资源简介

第2讲　力与直线运动
考情速览·明规律
高考命题点 命题轨迹 情境图
直线运动的 图像问题 2019 Ⅰ卷18
16(1)21题
2018 Ⅰ卷14
2016 Ⅰ卷21
匀变速直线 运动的规律 2020 Ⅰ卷24
19(1)18题
2019 Ⅰ卷18
牛顿运动定 律的应用 2019 Ⅲ卷20
19(3)20题
18(1)15题
17(3)25题
核心知识·提素养　
“物理观念”构建
一、解答匀变速直线运动问题的常用规律
1．常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax.
2．重要推论
(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2
(2)中间时刻速度：v＝＝
(3)位移中点速度v＝.
3．运动图像：利用v－t图像或x－t图像求解．
二、解决动力学问题要抓好关键词语
1．看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”．
2．看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”．
“科学思维”展示
1．思想方法
(1)追及相遇问题的解题思路和技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．
(2)常用方法
①整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法．
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，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题．
2．模型建构
(1)沿如图光滑斜面下滑的物体：
(2)一起加速运动的物体系，若力是作用于m1上，则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)下面几种物理模型，在临界情况下，a＝gtan α
　　　　　
光滑，相对静止　　　　弹力为零
　　　　　
相对静止　　　　　　光滑，弹力为零
(4)下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时，加速度最大
　　　　　
　　　　　　
命题热点·巧突破　
考点一　匀变速直线运动规律
　考向1　匀变速直线运动规律的应用
〔典例探秘〕
典例1 (2019·课标卷Ⅰ，18,6分)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①的最大高度为H②.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2③.不计空气阻力，则④满足(　C　)
A．1<<2　　　　　 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
【思路分析】　根据关键信息将竖直上抛运动与初速度为零的匀加速直线运动建立联系，确定初速度为零的匀加速直线运动连续相等位移所需时间之比：tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶tⅣ＝1∶(－1)∶(－)∶(－)．选取题目涉及的第一和第四段时间：＝，代入数据得出结论．
【解析】　本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．
【核心考点】　初速度为零的匀加速直线运动的规律，竖直上抛运动的逆过程是自由落体运动．
【情景解读】　
从实际情景中抽象出紧直上抛运动模型，体现了物理来源于生活，而又高于生活．
【规范审题】　
① 生活问题模型化，指明运动性质是竖直上抛运动．
② 竖直上抛的最大高度，即已知物体运动的位移．
③ 将物体的位移等分为四份，为运用匀变速直线运动基本公式的推论奠定基础．
④ 设问针对通过两段相等距高的时间，暗示题目解答的最佳切入点为初速度为零的匀加速直线运动连续相等位移所需时间之比：tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶tⅣ＝1∶(－1) ∶(－)∶(－).
　考向2　追及相遇问题
典例2 现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为t0＝0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g＝10 m/s2，假设汽车可看作质点．
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
【解析】　(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为
a1＝＝＝4 m/s2.
甲车停下来所需时间为
t1＝＝ s＝2.5 s，
滑行距离x＝＝ m＝12.5 m，
由于x＝12.5 m＜15 m，
可见甲车司机刹车后能避免闯红灯．
(2)乙车紧急刹车的加速度大小为a2＝＝＝6 m/s2，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件．
设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间后两车的速度相等，
其运动关系如图所示，
则有速度关系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2
位移关系v0t0＋＝x0＋
解得t2＝1.0 s，x0＝1.5 m.
【答案】　(1)能　(2)1.5 m
[变式拓展]　在(例2)中，如果两车刹车时的加速度交换，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，那么两车在正常行驶过程中又应至少保持多大距离？
【解析】　如果刹车时两车的加速度交换，
这时由于甲车的加速度大小为a2＝6 m/s2，
乙车的加速度大小为a1＝4 m/s2，
说明运动过程中甲车要比乙车先停下来，
所以两车的位移大小关系应满足
v0t0＋＝x′0＋，
代入数据解得x0′＝ m≈9.17 m.
【答案】　9.17 m
规律总结
1．求解匀变速直线运动问题的思路
2．全程法：全过程中若加速度不变，虽然有往返运动，但可以全程列式，此时要注意各矢量的方向(即正负号)．
〔考向预测〕
1．(2020·安徽蚌埠质检)图中ae为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为(　C　)
A．t B．t
C．(2－)t D．(2＋)t
【解析】　设汽车的加速度为a，经过bc段、ce段的时间分别为t1、t2，xab＝at2，xac＝a(t＋t1)2，xae＝a(t＋t1＋t2)2，解得：t2＝(2－)t，故选C．
2．(2020·北京东城区一模)学习物理知识可以帮助我们分析一些生活中的实际问题．如图所示，某地铁出站口处设有高约5 m的步行楼梯和自动扶梯，步行楼梯每级台阶的高度约0.2 m，自动扶梯与水平面间的夹角为30°，并以0.8 m/s的速度匀速运行．甲、乙两位同学分别从步行楼梯和自动扶梯的起点同时上楼，甲在步行楼梯上匀速上行，乙在自动扶梯上站立不动．若他俩同时到达地面层．下列估算正确的是(　D　)
A．甲同学步行上楼梯用时6.25 s
B．甲同学的上行速度等于0.4 m/s
C．甲同学竖直方向分速度为1.6 m/s
D．甲同学每秒钟需要上两级台阶
【解析】　因为出站口处有高约5 m的步行楼梯和自动扶梯，所以自动扶梯的长度为L＝＝ m＝10 m，自动扶梯以0.8 m/s的速度匀速运行，故人站在自动扶梯上到达顶端的时间为t＝＝ s＝12.5 s，甲乙两同学的时间相等，则甲需要的时间也是12.5 s，选项A错误；甲乙两同学时间相等，位移相等，则速度相等，即甲同学的上行速度等于0.8 m/s，选项B错误；甲同学竖直方向分速度为vy＝＝ m/s＝0.4 m/s；选项C错误；因步行楼梯每级台阶高度约为0.2 m，则台阶数为n＝＝25阶，而上到最高点所用时间为12.5 s，故甲同学每秒钟要上两级台阶，故选项D正确．
3．(2020·山东青岛质检)全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风洗尘”．某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出，经过3 s水到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出后第1 s内上升高度为h，则水通过前h段用时为(　C　)
A．0.5 s B．(2－) s
C．(3－2) s D．0.2 s
【解析】　由经过3 s水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为vy0＝gt＝10×3 m/s＝30 m/s，第1 s内上升高度为h＝t1＝×1 m＝25 m，设水通过前h末的竖直分速度大小为vy，则有－2g×＝v－v，解得vy＝20 m/s，所用的时间为t′＝＝ s＝(3－2) s，故C正确，ABD错误．
4．(2020·新课标卷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描述，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1 521 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)v2＝78 m/s　(2)2 m/s2，t＝39 s
【解析】　(1)空载起飞时，升力正好等于重力：
kv＝m1g
满载起飞时，升力正好等于重力：kv＝m2g
由上两式解得：v2＝78 m/s
(2)满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以v－0＝2ax
解得：a＝2 m/s2
由加速度的定义式变形得：t＝＝
解得：t＝39 s.
考点二　运动图像及应用
1．图像问题要三看
(1)看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．
(2)看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．
(3)看交点、斜率和“面积”―→明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．
2．v－t图像的应用技巧
(1)图像意义：在v－t图像中，图像上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．
(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．
　考向1　v－t图像
1．(2020·江苏泰州二模)2019年9月13日，美国导弹驱逐舰“迈耶”号擅自进入中国西沙群岛海域．我军组织有关海空兵力，依法依规对美舰进行了识别查证，予以警告，成功将其驱离．如图是美国导弹驱逐舰“迈耶”号在海面上被我军驱离前后运动的速度—时间图像，则下列说法正确的是(　C　)
A．美舰在0～66 s内的平均速度大小等于7.5 m/s
B．美舰在66 s末开始调头逃离
C．美舰在66～96 s内运动了225 m
D．美舰在96～116 s内做匀减速直线运动
【解析】　v－t图像的斜率为加速度，若美舰在0～66 s内做匀加速直线运动，平均速度大小为＝ m/s＝7.5 m/s，根据图像可知美舰做加速度减小的加速运动，所以平均速度大小大于7.5 m/s，A错误；美舰在96 s末速度开始反向，此时开始调头逃离，B错误；v－t图线与时间轴围成的面积为位移，则66～96 s内运动了x＝×(96－66)×15 m＝225 m，C正确；美舰在96～116 s内做反向的匀加速直线运动，D错误．
2．(2020·河南洛阳统考)疫情当前，无人驾驶技术在配送、清洁、消毒等方面的应用，节省人力的同时，也大幅降低了相关人员的感染风险，对疫情防控起到了积极作用．某公司在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲乙两辆车的运动，两车在开始计时时刚好经过同一位置且沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知(　A　)
A．在t＝3 s时，两车第一次相距最远
B．甲车任何时刻加速度大小都不为零
C．在t＝6 s时，两车又一次经过同一位置
D．甲车t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度相同
【解析】　甲乙两车同时同地出发，0～3 s内甲车速度大于乙车速度，甲在前乙在后，距离越来越远，3～6 s内甲车速度小于乙车速度，距离越来越近，所以t＝3 s时，甲乙两车速度相等，第一次距离最远，A正确；v－t图像斜率的物理意义为加速度，图像的斜率可以为0，所以甲车的加速度可以为0，B错误；图像与横轴所围面积代表位移，可知前6 s内，乙的位移比甲的大，故C错误；甲车在6 s时和9 s时加速度方向不同，D错误．
　考向2　x－t图像
3．(2020·安徽合肥质检)一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x－t图像如图所示．则下列说法正确的是(　B　)
　
A．车头经过立柱B的速度为
B．车头经过立柱A、B的平均速度为
C．动车的加速度为
D．车头通过立柱B、C过程速度的变化量为
【解析】　车头经过站台上立柱AC段的平均速度AC＝＝，由图可知，B点是AC段的位置中点，所以B点的瞬时速度应该大于AC段的平均速度，故A错误；车头经过立柱A、B的平均速度为AB＝＝，故B正确；根据中间时刻的速度等于平均速度得，动车的加速度为a＝＝＝；故C错误；车头通过立柱B、C过程速度的变化量为Δv＝aΔt＝，故D错误．
4．(2020·广东深圳二调)甲乙两车在同一平直公路上同向运动．零时刻起，甲车从静止出发做匀加速运动，乙做匀速运动，各自的位置x随时间t的变化情况如图所示，两条图线相切于P(t1，x1)，其中t2＝2t1.则(　D　)
A．在0到t1时间内，甲车的位移是x1
B．在t1时刻，甲车的瞬时速度大小是
C．在t1到t2时间内，甲车的平均速度大小是
D．在t2时刻，甲车的瞬时速度大小是
【解析】　从图像上可以看出从0到t1时间内，甲车位移小于x1，故A错误；图像的斜率大小表示速度的大小，根据图像可知在t1时刻两车速度相等，甲车的瞬时速度大小是v1＝＝，故B错误；甲车从静止出发做匀加速运动，则甲车的加速度为a＝＝＝，根据匀变速直线运动在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在t1到t2时间内甲车的平均速度大小为＝v1＋at1＝，故C错误；在t2时刻，甲车的瞬时速度大小为v2＝v1＋at1＝，故D正确．
　考向3　其他图像
5．(2020·安徽蚌埠质检)某物体原先静止于一光滑水平面上，t＝0时受水平外力作用开始沿直线运动，0～8 s内其加速度a与时间t的关系如图所示，则下列说法正确的是(　C　)
A．t＝2 s时，物体的速度大小为2 m/s
B．0～2 s内，物体通过的位移大小为2 m
C．0～8 s内物体的最大速度为7 m/s
D．物体在t＝8 s时与在t＝2 s时的运动方向相反
【解析】　0～2 s内物体做匀加速直线运动，2 s时速度为v1＝at1＝2×2 m/s＝4 m/s，A错误；0～2 s内物体的位移为x＝at＝×2×22 m＝4 m，B错误；根据加速度的定义式a＝可知a－t图线和时间轴围成的面积为Δv，根据图像结合对称性可知物体在5 s末速度达到最大，即vmax＝×2 m/s＝7 m/s，C正确；根据图像面积可知，8 s末和2 s末图像与时间轴围成的面积相等，所以速度相等，运动方向相同，D错误．
6．(2020·山东临沂期末)一质点以某一初速度开始做直线运动，从质点开始运动计时，经时间t质点的位移为x，其－t图像如图所示．下列说法正确的是(　B　)
A．质点做匀加速直线运动
B．任意相邻的0.2 s内，质点位移差的大小均为0.04 m
C．任意1 s内，质点速度增量的大小均为0.5 m/s
D．质点在1 s末与3 s末的速度方向相同
【解析】　假设物体做匀加速直线运动，由位移公式可得x＝v0t＋at2，变形可得＝at＋v0，其表达式与－t图像相对应可求得v0＝2 m/s，a＝ m/s2，可求得：a＝－1 m/s2，说明质点做匀减速直线运动，故A错误；任意相邻的0.2 s内，质点位移差的大小Δx＝at2＝1×(0.2)2 m＝0.04 m，故B正确；任意1 s内，质点速度增量的大小Δv＝at＝1×1 m/s＝1 m/s，故C错误；质点做匀减速运动，初速度v0＝2 m/s，设经过时间t1速度减为零，则有t1＝＝ s＝2 s，物体运动2 s速度减为零，然后开始反向运动，则物体在1 s末与3 s末的速度方向相反，故D错误．
考点三　牛顿运动定律的应用
1．主要题型
应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题．
2．方法技巧
(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．
(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，变替使用整体法与隔离法．
(3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．
　考向1　瞬时性问题
1．(多选)(2020·福建漳州质检)橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k＝100 N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力．当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10 N，现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取g＝10 m/s2，则(　AD　)
A．悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为10 N
B．悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是20 N
C．悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为20 N
D．悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时下降的高度为10 cm
【解析】　悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10 N，A正确，BC错误；设悬挂第一个钩码稳定时的伸长量为x1，kx1＝G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则k(x1＋x2)＝2G，代入数据，可得x2＝10 cm，D正确．
2．(2020·湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B．调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是(　C　)
A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g
C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大
D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
【解析】　当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没拉力，则弹簧处于压缩状态，且弹簧弹力大小T1＝mg.撤去木板瞬间，B物块受到的合力为T1＋2mg＝3mg，由牛顿第二定律可知：aB＝＝1.5g，故A、B错误；当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时弹簧弹力向上，且大小为T2＝2mg＝kx′，又T1＝mg＝kx，所以弹簧此时的伸长量x′＝2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C正确，D错误．
　考向2　动力学两类问题
3．(2020·重庆育才中学模拟)在t＝0时，将一乒乓球以某一初速度竖直向上抛出，一段时间后落回抛出点．已知乒乓球运动过程中受到的空气阻力大小与速度大小关系为f＝kv(k为大于零的常数)．规定竖直向上为正方向，如图是定性描述上述过程中乒乓球的加速度a、速度v随时间t变化规律的图像，可能正确的是(　D　)
【解析】　上升、下降的整个运动过程中，加速度方向竖直向下，为负值，因此AB错误；上升的过程中，速度减小，空气阻力减小，合力向下减小，因此加速度向下减小；下落的过程中，向下的速度越来越大，空气阻力越来越大，重力不变，因此向下的合力减小，加速度仍减小，因此整个运动过程中，加速度一直减小，在v－t图像中，斜率逐渐减小，D正确，C错误．
4．(2020·辽宁丹东测试)如图甲所示，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刚作用在木块A的瞬间到B刚好要离开固定挡板C的瞬间这个过程中，乙图中能正确描绘力F与木块A的位移x之间关系的图像是(　C　)
【解析】　整个系统处于平衡状态，对A有mAgsin 30°＝kx0,0时刻对A，由牛顿第二定律有F－mAgsin 30°＋kx0＝mAa＝20 N，对A，在弹簧恢复原长之前F－mAgsin 30°＋k(x0－x)＝mAa，得F＝kx＋mAa，对A，弹簧恢复原长到B刚好离开C过程中有F－mAgsin30 °－k(x－x0)＝mAa得F＝kx＋mAa，B刚好要离开固定挡板C时有F－mAgsin 30°－F′＝mAa，对B有F′＝mBgsin 30°，解得F＝60 N，故C正确，A、B、D错误．
5．(2020·山西测试)乒乓球和小石子以相同初速度同时竖直向上抛出，乒乓球受到的空气阻力大小恒定，小石子受到的空气阻力忽略不计，乒乓球和小石子运动的速度v随时间t变化的图像如图所示，其中可能正确的是(　B　)
【解析】　对于小石子，根据牛顿第二定律可知运动的加速度大小为a＝＝g，故运动时任意时刻的速度v＝v0－at＝v0－gt，则v－t图像是向下倾斜的直线，对乒乓球，根据牛顿第二定律，上升过程有mg＋f＝ma1，下降过程有mg－f＝ma2，则上升过程中，乒乓球做匀减速直线运动，下降过程中，做匀加速直线运动，且上升过程加速度大于下降过程加速度，乒乓球上升过程中加速度大于小石子上升的加速度，则速度减到0乒乓球的时间小于小石子所用的时间，故B正确，ACD错误．
6．(2020·浙江高考真题)如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置．当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F－t图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置．若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小．
【答案】　(1)0.125 m/s2，竖直向下　(2)1 m/s　(3)40 m
【解析】　(1)由图2可知0～26 s内物体匀速运动F1＝2 000 N＝G,26～34 s物体减速运动，在减速运动过程mg－F2＝ma，解得a＝0.125 m/s2
根据图2得此时F2＝1 975 N，根据牛顿第二定律，则有
方向竖直向下．
(2)结合图2根据运动学公式有v＝at2＝0.125×(34－26) m/s＝1 m/s
(3)根据图像可知匀速上升的位移h1＝vt1＝1×26 m＝26 m
匀减速上升的位移h2＝t2＝×8 m＝4 m
匀加速上升的位移为总位移的，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的，
则有h1＋h2＝h
所以总位移为h＝40 m
　考向3　连接体问题
7．(2020·贵州遵义模拟)如图，在光滑的水平桌面上有一物体A，通过绳子与物体B相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长．如果mB＝3mA，则物体A的加速度和绳的拉力大小等于(　C　)
A．拉力为mBg　　　　　 B．拉力为mBg
C．加速度为 D．加速度为3g
【解析】　A、B连在一起，加速度大小相同；对整体分析可知，由牛顿第二定律可知：mBg＝(mA＋mB)a，结合mB＝3mA，解得加速度为：a＝g.选取A为研究的对象，A的合力等于绳子的拉力，所以绳子的拉力为：F＝mAa＝mAg＝mBg，故应选C．
8．(多选)(2019·河南郑州二模)如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2,2和3间弹簧的弹力为F2－3,2018和2019间弹簧的弹力为F2018－2019，则下列结论正确的是(　AD　)
A．F1－2∶F2－3∶……F2018－2019＝1∶2∶3∶……∶2018
B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶……∶2018
C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为，其余每个球的加速度依然为a
D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
【解析】　隔离小球1，由牛顿运动定律，F1－2＝ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2－3＝2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3－4＝3ma，……把小球1到2018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2018－2019＝2018ma，联立解得：F1－2∶F2－3∶F3－4∶……∶F2018－2019＝1∶2∶3∶……∶2018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2018和2019之间的弹簧弹力F2018－2019＝2018ma，由牛顿第二定律可得F＝2019ma，F2018－2019＝ma′，联立解得第2019个小球的加速度a′＝，选项C错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F2－3＝ma2，解得第2个小球的加速度a2＝2a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确．
9．(2020·广东佛山模拟)一固定杆与水平方向夹角为θ＝37°，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ＝0.5.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a＝10 m/s2一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个(　D　)
【解析】　把滑块和球看作一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，因速度方向向上，则沿斜面方向：(m1＋m2)gsin 37°＋f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向：FN＝(m1＋m2)gcos 37°；摩擦力f＝μFN，联立可解得：a＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2，设绳子与竖直方向夹角为β；对小球有若绳子与竖起方向夹角为37°，gsin 37°＝6 m/s2，则有：a＝gsin β＞gsin 37°，则有β＞37°；A、B、C三个图形均与结论不相符，则A、B、C错误；D图与结论相符，选项D正确．
考点四　板块模型和传送带模型
1．板块模型
板块模型问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题．该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题．
(1)滑块—木板模型类问题中，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．
2．滑块在传送带上运动的“五点”注意事项
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin θ与μmgcos θ的大小才能确定运动情况．
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回．
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出．
　考向1　板块模型
〔典例探秘〕
典例3 (多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连①，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力②.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略③.重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　AB　)

A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【解析】　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N．由题图(c)知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2.
设木板质量为m，物块的质量为M，据牛顿第二定律，对木板，
2～4 s内有F－F摩＝ma1
4 s以后有F摩＝ma2
且知F摩＝μMg＝0.2 N
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，但由于不知道物块的质量M，故无法求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误．
0～2 s内，木板处于静止状态，F的大小等于物块与木板之间的静摩擦力，而物块与木板之间的静摩擦力等于f，则由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误．
【易错提示】　(1)2 s时摩擦力发生突变，木板开始运动；4 s时木板的运动性质发生变化，但摩擦力不变．
(2)整个过程中物块一直处于静止状态，故传感器的示数等于摩擦力的大小．
【核心考点】　(1)v－t图像中斜率、截距、拐点的意义．
(2)牛顿第二定律的应用．
【规范审题】　
① 力传感器可以实时测出绳子的拉力．
② 撤去外力前木板做匀加速直线运动，撤去外力后木板做匀减速直线运动．
③ 撤去外力后木板所受物块摩擦力即为合力．
图(b) 前2 s摩擦力为静摩擦力，2 s后为滑动摩擦力．
图(c) 由此图像可求出撤去外力前后木板的加速度.
【选项分析】　
(1)对选项A：首先根据v－t图像求得加速度，再根据牛顿第二定律求得质量．
(2)对选项B、C：2 s后木板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小不变，结合图(b)和图(c)可求得力F的大小．
(3)对选项D：利用4 s后的v－t图线及滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数．
典例4 (2019·江苏高考真题，15)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．
【解析】　(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动2aAL＝v
解得vA＝
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2
【答案】　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
规律总结
本题以板块模型为背景，综合考查了牛顿运动定律以及运动学公式等知识，处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A与物块B达到共同的速度，或物块A离开物块B时的受力情况，以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A、B共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A与物块B的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B的位移与A的位移之差应等于L.
　考向2　传送带模型
典例5 (2020·浙江杭州模拟)如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t＝0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带．下列描述小物体的速度随时间变化的图像不可能的是(　C　)
【解析】　小物体运动过程中，在沿传送带方向上，受到重力沿传送带向下的分力和摩擦力．设摩擦力最大值为f，重力沿传送带向下的分力为F.若v2>v1，物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当其速度与传送带相同时，若f≥F，则物体与传送带一起匀速运动，则A图是可能的．A选项不合题意，故A错误；若v2>v1，物体先做匀减速运动，后与传送带共速，若f〔考向预测〕
1．如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为(　A　)
A．1 m/s2 B．2.5 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
【解析】　A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmax2．(多选)(2020·广东广州二模)如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t＝0时初速度大小为v1(v1＞v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v－t图像如图乙，则(　BD　)
A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μC．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大
D．小物块返回传送带底端时的速率小于v1
【解析】　由v－t图像可知，在t2时刻，小物体加速度发生变化，故在t2时刻之前摩擦力沿斜面向下，之后沿斜面向上，发生了变化，故A错误；t2时刻小物块与传送带速度相等，之后仍然能继续向下加速，故mgsin θ>μmgcos θ，即μ

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