2020届高考物理二轮复习专题教案：专题一力与运动第2课时力与直线运动

第2课时 力与直线运动考点 匀变速直线运动规律的应用1．基本规律速度公式：v ＝v 0＋at . 位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.速度和位移公式的推论：v 2－v 02＝2ax . 中间时刻的瞬时速度：2t v ＝x t ＝v 0＋v2.任意两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2. 2．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． 3．刹车问题末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，应特别注意刹车问题，要先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解． 4．双向可逆类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． 5．平均速度法的应用在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化．例1 (2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图1所示水平导轨，A 、B 为弹性竖直挡板，相距L ＝4m ．一小球自A 板处开始，以v 0＝4m/s 的速度沿导轨向B 运动，它与A 、B 挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球停在AB 的中点，这个加速度的大小可能为( )图1A.47 m/s 2 B ．0.5 m/s 2 C ．1 m/s 2 D ．1.5 m/s 2答案 A解析 物体停在AB 的中点，可知物体的路程s ＝nL ＋L2，n ＝0,1,2….由v 2－v 02＝2as 得，|a |＝v 022(nL ＋12L )，n ＝0,1，2….代入数据解得|a |＝42n ＋1m/s 2.n ＝0,1,2…，将选项中加速度大小代入上式，可知只有A 项正确． 变式训练1．(多选)(2019·广东清远市期末质量检测)高铁进站近似做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三个位置，已知AB ＝BC ，测得AB 段的平均速度为30m/s ，BC 段的平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得( ) A ．高铁经过A 、B 、C 的速度 B ．高铁在AB 段和BC 段运动的时间 C ．高铁运动的加速度 D ．高铁在AC 段的平均速度 答案 AD解析 设质点在A 、B 、C 三点的速度分别为v A ，v B ，v C ，根据AB 段的平均速度为30m/s ，可以得到：v A ＋v B2＝30m/s ；根据BC 段的平均速度为20 m/s ，可以得到：v B ＋v C2＝20m/s ；设AB＝BC ＝x ，整个过程中的平均速度为：v ＝2xx 20m/s ＋x30m/s＝24m/s ，所以有：v A ＋v C2＝24 m/s ，联立解得：v A ＝34 m/s ，v B ＝26 m/s ，v C ＝14 m/s ，由于不知道AB 和BC 的具体值，则不能求解运动时间，因此无法求出其加速度的大小，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．2.(2019·全国卷Ⅰ·18)如图2，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )图2A ．1<t 2t 1<2 B ．2<t 2t 1<3 C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5答案 C解析 本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H4g ，第一个H4所用的时间为t 1＝2Hg－2×34H g ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确． 考点 直线运动图象的应用1．v －t 图象(1)图象意义：在v －t 图象中，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时物体做加速运动． 2．x －t 图象(1)图象意义：在x －t 图象上，图象上某点的切线斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．(2)注意：在x －t 图象中，斜率的绝对值逐渐增大，则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，物体做减速运动． 3．基本思路(1)解读图象的坐标轴，理清横轴和纵轴代表的物理量和坐标点的意义． (2)解读图象的形状、斜率、截距和面积信息． 4．解题技巧(1)应用解析法和排除法，两者结合提高图象类选择题的解题准确率和速度． (2)分析转折点、两图线的交点、与坐标轴交点等特殊点和该点前后两段图线． (3)分析图象的形状变化、斜率变化、相关性等．例2 (2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图3甲所示，质量为2kg 的物体在水平力F 作用下运动，t ＝0时刻开始计时，3s 末撤去F ，物体继续运动一段时间后停止，其v －t 图象的一部分如图乙所示，整个过程中阻力恒定，取g ＝10m/s 2，则下列说法正确的是( )图3A ．水平力F 为3.2NB ．水平力F 做功480JC ．物体从t ＝0时刻开始到停止，运动的总位移为92mD ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5 答案 B解析 撤去拉力后，由题图乙得，物体加速度的大小a ＝|Δv Δt |＝20－125－3m/s 2＝4 m/s 2.撤去拉力后，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得，μmg ＝ma ，解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，故D 项错误．由题图乙得，拉力作用时，物体做匀速直线运动，则F ＝μmg ＝0.4×2×10N ＝8N ，故A 项错误．拉力作用的3s 内物体的位移x 1＝v 0t 1＝20×3m＝60m ；则水平力F 做功W ＝Fx 1＝8×60J＝480J ，故B 项正确．物体从减速到速度为零过程，v 02－0＝2ax 2，解得物体从减速到停止运动的距离x 2＝v 022a ＝2022×4m ＝50m ．物体从t ＝0时刻开始到停止，运动的总位移x ＝x 1＋x 2＝60m ＋50m ＝110m ．故C 项错误． 变式训练3．(2019·浙江绍兴市3月选考)某玩具汽车从t ＝0时刻出发，由静止开始沿直线行驶，其a －t 图象如图4所示，下列说法正确的是( )图4A．6s末的加速度比1s末的大B．1s末加速度方向与速度方向相同C．第4s内速度变化量大于零D．第6s内速度在不断变大答案 B解析由题图知6s末的加速度比1s末的小，选项A错误；0～1s内汽车从静止开始做变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，选项B正确；由a－t图象与t轴所围图形的“面积”表示速度的变化量，知第4s内速度变化量为零，第6s内速度在不断减小，选项C、D 错误．4.(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图5，在光滑的斜面上，轻弹簧的下端固定在挡板上，上端放有物块Q，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，使其沿斜面向上做匀加速直线运动，以x表示Q离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )图5答案 A解析开始时mg sinθ＝kx0；现用一沿斜面向上的力F作用在Q上，当Q离开静止位置的位移为x时，根据牛顿第二定律：F＋k(x0－x)－mg sinθ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选A.考点牛顿运动定律的应用1．三大定律牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律2．运动性质分析(1)a＝0时，静止或匀速直线运动，此时合外力为0.(2)a ＝恒量(不等于0)，且v 0和a 在同一条直线上时，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒定．3．四种问题分析 (1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变． (2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法． (3)超重和失重问题物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关． (4)两类动力学问题解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．例3 如图6甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝10m 的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝10m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现抬高木板右端，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同大小的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图6(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t . 答案 (1)0.5 (2)(1＋5) s解析 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度大小为a ，则对滑块有μmg ＝ma ① 滑块恰好到木板右端停止0－v 02＝－2aL ②解得μ＝v 022gL＝0.5③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a 1，最大距离为s ，上滑的时间为t 1，有μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1④0－v 02＝－2a 1s ⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥由④⑤⑥式，解得t 1＝1s ，s ＝5m⑦设滑块下滑时的加速度大小为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2⑧ s ＝12a 2t 22⑨由⑧⑨式解得t2＝5s滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t＝t1＋t2＝(1＋5) s.变式训练5．(2019·浙江绍兴市3月选考)如图7所示，橡皮膜包住空心塑料管的底端，细线将橡皮膜固定密封，用手竖直握住塑料管保持静止状态，先将水从塑料管顶端倒入并灌至整管的三分之二处，然后在管顶处加一个带孔的瓶盖，此时橡皮膜凸出成半球状．现用力将塑料管向上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零．则( )图7A．加速上升时塑料管处于失重状态B．加速上升时橡皮膜底部进一步向下凸出C．减速上升时塑料管处于超重状态D．减速上升时塑料管内的水面将下降答案 B解析加速上升时，塑料管处于超重状态，水对橡皮膜的压力增大，橡皮膜的底部会进一步凸出；减速上升时，塑料管处于失重状态，水对橡皮膜的压力变小，橡皮膜凸出程度变小，水面将上升．6．(2019·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图8所示，光滑的水平地面上有两块材料完全相同的木块A、B，质量均为m，A、B之间用轻质细绳水平连接．现沿细绳所在直线施加一水平恒力F作用在A上，A、B一起开始做匀加速直线运动，在运动过程中把和木块A、B完全相同的木块C放在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在放上C并达到稳定后，下列说法正确的是( )图8A ．若C 放在A 上，绳上拉力不变B ．若C 放在B 上，绳上拉力为F2C ．若C 放在B 上，B 、C 间摩擦力为F3D ．C 放在A 上比放在B 上运动时的加速度大 答案 C解析 F 拉A 使得整体运动，由牛顿第二定律：F ＝2ma ， 对B 分析可知：F T ＝ma ，可得F T ＝F2.若C 放在A 上，三者一起加速，由整体法有F ＝3ma 1， 对B 由牛顿第二定律有：F T1＝ma 1，联立可得F T1＝F3，则绳上的拉力变小，故A 错误；若C 放在B 上，对整体F ＝3ma 2，对B 、C 有：F T2＝2ma 2，对B 滑块F T2－F f ＝ma 2， 联立可得F T2＝23F ，F f ＝F3，故B 错误，C 正确；由牛顿第二定律分析可得C 放在A 上时a 1＝F 3m ，C 放在B 上时a 2＝F3m ，两个加速度相同，故D 错误．考点 动力学方法分析“板—块”模型1．“板—块”模型的特点(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联；滑块、木板位移与板长之间的关联． (3)临界条件——加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键． 2．分析多过程问题的基本方法应当将复杂的运动过程分解为几个子过程，就每个子过程进行求解，关键是分析每一个子过程的特征(包括受力和运动)并且要寻找各子过程之间的联系．例4 (2019·广东惠州市第二次调研)如图9，一质量M ＝1kg 的足够长薄木板正在水平地面上滑动，当其速度为v 0＝5m/s 时将一质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地轻放到木板的A 端；已知薄木板与小铁块间的动摩擦因数μ1＝0.2，薄木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，取g ＝10 m/s 2.求：图9(1)小铁块放到薄木板上瞬间铁块和木板的加速度大小a 1、a 2； (2)小铁块与薄木板的速度第一次相等时，二者的位移大小； (3)当小铁块速度刚好减小到零时，小铁块到A 端的距离． 答案 (1)2m/s 28 m/s 2(2)0.25m 1.5m (3)1.125m解析 (1)对m 由牛顿第二定律得：F f m ＝μ1mg ＝ma 1a 1＝μ1mg m＝2m/s 2对M 由牛顿第二定律得：F f m ＋F f M ＝Ma 2a 2＝μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝8m/s 2(2)m 向右加速运动，M 向右减速运动，设经过时间t 二者速度相等且为v . 则对m ：v ＝a 1t 对M ：v ＝v 0－a 2t 解得t ＝0.5s ，v ＝1m/s二者速度第一次相等时m 的对地位移x m 1＝12a 1t 2＝0.25mM 的对地位移x M 1＝v 0t －12a 2t 2＝1.5m(3)μ1<μ2，则0.5s 后，m 在M 上会向右减速滑动，此时，m 减速时的加速度大小a m ＝μ1mg m＝2m/s 2M 减速时的加速度大小a M ＝μ2(m ＋M )g －μ1mg M ＝4m/s 2m 减速到0的时间t m ＝va m ＝0.5sM 减速到0的时间t M ＝va M＝0.25s故小铁块速度减小到零时，木板早已停下，且不会再滑动．从速度为v 到速度减为零，木板的位移x M 2＝v 22a M＝0.125m小铁块的位移x m 2＝v22a m ＝0.25m所以小铁块离木板A 端的距离：d ＝x M 1＋x M 2－(x m 1＋x m 2)＝1.125m.变式训练7．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图10(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10m/s 2.由题给数据可以得出( )图10A ．木板的质量为1kgB ．2～4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0～2s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 答案 AB解析 由题图(c)可知木板在0～2s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2N ，解得m ＝1kg 、F ＝0.4N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．8．(2019·江西重点中学协作体第一次联考)如图11所示，一质量为m B ＝3kg ，长为L ＝8m 的薄木板B 放在水平面上，质量为m A ＝2kg 的物体A (可视为质点)在一电动机拉动下从木板左端以v 0＝5m/s 的速度向右匀速运动．在物体A 带动下，木板从静止开始做匀加速直线运动，此时电动机输出功率P ＝40 W ．已知木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2，求：图11(1)木板B 运动的加速度大小； (2)物体A 滑离木板所用的时间． 答案 (1)1m/s 2(2)2s解析 (1)电动机对物体A 的拉力为F ＝P v 0物体A 匀速运动，木板B 对A 的摩擦力为F f ＝F 由牛顿第三定律，A 对B 的摩擦力F f ′＝F f ， 对木板根据牛顿第二定律有F f ′－μ(m A ＋m B )g ＝m B a 代入数据，联立解得a ＝1m/s 2(2)假设A 离开时，B 仍处于加速状态，由二者的位移关系有v 0t ＝L ＋12at 2代入数据解得t 1＝2s, t 2＝8s当t 2＝8s 时，v B ＝at 2＝8m/s ，v B >v 0，不合题意 当t 1＝2s 时，v B ＝at 1＝2m/s ，v B <v 0所以物体A 滑离木板所用的时间为2s ．专题突破练1.(2019·广东清远市期末质量检测)近年来学校都非常重视足球运动．在某学校举行的颠球比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，如图1所示，图示时刻足球恰好竖直向上运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近( )图1A ．6m/sB ．3 m/sC ．1m/sD ．0.5 m/s答案 B解析 由题图可知，足球上升到的高度大约为0.7 m ，人的脚的上表面距离地面的高度约0.15m ；足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v ，上升的高度为h ，则：v 2＝2gh ，所以：v ＝2gh ＝2×10×(0.7－0.15)m/s ≈3.3 m/s ，可知在四个选项中，最接近的是B 选项．2．(2019·福建三明市期末质量检测)一列火车沿直线轨道从静止出发由A 地驶向B 地，列车先做匀加速直线运动，加速度大小为a ，接着做匀减速直线运动，加速度大小为2a ，到达B 地时恰好静止，若A 、B 两地距离为s ，则火车从A 地到B 地所用时间t 为( ) A.3s 4aB.4s 3aC.3saD.3s 2a答案 C解析 设加速过程结束时的速度为v ，则v 22a ＋v 22·2a＝s ，解得v ＝4as3，则整个过程中的平均速度为v ＝v 2＝as3，则火车从A 地到B 地所用时间为t ＝s v＝3sa，故选C.3.(2019·浙江金华十校高三期末)气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜爱．如图2所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(圆形塑料片)浮离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动．某次比赛中，当小球受击打后以速度v 0匀速直线运动至离对方球门L 处时，小孔突然停止喷气，小球恰能做匀减速直线运动到对方球门，则( )图2A ．若小球以速度v 0运动到离对方球门0.5L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为22v 0 B ．若小球以速度v 0运动到离对方球门0.5L 处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为v 02C ．若小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为24v 0D ．若小球以速度v 0运动到离对方球门L 处所受浮力突然减半，小球破门的速度为v 02答案 A解析 由题意知停止喷气时小球做匀减速运动，v 02＝2aL ，若x ＝0.5L 时停止喷气，由v 02－v 12＝2a ·0.5L ，得v 1＝22v 0，故A 正确，B 错误；若浮力减半，则加速度大小a ′＝a 2，由v 02－v 22＝2a ′·L ，得v 2＝22v 0，故C 、D 错误． 4．(2019·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数为200N/m 的弹簧，弹簧的原长为20 cm ，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg 的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm ，g 取10 m/s 2，则电梯的运动状态及加速度大小为( ) A ．匀加速上升，a ＝2.5m/s 2B ．匀减速上升，a ＝2.5m/s 2C ．匀加速上升，a ＝5m/s 2D ．匀减速上升，a ＝5m/s 2 答案 C解析 由胡克定律可知，弹簧的弹力F ＝kx ＝200×(0.23－0.20) N ＝6N ，由牛顿第二定律知：F －mg ＝ma 解得：a ＝5m/s 2物体加速度方向向上，与电梯加速度相同，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图3甲所示，用一轻弹簧沿水平方向拉着物块在水平面上做加速运动，物块的加速度a 与弹簧的伸长量x 的关系如图乙所示(图中所标量已知)，弹簧的形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，则物块的质量m 及物块与地面间的动摩擦因数μ为( )图3A ．m ＝kcb ，μ＝b g B ．m ＝kc b ，μ＝g b C ．m ＝kb c，μ＝b gD ．m ＝kb c，μ＝g b答案 A解析 对物块，根据牛顿第二定律：kx －μmg ＝ma ，解得a ＝k m x －μg ，结合题图乙可知，k m＝b c ，－μg ＝－b ，解得m ＝kc b ，μ＝bg，故选A. 6.(2019·江西南昌市一模)一质量为1kg 的小物块静止在光滑水平面上，t ＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F ，其速度的二次方随位移变化的图象为经过点P (5,25)的直线，如图4所示，则( )图4A ．小物块做匀速直线运动B ．水平拉力F 的大小为2.5NC ．5s 内小物块的位移为5mD ．5s 末小物块的速度为25m/s 答案 B解析 由F ＝ma 及v 2＝2ax 得v 2＝2F m ·x ，故2F m ＝255，得F ＝2.5N小物块做匀加速运动的加速度大小为a ＝F m＝2.5m/s 25s 末v ＝at ＝12.5m/s 5s 内x ＝12at 2＝31.25m ，故B 正确，A 、C 、D 错误．7.(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)一小物块从倾角为α＝30°的足够长的斜面底端以初速度v 0＝10m/s 沿斜面向上运动(如图5所示)，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝33，g 取10m/s 2，则物块在运动时间t ＝1.5s 时离斜面底端的距离为( )图5A ．3.75mB ．5mC ．6.25mD ．15m答案 B解析 小物块沿斜面向上运动时加速度大小为a ＝g sin α＋μg cos α＝10m/s 2，小物块运动到最高点的时间t ＝v 0a＝1s<1.5s ，由于mg sin α＝μmg cos α，小物块运动到最高点速度为零时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为x ＝v 022a＝5m ，选项B 正确．8.(2019·江苏无锡市上学期期末)如图6所示，水平传送带以速度v 0向右匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆，在t ＝0时刻，将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失．则从工件开始运动到与挡杆第二次碰撞前的运动过程中，下列工件运动的v －t 图象可能的是( )图6答案 C解析 工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值，故A 、B 错误；工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速度不变，故C 正确，D 错误．9．(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)将两质量不同的物体P 、Q 放在倾角为θ的光滑斜面体上，如图7甲所示，在物体P 上施加沿斜面向上的恒力F ，使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动；图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平，同样在P 上加水平恒力F ；图丙为两物体叠放在一起，在物体P 上施加一竖直向上的恒力F ，使二者向上加速运动．三种情况下两物体的加速度大小分别为a 甲、a 乙、a 丙，两物体间的作用力分别为F 甲、F 乙、F 丙．则下列说法正确的是( )图7A ．a 乙最大，F 乙最大B ．a 丙最大，F 丙最大C ．a 甲＝a 乙＝a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙D ．a 乙＞a 甲＞a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙答案 D解析 假设物体P 的质量为M ，物体Q 的质量为m .由牛顿第二定律，对图甲中的物体P 和Q 有：F －(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a 甲，对物体Q ：F 甲－mg sin θ＝ma 甲，解得：a 甲＝F M ＋m－g sin θ，F 甲＝Fm M ＋m ；同理对图乙，解得a 乙＝F M ＋m ，F 乙＝Fm M ＋m；同理对图丙，解得a 丙＝FM ＋m－g 、F 丙＝FmM ＋m；显然a 乙>a 甲>a 丙，F 甲＝F 乙＝F 丙，D 正确． 10.(多选)(2019·贵州省部分重点中学教学质量评测)如图8所示，滑块A 沿表面粗糙的固定斜面B 加速下滑．下列做法中，一定能使A 下滑时加速度减小的是( )图8A ．在A 上放一物块B ．在A 上施一竖直向下的力C ．在A 上施一垂直斜面向下的力D ．在A 上施一竖直向上且小于A 重力的力 答案 CD解析 设滑块A 与斜面B 之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，滑块A 沿表面粗糙的固定斜面B 加速下滑的加速度为a 1，则有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，a 1＝g sin θ－μg cos θ，在A 上放一物块，相当于增大A 的质量，对A 的加速度没有影响，故A 错误．在A 上施一竖直向下的力有：(F ＋mg )sin θ－μ(F ＋mg )cos θ＝ma 2，a 2＝g sin θ－μg cos θ＋F sin θ－μF cos θm ，因为加速下滑有：μ<tan θ＝sin θcos θ，即sin θ>μcos θ，F sin θ>μF cos θ，所以a 2>a 1，故B 错误．在A 上施一垂直斜面向下的力，同理分析有：mg sin θ－μmg cos θ－μF ＝ma 3，a 3＝g sin θ－μg cos θ－μFm<a 1，故C 正确．在A 上施一竖直向上且小于A 重力的力，有：(mg －F )sin θ－μ(mg －F )cos θ＝ma 4，a 4＝g sin θ－μg cos θ＋μF cos θ－F sin θm<a 1，故D 正确．11．(2019·浙江嘉丽3月联考)如图9所示，我国“辽宁号”航母的舰载机采用滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始加速至滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度为l 1＝1.6×102m 的水平跑道和长度为l 2＝20m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h ＝4m ．已知质量m ＝2.0×104kg 的舰载机喷气发动机推力大小恒为F ＝1.2×105N ，方向与速度方向相同．若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.1倍，飞机质量视为不变并看成质点，重力加速度g 取10m/s 2，航母处于静止状态．图9(1)求飞机在水平跑道运动的时间； (2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小；(3)为了使飞机速度在倾斜跑道的末端达到4920m/s ，外界还需要在整个水平轨道加速阶段对飞机施加助推力，求助推力F 推的大小． 答案 (1)8s (2)3m/s 2(3)2.0×105N解析 (1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a 1、运动时间为t 1，有F －F f ＝ma 1 l 1＝12a 1t 12解得：t 1＝8s(2)飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道方向受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a 2F －F f －mg sin θ＝ma 2 sin θ＝h l 2＝15解得：a 2＝3m/s 2(3)在水平轨道上：F 推＋F －F f ＝mav 12＝2al 1在倾斜跑道上：v 22－v 12＝2a 2l 2 解得：F 推＝2.0×105N.12．(2019·河北衡水中学高考模拟)如图10甲所示，地面上有一长为l ＝1m 、高为h ＝0.8m 、质量M ＝2kg 的木板，木板的右侧放置一个质量为m ＝1kg 的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F ，拉力F 随时间的变化如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2.求：图10(1)前2s 木板加速度的大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs . 答案 (1)2m/s 2(2)1.68m解析 (1)木块在木板上滑行的最大加速度为a 1，则μ1mg ＝ma 1解得：a 1＝4m/s 2保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力F m ＝μ2(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 1＝30N.因F 1＝24N<F m ＝30N ，故木块与木板一起做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：F 1－μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a解得：a ＝2m/s 2(2)2s 末木块与木板的速度为v ，由运动学知识可得：v ＝at 1＝4m/s2s 后F 2＝34N>F m ＝30N ，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a 1，木板加速度为a 2F 2－μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2经时间t 2二者分离，此时由运动学规律可得：vt 2＋12a 2t 22－(vt 2＋12a 1t 22)＝l解得：a 2＝6m/s 2，t 2＝1s 此时木块的速度v 块＝v ＋a 1t 2 木板的速度：v 板＝v ＋a 2t 2木块与木板分离至滑落到地面的时间为t 3，由平抛运动知识可得：h ＝12gt 32在t 3时间内，木块在水平方向向前的位移为：s 块＝v 块t 3木块与木板分离后，木板的加速度为a 3，由牛顿第二定律可得：F 2－μ2Mg ＝Ma 3 在t 3时间内，木板在水平方向向前的位移为：s 板＝v 板t 3＋12a 3t 32所以，木块落地时距离木板左侧：Δs ＝s 板－s 块联立以上式子解得：Δs＝1.68m.。