考點一動力學(xué)的兩類基本問題1.考查已知受力求運動問題(2020·福州二模)如圖1所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。觀察小球開始下落到小球第一次運動到最低點的過程，下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖像中符合實際情況的是()圖12考查牛頓第二定律在瞬時問題中的應(yīng)用(多選) (2020·海南高考)如圖2，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()圖2Aa13gBa10Cl12l2 Dl1l23考查已知運動求受力問題(2020·銀川二模)如圖3甲所示，一個物體放在粗糙的水平地面上。從t0時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動。在0到t0時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)處處相等，則()圖3A在0到t0時間內(nèi)，物體的速度逐漸變小Bt0時刻，物體速度增加到最大值C在0到t0時間內(nèi)，物體做勻變速直線運動D在0到t0時間內(nèi)，力F大小保持不變考點二運動圖像與牛頓第二定律的綜合應(yīng)用4.考查牛頓第二定律與v ­t圖像的綜合應(yīng)用(2020·四川第二次大聯(lián)考)在粗糙的水平地面上有一質(zhì)量為2 kg的小物塊，在水平拉力作用下從t0時開始做初速度為零的直線運動，t6 s時撤去拉力，其速度圖像如圖4所示。若取重力加速度g10 m/s2，則下列說法正確的是()圖4A物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2B02 s內(nèi)，物塊所受的拉力大小為4 NC08 s內(nèi)，物塊離出發(fā)點最遠為6 mD08 s內(nèi)，物塊的平均速度大小為2.5 m/s5考查牛頓第二定律與a ­t圖像的綜合應(yīng)用(多選)(2020·江蘇高考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖5所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力()圖5At2 s時最大 Bt2 s時最小Ct8.5 s時最大 Dt8.5 s時最小6考查牛頓第二定律與v ­t圖像的綜合應(yīng)用(多選)(2020·青島聯(lián)考)如圖6甲所示，質(zhì)量為M2 kg的木板靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊(質(zhì)量設(shè)為m)從木板的左側(cè)沿木板表面水平?jīng)_上木板。物塊和木板的速度時間圖像如圖乙所示，g10 m/s2，結(jié)合圖像，下列說法正確的是()圖6A可求得物塊在前2 s內(nèi)的位移x5 mB可求得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.1C可求得物塊的質(zhì)量m2 kgD可求得木板的長度L2 m考點三動力學(xué)的連接體問題7.考查牛頓第二定律解決連接體問題(2020·合肥一模)如圖7所示，a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1和m2，由輕質(zhì)彈簧相連。當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1，加速度大小為a1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，加速度大小為a2。則有()圖7Aa1a2，x1x2 Ba1<a2，x1x2Ca1a2，x1>x2 Da1<a2，x1>x28考查牛頓第二定律、整體法與隔離法的應(yīng)用(2020·東北三省模擬)如圖8所示，三個物體質(zhì)量分別為m11.0 kg、m22.0 kg、m33.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面傾角30°，m1和m2之間的動摩擦因數(shù)0.8。不計繩和滑輪的質(zhì)量和摩擦。初始用外力使整個系統(tǒng)靜止，當(dāng)撤掉外力時，m2將(g10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖8A和m1一起沿斜面下滑B和m1一起沿斜面上滑C相對于m1上滑D相對于m1下滑9考查整體法、隔離法與圖像的綜合應(yīng)用(多選)(2020·銀川二模)如圖9甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為mA1 kg、mB2 kg，當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3 N時A、B將會分離。t0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是()圖9At2.0 s時刻A、B之間作用力大小為0.6 NBt2.0 s時刻A、B之間作用力為零Ct2.5 s時刻A對B的作用力方向向左D從t0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4 m考點四傳送帶模型10.考查應(yīng)用牛頓第二定律分析水平傳送帶問題(多選)(2020·衡水調(diào)研)如圖10甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v ­t圖像(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2>v1，則()圖10At2時刻，小物塊離A處的距離達到最大Bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向向右D0t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用11考查應(yīng)用牛頓第二定律分析傾斜傳送帶問題(多選)如圖11所示，傳送皮帶與水平面夾角為37°，A、B間距離L16 m，以速度v10 m/s勻速運行?，F(xiàn)在皮帶的A端無初速放上一個小物體(可視為質(zhì)點)，已知物體與皮帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，sin 37°0.6，cos 37°0.8，取g10 m/s2，傳動輪大小可忽略，則物體滑到B端的速度大小可能是()圖11A6 m/s B8 m/sC10 m/s D12 m/s12考查應(yīng)用牛頓第二定律分析傳送帶與斜面的綜合問題(2020·東北三省模擬)如圖12所示，一水平傳送帶以4 m/s的速度逆時針傳送，水平部分長L6 m，其左端與一傾角為30°的光滑斜面平滑相連，斜面足夠長，一個可視為質(zhì)點的物塊無初速度地放在傳送帶最右端，已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)0.2，g10 m/s2。求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠端所用的時間。圖12答 案1選A小球接觸彈簧開始，合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運動，運動到某個位置時，重力等于彈簧彈力，合力為零，加速度為零，速度最大，然后重力小于彈力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運動，運動到最低點時，速度為零，加速度最大，根據(jù)對稱性可知，到達最低端時加速度大于g，故A正確，B、C、D錯誤。2選AC設(shè)物體的質(zhì)量為m，剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變，所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力FT1，剪斷前對b、c和彈簧組成的整體分析可知FT12mg，故a受到的合力FmgFT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正確，B錯誤；設(shè)彈簧S2的拉力為FT2，則FT2mg，根據(jù)胡克定律Fkx可得l12l2，C正確，D錯誤。3選B由圖乙可知，加速度隨時間逐漸減小，方向不變，所以加速度方向始終與速度方向相同，物體做加速運動，故A錯誤；當(dāng)加速度減為零時，速度最大，所以t0時刻，物體速度增加到最大值，故B正確；加速度逐漸減小，所以物體不是做勻變速運動，故C錯誤；根據(jù)FFfma，可知，a減小，F(xiàn)f不變，所以F減小，故D錯誤。4選A第6 s后只有摩擦力，即mgma，其中a2 m/s2，得動摩擦因數(shù)為0.2，故A正確；02 s內(nèi)，根據(jù)F1mgma1，其中a12 m/s2，得F18 N，故B錯誤；08 s內(nèi)，物塊先向正方向走了6 m，即為t軸上方的面積，然后又向負方向走了14 m，即為t軸下方的面積，所以離出發(fā)點最遠應(yīng)為8 m，故C錯誤；物塊的平均速度為位移與時間的比值，即1 m/s，故D錯誤。5選AD人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FNmgma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FNFNmgma。當(dāng)t2 s時a有最大值，F(xiàn)N最大；當(dāng)t8.5 s時，a有最小值，F(xiàn)N最小，選項A、D正確。6選AC物塊在前2 s內(nèi)的位移x(×12×1)m5 m，A正確；由運動學(xué)圖像知，兩物體加速度大小相同，設(shè)為a，則有mgmaMa，則mM2 kg，C正確；由圖像求得a2 m/s2，則g2，0.2，B錯；由于物塊與木板達到共同速度時不清楚二者的相對位置關(guān)系，故無法求出木板的長度，D錯。7選B對整體分析有：a1g，a2，可知a1<a2。隔離對b分析有：F1m2gm2a1，解得：F1，F(xiàn)2m2a2，可知F1F2，根據(jù)胡克定律知，x1x2。故選B。8選D假設(shè)m2隨m1一起上滑，則有m3gFm3a，F(xiàn)(m1m2)gsin (m1m2)a，解得a2.5 m/s2，隔離m2可知，F(xiàn)f2m2gsin m2a，解得：Ff215 N>m2gcos ，故m2相對m1下滑，D正確。9選AD設(shè)t時刻A、B分離，分離之前A、B物體共同運動，加速度為a，以整體為研究對象，則有：a m/s1.2 m/s2，分離時：F2FfmBa，得：F2FfmBa0.3 N2×1.2 N2.7 N，經(jīng)歷時間：t×2.7 s3 s，根據(jù)位移公式：xat25.4 m，則D正確；當(dāng)t2 s時，F(xiàn)21.8 N，F(xiàn)2FfmBa，得：FfmBaF20.6 N，A正確，B錯誤；當(dāng)t2.5 s時，F(xiàn)22.25 N，F(xiàn)2FfmBa，得：FfmBaF2>0，C錯誤。10選BC相對地面而言，小物塊在0t1時間內(nèi)，向左做勻減速運動，t1t2時間內(nèi)，小物塊反向向右做勻加速運動，當(dāng)其速度與傳送帶速度相同時(即t2時刻)，小物塊向右做勻速運動。故小物塊在t1時刻離A處距離最大，選項A錯誤。相對傳送帶而言，在0t2時間內(nèi)，小物塊一直相對傳送帶向左運動，故一直受向右的滑動摩擦力，在t2t3時間內(nèi)，小物塊相對于傳送帶靜止，小物塊不受摩擦力作用，因此t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大值，選項B、C正確，選項D錯誤。11選BD因傳送帶運行速度方向不知，故分別討論：若輪子順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶繞輪順時針方向轉(zhuǎn)動，小物體放上A端相對地面無初速度，但相對皮帶斜向下運動，故皮帶作用于物體的摩擦力沿皮帶斜面向上，又由于mgsin 37°>Ffmgcos 37°，或0.5<tan 37°0.75，故物體有沿斜面向下的加速度，設(shè)為a1，則mgsin 37°mgcos 37°ma1，a12 m/s2物體從A運動到B的時間t14 s，到達B端速度為v1a1t18 m/s若輪子逆時針轉(zhuǎn)動，帶動皮帶繞輪逆時針轉(zhuǎn)動，小物體放上皮帶A端初速度為零，相對皮帶斜向上運動，故皮帶作用于物體的摩擦力沿皮帶斜面向下。設(shè)物體的加速度為a2，則mgsin 37°mgcos 37°ma2a210 m/s2物體加速到皮帶運行速度v10 m/s的時間為：t11 s物體的位移x15 m<L16 m，還未到達B端，此刻相對速度為零，摩擦力將發(fā)生突變。假設(shè)摩擦力消失，皮帶勻速向下，物體因受重力沿皮帶斜面分力作用將向下加速，下一時刻物體速度將超過皮帶速度，故有摩擦力，且皮帶對物體的摩擦力方向變?yōu)樾毕蛏稀Ｓ捎趍gsin 37°>Ffmgcos 37°，物體加速度變?yōu)閍2，a2gsin 37°gcos 37°a12 m/s2。設(shè)物體繼續(xù)加速下滑到B端所需時間為t2，而x2vt2a2t22。又x2Lx111 m，解得：t21 s，物體從A運動到B的總時間t1t22 s。物體到達B端速度為v2va2t212 m/s，故B、D均正確。12解析：Ffmgma1a12 m/s2設(shè)物塊與傳送帶達到共速v22a1x1x14 m<6 mt12 sx2Lx1x2vt2，所以t20.5 s在斜面上a25 m/s2上升和下降時間t30.8 s返回傳送帶向右減速t42 st總t1t22t3t4t總6.1 s答案：6.1 s