PAGEPAGE1第2講力與直線運動主干學問體系核心再現及學科素養學問規律(1)勻變速直線運動規律公式的兩性．①條件性：物體必需做勻變速直線運動．②矢量性：公式都是矢量性．(2)牛頓其次定律的“四性”．①矢量性：F＝ma是矢量式，a與F同向．②瞬時性：力與加速度同時產生，同時變更．③同體性：F＝ma中，F、m、a對應同一物體．④獨立性：分力產生的加速度相互獨立．(3)運動圖象六要素．①軸；②線；③斜率；④截距；⑤交點；⑥面積思想方法(1)物理思想：極限思想、逆向思維、志向試驗、分解思想(2)學習方法：比例法、圖象法、限制變量法、整體法、隔離法、合成分解法.1．(2024·全國Ⅰ卷，14)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經驗的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比B[A錯：速度v＝at，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，與經驗的時間的平方成正比．B對：依據v2＝2ax，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·2ax＝max，與位移成正比．C錯：動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比．D錯：動量p＝mv，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，與動量的平方成正比．]2．(2024·全國Ⅰ卷，16)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統處于靜止狀態．現用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動．以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧復原原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是()A[設物塊P靜止時，彈簧的長度為x0，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，依據牛頓其次定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma.依據數學學問知F－x圖像是截距為ma的一次函數圖像．]3．(2024·全國Ⅱ卷，19)甲、乙兩汽車在同一條平直馬路上同向運動，其速度－時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示．已知兩車在t2時刻并排行駛．下列說法正確的是()A．兩車在t1時刻也并排行駛B．在t1時刻甲車在后，乙車在前C．甲車的加速度大小先增大后減小D．乙車的加速度大小先減小后增大BD[A錯、B對：0～t1時間內，v乙>v甲；t1～t2時間內，v甲>v乙，t2時刻相遇，但0～t1時間內兩者的位移差小于t1～t2時間內兩者的位移差，則t1時刻甲在乙的后面；C錯、D對：由圖像的斜率知，甲、乙兩車的加速度均先減小后增大．]4．(2024·全國Ⅱ卷，18)甲、乙兩車在同一平直馬路上同向運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動．甲、乙兩車的位置x隨時間t的變更如圖所示．下列說法正確的是()A．在t1時刻兩車速度相等B．從0到t1時間內，兩車走過的路程相等C．從t1到t2時間內，兩車走過的路程相等D．從t1到t2時間內的某時刻，兩車速度相等CD[A錯：x－t圖像斜率表示兩車速度，則可知t1時刻乙車速度大于甲車速度．B錯：由兩圖線的縱截距知，動身時甲在乙前面，t1時刻圖線相交表示兩車相遇，可得0到t1時間內乙車比甲車多走了一段距離．C、D對：t1和t2兩圖線相交，表明兩車均在同一位置，從t1到t2時間內，兩車走過的路程相等；在t1到t2時間內，兩圖線有斜率相等的一個時刻，即該時刻兩車速度相等．]提示多項選擇題中，A、B項已經確定錯誤，C、D項可不分析．5．(2024·全國Ⅱ卷，24)(12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發覺其正前方停有汽車B，馬上實行制動措施，但仍舊撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5m，A車向前滑動了2.0m．已知A和B的質量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝(1)碰撞后的瞬間B車速度的大小；(2)碰撞前的瞬間A車速度的大小；解析(1)設B車的質量為mB，碰后加速度大小為aB.依據牛頓其次定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數．設碰撞后瞬間B車速度的大小為v′B，碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有v′eq\o\al(2,B)＝2aBsB②聯立①②式并利用題給數據得v′B＝3.0m/s③(2)設A車的質量為mA，碰后加速度大小為aA，依據牛頓其次定律有μmAg＝mAaA④設碰撞后瞬間A車速度的大小為v′A，碰撞后滑行的距離為sA，由運動學公式有v′eq\o\al(2,A)＝2aAsA⑤設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得vA＝4.3m/s⑦答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s[考情分析]■命題特點與趨勢1．近幾年高考對本講的考查比較全面，題型以選擇題為主，也涉及較為綜合的計算題．勻變速直線運動的規律、運動學圖象問題、牛頓運動定律的應用是命題的熱點．2．借助“傳送帶”“平板車”“滑塊—木板”模型，綜合考查牛頓運動定律、受力分析、運動過程分析的計算題，會成為高考中的壓軸性題目．3．以“機車運動”“追及相遇”為背景的實際問題也會成為高考命題的熱點，應引起足夠重視．■解題要領1．解答運動學公式與牛頓其次定律綜合應用的問題，須要留意兩個關鍵點(1)兩分析①物體受力狀況分析，同時畫出受力示意圖；②物體運動規律分析，同時畫出運動情境圖．(2)兩個橋梁①加速度是聯系運動和力的橋梁；②速度是各物理過程相互聯系的橋梁．2．解決圖象類問題要緊緊抓住兩個方面(1)要明白x－t、v－t圖象的特點及區分；(2)要將物體的運動圖象轉化為物體的運動模型．高頻考點一運動學基本規律[備考策略]1．牢記解決勻變速直線運動問題的4種常用方法2．勻變速直線運動問題規范解題“4個步驟”[命題視角]考向1運動學基本規律的應用例1一個物體從靜止起先做勻加速直線運動，以T為時間間隔，在第三個T時間內位移是3m，第三個T時間末的瞬時速度為3m/s，則()A．物體的加速度是1m/s2B．第一個T時間末的瞬時速度為0.6m/sC．時間間隔T＝1sD．物體在第1個T時間內的位移為0.6mD[初速度為0的勻加速直線運動，連續相等時間內通過的位移之比為1∶3∶5，據此推斷第一個T時間內的位移x1＝eq\f(1,5)×3m＝0.6m，選項D正確；其次個T時間內的位移x2＝eq\f(3,5)×3m＝1.8m，由veq\o\al(2,3)－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得a＝eq\f(5,6)m/s2，選項A錯誤；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝eq\f(6,5)s，選項C錯誤；第一個T時間末的瞬時速度v1＝aT＝1m/s，選項B錯誤．]考向2追及相遇問題例2為了保障市民出行平安，削減交通事故，交管部門強行推出了“電子眼”，此后機動車闖紅燈大幅度削減．現有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10m/s.當兩車快要到十字路口時，甲車司機看到綠燈已轉換成了黃燈，于是緊急剎車(反應時間忽視不計)，乙車司機為了避開與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機反應較慢(反應時間為0.5s)．已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4，乙車緊急剎車時制動力為車重的0.5，g取10m/s2.問：(1)若甲司機看到黃燈時車頭距警戒線15m，他實行上述措施能否避開闖紅燈？(2)為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車行駛過程中應保持多大距離？解法指導(1)兩車在司機的反應時間內做勻速運動，這一點要記住．(2)兩車避開相撞的臨界條件是在同一位置處，后車的速度等于前車的速度.解析(1)甲車緊急剎車的加速度為a1＝0.4g＝4m/s甲車停下來所需時間t1＝eq\f(v0,a1)＝2.5s甲車滑行距離s＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝12.5m由于12.5m<15m，所以甲車能避開闖紅燈(2)設甲、乙兩車行駛過程中至少應保持距離s0，在乙車剎車t2時刻兩車速度相等，則有：乙車緊急剎車的加速度大小為a2＝0.5g＝5m/s由v1＝v2得v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，解得t2＝2.0s此過程中乙的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝15m甲的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－eq\f(1,2)a1(t0＋t2)2＝12.5m所以兩車平安距離至少為：s0＝x乙－x甲＝2.5m答案(1)能(2)2.5m考向3運動學圖象的理解與分析例3(2024·湖北省武漢市高三二月調研)(多選)甲、乙兩個物體在同始終線上運動，其x－t圖像如圖所示，其中直線b與曲線a相切于點(4，－15)．已知甲做勻變速直線運動，下列說法正確的是()A．前4s內兩物體運動方向相同B．前4s內甲的平均速度是乙的平均速度的eq\f(15,7)倍C．t＝0時刻，甲的速度大小為9m/sD．甲的加速度大小為2m/s2AD[x－t圖象的斜率的正負表示運動的方向，故前4s內兩物體運動方向相同，均為負方向，故A正確；甲做勻變速直線運動，則甲的x－t圖象對應于a；前4s內甲的平均速度為：v1＝eq\f(－15m－9m,4s)＝－6m/s，前4s乙的平均速度為：v2＝eq\f(－15m－7m,4s)＝－2m/s，故前4s內甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B錯誤；t＝0時刻，甲的位移為9m，速度無法求解，故C錯誤；甲時勻加速，只能得到運動時間和4s末的速度，故無法求解加速度，故D錯誤；故選A.]點睛位移圖象和速度圖象都表示物體做直線運動，抓住位移圖象的斜率等于速度是分析的關鍵，知道，平均速度等于位移除以時間．[歸納反思]1．“一畫、二選、三留意”解決勻變速直線運動問題2．追及問題的解題思路和留意事項(1)解題思路eq\x(\a\al(分析兩物體,運動過程))?eq\x(\a\al(畫運動示意,圖或v－t圖象))?eq\x(\a\al(找兩物體,位移關系))?eq\x(\a\al(列位移,方程))(2)留意事項：若被追逐的物體做勻減速運動，肯定要留意追上前該物體是否已停止運動，另外還要留意最終對解的探討分析．[題組突破]1－1.(2024·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學期質檢)一質點做勻加速直線運動，并規定了正方向．若已知質點在一段時間t內的末速度v及加速度a，則質點此段運動的初速度可表示為()A．v＋at B．v－atC．－v－at D．－v＋atB[采納逆向思維，質點做勻減速直線運動，相當于初速度為v，加速度大小為a，則初速度可表示為v0＝v－at.故B正確，A、C、D錯誤．故選B.]1－2.(多選)甲、乙兩物體從不同點動身且在同一條直線上運動，它們的v－t圖象如圖所示，已知t＝2s時兩車相遇，則下列說法正確的是()A．t＝1s時，甲車在前，乙車在后B．t＝0s時，甲、乙車距離x0＝3mC．t＝6s時，甲車在前，乙車在后D．3～5s內兩車的平均速度相同BD[0～2s內甲車的位移x甲＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m，x乙＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，t＝2s時兩車相遇，甲車的位移比乙車大，也就是甲車追及乙車，所以，t＝1s時，甲車在后，乙車在前，故A錯誤；t＝0s時，甲、乙車距離x0＝x甲－x乙＝3m，故B正確；2～6s內甲乙兩車的位移相等，t＝2s時兩車相遇，所以t＝6s兩車也相遇，故C錯誤；3～5s內兩車v－t圖象圍成的面積相等，故位移相等，時間間隔相等，所以平均速度也相等，故D正確．]1－3.(2024·高三洛陽檢測)甲、乙兩人在某始終道上完成200m的賽跑，他們同時、同地由靜止起先運動，都經過4s的勻加速，甲的爆發力比乙強，加速過程甲跑了20m、乙跑了18m；然后都將做一段時間的勻速運動，乙的耐力比甲強，勻速持續時間甲為10s、乙為13s，因為體力、毅力的緣由，他們都將做勻減速運動的調整，調整時間都為2s，且速度都降為8m/s，最終沖刺階段以8m/s的速度勻速達到終點．求：(1)甲做勻減速運動的加速度；(2)甲沖刺階段完成的位移大小．解析(1)在勻加速過程，設甲的位移為x1，所用的時間為t1，達到的末速度為v1，由x1＝eq\f(v1t1,2)，解得v1＝10m/s；甲勻減速的末速度為v2，勻減速的加速度為a2，由a2＝eq\f(v2－v1,Δt)，得a2＝－1m/s2.(2)勻速運動的位移：x2＝v1t2＝10×10m＝100m勻減速的位移：由x3＝eq\f(v1＋v2,2)Δt解得x3＝18m最終沖刺的位移為：x4＝200m－(x1＋x2＋x3)＝200m－(20＋100＋18)m＝62m.答案(1)－1m/s2(2)62m高頻考點二動力學的兩類基本問題[備考策略]1．超重或失重時，物體的重力并未發生變更，只是物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)發生了變更．物體發生超重或失重現象與物體的運動方向無關，只確定于物體的加速度方向．當a有豎直向上的重量時，超重；當a有豎直向下的重量時，失重；當a＝g且豎直向下時，完全失重．2．動力學的兩類基本問題的處理思路eq\x(受力狀況)eq\x(F合)eq\o(,\s\up14(F合＝ma))eq\x(a)eq\o(,\s\up14(運動學公式))eq\x(\a\al(運動狀況,v、x、t))3．解決動力學問題的常用方法(1)整體法與隔離法．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解，有時依據狀況也可以把加速度進行正交分解．(3)逆向思維法：把運動過程的末狀態作為初狀態的反向探討問題的方法，一般用于勻減速直線運動問題，比如剎車問題、豎直上拋運動的問題．[命題視角]考向1超、失重問題例4如圖甲所示，升降機內固定著一個傾角為30°的光滑斜面，斜面底端安裝一個能顯示彈簧作用力的傳感器，以彈簧受壓時傳感器示數為正，傳感器通過一根輕彈簧連接著一個質量為2m的金屬球．運動中的升降機突然停止，以停止運動為計時起點，在此后的一段時間內傳感器上顯示的彈力隨時間變更A．升降機在停止運動前是向上運動的B．0～t1時間段內金屬球做減速運動C．t1～t2時間段內金屬球處于超重狀態D．t2和t4兩時刻金屬球的加速度和速度的大小均相同D[由于升降機停止運動前傳感器的示數為0，表明彈簧處于原長狀態，即升降機有向下的加速度g，而0～t1時間段內示數增加，說明彈簧被壓縮，即升降機突然停下后金屬球由于慣性而向下運動，故停止前升降機是向下運動的，A錯誤；0～t1時間段內彈簧的形變量漸漸增大，但當F＝mg時金屬球所受的合外力為0，即金屬球前一段做加速度漸漸減小的加速度運動，后一段做加速度漸漸增大的減速運動，B錯誤；t1～t2時間段可分為兩段，F＝mg時金屬球的加速度為0，前一段時間金屬球加速度向上并處于超重狀態，后一段時間金屬球加速度向下并處于失重狀態，C錯誤；t2和t4兩時刻彈簧的形變量均為0，金屬球在斜面方向上只有重力的分力產生加速度，故兩時刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系統的機械能守恒，因此兩個時刻速度的大小相等，但t2時刻金屬球沿斜面對上運動，而t4時刻金屬球沿斜面對下運動，二者的方向不同，D正確．]考向2瞬時加速度問題例5如圖所示，兩個質量均為m的小球A、B細繩相連，小球A與一個輕彈簧相連，彈簧另一端固定在豎直墻上，小球用一根細線連在天花板上，起先時，兩小球都靜止不動，這時細線與水平方向的夾角是θ＝45°，彈簧水平，重力加速度為g，現突然把細線剪斷．在剪斷線的瞬間，小球A的加速度大小是()A．2eq\r(2)gB.eq\r(5)gC．2g D.eq\r(2)gB[細線剪斷前，小球A受到4個力作用，重力、彈簧的彈力、細線的拉力和細繩的拉力，由力的平衡條件，可知：彈簧的彈力F＝2mg，剪斷細線的瞬間，小球A只受彈簧的彈力和重力，此時彈簧的彈力還是F＝2mg，所以此時A球的合力FA＝eq\r(mg2＋2mg2)＝eq\r(5)mg，由牛頓其次定律可知，在剪斷線的瞬間，小球A的加速度大小a＝eq\r(5)g，故B正確，A、C、D錯誤．]考向3動力學圖象問題例6兩個物體從同一高度同時由靜止起先下落，經過一段時間分別與水平地面發生碰撞(碰撞過程時間極短)后反彈，碰撞前后瞬間速度大小不變，其中一個物體所受空氣阻力可忽視，另一個物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比．下列分別用虛線和實線描述的兩物體運動的v－t圖象，可能正確的是()D[若不計空氣阻力，則物體下落后，先做勻加速直線運動，與地面碰撞后做豎直上拋運動(勻減速直線運動)，加速度不變；若考慮空氣阻力，下落過程中，速度越來越大，則空氣阻力越來越大，依據牛頓其次定律可知，加速度越來越小且小于g，與地面碰撞后，速度越來越小，則空氣阻力越來越小，依據牛頓其次定律可知，加速度越來越小且大于g，依據速度—時間圖象的斜率表示加速度大小可知，D正確．]考向4“傳送帶”問題的分析例7如圖所示，與水平面夾角θ＝37°的傾斜傳送帶以v0＝2m/s的速度沿順時針方向轉動，小物塊A從傳送帶頂端無初速度釋放的同時，小物塊B以v1＝8m/s的速度從底端滑上傳送帶．已知小物塊A、B質量均為m＝1kg，與傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.5，小物塊A、B未在傳送帶上發生碰撞，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小物塊B向上運動過程中平均速度的大小；(2)傳送帶的長度l應滿意的條件．解析(1)對小物塊B由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2小物塊B減速至與傳送帶共速的過程中，時間t1＝eq\f(v1－v0,a1)＝0.6s，位移s1＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,0),2a1)＝3m之后，小物塊B的速度小于傳送帶的速度，其所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，由牛頓其次定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2小物塊B減速至0的時間t2＝eq\f(v0,a2)＝1s位移s2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a2)＝1m小物塊B向上運動過程中平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(s1＋s2,t1＋t2)＝2.5m/s(2)小物塊A的加速度也為a2＝2m/s2，小物塊B起先加速向下運動時，小物塊A已經具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，應在小物塊B滑下傳送帶后，小物塊A到達傳送帶底端．當小物塊B剛滑下傳送帶時，小物塊A恰好運動至傳送帶底端，此時傳送帶長度最小，最小長度l0＝eq\f(1,2)a2t2小物塊B向下運動過程s1＋s2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)解得t3＝2s，則t＝t1＋t2＋t3＝3.6s代入解得l0＝12.96m，即傳送帶的長度l≥12.96m【答案】(1)2.5m/s(2)l≥12.96m方法總結(1)傳送帶問題的實質是相對運動問題，這樣的相對運動將干脆影響摩擦力的方向．因此，搞清晰物體與傳送帶間的相對運動方向是解決該問題的關鍵．(2)傳送帶問題還經常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，這時會出現摩擦力變更的臨界狀態，詳細如何變更要依據詳細狀況推斷．[題組突破]2－1.如圖所示，兩輕繩拴接肯定質量的小球，兩輕繩與天花板的夾角如圖所示，則在剪斷AC繩的瞬間，小球的加速度大小為a1，剪斷BC繩的瞬間，小球的加速度大小為a2.則a1∶a2為()A．1∶1B.eq\r(3)∶3C.eq\r(6)∶2D.eq\r(2)∶1C[在剪斷BC繩的瞬間，AC繩的彈力發生突變，小球即將做圓周運動．受力分析如圖所示，重力分解為沿繩方向和垂直繩子的方向，因為此時速度為0，向心力等于0，沿繩子方向的加速度為0；垂直繩子方向，依據牛頓其次定律可得小球的加速度大小：a1＝eq\f(mgcos30°,m)＝eq\f(\r(3),2)g；同理可得剪斷AC繩的瞬間，小球的加速度大小a2＝eq\f(mgcos45°,m)＝eq\f(\r(2),2)g，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(\r(6),2)，故C正確，A、B、D錯誤．]2－2.(多選)如圖所示，光滑斜面與傾斜傳送帶在同一個平面內，傳送帶以速度v0逆時針勻速轉動，現有一滑塊從斜面上由靜止釋放，若滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定，規定沿斜面對下的速度方向為正方向，則滑塊在傳送帶上滑動時的速度隨時間變更的圖線可能是()ACD[滑塊在傳送帶上受到重力、傳送帶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，若傳送帶對滑塊的摩擦力小于重力沿斜面的分力，則滑塊始終做加速運動，故A正確；若傳送帶對滑塊的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑塊先做勻減速直線運動，若滑塊的速度足夠大，傳送帶足夠短，則滑塊在速度減小到0前，滑塊的位移大于傳送帶的長度，則滑塊始終做勻減速運動．故C正確；若滑塊的速度比較小，在滑塊的速度減小到0時，滑塊的位移仍小于傳送帶的長度，則滑塊的速度等于0時，仍舊在傳送帶上．由于傳送帶向沿斜面對上運動，滑塊在傳送帶上受到沿斜面對上的摩擦力，將沿斜面對上做加速運動，由運動的對稱性可知，若傳送帶的速度足夠大，則滑塊返回動身點的速度大小仍舊等于v1，故D正確，B錯誤．]高頻考點三動力學中的連接體問題[備考策略]一、連接體問題可以看作是單個物體的由小變大(此時用整體法)和由單個變多個(此時用隔離法)的動力學問題，解決此類問題時應留意以下三點：①整體法與隔離法的優點和運用條件；②兩物體分別或相對滑動的條件；③用滑輪連接的連接體的處理方法．建議對本考點重點攻堅二、整體法與隔離法的選用原則1．當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采納整體法；當系統內各物體的加速度不同時，一般采納隔離法．2．求連接體內各物體間的相互作用力時必需用隔離法．三、三類連接體問題的解題結論1．通過滑輪連接的兩個物體：假如做加速運動，則它們的加速度大小相同，留意此時輕繩的拉力與懸掛物的重力大小不等．2．疊加體類連接體：兩物體間剛要發生相對滑動時物體間達到最大靜摩擦力．3．靠在一起的連接體：分別時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同．例8(2024·湖北省武昌區高三五月調研考試)(多選)如圖所示，質量分別為m和M的兩物體用輕繩連接，在M上施加恒力F，使兩物體一起沿恒力F方向做勻加速直線運動(輕繩與恒力F方向平行)，分析對比下列四種狀況下兩物體間輕繩的張力大小T和兩物體的加速度大小a，正確的是()A．四種狀況中(3)的加速度肯定大于其他三種狀況B．四種狀況中(4)的加速度肯定小于其他三種狀況C．四種狀況中(3)的輕繩張力肯定小于其他三種狀況D．四種狀況輕繩的張力肯定一樣大AD[(1)中加速度滿意：F－(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a1，對m：T1－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1；解得a1＝eq\f(F,M＋m)－gsinθ－μgcosθ：T1＝eq\f(Fm,M＋m)；(2)中加速度滿意：F－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a2，對m：T2－mgsinθ＝ma2：解得a1＝eq\f(F,M＋m)－gsinθ；T2＝eq\f(Fm,M＋m)；(3)中加速度滿意：F＝(M＋m)a3，對m：T3＝ma3；解得a3＝eq\f(F,M＋m)；T3＝eq\f(Fm,M＋m)；(4)中加速度滿意：F－(M＋m)g＝(M＋m)a4，對m：T4－mg＝ma4；解得a4＝eq\f(F,M＋m)－g；T4＝eq\f(Fm,M＋m)；由以上分析可知，選項A、D正確，B、C錯誤；故選A、D.]例9(多選)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質量均為m，初始時均靜止．現用平行于斜面對上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B兩物塊在起先一段時間內的v－t關系分別對應圖乙中A、B圖線(t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點)，重力加速度為g，則()A．t2時刻，彈簧形變量為0B．t1時刻，彈簧形變量為eq\f(mgsinθ＋ma,k)C．從起先到t2時刻，拉力F漸漸增大D．從t1時刻起先，拉力F恒定不變BD[由題圖乙知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，依據牛頓其次定律和胡克定律有mgsinθ＝kx，則x＝eq\f(mgsinθ,k)，故A錯誤；由題圖乙讀出，t1時刻A、B起先分別，對A依據牛頓其次定律kx－mgsinθ＝ma，則x＝eq\f(mgsinθ＋ma,k)，故B正確；從起先到t1時刻，對AB整體，依據牛頓其次定律F＋kx－2mgsinθ＝2ma，得F＝2mgsinθ＋2ma－kx，x減小，F增大，t1時刻到t2時刻，對B由牛頓其次定律得F－mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，可知F不變，故C錯誤，D正確．][題組突破]3－1.(2024·高三湖北八校聯考)(多選)質量分別為M和m的物塊形態大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，輕繩平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦．若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止．則下列說法正確的是()A．輕繩的拉力等于MgB．輕繩的拉力等于mgC．M運動的加速度大小為(1－sinα)gD．M運動的加速度大小為eq\f(M－m,M)gBC[互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinα＝mg，互換位置后，對M有Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D錯誤，B、C正確．]3－2.(2024·湖北省高三4月調研)(多選)如圖所示，足夠長的水平桌面上放置著質量為m、長度為L的長木板B，質量也為m的物體A放置在長木板B的右端，輕繩1的一端與A相連，另一端跨過輕質定滑輪與B相連，在長木板的右側用跨過定滑輪的輕繩2系著質量為2m的重錘C.已知重力加速度為g，各接觸面之間的動摩擦因數為μ(μ<0.5)，不計繩與滑輪間的摩擦，系統由靜止起先A．A、B、C的加速度大小均為eq\f(g,2)B．輕繩1的拉力為eq\f(mg,2)C．輕繩2的拉力為mgD．當A運動到B的左端時，物體C的速度為eq\r(\f(gL1－2μ,2))BD[三個物體的加速度相等，設三個物體的加速度均為a，對物體A：T1－μmg＝ma；對B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；對C：2mg－T2＝2ma；聯立解得a＝eq\f(1,2)g－μg；T1＝eq\f(1,2)mg；T2＝mg－2μmg，選項B正確，A、C錯誤；當A運動到B的左端時有：eq\f(1,2)at2＋eq\f(1,2)at2＝L，此時物體A、B、C的速度均為v＝at＝eq\r(\f(gL1－2μ,2))，選項D正確；故選BD.]高頻考點四應用動力學方法分析“滑塊—木板”問題[備考策略]1．“滑塊——木板”模型應用到的規律、方法(1)“滑塊——木板”模型問題中的推斷與計算①不同階段滑塊、木板間摩擦力的計算，滑塊、木板加速度方向的推斷，滑塊、木板做勻加速或勻減速運動的推斷；②滑塊能否達到與木板共速的推斷，滑塊滑離木板的可能性的推斷③正確確定滑塊、木板的位移及相對位移．(2)“滑塊——木板”模型問題突破關鍵①平衡狀態下的木板與滑塊：破題關鍵是受力分析；②非平衡狀態下的木板與滑塊：破題關鍵是受力分析、運動分析和牛頓其次、三定律的應用．(3)“滑塊——木板”模型中功、能的計算方法①計算力所做的功時，位移是對地位移；②只有存在滑動摩擦力時才有內能產生；③計算因滑動摩擦產生的內能時，常用功能關系Q＝Ffs，需留意的是s為物體之間的相對路程．2．“滑塊——木板”模型的解題策略(1)要正確分析物體的受力狀況、運動過程，推斷物體是始終勻加速運動還是先勻加速再勻速運動；(2)結合牛頓其次定律求加速度，利用運動學公式分析物體的速度關系及位移關系．例10(2024·全國卷Ⅲ，25)如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1＝0.5；木板的質量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊起先相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B起先運動時，兩者之間的距離．解析(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在物塊B與木板達到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛頓其次定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1.由運動學公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數據得v1＝1m/s⑨(2)在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)⑩設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的體系，由牛頓其次定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2.設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2＝v1－a2t2?對A有：v2＝－v1＋aAt2?在t2時間間隔內，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?在(t1＋t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2?A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同．因此A和B起先運動時，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB?聯立以上各式，并代入數據得s0＝1.9m?(也可用下圖中的速度—時間圖線求解)答案(1)1m/s(2)1.9m[歸納反思]1．“滑塊—木板”模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更困難，因為木板往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運動，處理此類物體勻變速運動問題要留意從速度、位移、時間等角度，找尋它們之間的聯系．2．要使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達木板末端時的速度與木板的速度恰好相等．[題組突破]4－1.(多選)如圖1所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端．現將一個水平向右力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止起先運動．滑塊、長木板的速度圖象如圖2所示，已知物塊與長木板的質量相等，滑塊Q始終沒有長木板P上滑下．重力加速度g＝10m/s2.則下列說法正確的是()圖1圖2A．t＝10s時長木板P停下來B．長木板P的長度至少是7.5mC．長木板P和水平地面之間的動摩擦因數是0.075D．滑塊Q在長木塊P上滑行的距離是12mBCD[由圖2可知，力F在t1＝5s時撤去，此時長木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s時兩者速度相同，v2＝3m/s，t2＝6s前長木板P的速度大于滑塊Q的速度，t2＝6s后長木板P的速度小于滑塊Q的速度，0～6s過程中，以滑塊Q為對象，由牛頓其次定律得：μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6s過程中，以長木板P為對象，由牛頓其次定律得：μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，故C正確；6s末到長木板停下來過程中，由牛頓其次定律得：μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1m/s2，這段時間Δt1＝eq\f(v2,a3)＝3s，所以，t＝9s時長木板P停下來，故A錯誤；長木板P的長度至少長度就是前6s過程中，滑塊Q在長板P上滑行的距離：Δx1＝eq\f(1,2)×5×5m＋eq\f(1,2)×(5＋3)×1m－eq\f(1,2)×3×6m＝7.5m，故B正確；6s末到滑塊停下來過程中，由牛頓其次定律得：μ1mg＝ma4，解析a4＝0.5m/s2，這段時間Δt1＝eq\f(v2,a4)＝6s，所以，t3＝12s時滑塊Q停下來，6s后滑塊Q在長板P上滑行的距離：Δx2＝eq\f(1,2)×6×3m－eq\f(1,2)×3×3m＝4.5m，滑塊Q在長木板P上滑行的距離是Δx＝Δx1＋Δx2＝12m，故D正確．]4－2.如圖所示，水平地面上有一質量為M的長木板，一個質量為m的物塊(可視為質點)放在長木板的最右端．已知物塊與木板之間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2，從某時刻起物塊以大小為v1的水平初速度向左運動，同時木板在水平外力F作用下始終向右以大小為v2(v2>v1)的速度勻速運動：求：(1)在物塊向左運動過程中外力F的大小；(2)木板至少為多長物塊才不會從木板上滑下來？解析(1)在物塊向左運動過程中，木板受力如圖所示，其中Ff1、Ff2分別為物塊和地面給木板的摩擦力，由題意可知Ff1＝μ1mgFf2＝μ2(m＋M)g由平衡條件得：F＝Ff1＋Ff2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g(2)設物塊向左勻減速至速度為零的時間為t1，則t1＝eq\f(v1,μ1g)設物塊向左勻減速運動的位移為x1，則x1＝eq\f(v1,2)t1＝eq\f(v\o\al(2,1),2μ1g)設物塊由速度為零向右勻加速至與木板同速(即相對靜止)的時間為t2，則t2＝eq\f(v2,μ1g)設物塊向右勻加速運動的位移為x2，則x2＝eq\f(v2,2)t2＝eq\f(v\o\al(2,2),2μ1g)此過程中木板向右勻速運動的總位移為x′，則x′＝v2(t1＋t2)則物塊不從木塊上滑下來時木板的最小長度：L＝x′＋x1－x2，L＝eq\f(v1＋v22,2μ1g).答案(1)μ1mg＋μ2(m＋M)g(2)eq\f(v1＋v22,2μ1g)課時跟蹤訓練(二)一、選擇題(1～7題為單項選擇題，8～10題為多項選擇題)1．(2024·山東省濰坊市高三其次次高考模擬)汽車在轉彎時假如速度過快，簡單發生側翻．一輛大貨車在水平的路面上向左轉彎時發生了側翻，下列說法正確的是()A．貨車向右側翻B．左側輪胎簡單爆胎C．側翻是因為貨車慣性變大D．側翻是因為貨車慣性變小A[貨車在水平的路面上向左轉彎時發生了側翻，由于離心作用火車向右側翻，選項A正確；向右側翻時，右側輪胎受的壓力較大，則右側輪胎簡單爆胎，選項B錯誤；側翻是因為貨車所受的摩擦力不足以供應轉變時的向心力而發生離心現象，火車的質量沒變，則慣性沒有變更，選項C、D錯誤；故選A.]2．(2024·福建省畢業班質量檢查)如圖1，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點．一小滑塊自a點由靜止起先下滑，通過ab、bc、cd各段所用時間均為T.現讓該滑塊自b點由靜止起先下滑，則該滑塊()A．通過bc、cd段的時間均大于TB．通過c、d點的速度之比為1∶2C．通過bc、cd段的位移之比為1∶3D．通過c點的速度等于通過bd段的平均速度A[當滑塊由a點靜止下滑時，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運動，加速度大小為a′.假設ab段的間距為x，則bc段、cd段的間距應分別為3x、5x、xbc∶xcd＝3∶5，C錯誤；假如滑塊由b點靜止釋放，明顯滑塊通過bc段、cd段的時間均大于T，A正確；滑塊在c點的速度應為v1＝eq\r(2a′·3x)，滑塊在d點的速度應為v2＝eq\r(2a′·8x)，則v1∶v2＝eq\r(3)∶eq\r(8)，B錯誤；因為xbc∶xcd＝3∶5，明顯通過c點的時刻不是bd的中間時刻，則滑塊通過c點的速度不等于bd段的平均速度，D錯誤．]3．(2024·湖北省武漢市高三下學期五月理綜訓練)質量均為m＝1kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動，二者的動能隨位移的變更圖象如圖所示．下列說法正確的是()A．甲的加速度大小為2m/s2B．乙的加速度大小為1.5m/s2C．甲、乙在x＝6m處的速度大小為2m/sD．甲、乙在x＝10m處相遇A[A項：對甲由動能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝eq\f(ΔEk,x)即為圖象斜率，所以F合＝k＝2N，由牛頓其次定律得：a甲＝2m/s2，故A正確；B項：對乙由動能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝eq\f(ΔEk,x)即為圖象斜率，所以F合＝k＝1N，由牛頓其次定律得：a乙＝1m/s2，故B錯誤；C項：由圖可知：對甲：Ek甲＝18－2x，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＝18－2×6，解得：v甲＝2eq\r(3)m/s，對乙：Ek乙＝x，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)＝6，解得：v乙＝2eq\r(3)m/s，故C錯誤；D項：甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運動，所以甲、乙在x＝8m處相遇，故D錯誤．]4．處于豎直平面內的某圓周的兩條直徑AB、CD間夾角為60°，其中直徑AB水平，AD與CD是光滑的細桿．從A點和C點分別靜止釋放兩小球，從A、C點下落到D點的時間分別是t1、t2，則t1∶t2是()A．1∶1 B．3∶2C.eq\r(3)∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶eq\r(3)C[由圖可知，sCD＝2R，aCD＝eq\f(\r(3),2)g，由幾何關系可得出sAD＝eq\r(3)R，aAD＝eq\f(1,2)g，由運動學公式s＝eq\f(1,2)at2，可得eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(sADaCD,sCDaAD))，帶入數據解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(3),\r(2))，故C正確．]5．(2024·山東省青島市高三統一質檢)一物體由靜止起先運動，其加速度a與位移x關系圖線如圖所示．下列說法正確的是()A．物體最終靜止B．物體的最大速度為eq\r(2ax0)C．物體的最大速度為eq\r(3ax0)D．物體的最大速度為eq\f(3,2)eq\r(ax0)C[物體運動過程中任取一小段，對這一小段v2－veq\o\al(2,0)＝2aΔx一物體由靜止起先運動，將表達式對位移累加，可得v2等于速度a與位移x關系圖線與坐標軸圍成的面積的2倍，則v2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a0x0＋\f(1,2)a0x0))，解得物體的最大速度v＝eq\r(3a0x0).故C項正確．]6．在2024年的珠海航展中，中國展出了國產運－20和殲－31等最先進飛機．假設航展中有兩飛機甲、乙在平直跑道上同向行駛，0～t2時間內的v－t圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．飛機乙在0～t2內的平均速度等于eq\f(v2,2)B．飛機甲在0～t2內的平均速度比乙大C．兩飛機在t1時刻肯定相遇D．兩飛機在0～t2內不行能相遇B[在v－t圖象中，圖線與坐標軸圍成的“面積”表示位移，如圖所示．飛機乙的位移小于勻變速的位移，故平均速度小于eq\f(v2,2)，甲做勻變速直線運動，故甲的平均速度為eq\f(v1＋v2,2)，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故A錯誤、B正確；兩飛機在位移相等時相遇，t1時刻乙的面積大于甲的面積，故在t1時刻不相遇，選項C錯誤；起先乙的速度大于甲的速度，后來甲的速度大于乙的速度，所以中間相遇一次，選項D錯誤．]7．(2024·濟寧市高三其次次模擬)質量為1kg的木板B靜止在水平面上，可視為質點的物塊A從木板的左側沿木板上表面水平沖上木板，如圖甲所示．A和B經過1s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B運動的v－t圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則物塊A的質量為()A．1kg B．2kgC．3kg D．6kgC[由圖象可知，物塊在0～1s內的加速度大小為a1＝2m/s2以物塊為探討對象，由牛頓其次定律得：μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2木板在0～1s內的加速度大小為a2＝2m/s2，在1s～3s內物塊與木板相對靜止，一起做勻減速運動，加速度大小為a3＝1m/s2AB同速后為探討對象，由牛頓其次定律得：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得：μ2＝0.1再以B為探討對象，在0～1s內水平方向受到兩個滑動摩擦力，由牛頓其次定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1代入數據解得A的質量m＝3kg.]8．在塔頂上將一物體豎直向上拋出，拋出點為A，物體上升的最大高度為h＝20m，不計空氣阻力，設塔足夠高，則物體的位移大小為10m時，物體通過的路程可能為()A．10m B．20mC．30m D．50mACD[物體在塔頂上的A點拋出，位移大小為10m的位置有兩處，如圖所示，一處在A點之上，另一處在A點之下．在A點之上時，位移大小為10m，又有上升和下降兩種過程，上升時，物體通過的路程s1等于位移的大小x1，即s1＝x1＝10m；下降時，物體通過的路程s2＝2h－x1＝2×20m－10m＝30m．在A點之下時，物體通過的路程s3＝2h＋x2＝2×20m＋10m＝50m．故A、C、D項正確，B項錯誤．]9．(2024·湖北省武漢市高三下學期五月理綜訓練)(多選)如圖所示，材料相同的物體m1、m2由輕繩連接，在恒定拉力F的作用下沿斜面對上加速運動．輕繩拉力的大小()A．與斜面的傾角θ有關B．與物體和斜面之間的動摩擦因數μ有關C．與兩物體的質量m1和m2有關D．若改用F沿斜面對下拉連接體，輕繩拉力的大小不變CD[A、B、C項：將兩物體看成一個整體有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a解得：a＝eq\f(F－m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)對m2受力分析且由牛頓其次定律有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2解得：T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，故A、B項錯誤，C正確；D項：將兩物體看成一個整體有：F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a解得：a＝eq\