（全國通用）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 力與物體的直線運(yùn)動學(xué)案考題一勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用1.勻變速直線運(yùn)動常用的五種解題方法2.追及問題的解題思路和技巧(1)解題思路(2)解題技巧緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關(guān)系式、速度關(guān)系式和位移關(guān)系式.審題應(yīng)抓住題目中的關(guān)鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等，往往對應(yīng)一個臨界狀態(tài)，滿足相應(yīng)的臨界條件.若被追趕的物體做勻減速運(yùn)動，一定要注意追上前該物體是否已停止運(yùn)動，另外還要注意最后對解的討論分析.3.處理剎車類問題的思路先判斷剎車時間t0，再進(jìn)行分析計(jì)算.例1如圖1所示，云南省彝良縣發(fā)生特大泥石流，一汽車停在小山坡底，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)在距坡底240 m的山坡處泥石流以8 m/s的初速度、0.4 m/s2的加速度勻加速傾瀉而下，假設(shè)泥石流到達(dá)坡底后速率不變，在水平地面上做勻速直線運(yùn)動.已知司機(jī)的反應(yīng)時間為1 s，汽車啟動后以0.5 m/s2的加速度一直做勻加速直線運(yùn)動.試分析司機(jī)能否安全脫離.圖1解析設(shè)泥石流到達(dá)坡底的時間為t1，速度為v1，則：x1v0t1a1tv1v0a1t1解得：t120 s，v116 m/s而汽車在t219 s的時間內(nèi)發(fā)生的位移為：x2a2t90.25 m速度為：v2a2t29.5 m/s假設(shè)再經(jīng)時間t3，泥石流能夠追上汽車，則有：v1t3x2v2t3a2t解得：t26t33610因<0，方程無解，所以泥石流無法追上汽車，司機(jī)能安全脫離.答案司機(jī)能安全脫離變式訓(xùn)練1.“蛟龍?zhí)枴笔俏覈着_自主研制的作業(yè)型深海載人潛水器，它是目前世界上下潛能力最強(qiáng)的潛水器.假設(shè)某次海試活動中，“蛟龍?zhí)枴蓖瓿珊５兹蝿?wù)后豎直上浮，從上浮速度為v時開始計(jì)時，此后“蛟龍?zhí)枴眲驕p速上浮，經(jīng)過時間t上浮到海面，速度恰好減為零，則“蛟龍?zhí)枴痹趖0(t0<t)時刻距離海平面的深度為()A. B.vt0(1)C. D.答案D解析根據(jù)題意得：“蛟龍?zhí)枴鄙细r的加速度大小a，根據(jù)逆向思維，可知“蛟龍?zhí)枴痹趖0時刻距離海平面的深度ha(tt0)2，故A、B、C錯誤，D正確.2.如圖2所示，甲從A地由靜止勻加速跑向B地，當(dāng)甲前進(jìn)距離為s1時，乙從距A地s2處的C點(diǎn)由靜止出發(fā)，加速度與甲相同，最后二人同時到達(dá)B地，則A、B兩地距離為()圖2A.s1s2 B.C. D.答案B解析設(shè)甲前進(jìn)距離為s1時，速度為v，甲、乙勻加速直線運(yùn)動的加速度為a，則有：vtat2at2s2s1，根據(jù)速度位移公式得，v，解得t.則AB的距離ss2at2s2as2，故選B.考題二運(yùn)動學(xué)圖象問題1.xt圖象、vt圖象和at圖象的對比分析項(xiàng)目圖象斜率縱截距圖象與t軸所圍的面積特例勻速直線運(yùn)動勻變速直線運(yùn)動xt圖象速度初位置傾斜的直線拋物線vt圖象加速度初速度位移與時間軸平行的直線傾斜的直線at圖象速度變化量與時間軸重合平行于時間軸的直線2.圖象問題要“四看”“一注意”(1)看坐標(biāo)軸：看清坐標(biāo)軸所表示的物理量，明確因變量(縱軸表示的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關(guān)系.(2)看圖象：識別兩個相關(guān)量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程.(3)看縱坐標(biāo)、“斜率”和“面積”：vt圖象中根據(jù)坐標(biāo)值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點(diǎn).xt圖象中根據(jù)坐標(biāo)值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特點(diǎn).(4)看交點(diǎn)：明確圖線與圖線的交點(diǎn)、圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)的物理意義.(5)一注意：利用vt圖象分析兩個物體的運(yùn)動時，要注意兩個物體的出發(fā)點(diǎn)，即注意它們是從同一位置出發(fā)，還是從不同位置出發(fā).若從不同位置出發(fā)，要注意出發(fā)時兩者的距離.例2甲、乙兩物體從同一地點(diǎn)同時開始沿同一方向運(yùn)動，甲物體運(yùn)動的vt圖象為兩段直線，乙物體運(yùn)動的vt圖象為兩段半徑相同的圓弧曲線，如圖3所示，圖中t42t2，則在0t4時間內(nèi)，以下說法正確的是()圖3A.甲物體的加速度不變B.乙物體做曲線運(yùn)動C.兩物體t1時刻相距最遠(yuǎn)，t4時刻相遇D.甲物體的平均速度等于乙物體的平均速度解析0t2時間段內(nèi)，甲做勻加速直線運(yùn)動，t2t4時間內(nèi)甲物體做勻減速直線運(yùn)動，故A錯；速度是矢量，在速度時間圖象中，只能表示直線運(yùn)動，B錯；在整個運(yùn)動過程中，t3時刻兩物體相距最遠(yuǎn)，C錯；在速度時間圖象中，圖線下面所包圍的面積即為位移，可求知0t4時間段內(nèi)，位移相等，故平均速度相同，D對.答案D變式訓(xùn)練3.如圖4所示，xt圖象反映了甲、乙兩車在同一條直線上行駛的位移隨時間變化的關(guān)系，已知乙車做勻變速直線運(yùn)動，其圖線與t軸相切于10 s處，下列說法正確的是()圖4A.5 s時兩車速度相等B.甲車的速度為4 m/sC.乙車的加速度大小為1.6 m/s2D.乙車的初位置在x080 m處答案BCD解析位移時間圖象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，則知5 s時乙車速度較大，故A錯誤.甲車做勻速直線運(yùn)動，速度為v甲 m/s4 m/s，故B正確.乙車做勻變速直線運(yùn)動，其圖線與t軸相切于10 s處，則t10 s時，速度為零，將其運(yùn)動反過來看成初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，則xat2，根據(jù)圖象有：x0a×102,20a×(105)2，解得：a1.6 m/s2，x080 m，故C、D正確.4.靜止在光滑水平面上的物體，同時受到在同一直線上的力F1、F2作用，F(xiàn)1、F2隨時間變化的圖象如圖5所示，則物體在02t時間內(nèi)()圖5A.離出發(fā)點(diǎn)越來越遠(yuǎn) B.速度先變大后變小C.速度先變小后變大 D.加速度先變大后變小答案A解析由圖線可知，物體受到的合力先減小后增大，加速度先減小后增大，速度一直變大，物體離出發(fā)點(diǎn)越來越遠(yuǎn)，選項(xiàng)A正確.考題三牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用1.動力學(xué)的兩類基本問題(1)由因推果已知物體的受力情況，確定物體的運(yùn)動情況.(2)由果溯因已知物體的運(yùn)動情況，確定物體的受力情況.橋梁：牛頓第二定律Fma2.超重和失重現(xiàn)象的判斷技巧(1)從受力的角度判斷：當(dāng)物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài).(2)從加速度的角度判斷：當(dāng)物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài).(3)從速度變化的角度判斷：物體向上加速或向下減速時，超重；物體向下加速或向上減速時，失重.3.瞬時性問題的處理(1)牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律，加速度和力同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關(guān)鍵是分析該瞬時前后的受力情況及其變化.(2)明確兩種基本模型的特點(diǎn)：輕繩的形變可瞬時產(chǎn)生或恢復(fù)，故繩的彈力可以瞬時突變.輕彈簧(或橡皮繩)兩端均連有物體時，形變恢復(fù)需較長時間，其彈力的大小與方向均不能突變.4.整體法和隔離法的優(yōu)點(diǎn)及使用條件(1)整體法：優(yōu)點(diǎn)：研究對象減少，忽略物體之間的相互作用力，方程數(shù)減少，求解簡捷.條件：連接體中各物體具有共同的加速度(2)隔離法：優(yōu)點(diǎn)：易看清各個物體具體的受力情況.條件：當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，一般采用隔離法；求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時必須用隔離法.例3(2016·四川理綜·10)避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖6豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為的斜面.一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，?dāng)車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止.已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運(yùn)動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍.貨物與貨車可分別視為小滑塊和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2.求：圖6(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；(2)制動坡床的長度.解析(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，貨物與車廂的動摩擦因數(shù)0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則fmgsin ma1fmgcos 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得a15 m/s2a1的方向沿制動坡床向下.(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v23 m/s.貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s038 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運(yùn)動距離為s1，在車廂內(nèi)滑動的距離s4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運(yùn)動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k0.44，貨車長度l012 m，制動坡床的長度為l，則Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l98 m答案(1)5 m/s2方向沿制動坡床向下(2)98 m變式訓(xùn)練5.為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖7所示，當(dāng)此車加速上坡時，盤腿坐在座椅上的一位乘客()圖7A.處于失重狀態(tài)B.不受摩擦力的作用C.受到向前(水平向右)的摩擦力作用D.所受力的合力豎直向上答案C解析車加速上坡，車?yán)锏某丝团c車相對靜止，應(yīng)該和車具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，對乘客受力分析可知，乘客應(yīng)受到豎直向下的重力，垂直水平面豎直向上的彈力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，B、D錯誤，C正確；彈力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)，A錯誤.6.如圖8所示，A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用繩子固定在傾角為30°的光滑斜面上，若不計(jì)彈簧質(zhì)量，在繩子被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為()圖8A.都等于 B.和0C.·和0 D.0和·答案D解析對A：在剪斷繩子之前，A處于平衡狀態(tài)，所以彈簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力.在剪斷上端的繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，而彈簧的伸長量沒有來得及發(fā)生改變，故彈力不變?nèi)缘扔贏的重力沿斜面的分力.故A球的加速度為零；對B：在剪斷繩子之前，對B球進(jìn)行受力分析，B受到重力、彈簧對它斜向下的拉力、支持力及繩子的拉力，在剪斷上端的繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，對B球進(jìn)行受力分析，則B受到重力、彈簧斜向下的拉力、支持力.所以根據(jù)牛頓第二定律得：aB·，故選D.7.如圖9所示用力F拉a、b、c三個物體在光滑水平面上運(yùn)動，現(xiàn)在中間的物體b上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運(yùn)動，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力FTa和FTb的變化情況是()圖9A.FTa增大 B.FTb增大C.FTa減小 D.FTb減小答案AD解析設(shè)c物體質(zhì)量為m，a物體質(zhì)量為m，整體質(zhì)量為M，整體的加速度a，對c物體分析，F(xiàn)Tbma，對a物體分析，有FFTama，解得FTaF.在b物體上加上一塊橡皮泥，則M增大，加速度a減小，因?yàn)閙、m不變，所以FTb減小，F(xiàn)Ta增大，A、D正確.考題四“傳送帶”、“滑塊木板模型”問題1.傳送帶問題分析的要點(diǎn)是物體與傳送帶間的摩擦力，關(guān)注點(diǎn)是兩個時刻：(1)初始時刻物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻摩擦力的方向.(2)物體與傳送帶速度相等的時刻摩擦力的大小(或有無)、性質(zhì)(滑動摩擦力或靜摩擦力)或方向會發(fā)生改變.正確判斷這兩個時刻的摩擦力，才能正確確定物體的運(yùn)動性質(zhì).2.分析滑塊木板類模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián)(1)一個轉(zhuǎn)折滑塊與木板達(dá)到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn).(2)兩個關(guān)聯(lián)轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移與板長之間的關(guān)聯(lián).一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉(zhuǎn)變，轉(zhuǎn)折前、后滑塊和木板的加速度都會發(fā)生變化，因此以轉(zhuǎn)折點(diǎn)為界，對轉(zhuǎn)折前、后進(jìn)行受力分析是建立模型的關(guān)鍵.例4(18分)如圖10所示，傳送帶與水平面的夾角為30°，傳送帶與水平面的夾角為37°，兩傳送帶與一小段光滑的水平面BC平滑連接.兩傳送帶均沿順時針方向勻速率運(yùn)行.現(xiàn)將裝有貨物的箱子輕放至傳送帶的A點(diǎn)，運(yùn)送到水平面上后，工作人員將箱子內(nèi)的物體取下，箱子速度不變繼續(xù)運(yùn)動到傳送帶上，傳送帶的D點(diǎn)與高處平臺相切.已知箱子的質(zhì)量M1 kg，物體的質(zhì)量m3 kg，傳送帶的速度v18 m/s，AB長L115 m，與箱子間的動摩擦因數(shù)為1.傳送帶的速度v24 m/s，CD長L28 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子與傳送帶間的動摩擦因數(shù)變?yōu)?0.5，重力加速度g10 m/s2.求：(1)裝著物體的箱子在傳送帶上運(yùn)動的時間；(2)計(jì)算說明，箱子能否運(yùn)送到高處平臺上？(已知sin 37°0.6，cos 37°0.8)圖10思維規(guī)范流程步驟1：在傳送帶上列牛頓第二定律方程：假設(shè)共速，列運(yùn)動學(xué)方程：加速時間：勻速時間：總時間：對整體：1(Mm)gcos 30°(Mm)g·sin 30°(Mm)a1得a12.5 m/s2x112.8 m(<15 m)t13.2 st20.275 stt1t23.475 s步驟2，在傳送帶上列牛頓第二定律方程：假設(shè)共速，判斷箱子的運(yùn)動，列牛頓第二定律方程：結(jié)論對箱子：2Mgcos 37°Mgsin 37°Ma2得a210 m/s2x22.4 m(<8 m)因Mgsin 37°>2Mgcos 37°故箱子繼續(xù)減速M(fèi)gsin 37°2Mgcos 37°Ma3得a32 m/s2x34 mx2x36.4 m<8 m不能運(yùn)送到高處平臺上.各式2分，其余各式1分變式訓(xùn)練8.如圖11甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，在傳送帶上某位置輕輕放置一小滑塊，小滑塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為，小滑塊速度隨時間變化關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則()圖11A.傳送帶一定逆時針轉(zhuǎn)動B.tan C.傳送帶的速度大于v0D.t0后滑塊的加速度為2gsin 答案AD解析若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，當(dāng)滑塊下滑時(mgsin >mgcos )，將一直勻加速到底端；當(dāng)滑塊上滑時(mgsin <mgcos )，先勻加速運(yùn)動，在速度相等后將勻速運(yùn)動，兩種均不符合運(yùn)動圖象；故傳送帶是逆時針轉(zhuǎn)動，選項(xiàng)A正確.滑塊在0t0內(nèi)，滑動摩擦力向下，做勻加速下滑，a1gsin gcos ，由圖可知a1，則tan ，選項(xiàng)B錯誤.傳送帶的速度等于v0，選項(xiàng)C錯誤.等速后的加速度a2gsin gcos ，代入值得a22gsin ，選項(xiàng)D正確.9.正方形木板水平放置在地面上，木板的中心靜置一小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，如圖12所示為俯視圖，為將木板從滑塊下抽出，需要對木板施加一個作用線通過木板中心點(diǎn)的水平恒力F.已知木板邊長L2 m、質(zhì)量M3 kg，滑塊質(zhì)量m2 kg，滑塊與木板、木板與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，g取10 m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求：圖12(1)要將木板抽出，水平恒力F需滿足的條件；(2)當(dāng)水平恒力F29 N時，在木板抽出時滑塊能獲得的最大速率.答案(1)F20 N(2) m/s解析(1)能抽出木板，滑塊與木板發(fā)生相對滑動，當(dāng)滑塊達(dá)到隨木板運(yùn)動的最大加速度時，拉力最小.對滑塊，有：mgma對木板，有：Fmin(Mm)gmgMa聯(lián)立解得：Fmin2(Mm)g20 N故抽出木板，水平恒力F至少為20 N(2)要使滑塊獲得的速度最大，則滑塊在木板上相對滑動的距離最大，故應(yīng)沿木板的對角線方向抽木板.設(shè)此時木板加速度為a1，則有：F(Mm)gmgMa1由：a1t2gt2Lvmaxgt聯(lián)立解得：vmax m/s專題規(guī)范練1.伽利略曾說過：“科學(xué)是在不斷改變思維角度的探索中前進(jìn)的”.他在著名的斜面實(shí)驗(yàn)中，讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下，他通過實(shí)驗(yàn)觀察和邏輯推理，得到的正確結(jié)論有()A.傾角一定時，小球在斜面上的速度與時間的平方成正比B.傾角一定時，小球在斜面上的位移與時間的平方成正比C.斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關(guān)D.斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間與傾角無關(guān)答案B解析伽利略通過實(shí)驗(yàn)測定出小球沿斜面下滑的運(yùn)動是勻加速直線運(yùn)動，位移與時間的二次方成正比，并證明了速度隨時間均勻變化，故A錯誤，B正確；若斜面光滑，斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度隨傾角的力增大而增大，故C錯誤；斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間隨傾角的增大而減小，故D錯誤.2.(多選)如圖1所示，傾角30°的光滑斜面體固定在水平面上，斜面長度L0.8 m，一質(zhì)量m1×103 kg、帶電量q1×104C的帶電小球靜止在斜面底端.現(xiàn)要使小球能夠到達(dá)斜面頂端，可施加一沿斜面向上、場強(qiáng)大小為E100 V/m的勻強(qiáng)電場，重力加速度g10 m/s2，則這個勻強(qiáng)電場存在的時間t可能為()圖1A.0.5 s B.0.4 s C.0.3 s D.0.2 s答案AB解析有電場時，根據(jù)牛頓定律可知：Eqmgsin 30°ma1，解得a15 m/s2，方向沿斜面向上；撤去電場時，小球的加速度a2gsin 30°5 m/s2，方向沿斜面向下；設(shè)電場存在的時間為t1，撤去電場后，恰好能到達(dá)斜面頂端，做減速運(yùn)動的時間為t2，則a1t1a2t2；且a1ta2tL；聯(lián)立解得： t1t20.4 s，故要想使小球到達(dá)斜面頂端則電場存在的時間應(yīng)該大于或等于0.4 s.3.如圖2所示，a、b、c三個物體在同一條直線上運(yùn)動，其位移與時間的關(guān)系圖象中，圖線c是一條x0.4t2的拋物線.有關(guān)這三個物體在05 s內(nèi)的運(yùn)動，下列說法正確的是()圖2A.a物體做勻加速直線運(yùn)動B.c物體做勻加速直線運(yùn)動C.t5 s時，a物體速度比c物體速度大D.a、b兩物體都做勻速直線運(yùn)動，且速度相同答案B解析位移圖象傾斜的直線表示物體做勻速直線運(yùn)動，則知a、b兩物體都做勻速直線運(yùn)動.由圖看出，a、b兩圖線的斜率大小相等、正負(fù)相反，說明兩物體的速度大小相等、方向相反，所以速度不同.故A、D錯誤；圖線c是一條x0.4t2的拋物線，結(jié)合xv0tat2可知，c做初速度為0，加速度為0.8 m/s2的勻加速直線運(yùn)動，故B正確.圖象的斜率大小等于速度大小，根據(jù)圖象可知t5 s時，c物體速度最大.故C錯誤.4.帶同種電荷的a、b兩小球在光滑水平面上相向運(yùn)動.已知當(dāng)小球間距小于或等于L時，兩者間的庫侖力始終相等；小球間距大于L時，庫侖力為零.兩小球運(yùn)動時始終未接觸，運(yùn)動時速度v隨時間t的變化關(guān)系圖象如圖3所示.由圖可知()圖3A.a小球質(zhì)量大于b小球質(zhì)量B.在t2時刻兩小球間距最大C.在0t3時間內(nèi)兩小球間距逐漸減小D.在0t2時間內(nèi)b小球所受斥力方向始終與運(yùn)動方向相反答案A解析從速度時間圖象可以看出b小球速度時間圖象的斜率絕對值較大，所以b小球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據(jù)a知，加速度大的質(zhì)量小，所以a小球質(zhì)量大于b小球質(zhì)量，故A正確；t1t2時間內(nèi)，二者做同向運(yùn)動，所以當(dāng)速度相等時距離最近，即t2時刻兩小球距離最小，之后距離又開始逐漸變大，故B、C錯誤；b球在0t1時間內(nèi)做勻減速運(yùn)動，所以0t1時間內(nèi)排斥力與運(yùn)動方向相反，在t1t2時間內(nèi)做勻加速運(yùn)動，斥力方向與運(yùn)動方向相同，故D錯誤.5.我國航天員要在“天宮一號”航天器實(shí)驗(yàn)艙的桌面上測量物體的質(zhì)量，采用的方法如下：質(zhì)量為m1的標(biāo)準(zhǔn)物A的前后連接有質(zhì)量均為m2的兩個力傳感器.待測質(zhì)量的物體B連接在后傳感器上.在某一外力作用下整體在桌面上運(yùn)動，如圖4所示.穩(wěn)定后標(biāo)準(zhǔn)物A前后兩個傳感器的讀數(shù)分別為F1、F2，由此可知待測物體B的質(zhì)量為()圖4A. B.C. D.答案B解析以整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F1(m12m2m)a；隔離B物體，由牛頓第二定律得：F2ma；聯(lián)立可得：m，B對.6.如圖5所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為.若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為()圖5A.11 B.23 C.13 D.32答案C解析將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A、B間的摩擦達(dá)到最大靜摩擦，則對木板B根據(jù)牛頓第二定律：mg·2mgma1，解得a1g；將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，則對物塊A：mgma2，解得a2g，則a1a213.7.如圖6所示，質(zhì)量為M10 kg的小車停放在光滑水平面上.在小車右端施加一個F10 N的水平恒力.當(dāng)小車向右運(yùn)動的速度達(dá)到2.8 m/s時，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m2.0 kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點(diǎn)且初速度為零)，煤塊與小車間動摩擦因數(shù)0.20，g10 m/s2.假定小車足夠長.則下列說法正確的是()圖6A.煤塊在整個運(yùn)動過程中先做勻加速直線運(yùn)動穩(wěn)定后做勻速直線運(yùn)動B.小車一直做加速度不變的勻加速直線運(yùn)動C.煤塊在3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為9 mD.小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m答案D解析當(dāng)小煤塊剛放到小車上時，做加速度為a1g2 m/s2的勻加速運(yùn)動，此時小車的加速度：a2 m/s20.6 m/s2，當(dāng)達(dá)到共速時：vv0a2ta1t，解得t2 s，v4 m/s；假設(shè)共速后兩者相對靜止，則共同加速度a共 m/s2 m/s2，此時煤塊受到的摩擦力：Ffma共<mg，則假設(shè)成立，即煤塊在整個運(yùn)動過程中先做加速度為2 m/s2的勻加速直線運(yùn)動，穩(wěn)定后繼續(xù)做加速度為 m/s2的勻加速直線運(yùn)動，選項(xiàng)A、B錯誤；煤塊在前2 s內(nèi)的位移：x1t×2 m4 m；小車在前2 s內(nèi)的位移：x2v0ta2t26.8 m；第3秒內(nèi)煤塊的位移：x1vta共t2 m4.4 m，則煤塊在3 s內(nèi)前進(jìn)的位移為4 m4.4 m8.4 m，選項(xiàng)C錯誤；小煤塊在最初2秒內(nèi)相對小車的位移為xx2x12.8 m，故最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m，選項(xiàng)D正確.8.(多選)如圖7所示，水平擋板A和豎直擋板B固定在斜面體C上，一質(zhì)量為m的光滑小球恰能與兩擋板和斜面體同時接觸.擋板A、B和斜面體C對小球的彈力大小分別為FA、FB和FC.現(xiàn)使斜面體和小球一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動.若FA和FB不會同時存在，斜面體傾角為，重力加速度為g，則選項(xiàng)所列圖象中，可能正確的是()圖7答案BD解析對小球進(jìn)行受力分析，當(dāng)a<gtan 時如圖甲，根據(jù)牛頓第二定律水平方向：FCsin ma豎直方向：FCcos FAmg聯(lián)立得：FC，F(xiàn)AmgFA與a成線性關(guān)系，當(dāng)a0時，F(xiàn)Amg當(dāng)agtan 時，F(xiàn)A0，所以A錯誤，B正確；當(dāng)a>gtan 時，受力如圖乙，根據(jù)牛頓第二定律水平方向：FCsin FBma豎直方向：FCcos mg聯(lián)立得：FC，F(xiàn)Bmamgtan FB與a也成線性關(guān)系，F(xiàn)C不變所以C錯誤，D正確.9.如圖8所示，長L1.5 m，高h(yuǎn)0.45 m，質(zhì)量M10 kg的長方體木箱，在水平面上向右做直線運(yùn)動.當(dāng)木箱的速度v03.6 m/s時，對木箱施加一個方向水平向左的恒力F50 N，并同時將一個質(zhì)量m1 kg的小球輕放在距木箱右端處的P點(diǎn)(小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時相對于地面的速度為零)，經(jīng)過一段時間，小球脫離木箱落到地面.木箱與地面的動摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計(jì).取g10 m/s2，求：圖8(1)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間；(2)小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動的最大位移；(3)小球離開木箱時木箱的速度.答案(1)0.3 s(2)0.9 m(3)2.8 m/s，方向向左解析(1)木箱上表面的摩擦不計(jì)，因此小球在離開木箱前相對地面處于靜止?fàn)顟B(tài)，離開木箱后將做自由落體運(yùn)動.由hgt2，得t s0.3 s小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間為0.3 s.(2)小球放到木箱后，木箱的加速度為：a1 m/s27.2 m/s2木箱向右運(yùn)動的最大位移為：x1 m0.9 m小球放上P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動的最大位移為0.9 m.(3)x1小于1 m，所以小球不會從木箱的左端掉下，木箱向左運(yùn)動的加速度為a2 m/s22.8 m/s2設(shè)木箱向左運(yùn)動的距離為x2時，小球脫離木箱，則x2x1(0.90.5) m1.4 m設(shè)木箱向左運(yùn)動的時間為t2，則：由x2a2t得：t2 s1 s所以，小球離開木箱的瞬間，木箱的速度方向向左，大小為：v2a2t22.8×1 m/s2.8 m/s.10.如圖9甲所示，質(zhì)量為m20 kg的物體在大小恒定的水平外力作用下，沖上一足夠長從右向左以恒定速度v010 m/s傳送物體的水平傳送帶，從物體沖上傳送帶開始計(jì)時，物體的速度時間圖象如圖乙所示，已知02 s內(nèi)水平外力與物體運(yùn)動方向相反，24 s內(nèi)水平外力與物體運(yùn)動方向相反，g取10 m/s2.求：甲乙圖9(1)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)04 s內(nèi)物體與傳送帶間的摩擦熱Q.答案(1)0.3(2)2 880 J解析(1)設(shè)水平外力大小為F，由圖象可知02 s內(nèi)物體做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小為a15 m/s2，由牛頓第二定律得：FFfma124 s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為a21 m/s2，由牛頓第二定律得：FfFma2解得：Ff60 N又Ffmg由以上各式解得：0.3(2)02 s內(nèi)物體的對地位移x1t110 m傳送帶的對地位移x1v0t120 m此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱Q1Ff(x1x1)1 800 J24 s內(nèi)物體的對地位移x2t22 m傳送帶的對地位移x2v0t220 m此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱Q2Ff(x2x2)1 080 J04 s內(nèi)物體與傳送帶間的摩擦熱QQ1Q22 880 J