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第3讲　力和曲线运动
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
解析
答案第2讲　力和直线运动
要点提炼
1.解决匀变速直线运动问题的方法技巧
(1)常用方法
①基本公式法，包括v＝＝，Δx＝aT2。
②v?t图象法。
③比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。
④逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可看做反向初速度为零的匀加速直线运动。
(2)追及相遇问题的临界条件：前后两物体速度相同时，两物体间的距离最大或最小。
2．物体的直线运动
(1)条件：所受合外力与速度在同一直线上，或所受合外力为零。
(2)常用规律：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理或能量守恒定律、动量定理或动量守恒定律。
3．动力学问题常见的五种模型
(1)等时圆模型(图中斜面光滑)
(2)连接体模型
两物体一起加速运动，m1和m2的相互作用力为FN＝，有无摩擦都一样，平面、斜面、竖直方向都一样。
(3)临界模型
两物体刚好没有相对运动时的临界加速度a＝g
tan
α。
(4)弹簧模型
①如图所示，两物体要分离时，它们之间的弹力为零，速度相同，加速度相同，分离前整体分析，分离后隔离分析。
②如图所示，弹簧长度变化时隔离分析，弹簧长度不变(或两物体运动状态相同)时整体分析。
(5)下列各情形中，速度最大时加速度为零，速度为零时加速度最大。
4．传送带上物体的运动
由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半。
在倾斜传送带(倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tan
θ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。
5．水平面上的板块模型问题
分析两物体的运动情况需要关注：两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系，外力作用在哪个物体上。若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。若外力作用在上面物体上，力增大过程中，两物体可能共同加速，也可能发生相对滑动，相对滑动时，上面物体的加速度较大。
高考考向1　匀变速直线运动规律的应用
例1　(2020·陕西省延安市第一中学高三二模)在某一长直的公路上，一辆静止的轿车前方200
m处有一货车正以10
m/s的速度匀速前进，这时轿车从静止出发以2
m/s2的加速度追赶，求：
(1)轿车出发后经多长时间追上货车？追上之前与货车最远相距是多少米？
(2)当轿车刚追上货车时，轿车司机立即刹车，使轿车以4
m/s2的加速度做匀减速直线运动，问两车再经过多长时间第二次相遇？(设轿车可以从货车旁经过而不发生碰撞)
解析　(1)设轿车经时间t追上货车，
位移关系为：v0t＋s＝at2，
其中v0＝10
m/s，s＝200
m，a＝2
m/s2，
解得：t＝20
s；
当两车速度相等时，距离最远，设经时间t′两车速度相等，则t′＝＝
s＝5
s，
相距的最远距离为：Δx＝v0t′＋s－at′2＝10×5
m＋200
m－×2×25
m＝225
m。
(2)轿车刚追上货车时的速度为：
v＝at＝2×20
m/s＝40
m/s，
轿车减速到静止所用的时间为：t″＝＝
s＝10
s，
轿车减速到静止前进的距离为：
xmax＝＝
m＝200
m，
相同的时间内货车前进的距离为：
x＝v0t″＝10×10
m＝100
m所以轿车停止后与货车第二次相遇，所用时间为：
t?＝＝
s＝20
s。
答案　(1)20
s　225
m　(2)20
s
分析追及相遇问题的方法技巧
(1)一个临界条件：速度相同，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点，如例1中两车速度相同时相距最远。
(2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口。
(3)能否追上的判断方法：物体B追赶物体A(匀速追匀加速、匀减速追匀速或匀减速追匀加速)，开始时，两个物体相距x0。①当vA＝vB时，xA＋x0xB，则不能追上。
特别注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动。
备课记录：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1－1　(2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　)
A．1<<2
B．2<<3
C．3<<4
D．4<<5
答案　C
解析　空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H时的速度为0。逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由题意知，＝＝2＋，故3<<4，C正确。
1－2　(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105
kg时，起飞离地速度为66
m/s；装载货物后质量为1.69×105
kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521
m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
答案　(1)78
m/s　(2)2
m/s2　39
s
解析　(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g，飞机起飞离地时，有
m1g＝kv①
m2g＝kv②
联立①②式并代入数据得
v2＝78
m/s。③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度的大小为a，所用时间为t，由匀变速直线运动公式有
v＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式并代入数据得a＝2
m/s2⑥
t＝39
s。⑦
高考考向2　牛顿运动定律的综合应用
命题角度1
连接体问题
例2　(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　)
A．F
B．
C．
D．
解析　根据题意可知第2节对第3节车厢的牵引力为F，每节车厢的质量和所受摩擦力、空气阻力均相等，对后面38节车厢整体，根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后面2节车厢整体，根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝，故C正确。
答案　C
连接体问题的解决方法：整体法和隔离法
(1)加速度相同的连接体问题
①若求解整体的加速度，可用整体法。以整体为研究对象，分析整体所受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。
②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解。
(2)加速度不同的连接体问题
若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法。将各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体间的相互作用关系，联立求解。
备课记录：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(2020·重庆高三二模)如图所示，在一粗糙水平地面上有两块质量分别为m1和m2的木块1和2，木块与地面间的动摩擦因数均为μ，中间用一原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连接起来。现用一水平力向右拉木块2，当两木块均以加速度a向右匀加速运动时，两木块之间的距离是(　　)
A.l＋m1
B．l＋
C．l＋(m1＋m2)
D．l＋·
答案　A
解析　两木块均以加速度a向右匀加速运动时，对木块1有kΔx－μm1g＝m1a，所以两木块之间的距离是x＝l＋Δx＝l＋m1，故A正确，B、C、D错误。
命题角度2
临界问题
例3　(2020·广东省深圳市高三二模)如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以90
km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin
37°＝0.6，g取10
m/s2)(　　)
A．23
m
B．33
m
C．43
m
D．53
m
解析　卡车刹车时，当后斜面的支持力恰为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律可得mg
tan
37°＝ma，解得a＝g，根据运动学公式有0－v2＝－2ax，解得x＝
m，则其刹车的最小距离更接近于43
m，故C正确，A、B、D错误。
答案　C
(1)处理临界问题的关键是找出问题的临界状态，往往用极限分析法。
(2)动力学中的临界状态特点往往是此状态下某个物理量为零。
备课记录：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.
(2020·辽宁省丹东市高三(下)总复习质量测试(二))如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量为mA＝5
kg、mB＝3
kg，C为一固定挡板，整个系统处于平衡状态。现用一沿斜面向上的力F拉物块A，使之沿斜面向上做加速度为4
m/s2的匀加速直线运动。选定A的起始位置为坐标原点(g＝10
m/s2)，从力F刚作用在物块A的瞬间到B刚好要离开固定挡板C的瞬间这个过程中，下列能正确描绘力F与物块A的位移x之间关系的图象是(　　)
答案　C
解析　开始时，整个系统处于平衡状态，对A有mAg
sin
30°＝kx0，力F刚作用在物块A的瞬间，对A由牛顿第二定律有F＋kx0－mAg
sin
30°＝mAa，联立得F＝20
N；在弹簧恢复原长之前，对A有F－mAg
sin
30°＋k(x0－x)＝mAa，得F＝kx＋mAa；从弹簧恢复原长到B刚好离开C的过程中，对A有F－mAg
sin
30°－k(x－x0)＝mAa，得F＝kx＋mAa；B刚好要离开固定挡板C时，对A有F－mAg
sin
30°－F′＝mAa，对B有F′＝mBg
sin
30°，联立得F＝60
N。综上所述，C正确，A、B、D错误。
命题角度3
传送带模型
例4　(2020·山东德州一模改编)如图所示，足够长的传送带顺时针匀速转动的速度大小v0＝2
m/s，与水平面的夹角θ＝30°，物块A的质量m1＝0.25
kg，与斜面间的动摩擦因数μ1＝；物块B的质量m2＝0.55
kg，与斜面间的动摩擦因数μ2＝。将两物块同时由静止开始在传送带上释放，经过一定时间两物块发生碰撞，并且粘在一起，开始释放时两物块间的距离为L＝13
m。已知重力加速度g＝10
m/s2，A、B始终未脱离传送带，求：
(1)两物块刚释放后各自加速度的大小；
(2)两物块释放后经多长时间发生碰撞；
(3)通过计算说明刚碰撞后两物块是加速运动还是减速运动？若做加速运动，求出再经过20
s两物块在传送带上划过的痕迹长度；若做减速运动，求出碰撞后两物块在传送带上划过的痕迹长度。
解析　(1)μ1θ，故A沿传送带向下加速运动，
有m1g
sin
θ－μ1m1g
cos
θ＝m1a1，
代入数据解得a1＝2
m/s2；
μ2>tan
θ，故B沿传送带向上加速运动，
有μ2m2g
cos
θ－m2g
sin
θ＝m2a2，
代入数据解得a2＝1
m/s2。
(2)由v0＝a2t0，解得t0＝2
s，
因a1t＋a2t＝6
ms两物块还未相撞；
由L＝a1t2＋a2t＋v0(t－t0)，
解得t＝3
s(t＝－5
s舍去)，
即经时间t＝3
s两物块相撞。
(3)两物块碰撞前A速度大小v1＝a1t，
解得v1＝6
m/s，
以沿传送带向上为正方向，碰撞过程中由动量守恒定律有－m1v1＋m2v0＝(m1＋m2)v，
解得碰撞后的共同速度v＝－0.5
m/s，方向沿传送带向下，
由于μ1m1g
cos
θ＋μ2m2g
cos
θ＝4.05
N>(m1＋m2)·g
sin
θ＝4.0
N，故刚碰撞后两物块做减速运动；
两物块相对传送带滑动过程中，由牛顿第二定律有
μ1m1g
cos
θ＋μ2m2g
cos
θ－(m1＋m2)g
sin
θ＝(m1＋m2)a3，
解得a3＝0.0625
m/s2，
则两物块相对传送带滑动的位移大小即划痕长度
x＝v0·－
eq
\f(v－v2,2a3)＝50
m。
答案　(1)2
m/s2　1
m/s2　(2)3
s
(3)减速运动　50
m
传送带问题的摩擦力分析
(1)关注两个时刻
①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。
②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向和性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。
(2)注意过程分解
①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量勿混淆。
②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点。
(3)物体在倾斜传送带上运动时，物体与传送带速度相同后需要比较tan
θ与μ的大小关系：μ>tan
θ，速度相同后一起运动，相对静止；μθ，速度相同后，物体的加速度沿传送带向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。
备课记录：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．(2020·江苏省高三普通高等学校招生全国统一考试(三))(多选)如图甲所示，倾角为θ的绝缘传送带以2
m/s的恒定速率沿顺时针方向转动，其顶端与底端间的距离为5
m，整个装置处于方向垂直传送带向上的匀强电场中，电场强度大小随时间按图乙规律变化。t＝0时刻将一个质量m＝0.02
kg的带正电小物块轻放在传送带顶端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，已知sin
θ＝，cos
θ＝，E0＝，取g＝10
m/s2，则小物块(　　)
A．始终沿传送带向下运动
B．运动过程中加速度大小变化
C．在传送带上运动的总时间为5
s
D．与传送带之间因摩擦产生的总热量为0.16
J
答案　AC
解析　取沿传送带向下为正方向，有电场时mg
sin
θ－μ(mg
cos
θ－qE0)＝ma1，由qE0＝mg＝mg
cos
θ，得出此时摩擦力大小为零，加速度a1＝2
m/s2，无电场时mg
sin
θ－μmg
cos
θ＝ma2，得出加速度a2＝－2
m/s2，可知小物块始终沿传送带向下运动，加速度大小不变，A正确，B错误；从t＝0时刻起，每秒内小物块沿传送带向下运动x0＝a1t＝1
m，则小物块在传送带上运动的总时间为t＝t0＝5
s，C正确；小物块下滑过程中，只在没有电场时与传送带之间有摩擦力，结合图乙可知，小物块与传送带之间因摩擦产生的总热量为Q总＝μmg
cos
θ·2(x0＋vt0)＝0.48
J，D错误。
命题角度4
板块模型
例5　(2020·山东省烟台市高三一模)如图所示，一足够长的木板B的质量M＝2
kg，静止放在粗糙的水平地面上，现有一质量m＝1
kg的小滑块A以v0＝9
m/s的初速度从木板的左端滑上木板。A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。重力加速度g＝10
m/s2。求：
(1)A、B相对运动过程中，B的加速度大小；
(2)A、B之间因摩擦而产生的热量；
(3)B在水平地面上滑行的距离。
解析　(1)A、B相对运动过程中，对B由牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaB
代入数据解得aB＝0.5
m/s2。
(2)小滑块A的加速度aA＝μ1g＝4
m/s2
当两者共速时v＝v0－aAt＝aBt
代入数据解得t＝2
s，v＝1
m/s
此时A相对B的位移Δx＝v0t－aAt2－aBt2＝9
m
A、B之间因摩擦而产生的热量Q＝μ1mgΔx＝36
J。
(3)从开始运动到A、B共速，B滑行的距离为
x1＝aBt2＝1
m
共速后，A、B一起向前做减速运动，加速度大小为
a3＝μ2g＝1
m/s2
一起滑行的距离为x2＝＝
m＝0.5
m
则B在水平地面上滑行的距离为x＝x1＋x2＝1.5
m。
答案　(1)0.5
m/s2　(2)36
J　(3)1.5
m
分析“板块模型”的四点注意
(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系。
(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。
(3)滑块与滑板存在相对滑动的条件
①运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。
②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动。
(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。
备课记录：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5－1　(2020·四川省乐山市高三三模)如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为Ff＝
B．要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系m>
C．若物块A、B未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mg
D．若物块A、B未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为F＝
答案　A
解析　若A、B未发生相对滑动，对C有：mg－T＝ma，对A、B整体有：T＝2Ma，对A有：Ff＝Ma，联立解得：T＝，Ff＝，则轻绳对定滑轮的作用力为：F＝T＝，A正确，C、D错误；要使物块A、B发生相对滑动，则aB>aA，而aA＝μg，T′－μMg＝MaB，mg－T′＝maC＝maB，联立解得：m>，B错误。
5－2　(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析　A、B的运动过程如图所示，
(1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知，A的加速度大小aA＝＝μg
在B上滑动时有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fA＝μmg，方向向左，
地面的摩擦力大小f地＝2μmg，方向向左，
合外力大小F＝fA＋f地＝3μmg
由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝f地＝2μmg
由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L，
解得：vB＝2。
专题作业
1．(2020·西藏自治区拉萨市高三一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6
km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3
s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7
s，刹车的加速度大小为5
m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　)
A．4.2
m
B．6.0
m
C．7.8
m
D．9.6
m
答案　D
解析　汽车匀速运动的速度为：v0＝21.6
km/h＝6
m/s，汽车在前0.3
s＋0.7
s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6
m，随后汽车做匀减速直线运动，位移为：x2＝
eq
\f(v,2a)＝
m＝3.6
m，所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝(6＋3.6)m＝9.6
m，故A、B、C错误，D正确。
2．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335
m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动。当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355
m，已知声速为340
m/s，则汽车的加速度大小为(　　)
A．10
m/s2
B．20
m/s2
C．5
m/s2
D．无法确定
答案　A
解析　设汽车运动的加速度为a，时间为t，则at2＝(355－335)m＝20
m，超声波从发出到反射回来所用的时间也为t，所以单程的时间为，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，所以在时间内，汽车的位移为a·＝5
m，则追上汽车时，超声波的位移为x＝(335＋5)m＝340
m，所以＝＝1
s，t＝2
s，将其代入at2＝20
m，解得：a＝10
m/s2，故A正确，B、C、D错误。
3.如图所示，相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1A．物块B的加速度为
B．物块A的加速度为
C．FD．N可能为零
答案　B
解析　由于水平面光滑，没有摩擦力，且m14.如图所示，质量为m的小球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是(　　)
A．若加速度足够小，竖直挡板对小球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对小球的弹力可能为零
C．斜面和挡板对小球的弹力的合力等于ma
D．斜面对小球不仅有弹力，而且是一个定值
答案　D
解析　小球受到重力mg、斜面对小球的支持力FN2、竖直挡板对小球的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有：FN2cos
α＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2都不变且不可能为零，故B错误，D正确。水平方向有：FN1－FN2sin
α＝ma，因为FN2·sin
α≠0，所以无论加速度多小，FN1都不可能为零，故A错误。根据牛顿第二定律，小球受到的重力及斜面和挡板对小球的弹力的合力等于ma，故C错误。
5.
(2020·河南省十所名校高三高中毕业班阶段性测试(四))如图所示，车厢里用A、B两段细线悬吊着同一个小球，小球静止时，细线B竖直，A倾斜，且A与竖直方向的夹角为37°。现让小车向左以一定的加速度做匀加速直线运动，结果两段细线上拉力的大小相等，则小球运动的加速度大小为(已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，重力加速度大小为g)(　　)
A.g
B．g
C．g
D．g
答案　B
解析　设小球的质量为m，细线的拉力为T，小球的受力如图所示，竖直方向上有：T＋T
cos
37°＝mg，水平方向上有：T
sin
37°＝ma，解得小球的加速度为：a＝g，故A、C、D错误，B正确。
6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v?t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)
A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案　B
解析　0～t1时间内，小物块向左做匀减速运动，t1时刻速度为零，向左的位移达到最大，即小物块离A处的距离达到最大，A错误。t1～t2时间内，小物块所受滑动摩擦力向右，小物块相对传送带向左滑动，t2～t3时间内，小物块随传送带一起做匀速直线运动，所受摩擦力为零，故t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大，B正确，C、D错误。
7.
(多选)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)
答案　BC
解析　设传送带倾角为θ，小滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，若mg
sin
θ>μmg
cos
θ，则小滑块所受合力沿传送带向下，向下做匀加速运动；若mg
sin
θ＝μmg
cos
θ，则小滑块所受合力为零，匀速下滑；若mg
sin
θ<μmg
cos
θ，则小滑块所受合力沿传送带向上，先向下做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，由于最大静摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，故之后随传送带一起匀速运动。A、D错误，B、C正确。
8.
(2020·福建省南平市高三一模)(多选)如图所示，绝缘传送带长为l，倾角为θ，沿顺时针方向转动，速度大小恒为v0。质量为m、电荷量为－q的带电物块(可视为质点)，以初速度v0从底端滑上传送带，并从传送带顶端滑出。整个空间存在匀强电场，场强大小E＝，方向平行于传送带斜向下。传送带与物块间动摩擦因数μ≠0，运动过程中物块所带电荷量不变，重力加速度为g。物块从底端滑至顶端的过程中，下列说法可能正确的是(　　)
A．物块一直做匀速直线运动
B．物块先做匀减速直线运动后做匀速直线运动
C．物块电势能增加了mgl
sin
θ
D．物块克服摩擦力做功为mv
答案　BD
解析　开始时物块沿传送带方向受到向上的电场力F＝Eq＝mg
sin
θ，重力向下的分力mg
sin
θ以及向下的滑动摩擦力，则物块受到的合外力沿传送带向下，加速度向下，则物块向上做匀减速直线运动；若传送带足够长，则当物块与传送带共速时，因沿传送带向上的电场力等于重力沿传送带向下的分力，则物块所受合力为零，向上做匀速直线运动，故A错误，B正确。电场力对物块做正功，则物块电势能减小，C错误。若传送带足够长，则整个过程由动能定理得qEl－mgl
sin
θ－Wf＝m·－mv，解得Wf＝mv，D正确。
9.
(2020·四川省泸州市高三(下)第三次教学质量诊断性考试)(多选)如图所示，质量相同的A、B两物体放在光滑绝缘的水平面上，所在空间有水平向左的匀强电场，场强大小为E，其中A带正电，电荷量大小为q，B始终不带电。一根轻弹簧一端固定在墙面上，另一端与B物体连接，在电场力作用下，物体A紧靠着物体B，一起压缩弹簧，处于静止状态。现在A物体上施加一水平向右的恒定外力F。弹簧始终处于弹性限度范围内，下列判断正确的是(　　)
A.若F＝qE，则弹簧恢复到原长时A、B两物体分离
B．若F＝qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离
C．若F>qE，则弹簧还未恢复到原长时A、B两物体分离
D．若F答案　AC
解析　若F＝qE，A、B两物体分离时对A有：F－qE＝0，则对B有：F弹＝0，即此时弹簧恢复到原长，A正确，B错误；若F>qE，A、B两物体分离时对A有：F－qE＝ma，对B有：F弹＝ma，a的方向水平向右，则F弹的方向水平向右，弹簧还未恢复到原长，C正确；若F10．(2020·河南省六市高三(下)第二次联合调研检测)(多选)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的v?t图象如图乙所示，重力加速度为g，则(　　)
A．施加拉力F前，弹簧的形变量为
B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为m(g＋2a)
D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值
答案　AC
解析　施加F前，A、B整体平衡，根据平衡条件，有2mg
sin
θ＝kx，解得x＝＝，故A正确；由图乙可知，拉力F刚施加上时，A、B还未分离，具有相同加速度a，故B错误；由图乙可知，A、B在t1时刻分离，此时它们具有相同的加速度和速度，且FAB＝0，对A有F弹－mg
sin
θ＝ma，解得F弹＝m(g＋2a)，故C正确；当A受到合力为零时，即F弹′＝mg
sin
θ时，A的速度达到最大值，可知此时弹簧处于压缩状态，故D错误。
11．(2020·河北省石家庄市高三三模)羚羊从静止开始奔跑，经过t1＝4
s能加速到最大速度v1＝24
m/s，并能维持很长一段时间；猎豹从静止开始奔跑，经过x2＝50
m的距离能加速到最大速度v2＝30
m/s，以后只能维持这个速度奔跑t0＝15
s。设猎豹距离羚羊x时由静止开始追击，经Δt＝
s羚羊由静止开始奔跑。假定羚羊和猎豹在加速阶段均以最大加速度做匀加速运动且沿同一直线奔跑。
(1)若猎豹在加速阶段追上羚羊，求x的最大值；
(2)若猎豹刚好要减速时追上羚羊，求x的值。
答案　(1)38
m　(2)140
m
解析　(1)根据初速度为零的匀加速直线运动规律，羚羊的加速度为a1＝＝6
m/s2
猎豹的加速度为a2＝
eq
\f(v,2x2)＝9
m/s2
猎豹加速时间为t2＝＝
s
若猎豹在加速阶段追上羚羊，则猎豹运动的时间t＝t2时，x有最大值，
因t1＋Δt>t2，所以猎豹追上羚羊时，羚羊也正在加速运动，则有a2t＝a1(t2－Δt)2＋xmax
代入数据解得xmax＝38
m。
(2)若猎豹刚好要减速时追上羚羊，则猎豹运动的时间为t′＝t2＋t0＝
s＋15
s＝
s
因t1＋Δtx2＋v2t0＝x＋a1t＋v1(t′－t1－Δt)
代入数据解得x＝140
m。
12.
(2020·东北三省三校高三第一次联合模拟)如图所示，在一个倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为L＝5
m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.4。当长木板沿斜面向下运动的速度达到v0＝9.6
m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，结果可用根号表示。求：
(1)刚放上小煤块时，长木板的加速度a1的大小和煤块的加速度a2的大小；
(2)小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t是多少？
答案　(1)2
m/s2　7.6
m/s2　(2)下端　(1＋)s
解析　(1)刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律有2μ1mg
cos
θ＋μ2mg
cos
θ－mg
sin
θ＝ma1，
解得a1＝2
m/s2，
对煤块，由牛顿第二定律有mg
sin
θ＋μ2mg
cos
θ＝ma2，
解得a2＝7.6
m/s2。
(2)设经过时间t0煤块与长木板达到共速，则有v0－a1t0＝a2t0，解得t0＝1
s，
煤块相对长木板的位移Δx＝v0t0－a1t－a2t＝4.8
m＜L，故煤块不能从木板上端离开，
此时煤块的速度为v＝a2t0＝7.6
m/s。
分析可知之后木板和煤块均加速，根据牛顿第二定律，
对长木板有mg
sin
θ＋μ2mg
cos
θ－2μ1mg
cos
θ＝ma1′，
解得a1′＝1.2
m/s2，
对煤块有mg
sin
θ－μ2mg
cos
θ＝ma2′，
解得a2′＝4.4
m/s2，
因a2′＞a1′，所以煤块从木板下端离开。
设从二者共速到二者分离经历的时间为t1，此过程木板和煤块的对地位移分别为x1′、x2′，则有
x1′＝vt2＋a1′t，
x2′＝vt2＋a2′t，
Δx＝x2′－x1′，
解得t1＝
s，
故煤块从放上到离开木板所需时间为
t＝t0＋t1＝(1＋)s。

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