【物理】2019届二轮复习第2讲：力与物体的直线运动教案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习第2讲：力与物体的直线运动教案（全国通用）

个性化教学辅导教案 学生姓名 年 级 高三 ‎ ‎ 物理 上课时间 教师姓名 课 题 力与物体的直线运动 教学目标 ‎1.掌握匀变速直线运动规律 ‎2.掌握运动图像及其分析方法 ‎3.应用动力学方法分析传送带问题、“滑块－滑板”模型 教学过程 教师活动 三年高考考情分析 ‎2015‎ 卷ⅠT20：v－t图象、牛顿第二定律 T25：v－t图象、匀变速直线运动规律、牛顿第二定律 卷ⅡT20：牛顿运动定律的应用 T25：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用 ‎2016‎ 卷ⅠT21：v－t图象、匀变速直线运动、追及相遇问题 卷ⅢT16：匀变速直线运动规律的应用 ‎2017‎ 卷ⅠT25：牛顿运动定律、匀变速直线运动 卷ⅢT25：通过滑块－滑板模型考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律 ‎1．(2016·全国卷Ⅲ)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.　　　　　　　　　 B. ‎ C. D. ‎【解答】A　动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A对．‎ ‎2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)‎ A．在t＝1 s时，甲车在乙车后 B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m ‎【解答】BD　根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动．t＝3 s时，甲、乙相遇，此时 v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线所围面积对应位移关系知，0 3 s内甲车位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m．故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B选项正确；0 1 s内，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝ x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D选项正确．‎ ‎3．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，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(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　) ‎ 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 ‎【解答】ACD　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＝，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝.同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，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，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝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＝t1·＝，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．‎ ‎4．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝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：‎ ‎(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．‎ ‎【解答】　(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和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，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.在物块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg ①‎ f2＝μ1mBg ②‎ f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③‎ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④‎ f2＝mBaB ⑤‎ f2－f1－f3＝ma1 ⑥‎ 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－aBt1 ⑦‎ v1＝a1t1 ⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s ⑨‎ ‎(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt ⑩‎ 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与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪‎ 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－a2t2 ⑫‎ 对A有 v2＝－v1＋aAt2 ⑬‎ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t ⑭‎ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ⑮‎ 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＋sB ⑯‎ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m ‎(也可用如图所示的速度—时间图线求解)‎ 答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m ‎5．(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.‎ ‎(1)求油滴运动到B点时的速度．‎ ‎(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．‎ ‎【解答】　(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足 qE2－mg＝ma1 ①‎ 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1 ②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足 qE2＋mg＝ma2 ③‎ 油滴在时刻t2＝2t1的速度为 v2＝v1－a2t1 ④‎ 由①②③④式得 v2＝v0－2gt1 ⑤‎ ‎(2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg ⑥‎ 油滴从t＝0到时刻t1的位移为 s1＝v0t1＋a1t ⑦‎ 油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t ⑧‎ 由题给条件有 v＝2g(2h) ⑨‎ 式中h是B、A两点之间的距离．‎ 若B点在A点之上，依题意有 s1＋s2＝h ⑩‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2＝[2－2＋()2]E1 ⑪‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2＋()2>1 ⑫‎ 即当 ‎0(1＋) ⑭‎ 才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．‎ 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h ⑮‎ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E2＝[2－2－()2]E1 ⑯‎ 为使E2>E1，应有 ‎2－2－()2>1 ⑰‎ 即t1>(＋1) ⑱‎ 另一解为负，不合题意，已舍去．‎ 答案　(1)v0－2gt1　(2)见解析 ‎ ‎ 涉及的知识点：‎ 一、 匀变速直线运动规律的应用 二、 运动图象的理解及应用 三、 应用动力学方法分析传送带问题 四、 ‎　‎ 运动图象的理解及应用 ‎ [解题方略]‎ 图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合．利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口．解决此类问题的一般思路：‎ ‎[题组预测]‎ ‎1．(多选)做直线运动的甲、乙两物体的位移—时间图象如图所示，则(　　)‎ A．当乙开始运动时，两物体相距20 m B．在0 10 s这段时间内，物体间的距离逐渐变大 C．在10 25 s这段时间内，物体间的距离逐渐变小 D．两物体在10 s时相距最远，在25 s时相遇 ‎【解答】BCD　开始时，乙的位置坐标为0，甲从离坐标原点20 m处开始运动，两者的运动方向相同，当乙开始运动时，甲已经运动了10 s，因此二者之间的距离大于20 m，故A错误；在0 10 s这段时间内，乙静止不动，甲匀速运动，则物体间的距离逐渐变大，故B正确；在10 25 s这段时间内，由于乙的速度大于甲的速度，甲在乙的前方，则物体间的距离逐渐变小，故C正确；由于10 s后乙的速度大于甲的速度，因此当乙开始运动时两者相距最远，从图象可知25 s时，两者位置坐标相同，即相遇，故D正确．‎ ‎ 2．(多选)(2017·南昌模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F由零逐渐增大的过程中，加速度a随力F变化的图象如图所示，重力加速度g取10 m/s2，水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则由此可推算出(　　)‎ A．物体的质量 B．物体与水平地面间滑动摩擦力的大小 C．拉力F＝12 N时物体运动的速度大小 D．拉力F＝12 N时物体运动的位移大小 ‎【解答】AB　物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力作用．据图象可知滑动摩擦力大小为6 N，根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝－μg，由a－F图线可知5 m·s－2＝－μg、0＝－μg，解得m＝1.2 kg，μ＝0.5，A、B正确；根据图象只能求出拉力F＝12 N时物体的加速度，物体初速度为零，由于不知道时间，故无法求解出速度大小和位移大小，C、D错误．‎ ‎　　　‎ 匀变速直线运动规律的应用 ‎[解题方略]‎ ‎1．匀变速直线运动通常可分为两类 一类是单个物体的多过程模型，另一类是多个物体(通常为两个)的多过程模型(见考向三)．‎ ‎2．解题思路 不论是单个物体的多过程模型还是多个物体的多过程模型，处理的一般方法如下：‎ ‎(1)弄清题意，划分过程―→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程．‎ ‎(2)依据已知，分析过程―→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析或动力学分析．‎ ‎(3)结合已知，列出方程―→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程或动力学方程．‎ ‎[题组预测]‎ ‎1．(2017·长沙模拟)为了安全，中国航母舰载机“歼－15”采用滑跃式起飞．起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障．g取10 m/s2.求 ‎(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；‎ ‎(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.‎ ‎【解答】　(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为Ff，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma1 Ff＝0.2mg v＝2a1L1‎ 联立以上三式并代入数据解得 a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.‎ ‎(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，‎ 飞机在水平跑道上的运动时间t1＝＝8 s 在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有 F－Ff－mg＝ma2 代入数据解得a2＝4 m/s2‎ 由v－v＝2a2L2 代入数据解得v2＝42 m/s 飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝＝0.5 s 则t＝t1＋t2＝8.5 s.‎ 答案　(1)40 m/s　(2)8.5 s ‎2．(2017·河北唐山一模)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上，质量分别为m1＝2 kg，m2＝4 kg，此时轻绳处于水平且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75.对物体B施加水平恒力F＝76 N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t＝2 s物体B到达斜面底端P点，此时撤去恒力F.若两物体均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)两物体加速时轻绳上的张力T；‎ ‎(2)物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L.‎ ‎【解答】　(1)两物体加速时对整体研究有 F－μ1m1g－μ2m2g＝(m1＋m2)a 对A物体有T－μ1m1g＝m1a 解得T＝22 N，a＝6 m/s2‎ ‎(2)当B物体到达P点时二者速度v＝at＝12 m/s 之后B物体沿斜面向上滑行，有 m2gsin θ＋μ2m2g cos θ＝m2a2‎ B物体上滑距离s＝ A物体先在水平面上减速滑行，有μ1m1g＝m1a1‎ 滑行到P点时速度设为v1，有v－v2＝－2a1L 物体A滑上斜面后，有m1gsin θ＋μ1m1g cos θ＝m1a1′‎ 因A的加速度小于B物体，所以与物体B刚好不相撞，其上滑的最大距离与B相同，则有 v＝2a1′s 解得：L＝2.4 m 答案　(1)T＝22 N　(2)L＝2.4 m ‎【规律总结】　牛顿第二定律和运动学公式的综合运用问题，涉及多过程的运动分以下几个步骤进行求解：‎ ‎(1)分析物体运动的转折点．‎ ‎(2)根据转折点将物体的运动分为相应的几个阶段，明确各段相互联系的物理量．‎ ‎(3)分阶段分析物体的受力情况和运动情况．‎ ‎(4)利用牛顿运动定律和运动学公式列出相应的表达式进行求解．‎ ‎　　　　　‎ 应用动力学方法分析传送带问题 ‎[解题方略]‎ ‎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．‎ ‎ [题组预测]‎ ‎1．如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是(　　)‎ A．M下滑的速度不变 B．M开始在传送带上加速到2v0后向下匀速运动 C．M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动 D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上 ‎【解答】C　传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确，故选C.‎ ‎2．如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B端，由自动卸货装置取走．已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A、B两轮间的距离为L＝64 m，A、B两轮半径忽略不计，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.‎ ‎(1)若传送带以恒定速率v0＝10 m/s传动，求被选中的铁矿石从A端运动到B端所需要的时间；‎ ‎(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间．‎ ‎【解答】　(1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石沿传送带方向Ff－mgsin θ＝ma 垂直传送带方向：FN－mgcos θ－F＝0‎ 其中F＝1.4mg，Ff＝μFN，解得：a＝2 m/s2‎ 则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：t1＝＝ s＝5 s 对应的位移为：x1＝at＝×2×52 m＝25 m 根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B端，则其匀速运动时间为：t2＝＝ s＝3.9 s 所以铁矿石从传送带的A端运动到B端所需要的时间为：t＝t1＋t2＝8.9 s.‎ ‎(2)只有铁矿石一直加速运动到B点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s2，所以传送带的最小加速度为：amin＝2 m/s2‎ 则有：L＝at′2，代入数据解得最短时间为：t′＝8 s. 答案　(1)8.9 s　(2)2 m/s2　8 s ‎[解题方略]‎ ‎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．‎ ‎[题组预测]‎ ‎1．(多选)(2017·河北秦皇岛一模)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a－F图象，g取10 m/s2，则(　　)‎ A．滑块A的质量为4 kg B．木板B的质量为1 kg C．当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2‎ D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1‎ ‎【解答】BC　由图知，当F＝8 N时，加速度为：a＝2 m/s2，对整体分析： F＝(mA＋mB)a，解得：mA＋mB＝4 kg，当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝＝F－，‎ 由图示图象可知，图线的斜率：k＝＝＝＝1，解得：mB＝1 kg，滑块A的质量为：mA＝3 kg.当a＝0时，F＝6 N，代入解得 μ＝0.2，故A、D错误，B正确；根据F＝10 N>8 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aB＝a＝＝F－μg＝(×10－) m/s2＝4 m/s2.故C正确．‎ ‎2．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为3 kg的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为1 kg的物体B连接，木板A的右端与滑轮之间的距离足够大．当B从静止开始下落距离0.8 m时，在木板A的右端轻放一质量为1 kg的小铁块C(可视为质点)，最终C恰好未从木板A上滑落．A、C间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g＝10 m/s2.求： ‎ ‎(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小；‎ ‎(2)木板A的长度l.‎ ‎【解答】　(1)在木板上放小铁块前，把A、B看作整体，由牛顿第二定律有mBg＝(mA＋mB)a1 v＝2a1h 解得：v1＝2 m/s.‎ ‎(2)在木板上放小铁块后，取向右为正方向，由牛顿第二定律对小铁块有：μmCg＝mCa2 得a2＝4 m/s2‎ 对木板有：mBg－μmCg＝(mA＋mB)a3 得a3＝1.5 m/s2‎ 由题意知，小铁块滑到木板左端时，小铁块与木板的速度相同，‎ 则有a2t＝v1＋a3t解得：t＝0.8 s 由运动学公式可知：l＝v1t＋a3t2－a2t2 解得：l＝0.8 m. 答案　(1)2 m/s　(2)0.8 m ‎1．(2017·河北冀州2月模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为3 kg的小物块(可视为质点)由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中v－t图象如图乙所示．设A点为零重力势能参考点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小物块最大重力势能为54 J B．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3∶1‎ C．小物块与斜面间的动摩擦因数为 D．推力F的大小为40 N ‎【解答】D　由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离s＝×3×1.2 m＝1.8 m，上升的最大高度h＝ssin 30°＝0.9 m，故物块的最大重力势能Epm＝mgh＝27 J，则A项错．由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均速度公 式＝，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1∶1，则B项错．由乙图可知减速上升时加速度大小a2＝10 m/s2，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，得μ＝，则C项错．由乙图可知加速上升时加速度大小a1＝ m/s2，由牛顿第二定律有F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，得F＝40 N，则D项正确．‎ ‎2．(2017·赣州一模)如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动．现在传送带左侧轻轻放上质量m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：‎ ‎(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；‎ ‎(2)滑块在传送带上运动的总时间t.‎ ‎【解答】　(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：‎ μmg＝ma1，得：a1＝2 m/s2‎ 设经过t1滑块与传送带共速v，有：v＝v0－at1‎ v＝a1t1，解得：v＝2 m/s，t1＝1 s 滑块位移为x1＝＝1 m 传送带位移为x2＝＝4 m 故滑块相对传送带的位移Δx＝x2－x1＝3 m ‎(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有：‎ Ff＝ma＝4 N>μmg＝2 N，故滑块与传送带相对滑动．‎ 滑块做减速运动，加速度仍为a1.‎ 滑块减速时间为t2，有：t2＝＝1 s，‎ 故：t＝t1＋t2＝2 s.‎ 答案　(1)3 m　(2)2 s ‎3．(2017·江西南昌3月模拟)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙．一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板．滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)滑块滑动到A点时的速度大小；‎ ‎(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？‎ ‎(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出．‎ ‎【解答】　(1)根据牛顿第二定律有：F＝ma 根据运动学公式有：v2＝2aL0‎ 联立方程代入数据解得：v＝6 m/s 其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v即是滑块滑到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动的位移．‎ ‎(2)根据牛顿第二定律有：‎ 对滑块有：μ1mg＝ma1‎ 代入数据解得：a1＝5 m/s2‎ 对长木板有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，‎ 代入数据解得：a2＝0.4 m/s2.‎ 其中M为长木板的质量，a1、a2分别是此过程中滑块和长木板的加速度，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数．‎ ‎(3)设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t 则：v－a1t＝a2t 代入数据解得：t＝ s，‎ 则此过程中滑块的位移为：x1＝vt－a1t2‎ 长木板的位移为：x2＝a2t2‎ x1－x2＝ m>L 式中L＝2 m为长木板的长度，所以滑块能滑出长木板右端．‎ 答案　(1)6 m/s　(2)5 m/s2　0.4 m/s2　(3)能 ‎【查缺补漏】‎ ‎1．(2017·河北石家庄二模)一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8 N和12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是(　　)‎ A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小 B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2‎ C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2‎ D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2‎ ‎【解答】A　物体在4个力作用下处于平衡状态，根据平衡状态的条件可知其中任意两个力的合力与另外两个力的合力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．所以撤去两个力之后另外两个力的合力为恒力，所以物体一定做匀变速运动．因大小为8 N与12 N两个力的合力的大小范围为4 N≤F合≤20 N，则另外两个力的合力的大小范围为4 N≤F合′≤20 N，再由牛顿第二定律可知物体的加速度大小范围为2 m/s2≤a≤10 m/s2，所以A对，B、C、D错．‎ ‎2．(2017·湖南永州三模)汽车在平直公路上做刹车试验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图所示，下列说法正确的是 (　　)‎ A．t＝0时汽车的速度为10 m/s B．刹车过程持续的时间为5 s C．刹车过程经过3 s时汽车的位移为7.5 m D．刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s2‎ ‎【解答】A　由图象可得x＝－v2＋10，根据v2－v＝2ax可得x＝v2－，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A正确，选项D错误；汽车刹车过程的时间为t＝＝2 s，选项B错误；汽车经过2 s停止，因而经过3 s时汽车的位移为x＝10 m(要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动)，选项C错误．‎ ‎【举一反三】‎ ‎3．(2017·衡阳模拟)如图所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg 的长木板上，木板长L＝11.5 m．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为x＝21 m处的P点处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)木板碰挡板时的速度大小v1；‎ ‎(2)碰后木板与木块刚好共速时的速度；‎ ‎(3)最终木板停止运动时A、P间的距离．‎ ‎【解答】　(1)对木块和木板组成的系统，由牛顿第二定律得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1‎ v－v＝2a1(x－L) 代入数据得v1＝9 m/s.‎ ‎(2)碰后木板向左运动，木块向右运动，由牛顿第二定律可知木块的加速度大小am＝μ2g＝9 m/s2‎ 木板的加速度大小aM＝＝6 m/s2‎ 设从木板与挡板相碰至木块与木板共速所用时间为t 对木板v共＝v1－aMt，对木块v共＝－v1＋amt 得t＝1.2 s 共同速度大小v共＝1.8 m/s，方向向左．‎ ‎(3)从木板与挡板相碰至木板与木块共速，木板的位移大小s1＝t＝6.48 m 共速后木板与木块以大小为a1＝μ1g＝1 m/s2的加速度向左减速至停下，木板的位移大小s2＝＝1.62 m 最终A、P间距离sAP＝L＋s1＋s2＝19.60 m.‎ 答案　(1)9 m/s　(2)1.8 m/s　方向向左 (3)19.60 m ‎1．动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图所示．一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5 s和4 s，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30 m，则该动车组的加速度约为(　　)‎ A．0.17 m/s2 B．0.30 m/s2‎ C．0.33 m/s2 D．0.38 m/s2‎ ‎【解答】C　由匀变速运动的位移公式，x＝v0t＋at2‎ 对两节车厢有60＝v0×(5＋4)＋a(5＋4)2‎ 对第一节车厢，30＝v0×5＋a·52‎ 联立解得a≈0.33 m/s2，故选项C正确．‎ ‎2．(多选)如图所示，一水平传送带以v0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则(　　) ‎ A．物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动 B．物块不可能从传送带的左端滑落 C．物块不可能回到出发点 D．物块的最大机械能不可能大于mv ‎【解答】BD　设传送带的长度为L，物块运动的过程中，物块匀加速运动的位移：x＝，若x≥L，则物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动；若xmB，下列说法正确的是(　　)‎ A．若木板光滑，由于A的惯性较大，所以A、B一定会相撞 B．若木板粗糙，由于A的动能较大，所以A、B一定会相撞 C．若木板粗糙，由于A所受的摩擦力较大，所以A比B先停下来 D．无论木板是否光滑，A、B间的相对距离保持不变 ‎【解答】D　若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则A、B将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a＝＝μg，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度．保持相对静止．故D正确，A、B、C错误．‎ ‎3．(多选)甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．在0 4 s内甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动 B．在0 2 s内两车间距逐渐增大，2 4 s内两车间距逐渐减小 C．在t＝2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/s D．在t＝4 s时甲车恰好追上乙车 ‎【解答】AC　在0 4 s内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A正确；在a－t图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化，因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t＝2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/s，选项C正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a－t图象可知，4 s时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B、D错误．‎ ‎4．(多选)(2017·河北石家庄二模)如图甲所示，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的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1‎ B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2‎ C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大 D．小滑块的质量m＝2 kg ‎【解答】BD　由题可知，当06 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝F－，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg，D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大＝2 m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误．将F＝7 N代入a＝F－得a＝3 m/s2，B正确．‎ ‎5．如图甲所示，一根直杆AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v－t图象如图乙所示，物块最终停止在B点．重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)物块滑过的总路程s.‎ ‎【解答】　(1)由图象可知，物块下滑的加速度a1＝＝4 m/s2，上滑时的加速度大小a2＝＝8 m/s2，杆AB长L＝2 m，设直杆的倾角为θ，物块的质量为m，由牛顿第二定律得：‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma1‎ mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2代入数据得：μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8.‎ ‎(2)对物块整个过程分析，由动能定理得：‎ mgLsin θ－μmgscos θ＝0，代入数据得：s＝6 m 答案　(1)0.25　(2)6 m 教 学 反 思