2019届高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动学案.doc

专题一 第一讲物体平衡与直线运动 考点一静态平衡问题1.考查单个物体的平衡问题张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒，A、B为竖直墙壁上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，CO为一根轻杆。转轴C在AB中点D的正下方，AOB在同一水平面上。AOB60，DOC30，衣服质量为m。下列说法正确的是 ()ACO杆所受的压力大小为mgBCO杆所受的压力大小为mgCAO绳所受的拉力大小为mgDBO绳所受的拉力大小为mg解析：选D设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到向下的拉力mg、杆的支持力F2和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图，如图甲所示，根据平衡条件得：Fmgtan 60mg；F22mg。将F分解，如图乙所示，设AO所受拉力的大小为F1，因为AOB60，根据几何知识得：F1Fmg，所以绳AO和BO所受到的拉力大小为mg，而杆OC所受到的压力大小等于2mg；故D正确。2考查多个物体的平衡问题多选如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m3 kg的小球相连，半球形器皿中的轻绳与水平方向的夹角为60，小球静止在光滑的半球形器皿中，水平向右的拉力F10 N 作用在b上，三个物体保持静止状态。g取10 m/s2，下列说法正确的是 ()A轻绳对物体a的拉力大小为10 NB物体c受到向右的静摩擦力C桌面对物体a的静摩擦力方向水平向左D物体b受到一个摩擦力，方向水平向左解析：选AD对小球由平衡条件得2Tsin 60mg，代入数据解得轻绳的拉力T10 N，选项A正确；因为轻绳的拉力T10 NF10 N，因此对a、b、c三个物体组成的整体分析可知，桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右，选项C错误；物体c处于平衡状态，既不受拉力也不受摩擦力，选项B错误；c对b没有摩擦力，而b处于平衡状态，由于水平拉力F10 N作用在b上，因此由平衡条件知，b受到方向水平向左、大小为10 N的静摩擦力，选项D正确。考点二动态平衡问题3.考查用图解法分析动态平衡问题质量为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()AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐变小CF逐渐变小，T逐渐变大DF逐渐变小，T逐渐变小解析：选A以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，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。4考查用相似三角形法分析动态平衡问题多选如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2，则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小之间的关系，正确的是 ()AFT1FT2BFT1FT2CF1F2 DF1F2解析：选BC小球B受重力mg、绳子拉力FT和弹簧弹力F三个力而平衡，平移FT、F构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形OAB相似，因此有，其中OA、L保持不变，因此绳子的拉力FT大小保持不变，A错误、B正确；当弹簧的劲度系数k增大时，弹簧的压缩量减小，A、B间距离增大，因此对应的力F增大，C正确、D错误。考点三匀变速直线运动问题5.考查匀变速直线运动规律及图像问题多选 为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是()A新能源动力车的初速度为20 m/sB刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s2C刹车过程持续的时间为10 sD刹车过程经过6 s时新能源动力车的位移为30 m解析：选AB根据0v22ax得：，可知，解得刹车过程中加速度大小a5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度为v02400 m2/s2，则v020 m/s，故A、B正确；则刹车过程持续的时间t s4 s，故C错误；刹车过程中6 s内的位移等于4 s内的位移，则x m40 m，故D错误。6.考查用匀变速直线运动规律解决实际问题一辆车厢长为4 m的卡车沿水平路面行驶，在车厢正中央沿行驶方向放置一根长2 m、质量均匀的细钢管，钢管与车厢水平底板间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2。(1)若卡车以18 m/s的速度匀速行驶，为了使车厢前挡板不被撞击，求刹车时加速度的最大值？(2)若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为4 m/s2，则经多长时间钢管开始翻落？解析：(1)若车厢前挡板恰好不被撞击，则卡车在刹车过程中的位移大小x1对钢管有mgma2，解得钢管的加速度大小a2g3 m/s2钢管的位移大小x254 m又由运动关系可知x2x1联立以上各式可得am m/s23.06 m/s2。(2)从卡车开始加速到钢管开始翻落的过程中，卡车的位移x1at2钢管的位移x2a2t2又由运动关系可得x1x2，联立解得t2 s。答案：(1)3.06 m/s2(2)2 s考点四动力学两类基本问题7.考查已知受力情况确定运动情况如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，Ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是()At1t2Bt1t2Ct1t2 D无法确定解析：选B设Oa与竖直方向夹角为，则Ob与竖直方向夹角为2，由2Rcos gcos t12,2Rgcos 2t22，比较可得t1t2，故B正确。8考查已知运动情况确定受力情况一个质量为m2 kg的物体在倾角37粗糙的斜面上，在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，从t0时刻开始，物体运动的与时间t的关系如图所示(x为位移)，g10 m/s2，t2 s时撤去拉力，sin 370.6，求：(1)拉力F的大小；(2)物体向上运动过程中距计时点的最大距离。解析：(1)由匀变速直线运动公式xv0tat2得v0at对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示a1，则有：v01 m/s，a12 m/s2物体在斜面上在拉力F作用下向上运动的过程，由牛顿第二定律得：Fmgsin 37mgcos 37ma1解得F24 N。(2)2秒末vv0a1t5 m/s0到2秒内：x1v0ta1t126 m2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为a2gsin 37gcos 3710 m/s22秒后沿斜面向上位移：x21.25 m物体向上运动过程中距计时点的最大距离为xx1x27.25 m。答案：(1)24 N(2)7.25 m考点五动力学中的综合问题9.考查传送带与运动图像结合的问题如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B0t1时间：滑动摩擦力向右，物块向左做匀减速运动，t1时刻向左位移达到最大，即小物块离A处的距离最大。t1t2时间：滑动摩擦力向右，物块向右由静止开始先做匀加速直线运动。t2以后物块做匀速直线运动，摩擦力为零。t2时刻以后物块相对传送带静止，相对滑动的距离最大，故B正确。10考查动力学中的临界极值问题如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m，现施加水平力F拉B，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F拉A，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F不得超过()A2F B.C3F D.解析：选B力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fmma，对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F3ma，由解得：fmF。当F作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有Ffmma1，对整体，有：F3ma1，由上述各式联立解得：FF，即F的最大值是F，则使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F不得超过F，故B正确。11考查含弹簧的连接体问题如图所示，物体A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对A施加一竖直向下，大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，则下列关于FN的说法正确的是()A刚撤去外力F时，FNB弹簧弹力等于F时，FNC两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离D弹簧恢复原长时FNmg解析：选B刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F2ma1，对物体A有FNmgma1，联立解得FNmg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F2mg2ma2，对物体A有FNmgma2，联立解得FN，选项B正确；当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mgma，ag，B的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项C、D错误。12考查多个物体组成的(绳)连接体问题如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创造的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体时的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所需要的时间更长，这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究实验现象。已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长。如果mM，求：(1)物体B从静止开始下落一段距离所用的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；(2)系统由静止释放后，运动过程中物体C对物体B的拉力。解析：(1)设物体的加速度大小为a，绳子中的张力大小为F对物体A：FMgMa对物体B、C整体：(Mm)gF(Mm)a解得：ag代入mM得，a物体B从静止开始下落一段距离h历时t，则hat2自由落体相同距离历时t0，则hgt02解得：3。(2)设物体B对物体C的拉力为T，对物体C有mgTma解得：Tmg由牛顿第三定律可知，物体C对物体B的拉力为mg，方向竖直向下。答案：(1)3(2)mg，方向竖直向下释疑5大考点考点一静态平衡问题本考点是整个高中物理力学体系的基础，也有一定的难度，“难”表现在两个方面：一是研究对象复杂，往往涉及多个物体(如诊断卷第2题)；二是试题情景新颖，常与生活实际相联系或是实际情景的抽象(如诊断卷第1题)。对于该类问题，关键是在准确选定研究对象的前提下，灵活地利用合成法、分解法或正交分解法，必要时结合整体与隔离法分析问题。建议对本考点自学为主。(一)理清知识体系(二)掌握解答平衡问题的基本思路(三)用好多力多体平衡的解题技法1物体受三力平衡时，通常可应用合成法、分解法、解直角三角形法等求解，如诊断卷第1题，属于空间力系问题，O点受到的力不在同一平面，关键是将受力情况分成竖直和水平两个平面研究。如果物体受到三个以上力的平衡问题，通常采用正交分解法求解。2对于多个物体的平衡问题，要正确选取研究对象，整体法和隔离法交替使用，如诊断卷第2题，判断物体b所受的摩擦力时必须用隔离法，判断桌面对物体a的静摩擦力用整体法比较方便，求解时的易错点是忽略绳的拉力与F的大小关系，误认为桌面对物体a的静摩擦力方向水平向左。题点全练1(2018济宁一模)如图所示，质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球A的作用力大小为()A.mgB.mgC.mg D2mg解析：选A对小球A受力分析，杆对小球A的弹力FN水平向左，碗对球的弹力沿AO方向以及小球受竖直向下的重力，由平衡条件可知，tan 30，解得FNmgtan 30mg，故A正确，B、C、D错误。2(2019届高三石家庄调研)飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是()A扫雷具受3个力作用B绳子拉力大小为C海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D绳子拉力一定大于mg解析：选C对扫雷具进行受力分析，受到重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，如图所示，故A错误；根据平衡条件，有：竖直方向：F浮Tcos mg水平方向：fTsin 计算得出：T，故B错误；扫雷具受到海水的水平方向的阻力等于绳子拉力的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于mg，故C正确、D错误。3(2018辽宁庄河模拟)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均静止，绳与滑轮间的摩擦不计，已知绳与竖直杆间的夹角为，物体A、B的质量分别为mA、mB，则()AmAmBBmAmBC杆对B的弹力大小为mAgsin D杆对B的摩擦力大小为mAgcos 解析：选C对物体A分析可知，绳子拉力TmAg，再对物体B进行受力分析可知，水平方向：Tsin N，故杆对B的弹力大小为mAgsin ，选项C正确；竖直方向：Tcos fmBg，因无法判断摩擦力的方向，故无法判断二者的质量的大小，故选项A、B、D错误。考点二动态平衡问题动态平衡是高考的常考问题。物体在缓慢移动过程中均处于平衡状态，但物体所受的某些力的大小和方向均发生变化，使结果出现一些不确定性，这是此类问题常失分的主要原因。针对此类问题，只要遵循正确的思维流程(见例1、例2)，准确分析各力特点，合理选取解题方法，问题便可迎刃而解。建议对本考点重点攻坚。(一)灵活选取方法针对破解动态平衡问题多选(2017全国卷)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。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()AMN上的张力逐渐增大BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大DOM上的张力先增大后减小思维流程方法一图解法方法二解析法(正弦定理) 答案AD(二)突破一个难点动态平衡中的极值问题(2018九江联考)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30，则F的最小值为()A.mgBmgC.mg D.mg思维流程 答案B题点全练1(2018河南南阳一中模拟)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中，下列说法正确的是()A框架对小球的支持力先减小后增大B力F的最小值为mgcos C地面对框架的摩擦力先减小后增大D框架对地面的压力先增大后减小解析：选B以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示。根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力N逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：Fmgcos ，故A错误，B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F沿顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C错误；F沿顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误。2多选如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持轻绳始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在O点悬挂不同的重物C，则()A若健身者缓慢向右移动，绳OA拉力变大B若健身者缓慢向左移动，绳OB拉力变大C若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大D若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小解析：选AD设OA的拉力为FA，OB的拉力为FB，重物C的质量为m，因O点始终处于平衡状态，根据平衡条件有：FAcos mg0，FAsin FB0，解得FA，FBmgtan ，当健身者缓慢向右移动时角变大，则FA、FB均变大，故选项A正确；当健身者缓慢向左移动时，角变小，则FA、FB均变小，因为健身者所受的摩擦力与OB绳拉力FB相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故选项B错误，D正确；不论健身者朝哪个方向移动，绳OA、OB拉力的合力保持不变，大小等于重物C的重力mg，故选项C错误。3(2018湖南十四校二次联考)如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB一端通过铰链固定在A点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮C，用力F拉绳，开始时BAC90，现使BAC缓慢变小，直到杆AB接近竖直杆AC。此过程中()A轻杆AB对B端的弹力大小不变B轻杆AB对B端的弹力先减小后增大C力F逐渐增大D力F先逐渐减小后逐渐增大解析：选A以B点为研究对象，分析受力情况：悬挂重物的绳的拉力T(等于重物重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图。由平衡条件可知N和F的合力与T大小相等、方向相反，根据三角形相似可得；又TG，因杆的长度不变，BC距离变短，故N大小保持不变，力F逐渐减小，则A正确，B、C、D错误。考点三匀变速直线运动问题本考点主要对匀变速直线运动规律及运动图像进行考查，其中图像问题上失分，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的；匀变速直线运动规律的应用上失分，主要是该考点与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生对本考点多加关注。(一)“四类”匀变速直线运动公式要记牢(二)“五种”常用解题方法运用好 (三)运动图像问题“四点提醒”不可少1对于xt图像，图线在纵轴上的截距表示t0时物体的位置；对于vt和at图像，图线在纵轴上的截距并不表示t0时物体的位置。2在vt图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。3vt图像中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。4对于非常规图像，不要想当然的猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图像，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义，如诊断卷第5题，根据0v22ax得，图线的斜率为，还要注意刹车过程速度减为零后不再运动。题点全练1(2018四川雅安三诊)甲、乙两物体在同一直线上运动，其位移时间图像如图所示，由图像可知()A甲比乙运动得快B乙开始运动时，两物体相距20 mC在前25 s内，两物体距离先增大后减小D在前25 s内，两物体位移大小相等解析：选C位移时间图像的斜率等于速度，斜率越大，速度越大，甲比乙运动得慢，故A错误；由题图知：乙从原点出发，乙开始运动时，甲的位置坐标大于20 m，则两物体相距大于20 m，故B错误；在010 s这段时间内，乙静止在原点，甲沿正向做匀速直线运动，则两物体间的距离逐渐增大，在1025 s这段时间内，甲的运动速率小于乙的运动速率，甲在乙的前方，则两者距离逐渐减小，故C正确；在前25 s内，甲的位移为x1(4020)m20 m，乙的位移为x2(400)m40 m, 故D错误。2多选(2018全国卷)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解析：选BDt1t2时间内，v甲v乙，t2时刻相遇，则t1时刻甲车在乙车的后面，故A错误、B正确。由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故C错误、D正确。3(2017全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s14 N时，A、B发生相对滑动，对B有：aF，由图示图像可知，图线的斜率：k2，解得M0.5 kg，滑块A的质量为：m1.5 kg，故A正确，B错误；当a0时，F3 N，代入解得0.2，故D错误；根据F5 N4 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为aBF4 m/s2，故C正确。11多选(2018甘肃天水一模)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为mA1 kg和mB2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示(重力加速度g取10 m/s2)。则()A若F1 N，则物块、木板都静止不动B若F1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1 NC若F4 N，则B物块所受摩擦力大小为2 ND若F8 N，则B物块相对于木板滑动解析：选BCA与木板间的摩擦力最大为fA0.2110 N2 N，B与木板间的摩擦力最大为fB0.2210 N4 N，若F1 N，小于最大静摩擦力，所以A、B的加速度相同，a m/s2，故A错误；若F1.5 N，小于最大静摩擦力，所以A、B的加速度相同，a m/s20.5 m/s2，fAmBa0.52 N1 N，故B正确；若F4 N，假设A、B都相对木板静止，则整体共同的加速度a m/s2，A所受的摩擦力fFmAa N2 N，假设不成立，故此时A已滑动，B所受的摩擦力为2 N，C正确；若F8 N，则A相对木板滑动，此时A给木板的摩擦力为2 N，小于B所受的最大静摩擦力，所以B物块相对木板静止，故D错误。12.如图，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s处有一片质量为m的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角45的斜面。当车速达到v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t滑到玻璃的下沿。树叶在运动中受到空气阻力，其大小Fkv(v为车速，k为常数)，方向与车运动方向相反。若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a；(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数；(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a。解析：(1)根据匀加速直线运动规律，有sat2解得a。(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N，树叶受到的空气阻力为F，树叶受到的滑动摩擦力为fFkv0fNNmgcos Fsin 由牛顿第二定律，有mgsin fFcos ma由题意，45联立解得。(3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N，树叶受到的空气阻力为F，树叶受到的最大静摩擦力为ffNFkv0由牛顿第二定律有Nsin fcos FmaNcos fsin mg联立并代入，得ag。答案：(1)(2)(3)g13(2019届高三皖南八校联考)如图甲所示，可视为质点的质量m11 kg的小物块放在质量m22 kg的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37，现对长木板施加水平向左的拉力F18 N，长木板运动vt图像如图乙所示，sin 370.6，g10 m/s2，求： (1)长木板长度L；(2)木板与地面间的动摩擦因数2；(3)物块与木板间的动摩擦因数1。解析：(1)从图线可知，木板运动2 s离开小物块，在02 s，由图线可知x m1 m，L2x2 m。(