2025-2026学年高一上学期期末复习课堂专题讲练

该高中物理讲义围绕匀变速直线运动、动态平衡等专题，通过题型分类构建知识体系，利用表格归纳竖直上抛运动的对称规律，思维导图梳理多过程问题的运动阶段划分，清晰呈现重难点及内在联系。 讲义亮点在于“题型+方法”双轨设计，如刹车类问题强调“先判断停车时间”的科学推理，追及相遇问题通过v-t图像进行模型建构，变式演练分层设置基础题与综合题，助力不同学生提升科学思维，教师可据此实施精准教学，学生自主复习时能明确方法路径。

专题01 匀变速直线运动的规律及其应用 【题型一】 刹车类问题 【典例分析】汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内的平均速度为(　　) A．6 m/s　　　　　　　　B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s 【提分秘籍】末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，刹车问题，要先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解 【变式演练】 1．[多选]如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是(　　) A．小木块与木板间的动摩擦因数为 B．小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点 C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下 D．小木块滑到最高点后将静止不动 2．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，下列分析正确的是(　　) A．上述过程的加速度大小为10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s C．0时刻的初速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m 3．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。如图所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v2­x图像(v为货车的速度，x为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像。某路段限速72 km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h的速度行驶。通过计算求解： (1)驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求； (2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s，则该型号货车满载时以72 km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远。 【题型二】 竖直上抛运动 【典例分析】在竖直的井底，将一物体以11 m/s的速度竖直向上抛出，物体在井口处被人接住，在被人接住前1 s内物体的位移是4 m，位移方向向上，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：(1)物体从抛出到被人接住所经历的时间； (2)此竖直井的深度. 【提分秘籍】1、双向可逆类问题：全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正、负及物理意义． 2．研究竖直上抛运动的两种方法 (1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。 (2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛点下方。 3．用好竖直上抛运动的三个对称 时间对称 ①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝ ②物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等 速度对称 ①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反 ②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反 能量对称 竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等 【变式演练】1．在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 2．甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动。欲使乙球上升到处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为(　　) A. 　　　　　　B. C. D. 3．如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10 m/s2)(　　) A．1.6 m　　B．2.4 m　　C．3.2 m　　D．4.0 m 【题型三】 多过程问题 【典例分析】如图所示 ，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC上运动，AB的长度为x1＝25 m，BC的长度为x2＝97 m。汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1＝2.0 m/s2的匀加速直线运动。在BC段，先做加速度大小为a2＝1.0 m/s2的匀加速直线运动。当运动到离C点适当距离处，再以大小为a3＝2.0 m/s2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点。求：(1)汽车达到的最大速度vm和开始减速时离C点的距离d； (2)汽车从A点运动到C点所用的时间t。 【提分秘籍】多过程问题解题思路：建立物体运动的情景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解． 【变式演练】 1．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 2．短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段.一次比赛中，运动员用11.00 s跑完全程.已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离. 3．如图所示，运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计，计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)，求：(1)运动员起跳时的速度v0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t(结果保留3位有效数字). 【题型四】 追及相遇问题 【典例分析】火车甲以速率v1向前行驶，司机突然发现正前方同一直轨道上相距s0处另有一辆火车乙，正沿相同方向以较小速率v2做匀速运动，于是他立即使火车甲以加速度a做匀减速运动，要使两车不相撞，a应满足什么条件？ 【提分秘籍】 1.不同的图像斜率的物理意义不同，如x­t图像的斜率表示速度，而v­t图像的斜率表示加速度。 2．不同的图像，图线与t轴所围面积的物理意义不同，如v­t图线与t轴所围面积表示质点的位移，而a­t图线与t轴所围面积表示质点速度的变化量。 3．解题中常用到的二级结论： (1)匀减速追匀速：恰能追上或追不上的关键：v匀＝v匀减。 (2)v0＝0的匀加速追匀速：v匀＝v匀加时，两物体的间距最大。 (3)时同地出发两物体相遇：时间相等，位移相等。 (4)A与B相距Δs，A追上B：sA＝sB＋Δs；如果A、B相向运动，相遇时：sA＋sB＝Δs。 【变式演练】 1．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间(x ­t)图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于－2 m/s2，t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则(　　) A．a车做匀速运动且其速度为va＝ m/s B．t＝3 s时a车和b车相遇但此时速度不等 C．t＝1 s时b车的速度为10 m/s D．t＝0时a车和b车的距离x0＝9 m 2．[多选]a、b两质点沿直线Ox轴正向运动，t＝0时，两质点同时到达坐标原点O，测得两质点在之后的运动中，其位置坐标x与时间t的比值(即平均速度)随时间t变化的关系如图所示，以下说法正确的是(　　) A．质点a做匀加速运动的加速度为0.5 m/s2 B．质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2 C．t＝1 s时，a、b再次到达同一位置 D．t＝2 s时，a、b再次到达同一位置 3．如图所示，A、B两物体相距s＝7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时正在摩擦力作用下以vB＝10 m/s向右匀减速运动，加速度a＝－2 m/s2，则A追上B所经历的时间是(　　) A．7 s　　　　　　　B．8 s C．9 s D．10 s 1．（2021·全国甲卷）如图甲所示，一质量为1 kg 的滑块以初速度vA＝12 m/s自固定斜面底端A冲上斜面，到达C处速度恰好为零，滑块上滑的v－t图象如图乙所示．已知斜面中AB段粗糙，BC段长为1.6 m且光滑．滑块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，g取10 m/s2.则斜面AB段的长度为(　　) A．5.6 m B．6.4 m C．6.8 m D．7.2 m 2．（多选）（2021届福建省福州市协作校高三联考）甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中两阴影部分的面积相等（S1=S2），则（　　） A．甲车做曲线运动 B．在t2时刻，甲、乙两车相遇 C．在0~t2时间内，甲的加速度不断增大 D．在0~t2时间内，甲车一直在乙车后面 3．一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为10 m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)(　　) A．在A点上方15 m处，速度方向竖直向上 B．在A点下方15 m处，速度方向竖直向下 C．在A点上方75 m处，速度方向竖直向上 D．在A点上方75 m处，速度方向竖直向下 4．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。那么经过3 s时的速度大小和方向是(　　) A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下 C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下 5．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图所示。设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取10 m/s2)(　　) A．1.8 m　　　　　　　　 B．3.6 m C．5.0 m D．7.2 m 6.如图，直线a和曲线b分别是在平行的平直公路上行驶的汽车a和b的v­t图线，在t1时刻两车刚好在同一位置(并排行驶)，在t1到t3这段时间内(　　) A．在t2时刻，两车相距最远 B．在t3时刻，两车相距最远 C．a车加速度均匀增大 D．b车加速度先增大后减小 7.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s，乙的速度为10 m/s，甲车的加速度大小恒为1.2 m/s2。以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知(　　) A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 B．在前4 s的时间内，甲车运动位移为29.6 m C．在t＝4 s时，甲车追上乙车 D．在t＝10 s时，乙车又回到起始位置 8．货车A正在公路上以20 m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75 m。(1)若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。(2)若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B车加速度至少多大才能避免相撞。(这段公路很窄，无法靠边让道) 9.在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动.运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降.为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s，求：(取g＝10 m/s2)(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？(2)伞兵在空中的最短时间为多少？ 10.甲、乙两质点某时刻从相距6 m的两点,相向做直线运动,若以该时刻作为计时起点,得到两质点的速度—时间图象如图所示,则下列说法正确的是(　　)。 A.乙在第2 s末运动方向不变 B.甲、乙在第2 s末相距4 m C.乙在前4 s内加速度的大小总比甲的大 D.甲、乙在第4 s末相遇 11.(多选)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,则下列说法正确的是(　　)。 A.经2 s,B接收到返回的超声波 B.超声波追上A车时,A车前进了10 m C.A车加速度的大小为10 m/s2 D.A车加速度的大小为5 m/s2 专题02 静态平衡 【题型一】 力的合成与分解 【典例分析】如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为(　　) A．kL　　　　　　　B．2kL C.kL D.kL 【提分秘籍】 1．共点力合成的常用方法 (1)作图法：作出两个分力F1和F2的图示，严格作平行四边形。 (2)计算法：作出两个分力F1和F2的示意图，大致作平行四边形，找表达式。 (3)力的三角形定则：将表示两个力的图示(或示意图)保持原来的方向依次首尾相接，从第一个力的作用点，到第二个力的箭头的有向线段为合力。 2．合力的大小范围 (1)两个共点力的合成 |F1－F2|≤F合≤F1＋F2 即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|，当两力同向时，合力最大，为F1＋F2。 (2)三个共点力的合成 ①三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3。 ②任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力最小值为零；如果第三个力不在这个范围内，则合力最小值等于最大的力减去另外两个力。 3．按作用效果分解力的一般思路 4．正交分解法 一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，通常以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。 【变式演练】 1．如图所示，F1、F2为有一定夹角的两个力，L为过O点的一条直线，当L取什么方向时，F1、F2在L上的分力之和最大(　　) A．F1、F2合力的方向 B．F1、F2中较大力的方向 C．F1、F2中较小力的方向 D．任意方向均可 2．[多选]如图所示，电灯的重力G＝10 N，AO绳与顶板间的夹角为45°，BO绳水平，AO绳的拉力为FA，BO绳的拉力为FB，则(　　) A．FA＝10 N B．FA＝10 N C．FB＝10 N D．FB＝10 N 3．[多选]物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，若F1、F2、F3三个力不共线，则这三个力可能选取的数值为(　　) A．15 N、5 N、6 N　　　　　 B．3 N、6 N、4 N C．1 N、2 N、10 N D．2 N、6 N、7 N 【题型二】 三力静态平衡 【典例分析】一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　) A．86 cm　　　　　　　B．92 cm C．98 cm D．104 cm 【提分秘籍】合成法、正交分解法 【变式演练】 1．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为(　　) A.∶4　　　　　　　　 B．4∶ C．1∶2 D．2∶1 2．如图所示，完全相同的质量为m的A、B两球用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了(　　) A. B. C. D. 3．[多选]如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，A、B两个质量均为m的滑块用轻质弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，水平力F作用在滑块B上，此时弹簧长度为l，且在弹性限度内，则下列说法正确的是(　　) A．弹簧原长为l＋　　　　 B．弹簧原长为l＋ C．力F的大小为mg D．力F的大小为mg 【题型三】 三力以上静态平衡 【典例分析】如图所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球的重力为12 N，轻绳的拉力为10 N，水平轻弹簧的弹力为9 N，求轻杆对小球的作用力。 【提分秘籍】正交分解 【变式演练】 1．如图所示，一物块受到一个水平力F作用静止于斜面上，F的方向与斜面平行，如果将力F撤掉，下列对物块的描述正确的是(　　) A．物块将沿斜面下滑 B．物块受到的摩擦力变大 C．物块立即获得加速度 D．物块所受的摩擦力改变方向 2．建筑装修中，工人用质量为m的磨石对倾角为θ的斜壁进行打磨(如图所示)，当对磨石施加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小是(　　) A．(F－mg)cos θ B．(F－mg)sin θ C．μ(F－mg)cos θ D．μ(F－mg)tan θ 3．叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示，质量均为m，相互接触。球与地面间的动摩擦因数均为μ，则(　　) A．上方球与下方三个球间均没有弹力 B．下方三个球与水平地面间均没有摩擦力 C．水平地面对下方三个球的支持力均为mg D．水平地面对下方三个球的摩擦力均为μmg 【题型四】 不共面的力静态平衡 【典例分析】蹦床可简化为如图所示的完全相同的网绳构成的正方形，点O、a、b、c等为网绳的结点。当网水平张紧时，若质量为m的运动员从高处竖直落下，并恰好落在O点，当该处下凹至最低点时，网绳aOe、cOg均成120°向上的张角，此时O点受到的向下的冲击力为F，则这时O点周围每根网绳的拉力的大小为(　　) A. B. C. D. 【提分秘籍】对称法、正交分解法（一个面、一条轴） 【变式演练】 1．如图所示，重6 N的木块静止在倾角为θ＝30°的斜面上，若用4 N的水平力F平行于斜面推木块，木块仍能保持静止，则木块所受的摩擦力大小是(　　) A．4 N B．3 N C．5 N D．6 N 2．如图是悬绳对称且长度可调的自制降落伞。用该伞挂上重为G的物体进行两次落体实验，悬绳的长度l1<l2，匀速下降时每根悬绳的拉力大小分别为F1、F2，则(　　) A．F1<F2　　　　　　　　 B．F1>F2 C．F1＝F2<G D．F1＝F2>G 3．场卸货历来是中国南极考察队的“硬仗”，需要利用卡特彼勒车将重达25吨的货物卸载，如图所示，吊钩下有四根一样的绳索，且四根绳索呈对称分布，每根绳索与竖直方向的夹角均为30°，则每根绳索的拉力约为(　　) A．9.0×104 N　　　　　　 B．7.0×104 N C．5.0×104 N D．3.0×104 N 1．水平横梁一端插在墙壁内，另一端装小滑轮且一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量m＝10 kg的重物，∠CBA＝30°.如图5所示，则滑轮受到绳子的作用力为(g取10 m/s2)(　　) A.50 N　 B.50 N C.100 N D.100 N 2．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为(　　) A．cos θ＋μsin θ　　　 B．cos θ－μsin θ C．1＋μtan θ D．1－μtan θ 3.如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为(　　) A.　　　 B.m　　　 C．m　　 　D．2m 4．[多选]已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为F，方向未知，则F1的大小可能是(　　) A.F　　　　　　　B.F C.F D.F 5.(多选)如图所示，在夜光风筝比赛现场，某段时间内某小赛手和风筝均保持静止状态，此时风筝平面与水平面夹角为30°，风筝的质量为m＝1 kg，轻质细线中的张力为FT＝10 N，该同学的质量为M＝29 kg，则以下说法正确的是(风对风筝的作用力认为与风筝平面垂直，g取10 m/s2)(　　) A.风对风筝的作用力为10 N B.细线与水平面的夹角为30° C.人对地面的摩擦力方向水平向左 D.人对地面的压力大小等于人和风筝整体的重力，即300 N 6、(多选)如图所示,A、B都是重物,A被绕过小滑轮P的细线所悬挂,B放在粗糙的水平桌面上;小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点;O'是三根细线的结点,bO'水平拉着重物B,cO'沿竖直方向拉着弹簧;弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略,整个装置处于静止状态,g=10 m/s2。若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 N,则下列说法中正确的是(　　)。 A.弹簧的弹力为10 N B.重物A的质量为2 kg C.桌面对重物B的摩擦力为10 N D.OP与竖直方向的夹角为60° 7.如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和Q的两段绳都是水平的。已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计。若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为(　　) A．4μmg　　　　B．3μmg C．2μmg D．μmg 8.如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为(　　) A. B. C. D. 专题03 动态平衡及平衡中的临界、极值问题 【题型一】 三力动态平衡图解法 【典例分析】质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　) A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小 【提分秘籍】图解法常用于求解三力动态平衡且有一个力是恒力、另有一个力方向不变或者大小不变的问题。对于三力动态平衡且有一个力是恒力、另两个力夹角不变的问题也可以。 【变式演练】 1．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 2．[多选]如图所示为内壁光滑的半球形凹槽M，O为球心，∠AOB＝60°，OA水平，小物块在与水平方向成45°角的斜向上的推力F作用下静止于B处。在将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止，则(　　) A．M槽对小物块的支持力逐渐减小 B．M槽对小物块的支持力逐渐增大 C．推力F先减小后增大 D．推力F逐渐增大 3．[多选]如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　) A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 【题型二】 三力动态平衡解析法 【典例分析】 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　) A．F不变，FN增大 B．F不变，FN减小 C．F减小，FN不变 D．F增大，FN减小 【提分秘籍】解析法：对研究对象进行受力分析，取一般情况画出受力示意图，再根据物体的平衡条件，得到因变量与自变量的关系表达式(通常要用到三角函数或者三角形相似)，最后根据自变量的变化确定因变量的变化。 在三力平衡问题中，如果有一个力是恒力，另外两个力方向都变化，且题目给出了空间几何关系，多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似，可利用相似三角形对应边成比例进行计算。 【变式演练】 1．[多选]如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(　　) A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 2．如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则(　　) A．木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小 B．木块受到木板的支持力增大、摩擦力增大 C．木块受到木板的作用力大小不变、方向不变 D．木块受到木板的作用力大小变化、方向变化 3．如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图.一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处，起吊重物前，重物处于静止状态.起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B，然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D，最后把重物卸在某一个位置.则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是(　) A.吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力不变 B.吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力变小 C.吊钩从C向B移动过程中，轻绳上的拉力变大 D.吊钩从B向D移动过程中，轻绳上的拉力不变 【题型三】 三力以上动态平衡问题 【典例分析】如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是(　　) A．推力F先增大后减小 B．推力F一直减小 C．物块受到的摩擦力先减小后增大 D．物块受到的摩擦力一直不变 【提分秘籍】三力以上动态平衡一般考虑正交分解找普遍表达式 【变式演练】 1．如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小 2．(多选)如图所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜劈的斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的定滑轮1固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许,而a与斜劈始终静止,则(　　) A.细线对物体a的拉力增大 B.斜劈对地面的压力减小 C.斜劈对物体a的摩擦力减小 D.地面对斜劈的摩擦力增大 【题型四】 连接体动态平衡问题 【典例分析】如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一小滑块从曲面底端受向右的水平拉力作用缓缓地沿曲面向上滑动，此过程中物体始终静止不动，则物体对滑块的支持力N1和地面对物体的支持力N大小变化的情况是(　　) A．N1增大，N减小 B．N1减小，N不变 C．N1增大，N不变 D．N1不变，N不变 【提分秘籍】要么分析整体，要么分析受力少的物体。 【变式演练】 1．如图所示，倾角θ＝30°的斜面体A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。现给物块b施加一个水平向右的力F，使b缓慢移动直到轻绳与竖直方向成30°角(不计绳与滑轮间的摩擦)，对此过程说法正确的是(　　) A．b受到绳的拉力先增大再减小 B．小物块a受到的摩擦力先增大再减小 C．水平拉力F逐渐增大 D．小物块a一定沿斜面缓慢上移 2．(多选)如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上的物体A(轻绳与斜面平行)，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点.动滑轮上悬挂质量为m的物块B，开始悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，物体A刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为.整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列说法正确的是(　　) A.物体A的质量为m B.物体A受到的摩擦力一直增大 C.地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小 D.斜面体对地面的压力逐渐减小 3．(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态.若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　) A.绳OO′的张力也在一定范围内变化 B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 【题型五】 平衡中的临界问题 【典例分析】质量为M的木楔倾角为θ(θ<45°)，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止)。 (1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)求在(1)的情况下木楔对水平面的摩擦力是多少？ 【提分秘籍】 1.临界问题 当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述. 2.极值问题 平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.一般用图解法或解析法进行分析. 3.解决极值问题和临界问题的方法 (1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小. (2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值). (3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值. 【变式演练】 1．将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ＝30°，则F的最小值为(　　) A.mg B．mg C.mg D.mg 2．如图所示，有8个完全相同的长方体木板叠放在一起，每个木板的质量均为100 g，某人用双手在这叠木板的两侧各加一水平压力F，使木板静止。若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则水平压力F至少为(　　) A．8 N　　　　　　　　 　B．15 N C．16 N D．30 N 3．[多选]如图所示，质量为m的长方体物块放在水平放置的钢板C上，物块与钢板间的动摩擦因数为μ，由于光滑固定导槽A、B的控制，该物块只能沿水平导槽运动。现使钢板以速度v1向右匀速运动，同时用水平力F拉动物块使其以速度v2(v2的方向与v1的方向垂直，沿y轴正方向)沿槽匀速运动，以下说法正确的是(　　) A．若拉力F的方向在第一象限，则其大小一定大于μmg B．若拉力F的方向在第二象限，则其大小可能小于μmg C．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmg D．若拉力F的方向沿y轴正方向，则此时F有最小值，其值为μmg 1．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近。则绳中拉力大小变化的情况是(　) A．先变小后变大 B．先变小后不变 C．先变大后不变 D．先变大后变小 2．(多选)如图所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡，则下列说法中正确的是(　　) A.甲图中斜面对球O弹力最大 B.丙图中斜面对球O弹力最小 C.乙图中挡板MN对球O弹力最小 D.丙图中挡板MN对球O弹力最小 3、(多选)如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑的轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态.若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是(　　) A.只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B.只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C.只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D.只将绳的右端移向B′点，拉力变大 4.(多选)如图，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平.现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是(　　) A.FOA一直减小 B.FOA一直增大 C.FOB一直减小 D.FOB先减小后增大 5.如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态.若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态.则下列判断中正确的是(　　) A.球B对墙的压力增大 B.球B对柱状物体A的压力增大 C.地面对柱状物体A的摩擦力不变 D.地面对柱状物体A的支持力不变 6.(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行.在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则(　) A.b对c的摩擦力一定减小 B.b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上 C.地面对c的摩擦力方向一定向右 D.地面对c的摩擦力一定减小 7.如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M.质量为m的物体A静止在B上.现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加到mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止.对此过程下列说法正确的是(　　) A.地面对B的支持力大于(M＋m)g B.A对B的压力的最小值为mg，最大值为mg C.A所受摩擦力的最小值为0，最大值为 D.A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为mg 8.如图所示，一球A夹在竖直墙与三角劈B的斜面之间，三角劈的重力为G，劈的底部与水平地面间的动摩擦因数为μ，劈的斜面与竖直墙面是光滑的，设劈的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.问：欲使三角劈静止不动，球的重力不能超过多少？ 9.目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材，如图所示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点.由于长期使用，导致两根支架向内发生了微小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高.座椅静止时用F表示两轻绳对座椅拉力的合力，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，则(　　) A.F不变，F1变小 B.F不变，F1变大 C.F变小，F1变小 D.F变大，F1变大 10.如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中(　　) A.细绳的拉力逐渐变小 B.Q受到墙壁的弹力逐渐变大 C.Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大 D.Q将从墙壁和小球之间滑落 11、如图所示,物体的质量为5 kg,两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上,另一端系于物体上(∠BAC=θ=60°),在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F,若要使绳都能伸直,求拉力F的大小范围。 专题04 动力学中的连接体、瞬态、超失重问题 【题型一】 动力学中的共a的连接体问题 【典例分析】如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(　　) A．mg，竖直向上 B．mg，斜向左上方 C．mgtan θ，水平向右 D．mg，斜向右上方 【提分秘籍】1.连接体问题的类型 物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体. 2.整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量). 3.隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解. 4.整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，一般采用“先整体求加速度，后隔离求内力”. 【变式演练】 1．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两弹簧都处于拉伸状态 B．两弹簧都处于压缩状态 C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长 D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态 2．[多选]在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　) A．8　　　　　　　　B．10 C．15 D．18 3．如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑；已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为(　　) A．Mgsin θ B．Mgcos θ C．0 D．(M＋m)gsin θ 【题型二】 动力学中的不共a的连接体问题 【典例分析】如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为(　　) A．aA＝g，aB＝5g　　　　　 B．aA＝aB＝g C．aA＝g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g 【提分秘籍】若连接体内各物体的加速度不相同，可以把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.也可以整体分析。如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力。在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此。利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们分析问题的思路更灵活、更开阔。 【变式演练】 1．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M，环的质量为m，如图所示，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小是(　　) A．(M＋m)g　　　　　　　 B．Ff＋mg C．Ff＋Mg D．Ff＋(M＋m)g 2．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。一质量为70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(　　) A．510 N　　　　　B．490 N C．890 N D．910 N 3．如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　) A．Mg　　　　　　　 B．M(g＋a) C．(m1＋m2)a D．m1a＋μ m1g 【题型三】 瞬态问题 【典例分析】[多选]如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是(　　) A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变 B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为 D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin θ 【提分秘籍】两端均有物时，弹簧、橡皮条中的力不能突变，需变化之前分析；而细绳与轻杆中的力可以突变。 【变式演练】 1．质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则(　　) A．物块b可能受3个力 B．细线中的拉力小于2mg C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g 2．[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间(　　) A．两图中两球加速度均为gsin θ B．两图中A球的加速度均为零 C．图甲中B球的加速度为2gsin θ D．图乙中B球的加速度为gsin θ 3．如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是(　　) A．物块A的加速度为0　　 B．物块A的加速度为 C．物块B的加速度为0 D．物块B的加速度为 【题型四】 超失重问题 【典例分析】图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的·表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图像，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10 m/s2，根据图像分析可知(　　) A．人的重力为1 500 N B．c点位置人处于超重状态 C．e点位置人处于失重状态 D．d点的加速度小于f点的加速度 【提分秘籍】对超重与失重的理解 1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。 3．当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。 【变式演练】 1．下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态(　　) A．高楼正常运行的电梯中 B．沿固定于地面的光滑斜面滑行 C．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动 D．不计空气阻力条件下的竖直上抛 2．[多选]一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　) A．t＝2 s时最大　　　　　　 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 3．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是(　　) A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态 B．5～55 s时间内，绳索拉力最小 C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态 D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零 1．[多选]如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是(　　) A．小球受力个数不变 B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2 C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2 D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零 2．[多选]如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　) A．减小A物块的质量　　 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 3．[多选]如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是(　　) A．一起加速过程中，C木块受到四个力的作用 B．一起加速过程中，D木块受到的静摩擦力大小为 C．一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同 D．当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变 4．粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m＝0.5 kg的小球，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a＝1 m/s2做匀加速运动。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。 (1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。 5、如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小铁球，小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．a弹簧的伸长量为 B．a、b两弹簧的伸长量的比值为 C．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为 D．若弹簧a的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g 6、如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间用一个轻杆连接，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下列说法正确的是(　　) A．B球的受力情况未变，加速度为零 B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin θ C．A、B之间杆的拉力大小为2mgsin θ D．C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ 7．如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则(　　) A．a1＝0，a2＝0 B．a1＝a，a2＝a C．a1＝a，a2＝a D．a1＝a，a2＝a 8．(多选)如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　) A．A球的加速度沿斜面向上，大小为gsin θ B．C球的受力情况未变，加速度为0 C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ D．B、C之间杆的弹力大小为0 10、如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　) A.此过程中物体C受重力等五个力作用 B.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C.当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D.若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为 11.如图所示，质量为M的吊篮P通过细绳悬挂在天花板上，物块A、B、C质量均为m，B、C叠放在一起，物块B固定在轻质弹簧上端，弹簧下端与A物块相连，三物块均处于静止状态，弹簧的劲度系数为k(弹簧始终在弹性限度内)，下列说法正确的是(　　) A.静止时，弹簧的形变量为 B.剪断细绳瞬间，C物块处于超重状态 C.剪断细绳瞬间，A物块与吊篮P分离 D.剪断细绳瞬间，吊篮P的加速度大小为 专题05 动力学中的临界问题、动态分析问题 【题型一】 等时圆 【典例分析】如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF C．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF 【提分秘籍】 1．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示； 2．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示； 3．两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。 【变式演练】 1．[多选]如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速释放，一个滑环从d点无初速释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是(　) A．t1＝t2　　　　　　　　　 B．t2>t3 C．t1<t2 D．t1＝t3 2．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　) A．1∶1∶1 B．5∶4∶3 C．5∶8∶9 D．1∶2∶3 3．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C、M三点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是(　　) A．tA<tC<tB B．tA＝tC<tB C．tA＝tC＝tB D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系 【题型二】 动力学中的动态分析问题 【典例分析】[多选]如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是(　　) A．木块立即做减速运动 B．木块在一段时间内速度仍增大 C．当F等于弹簧弹力时，木块速度最大 D．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零 【提分秘籍】a、v同向，加速直线运动；a、v反向，减速直线运动。程序法、列表法、找普式。 【变式演练】 1．一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是(　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 2．如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v ­t图像(图中实线)可能是下图中的(　　) 3．如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时(　　) A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍 B．横杆对M的弹力增加到原来的2倍 C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍 D．细线的拉力增加到原来的2倍 【题型三】 有关弹力的临界问题 【典例分析】如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离。下列说法正确的是(　　) A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B和A刚分离时，它们的加速度为g C．弹簧的劲度系数等于 D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动 【提分秘籍】 “四种”典型数学方法(1)三角函数法； (2)根据临界条件列不等式法； (3)利用二次函数的判别式法； (4)极限法. 【变式演练】 1．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v ­t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则(　　) A．施加外力前，弹簧的形变量为 B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a) C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零 D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值 2．[多选]如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1＝3 kg，m2＝2 kg，连接它们的细线最大能承受6 N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则(　　) A．F1的最大值为10 N B．F1的最大值为15 N C．F2的最大值为10 N D．F2的最大值为15 N 3．[多选]如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是(　　) A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零 C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左 D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m 【题型四】 有关摩擦力的临界问题 【典例分析】如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(　　) A．1∶1　　　　　　B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2 临界或极值条件的标志：(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，即表明题述的过程存在着临界点； (2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往对应临界状态； (3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点； (4)若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。 【变式演练】1．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2。(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。 2．[多选]如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　) A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0 B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F－μmg C．当F＞2μmg时，绳中拉力为 D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于 3．[多选]如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m。各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是(　　) A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)g B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)g C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘 1．[多选]如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块B、C间用一不可伸长的轻绳相连，A、B木块间的最大静摩擦力是f1，C、D木块间的最大静摩擦力是f2。现用水平拉力F拉A木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则(　　) A．当f1＞2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动 B．当f1＞2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动 C．当f1＜2f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动 D．当f1＜2f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动 2．如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件。 3．图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g＝10 m/s2。(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v ­t图像，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小。 4、如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，A叠放在C上，A、B、C的质量分别为m、2m、3m，物体B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT，现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则(　　) A.此过程中物体C受重力等五个力作用 B.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C.当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D.若水平面光滑，则绳刚断时，A、C间的摩擦力为 5、如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α，其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值. 6.如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m.已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小.(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 7.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则(　　) A.当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B.当F＝μmg时，A的加速度为μg C.当F>3μmg时，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过μg 9.（2021年全国甲卷）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( ) A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 10.一质量为m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F1＝k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F2＝k2v2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍.在飞机起飞前，下列说法正确的是(　　) A.飞机一共受5个力的作用 B.飞机可能做匀加速直线运动 C.飞机的加速度可能随速度的增大而增大 D.若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于 专题06 动力学中的图像问题 【题型一】 动力学中的运动图像 【典例分析】如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的v ­t图像(图中实线)可能是下图中的(　　) 【提分秘籍】斜率、截距、拐点，普遍表达式。 【变式演练】 1．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　) A．F1<F2　　　　 B．F2>F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 2．一重物在竖直向上的拉力F作用下，开始竖直向上做直线运动，其速度随时间t变化的图像如图所示(图像在0～1 s、3～4 s阶段为直线，1～3 s阶段为曲线)，下列判断正确的是(　　) A．第2 s末拉力大小为0 B．第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力 C．第2 s末速度反向 D．前4 s内位移为0 3．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图像正确的是(设竖直向下为正方向)(　　) 【题型二】 有关力的图像 【典例分析】（多选）静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算出(g＝10 m/s2)(　　) A．物体的质量 B．物体与水平面间的动摩擦因数 C．物体与水平面间的滑动摩擦力大小 D．加速度为2 m/s2时物体的速度 【提分秘籍】斜率、截距、拐点，普遍表达式。 【变式演练】 1．静止在光滑水平地面上的物体，突然受到一个如图所示的水平外力的作用，则(　　) A．物体沿水平面做往复运动 B．物体始终沿水平面朝一个方向运动 C．物体沿水平面先做匀加速运动，后做匀减速运动 D．物体沿水平面先做匀加速运动，然后做匀速运动 2．[多选]如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是(　　) 【题型三】 图像综合 【典例分析】某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的v­t图、P­t图(P为物体重力的功率大小)及a­t图可能正确的是(　　) 【提分秘籍】解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义。 (2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。 【变式演练】 1．如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是(　　) 2．从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内(　　) A．甲物体所受合力不断变化 B．甲物体的速度不断减小 C．2 s末乙物体改变运动方向 D．2 s末乙物体速度达到最大 【题型四】 实验中的图像问题 【典例分析】小王同学在探究加速度与力、质量的关系时，小车及砝码的质量用M表示，砂桶及砂的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。 (1)往砂桶中加入一定量的砂子，当M与m的大小关系满足________时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于砂桶和砂的重力；在释放小车________(填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。 (2)在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50 Hz，则小车的加速度大小是________m/s2，当打点计时器打B点时小车的速度是________m/s。(结果保留三位有效数字) (3)小张同学用同一装置做实验，他们俩在同一坐标系中画出的a­F关系图线如图所示，小张和小王同学做实验，哪一个物理量是不同的______________。 【提分秘籍】找普遍表达式 【变式演练】 1．某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 (1)下列做法正确的是________(填字母代号)。 A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上 C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源 D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度 (2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”) (3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙， μ甲________μ乙。(选填“大于”“小于”或“等于”) 2．用如图甲所示的装置探究加速度a与力F的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙上。 (1)实验时，一定要进行的操作是________(填选项前的字母)。 A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，根据纸带的数据求出加速度a，同时记录弹簧测力计的示数F B．改变小车的质量，打出几条纸带 C．用天平测出砂和砂桶的总质量 D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量 (2)若要把小车所受拉力视为小车所受的合力，在进行上述实验操作之前，首先应该完成的实验步骤是________________________________。 (3)根据实验数据，画出了如图乙所示的aF图像，测得斜率为k，则小车的质量为________。 (4)若某次实验，求得小车的加速度为a，则此时砂和砂桶的加速度为________。 (5)若弹簧测力计的读数为F，则F________mg(m为砂和桶的总质量)。(填“大于”“等于”或“小于”) 3．某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小，铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F值(F为力传感器的示数，等于悬挂滑轮绳子的拉力)，不计滑轮的重力。 (1)某同学根据实验数据画出了图乙所示a­F关系图像，则由该图像可得铝箱总质量m＝__________kg，重力加速度g＝__________ m/s2。(结果保留两位有效数字) (2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线________。 A．偏向纵轴　　　　　　 B．偏向横轴 C．斜率逐渐减小 D．斜率不变 2．两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v ­t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。 3．[多选]如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图像可能正确的是(　　) 4.[多选]将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v ­t图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是(　　) A．小球所受重力和阻力之比为5∶1 B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3 C．小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/s D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态 6.[多选]如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零 B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左 C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg 7.[多选]如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是(　　) A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ未知，可求出乙图中a1的值 C．若θ已知，可求出乙图中a2的值 D．若θ已知，可求出乙图中m0的值 8.[多选]如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T­a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则(　　) A．a＝ m/s2时，FN＝0 B．小球质量m＝0.1 kg C．斜面倾角θ的正切值为 D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N) 9.（多选）质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v ­t图像，其中经过点(4,0)的虚线是6 s末v ­t图像的切线。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．6 s末物块速度方向改变 B．0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小 C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1 D．水平推力F的最大值为0.9 N 10.在图甲所示的水平面上，用水平力F拉物块，若F按图乙所示的规律变化.设F的方向为正方向，则物块的速度－时间图象可能正确的是(　　) 11、如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图象中正确的是(　　) 专题07 两类基本动力学问题及传送带、块板问题 【题型一】 两类基本动力学问题 【典例分析】如图所示，在粗糙的水平路面上，一小车以v0＝4 m/s的速度向右匀速行驶，与此同时，在小车后方相距s0＝40 m处有一物体在水平向右的推力F＝20 N作用下，从静止开始做匀加速直线运动，当物体运动了x1＝25 m撤去。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体的质量m＝5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)推力F作用下，物体运动的加速度a1大小；(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离；(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。 【提分秘籍】 1、把握“两个分析”“一个桥梁” 2、不同过程中的联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，若过程较为复杂，可画位置示意图确定位移之间的联系。 【变式演练】 1．一物体在水平推力F＝15 N的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示，g取10 m/s2，求：(1)0～4 s和4～6 s物体的加速度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ和物体的质量m；(3)在0～6 s内物体运动平均速度的大小. 2．水平面上有相距15 m的A、B两点，一质量为2 kg的物体在大小为16 N、方向斜向上的力F作用下，从A点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F，物体到达B点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g取10 m/s2.求物体从A运动到B的最短时间． 3．如图所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求：（1）A与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？ 【题型二】 水平传送带问题 【典例分析】水平传送带被广泛应用于飞机场和火车站，对旅客的行李进行安全检查，如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持1 m/s的恒定速度运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速的放在A处，该行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2 m，g取10 m/s2，求：(1)行李从A运送到B所用的时间t为多少；(2)电动机运送该行李需消耗的电能E为多少；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能够较快的传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率v′。 【提分秘籍】求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻. 【变式演练】 1．如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t. 2．如图所示为一水平传送带装置示意图.A、B为传送带的左、右端点，AB长L＝2 m，初始时传送带处于静止状态，当质量m＝2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a＝2 m/s2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2).(1)如果煤块以最短时间到达B点，煤块到达B点时的速度大小是多少？(2)上述情况下煤块运动到B点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 3．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m＝5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8). (1)求行李包相对于传送带滑动的距离； (2)若B轮的半径为R＝0.2 m，求行李包在B点对传送带的压力； (3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度. 【题型三】 倾斜传送带问题 【典例分析】如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝2 m/s的恒定速率顺时针转动.一包货物以v0＝12 m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？(g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 【提分秘籍】求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力要发生突变. 【变式演练】 1．如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(　　) A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小也可能相等 B.粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动 C.若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动 D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ 2．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是(　　) 3．如图所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？ 【题型四】 块板模型 【典例分析】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。 【提分秘籍】滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长. 【变式演练】 2．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，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)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间. 1．如图所示，水平传送带以v＝12 m/s的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m＝20 kg的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m处.平板车的质量M＝30 kg，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g＝10 m/s2)求：(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？ 2.一平板车，质量M＝100 kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h＝1.25 m，一质量m＝50 kg的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b＝1 m，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x0＝2.0 m，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x(不计路面摩擦，g＝10 m/s2). 3．(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　) A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 4.(多选)如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则(　　) A.传送带一定逆时针转动 B.μ＝tan θ＋ C.传送带的速度大于v0 D.t0后木块的加速度为2gsin θ－ 5．如图所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为.试求：(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离． 6.如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是(　　) A.0～5 s内小木块做匀减速运动 B.在t＝1 s时刻，摩擦力反向 C.斜面倾角θ＝37° D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5 7.一质量为m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F1＝k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F2＝k2v2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍.在飞机起飞前，下列说法正确的是(　　) A.飞机一共受5个力的作用 B.飞机可能做匀加速直线运动 C.飞机的加速度可能随速度的增大而增大 D.若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于 8.如图所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件. 9（2021年浙江卷）.机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。 专题01 匀变速直线运动的规律及其应用 参考答案 【题型一】 刹车类问题 【典例分析】解析：选B　将题目中的表达式与x＝v0t＋at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2。所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝ s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度＝＝ m/s＝8 m/s。 【变式演练】 1．解析：选AD　小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得μ＝，A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝＝1 s，小木块速度减为零时，有：mgsin 30°＝μmgcos 30°，故小木块将静止在最高点，D正确，B、C错误。 2．解析：选C　由v2－v02＝2ax可得x＝－v02＋v2，对照x＝10－0.1v2可知，＝－0.1，－v02＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，选项B、D错误。 3．解析：(1)根据速度位移公式v2－v02＝2ax，有v2＝2ax＋v02，图线斜率的一半表示加速度； 根据题中图像得到：满载时，加速度为5 m/s2，严重超载时加速度为2.5 m/s2； 设该型号货车满载时以72 km/h(20 m/s)的速度减速， 制动距离x1＝＝ m＝40 m， 制动时间为t1＝＝ s＝4 s； 设该型号货车严重超载时以54 km/h(15 m/s)的速度减速， 制动距离x2＝＝ m＝45 m＞x1， 制动时间为t2＝＝ s＝6 s＞t1； 所以驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求。 (2)货车在反应时间内做匀速直线运动 x3＝vt3＝20×1 m＝20 m， 跟车距离最小值 x＝＋x3＝40 m＋20 m＝60 m。 答案：见解析 【题型二】 竖直上抛运动 【典例分析】答案　(1)1.2 s　(2)6 m 解析　(1)被人接住前1 s内物体的位移是4 m，由于自由落体的物体第1 s内的位移h1＝gt2＝5 m 故而一定是在物体通过最高点后返回过程中被接住，设接住前1 s时的初速度为v1，则 h＝v1t－gt2 解得v1＝9 m/s t1＝＝ s＝0.2 s 从抛出到被人接住所经历的时间 t′＝t1＋1 s＝1.2 s (2)竖直井的深度为H， 则H＝v0t′－gt′2＝11×1.2 m－×10×1.22 m＝6 m. 【变式演练】 1．解析：选A　根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝＝，A项正确。 2．解析：选B　由竖直上抛运动规律知＝v0t－gt2，由自由落体运动规律知H－＝gt2，联立可得t＝，v0＝，B对。 3．[方法点拨] 将4个小球依次抛出后均做相同的竖直上抛运动，但同时研究4个小球的运动比较复杂，将4个小球的运动转换为一个小球所做的连续运动，小球每隔0.4 s对应的位置，对应各小球在同一时刻的不同位置，问题便能迎刃而解。 [解析]　由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝gt2＝3.2 m，C正确。 [答案]　C 【题型三】 多过程问题 【典例分析】解析：(1)由x1＝a1t12和vB2＝2a1x1可得 汽车在AB段运动时间t1＝＝5 s，到达B点时的速度vB＝＝10 m/s 设汽车在BC段之间由B到D时加速行驶，距离为d′，有vm2－vB2＝2a2d′ 由D到C时减速行驶，距离为d，有0－vm2＝－2a3d，且d′＋d＝x2，解得汽车的最大速度vm＝14 m/s 开始减速时汽车离C点的距离d＝＝49 m。 (2)由B到D，汽车加速行驶，由vm＝vB＋a2t2得： 行驶时间t2＝＝4 s，由D到C，汽车减速行驶直到静止，由0＝vm－a3t3得：行驶时间t3＝＝7 s， 故汽车从A点运动到C点所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝16 s。 答案：(1)14 m/s　49 m　(2)16 s 【变式演练】 1．[解析]　设路面干燥时，汽车刹车时的加速度大小为a0， 汽车停止时所用时间为t0， 汽车刹车时运动过程的v­t图像如图线甲所示。 由于v0＝108 km/h＝30 m/s， 根据v0·1 s＋＝120 m，可得t0＝7 s，由此可得a0＝＝5 m/s2； 设在雨天行驶时，汽车最大行驶速度为v1，汽车刹车时的加速度大小为a1，汽车停止时所用时间为t1，汽车刹车运动过程的v­t图像如图线乙所示。 可得a1＝a0＝2 m/s2；由v1·1 s＋＝120 m， 解得v1＝20 m/s(或72 km/h)。 [答案]　20 m/s(或72 km/h) 2．答案　5 m/s2　10 m 解析　根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速运动.设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得： x1＝at ① x1＋x2＝a(2t0)2 ② 式中t0＝1 s 联立(1)(2)两式并代入已知条件，得a＝5 m/s2 ③ 设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动时间为t2，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为x. 依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2 ④ v＝at1 ⑤ x＝at＋vt2 ⑥ 设加速阶段通过的距离为x′，则 x′＝at ⑦ 联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得： x′＝10 m ⑧ 3．答案　(1)3 m/s　(2)1.75 s 解析　(1)上升阶段：－v＝－2gh 解得v0＝＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v0－gt1 解得：t1＝＝ s＝0.3 s 自由落体过程：H＝gt 解得t2＝＝ s≈1.45 s 故t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s 【题型四】 追及相遇问题 【典例分析】解析：设从火车甲减速开始计时，甲做匀减速运动，乙做匀速运动， 二者速度的表达式分别为v甲＝v1－at和v乙＝v2。两车的v­t图像如图所示： 当两车速度相等时，两图线分别与坐标轴所包围的面积的差为Δs，若Δs<s0，两车不会相撞。 当两车速度相等时由v1－at＝v2得t＝，由图像可得：Δs＝t＝，结合Δs<s0，解得：a>。 答案：a> 【变式演练】 1．[解析]　x ­t图像的斜率等于速度，由题图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为：va＝＝ m/s＝2 m/s，故A错误。t＝3 s 时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，故B错误。t＝3 s时，b车的速度为：vb＝va＝2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0＋at＝vb，解得：v0＝8 m/s，则t＝1 s时b车的速度为：vb′＝v0＋at1＝8 m/s－2×1 m/s＝6 m/s，故C错误。t＝3 s时，a车的位移为：xa＝vat＝6 m，b车的位移为：xb＝t＝×3 m＝15 m，t＝3 s 时，a车和b车到达同一位置，得：x0＝xb－xa＝9 m，故D正确。 [答案]　D 2．解析：选BC　对质点a，根据数学知识得：＝0.5t＋0.5(m/s)，则x＝0.5t2＋0.5t(m)，与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2对比得：v0＝0.5 m/s，a＝1.0 m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为1.0 m/s2，故A错误，B正确。t＝1 s时，相等，则x相等，所以1 s时，质点a、b再次到达同一位置，故C正确。由题图知，对于质点b，有＝1，所以质点b做速度为1 m/s的匀速直线运动。在t＝1 s时，质点a的速度v＝v0＋at＝1.5 m/s，大于质点b的速度，所以t＝1 s之后两个质点不再相遇，故D错误。 3．解析：选B　由题意知，t＝5 s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝vBt＋at2＝25 m，此时A的位移xA＝vAt＝20 m，A、B两物体相距Δs＝s＋xB－xA＝7 m＋25 m－20 m＝12 m，再经过Δt＝＝3 s，A追上B，所以A追上B所经历的时间是5 s＋3 s＝8 s，选项B正确。 1．【答案】B 【解析】　由v－t图象可知，滑块沿斜面向上滑行的初速度vA＝12 m/s，由aAB＝2aBC可得，＝2，解得vB＝4 m/s，在上滑过程对AB段有vB2－vA2＝2aABsAB，对BC段有vC2－vB2＝2aBCsBC，sBC＝1.6 m，由以上各式解得sAB＝6.4 m．选项B正确． 2．【答案】BC 【解析】题目中已告知“甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点同向行驶”，选项A错误； 从图像可知，在0～t2时间内，甲、乙两车图线与t轴所包围的“面积”相等，即辆车的位移相等，所以t2时刻，甲、乙两车相遇，选项B正确；在0~t2时间内，甲车v-t图线斜率不断增大，所以其加速度不断增大，选项C正确； 在0~t1时间内，甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于已车的位移，所以甲车在前，选项D错误。故选BC。 3．解析：选C　若此时物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式v＝v0－gt，物体的初速度为v0＝v＋gt＝40 m/s，物体的位移为h1＝(v0＋v)＝75 m，物体在A点的上方，C正确，D错误；若此时速度的方向竖直向下，物体的初速度v0′＝－v＋gt＝20 m/s，物体的位移为h2＝(v0′－v)＝15 m，物体仍然在A点的上方，A、B错误。 4．解析：选B　取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示物体在t＝3 s时速度方向沿斜面向下，故B选项正确。 5．解析：选C由题图可知运动员每次在空中运动的时间t＝2.0 s，故运动员跃起的最大高度Hm＝g2＝5.0 m，C正确。 6.解析：选B　在t1时刻两车刚好在同一位置(并排行驶)，在t1到t3这段时间内，a的速度一直大于b的速度，两者间距一直增大，t3时刻之后，a的速度小于b的速度，两者间距减小，则在t3时刻，两车相距最远，故A错误，B正确；根据v­t图线的斜率表示加速度，可知，a车的加速度不变，b车加速度一直增大，故C、D错误。 7.解析：选B　速度—时间图像的斜率代表加速度，据此判断乙的运动过程是加速度先减小再增大最后减小，选项A错误。速度—时间图像与时间轴围成的面积代表位移，0～4 s内，乙图像面积大于甲图像面积，所以乙的位移大于甲的位移，在t＝4 s时甲不可能追上乙车，选项C错误。前10 s，乙图像面积一直在增大，位移在增大，速度一直沿同一方向，所以乙不可能回到初始位置，选项D错误。在前4 s的时间内，甲车运动位移x＝v0t＋at2＝5×4 m＋×1.2×42 m＝29.6 m，选项B正确。 8．解析：(1)当两车速度相等时，设经过的时间为t，则：vA＝vB 对B车，vB＝at 联立可得：t＝10 s A车的位移为：xA＝vAt＝200 m B车的位移为：xB＝at2＝100 m 因为xB＋x0＝175 m<xA 所以两车会相撞，设经过时间t相撞，有：vAt＝x0＋at2 代入数据解得：t1＝5 s，t2＝15 s(舍去)。 (2)已知A车的加速度大小aA＝2 m/s2，初速度v0＝20 m/s 设B车的加速度为aB，B车运动经过时间t，两车相遇时，两车速度相等，则有：vA＝v0－aAt，vB＝aBt 且vA＝vB 在时间t内 A车的位移为：xA＝v0t－aAt2 B车的位移为：xB＝aBt2 又xB＋x0＝xA 联立可得：aB≈0.67 m/s2。 答案：(1)两车会相撞　5 s　(2)0.67 m/s2 9.答案　(1)99 m　(2)8.6 s 解析　(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0 则有：v2－v＝－2ah， 又v＝2g(224 m－h) 联立并代入数据解得：v0＝50 m/s，h＝99 m (2)设伞兵在空中的最短时间为t， 则有：v0＝gt1， t1＝5 s t2＝＝3.6 s， 故所求时间为：t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s. 10.【解析】速度图象在t轴下方的为反方向运动,故2 s末乙改变运动方向,A项错误;2 s末从图线与坐标轴所围成的面积可知乙运动的位移大小为3 m,甲运动的位移为3 m,相向运动,此时两者相距6 m-3 m-3 m=0,B项错误;从图象的斜率看,斜率大表示加速度大,故乙的加速度在4 s内一直比甲的加速度大,C项正确;4 s末,甲的位移为12 m,乙的位移为3 m,两车原来相距6 m,故此时相距3 m,D项错误。【答案】C 11.【解析】超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等,在这段时间内汽车的位移x=(355-335)m=20 m,因为初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1∶3,所以,x1=5 m,x2=15 m,则超声波追上A时,A、B的距离x'=(335+5)m=340 m,所以超声波从B发出到追上A所需的时间T==1 s,则t=2T=2 s,A项正确,B项错误;根据Δx=aT2得,a== m/s2=10 m/s2,故C项正确,D项错误。【答案】A 专题02 静态平衡参考答案 【题型一】 力的合成与分解 【典例分析】 解析：选D　设发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sin θ＝＝，cos θ＝＝。发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2Fcos θ，F＝kx＝kL，故F合＝2kL·＝kL，D正确。 【变式演练】 1．解析：选A　F1和F2在L上的分力之和等价于F1、F2的合力在L上的分力，而F1和F2的合力要在L上的分力最大，就应该取这个合力本身的方向，所以A正确。 2．解析：选AD　O点为两段绳的连接点，属于“死结”，AO绳的拉力FA与BO绳的拉力FB大小不相等。结点O处电灯的重力产生了两个效果，一是沿OA向下的拉紧AO的分力F1，二是沿BO向左的拉紧BO绳的分力F2，画出平行四边形如图所示。 由几何关系得F1＝＝10 N，F2＝＝10 N，故FA＝F1＝10 N，FB＝F2＝10 N，故A、D正确。 3．解析：选BD　物体在F1、F2、F3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B、D选项中的三个力的合力可以为零且三个力不共线。 【题型二】 三力静态平衡 【典例分析】解析：选B　将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确。 【变式演练】 1．解析：选D　将两小球及弹簧B视为一个整体系统，该系统水平方向受力平衡，故有kΔxAsin 30°＝kΔxC，可得ΔxA∶ΔxC＝2∶1，D项正确。 2．解析：选A　对其中一个小球进行受力分析，如图所示，根据平衡条件可得F＝mgtan，根据胡可定律可得F＝kx，联立两式解得x＝，A正确。 3．解析：选AD　对滑块A，据平衡条件得mgsin 30°＝kx，其中x＝l0－l，解得l0＝l＋，A正确，B错误；对A、B构成的整体，据平衡条件得Fcos 30°＝2mgsin 30°，解得F＝mg，C错误，D正确。 【题型三】 三力以上静态平衡 【典例分析】解析：设杆的弹力大小为F，与水平方向的夹角为α， (1)弹簧向左拉小球时，小球受力如图甲所示。 由平衡条件知： 代入数据解得：F＝5 N，α＝53° 即杆对小球的作用力大小为5 N，方向与水平方向成53°角斜向右上方。 (2)弹簧向右推小球时，小球受力如图乙所示。 由平衡条件得： 代入数据解得：F≈15.5 N，α＝π－arctan。 即杆对小球的作用力大小约为15.5 N，方向与水平方向成arctan斜向左上方。 答案：见解析 【变式演练】 1．解析：选D　物块受到的重力沿斜面向下的分力为mgsin θ，有F作用时静摩擦力的大小等于F和mgsin θ的合力，方向沿其合力的反方向。将力F撤掉，摩擦力大小变为mgsin θ，方向沿斜面向上，物块受到的摩擦力变小，物块加速度为零，仍然静止。综上知D正确。 2．解析：选A　磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力作用而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力mg；先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力沿垂直于斜壁方向及平行于斜面方向分解，则在沿斜壁方向上有f＝(F－mg)cos θ，在垂直斜壁方向上有FN＝(F－mg)sin θ，则f＝μ(F－mg)sin θ，故A正确。 3．解析：选C　将四个球看做一个整体，地面的支持力与球的重力平衡，设其中一个球受到的支持力大小为FN，因此3FN＝4mg，选项C正确。最上面的球对下面三个球肯定有压力，即有弹力，选项A错误。以下方三个球中任意一个球为研究对象，受力如图所示，由此可知选项B错误；由于地面与球之间的摩擦力为静摩擦力，因此不能通过Ff＝μFN求解，选项D错误。 【题型四】 不共面的力静态平衡 【典例分析】选B 设每根网绳的拉力大小为F′，对结点O有：4F′cos 60°－F＝0，解得F′＝，选项B正确。 【变式演练】 1．解析：选C　木块受重力G、推力F、支持力N和静摩擦力f，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力F′＝Gsin θ＝3 N和垂直斜面向下的分力Gcos θ＝3 N; 在斜面所处平面内，由力的合成知识可得f＝＝5 N，故C正确。 2．[方法点拨] 降落伞的悬绳对称，则各悬绳上的拉力大小相等，且各悬绳与竖直方向的夹角大小相等，因此各悬绳的拉力在竖直方向的分力大小也相等。 [解析]　物体受重力和n根悬绳拉力作用处于平衡状态，由对称性可知，每条悬绳拉力的竖直分力为，设绳与竖直方向的夹角为θ，则有Fcos θ＝，解得F＝，由于无法确定ncos θ是否大于1，故无法确定拉力F与重力G的关系，C、D错误；悬绳较长时，夹角θ较小，故拉力较小，即F1>F2，A错误，B正确。 [答案]　B 3．解析：选B　货物所受绳索拉力的合力等于货物的重力，根据对称性可知，每条绳索拉力的竖直分力Fcos 30°＝mg，解得F≈7.0×104 N，B项正确。 1．答案　C 2．[思路点拨] (1)物体在力F1或F2作用下做匀速运动，物体所受合力均为零。 (2)将物体所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解。 [解析]　物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图所示。 将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得： F1＝mgsin θ＋Ff1，FN1＝mgcos θ，Ff1＝μFN1 F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2 FN2＝mgcos θ＋F2sin θ Ff2＝μFN2 解得：F1＝mgsin θ＋μmgcos θ F2＝ 故＝cos θ－μsin θ，B正确。 [答案]　B 3.解析：选C　如图所示，由于不计摩擦，轻环a、b及挂钩处均为“活结”，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m。故选项C正确。 4．解析：选AC　如图所示，因F2＝F＞Fsin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝＝F，即F1的大小分别为Fcos 30°－ΔF和Fcos 30°＋ΔF，即F1的大小分别为F和F，A、C正确。 5.答案　AB 解析　对风筝进行受力分析如图所示，将所有的力沿风筝和垂直于风筝进行正交分解，则FTcos θ＝mgcos 60°，FTsin θ＋mgsin 60°＝F，解得θ＝60°，F＝10 N，细线与风筝成60°角，也就是与水平成30°角，A、B正确；将风筝和人视为一个整体，由于受风力向右上方，因此地面对人的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律，人对地面的摩擦力水平向右，C错误；由于细线对人有向上的拉力，因此人对地面的压力小于人的重力290 N，D错误. 6、【解析】O'a与aA两细线拉力的合力与斜线OP的张力大小相等。由几何知识可知FO'a=FaA=20 N,且OP与竖直方向的夹角为30°,D项错误;重物A的重力GA=FaA,所以mA=2 kg,B项正确;桌面对B的摩擦力Ff=FO'b=FO'acos 30°=10 N,C项正确;弹簧的弹力F弹=FO'asin 30°=10 N,A项正确。 【答案】ABC 7.解析：选A　因为P、Q都做匀速运动，因此可用整体法和隔离法求解。隔离Q进行分析，Q在水平方向受绳向左的拉力FT和向右的摩擦力Ff1＝μmg，因此FT＝μmg。对整体进行分析，整体受绳向左的拉力2FT，桌面对整体的向左的摩擦力Ff2＝2μmg，向右的外力F，由平衡条件得：F＝2FT＋Ff2＝4μmg。故A正确。 8.答案　B 解析　对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：＝，选项B正确. 专题03 动态平衡及平衡中的临界、极值问题 【题型一】 三力动态平衡图解法 【典例分析】[解析]　以O点为研究对象，受力分析，如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。 [答案]　A 【变式演练】 1．解析：选C　由题图可知，要使CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示， 则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1，及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小；故最小力F＝FTsin 60°＝mg。故C正确。 2．解析：选BC　以小物块为研究对象，分析受力情况，如图所示， 物块受到重力G、支持力FN和推力F三个力作用，根据平衡条件可知，FN与F的合力与G大小相等，方向相反。将推力F沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中(F由位置1→3)，根据作图可知，M槽对小物块的支持力FN逐渐增大，推力F先减小后增大，当F与FN垂直时，F最小。故A、D错误，B、C正确。 3．解析：选AD　设重物的质量为m，绳OM中的张力为T，绳MN中的张力为TMN。开始时，T＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。 如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。 亦可用图解法 【题型二】 三力动态平衡解析法 【典例分析】 [解析]　小球沿圆环缓慢上移可看作处于平衡状态，对小球进行受力分析，作出受力示意图如图所示，由图可知△OAB∽△GFA即：＝＝，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故C正确。[答案]　C 【变式演练】 1．解析：选AB　设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝＝，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cos α变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误。 2．解析：选C　对本块受力分析可知，木块受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，木块受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f＝mgsin θ，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到的支持力FN＝mgcos θ，由于运动过程中，夹角增大，故支持力减小，故A、B错误；由于木块一直处于平衡状态，故木块受到木板的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误。 3．答案　A 解析　由C到B时，两绳夹角不变，故绳子拉力不变，由B到D时，两绳夹角θ增大，2FTcos ＝mg，绳子拉力增大. 【题型三】 三力以上动态平衡问题 【典例分析】[解析]　对物块受力分析，建立如图所示的坐标系。 由平衡条件得，Fcos θ－Ff＝0，FN－(mg＋Fsin θ)＝0，又Ff＝μFN，联立可得F＝，可见，当θ减小时，F一直减小；由摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsin θ)可知，当θ、F减小时，Ff一直减小。综上分析可知，B正确，A、C、D错误。[答案]　B 【变式演练】 1．答案　(1)　(2)60° 解析　(1)如图所示，未施加力F时，对物体受力分析，由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30° 解得μ＝tan 30°＝ (2)设斜面倾角为α时，受力情况如图所示，由平衡条件得： Fcos α＝mgsin α＋Ff′ FN′＝mgcos α＋Fsin α Ff′＝μFN′ 解得F＝ 当cos α－μsin α＝0，即tan α＝时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°. 2．【解析】对滑轮2和物体b受力分析,受重力和两个拉力作用,如图乙所示。根据平衡条件有mbg=2Tcos θ,解得T=,将固定点c向右移动少许,则θ增大,拉力T增加,A项正确;对斜劈、物体a、物体b整体受力分析,受重力、细线的拉力、地面的静摩擦力和支持力作用,如图丙所示,根据平衡条件有FN=G总-Tcos θ=G总-mbg,恒定不变;根据牛顿第三定律可知,斜劈对地面的压力不变,B项错误;地面对斜劈的静摩擦力f=Tsin θ=mbgtan θ,随着θ的增大,摩擦力增大,D项正确;对物体a受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力作用,由于不知道拉力与重力沿斜面向下的分力的大小关系,故无法判断静摩擦力的方向,即不能判断静摩擦力的变化情况,C项错误。 　　　乙　　　　　　　　丙 【答案】AD 【题型四】 连接体动态平衡问题 【典例分析】解析：选C　滑块缓缓地沿曲面向上滑动，滑块受力平衡，将物体与滑块作为整体分析，整体受力也是平衡的，则在竖直方向上地面对物体的支持力N与整体总重力平衡，即N不变，选项A错误；滑块缓缓地沿曲面向上滑动的过程中，受到竖直向下的重力、水平向右的拉力和垂直接触面斜向上的支持力N1作用而平衡，设支持力N1与竖直方向的夹角为θ，滑块的重力为G，则N1＝，N1随着θ的增大而增大，选项C正确，B、D错误。 【变式演练】 1．解析：选C　b受力平衡，对b受力分析，如图甲所示。 设绳与竖直方向的夹角为α，b缓慢移动直到与竖直方向成30°角的过程中，α变大，根据平行四边形定则可知，T逐渐增大，F逐渐增大，故A错误，C正确；对a受力分析，如图乙所示。刚开始T＝mg，a处于静止状态，则f＝T－mgsin 30°＝mg，方向向下，T增大时，f增大，摩擦力增大，由于不知道最大静摩擦力的具体值，所以不能判断a是否会滑动，故B、D错误。 2．答案　AB 解析　同一条绳子上的拉力相等，对B受力分析，当两条绳子的夹角为90°时，绳子的拉力为FT＝mgsin 45°＝mg，对A受力分析，在沿斜面方向上有：A受到最大静摩擦力，重力沿斜面向下的分力和绳子的拉力，故有mAgsin 30°＋Ffm＝FT，Ffm＝μmAgcos 30°，解得mA＝m，A正确；当两个轻绳都是竖直方向时，绳子的拉力最小，为mg，此时mAgsin 30°<mg，所以刚一开始静摩擦力方向沿斜面向下，故mAgsin 30°＋Ff＝FT，随着FT的增大，摩擦力在增大，B正确；将斜面和A以及B看做一个整体，受到最右边绳子的拉力作用，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于mg，故有Ff＝mgtan ，随着θ的增大，摩擦力在增大，C错误；对物体A和斜面体受力分析，受最左边绳子斜向下的拉力，这个拉力在竖直方向上的分力恒等于mg，所以斜面体对地面的压力恒定不变，D错误. 3．①整个系统处于静止状态；②F方向不变，大小在一定范围内变化. 答案　BD 解析　由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FT＝mag，所以物块a受到绳的拉力保持不变.由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示.由平衡条件得：FTcos β＋Ff＝Fcos α，Fsin α＋FN＋FTsin β＝mbg.其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确. 【题型五】 平衡中的临界问题 【典例分析】解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ。 (1)木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff，Fsin α＋FN＝mgcos θ，Ff＝μFN， 解得F＝＝ ＝ 则当α＝θ时，F有最小值，则Fmin＝mgsin 2θ。 (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于F的水平分力，即Ff′＝Fcos(α＋θ) 当F取最小值mgsin 2θ时， Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 2θ·cos 2θ＝mgsin 4θ。 答案：(1)mgsin 2θ　(2)mgsin 4θ 【变式演练】 1．解析：选B　将ab看成一个整体受力分析可知，当力F与Oa垂直时F最小，可知此时F＝2mgsin θ＝mg，B正确。 2．解析：选B　手对最外侧两木板的静摩擦力大小相等、方向相同。先将所有的木板看成整体，受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，且二力平衡，有2μ1F≥8mg，F≥8 N，再对除最外侧两木板之外的木板整体受力分析，竖直方向受重力和静摩擦力，由二力平衡有2μ2F≥6mg，得F≥15 N，可知选项B正确。 3．解析：选BD　物块有相对于钢板水平向左的速度v1和沿导槽的速度v2，故物块相对于钢板的速度如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，物块做匀速运动，所受导槽的作用力和拉力F的合力与滑动摩擦力大小相等、方向相反，由几何关系易知，F的方向沿y轴正方向时有最小值，即F＝fcos θ＝μmgcos θ＝μmg<μmg，故B、D正确。 1．解析：选C　当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2θ。以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出受力图如图甲所示。根据平衡条件得2Fcos θ＝mg，得到绳子的拉力F＝，所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端的过程中，θ增大，cos θ减小，则F变大。 当轻绳的右端从直杆最上端移到C点时，如图乙，设两绳的夹角为2α。设绳子总长为L，两直杆间的距离为s，由数学知识得到sin α＝，L、s不变，则α保持不变。再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变。所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变，C正确。 2．答案　AD 解析　将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作于一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G.斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，可知三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力最小，甲图中斜面对球O弹力最大.故B、C错误，A、D正确. 3、答案　BD 解析　设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到墙壁的距离为s，根据几何知识和对称性，得： sin α＝ ① 以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得：2Fcos α＝mg， 得F＝ ② 当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由②式得知，F不变，故A错误，B正确.当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由①式得知，α增大，cos α减小，则由②式得知，F增大.故C错误，D正确.故选B、D. 4.答案　AD 解析　以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳OB的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小. 5.答案　D 解析　球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2.如图甲所示： 将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，F1＝G1＝，F2＝G2＝Gtan θ.当A向右移动少许，根据题意可知，A对球B的作用力F1与竖直方向的夹角θ将减小，所以cos θ增大，tan θ减小，即墙壁对球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小.根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小.选项A、B错误；再对A进行受力分析如图乙：由于A处于平衡状态，所以A受地面摩擦力Ff＝FBsin θ，根据题意知，B对A的压力FB减小且FB与竖直方向的夹角θ减小，故A所受地面的摩擦力Ff减小.选项C错误；对整体受力分析可知，地面对A的支持力等于A、B的重力之和，故选项D正确；故选D. 6.答案　BD 解析　设a、b的重力分别为Ga、Gb.若Ga＝Gbsin θ，b受到c的摩擦力为零；若Ga≠Gbsin θ，b受到c的摩擦力不为零.若Ga>Gbsin θ，b受到c的摩擦力沿斜面向下，则b对c的摩擦力方向沿斜面向上，故A错误，B正确.以b、c整体为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得知地面对c的摩擦力Ff＝FTcos θ＝Gacos θ，方向水平向左.在a中的沙子缓慢出的过程中，Ga减小，摩擦力减小.故D正确，C错误. 7.答案　B 解析　因为A、B始终保持静止，对A、B整体受力分析可知，地面对B的支持力一直等于(M＋m)g，A错误.当F＝0时，A对B的压力最小，为mgcos 30°＝mg；当F＝mg时，A对B的压力最大，为mgcos 30°＋Fsin 30°＝mg，B正确.当Fcos 30°＝mgsin 30°时，即F＝mg时，A所受摩擦力为0，当F＝0时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向上，当F＝mg时，A所受摩擦力大小为mg，方向沿斜面向下，选项C、D错误. 8.答案　G 解析　由三角劈与地面之间的最大静摩擦力可以求出三角劈所能承受的最大压力，由此可求出球的最大重力.球A与三角劈B的受力情况如图甲、乙所示， 球A在竖直方向的平衡方程为GA＝FNsin 45° 三角劈的平衡方程为Ffm＝FN′sin 45° FNB＝G＋FN′cos 45° 另有Ffm＝μFNB，FN＝FN′ 联立以上各式可得GA＝G. 9.答案　A 解析　由于座椅处于静止状态，其所受合力为零，故两轻绳对座椅拉力的合力F与座椅的重力等大反向；两支架向内微小倾斜，两轻绳的夹角减小，两轻绳对座椅拉力的合力F与座椅的重力等大反向，F不变；两分力F1随着夹角的减小而减小，选项A正确，选项B、C、D错误. 10.答案　B 解析　对P受力分析，P受到重力、拉力和Q对P的支持力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力F＝，Q对P的支持力FN＝mgtan θ.铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大，故A错误.对Q受力分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故B正确，C、D错误. 11、【解析】设AB上的拉力为F1,AC上的拉力为F2,由平衡条件有Fcos θ-F2-F1cos θ=0,Fsin θ+F1sin θ-mg=0 可得F=-F1 F=+ 要使两绳都能绷直,则有F1≥0,F2≥0 则F取最大值Fmax== N F取最小值Fmin== N F大小的取值范围为 N≤F≤ N。 【答案】 N≤F≤ N 专题04 动力学中的连接体、瞬态、超失重问题参考答案 【题型一】 动力学中的共a的连接体问题 【典例分析】解析：选D　以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得： mAgtan θ＝mAa， 得：a＝gtan θ，方向水平向右。 再对B研究得：小车对B的摩擦力为：f＝ma＝mgtan θ，方向水平向右， 小车对B的支持力大小为N＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B产生的作用力的大小为： F＝＝mg，方向斜向右上方， 故D正确。 【变式演练】 1．解析：选C　由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin α·cos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。 2．解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。 3．解析：选C　对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a＝＝gsin θ；则再对B由牛顿第二定律可知：F合＝Ma＝Mgsin θ；合力等于B的重力沿斜面向下的分力；故说明A、B间没有相互作用力，故A、B、D错误，C正确。 【题型二】 动力学中的不共a的连接体问题 【典例分析】解析：选D　对滑轮分析：F－2T＝ma，又m＝0， 所以T＝＝＝3mg， 对A分析：由于T<4mg故A静止，aA＝0 对B：aB＝＝＝2g，故D正确。 【变式演练】 1．解析：选C　箱子和杆处于静止状态，由力的平衡条件得，地面对箱子的支持力FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg，根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，则：FN′＝FN＝Ff＋Mg。 2．[解析]　设绳子对建材的拉力为F1，F1－mg＝ma F1＝m(g＋a)＝210 N 绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N 人处于静止状态，则地面对人的支持力 FN＝Mg－F2＝490 N， 由牛顿第三定律知：人对地面的压力FN′＝FN＝490 N 故B项正确。 [答案]　B 3．解析：选C　以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，根据牛顿第二定律，对B可知f＝m2a，对A可知T－f′＝m1a，f＝f′，联立解得T＝(m1＋m2)a，故D错误。 【题型三】 瞬态问题 【典例分析】解析：选BC　设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得：Fcos θ＝mg，Fsin θ＝T，解得：F＝，T＝mgtan θ。在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝＝gsin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝＝，C正确，D错误。 【变式演练】 1．解析：选D　对ab整体分析可知，整体受重力和细线上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。 2．解析：选CD　撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。 3．解析：选B　剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mgsin 30°＝mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝mg；剪断细线瞬间，对A、B系统分析，加速度为：a＝＝，即A和B的加速度均为。 【题型四】 超失重问题 【典例分析】解析：选B　分析图像可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G＝500 N，A错误。c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误。在f点，人只受重力，加速度g＝10 m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。 【变式演练】 1．解析：选D　高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的g，总是处于完全失重状态，故选项D正确。 2．解析：选AD　人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确。 3．答案　D 解析　利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确． 1．解析：选BD　在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用。小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝＝ m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确。 2．[解析]　对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得： F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a， 隔离物块B，应用牛顿第二定律得， FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa。 以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。 [答案]　AB 3．解析：选BC　在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F＝4ma，对A、D木块有fA＝fD＝ma，解得A、D木块所受摩擦力大小fA＝fD＝，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。 4．解析：(1)整体以加速度a匀加速向右运动，根据牛顿第二定律： F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝6 N。 (2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN 对小球受力分析：在水平方向：kxcos θ－FNsin θ＝ma 在竖直方向：kxsin θ＋FNcos θ＝mg 解得：x＝0.017 m　FN＝3.7 N。 答案：(1)6 N　(2)0.017 m　3.7 N 5、答案　B 解析　小铁球受重力mg、FTa、FTb三个力作用，如图所示， 将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有FTacos 30°＝mg，而FTa＝k1x1，解得x1＝，选项A错误．在水平方向上有FTasin 30°＝FTb，而FTb＝k2x2，可求得a、b两弹簧的伸长量的比值为＝，选项B正确．弹簧b的左端松脱瞬间，弹簧a的弹力不变，弹簧a的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mgtan 30°，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝ma1，可得弹簧b的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a1＝gtan 30°＝g，选项C错误．弹簧a的下端松脱瞬间，弹簧b的弹力不变，弹簧b的弹力和小铁球的重力的合力方向与FTa反向，大小为，由牛顿第二定律得＝ma2，可得弹簧a的下端松脱瞬间小铁球的加速度为 a2＝＝g，选项D错误． 6、答案　B 解析　细线烧断前，ABC作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F＝3mgsin θ，对C受力分析，沿斜面方向细线拉力FT＝mgsin θ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对C受力分析，没有细线拉力，mgsin θ＝ma1，加速度a1＝gsin θ，选项D错误；A、B之间由轻杆连接，相对静止，对AB整体受力分析可得F－2mgsin θ＝2ma2，合力沿斜面向上，得a2＝gsin θ，选项A错误，B正确；对B受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力FT′－mgsin θ＝ma2＝mgsin θ，得轻杆弹力FT′＝mgsin θ，选项C错误． 7．答案　D 解析　撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F后，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a、a2＝a，故选项D正确． 8．答案　CD 解析　初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力FN、细线的拉力FT，由平衡条件可得FT＝2mgsin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力FT，由平衡条件可得：F弹＝FT＋mgsin θ＝3mgsin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2gsin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝gsin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋F＝ma′，解得F＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确． 9．答案　(1)6 N　(2)0.017 m　3.7 N 解析　(1)整体以a匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 得F＝6 N (2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN 对小球受力分析：在水平方向：kxcos θ－FNsin θ＝ma 在竖直方向：kxsin θ＋FNcos θ＝mg 解得：x＝0.017 m FN＝3.7 N. 10、答案　C 解析　A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A错误.对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，解得FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确.水平面光滑，绳刚断时，对A、C整体分析，加速度a＝，隔离A单独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误. 11.答案　D 解析　静止时，弹簧受到的压力F大小等于B、C的重力2mg，则由胡克定律F＝kΔx，求出弹簧的形变量Δx为，A错误；剪断细绳瞬间，由于弹簧弹力不能突变，C物块所受合力为0，加速度为0，C处于静止状态，B错误；剪断细绳瞬间，将吊篮和A物块当作一个整体，受到重力为(M＋m)g，以及弹簧的弹力2mg，则吊篮P和物块A的加速度a＝，D正确；剪断细绳瞬间，A物块和吊篮P的加速度相同，均为，则A物块与吊篮P不会分离，C错误. 专题05 动力学中的临界问题、动态分析问题 【题型一】 等时圆 【典例分析】解析：选B　如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，B项正确。 【变式演练】 1．[解析]　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确。 [答案]　BCD 2．解析：选A　因ABCD为矩形，故A、B、C、D四点必在以AC边为直径的同一个圆周上，由等时圆模型可知，由A、B、D三点释放的小球a、b、d必定同时到达圆的最低点C点，故A正确。 3．解析：选B　由等时圆模型可知，A、C在圆周上，B点在圆周外，故tA＝tC<tB，B正确。 【题型二】 动力学中的动态分析问题 【典例分析】解析：选BCD　刚开始时，弹簧对木块的作用力小于外力F，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A错误，B、C、D正确。 【变式演练】 1．解析：选D　滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故D正确，A、B、C错误。 2．解析：选A　当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。 3．解析：选A　对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，当a增加到两倍时，tan θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。细线的拉力FT＝，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。 【题型三】 有关弹力的临界问题 【典例分析】[解析]　A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0， 对B：F－mg＝ma， 对A：kx－mg＝ma。 即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由F＝mg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0， 则2mg＝kx0，h＝x0－x， 解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确。 [答案]　C 【变式演练】 1．解析：选B　施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，故C错误；当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。 2．解析：选BC　若向左拉m1，则隔离对m2分析，Tm＝m2a 则最大加速度a＝3 m/s2 对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(2＋3)×3 N＝15 N。故B正确，A错误。 若向右拉m2，则隔离对m1分析，Tm＝m1a′ 则最大加速度a′＝2 m/s2 对两物块系统：F2＝(m1＋m2)a′＝(2＋3)×2 N＝10 N。故D错误，C正确。 3．解析：选AD　设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝＝m/s2＝1.2 m/s2，分离时：F2－Ff＝mBa， 得：F2＝Ff＋mBa＝0.3 N＋2×1.2 N＝2.7 N， 经历时间：t＝×2.7 s＝3 s， 根据位移公式：x＝at2＝5.4 m，则D正确； 当t＝2 s时，F2＝1.8 N，F2＋Ff＝mBa，得：Ff＝mBa－F2＝0.6 N，A正确，B错误； 当t＝2.5 s时，F2＝2.25 N，F2＋Ff＝mBa， 得：Ff＝mBa－F2>0，A对B的作用力方向向右，C错误。 【题型四】 有关摩擦力的临界问题 【典例分析】[解析]　当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为： aB＝a1＝＝μg， 当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg， 可得a1∶a2＝1∶3，C正确。 [答案]　C 【变式演练】 1．[解析]　(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ 联立解得：μ＝。 (2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 由0－v02＝2ax得x＝， 令cos α＝，sin α＝， 即tan α＝μ， 则x＝， 当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°， 所以x最小值为 xmin＝ m ＝＝ m。 [答案]　(1)　(2)θ＝60°　 m 2．解析：选ABC　当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静摩擦力达到最大即μmg，所以绳中拉力为F－μmg，故B正确；当F＞2μmg时，对整体：a＝，对B：a＝，联立解得绳中拉力为F，故C正确；由以上的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力为F－μmg，绳中拉力可能等于F，故D错误。 3．解析：选BC　对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f2＝μ(M＋m)g＋μMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1＝Ma1，F－f1－f2＝ma2，发生相对运动需要a2>a1，代入已知条件解得：F>2μ(M＋m)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于＝＝，匀减速运动的位移小于＝＝，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1＝μg，纸板的加速度a2＝＝2μg，根据a2t2－a1t2＝d，解得t＝，则此时砝码的速度v＝a1t＝，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′＝μg，则匀减速运动的位移为＝＝d，而匀加速运动的位移x′＝a1t2＝d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误。 1．解析：选AD　当f1＞2f2，C、D即将发生相对滑动时，C、D间的静摩擦力达到最大值f2，先以D为研究对象，由牛顿第二定律得：f2＝2ma，得a＝，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma＝3f2。此时，以BCD整体为研究对象，可知，A对B的摩擦力fAB＝4ma＝2f2＜f1，说明A、B间相对静止，故A正确，B错误。当f1＜2f2，A、B即将发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值f1，先以BCD整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f1＝4ma′，得a′＝，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝6ma′＝f1。此时，以D为研究对象，根据牛顿第二定律得：C对D的摩擦力fCD＝2ma′＝＜f2，则知C、D间相对静止，故C错误，D正确。 2．解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1； 解得：a1＝6 m/s2。 对物块有：μ1mg＝ma2； 解得：a2＝4 m/s2。 因为a2<a1，故假设成立。 设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有：＝a1t2－a2t2 代入数据解得：t＝1 s 在此过程中，木板的位移为： x1＝a1t2＝×6×12 m＝3 m， 末速度为：v1＝a1t＝6×1 m/s＝6 m/s。 物块的位移为：x2＝a2t2＝×4×12 m＝2 m， 末速度为：v2＝a2t＝4×1 m/s＝4 m/s。 在小物块从木板上滑落后的0.2 s内，由牛顿第二定律， 对木板有：F－μ1Mg＝Ma1′ 解得：a1′＝8 m/s2。 木板发生的位移为：x1′＝v1t0＋a1′t02 解得：x1′＝1.36 m 此时木板距平台边缘的距离为： Δx＝l－x1－x1′＝(5－3－1.36)m＝0.64 m。 (2)小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律， 对物块有：μ2mg＝ma2′ 解得：a2′＝μ2g 若小物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：x2′＝ 要使物块最终不会从平台上掉下去需满足： l＋≥x2＋x2′，联立解得：μ2≥0.2。 答案：(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2 3．解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得： F＝(m1＋m2)a， 对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a， 联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。 (2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1， 解得a1＝2 m/s2， 2 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s。 木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有： F1－μ1m1g＝m2a2， 解得a2＝4 m/s2。 1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s。 在1～2 s内F2＝μ1m1g， 木板做匀速运动，速度为4 m/s。 2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝＝μ2g， m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g。 所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3， 得：a3＝－2 m/s2。 速度从4 m/s减至零的时间t3＝＝ s＝2 s。 木板做匀减速直线运动有： －μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。 得：a4＝－ m/s2。 速度从4 m/s减至零的时间t4＝＝ s＝1.5 s。 二者在整个运动过程的v­t图像如图所示(实线是木板的v­t图像，虚线是物块的v­t图像)。 0～2 s内物块相对木板向左运动 Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12， 2～4 s内物块相对木板向右运动 Δx2＝－， 解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。 所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。 答案：(1)8 N　(2)见解析图　1 m 4、答案　C 解析　A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A错误.对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，FT－μ·4mg＝4ma，解得FT＝F，当F＝1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确.水平面光滑，绳刚断时，对A、C整体分析，加速度a＝，隔离A单独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma＝，故D错误. 5、答案　(1)　(2) 解析　(1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，滑块受力如图所示. 设一起加速的最大加速度为a，对滑块应用牛顿第二定律得： FNcos α＋Ffmsin α＝mg ① Ffmcos α－FNsin α＝ma ② 由题意知Ffm＝μFN ③ 联立解得a＝g 对整体受力分析F＝(M＋m)a 联立解得F＝ (2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时M的加速度为aM，则对M：F＝MaM 当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有＝tan α，即＝tan α联立解得F＝. 6.答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 解析　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L＝v0t＋at2 ① v＝v0＋at ② 联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2 ③ v＝8 m/s ④ (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma ⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 ⑥ 又Ff＝μFN ⑦ 联立⑤⑥⑦式得 F＝ ⑧ 由数学知识得 cos α＋sin α＝sin(60°＋α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30° ⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin＝ N. 7.答案　BCD 解析　当0<F≤μmg时，A、B皆静止；当μmg<F≤3μmg时，A、B相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F>3μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确.当F＝μmg时，A与B共同的加速度a＝＝μg，选项B正确.F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝＝μg，选项D正确. 8.答案　(1)g　见解析图甲　(2)3g　见解析图乙 解析　(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示. 因为AB＝BC＝b，AC＝b，故轻绳BC与AB垂直，θ＝45°. 由牛顿第二定律，得mgtan θ＝ma. 可得a＝g. (2)小车向左的加速度增大，BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示. 由牛顿第二定律，得FTm＋mgtan θ＝mam. 因FTm＝2mg，所以最大加速度为am＝3g. 9.答案：D 解析：本题考查受力分析及匀变速直线运动。设之间的水平距离为L，则的长度，物块沿光滑斜面下滑的加速度，根据匀变速直线运动的规律，联立各式可得，夹角θ由30°逐渐增大至60°过程中，先增大后减小，故时间先减小后增大，D项正确。 10.答案　BC 解析　对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A项错误；根据牛顿第二定律有： 水平方向：F－Ff－F2＝ma ① 竖直方向：FN＋F1＝mg ② Ff＝μFN ③ 且F1＝k1v2 ④ F2＝k2v2 ⑤ 联立①～⑤得：F－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma整理得 F－μmg＋(μk1－k2)v2＝ma ⑥ 当k2＝μk1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B项正确；当μk1＞k2时，加速度随速度的增大而增大，C项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得 a＝＝(0.25－μ)g ⑦ 刚起飞时，支持力FN＝0，地面摩擦力为0，mg＝k1v2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v2＝ ⑧ v2＝2ax ⑨ 联立⑦⑧⑨解得x＝，D项错误. 专题06 动力学中的图像问题 【题型一】 动力学中的运动图像 【典例分析】解析：选A　当将外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上加速，随弹力减小，物体向上的加速度减小，但速度不断增大，当F弹＝G时加速度为零，物体速度达到最大，之后F弹＜G，物体开始向上做减速运动，如果物体未脱离弹簧，则加速度就一直增大，速度一直减小，直到为零；若物体能脱离弹簧，则物体先做加速度增大的减速运动，脱离弹簧后做加速度为g的匀减速运动，所以选项A正确，B、C、D均错误。 【变式演练】 1．[解析]　由题图可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下，设斜面倾角为θ，物体与斜面之间的动摩擦力为f，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。 [答案]　A 2．解析：选B　根据图像可知，第2 s末加速度为零，根据牛顿第二定律可知，合外力为零，所以拉力等于重力，故A错误；根据图像可知，第1 s内的加速度为正，方向向上，则拉力大于重力，第4 s内的加速度为负，方向向下，拉力小于重力，所以第1 s内的拉力大于第4 s内的拉力，故B正确；根据图像可知，0～4 s内，重物一直向上运动，2 s末速度没有反向，故C错误；速度图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据图像可知，前4 s内位移为正，不为零，故D错误。 3．解析：选C　物块在上升过程中加速度大小为a＝，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g。在下降的过程中加速度a＝，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C正确。 【题型二】 有关力的图像 【典例分析】解析：选ABC　当F>20 N时，根据牛顿第二定律： F－f＝ma，得a＝－＋ 则由数学知识知图像的斜率k＝ 由图得k＝＝，可得物体的质量为5 kg。 将F＝20 N时a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得： 物体受到的摩擦力f＝15 N 由f＝μFN＝μmg可得物体的动摩擦因数μ，故A、B、C正确。 因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。 【变式演练】 1．[解析]　题干中F先增大后减小，力的大小随时间变化，但是方向没有变化，由F＝ma得加速度先增大后减小，所以物体一直处于加速状态，但不是匀加速，故A、C、D错误，B正确。 [答案]　B 2．解析：选ACD　当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B保持静止没有加速度，所以B项错误；此时f1＝f2＝F，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度a＝，A、B间的静摩擦力f1＝mBa＋f2max＝，B、C之间变成了滑动摩擦力保持不变，所以D项正确；当拉力再增大时，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度a′＝，综上所述A、C项正确。 3．解析：(1)滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝9.6 m/s2 设滑块上滑位移大小为L，则由v02＝2a1L，解得L＝4.8 m 滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律： mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2.4 m/s2 根据v2＝2a2L，解得v＝4.8 m/s。 (2)滑块沿斜面上滑过程用时t1＝＝1 s 对斜面与滑块构成的系统受力分析可得 Ff1＝ma1cos θ＝7.68 N 滑块沿斜面下滑过程用时t2＝＝2 s 对斜面与滑块构成的系统受力分析可得 Ff2＝ma2cos θ＝1.92 N Ff随时间变化如图所示。 答案：(1)4.8 m/s　(2)见解析图 【题型三】 图像综合 【典例分析】解析：选C　由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论： (1)若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2＝mg，则F1＜mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3＝mg，则F1＜mg，F2＜mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图像如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的。由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的。 【变式演练】 1．[解析]　物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移—时间图像的开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动，位移—时间图像的开口向下，故A错误；物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，B正确，C、D错误。 [答案]　B 2．解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得： F＝(m1＋m2)a， 对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a， 联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。 (2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1， 解得a1＝2 m/s2， 2 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s。 木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有： F1－μ1m1g＝m2a2， 解得a2＝4 m/s2。 1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s。 在1～2 s内F2＝μ1m1g， 木板做匀速运动，速度为4 m/s。 2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝＝μ2g， m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g。 所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3， 得：a3＝－2 m/s2。 速度从4 m/s减至零的时间t3＝＝ s＝2 s。 木板做匀减速直线运动有： －μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。 得：a4＝－ m/s2。 速度从4 m/s减至零的时间t4＝＝ s＝1.5 s。 二者在整个运动过程的v­t图像如图所示(实线是木板的v­t图像，虚线是物块的v­t图像)。 0～2 s内物块相对木板向左运动 Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12， 2～4 s内物块相对木板向右运动 Δx2＝－， 解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。 所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。 答案：(1)8 N　(2)见解析图　1 m 3．解析：选D　由题图甲所示可以知道：物体甲在0～2 s内做匀减速直线运动，在2～4 s内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变。由牛顿第二定律F＝ma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故A错误。物体甲的速度先减小后反向增大，故B错误。由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向。说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故C错误，D正确。 【题型四】 实验中的图像问题 【典例分析】解析：(1)小车实际的加速度为a＝，绳子拉力为F＝Ma＝，因此只有当m≪M时，拉力F才近似等于mg；实验中应先接通电源再释放小车。 (2)a＝＝0.390 m/s2，vB＝≈0.377 m/s。 (3)图线的斜率为小车及砝码的质量的倒数，因此小车及砝码的质量不同。 答案：(1)m≪M　之前　(2)0.390　0.377　(3)小车及砝码的质量 【变式演练】 1．[答案]　(1)AD　(2)远小于　(3)小于　大于 2．解析：(1)打点计时器使用时，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，A正确；要探究加速度与质量的关系时，就要改变小车的质量，这个实验是研究加速度随F变化关系，B错误；拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，C、D错误。 (2)小车在运动中要受到木板对小车的摩擦力和纸带与打点计时器间的摩擦力，要把小车所受拉力视为小车所受的合力，就要先平衡摩擦力。 (3)对aF图像来说，图像的斜率表示小车质量的倒数，此题中弹簧测力计的示数F＝F合，故小车质量为m＝。 (4)两股细绳拉小车，所以砂和砂桶的加速度是小车的2倍，所以砂和砂桶的加速度为2a。 (5)因为砂和砂桶有加速度，所以细绳的拉力小于砂和砂桶的重力，即弹簧测力计的读数小于砂和砂桶的重力。 答案：(1)A　(2)平衡摩擦力　(3)　(4)2a (5)小于 3．解析：(1)对铝箱分析，应有FT－mg＝ma， 对滑轮应有F＝2FT， 联立可解得a＝＝F－g， 可知图线的斜率k＝＝，解得m＝0.25 kg，纵轴截距－g＝－9.8，解得g＝9.8 m/s2。 (2)对于图线的斜率k＝，当砂桶和砂的总质量较大，可知图线的斜率不变，故选D。 答案：(1)0.25　9.8　(2)D 1．解析：选AC　由题图乙可知小物块在斜面上运动时的加速度大小为a＝＝2.5 m/s2，A正确，B错误；对小物块应用牛顿第二定律得ma＝μmgcos θ－mgsin θ，代入数据得μ＝，C正确；若小物块的速度足够大，则小物块将运动到水平面上，题图乙中的直线对小物块不再适用，D错误。 2．解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v­t图像得， a＝＝ m/s2＝3 m/s2 对于A、B整体，由牛顿第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。 (2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2 t＝＝ s＝2 s 物块A通过的位移xA＝t＝6 m 物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m 物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m。 答案：(1)15 N　(2)6 m 3．解析：选BD　设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F­x图像可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN­x图像是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－＜x0，因此B和D是可能正确的。 4.解析：选AC　上升过程中mg＋Ff＝ma1，由题图可知a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h＝at2可得＝＝ ，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝ s，可得v＝8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误。 5.解析：选B　分析图像可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G＝500 N，A错误。c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C错误。在f点，人只受重力，加速度g＝10 m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得a＝20 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。 6.解析：选AD　A、B间的滑动摩擦力大小为fAB＝μmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为f＝3μmg，故在0～t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，A、B间摩擦力为零，故A正确；A在木板上产生的最大加速度为a＝＝μg，此时对AB整体分析可知F－3μmg＝3ma，解得F＝6μmg，故在t1～t3时间内，AB一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；在t2时刻，AB整体加速度为a＝＝，A、B间的摩擦力大小为μmg，故C错误；在t3时刻以后，A、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为μmg，故D正确。 7.解析：选BC　根据牛顿第二定律得： 对B得：mg－F＝ma① 对A得：F－mAgsin θ＝mAa② 联立得a＝③ 若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，故A错误。 由③式变形得a＝。 当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确。 由③式得，m＝0时，a＝a2＝－gsin θ，故C正确。 当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知m0不能求出，故D错误。 8.解析：选ABC　小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T­a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，选项D错误。 9.解析：选BD　6 s末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项A错误；若0～6 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，而由图线可知，物块在0～6 s内的平均速度小于3 m/s，而物块在6～10 s内的平均速度等于3 m/s，故0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，根据a＝μg＝1.5 m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9 N，选项D正确。 10.答案　A 解析　若水平面光滑，则加速度a＝，即a∝F，满足a1∶a2∶a3＝F1∶F2∶F3＝1∶3∶2，可见A、B、C、D四个选项均不符合.若水平面不光滑，对A图进行分析：0～1 s内，a1＝＝＝2 m/s2,1～2 s内，a2＝＝＝2 m/s2,2～3 s内，a3＝＝＝1 m/s2，联立以上各式得Ff＝1 N，m＝1 kg，且a1∶a2∶a3＝2∶2∶1，符合实际，A项正确；同理，分析B、C、D项均不可能. 11、答案　A 解析　开始阶段水平力F较小，木板和木块一起做加速直线运动，由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a，即a＝＝t，两物体的加速度相同，且与时间成正比.随着水平力F的增加，木板和木块间的静摩擦力也随之增加，当两物体间的摩擦力达到μm2g后两者发生相对滑动，对木块有F－Ff＝m2a2，其中Ff＝μm2g，故a2＝＝t－μg，a2－t图象的斜率增大；而对木板，发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝，保持不变.综上可知，A正确. 专题07 两类基本动力学问题及传送带、块板问题 【题型一】 两类基本动力学问题 【典例分析】[解析]　(1)对物体，根据牛顿第二定律得 F－μmg＝ma1 代入数据得a1＝2 m/s2。 (2)当物体速度v1＝v0时，物体与小车间距离最大，即 t1＝＝ s＝2 s时， 两者之间最大距离 xmax＝s0＋v0t1－t1＝40 m＋4×2 m－4 m＝44 m。 (3)设推力作用的时间为t2， 根据位移公式得x1＝a1t22 则t2＝ ＝ s＝5 s 速度v2＝a1t2＝2×5 m/s＝10 m/s 撤去F后，物体运动的加速度为a2，经过t3时间停止，其位移为x2，根据牛顿第二定律μmg＝ma2 得a2＝μg＝2 m/s2 由v2＝2ax得x2＝＝ m＝25 m 而t3＝＝ s＝5 s。 物体运动的总时间t＝t2＋t3＝10 s 则d＝v0t＋s0－(x1＋x2)＝30 m。 [答案]　(1)2 m/s2　(2)44 m　(3)30 m 【变式演练】 1．答案　(1)2.5 m/s2　5 m/s2　(2)0.5　2 kg　(3)5 m/s 解析　(1)由图可得：a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2， a2＝＝ m/s2＝5 m/s2 (2)根据牛顿第二定律得：μmg＝ma2 解得：μ＝＝0.5 根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1 解得：m＝＝2 kg (3)平均速度＝＝＝＝ m/s＝5 m/s 2．答案　4 s 解析　撤去F前对物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有 Fcos α－Ff＝ma1① Ff＝μFN② FN＝mg－Fsin α③ x1＝a1t12④ 撤去F后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有 μmg＝ma2⑤ x2＝a2t22⑥ x1＋x2＝s⑦ a1t1＝a2t2⑧ 根据v－t图象中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速过程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速过程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得Fcos α－μ(mg－Fsin α)＝ma1利用数学知识可得最大加速度a1＝－μg＝2.5 m/s2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t1＝3 s，t2＝1 s，则总时间t＝t1＋t2＝4 s. 3．答案　(1)0.5　(2)2 m/s 解析　(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即Ff＝F1cos θ＝40 N μ＝＝＝0.5 (2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F2－mg)cos θ－Ff1＝ma； 在垂直斜面方向上有： FN＝(F2－mg)sin θ； 则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ 解得：a＝1 m/s2 x＝at2 解得t＝2 s v＝at＝2 m/s. 【题型二】 水平传送带问题 【典例分析】解析：(1)行李轻放在传送带上，开始是静止的，行李受滑动摩擦力而向右运动，设此时行李的加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma，a＝1.0 m/s2 设行李从速度为零运动至速度为1 m/s所用的时间为t1，所通过的位移为s1，则 v＝at1，t1＝1 s，s1＝at12，s1＝0.5 m 行李速度达到1 m/s后与皮带保持相对静止，一起做匀速运动，设所用时间为t2 则t2＝＝1.5 s 设行李从A运送到B共用时间为t，则t＝t1＋t2＝2.5 s。 (2)电动机需消耗的电能就是行李增加的动能和系统增加的内能之和，故 E＝mv2＋μmgΔL 行李与传送带的相对位移ΔL＝vt1－s1＝0.5 m， 代入数据解得E＝4 J。 (3)行李从A匀加速运动到B时，传送时间最短 有l＝at2 代入数据得t＝2 s， 此时传送带对应的运行速率为v′≥atmin＝2 m/s 故传送带对应的最小运行速率为2 m/s。 答案：(1)2.5 s　(2)4 J　(3)2 s　2 m/s 【变式演练】 1．答案　(1)3 m　(2)2 s 解析　(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1　得：a1＝2 m/s2 设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有： v＝v0－at1 v＝a1t1 解得：v＝2 m/s，t1＝1 s 滑块位移为x1＝＝1 m 传送带位移为x2＝＝4 m 故滑块与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝3 m (2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为Ff，有： Ff＝ma＝4 N＞μmg＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a1. 滑块减速时间为t2，有： t2＝＝1 s 故：t＝t1＋t2＝2 s. 2．答案　(1)2 m/s　(2)1 m 解析　(1)为了使煤块以最短时间到达B点，煤块应一直匀加速从A点到达B点 μmg＝ma1得a1＝1 m/s2 v＝2a1L vB＝2 m/s (2)传送带加速结束时的速度v＝vB＝2 m/s时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t＝＝2 s 传送带加速过程： vB＝at1得t1＝1 s x1＝at得x1＝1 m 传送带匀速运动过程： t2＝t－t1＝1 s x2＝vBt2得x2＝2 m 故痕迹最小长度为Δx＝x1＋x2－L＝1 m. 3．答案　(1)0.1 m　(2)25 N，方向竖直向下　(3)1.25 m 解析　(1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg＝ma1 若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t，则v＝a1t 行李包前进距离x1＝a1t2 传送带前进距离x2＝vt 行李包相对传送带滑动的距离Δx＝x2－x1＝0.1 m (2)行李包在B点，根据牛顿第二定律，有 mg－FN＝ 解得：FN＝25 N 根据牛顿第三定律可得：行李包在B点对传送带的压力为25 N，方向竖直向下. (3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律： mgsin 37°－μ2mgcos 37°＝ma2 行李包从斜面滑下过程：0－v2＝2a2x 解得：x＝1.25 m. 【题型三】 倾斜传送带问题 【典例分析】答案　(1)10 m/s2，方向沿传送带向下 (2)1 s　7 m (3)(2＋2) s 解析　(1)设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得 沿传送带方向：mgsin θ＋Ff＝ma1 垂直传送带方向：mgcos θ＝FN 又Ff＝μFN 由以上三式得：a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有： t1＝＝1 s，x1＝t1＝7 m (3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ＞μmgcos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2， 得：a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t2，速度减为零，则t2＝＝1 s 沿传送带向上滑的位移x2＝t2＝1 m 则货物上滑的总距离为x＝x1＋x2＝8 m. 货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a2.设下滑时间为t3，则x＝a2t，代入解得t3＝2 s. 所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(2＋2) s. 【变式演练】 1．答案　A 解析　若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误. 2．答案　D 解析　开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，所以a1＝gsin θ＋μgcos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，所以a2＝gsin θ－μgcos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D. 3．答案　(1)2.2 s　(2)1 s 解析　(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1 ① 设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同， t1＝ ② 通过的位移x1＝ ③ 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a2 Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma2 ④ 由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t2到达传送带B点 L－x1＝vt2－a2t ⑤ 联立得①②③④⑤式可得：t＝t1＋t2＝2.2 s (2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a2， L＝v0t′－a2t′2 t′＝1 s(t′＝5 s舍去). 【题型四】 块板模型 【典例分析】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。在滑块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg ① f2＝μ1mBg ② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④ f2＝mBaB ⑤ f2－f1－f3＝ma1 ⑥ 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－aBt1 ⑦ v1＝a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s。 ⑨ (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt12 ⑩ 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)a2 ⑪ 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－a2t2 ⑫ 对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t22 ⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ⑮ 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＋sB ⑯ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝1.9 m。 ⑰ 答案：(1)1 m/s　(2)1.9 m 【变式演练】 1．解析：(1)把物块和木板看做整体，由牛顿第二定律得： F＝(m1＋m2)a， 对物块分析，物块与木板将要相对滑动时有μ1m1g＝m1a， 联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。 (2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1， 解得a1＝2 m/s2， 2 s末物块的速度为v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s。 木板在0～1 s内做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有： F1－μ1m1g＝m2a2， 解得a2＝4 m/s2。 1 s末木板的速度v1′＝a2t2＝4×1 m/s＝4 m/s。 在1～2 s内F2＝μ1m1g， 木板做匀速运动，速度为4 m/s。 2～4 s内如果物块和木板一起减速运动，共同的加速度大小为a共＝＝μ2g， m1的合力μ2m1g>fm＝μ1m1g。 所以物块和木板相对滑动2 s后物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有：－μ1m1g＝m1a3， 得：a3＝－2 m/s2。 速度从4 m/s减至零的时间t3＝＝ s＝2 s。 木板做匀减速直线运动有： －μ2(m1＋m2)g＋μ1m1g＝m2a4。 得：a4＝－ m/s2。 速度从4 m/s减至零的时间t4＝＝ s＝1.5 s。 二者在整个运动过程的v­t图像如图所示(实线是木板的v­t图像，虚线是物块的v­t图像)。 0～2 s内物块相对木板向左运动 Δx1＝a2t22＋(a2t2)(t1－t2)－a1t12， 2～4 s内物块相对木板向右运动 Δx2＝－， 解得：Δx＝Δx1－Δx2＝1 m。 所以0～4 s内物块相对木板的位移大小为Δx＝1 m。 答案：(1)8 N　(2)见解析图　1 m 2．答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 解析　(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 Ff1＝μ1FN1 ① FN1＝mgcos θ ② Ff2＝μ2FN2 ③ FN2＝FN1′＋mgcos θ ④ 规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin θ－Ff1＝ma1 ⑤ mgsin θ－Ff2＋Ff1′＝ma2 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a1＝3 m/s2 ⑦ a2＝1 m/s2 ⑧ (2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则 v1＝a1t1＝6 m/s ⑨ v2＝a2t1＝2 m/s ⑩ 2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪ a2′＝－2 m/s2 ⑫ 由于a2′＜0，可知B做减速运动.设经过时间t2，B的速度减为0，则有 v2＋a2′t2＝0 ⑬ 联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 x＝－＝12 m＜27 m ⑭ 此后B静止不动，A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B，则有 l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t ⑮ 可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯ 设A在B上总的运动时间为t总，有 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s 1．答案　(1)0.6 s　(2)见解析 解析　(1)行李包放上传送带做匀加速直线运动. a1＝μ1g v2＝2a1x 解得：v＝3 m/s 因v＝3 m/s＜12 m/s，符合题意 行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速. a2＝μ2g＝3 m/s2 a3＝＝2 m/s2 v－a2t＝a3t 解得：t＝0.6 s 相对位移x＝vt－a2t2－a3t2＝0.9 m＜10 m，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v0，L为平板车长，则v0－a2t′＝a3t′ v0t′－a2t′2－a3t′2＝L 解得v0＝10 m/s＜12 m/s 故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动 v＝2a1x′ 解得：x′＝50 m 所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m. 2.答案　1.625 m 解析　设小物块在车上运动时，车的加速度为a1，物块的加速度为a2.则 a2＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2. 由x＝at2得： x0＝a1t2，x0－b＝a2t2. 故有＝＝＝， a1＝2a2＝4 m/s2. 对车，由牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma1. F＝Ma1＋μmg＝100×4 N＋0.2×50×10 N＝500 N. 小物块滑落时车速v1＝＝ m/s＝4 m/s， 小物块速度v2＝＝ m/s＝2 m/s 物块滑落后，车的加速度a′＝＝ m/s2＝5 m/s2 小物块落地时间t′＝＝ s＝0.5 s. 车运动的位移x车′＝v1t′＋a′t2＝4×0.5 m＋×5×0.52 m＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x物′＝v2·t′＝2×0.5 m＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x＝x车′－x物′＝2.625 m－1 m＝1.625 m. 3．答案　BD 解析　桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a＝μg，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t＝，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为Ff＝μmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v＝μgt增大，加速运动的位移x1＝μgt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2＝也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对. 4.答案　AD 解析　若传送带顺时针转动，当木块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ)，先匀加速运动，在速度相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图象；故传送带是逆时针转动，选项A正确.木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，木块匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由图可知a1＝，则μ＝－tan θ，选项B错误.当木块的速度等于传送带的速度时，木块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，选项C错误.等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，选项D正确. 5．答案　(1)2.5 m/s2　(2)2.4 m 解析　(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得 (F－mg)sin 30°－μ(F－mg)cos 30°＝ma1 解得a1＝2.5 m/s2 (2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s 小球的位移x1＝t1＝1.8 m 撤去力F后，小球上滑时，由牛顿第二定律得 mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 解得a2＝7.5 m/s2 小球上滑时间t2＝＝0.4 s 上滑位移x2＝t2＝0.6 m 则小球上滑的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m. 6.答案　A 解析　由匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v＝2ax，由题图乙可得a＝＝－10 m/s2，故减速运动时间：t＝＝1 s，故A错误；由题图乙可知，在0～1 s内小木块向上做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t＝1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a′＝＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝m|a|，mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确. 7.答案　BC 解析　对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A项错误；根据牛顿第二定律有： 水平方向：F－Ff－F2＝ma ① 竖直方向：FN＋F1＝mg ② Ff＝μFN ③ 且F1＝k1v2 ④ F2＝k2v2 ⑤ 联立①～⑤得：F－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma整理得 F－μmg＋(μk1－k2)v2＝ma ⑥ 当k2＝μk1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B项正确；当μk1＞k2时，加速度随速度的增大而增大，C项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得 a＝＝(0.25－μ)g ⑦ 刚起飞时，支持力FN＝0，地面摩擦力为0，mg＝k1v2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v2＝ ⑧ v2＝2ax ⑨ 联立⑦⑧⑨解得x＝，D项错误. 8.答案　(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2 解析　(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律： 对木板：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，解得a1＝6 m/s2 对物块：μ1mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，故假设成立 设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则 ＝a1t2－a2t2，解得t＝1 s 在此过程：木板位移x1＝a1t2＝3 m， 末速度v1＝a1t＝6 m/s 物块位移x2＝a2t2＝2 m，末速度v2＝a2t＝4 m/s 在物块从木板上滑落后的t0＝0.2 s内，由牛顿第二定律： 对木板：F－μ1Mg＝Ma1′， 解得a1′＝8 m/s2 木板发生的位移x1′＝v1t0＋a1′t＝1.36 m 此时木板右端距平台边缘 Δx＝l－x1－x1′＝0.64 m (2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： 对物块：μ2mg＝ma2′， 解得a2′＝μ2g 若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x2′＝ 要使物块最终不会从平台上掉下去需满足 l＋≥x2＋x2′ 联立解得μ2≥0.2. 9答案：本题考查牛顿第二定律及运动学规律。 解析：（1）由于刹车过程中汽车所受阻力不变，汽车做匀减速运动 根据刹车时间 解得 刹车加速度 根据牛顿第二定律，汽车所受阻力 解得 （2）小朋友过马路的时间 汽车等待时间 （3）根据 解得汽车到斑马线时的速度 2 学科网（北京）股份有限公司 $