s2，反向加速到出发点的时间 t′＝ 2x1 a2 ＝ 2 × 6 1 s＝2 3 s， 故 B 错误；根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立两式解得：F＝2 N，Ff＝ 1 N，则动摩擦因数为：μ＝ Ff mg＝0.1，故 C、D 正确． 1．瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变而后者不能． 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，交替使用隔离法与整 体法． 3．两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作 用． 1．(多选)如图 2 所示，A、B 球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为 θ 的斜面光滑，系统 静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) 图 2 A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为 gsin θ B．B 球的受力情况未变，瞬时加速度为零 C．A 球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为 2gsin θ D．弹簧有收缩的趋势，B 球的瞬时加速度向上，A 球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不 为零 答案　BC 解析　系统静止，根据平衡条件可知： 对 B 球 F 弹＝mgsin θ， 对 A 球 F 绳＝F 弹＋mgsin θ， 细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则 B 球受力情况 未变，瞬时加速度为零； 对 A 球根据牛顿第二定律得：a＝ F合 m ＝F弹＋mgsin θ m ＝2gsin θ，故 A、D 错误，B、C 正 确． 2．(2017·河南洛阳市第二次统考)如图 3 甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，一 轻绳跨过斜面顶端的光滑轻质定滑轮，绳两端分别连接小物块 A 和 B，保持 A 的质量不变， 改变 B 的质量 m，当 B 的质量连续改变时，得到 A 的加速度 a 随 B 的质量 m 变化的图线， 如图乙所示(a1、a2、m0 未知)，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力 加速度为 g，斜面的倾角为 θ，下列说法正确的是(　　) 图 3 A．若 θ 已知，可求出 A 的质量 B．若 θ 已知，可求出乙图中 m0 的值 C．若 θ 未知，可求出乙图中 a2 的值 D．若 θ 未知，可求出乙图中 a1 的值 答案　D 解析　据牛顿第二定律对 B 受力分析得：mg－F＝ma① 对 A 得：F－mAgsin θ＝mAa② 联立①②得 a＝mg－mAgsin θ m＋mA ③ 若 θ 已知，由③知，不能求出 A 的质量 mA.故 A 错误． 当 a＝0 时，由③式得，m0＝mAsin θ，mA 未知，m0 不能求出．故 B 错误． 由③式得，m＝0 时，a2＝－gsin θ，故 C 错误．由③式变形得 a＝ g－mA m gsin θ 1＋mA m .当 m→∞时， a1＝g，故 D 正确． 高考题型 2　应用动力学方法分析传送带问题 例 2　(2017·陕西宝鸡市一模)某工厂为实现自动传送工件设计了如图 4 所示的传送装置，由 一个水平传送带 AB 和倾斜传送带 CD 组成，水平传送带长度 LAB＝4 m，倾斜传送带长度 LCD＝ 4.45 m，倾角为 θ＝37°，AB 和 CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以 v1＝5 m/s 的恒定速率顺时针运转，CD 传送带静止．已知工件与传送带间的动摩擦因数均为 μ＝0.5， 重力加速度 g＝10 m/s2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端 A 点 处，求： 图 4 (1)工件被第一次传送到 CD 传送带上升的最大高度和所用的时间； (2)要使工件恰好被传送到 CD 传送带最上端，CD 传送带沿顺时针方向运转的速度 v2 大小 (v2＜v1)． 答案　(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s 解析　(1)工件刚放在传送带 AB 上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为 a1， 速度增加到 v1 时所用时间为 t1，位移大小为 x1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得： FN1＝mg Ff1＝μFN1＝ma1 联立解得：a1＝5 m/s2. 由运动学公式有：t1＝v1 a1＝5 5 s＝1 s x1＝1 2a1t12＝1 2×5×12 m＝2.5 m 由于 x1＜LAB，工件随后在传送带 AB 上做匀速直线运动到 B 端，则匀速运动的时间为： t2＝LAB－x1 v1 ＝0.3 s 工件滑上 CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动， 设其加速度大小为 a2，速度减小到零时所用时间为 t3，位移大小为 x2，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：FN2＝mgcos θ mgsin θ＋μFN2＝ma2 由运动学公式有：x2＝0－v12 －2a2 联立解得：a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m 工件沿 CD 传送带上升的最大高度为： h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m 沿 CD 上升的时间为：t3＝0－v1 －a2 ＝0.5 s 故总时间为：t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s (2)CD 传送带以速度 v2 向上传送时，当工件的速度大于 v2 时，滑 动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为 a2；当工件的速度小于 v2 时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙，设其加速度大 小为 a3，两个过程的位移大小分别为 x3 和 x4，由运动学公式和牛顿运 动定律可得：－2a2x3＝v22－v12 mgsin θ－μFN2＝ma3 －2a3x4＝0－v22 LCD＝x3＋x4 解得：v2＝4 m/s 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． 3．(2017·河南郑州市模拟)如图 5 所示为粮袋的传送装置，已知 A、B 间长度为 L，传送带与 水平方向的夹角为 θ，工作时其运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 μ，正常工 作时工人在 A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确 的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) 图 5 A．粮袋到达 B 点的速度与 v 比较，可能大，也可能相等或小 B．粮袋开始运动的加速度为 g(sin θ－μcos θ)，若 L 足够大，则以后将一定以速度 v 做匀速 运动 C．若 μ≥tan θ，则粮袋从 A 到 B 一定一直做加速运动 D．不论 μ 大小如何，粮袋从 A 到 B 一直做匀加速运动，且 a>gsin θ 答案　A 解析　开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛 顿第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcos θ，解得 a＝gsin θ＋μgcos θ，故 B 项错误； 粮袋加速到与传送带相对静止时，若 mgsin θ>μmgcos θ，即当 μ2 m/s 时，物体 m 到达地面上 C 点的右侧 D．若传送带顺时针方向运行，则当传送带速度 v<2 m/s 时，物体 m 也可能到达地面上 C 点 的右侧 答案　BCD 解析　由机械能守恒定律得 mgR＝1 2mv02，则 v0＝2 m/s，传送带静止时，A 点：F－mg＝ mv02 R ，得 F＝3mg，与 R 无关，A 错误；若传送带逆时针运行，物体也匀减速运动至 B 点， 与静止情况相同，落在 C 点，B 正确；若传送带顺时针运行，v>2 m/s，物体加速运动，落 在 C 点右侧，C 正确；若 v<2 m/s，物体可能先匀减速后匀速，到 B 点速度可能大于传送带 静止时到达 B 点的速度，此时落在 C 点右侧，D 正确． 高考题型 3　应用动力学方法分析“滑块—木板”问题 例 3　(2017·全国卷Ⅲ·25)如图 7，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 m A＝1 kg 和 mB＝5 kg，放 在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ1＝0.5；木板的质量 为 m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为 μ2＝0.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大 小均为 v0＝3 m/s.A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取重力加速度大小 g＝10 m/s2.求： 图 7 (1)B 与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B 开始运动时，两者之间的距离． 答案　(1)1 m/s，方向与 B 的初速度方向相同　(2)1.9 m 解析　(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设 A、B 所受的摩擦力大小 分别为 Ff1、Ff2，木板受地面的摩擦力大小为 Ff3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA 和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在滑块 B 与木板达到共同速度前有 Ff1＝μ1mAg① Ff2＝μ1mBg② Ff3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛顿第二定律得 Ff1＝mAaA④ Ff2＝mBaB⑤ Ff2－Ff1－Ff3＝ma1⑥ 设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1.由运动学公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s，方向与 B 的初速度方向相同⑨ (2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－1 2aBt12⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的系统，由牛 顿第二定律有 Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2.设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2⑫ 对 A 有：v2＝－v1＋aAt2⑬ 在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－1 2a2t22⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－1 2aA(t1＋t2)2⑮ A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s0＝sA＋s1＋sB⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m⑰ (也可用下图中的速度—时间图线求解) 1．“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．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． 5.(多选)(2017·广东汕头市一模)如图 8 所示，一木板倾斜放置，与水平面的夹角为 θ.将两个 矩形物块 A、B 叠放后一起从木板上由静止释放，之后 A、B 保持相对静止一起以大小为 a 的加速度沿斜面加速下滑．若 A、B 的质量分别为 mA 和 mB，A 与 B 之间和 B 与木板之间的 动摩擦因数分别为 μ1 和 μ2.则下列说法正确的是(　　) 图 8 A．μ1 一定大于 tan θ B．μ2 一定小于 tan θ C．加速度 a 的大小与 mA 和 mB 都无关 D．A 与 B 之间的摩擦力大小与 μ1 有关而与 μ2 无关 答案　BC 解析　先取 AB 为一整体，整体受到重力、斜面的支持力和摩擦力．沿斜面的方向，由牛顿 第二定律得： (mA＋mB)gsin θ－FfB＝(mA＋mB)a FfB＝μ2FN FN＝(mA＋mB)gcos θ 以上三式联立可得：a＝gsin θ－μ2gcos θ① 再隔离 A 物块，设 A 受到的静摩擦力为 FfA， 方向沿斜面向上，对 A 再应用牛顿第二定律得：mAgsin θ－FfA＝mAa 可得出：FfA＝μ2mAgcos θ② 无法判断出 μ1 一定大于 tan θ.故 A 错误；A 与 B 组成的整体向下做加速运动，由公式①可知， gsin θ＞μ2gcos θ，所以：μ2＜tan θ.故 B 正确；由公式①可知，加速度 a 的大小与 mA 和 mB 都无关．故 C 正确；由公式②可知，A 与 B 之间的摩擦力大小与 μ1 无关而与 μ2 有关．故 D 错误． 6.(2017·辽宁铁岭市协作体模拟)如图 9 所示，质量为 M＝10 kg 的小车停放在光滑水平面 上．在小车右端施加一个 F＝10 N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到 2.8 m/s 时，在 其右端轻轻放上一质量 m＝2.0 kg 的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小 车间动摩擦因数 μ＝0.20.假定小车足够长，g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　) 图 9 A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动 B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C．煤块在 3 s 内前进的位移为 9 m D．小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2.8 m 答案　D 解析　根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有： μFN＝ma1，FN－mg＝0，代入数据解得： a1＝2 m/s2 刚开始运动时对小车有：F－μFN＝Ma2， 解得：a2＝0.6 m/s2， 经过时间 t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v1＝a1t，车的速度为：v2＝v＋ a2t，v1＝v2， 解得：t＝2 s，以后煤块和小车一起运动，根据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a3，a3＝5 6 m/s2 即煤块和小车一起以加速度 a3＝5 6 m/s2 做加速运动，故选项 A、B 错误； 在 2 s 内小黑煤块前进的位移为： x1＝1 2a1t2＝1 2×2×22 m＝4 m，然后和小车共同运动 1 s 时间，此 1 s 时间内位移为：x1′＝ v1t′＋1 2a3t′2＝4.4 m，故煤块在 3 s 内前进的位移为 4 m＋4.4 m＝8.4 m，故选项 C 错误； 在 2 s 内小黑煤块前进的位移 x1 ＝4 m，小车前进的位移为：x 2 ＝vt＋ 1 2a2t2 ＝(2.8×2＋ 1 2 ×0.6×22) m＝6.8 m，两者的相对位移为：Δx＝x 2－x1＝6.8 m－4 m＝2.8 m，故选项 D 正 确． 题组 1　全国卷真题精选 1．(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s， 动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度为(　　) A.s t2 B.3s 2t2 C.4s t2 D.8s t2 答案　A 解析　动能变为原来的 9 倍，则质点的速度变为原来的 3 倍，即 v＝3v0，由 s＝1 2(v0＋v)t 和 a＝v－v0 t 得 a＝s t2，故 A 对． 2．(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好 的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的 挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着车厢以大小为 2 3a 的加速度向西行驶时， P 和 Q 间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的 节数可能为(　　) A．8 B．10 C．15 D．18 答案　BC 解析　设 PQ 西边有 n 节车厢，每节车厢的质量为 m，则 F＝nma① 设 PQ 东边有 k 节车厢，则 F＝km·2 3a② 联立①②得 3n＝2k，由此式可知 n 只能取偶数， 当 n＝2 时，k＝3，总节数为 N＝5 当 n＝4 时，k＝6，总节数为 N＝10 当 n＝6 时，k＝9，总节数为 N＝15 当 n＝8 时，k＝12，总节数为 N＝20，故选项 B、C 正确． 3．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图 10 甲，一物块在 t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动 的 v－t 图线如图乙所示．若重力加速度及图乙中的 v0、v1、t1 均为已知量，则可求出(　　) 图 10 A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 答案　ACD 解析　由 v－t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为 a＝v0 t1 ，根据牛顿第二定律 得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即 gsin θ＋μgcos θ＝v0 t1 .同理向下滑行时 gsin θ－μgcos θ＝v1 t1 ，两 式联立得 sin θ＝v0＋v1 2gt1 ，μ＝ v0－v1 2gt1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度 θ 以及物体与斜面间的 动摩擦因数，选项 A、C 正确；物块滑上斜面时的初速度 v0 已知，向上滑行过程为匀减速 直线运动，末速度为 0，那么平均速度为v0 2 ，所以沿斜面向上滑行的最远距离为 x＝v0 2 t1，根 据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为 xsin θ＝v0 2 t1×v0＋v1 2gt1 ＝v0(v0＋v1) 4g ，选项 D 正确；仅根据 v－t 图象无法求出物块的质量，选项 B 错误． 题组 2　各省市真题精选 4．(多选)(2015·海南卷·8)如图 11 所示，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 的加速度记为 a1，S1 和 S2 相对原长的伸长分别为 Δl1 和 Δl2， 重力加速度大小为 g，在剪断瞬间(　　) 图 11 A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 答案　AC 解析　设物块的质量为 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，剪断细线前对 b、c 和弹簧 S2 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＝F m＝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＝kΔx 可得 Δl1＝2Δl2， C 正确，D 错误． 5．(多选)(2014·四川理综·7)如图 12 所示，水平传送带以速度 v 1 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(　　) 图 12 答案　BC 解析　若 v1>v2，且 P 受到的滑动摩擦力大于 Q 的重力(绳对 P 的拉力)，则可能先向右匀加 速运动，加速至 v1 后随传送带一起向右匀速运动，此过程如图 B 所示，故 B 正确．若 v1>v2，且 P 受到的滑动摩擦力小于 Q 的重力，此时 P 一直向右减速，减速到零后反向加 速．若 v2>v1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度 a1＝FT＋μmg m ，当减速至速度为 v1 时，摩擦力反向，若有 FT>μmg，此后加速度 a2＝FT－μmg m ，故 C 正确，A、D 错误． 专题强化练 1.(2017·吉林辽源市期末)如图 1 所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力 F1 与 F2 的 作用，静止不动，现保持力 F1 不变，使力 F2 逐渐减小到零，再逐渐恢复到原来的大小，在 这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是(　　) 图 1 答案　B 解析　由于木块受到两个水平力 F1 与 F2 的作用而静止不动，故两个推力相等，假设 F1＝F2 ＝F，力 F2 逐渐减小到零再逐渐恢复到原来的大小的过程中，合力先增大到 F，再减小到零， 故加速度也是先增大再减小，故 C 错误；木块先做加速度增大的加速运动，再做加速度减 小的加速运动，最后匀速运动，而速度－时间图象的切线的斜率表示加速度，故 A 错误，B 正确；木块先做加速度不断增大的加速运动，再做加速度不断变小的加速运动，合力变为零 后做匀速直线运动，由于位移时间图象的切线的斜率表示速度，而 D 选项图表示木块做减 速运动，故 D 错误． 2．(2017·北京石景山区模拟)在节日夜晚燃放焰火，礼花弹从专用炮筒中射出后，经过 2 s 到达离地面 25 m 的最高点，炸开后形成各种美丽的图案．若礼花弹从炮筒中沿竖直向上射 出时的初速度是 v0，上升过程中所受阻力大小始终是自身重力的 k 倍，g＝10 m/s2，则 v0 和 k 分别为(　　) A．25 m/s,1.25 B．25 m/s,0.25 C．50 m/s,0.25 D．50 m/s,1.25 答案　B 解析　上升过程中平均阻力 Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得：a＝mg＋Ff m ＝(k＋1)g，根据 h＝ 1 2at2 得：a＝2h t2 ＝2 × 25 22 m/s2＝12.5 m/s2，所以 v0＝at＝25 m/s，而(k＋1)g＝12.5 m/s2，所 以 k＝0.25.故 B 正确． 3．(2017·黑龙江大庆市一模)如图 2 所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，该平面内有 AM、 BM、CM 三条光滑固定轨道，其中 A、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分别为此圆与 y、x 轴的切点．B 点在 y 轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将 a、b、c 三 个小球分别从 A、B、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，如所用时间分别为 tA、tB、tC，则 tA、tB、tC 大小关系是(　　) 图 2 A．tA＜tC＜tB B．tA＝tC＜tB C．tA＝tC＝tB D．由于 C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系 答案　B 解析　对于 AM 段，位移 x1＝ 2R，加速度 a1＝mgsin 45° m ＝ 2 2 g，根据公式 x＝1 2at2 得， tA＝ 2x1 a1 ＝ 4R g .对于 BM 段，位移 x2＝2R，加速度 a2＝gsin 60°＝ 3 2 g，由公式 x＝1 2at2 得 tB＝ 2x2 a2 ＝ 8R 3g.对于 CM 段，同理可解得 tC＝ 2x3 a3 ＝ 4R g . 4．(多选)(2017·陕西咸阳市二模)如图 3 所示，两个质量分别为 m1＝2 kg、m2 ＝3 kg 的物体 置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为 F1 ＝30 N、F2＝20 N 的水 平拉力分别作用在 m1、m2 上，则(　　) 图 3 A．系统运动稳定时，弹簧秤的示数是 50 N B．系统运动稳定时，弹簧秤的示数是 26 N C．在突然撤去 F1 的瞬间，m1 的加速度大小为 13 m/s2 D．在突然撤去 F1 的瞬间，m1 的加速度大小为 15 m/s2 答案　BC 解析　设弹簧的弹力大小为 F，根据牛顿第二定律得 对整体有：a＝F1－F2 m1＋m2＝30－20 3＋2 m/s2＝2 m/s2，方向水平向右． 对 m1：F1－F＝m1a.代入解得，F＝26 N．故 A 错误，B 正确． 在突然撤去 F1 的瞬间，m1 的加速度大小为 a＝ F m1＝26 2 m/s2＝13 m/s2，方向水平向左，则 m1 的加速度发生改变．故 C 正确，D 错误． 5.(多选)(2017·山东济宁市一模)如图 4 所示，表面粗糙且足够长的传送带与水平面夹角为 θ， 以速度 v0 逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为 m 的小木块，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力．小木块的速度随时间变化的关系图象可能符合实际的是(　　) 图 4 答案　BC 解析　将小木块轻轻放在传送带上，意味着小木块的初速度为零；由于此时传送带具有斜向 下的速度，故小木块将受到沿传送带向下的滑动摩擦力 Ff，设此时的小木块的加速度为 a1， 据牛顿第二定律可得： mgsin θ＋Ff＝ma1① Ff ＝μFN② FN＝mgcos θ③ 由①②③解得：a1＝gsin θ＋μgcos θ④ 当小木块的速度与传送带的速度相等时，若小木块所受最大静摩擦力 Ffmax＝μmgcos θ 大于 等于重力沿传送带向下的分力 Gx＝mgsin θ 时，木块将随传送带一起以相同的速度做匀速直 线运动；若 Ffmax＝μmgcos θ＜Gx＝mgsin θ 时，木块将做匀加速直线运动，设此时木块的加 速度为 a2，同理根据牛顿第二定律可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得：a2＝gsin θ－μgcos θ⑤ 根据④⑤可知：a1＞a2 故 B、C 正确，A、D 错误． 6．(2017·安徽合肥市第一次检测)如图 5 所示，绷紧的长为 6 m 的水平传送带，沿顺时针方 向以恒定速率 v1＝2 m/s 运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速 度大小为 v2＝5 m/s.若小物块与传送带间动摩擦因数 μ＝0.2，重力加速度 g＝10 m/s2，下列 说法中正确的是(　　) 图 5 A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动 B．若传送带的速度为 1 m/s，小物块将从传送带左端滑出 C．若传送带的速度为 5 m/s，小物块将以 5 m/s 的速度从传送带右端滑出 D．若小物块的速度为 4 m/s，小物块将以 4 m/s 的速度从传送带右端滑出 答案　B 解析　小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为 a，速度减至零时通过 的位移为 x.根据牛顿第二定律得：μmg＝ma，得 a＝μg＝2 m/s2，则 x＝v22 2a＝ 52 2 × 2 m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，故 A 错误；同理 可知 D 错误；传送带的速度为 1 m/s 和 5 m/s 时，物块在传送带上受力情况相同，则运动情 况相同，都从从传送带左端滑出，故 B 正确，C 错误． 7．(多选)图 6 甲中，两滑块 A 和 B 叠放在光滑水平地面上，A 的质量为 m 1，B 的质量为 m2.设 A、B 间的动摩擦因数为 μ，作用在 A 上的水平拉力为 F，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力．图乙为 F 与 μ 的关系图象，其直线方程为 F＝m1(m1＋m2)g m2 μ.下列说法正确的有(　　) 图 6 A．μ 和 F 的值位于 a 区域时，A、B 相对滑动 B．μ 和 F 的值位于 a 区域时，A、B 相对静止 C．μ 和 F 的值位于 b 区域时，A、B 相对滑动 D．μ 和 F 的值位于 b 区域时，A、B 相对静止 答案　AD 解析　刚要相对滑动时：F＝(m1＋m2)a，μm1g＝m2a， 解得：F＝m1(m1＋m2)g m2 μ，则题图直线是发生相对滑动与否的分界线，位于 a 区域时，A、B 相对滑动，位于 b 区域时，两者相对静止，选项 A、D 正确，选项 B、C 错误． 8．(多选)(2017·河北石家庄市第二次质检)如图 7 甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑 水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块．木板受到水平拉力 F 作用时，用传感器测出长 木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，重力加速度 g＝10 m/s2，下列说法正确的 是(　　) 图 7 A．小滑块的质量 m＝2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为 0.1 C．当水平拉力 F＝7 N 时，长木板的加速度大小为 3 m/s2 D．当水平拉力 F 增大时，小滑块的加速度一定增大 答案　AC 解析　当 F 等于 6 N 时，加速度为：a＝2 m/s2.对整体由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代 入数据解得：M＋m＝3 kg，当 F 大于 6 N 时，根据牛顿第二定律得：长木板的加速度 a＝ F－μmg M ＝ 1 MF－μmg M ，知图线的斜率 k＝ 1 M＝ 2 6－4＝1，解得：M＝1 kg，滑块的质量为：m＝ 2 kg.故 A 正确；由上可知：F 大于 6 N 时 a＝F－20μ.代入题图对应数据即得：μ＝0.2，所 以 a＝F－4，当 F＝7 N 时，长木板的加速度为：a1＝3 m/s2.故 B 错误，C 正确．当 F 大于 6 N 后，发生相对滑动，小滑块的加速度为 a＝μmg m ＝2 m/s2，与 F 无关，故 D 错误． 9．(2017·全国卷Ⅱ·24)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 s 0 和 s1(s12.5 N　(2)1 s 解析　(1) 两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦 Ffm；设它 们一起运动的加速度大小为 a1，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为 F1，由牛顿运动 定律可知：对整体：F1＝(M＋m)a1 对木板：Ffm＝Ma1 其中 Ffm＝μmg 联立解得 F1＝2.5 N 故当 F>2.5 N 时，两物体之间发生相对滑动 (2)分析可知，当一开始就用水平向右 F2＝5.5 N 的恒力作用于小物块时，两物体发生相对滑 动； 设滑动摩擦力的大小为 Ff，小物块、木板的加速度分别为 a2、a3，由牛顿第二定律可得： 对小物块：F2－Ff＝ma2 对木板 Ff＝Ma3 其中 Ff＝μmg 解得 a2＝3.5 m/s2; a3＝0.5 m/s2 设小物块滑下木板历时为 t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为 x1、x2，由匀变速 直线运动的规律和几何关系可知：x1＝1 2a2t2，x2＝1 2a3t2，x1－x2＝1 2L，解得：t＝1 s．