2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题一第2讲力与直线运动

第2讲力与直线运动
主干知识体系
核心再现及学科素养

知识规律
(1)匀变速直线运动规律公式的两性．
①条件性：物体必须做匀变速直线运动．
②矢量性：公式都是矢量性．
(2)牛顿第二定律的“四性”．
①矢量性：F＝ma是矢量式，a与F同向．
②瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化．
③同体性：F＝ma中，F、m、a对应同一物体．
④独立性：分力产生的加速度相互独立．
(3)运动图象六要素．
①轴；②线；③斜率；④截距；⑤交点；⑥面积
思想方法
(1)物理思想：极限思想、逆向思维、理想实验、分解思想
(2)学习方法：比例法、图象法、控制变量法、整体法、隔离法、合成分解法.

1．(2018·全国Ⅰ卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
B　[A错：速度v＝at，动能Ek＝mv2＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比．
B对：根据v2＝2ax，动能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，与位移成正比．
C错：动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比．
D错：动量p＝mv，动能Ek＝mv2＝，与动量的平方成正比．]
2．(2018·全国Ⅰ卷，16)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态．现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动．以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)




A　[设物块P静止时，弹簧的长度为x0，
物块P受重力mg、弹簧弹力k(l－x0－x)及力F，根据牛顿第二定律，得
F＋k(l－x0－x)－mg＝ma
且k(l－x0)＝mg
故F＝kx＋ma.
根据数学知识知F－x图像是截距为ma的一次函数图像．]
3．(2018·全国Ⅱ卷，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是(　　)

A．两车在t1时刻也并排行驶
B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
BD　[A错、B对：0～t1时间内，v乙>v甲；t1～t2时间内，v甲>v乙，t2时刻相遇，但0～t1时间内两者的位移差小于t1～t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面；C错、D对：由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大．]
4．(2018·全国Ⅱ卷，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是(　　)

A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
CD　[A错：x－t图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度．
B错：由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离．
C、D对：t1和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等．]
提示　多项选择题中，A、B项已经确定错误，C、D项可不分析．
5．(2018·全国Ⅱ卷，24)(12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小；
解析　(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有
v′＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有
v′＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.3 m/s⑦
答案　(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
[考情分析]
■命题特点与趋势
1．近几年高考对本讲的考查比较全面，题型以选择题为主，也涉及较为综合的计算题．匀变速直线运动的规律、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用是命题的热点．
2．借助“传送带”“平板车”“滑块—木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析的计算题，会成为高考中的压轴性题目．
3．以“机车运动”“追及相遇”为背景的实际问题也会成为高考命题的热点，应引起足够重视．
■解题要领
1．解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点
(1)两分析
①物体受力情况分析，同时画出受力示意图；
②物体运动规律分析，同时画出运动情境图．
(2)两个桥梁
①加速度是联系运动和力的桥梁；
②速度是各物理过程相互联系的桥梁．
2．解决图象类问题要紧紧抓住两个方面
(1)要明白x－t、v－t图象的特点及区别；
(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型．

高频考点一　运动学基本规律
[备考策略]
1．牢记解决匀变速直线运动问题的4种常用方法

2．匀变速直线运动问题规范解题“4个步骤”


[命题视角]
考向1　运动学基本规律的应用
例1　一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则(　　)
A．物体的加速度是1 m/s2
B．第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s
C．时间间隔T＝1 s
D．物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
D　[初速度为0的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此判断第一个T时间内的位移x1＝×3 m＝0.6 m，选项D正确；第二个T时间内的位移x2＝×3 m＝1.8 m，由v－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得a＝ m/s2，选项A错误；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝ s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1＝aT＝1 m/s，选项B错误．]
考向2　追及相遇问题
例2　为了保障市民出行安全，减少交通事故，交管部门强行推出了“电子眼”，此后机动车闯红灯大幅度减少．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，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0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5，g取10 m/s2.问：
(1)若甲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、乙两车行驶过程中应保持多大距离？
解法指导　(1)两车在司机的反应时间内做匀速运动，这一点要记住．
(2)两车避免相撞的临界条件是在同一位置处，后车的速度等于前车的速度.
解析　(1)甲车紧急刹车的加速度为a1＝0.4g＝4 m/s2
甲车停下来所需时间t1＝＝2.5 s
甲车滑行距离s＝＝12.5 m
由于12.5 m<15 m，所以甲车能避免闯红灯
(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0，在乙车刹车t2时刻两车速度相等，则有：
乙车紧急刹车的加速度大小为a2＝0.5g＝5 m/s2
由v1＝v2得v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，解得t2＝2.0 s
此过程中乙的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－a2t＝15 m
甲的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－a1(t0＋t2)2＝12.5 m
所以两车安全距离至少为：s0＝x乙－x甲＝2.5 m

答案　(1)能　(2)2.5 m
考向3　运动学图象的理解与分析
例3　(2018·湖北省武汉市高三二月调研)(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x－t图像如图所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是(　　)

A．前4 s内两物体运动方向相同
B．前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的倍
C．t＝0时刻，甲的速度大小为9 m/s
D．甲的加速度大小为2 m/s2
AD　[x－t图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确；甲做匀变速直线运动，则甲的x－t图象对应于a；前4 s内甲的平均速度为：v1＝＝－6 m/s，前4 s乙的平均速度为：v2＝＝－2 m/s，故前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；t＝0时刻，甲的位移为9 m，速度无法求解，故C错误；甲时匀加速，只能得到运动时间和4 s末的速度，故无法求解加速度，故D错误；故选A.]
点睛　位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道，平均速度等于位移除以时间．
[归纳反思]
1．“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题

2．追及问题的解题思路和注意事项
(1)解题思路
⇨⇨⇨
(2)注意事项：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，另外还要注意最后对解的讨论分析．
[题组突破]
1－1.(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)一质点做匀加速直线运动，并规定了正方向．若已知质点在一段时间t内的末速度v及加速度a，则质点此段运动的初速度可表示为(　　)
A．v＋at B．v－at C．－v－at D．－v＋at
B　[采用逆向思维，质点做匀减速直线运动，相当于初速度为v，加速度大小为a，则初速度可表示为v0＝v－at.故B正确，A、C、D错误．故选B.]
1－2.(多选)甲、乙两物体从不同点出发且在同一条直线上运动，它们的v－t图象如图所示，已知t＝2 s时两车相遇，则下列说法正确的是(　　)

A．t＝1 s时，甲车在前，乙车在后
B．t＝0 s时，甲、乙车距离x0＝3 m
C．t＝6 s时，甲车在前，乙车在后
D．3～5 s内两车的平均速度相同
BD　[0～2 s内甲车的位移x甲＝×2×4 m＝4 m，x乙＝×2×1 m＝1 m，t＝2 s时两车相遇，甲车的位移比乙车大，也就是甲车追及乙车，所以，t＝1 s时，甲车在后，乙车在前，故A错误；t＝0 s时，甲、乙车距离x0＝x甲－x乙＝3 m，故B正确；2～6 s内甲乙两车的位移相等，t＝2 s时两车相遇，所以t＝6 s两车也相遇，故C错误；3～5 s内两车v－t图象围成的面积相等，故位移相等，时间间隔相等，所以平均速度也相等，故D正确．]
1－3.(2018·高三洛阳检测)甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s，因为体力、 毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点．求：
(1)甲做匀减速运动的加速度；
(2)甲冲刺阶段完成的位移大小．
解析　(1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由x1＝，解得v1＝10 m/s；甲匀减速的末速度为v2，匀减速的加速度为a2，
由a2＝，得a2＝－1 m/s2.
(2)匀速运动的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m

匀减速的位移：由x3＝Δt
解得x3＝18 m
最后冲刺的位移为：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3)
＝200 m－(20＋100＋18)m＝62 m.
答案　(1)－1 m/s2　(2)62 m
高频考点二　动力学的两类基本问题
[备考策略]
1．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重．
2．动力学的两类基本问题的处理思路

3．解决动力学问题的常用方法
(1)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的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．
[命题视角]
考向1　超、失重问题
例4　如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是(　　)

A．升降机在停止运动前是向上运动的
B．0～t1时间段内金属球做减速运动
C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态
D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同
D　[由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0～t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0～t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速度运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1～t2时间段可分为两段，F＝mg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两
时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．]
考向2　瞬时加速度问题
例5　如图所示，两个质量均为m的小球A、B细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把细线剪断．在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A．2g B.g
C．2g D.g
B　[细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F＝2mg，所以此时A球的合力FA＝＝mg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小a＝g，故B正确，A、C、D错误．]
考向3　动力学图象问题
例6　两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的v－t图象，可能正确的是(　　)

D　[若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据速度—时间图象的斜率表示加速度大小可知，D正确．]
考向4　“传送带”问题的分析
例7　如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8 m/s的速度从底端滑上传送带．已知小物块A、B质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；
(2)传送带的长度l应满足的条件．
解析　(1)对小物块B由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2
小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t1＝＝0.6 s，位移s1＝＝3 m
之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2
小物块B减速至0的时间t2＝＝1 s
位移s2＝＝1 m
小物块B向上运动过程中平均速度＝＝2.5 m/s
(2)小物块A的加速度也为a2＝2 m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端．当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0＝a2t2
小物块B向下运动过程s1＋s2＝a2t
解得t3＝2 s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s
代入解得l0＝12.96 m，
即传送带的长度l≥12.96 m
【答案】　(1)2.5 m/s　(2)l≥12.96 m
方法总结　(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．
[题组突破]
2－1.如图所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与天花板的夹角如图所示，则在剪断AC绳的瞬间，小球的加速度大小为a1，剪断BC绳的瞬间，小球的加速度大小为a2.则a1∶a2为(　　)

A．1∶1 B.∶3
C.∶2 D.∶1

C　[在剪断BC绳的瞬间，AC绳的弹力发生突变，小球即将做圆周运动．受力分析如图所示，重力分解为沿绳方向和垂直绳子的方向，因为此时速度为0，向心力等于0，沿绳子方向的加速度为0；垂直绳子方向，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小：a1＝＝g；同理可得剪断AC绳的瞬间，小球的加速度大小a2＝＝g，所以＝，故C正确，A、B、D错误．]
2－2.(多选)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是(　　)


ACD　[滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度减小到0前，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动．故C正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到0时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0时，仍然在传送带上．由于传送带向沿斜面向上运动，滑块在传送带上受
到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故D正确，B错误．]
高频考点三　动力学中的连接体问题
[备考策略]
一、连接体问题可以看作是单个物体的由小变大(此时用整体法)和由单个变多个(此时用隔离法)的动力学问题，解决此类问题时应注意以下三点：
①整体法与隔离法的优点和使用条件；
②两物体分离或相对滑动的条件；
③用滑轮连接的连接体的处理方法．
建议对本考点重点攻坚
二、整体法与隔离法的选用原则
1．当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法．
2．求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．
三、三类连接体问题的解题结论
1．通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等．
2．叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力．
3．靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同．
例8　(2018·湖北省武昌区高三五月调研考试)(多选)如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体一起沿恒力F方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F方向平行)，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是(　　)

A．四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况
B．四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况
C．四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况
D．四种情况轻绳的张力一定一样大
AD　[(1)中加速度满足：F－(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1，对m：T1－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1；解得a1＝－gsin θ－μgcos θ：T1＝；
(2)中加速度满足：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a2，对m：T2－mgsin θ＝ma2：解得a1＝－gsin θ；T2＝；
(3)中加速度满足：F＝(M＋m)a3，对m：T3＝ma3；解得a3＝；T3＝；
(4)中加速度满足：F－(M＋m)g＝(M＋m)a4，对m：T4－mg＝ma4；解得a4＝－g；T4＝；
由以上分析可知，选项A、D正确，B、C错误；故选A、D.]
例9　(多选)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v－t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则(　　)

A．t2时刻，弹簧形变量为0
B．t1时刻，弹簧形变量为
C．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大
D．从t1时刻开始，拉力F恒定不变
BD　[由题图乙知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin θ＝kx，则x＝，故A错误；由题图乙读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律kx－mgsin θ＝ma，则x＝，故B正确；从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x减小，F增大，t1时刻到t2时刻，对B由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，得F＝mgsin θ＋ma，可知F不变，故C错误，D正确．]
[题组突破]
3－1.(2018·高三湖北八校联考)(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，轻绳平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是(　　)

A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．M运动的加速度大小为g
BC　[互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g，FT＝mg，故A、D错误，B、C正确．]
3－2.(2018·湖北省高三4月调研)(多选)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2系着质量为2m的重锤C.已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是(　　)

A．A、B、C的加速度大小均为
B．轻绳1的拉力为
C．轻绳2的拉力为mg
D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为
BD　[三个物体的加速度相等，设三个物体的加速度均为a，对物体A：T1－μmg＝ma；对B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；对C：2mg－T2＝2ma；联立解得a＝g－μg；T1＝mg；T2＝mg－2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有：at2＋at2＝L，此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝，选项D正确；故选BD.]
高频考点四　应用动力学方法分析“滑块—木板”问题
[备考策略]
1．“滑块——木板”模型应用到的规律、方法
(1)“滑块——木板”模型问题中的判断与计算
①不同阶段滑块、木板间摩擦力的计算，滑块、木板加速度方向的判断，滑块、木板做匀加速或匀减速运动的判断；
②滑块能否达到与木板共速的判断，滑块滑离木板的可能性的判断
③正确确定滑块、木板的位移及相对位移．
(2)“滑块——木板”模型问题突破关键
①平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析；
②非平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析、运动分析和牛顿第二、三定律的应用．
(3)“滑块——木板”模型中功、能的计算方法
①计算力所做的功时，位移是对地位移；
②只有存在滑动摩擦力时才有内能产生；
③计算因滑动摩擦产生的内能时，常用功能关系Q＝Ffs，需注意的是s为物体之间的相对路程．
2．“滑块——木板”模型的解题策略
(1)要正确分析物体的受力情况、运动过程，判断物体是一直匀加速运动还是先匀加速再匀速运动；
(2)结合牛顿第二定律求加速度，利用运动学公式分析物体的速度关系及位移关系．
例10　(2017·全国卷Ⅲ，25)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．
解析　(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＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
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－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
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)a2⑪
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－a2t2⑫
对A有：v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t⑭
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)2⑮
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＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m⑰
(也可用下图中的速度—时间图线求解)

答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m
[归纳反思]
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．
[题组突破]
4－1.(多选)如图1所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动．滑块、长木板的速度图象如图2所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有长木板P上滑下．重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

图1　　　　　　　图2
A．t＝10 s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075
D．滑块Q在长木块P上滑行的距离是12 m
BCD　[由图2可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为对
象，由牛顿第二定律得：μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，故C正确；6 s末到长木板停下来过程中，由牛顿第二定律得：μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，这段时间Δt1＝＝3 s，所以，t＝9 s时长木板P停下来，故A错误；长木板P的长度至少长度就是前6 s过程中，滑块Q在长板P上滑行的距离：Δx1＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝7.5 m，故B正确；6 s末到滑块停下来过程中，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma4，解析a4＝0.5 m/s2，这段时间Δt1＝＝6 s，所以，t3＝12 s时滑块Q停下来，6 s后滑
块Q在长板P上滑行的距离：Δx2＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，滑块Q在长木板P上滑行的距离是Δx＝Δx1＋Δx2＝12 m，故D正确．]
4－2.如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，从某时刻起物块以大小为v1的水平初速度向左运动，同时木板在水平外力F作用下始终向右以大小为v2(v2>v1)的速度匀速运动：求：

(1)在物块向左运动过程中外力F的大小；
(2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？
解析　(1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知Ff1＝μ1mg
Ff2＝μ2(m＋M)g
由平衡条件得：F＝Ff1＋Ff2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g

(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，
则t1＝
设物块向左匀减速运动的位移为x1，
则x1＝t1＝
设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为t2，则t2＝
设物块向右匀加速运动的位移为x2，
则x2＝t2＝
此过程中木板向右匀速运动的总位移为x′，则
x′＝v2(t1＋t2)
则物块不从木块上滑下来时木板的最小长度：
L＝x′＋x1－x2，L＝.
答案　(1)μ1mg＋μ2(m＋M)g　(2)
课时跟踪训练(二)
一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)
1．(2018·山东省潍坊市高三第二次高考模拟)汽车在转弯时如果速度过快，容易发生侧翻．一辆大货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，下列说法正确的是(　　)
A．货车向右侧翻
B．左侧轮胎容易爆胎
C．侧翻是因为货车惯性变大
D．侧翻是因为货车惯性变小
A　[货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，由于离心作用火车向右侧翻，选项A正确；向右侧翻时，右侧轮胎受的压力较大，则右侧轮胎容易爆胎，选项B错误；侧翻是因为货车所受的摩擦力不足以提供转变时的向心力而发生离心现象，火车的质量没变，则惯性没有变化，选项C、D错误；故选A.]
2．(2018·福建省毕业班质量检查)如图1，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点．一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块(　　)

A．通过bc、cd段的时间均大于T
B．通过c、d点的速度之比为1∶2
C．通过bc、cd段的位移之比为1∶3
D．通过c点的速度等于通过bd段的平均速度
A　[当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a′.假设ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x、xbc∶xcd＝3∶5，C错误；如果滑块由b点静止释放，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1＝，滑块在d点的速度应为v2＝，则v1∶v2＝∶，B错误；因为xbc∶xcd＝3∶5，显然通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误．]
3．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)质量均为m＝1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的变化图象如图所示．下列说法正确的是(　　)

A．甲的加速度大小为2 m/s2
B．乙的加速度大小为1.5 m/s2
C．甲、乙在x＝6 m处的速度大小为2 m/s
D．甲、乙在x＝10 m处相遇
A　[A项：对甲由动能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝即为图象斜率，所以F合＝k＝2N，由牛顿第二定律得：a甲＝2 m/s2，故A正确；
B项：对乙由动能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝即为图象斜率，所以F合＝k＝1 N，
由牛顿第二定律得：a乙＝1 m/s2，故B错误；
C项：由图可知：对甲：Ek甲＝18－2x，即mv＝18－2×6，解得：v甲＝2m/s，对乙：
Ek乙＝x，即mv＝6，解得：v乙＝2m/s，故C错误；
D项：甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，所以甲、乙在x＝8 m处相遇，故D错误．]
4．处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60°，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆．从A点和C点分别静止释放两小球，从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2，则t1∶t2是(　　)

A．1∶1 B．3∶2
C.∶ D.∶
C　[由图可知，sCD＝2R，aCD＝g，由几何关系可得出sAD＝R，aAD＝g，由运动学公式s＝at2，可得＝，带入数据解得＝，故C正确．]
5．(2018·山东省青岛市高三统一质检)一物体由静止开始运动，其加速度a与位移x关系图线如图所示．下列说法正确的是(　　)

A．物体最终静止
B．物体的最大速度为
C．物体的最大速度为
D．物体的最大速度为
C　[物体运动过程中任取一小段，对这一小段v2－v＝2aΔx
一物体由静止开始运动，将表达式对位移累加，可得v2等于速度a与位移x关系图线与坐标轴围成的面积的2倍，则v2＝2，解得物体的最大速度v＝.故C项正确．]
6．在2017年的珠海航展中，中国展出了国产运－20和歼－31等最先进飞机．假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0～t2时间内的v－t图象如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．飞机乙在0～t2内的平均速度等于
B．飞机甲在0～t2内的平均速度比乙大
C．两飞机在t1时刻一定相遇
D．两飞机在0～t2内不可能相遇
B　[在v－t图象中，图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，如图所示．飞机乙的位移小于匀变速的位移，故平均速度小于，甲做匀变速直线运动，故甲的平均速度为，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故A错误、B正确；两飞机在位移相等时相遇，t1时刻乙的面积大于甲的面积，故在t1时刻不相遇，选项C错误；开始乙的速度大于甲的速度，后来甲的速度大于乙的速度，所以中间相遇一次，选项D错误．]

7．(2018·济宁市高三第二次模拟)质量为1 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B运动的v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则物块A的质量为(　　)

A．1 kg B．2 kg
C．3 kg D．6 kg
C　[由图象可知，物块在0～1 s内的加速度大小为a1＝2 m/s2
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
解得：μ1＝0.2
木板在0～1 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2，在1 s～3 s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a3＝1 m/s2
AB同速后为研究对象，由牛顿第二定律得：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得：μ2＝0.1
再以B为研究对象，在0～1 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1
代入数据解得A的质量m＝3 kg.]
8．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为h＝20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为(　　)
A．10 m B．20 m
C．30 m D．50 m

ACD　[物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下．在A点之上时，位移大小为10 m，又有上升和下降两种过程，上升时，物体通过的路程s1等于位移的大小x1，即s1＝x1＝10 m；下降时，物体通过的路程s2＝2h－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，物体通过的路程s3＝2h＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D项正确，B项错误．]
9．(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)(多选)如图所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动．轻绳拉力的大小(　　)

A．与斜面的倾角θ有关
B．与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C．与两物体的质量m1和m2有关
D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变
CD　[A、B、C项：将两物体看成一个整体有：F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a
解得：a＝
对m2受力分析且由牛顿第二定律有：T－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a
解得：T＝，故A、B项错误，C正确；
D项：将两物体看成一个整体有：
F＋(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a
解得：a＝
对m1受力分析且由牛顿第二定律有：T＋m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a
解得：T＝，故D正确．]
10．(2018·成都二诊)质量为m的小球被两个弹性系数皆为k的相同弹簧固定在一质量为M的盒中，如图所示，盒从距桌面高h处开始下落，在盒开始下落的瞬间，两弹簧均未发生形变，小球静止．则下列说法正确的是(　　)

A．下落高度h>，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来
B．下落高度h>，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来
C．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a＝g
D．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a＝g
AC　[小球从h高处下落到桌面，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2，设小球向上运动到速度变为零时上面弹簧的压缩为x，下面弹簧的伸长量也为x，根据机械能守恒定律得
mv2＝mgx＋2·kx2，这时小球上面的弹簧对盒向上的弹力为kx，小球下面的弹簧对盒向上的弹力也是kx，盒能跳离桌面的条件是2kx>Mg，h>，盒子恰好弹起，2kx＝Mg，则小球合力F合＝Mg－mg，加速度为a＝g，A、C正确．]
二、非选择题
11．(2018·广东省深圳市高三2月第一次调研)如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一个F＝8 N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10 m/s2.求：

(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？
解析　(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2
小车的加速度aM＝＝0.5 m/s2
(2)由amt＝v0＋aMt
解得：t＝1 s
(3)从小物块放上小车开始1 s内，小物块的位移s1＝amt2＝1 m
1 s末小物块的速度v＝amt＝2 m/s
在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝＝0.8 m/s2
这0.5 s内小物块的位移s2＝vt1＋at＝1.1 m
小物块1.5 s内通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m
答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m
12．(2018·吉林省长春外国语学校高三第5次调研)如图1所示，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，速率始终不变．t＝0时刻在传送带适当位置放一具有初速度的小物块．物块刚好能运动到传送带的最上端，取沿斜面向下为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系如图2所示．已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，求：

(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数μ；
(2)t＝0时，小物块离传送带最上端的距离；
(3)前3 s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能．
解析　(1)由v－t图象可知，刚开始时物块的加速度a＝8 m/s2
对物块进行受力分析，可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
解得μ＝
(2)小物块运动到传送带的最上端时，速度恰好为0，即t0＝0.5 s
t＝0时，小物块离传送带最上端的距离x＝×0.5×4 m＝1 m
(3)由v－t图象可知：传送带的速度是v0＝8 m/s
当t1＝1.5 s时，物块与传送带速度相等，之后传送带对物块的摩擦力沿传送带向上
由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma′
解得：a′＝2 m/s2
所以，t2＝3 s时，物块的速度v＝v0＋a′(t2－t1)＝11 m/s
小物块在传送带上滑行的距离就是图中阴影的面积
Δx＝×12×m＋×3×1.5 m＝11.25 m
前3 s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能Q＝(μmgcos θ)Δx＝33.75 J

答案　(1)μ＝　(2)1 m　(3)33.75 J