2019版高中物理二轮专题复习教师用书：专题一 第2讲 力与直线运动 Word版含答案.docx

第2讲力与直线运动主干知识体系核心再现及学科素养知识规律(1)匀变速直线运动规律公式的两性条件性：物体必须做匀变速直线运动矢量性：公式都是矢量性(2)牛顿第二定律的“四性”矢量性：Fma是矢量式，a与F同向瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化同体性：Fma中，F、m、a对应同一物体独立性：分力产生的加速度相互独立(3)运动图象六要素轴；线；斜率；截距；交点；面积思想方法(1)物理思想：极限思想、逆向思维、理想实验、分解思想(2)学习方法：比例法、图象法、控制变量法、整体法、隔离法、合成分解法.1(2018·全国卷，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动在启动阶段，列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比BA错：速度vat，动能Ekmv2ma2t2，与经历的时间的平方成正比B对：根据v22ax，动能Ekmv2m·2axmax，与位移成正比C错：动能Ekmv2，与速度的平方成正比D错：动量pmv，动能Ekmv2，与动量的平方成正比2(2018·全国卷，16)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()A设物块P静止时，弹簧的长度为x0，物块P受重力mg、弹簧弹力k(lx0x)及力F，根据牛顿第二定律，得Fk(lx0x)mgma且k(lx0)mg故Fkxma.根据数学知识知Fx图像是截距为ma的一次函数图像3(2018·全国卷，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示已知两车在t2时刻并排行驶下列说法正确的是()A两车在t1时刻也并排行驶B在t1时刻甲车在后，乙车在前C甲车的加速度大小先增大后减小D乙车的加速度大小先减小后增大BDA错、B对：0t1时间内，v乙>v甲；t1t2时间内，v甲>v乙，t2时刻相遇，但0t1时间内两者的位移差小于t1t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面；C错、D对：由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大4(2018·全国卷，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示下列说法正确的是()A在t1时刻两车速度相等B从0到t1时间内，两车走过的路程相等C从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等CDA错：xt图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度B错：由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离C、D对：t1和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等提示多项选择题中，A、B项已经确定错误，C、D项可不分析5(2018·全国卷，24)(12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小；解析(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v2aBsB联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有v2aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s答案(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s考情分析命题特点与趋势1近几年高考对本讲的考查比较全面，题型以选择题为主，也涉及较为综合的计算题匀变速直线运动的规律、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用是命题的热点2借助“传送带”“平板车”“滑块木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析的计算题，会成为高考中的压轴性题目3以“机车运动”“追及相遇”为背景的实际问题也会成为高考命题的热点，应引起足够重视解题要领1解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点(1)两分析物体受力情况分析，同时画出受力示意图；物体运动规律分析，同时画出运动情境图(2)两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程相互联系的桥梁2解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1)要明白xt、vt图象的特点及区别；(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型高频考点一运动学基本规律备考策略1牢记解决匀变速直线运动问题的4种常用方法2匀变速直线运动问题规范解题“4个步骤” 命题视角考向1运动学基本规律的应用例1一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则()A物体的加速度是1 m/s2B第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/sC时间间隔T1 sD物体在第1个T时间内的位移为0.6 mD初速度为0的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为135，据此判断第一个T时间内的位移x1×3 m0.6 m，选项D正确；第二个T时间内的位移x2×3 m1.8 m，由v02a(x1x2x3)，得a m/s2，选项A错误；由xaT2得x2x1aT2，解得T s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1aT1 m/s，选项B错误考向2追及相遇问题例2为了保障市民出行安全，减少交通事故，交管部门强行推出了“电子眼”，此后机动车闯红灯大幅度减少现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5，g取10 m/s2.问：(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？解法指导(1)两车在司机的反应时间内做匀速运动，这一点要记住(2)两车避免相撞的临界条件是在同一位置处，后车的速度等于前车的速度. 解析(1)甲车紧急刹车的加速度为a10.4g4 m/s2甲车停下来所需时间t12.5 s甲车滑行距离s12.5 m由于12.5 m<15 m，所以甲车能避免闯红灯(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0，在乙车刹车t2时刻两车速度相等，则有：乙车紧急刹车的加速度大小为a20.5g5 m/s2由v1v2得v0a1(t2t0)v0a2t2，解得t22.0 s此过程中乙的位移：x乙v0t0v0t2a2t15 m甲的位移：x甲v0(t0t2)a1(t0t2)212.5 m所以两车安全距离至少为：s0x乙x甲2.5 m答案(1)能(2)2.5 m考向3运动学图象的理解与分析例3(2018·湖北省武汉市高三二月调研)(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其xt图像如图所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，15)已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是()A前4 s内两物体运动方向相同B前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的倍Ct0时刻，甲的速度大小为9 m/sD甲的加速度大小为2 m/s2ADxt图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确；甲做匀变速直线运动，则甲的xt图象对应于a；前4 s内甲的平均速度为：v16 m/s，前4 s乙的平均速度为：v22 m/s，故前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；t0时刻，甲的位移为9 m，速度无法求解，故C错误；甲时匀加速，只能得到运动时间和4 s末的速度，故无法求解加速度，故D错误；故选A.点睛位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道，平均速度等于位移除以时间归纳反思1“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题2追及问题的解题思路和注意事项(1)解题思路(2)注意事项：若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析 题组突破11.(2018·山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)一质点做匀加速直线运动，并规定了正方向若已知质点在一段时间t内的末速度v及加速度a，则质点此段运动的初速度可表示为()AvatBvat CvatDvatB采用逆向思维，质点做匀减速直线运动，相当于初速度为v，加速度大小为a，则初速度可表示为v0vat.故B正确，A、C、D错误故选B.12.(多选)甲、乙两物体从不同点出发且在同一条直线上运动，它们的vt图象如图所示，已知t2 s时两车相遇，则下列说法正确的是()At1 s时，甲车在前，乙车在后Bt0 s时，甲、乙车距离x03 mCt6 s时，甲车在前，乙车在后D35 s内两车的平均速度相同BD02 s内甲车的位移x甲×2×4 m4 m，x乙×2×1 m1 m，t2 s时两车相遇，甲车的位移比乙车大，也就是甲车追及乙车，所以，t1 s时，甲车在后，乙车在前，故A错误；t0 s时，甲、乙车距离x0x甲x乙3 m，故B正确；26 s内甲乙两车的位移相等，t2 s时两车相遇，所以t6 s两车也相遇，故C错误；35 s内两车vt图象围成的面积相等，故位移相等，时间间隔相等，所以平均速度也相等，故D正确13.(2018·高三洛阳检测)甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s，因为体力、 毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点求：(1)甲做匀减速运动的加速度；(2)甲冲刺阶段完成的位移大小解析(1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由x1，解得v110 m/s；甲匀减速的末速度为v2，匀减速的加速度为a2，由a2，得a21 m/s2.(2)匀速运动的位移：x2v1t210×10 m100 m匀减速的位移：由x3t解得x318 m最后冲刺的位移为：x4200 m(x1x2x3)200 m(2010018)m62 m.答案(1)1 m/s2(2)62 m高频考点二动力学的两类基本问题备考策略1超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当ag且竖直向下时，完全失重2动力学的两类基本问题的处理思路3解决动力学问题的常用方法(1)整体法与隔离法(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题命题视角考向1超、失重问题例4如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是()A升降机在停止运动前是向上运动的B0t1时间段内金属球做减速运动Ct1t2时间段内金属球处于超重状态Dt2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同D由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当Fmg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速度运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1t2时间段可分为两段，Fmg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确考向2瞬时加速度问题例5如图所示，两个质量均为m的小球A、B细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是45°，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把细线剪断在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是()A2g B.g C2g D.gB细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F2mg，所以此时A球的合力FAmg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小ag，故B正确，A、C、D错误考向3动力学图象问题例6两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的vt图象，可能正确的是()D若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据速度时间图象的斜率表示加速度大小可知，D正确考向4“传送带”问题的分析例7如图所示，与水平面夹角37°的倾斜传送带以v02 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v18 m/s的速度从底端滑上传送带已知小物块A、B质量均为m1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.求：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l应满足的条件解析(1)对小物块B由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t10.6 s，位移s13 m之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2小物块B减速至0的时间t21 s位移s21 m小物块B向上运动过程中平均速度2.5 m/s(2)小物块A的加速度也为a22 m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0a2t2小物块B向下运动过程s1s2a2t解得t32 s，则tt1t2t33.6 s代入解得l012.96 m，即传送带的长度l12.96 m【答案】(1)2.5 m/s(2)l12.96 m方法总结(1)传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断题组突破21.如图所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与天花板的夹角如图所示，则在剪断AC绳的瞬间，小球的加速度大小为a1，剪断BC绳的瞬间，小球的加速度大小为a2.则a1a2为()A11 B.3C.2 D.1C在剪断BC绳的瞬间，AC绳的弹力发生突变，小球即将做圆周运动受力分析如图所示，重力分解为沿绳方向和垂直绳子的方向，因为此时速度为0，向心力等于0，沿绳子方向的加速度为0；垂直绳子方向，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小：a1g；同理可得剪断AC绳的瞬间，小球的加速度大小a2g，所以，故C正确，A、B、D错误22.(多选)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是()ACD滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度减小到0前，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动故C正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到0时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0时，仍然在传送带上由于传送带向沿斜面向上运动，滑块在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故D正确，B错误高频考点三动力学中的连接体问题备考策略一、连接体问题可以看作是单个物体的由小变大(此时用整体法)和由单个变多个(此时用隔离法)的动力学问题，解决此类问题时应注意以下三点：整体法与隔离法的优点和使用条件；两物体分离或相对滑动的条件；用滑轮连接的连接体的处理方法建议对本考点重点攻坚二、整体法与隔离法的选用原则1当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法2求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法三、三类连接体问题的解题结论1通过滑轮连接的两个物体：如果做加速运动，则它们的加速度大小相同，注意此时轻绳的拉力与悬挂物的重力大小不等2叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力3靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同例8(2018·湖北省武昌区高三五月调研考试)(多选)如图所示，质量分别为m和M的两物体用轻绳连接，在M上施加恒力F，使两物体一起沿恒力F方向做匀加速直线运动(轻绳与恒力F方向平行)，分析对比下列四种情况下两物体间轻绳的张力大小T和两物体的加速度大小a，正确的是()A四种情况中(3)的加速度一定大于其他三种情况B四种情况中(4)的加速度一定小于其他三种情况C四种情况中(3)的轻绳张力一定小于其他三种情况D四种情况轻绳的张力一定一样大AD(1)中加速度满足：F(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a1，对m：T1mgsin mgcos ma1；解得a1gsin gcos ：T1；(2)中加速度满足：F(Mm)gsin (Mm)a2，对m：T2mgsin ma2：解得a1gsin ；T2；(3)中加速度满足：F(Mm)a3，对m：T3ma3；解得a3；T3；(4)中加速度满足：F(Mm)g(Mm)a4，对m：T4mgma4；解得a4g；T4；由以上分析可知，选项A、D正确，B、C错误；故选A、D.例9(多选)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则()At2时刻，弹簧形变量为0Bt1时刻，弹簧形变量为C从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D从t1时刻开始，拉力F恒定不变BD由题图乙知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin kx，则x，故A错误；由题图乙读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律kxmgsin ma，则x，故B正确；从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律Fkx2mgsin 2ma，得F2mgsin 2makx，x减小，F增大，t1时刻到t2时刻，对B由牛顿第二定律得Fmgsin ma，得Fmgsin ma，可知F不变，故C错误，D正确题组突破31.(2018·高三湖北八校联考)(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，轻绳平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin )gDM运动的加速度大小为gBC互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin mg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有：FTmgsin ma，又FTFT，解得：a(1sin )g，FTmg，故A、D错误，B、C正确32.(2018·湖北省高三4月调研)(多选)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的轻绳2系着质量为2m的重锤C.已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数为(<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是()AA、B、C的加速度大小均为B轻绳1的拉力为C轻绳2的拉力为mgD当A运动到B的左端时，物体C的速度为BD三个物体的加速度相等，设三个物体的加速度均为a，对物体A：T1mgma；对B：T2mg2mgT1ma；对C：2mgT22ma；联立解得agg；T1mg；T2mg2mg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有：at2at2L，此时物体A、B、C的速度均为vat，选项D正确；故选BD.高频考点四应用动力学方法分析“滑块木板”问题备考策略1“滑块木板”模型应用到的规律、方法(1)“滑块木板”模型问题中的判断与计算不同阶段滑块、木板间摩擦力的计算，滑块、木板加速度方向的判断，滑块、木板做匀加速或匀减速运动的判断；滑块能否达到与木板共速的判断，滑块滑离木板的可能性的判断正确确定滑块、木板的位移及相对位移(2)“滑块木板”模型问题突破关键平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析；非平衡状态下的木板与滑块：破题关键是受力分析、运动分析和牛顿第二、三定律的应用(3)“滑块木板”模型中功、能的计算方法计算力所做的功时，位移是对地位移；只有存在滑动摩擦力时才有内能产生；计算因滑动摩擦产生的内能时，常用功能关系QFfs，需注意的是s为物体之间的相对路程2“滑块木板”模型的解题策略(1)要正确分析物体的受力情况、运动过程，判断物体是一直匀加速运动还是先匀加速再匀速运动；(2)结合牛顿第二定律求加速度，利用运动学公式分析物体的速度关系及位移关系例10(2017·全国卷，25)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 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10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 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g10 m/s2.求 (1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1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v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt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f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，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v2v1a2t2对A有：v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A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s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m(也可用下图中的速度时间图线求解)答案(1)1 m/s(2)1.9 m归纳反思1“滑块木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系2要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等题组突破41.(多选)如图1所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动滑块、长木板的速度图象如图2所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有长木板P上滑下重力加速度g10 m/s2.则下列说法正确的是()图1图2At10 s时长木板P停下来B长木板P的长度至少是7.5 mC长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075D滑块Q在长木块P上滑行的距离是12 mBCD由图2可知，力F在t15 s时撤去，此时长木板P的速度v15 m/s，t26 s时两者速度相同，v23 m/s，t26 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t26 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，06 s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得：1mgma1，解得10.05,56 s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得：2(2m)g1mgma2，解得20.075，故C正确；6 s末到长木板停下来过程中，由牛顿第二定律得：2(2m)g1mgma3，解得a31 m/s2，这段时间t13 s，所以，t9 s时长木板P停下来，故A错误；长木板P的长度至少长度就是前6 s过程中，滑块Q在长板P上滑行的距离：x1×5×5 m×(53)×1 m×3×6 m7.5 m，故B正确；6 s末到滑块停下来过程中，由牛顿第二定律得：1mgma4，解析a40.5 m/s2，这段时间t16 s，所以，t312 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长板P上滑行的距离：x2×6×3 m×3×3 m4.5 m，滑块Q在长木板P上滑行的距离是xx1x212 m，故D正确42.如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端已知物块与木板之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，从某时刻起物块以大小为v1的水平初速度向左运动，同时木板在水平外力F作用下始终向右以大小为v2(v2>v1)的速度匀速运动：求：(1)在物块向左运动过程中外力F的大小；(2)木板至少为多长物块才不会从木板上滑下来？解析(1)在物块向左运动过程中，木板受力如图所示，其中Ff1、Ff2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知Ff11mgFf22(mM)g由平衡条件得：FFf1Ff21mg2(mM)g (2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则t1设物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1t1设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即相对静止)的时间为t2，则t2设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2t2此过程中木板向右匀速运动的总位移为x，则xv2(t1t2)则物块不从木块上滑下来时木板的最小长度：Lxx1x2，L.答案(1)1mg2(mM)g(2)课时跟踪训练(二)一、选择题(17题为单项选择题，810题为多项选择题)1(2018·山东省潍坊市高三第二次高考模拟)汽车在转弯时如果速度过快，容易发生侧翻一辆大货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，下列说法正确的是()A货车向右侧翻B左侧轮胎容易爆胎C侧翻是因为货车惯性变大D侧翻是因为货车惯性变小A货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，由于离心作用火车向右侧翻，选项A正确；向右侧翻时，右侧轮胎受的压力较大，则右侧轮胎容易爆胎，选项B错误；侧翻是因为货车所受的摩擦力不足以提供转变时的向心力而发生离心现象，火车的质量没变，则惯性没有变化，选项C、D错误；故选A.2(2018·福建省毕业班质量检查)如图1，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块()A通过bc、cd段的时间均大于TB通过c、d点的速度之比为12C通过bc、cd段的位移之比为13D通过c点的速度等于通过bd段的平均速度A当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a.假设ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x、xbcxcd35，C错误；如果滑块由b点静止释放，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1，滑块在d点的速度应为v2，则v1v2，B错误；因为xbcxcd35，显然通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误3(2018·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)质量均为m1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的变化图象如图所示下列说法正确的是()A甲的加速度大小为2 m/s2B乙的加速度大小为1.5 m/s2C甲、乙在x6 m处的速度大小为2 m/sD甲、乙在x10 m处相遇AA项：对甲由动能定理可知：F合xEk，即F合即为图象斜率，所以F合k2N，由牛顿第二定律得：a甲2 m/s2，故A正确；B项：对乙由动能定理可知：