2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：运动和力的关系（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：运动和力的关系（10题）一．解答题（共10小题）1．（2024•沙坪坝区校级模拟）几位同学正在参与一种游戏，游戏装置如图所示，A为可视作质点的煤块，B为一块长为L的木板（煤块能够在木板上留下划痕）。现游戏要求将A置于B表面某一位置，一起静置于一足够长的台面上，对B施加水平向右的恒定推力，一段时间后撤去，看最终A在B表面形成的划痕长度，使划痕更长且煤块没有从B上掉出者为最终赢家。甲同学在游戏中施加推力使A、B以相同加速度做匀加速运动，撤去推力后，A停下所需时间是B停下所需时间的三倍，且A没有从B上掉出。已知A、B之间的动摩擦因数为μ，A、B的质量均为m，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求B与台面之间的动摩擦因数；（2）在乙同学能推动B的情况下，要保证A置于B表面任意位置时，无论推力作用时间多少，A都不可能从B的右端掉出，求推力应满足的条件；（3）若丙同学的推力恒为F，且F＞6μmg，讨论当F取不同值时，他改变作用时间和A的初始放置位置，要使划痕最长且A没有从B上掉出，A起初应置于B表面距离左端多远的位置？F作用时间为多少？2．（2024•衡水模拟）如图所示，甲图为传送带的实物照片，乙图是其运输水果箱的示意图。传送带倾斜部分倾角为37°，传送带与水果箱之间的摩擦因数μ＝0.8，传送带AB部分长度LAB＝12m、BC部分长度LBC＝9m，运行速度恒为2m/s。现工人每隔1s在底端A点放上一个水果箱，C点恰好掉下去一个水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）稳定运行时传送带上有多少个水果箱；（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值Δx1与最大值Δx2。3．（2024•桃城区校级模拟）如图，光滑水平面上固定有光滑长直木板，倾角θ＝37°、质量M＝1kg的斜面紧靠木板放置，质量m＝1kg的物块与斜面之间的动摩擦因数μ=1516，初始时斜面与物块均静止，作用在斜面上的力F与木板平行，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力F的最大值；（2）当斜面的加速度a＝8m/s2时，F的大小。（已知在力F作用下，斜面与物块同时开始分别做匀变速直线运动）4．（2024•江苏四模）如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环，圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O等高，球B在圆心O的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。（1）对球B施加水平向左的力F，使A、B两小球静止在图示位置，求力的大小F；（2）由图示位置静止释放A、B两小球，求此后运动过程中A球的最大速度v；（3）由图示位置静止释放A、B两小球，求释放瞬间B球的加速度大小a。5．（2024•泰安三模）如图所示，一足够长的水平传送带以v1＝1m/s的速度顺时针匀速转动。质量为m1＝2kg的物块A和质量为m2＝3kg的物块B由绕过定滑轮的轻绳连接，质量为m3＝1kg的物块C置于A上，轻绳足够长且不可伸长，A与定滑轮间的轻绳水平。某时刻，同时给A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B竖直上升，A、C保持相对静止从传送带左端冲上传送带。已知A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不计定滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中B都没有与定滑轮碰撞，A、C始终保持相对静止。求：（1）A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小；（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C离开传送带时的速度大小；（4）A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量。6．（2024•四川模拟）中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为M＝1kg的滑块（视为质点）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m＝0.5kg减速装置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为α的力F作用，如图（b）所示（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；（2）若已知F=1507．（2024•德阳模拟）如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为θ＝37°，传送带顶端到底端的距离为L＝14.25m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1＝0.3kg的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2＝0.1kg的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。t＝0时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为a0＝7m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v＝7m/s后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；（2）小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。8．（2024•山东模拟）如图甲所示，质量M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板通过的最大路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系图像，如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1，BC为直线段。物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情况下，物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t。（2）求图乙中B点的横坐标。（3）求图乙中C点的纵坐标。（4）求直线DE对应的1s-9．（2024•长安区二模）如图所示，某弹性绳伸长时满足胡克定律，其原长为L，一端固定于竖直墙上A点，跨过光滑的定滑轮B，与穿过竖直杆、质量为m的小球在C处相连，此时ABC在同一水平线上，其中AB＝L，弹性绳中的弹力大小恰为mg。小球从C点由静止开始下滑，到达D点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，不计空气阻力。小球从C到D的过程中，求：（1）小球在C处开始下滑瞬间，其加速度a的大小；（2）小球下滑过程中，所受滑动摩擦力Ff的大小。10．（2024•南京二模）一名儿童在水平地面上的一块长木板上玩耍，他从左端开始加速跑向右端，当跑到右端时，立即止步且在极短时间内就与木板相对静止，并一起向右滑动至停止。对相关条件进行如下简化：儿童质量M＝20kg，木板的质量m＝5kg，木板长度L＝2m。儿童奔跑时，木板与地面间的滑动摩擦力恒为f1＝25N；儿童止步后，木板与地面间的滑动摩擦力恒为f2＝20N，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。最初儿童和木板均静止，每次玩耍儿童加速时加速度恒定，加速度大小可在0～3m/s2间调节，运动过程中脚与木板间始终没有打滑，儿童可视为质点。求：（1）为使木板不向左滑动，儿童加速度的最大值a0；（2）儿童以1.8m/s2的加速度向右运动过程中儿童对木板做功；（3）请写出儿童向右运动的总距离x关于儿童加速阶段加速度a1的表达式，并求出最大距离xm。

2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：运动和力的关系（10题）参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•沙坪坝区校级模拟）几位同学正在参与一种游戏，游戏装置如图所示，A为可视作质点的煤块，B为一块长为L的木板（煤块能够在木板上留下划痕）。现游戏要求将A置于B表面某一位置，一起静置于一足够长的台面上，对B施加水平向右的恒定推力，一段时间后撤去，看最终A在B表面形成的划痕长度，使划痕更长且煤块没有从B上掉出者为最终赢家。甲同学在游戏中施加推力使A、B以相同加速度做匀加速运动，撤去推力后，A停下所需时间是B停下所需时间的三倍，且A没有从B上掉出。已知A、B之间的动摩擦因数为μ，A、B的质量均为m，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求B与台面之间的动摩擦因数；（2）在乙同学能推动B的情况下，要保证A置于B表面任意位置时，无论推力作用时间多少，A都不可能从B的右端掉出，求推力应满足的条件；（3）若丙同学的推力恒为F，且F＞6μmg，讨论当F取不同值时，他改变作用时间和A的初始放置位置，要使划痕最长且A没有从B上掉出，A起初应置于B表面距离左端多远的位置？F作用时间为多少？【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动规律的综合应用．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）B与台面之间的动摩擦因数为2μ；（2）推力应满足的条件为F≥（3）当6μmg＜F≤274μmg时，A起初应置于B表面距离左端9L-54μmgLF的位置，F作用时间为6mF3μgL；当F【分析】（1）依题意：A停下所需时间是B停下所需时间的三倍，可得两者的加速度大小关系，根据牛顿第二定律求解；（2）分析题意，确定临界条件，依据条件确定两者的运动形式与相对运动过程，根据牛顿第二定律与运动学公式求解；（3）根据牛顿第二定律求得A、B恰好能相对静止的推力大小，结合（2）的结论，分情况确定临界条件，讨论求解。【解答】解：（1）依题意：甲同学撤去推力后，A停下所需时间是B停下所需时间的三倍，即ΔtA＝3ΔtB，说明A的加速度较小，减速较慢，则A相对B向右滑动。设B与台面之间的动摩擦因数为μB，根据牛顿第二定律得：对A有：μmg＝maA，解得：aA＝μg对B有：μB×2mg﹣μmg＝maB减速过程两者的速度减小量相同，根据加速度的定义可得：aA解得：μB＝2μ（2）A不可能从B右端掉出，则说明只可能从B左端掉出。根据（1）的分析，若用力推动时A、B相对静止，则撤去推力后A相对B向右滑动，A可能从B右端掉出，不满足题意，故在用力推动时A必须相对B向左滑动，撤去推力后A继续相对B向左滑动直到两者共速，之后A相对B向右滑动，要使A不能从B右端掉出，应使A相对B向右滑动的位移不大于相对向左滑动的位移，即Δx右≤Δx左，用力F推动时，对B，根据牛顿第二定律得：F﹣μmg﹣μB×2mg＝maB1解得：a设F作用时间t，此时间内两者相对位移大小为：Δx撤去推力后，A加速运动，B减速运动，设再经时间t2之后两者共速，该过程A的加速度大小仍为aA，同理得：对B有：μmg+μB×2mg＝maB2解得：aB2＝5μg共速时有：v共＝aA（t+t2）＝aB1t﹣aB2t2可得：v解得：t2=该过程两者相对位移大小为：ΔxA相对B总的向左滑动位移为：Δx之后A相对B向右滑动，A的加速度大小不变，同理有：对B：μB×2mg﹣μmg＝maB2解得：aB2＝3μgA相对B向右滑动的位移为：Δx根据满足的条件：Δx右≤Δx左解得：F（3）用力F推动时，若A、B恰好能相对静止时，则有：aB1＝aA即Fm-5μg=μg，解得：F＝6分情况讨论如下：①当6μmg＜F≤274μmg，根据（2）分析，可知A相对B先向左滑后向右滑，且Δx右≥Δx左，为使划痕最长，应使A、B共速时A恰好位于B的左端，最终Δx解得力F作用时间为：t=A起初距B左端的距离为：Δx②当F＞274μmg，根据（2）分析，可知Δx左＞Δx右，为使划痕最长，A起初应放在B的右端，共速时A恰位于Δx解得：t=2m3μgLF(F-6μmg)，起初A到B左端距离为答：（1）B与台面之间的动摩擦因数为2μ；（2）推力应满足的条件为F≥（3）当6μmg＜F≤274μmg时，A起初应置于B表面距离左端9L-54μmgLF的位置，F作用时间为6mF3μgL；当F【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的板块模型。多物体、多过程的复杂运动问题，题目难度较大。解答时注意滑动摩擦力的方向的判断，对于板块模型的分析判断要抓住两个方面：一、相对静止与相对运动的判断；二、是否存在共速的判断。对运动过程的分析，确定临界条件是关键，运动过程复杂时可用v﹣t图像辅助分析。2．（2024•衡水模拟）如图所示，甲图为传送带的实物照片，乙图是其运输水果箱的示意图。传送带倾斜部分倾角为37°，传送带与水果箱之间的摩擦因数μ＝0.8，传送带AB部分长度LAB＝12m、BC部分长度LBC＝9m，运行速度恒为2m/s。现工人每隔1s在底端A点放上一个水果箱，C点恰好掉下去一个水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）稳定运行时传送带上有多少个水果箱；（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值Δx1与最大值Δx2。【考点】多种传送带的组合问题；匀变速直线运动速度与时间的关系；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；推理能力．【答案】（1）稳定运行时传送带上有13个水果箱；（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值为0.2m，最大值为2m。【分析】（1）根据牛顿第二定律计算小物块在斜面上的加速度，根据运动学公式计算小物块在传送带上匀速运动的时间和可以放置木块数；（2）当第一个小木块放上传送带1s时，恰好放置第2个木块时此时两木块距离最近，当两个木块均匀速时，两个小物块距离最远，根据运动学公式计算两相邻水果箱之间的距离的最小值与最大值。【解答】解：（1）把水果箱简化成小物块，小物块在斜面上的加速度a＝μgcos37°﹣gsin37°＝（0.8×10×0.8﹣10×0.6）m/s2＝0.4m/s2则物体在斜面上加速的时间为t1加速过程的对地位移为x=v则小物块在传送带上匀速运动的位移x'＝LAB+LBC﹣x＝12m+9m﹣5m＝16m小物块在传送带上匀速运动的时间为t2已知每隔1s放上一个小木块，则传送带上共可以放置木块数为n=t1+（2）根据分析当第一个小木块放上传送带1s时，恰好放置第2个木块时此时两木块距离最近，有Δx当两个木块均匀速时，两个小物块距离最远，有Δx2＝vT＝2×1m＝2m答：（1）稳定运行时传送带上有13个水果箱；（2）两相邻水果箱之间的距离的最小值为0.2m，最大值为2m。【点评】本题考查物体在传送带上的运动，对于两个有相对运动的物体，速度慢的物体受到的摩擦力是动力，速度快的物体受到的摩擦力是阻力。同时要明确当两个物体达到共速时，摩擦力一定会发生变化。通过受力情况结合牛顿第二定律求加速度，根据匀变速直线运动的规律分析物体的运动。3．（2024•桃城区校级模拟）如图，光滑水平面上固定有光滑长直木板，倾角θ＝37°、质量M＝1kg的斜面紧靠木板放置，质量m＝1kg的物块与斜面之间的动摩擦因数μ=1516，初始时斜面与物块均静止，作用在斜面上的力F与木板平行，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力F的最大值；（2）当斜面的加速度a＝8m/s2时，F的大小。（已知在力F作用下，斜面与物块同时开始分别做匀变速直线运动）【考点】斜面模型中的临界问题．【专题】计算题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力F的最大值为9N；（2）当斜面的加速度a＝8m/s2时，F的大小为14N。【分析】（1）当物块与斜面之间恰好发生相对滑动时，对物块和整体进行受力分析，根据牛顿第二定律计算；（2）当物块与斜面之间发生相对滑动时，分析物块受力，将加速度分解为水平方向和竖直方向，根据牛顿第二定律计算。【解答】解：（1）当物块与斜面之间恰好发生相对滑动时，对物块进行受力分析，如图所示则有FN＝mgcosθ，f＝μFN，f解得a临对物块与斜面整体分析有F临＝（M+m）a临解得F临＝9N（2）结合上述可知a=8m/s所以斜面与物块发生了相对滑动，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，即与相对加速度方向相反，若滑动摩擦力方向沿斜面运动方向，那么物块沿斜面向下方向仅受重力分力，将沿斜面向下运动，所以物块相对斜面的加速度沿左下方，设物块沿斜面向下的加速度分量为ay，沿斜面运动方向的加速度分量为ax，对物块分析进行受力分析，如图所示则有fcosα＝max，mgsinθ﹣fsinα＝may，a相对x＝a﹣ax，a解得tanα＝0.75，ax=6m/则物块对斜面的滑动摩擦力在沿斜面运动方向的分力为fx＝fcosα对斜面分析有F﹣fx＝Ma解得F＝14N答：（1）若物块与斜面之间不发生相对滑动，力F的最大值为9N；（2）当斜面的加速度a＝8m/s2时，F的大小为14N。【点评】本题关键掌握当物块与斜面之间恰好发生相对滑动时和发生滑动时，摩擦力方向的分析。4．（2024•江苏四模）如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆环，圆心在O点。质量均为m的A、B两小球套在圆环上，用不可形变的轻杆连接，开始时球A与圆心O等高，球B在圆心O的正下方。轻杆对小球的作用力沿杆方向。（1）对球B施加水平向左的力F，使A、B两小球静止在图示位置，求力的大小F；（2）由图示位置静止释放A、B两小球，求此后运动过程中A球的最大速度v；（3）由图示位置静止释放A、B两小球，求释放瞬间B球的加速度大小a。【考点】牛顿第二定律的简单应用；机械能守恒定律的简单应用．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）分别以A、B两球为研究对象，分析受力，根据平衡条件求解。（2）两球及轻杆组成的系统机械能守恒，当系统的重力势能最小时动能最大，此时轻杆水平，由系统的机械能守恒求解。（3）由静止释放A、B两小球的瞬间，轻杆的作用力发生突变，分析两球的受力，根据牛顿第二定律求解。【解答】解：（1）以A球为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得：竖直方向有mg＝N3cos45°以B球为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得：竖直方向N2sin45°＝F又N3＝N2解得F＝mg（2）两球及轻杆组成的系统机械能守恒，当系统的重力势能最小时动能最大，系统的等效重心在杆的中点，所以当轻杆水平时，系统的重力势能最小，动能最大。由系统的机械能守恒得：2×12mv2＝mgRsin45°﹣mgR（1﹣解得v=（3）设释放瞬间杆的作用力大小为T．两球加速度大小相等，均为a。对A球，由牛顿第二定律得：mg﹣Tcos45°＝ma对B球，由牛顿第二定律得：Tcos45°＝ma⑦由⑥⑦解得a=1答：（1）力的大小F为mg；（2）此后运动过程中A球的最大速度v为(2（3）释放瞬间B球的加速度大小a为12g【点评】解决本题的关键要善于运用等效法分析系统动能最大的条件，等效处理时可与单摆类比，分析知道轻杆水平时系统的动能最大。要正确分析两球的受力情况，运用牛顿第二定律求瞬时加速度。5．（2024•泰安三模）如图所示，一足够长的水平传送带以v1＝1m/s的速度顺时针匀速转动。质量为m1＝2kg的物块A和质量为m2＝3kg的物块B由绕过定滑轮的轻绳连接，质量为m3＝1kg的物块C置于A上，轻绳足够长且不可伸长，A与定滑轮间的轻绳水平。某时刻，同时给A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B竖直上升，A、C保持相对静止从传送带左端冲上传送带。已知A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不计定滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中B都没有与定滑轮碰撞，A、C始终保持相对静止。求：（1）A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小；（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C离开传送带时的速度大小；（4）A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量。【考点】水平传送带模型；常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小为7.5N；（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小为7.5N，方向水平向左；（3）A、C离开传送带时的速度大小为6m/s；（4）A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量为12J。【分析】（1）根据牛顿第二定律可求出加速度以及绳子的拉力；（2）根据摩擦力提供加速度，可求出摩擦力大小和方向；（3）根据运动学公式，结合牛顿第二定律求解不同阶段的加速度，可求出速度；（4）根据摩擦力做功情况可求出产生的热量。【解答】解：（1）A、C刚滑上传送带时，传送带对A的摩擦力水平向左，故对B有m2g﹣FT1+＝m2a1对A和C组成的整体有FT1+μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a1解得a1＝7.5m/s2，FT1＝7.5N（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力Ff＝m3a1解得Ff＝7.5N方向水平向左（3）设A、C经时间t1后与传送带速度相同，这段时间内A、C向右运动的位移为x1v1＝v2﹣a1t1解得t1＝0.4sv12-v解得x1＝1m由于μ（m1+m3）g＜m2g，因此A、不能随传送带一起匀速运动，此后A、C做减速运动对A、C组成的整体有FT2﹣μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a2对B有m2g﹣FT2＝m2a2解得a2＝2.5m/s2设A、C与传送带速度相等之后，向右运动的距离为x20-v12=-解得x2＝0.2m此后A、C向左运动，直至从传送带左端离开。设离开传送带时的速度为v3v32=2a2（x1解得v3=6（4）A、C向右运动的两个过程中，A与传送带摩擦产生的热量分别为Q1＝μ（m1+m3）g（x1﹣v1t1）解得Q1＝9J由分析可得t2=解得t2＝0.4sQ2＝μ（m1+m3）g（v1t2﹣x2）解得Q2＝3J则产生的热量Q＝Q1+Q3＝9J+3J＝12J答：（1）A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小为7.5N；（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小为7.5N，方向水平向左；（3）A、C离开传送带时的速度大小为6m/s；（4）A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量为12J。【点评】学生在解答本题时，应注意掌握传送带模型，能够熟练利用牛顿第二定律求加速度，并且能够根据摩擦力做功求出产热。6．（2024•四川模拟）中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为M＝1kg的滑块（视为质点）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m＝0.5kg减速装置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为α的力F作用，如图（b）所示（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；（2）若已知F=150【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动速度与位移的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数为0.6；（2）装上减速装置后滑块的减速距离大小为7.2m。【分析】（1）根据牛顿第二定律求出加速度，利用运动学公式求出动摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律以及竖直方向受力平衡，结合运动学公式求出滑行距离。【解答】解：（1）设滑块与跑道间的动摩擦因数为μ对图a：μMg＝Ma滑块做匀减速运动2ax=解得μ＝0.6（2）竖直方向上有（m+M）g+Fcosα＝FN水平方向有f+Fsinα＝（m+M）a1f＝μFN联立解得a1＝10m/s2减速距离为s=v022答：（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数为0.6；（2）装上减速装置后滑块的减速距离大小为7.2m。【点评】学生在解答本题时，应注意利用牛顿第二定律时，要先进行受力分析。7．（2024•德阳模拟）如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为θ＝37°，传送带顶端到底端的距离为L＝14.25m，平行于传送带的轻绳一端连接质量为m1＝0.3kg的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m2＝0.1kg的小物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。t＝0时，撤去外力，同时传送带从静止开始以加速度大小为a0＝7m/s2、顺时针方向匀加速转动，传送带速率达到v＝7m/s后匀速转动。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小；（2）小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】（1）传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小为3.5m/s2；（2）小物体A从传送带顶端运动到底端的时间为3s。【分析】（1）根据牛顿第二定律求出传送带匀加速转动瞬间，小物块A的加速度大小；（2）根据牛顿第二定律求出小物块A在传动带上做匀加速直线运动的加速度大小，结合速度—时间公式求出速度达到传送带速度的时间，根据位移公式求出匀加速直线运动的位移，从而得出匀速运动的位移，结合匀速运动的时间，得出小物体A从传送带顶端运动到底端的时间。【解答】解：设小物块A加速度的大小为a1，绳子的拉力为T1，则对A物体列牛顿第二定律m1gsinθ+μm1gcosθ﹣T1＝m1a1对B物体列牛顿第二定律T1﹣m2g＝m2a1代入数据解得a1（2）从静止到速度等于7m/s的过程有t1x1代入数据解得t1＝2sx1＝7m当A、B整体的速度等于7m/s时，摩擦力会改变方向，设小物块A此时的加速度为a2，绳子的拉力为T2，则对A物体列牛顿第二定律m1gsinθ﹣μm1gcosθ﹣T2＝m1a2对B物体列牛顿第二定律T2﹣m2g＝m2a2v1代入数据解得a2v1＝7.5m/st2代入数据解得t2＝1s所以，总时间为t＝t1+t2＝2s+1s＝3s答：（1）传送带匀加速转动瞬间，小物体A加速度的大小为3.5m/s2；（2）小物体A从传送带顶端运动到底端的时间为3s。【点评】本题结合匀变速直线运动规律，考查牛顿第二定律的应用，其中掌握小物块与传送带相对滑动的规律是解决本题的关键。8．（2024•山东模拟）如图甲所示，质量M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板通过的最大路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系图像，如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1，BC为直线段。物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情况下，物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t。（2）求图乙中B点的横坐标。（3）求图乙中C点的纵坐标。（4）求直线DE对应的1s-【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）物块在木板上滑行的时间13（2）图乙中B点的横坐标1N；（3）图乙中C点的纵坐标1.5m﹣1；（4）直线DE对应的1s-F函数关系式1s=F8+38【分析】（1）分别对物块与木板进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求物块在木板上滑行的时间；（2）（3）由图象可看出当F小于某一值F1时，m物体在板上的路程始终等于板长S，当F等于某一值F1时，刚好不从木板右端掉下，此后一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求出B在A上相对A向右运动的路程S与F、v0的关系式，把S＝1m代入即可求解F1；当F1≤F≤F2时，随着F力增大，S减小，当F＝F2时，出现S突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下。对二者恰好发生相对运动时，木板的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律列式即可求解关系式，将F＝2N代入求解相对位移，求出B、C的坐标值；（4）根据（2）可得该段恒力F的取值范围及1s-【解答】解：（1）物块在木板上滑动，物块做减速运动，木板做加速运动，物块的加速度大小am＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2木板的加速度大小aM=解得aM＝4m/s2由图乙知F＝0时，物块在木板上相对于木板滑动的距离s＝1m所以木板的长度L＝s＝1m根据运动学公式有L＝v0t-12amt2-12解得t=13s（另一解t＝（2）当F较小时，物块能从木板右端滑下，当F增大到某一值时，物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，则此时F的大小即为B点的横坐标值FB，木板的加速度大小a1=FB+μmgM=（2F设物块相对木板滑行的时间为t1，则v＝v0﹣amt1＝a1t1根据运动学公式可知L=v0+v2t1-v联立解得FB＝1N（3）当F在1N的基础上继续增大时，物块在木板上先做减速运动，两者达到共同速度后，物块和木板都做加速运动；当F不是太大时，两者共速后能保持相对静止（物块和木板间为静摩擦力）一起以相同的加速度a做匀加速运动，整体分析可知，共同运动的加速度大小a=单个分析可知，物块受到的静摩擦力f＝ma由于静摩擦力存在最大值，故f≤fmax＝2N即F≤3N当F＝3N时，木板开始运动时的加速度大小a2=解得a2＝10m/s2设物块相对木板滑行的时间为t2，则v＝v0﹣amt2＝a2t2解得t2=1则物块相对木板滑动的距离sC=v0+v2t2-v解得sC=2所以C点的纵坐标1sC=（4）当F在3N的基础上继续增大时，物块在木板上先做减速运动，物块相对木板滑行的距离为x时，两者达到共同速度v'，此后物块和木板都做加速运动，但木板的加速度大于物块的加速度，物块相对木板向左滑动，直到从木板左端滑离木板，故物块相对木板滑动的最大距离smax＝2x木板开始运动时的加速度大小a'=F+μmgM=（2F+4设物块相对木板滑行的距离为x时，物块滑行的时间为t'，根据速度与时间的关系有v'＝v0﹣amt'＝a't'解得t'=2F+3（物块相对木板滑动的距离x=v0+v'2t'-v'2t'所以DE直线对应的1s-1s=F8+38（m答：（1）物块在木板上滑行的时间13（2）图乙中B点的横坐标1N；（3）图乙中C点的纵坐标1.5m﹣1；（4）直线DE对应的1s-F函数关系式1s=F8+38【点评】本题考查牛顿运动定律。滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型。滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在。本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动。9．（2024•长安区二模）如图所示，某弹性绳伸长时满足胡克定律，其原长为L，一端固定于竖直墙上A点，跨过光滑的定滑轮B，与穿过竖直杆、质量为m的小球在C处相连，此时ABC在同一水平线上，其中AB＝L，弹性绳中的弹力大小恰为mg。小球从C点由静止开始下滑，到达D点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，不计空气阻力。小球从C到D的过程中，求：（1）小球在C处开始下滑瞬间，其加速度a的大小；（2）小球下滑过程中，所受滑动摩擦力Ff的大小。【考点】牛顿第二定律的简单应用；判断是否存在摩擦力．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）小球在C处开始下滑瞬间，其加速度a的大小为g2（2）小球下滑过程中，所受滑动摩擦力Ff的大小为12【分析】（1）小球在C处开始下滑瞬间，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求解此时的加速度；（2）小球运动到C、D间任意位置P时，对小球受力分析，列出水平方向平衡方程求解FN，再根据Ff＝μFN求所受滑动摩擦力Ff的大小。【解答】解：（1）对小球，根据牛顿第二定律mg﹣Ff＝ma其中Ff＝μFNFN＝mg解得a=g（2）小球运动到C、D间任意位置P时，设BP＝x、BC＝x0，受力分析如图所示P处有FN＝kxsinθ由几何关系知xsinθ＝x0解得FN＝kxsinθ＝kx0依题意可知，C处满足kx0＝mg根据Ff＝μFN可得Ff答：（1）小球在C处开始下滑瞬间，其加速度a的大小为g2（2）小球下滑过程中，所受滑动摩擦力Ff的大小为12【点评】本题考查了牛顿第二定律，关键是对小球受力分析，弄清小球水平、竖直方向受力的特点，有一定的难度。10．（2024•南京二模）一名儿童在水平地面上的一块长木板上玩耍，他从左端开始加速跑向右端，当跑到右端时，立即止步且在极短时间内就与木板相对静止，并一起向右滑动至停止。对相关条件进行如下简化：儿童质量M＝20kg，木板的质量m＝5kg，木板长度L＝2m。儿童奔跑时，木板与地面间的滑动摩擦力恒为f1＝25N；儿童止步后，木板与地面间的滑动摩擦力恒为f2＝20N，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。最初儿童和木板均静止，每次玩耍儿童加速时加速度恒定，加速度大小可在0～3m/s2间调节，运动过程中脚与木板间始终没有打滑，儿童可视为质点。求：（1）为使木板不向左滑动，儿童加速度的最大值a0；（2）儿童以1.8m/s2的加速度向右运动过程中儿童对木板做功；（3）请写出儿童向右运动的总距离x关于儿童加速阶段加速度a1的表达式，并求出最大距离xm。【考点】牛顿第二定律的简单应用；恒力做功的计算；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定量思想；整体法和隔离法；功的计算专题；推理能力．【答案】（1）1.25m/s2（2）39.6J（3）①当0≤a1≤a0时，x＝（2+85a1）m，②当3m/s2≥a1＞a0时，x=(25+910(a1-1))m，取a【分析】（1）通过木板受到来自儿童的摩擦力不能大于25N，反推儿童的最大加速度；（2）通过牛顿第二定律，结合儿童的加速度情况得出儿童的受力，进而分析出儿童对木板的做功；（3）儿童的加速度不同时，木板的运动情况不同，首先分析出木板的运动，再结合儿童的运动进行分析，进而得出x﹣a1表达式。【解答】解：（1）对儿童，获得的水平向右静摩擦力为f，对木板，受到儿童的水平向左摩擦力大小f＝f为使木板不向左滑动，f≤f1，因此儿童受到的水平向右最大摩擦力为f＝25N，根据牛顿第二定律可知，f＝Ma0，代入数据，得a0＝1.25m/s2（2）对儿童，获得的水平向右静摩擦力为f，已知儿童的加速度大小为1.8m/s2，根据牛顿第二定律f＝Ma可知，f＝20kg×1.8m/s2＝36N，对木板，受到儿童水平向左的摩擦力大小f′＝f木板的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律f'﹣f1＝ma2，解得a2＝2.2m/s2，假设儿童加速奔跑的运动时间为t，则有儿童的位移为x1=12at2，木板的位移为x2=12a由题可知x1+x2＝L，综上各式可得，t＝1s，x2＝1.1m，由此可得儿童对木板做的功为W＝f′x2＝36N×1.1m＝39.6J。（3）①若儿童的加速度0≤a1≤a0，板没有向左滑动，止步前的位移为x1，v人2＝2a1x1，x1＝L＝2m止步后木板与儿童共速后，速度为v共，Mv人＝（M+m）v共之后，儿童和板一起减速，加速度为a3=f2共速后两者向前滑行的距离x2，v共2=2a综合以上各式，代入已知数据可得，当a1≤a0时，x＝x1+x2＝（2+1.6a1）m②若3m/s2≥a1＞a0，开始时板向左滑动，对儿童进行受力分析可知，受到的水平向右的静摩擦力为f，根据牛顿第二定律可知f＝Ma1，对木板进行，受到儿童水平向左的摩擦力大小f'，f′＝f，以及水平向右的地面摩擦力f1，根据牛顿第二定律可知f′﹣f1＝ma2，人和木板的相对运动距离L=12（a1+a2）代入数据得t=45a1止步过程近似动量守恒，Ma1t﹣ma2t＝（M+m）v共代入数据得：v共=x1=12a1当3m/s2＞a1＞a0时，x＝x1+x2=(25综合①②两种情况，当0≤a1≤a0时，x＝x1+x2＝2+85当3m/s2≥a1＞a0时x＝x1+x2=(25取am＝1.25m/s2时，xm＝x1+x2＝4m。答：（1）为使木板不向左滑动，儿童加速度的最大值a0为1.25m/s2；（2）儿童以1.8m/s2的加速度向右运动过程中儿童对木板做功39.6J；（3）儿童向右运动的总距离x关于儿童加速阶段加速度a1的表达式为①当0≤a1≤a0时，x＝（2+85a1）m，②当3m/s2≥a1＞a0时，x=(25+910(a1-1))m，取a【点评】本题需要将匀加速直线运动、动量守恒、功能关系知识相结合以解决此类问题。

考点卡片1．匀变速直线运动速度与时间的关系【知识点的认识】匀变速直线运动的速度—时间公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）【命题方向】例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：（1）质点做匀速运动时的速度；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：a2=vt答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，则加速度：a=vt-刹车至停止所需时间：t=vt-v故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．【解题方法点拨】1．解答题的解题步骤（可参考例1）：①分清过程（画示意图）；②找参量（已知量、未知量）③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）④利用公式列方程（选取正方向）⑤求解验算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．2．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+12解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度与初速度方向相反，1sC、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。3．匀变速直线运动速度与位移的关系【知识点的认识】匀变速直线运动位移与速度的关系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．①此公式仅适用于匀变速直线运动；②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．【命题方向】美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s．若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飞机的加速度、位移、末速度，求解飞机的初速度，此题不涉及物体运动的时间，选用匀变速直线运动的位移—时间公式便可解决．解答：设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，此题不涉及物体运动的时间，由匀变速直线运动的位移—时间公式：v解得：v0＝40m/s故选：D。点评：本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适的公式，这样很多问题就会迎刃而解了．【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．4．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x=（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s+代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。5．判断是否存在摩擦力【知识点的认识】1.考点意义：有很多题目会综合考查摩擦力的相关知识，不区分静摩擦力和滑动摩擦力，所以设置本考点。2.对于是否存在摩擦力可以按以下几个方法判断：①条件法：根据摩擦力的产生条件进行判断。a、接触面粗糙；b、两物体间存在弹力；c、有相对运动或相对运动的趋势。②假设法：假设有或者没有摩擦力，判断物体运动状态是否会改变。【命题方向】如图，长方体甲乙叠放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做匀速直线运动（）A、甲、乙之间一定有摩擦力B、水平地面对乙没有摩擦力C、甲对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右D、水平地面对乙的摩擦力大小为F．方向水平向右分析：首先对甲、乙的整体进行分析，根据平衡力的知识得出乙与地面间的摩擦力；以甲为研究对象，进行受力分析，得出甲与乙之间的摩擦力．解答：A、以甲为研究对象，由于做匀速直线运动，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙对其向左的摩擦力，故A正确；B、以甲、乙的整体为研究对象，由于受向右的拉力作用，所以还受向左的摩擦力作用，B错误；C、由A知，甲受乙对其向左的摩擦力，根据力的作用的相互性，所以甲对乙向右的摩擦力作用，故C正确；D、由B知，水平地面对乙的摩擦力大小为F，方向水平向左，故D错误。故选：AC。点评：本题关键正确选择研究对象，然后再根据两物体及整体处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况即可．【解题思路点拨】对物体受力的判断常采用的方法之一就是假设法，假设物体受或不受某力会使物体的运动状态发生变化，那么假设不成立。6．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。7．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况【知识点的认识】1.已知物体受力，求解物体的运动情况。2.解答该类问题的一般步骤（1）选定研究对象，对研究对象进行受力分析，并画出受力示意图。（2）根据平行四边形定则，应用合成法或正交分解法，求出物体所受的合外力。受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。（3）根据牛顿第二定律列方程，求出物体运动的加速度。（4）结合物体运动的初始条件（即初速度v0），分析运动情况并画出运动草图，选择合适的运动学公式，求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。【命题方向】如图所示，质量m＝4kg的物体静止在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数µ＝0.2．现用水平向右的外力F＝10N拉物体，求：（1）物体在2s末的速度多大；（2）前2s内的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过多长时间才能停下来。分析：物体在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做匀加速直线运动。对其进行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛顿第二定律去求出加速度，最后由运动学公式去求出速度与位移。解答：（1）前2s内物体加速运动，受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：物体的加速度a=F-μmg2s末物体的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移为：x=12at（3）撤去拉力后，滑块匀减速直线运动，加速度为a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故运动时间为：t′=Δva'答：（1）物体在2s末的速度为1m/s；（2）前2s内的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物体还要经过0.5s时间才能停下来。点评：本题是已知受力情况确定运动情况，关键分阶段求解出加速度，不难。【解题思路点拨】受力分析→牛顿第二定律→运动情况分析。连接受力与运动的桥梁是牛顿第二定律（加速度）。8．斜面模型中的临界问题【知识点的认识】1.物体在斜面上和斜面一起加速运动时，加速度不能无限增大，当加速度达到一定限度时，两个物体会发生相对运动。此时便是临界状态。2.临界状态的两个物体的运动学特点是：①加速度相同；②速度相同。【命题方向】如图所示，细线的一端固定在倾角为30°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球，静止时细线与斜面平行，则（）A、当滑块向左做匀速运动时，细线的拉力为0.5mgB、若滑块以加速度a＝g向左加速运动时，线中拉力为mgC、当滑块以加速度a＝g向左加速运动时，小球对滑块压力不为零D、当滑块以加速度a＝2g向左加速运动时，线中拉力为0.5mg分析：当滑块向左匀加速直线运动时，小球和光滑楔形滑块A具有相同的加速度，通过对小球分析，根据牛顿第二定律求出拉力、支持力的大小。当加速度较大时，先判断小球是否离开斜面，再结合牛顿第二定律和平行四边形定则求出绳子的拉力。解答：A、当滑块向左做匀速运动时，根据平衡条件可得绳的拉力大小为T＝mgsin30°＝0.5mg故A正确；BC、设当小球贴着滑块一起向左运动且支持力为零时加速度为a0，小球受到重力、拉力作用，根据牛顿第二定律可得加速度a0若滑块以加速度a＝g向左加速运动时，此时小球没有脱离斜面，则水平方向Tcos30°﹣Nsin30°＝ma竖直方向Tsin30°+Ncos30°＝mg解得T=3N=3-12mg，故D、当滑块以加速度a＝2g向左加速运动时，此时小球已经飘离斜面，则此时线中拉力为F=故D错误；故选：AC。点评：解决本题的关键确定出小球刚离开斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求临界加速度。当受力较多时，采用正交分解法比较简单，而小球只受两个力时用合成法简单。【解题思路点拨】1.一定要记得临界状态的特征：加速度相同和速度都相同。2.解决临界问题经常用到整体法和隔离法。9．水平传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（）A.LvB.2LvC.2L分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．解答：①当木块一直做匀加速直线运动。若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。根据牛顿第二定律得，a＝μg。根据L=12a若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。根据L=解得t=②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。匀加速直线运动的时间t1=则匀速直线运动的位移x则匀速直线运动的时间t则总时间为t=t1+t2=Lv+本题选不可能的，故选：A。点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解．【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。10．多种传送带的组合问题【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．（g取10m/s2）试求：（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围。分析：（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；解答：（1）米袋在AB上加速时的加速度a0=μmgm米袋的速度达到v0＝5m/s时，滑行的距离s0=v022a0=因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma代入数据得a＝10m/s2所以能滑上的最大距离s=v（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1＝﹣g（sinθ+μcosθ）＝﹣10m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2＝﹣g（sinθ﹣μcosθ）＝﹣2m/s2由v1解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=v若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2。由SCD＝v0tmin+12a2t2min，得：tmin所以，所求的时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s；答：（1）若CD部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m。（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C端到D端所用时间的取值范围为1.16s≤t≤2.1s。点评：本题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零；本题的难度较大。【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。11．无外力的水平板块模型【知识点的认识】1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。2.板块模型的是哪个基本关系【命题方向】如图所示，一质量M＝5kg的长木板以初速度v1＝2m/s在水平地面上向左运动，同时一质量m＝1kg、可视为质点的滑块以初速度v2＝4m/s从左端滑上木板。已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10m/s2。求：（1）滑块和木板运动的加速度大小；（2）要使滑块不从木板上滑落，木板的最小长度。分析：（1）滑块滑到木板后，木板受重力、压力、支持力、滑块和地面对他的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度即可；（2）分析两物体运动状态，根据运动学公式求解出滑块与木板最大相对滑动距离即可。解答：（1）对滑块，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma2解得：a2＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2对木板，由牛顿第二定律得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma1解得：a（2）由于v2v1＞a2a1，故木板先减速到地面对木板的最大静摩擦力f1＝μ1（M+m）g由于f1＞f2，故木板减速到0后将保持静止，木块继续减速，加速度不变。全程木块的位移：x木板的位移：x木块与木板间的相对位移Δx＝x1+x2代入数据解得木板的最小长度Lmin＝Δx＝5.25m答：（1）滑块和木板运动的加速度大小分别为2m/s2和1.6m/s2；（2）要使滑块不从木板上滑落，木板的最小长度为5.25m。点评：本题关键是明确滑块和滑板的各段运动过程的运动性质，对于每段过程都要根据牛顿第二定律求解各自的加速度，根据运动学公式解相关运动参量，还要注意各个过程的连接点的情况。【解题思路点拨】要牢牢把握物块与木板之间的联系，找出加速度关系、速度关系以及位移关系，通过整体法与隔离法的综合运用解决问题。12．恒力做功的计算【知识点的认识】1．做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移．2．功的公式：W＝Flcosα，其中F为恒力，α为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：焦耳（J）；功是标量．3．功的计算：（1）合力的功①先求出合力，然后求总功，表达式为：∑W＝∑F•scosθ（θ为合力与位移方向的夹角）②合力的功等于各分力所做功的代数和，即：∑W＝W1+W2+…（2）变力做功：对于变力做功不能依定义式W＝Fscosα直接求解，但可依物理规律通过技巧的转化间接求解．①可用（微元法）无限分小法来求，过程无限分小后，可认为每小段是恒力做功．②平均力法：若变力大小随位移是线性变化，且方向不变时，可将变力的平均值求出后用公式：W=F③利用F﹣s图象，F﹣s图线与坐标轴所包围的面积即是力F做功的数值．④已知变力做功的平均功率P，则功W＝Pt．⑤用动能定理进行求解：由动能定理W＝△EK可知，将变力的功转换为物体动能的变化量，可将问题轻易解决．⑥用功能关系进行求解．【命题方向】题型一：功的计算例1：如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中：（1）F为恒力，拉力F做的功是FLsinθJ（2）用F缓慢地拉，拉力F做的功是mgL（1﹣cosθ）J．分析：小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，由功的公式结合球的位移可求出拉力做功．当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，则由动能定理可求出拉力做功．解答：（1）当小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，则拉力做功为：W＝FS＝FLsinθ（2）当F缓慢地拉离与竖直方向成θ角的位置过程中，缓慢则是速率不变，则由动能定理可得：WF﹣mgh＝0而高度变化为：h＝L（1﹣cosθ）所以WF＝mgL（1﹣cosθ）故答案为：FLsinθ；mgL（1﹣cosθ）．点评：当力恒定时，力与力的方向的位移乘积为做功的多少；当力不恒定时，则由动能定理来间接求出变力做功．同时当小球缓慢运动，也就是速率不变．题型二：用画图法求功例2：用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比，即Ff＝kx（其中x为铁钉进入木块的深度），在铁锤击打第一次后，铁钉进入木块的深度为d．（1）求铁锤对铁钉做功的大小；（2）若铁锤对铁钉每次做功都相等，求击打第二次时，铁钉还能进入的深度．分析：阻力与深度成正比，力是变力，可以应用f﹣d图象再结合动能定理分析答求解．解答：（1）由题意可知，阻力与深度d成正比，f﹣d图象如图所示，F﹣x图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，故第一次时所做的功：W=