2022-2023年高考物理一轮复习 物体的平衡与直线运动

第1讲物体的平衡与直线运动\n考点一　物体的平衡问题1.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行.已知物块与斜面之间的动摩擦因数为,重力加速度取10m/s2.若轻绳能承受的最大张力为1500N,则物块的质量最大为(A)A.150kg　　B.100kg　　C.200kg　　D.200kg\n答案A　本题考查了对平衡条件的理解与应用,检验了理解能力、推理能力,体现了模型建构、科学推理等核心素养.物块沿斜面向上匀速运动,则物块受力平衡,满足关系F-mgsin30°-μmgcos30°=0,其中μ=,g=10m/s2,当F=1500N时,物块的质量最大,为m==150kg,故A正确.\n2.(多选)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态.现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中(BD)A.水平拉力的大小可能保持不变B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加\n答案BD　本题考查了受力分析、共点力平衡中的动态平衡内容、理解能力和推理能力的应用,体现了核心素养中科学推理、科学论证要素.用水平拉力向左缓慢拉动N,如图所示,水平拉力F逐渐增大,细绳的拉力T逐渐增大,则细绳对M的拉力逐渐增大,故A错误,B正确.当物块M的质量满足mMgsinθ>mNg时,初始时M受到的摩擦力方向沿斜面向上,这时随着对物块N的缓慢拉动,细绳的拉力T逐渐增大,物块M所受的摩擦力先向上逐渐减小,然后可能再向下逐渐增大,故C错误,D正确.\n3.(多选)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α(α>).现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变.在OM由竖直被拉到水平的过程中(AD)A.MN上的张力逐渐增大B.MN上的张力先增大后减小C.OM上的张力逐渐增大D.OM上的张力先增大后减小\n答案AD　本题考查动态平衡.重物受到重力mg、OM绳的拉力FOM、MN绳的拉力FMN共三个力的作用.缓慢拉起过程中任一时刻可认为是平衡状态,三力的合力恒为0.如图所示,由三角形定则得一首尾相接的闭合三角形,由于α>且不变,则三角形中FMN与FOM的交点在一个优弧上移动,由图可以看出,在OM被拉到水平的过程中,绳MN中拉力一直增大且恰好达到最大值,绳OM中拉力先增大后减小,故A、D正确,B、C错误.\n1.多力或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.如果物体受到三个以上力平衡,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.2.解答动态平衡问题的三种方法:“解析法”“图解法”“相似三角形法”.\n1.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θ,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(B)A.框架对小球的支持力先减小后增大B.拉力F的最小值为mgcosθC.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考向一单个物体的平衡\n答案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,力F顺时针转动至竖直向上之前,框架对小球的支持力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F=mgcosθ,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在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.\n2.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∠BAC>90°,现使∠BAC缓慢变小,直到杆AB接近竖直杆AC.此过程中(A)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\n答案A　以B点为研究对象,分析受力情况,B端受绳的拉力T(等于重物重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F,作出受力图如图.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T=G,因杆的长度不变,故N大小保持不变,BC变短,力F逐渐减小,则A正确,B、C、D错误.\n考向二　多个物体的平衡3.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,细绳与定滑轮间的摩擦不计,已知细绳与竖直杆间的夹角为θ,物体A、B的质量分别为mA、mB,则(C)A.mA>mBB.mA<mBC.杆对B的弹力大小为mAgsinθD.杆对B的摩擦力大小为mAgcosθ\n答案C　对物体A分析可知,细绳拉力T=mAg,再对物体B进行受力分析可知,水平方向有Tsinθ=N,故杆对B的弹力大小为mAgsinθ,选项C正确;竖直方向有Tcosθ+f=mBg,因无法判断摩擦力的方向,故无法判断二者的质量大小,故选项A、B、D错误.\n4.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再将细线悬挂于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θ=30°,则F达到最小值时,细线Oa的拉力为(A)A.mgB.mgC.mgD.mg\n答案A　以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力,作出F在三个方向时整体的受力图如图所示,根据平衡条件得知,F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反,由力的合成图可知,当F与细线Oa垂直时,F有最小值,即图中2位置,F的最小值为F=2mgsinθ=mg,T=2mgcosθ=mg,A正确.\n考向三　电、磁场中的平衡5.如图所示,可视为质点的两个带同种电荷的小球a和b,分别静止在竖直墙面和水平地面上;b球被光滑竖直板挡住,所有接触面均光滑,a球由于缓慢漏电而缓慢下降,在此过程中(C)A.地面对b的支持力变小B.竖直板对b的支持力变小C.a、b间的作用力变大D.以上说法均不正确\n答案C　对a、b整体做受力分析,竖直方向受重力和地面的支持力,故支持力总等于两球的重力,可知地面对b的支持力不变,选项A错误;对a受力分析如图,受到重力G,库仑力F和墙面的弹力N,当a球缓慢下降时,由受力图可知,N和F均变大,可知选项C正确;对a、b整体,水平方向竖直板对b的支持力等于墙面对a的弹力N,则竖直板对b的支持力变大,选项B错误.\n6.(多选)如图所示,置于水平地面上的斜面体处于加有竖直向上的匀强磁场区域内,磁感应强度大小为B,有一根长为L、质量为m的细导体棒水平放在斜面体上,当导体棒中通有方向垂直纸面向里、大小为I的恒定电流时,导体棒和斜面体处于静止状态,已知斜面的倾角为θ,下列说法中正确的是(BD)A.斜面体一定受地面水平向右的摩擦力作用B.斜面体对导体棒的作用力大小为C.斜面体对导体棒的作用力大小为BILsinθ+mgcosθD.斜面体对导体棒的摩擦力的大小可能为BILcosθ-mgsinθ\n答案BD　以导体棒和斜面体整体为研究对象,水平方向上受到水平向右的安培力作用,根据平衡条件可知,斜面体受到水平向左的摩擦力,选项A错误;斜面体对导体棒的作用力可以等效为一个力,根据三力平衡的条件可知,斜面体对导体棒的作用力大小为,选项B正确,C错误;当安培力F较大时,导体棒有向上滑动的趋势,此时摩擦力方向沿斜面向下,大小为BILcosθ-mgsinθ,选项D正确.\n考点二　匀变速直线运动问题1.(多选)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(CD)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.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等\n答案CD　本题考查x-t图像的应用.在x-t图像中,图线的斜率表示物体运动的速度,在t1时刻,两图线的斜率关系为k乙>k甲,两车速度不相等;在t1到t2时间内,存在某一时刻甲图线的切线与乙图线平行,如图所示,该时刻两车速度相等,选项A错误,D正确.从0到t1时间内,乙车走过的路程为x1,甲车走过的路程小于x1,选项B错误.从t1到t2时间内,两车走过的路程都为x2-x1,选项C正确.\n2.(多选)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(BD)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\n答案BD　本题考查对v-t图线的理解、追及和相遇问题.v-t图线与时间轴包围的面积表示车运动的位移,t2时刻两车并排行驶,故t1时刻甲车在后,乙车在前,所以A错,B对.v-t图线上各点切线的斜率表示瞬时加速度,由此可知,C错,D对.\n3.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(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.\n答案(1)(2)解析(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得-μmgs0=m-m①解得μ=②(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t.\n由运动学公式得-=2a1s0③v0-v1=a1t④s1=a2t2⑤联立③④⑤式得a2=⑥\n1.处理匀变速直线运动的四种方法(1)基本公式法:应用三个基本公式求解.(2)推论法:应用中间时刻速度、中间位置速度、位移差公式等推论求解.(3)比例法:根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解.(4)逆向思维法:匀减速直线运动到速度为零的过程,可认为是初速度为零的反向匀加速直线运动的逆过程.\n2.追及问题的一个条件和两个关系(1)一个临界条件:速度相等,它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件,也是分析判断问题的切入点.(2)两个等量关系:时间关系和位移关系,通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口.\n考向一　匀变速直线运动规律的应用1.一只宠物狗和主人做游戏,宠物狗沿直线奔跑,依次经过A、B、C三个木桩,B为A、C的中点,它从木桩A开始以加速度a1匀加速奔跑,到达木桩B时以加速度a2继续匀加速奔跑,若它经过木桩A、B、C时的速度分别为0、vB、vC,且vB=,则加速度a1和a2的大小关系为(A)A.a1<a2B.a1=a2C.a1>a2D.条件不足,无法确定答案A　两个过程中的位移相同,所以=,即=,故a1<a2,A正确.\n考向二　直线运动的图像问题2.(多选)某汽车在平直公路上匀速行驶,因特殊情况需刹车,其刹车过程的-t图像如图所示,下列说法正确的是(AC)A.汽车刹车过程做的是匀减速直线运动B.汽车从开始刹车,经5.0s停下来C.汽车匀速行驶时的速度为10m/sD.汽车刹车过程的加速度大小为2.0m/s2\n答案AC　根据匀变速直线运动的位移-时间公式x=v0t+at2,变形得=v0+at,故纵截距表示初速度,则v0=10m/s,故汽车刹车过程做的是匀减速直线运动,则当=0时,有10+a×5=0,解得a=-4m/s2,故A、C正确,D错误;根据v=v0+at0,得刹车所用的时间t0==s=2.5s,故B错误.\n考向三　追及、相遇问题3.甲、乙两物体在同一直线上运动,其x-t图像如图所示,由图像可知(C)A.甲比乙运动得快B.乙开始运动时,两物体相距20mC.在前25s内,两物体间的距离先增大后减小D.在前25s内,两物体位移大小相等\n答案Cx-t图线的斜率表示速度,斜率的绝对值越大,速度的大小越大,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20m,则两物体相距大于20m,故B错误;在0~10s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10~25s这段时间内,甲的速率小于乙的速率,甲在乙的前方,则两者间的距离逐渐减小,故C正确;在前25s内,甲的位移x1=40m-20m=20m,乙的位移x2=40m-0=40m,故D错误.\n4.沪宁高速上海至无锡方向玉祁段发生重大车祸,至少50辆车连环相撞,现场交通单向中断.据交警部门调查,此次事故发生的主要原因是雨天路滑及突然出现的团雾而造成多车连环追尾.如图所示是模拟在该高速公路上甲、乙两车刹车的v-t图像,甲车在后,乙车在前.若两车发生追尾,则以下判断正确的是(B)A.两车一定是在t=15s至t=20s之间的某时刻发生追尾B.两车可能是在t=8s时发生追尾C.t=0时刻两车间距可能大于28mD.甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍\n答案B　根据题图可知,甲开始时速度大于乙车,则在甲的速度大于等于乙车的速度时均可能发生追尾,故可以在0至10s内任一时刻发生追尾;若10s内没有追尾,则二者将不再相撞,故A错误,B正确;在v-t图像中,图线与时间轴所围成的面积表示位移.两车10s时速度为5m/s,0~10s甲车位移x1=×10m=100m,乙车位移x2=×10m=75m,因两车发生追尾,所以两车相距最大应为Δx=x1-x2=25m,故C错误;由题图可知,甲车的加速度a1==m/s2=-1m/s2,乙车的加速度a2==m/s2=-0.5m/s2,所以甲车的加速度大小是乙车的加速度大小的2倍,故D错误.\n考点三　牛顿运动定律的应用1.(多选)如图(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/s2.由题给数据可以得出(　　)\n图(a)图(b)　　　　　　　　　　图©\nA.木板的质量为1kgB.2s~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\n答案AB　本题考查牛顿运动定律的综合应用,体现了物理学科科学推理的核心素养.分析知木板受到的摩擦力f'=f.0~2s,木板静止,F=f',F逐渐增大,所以C错误.4s~5s,木板加速度大小a2=m/s2=0.2m/s2,对木板受力分析,f'=ma2=0.2N,得m=1kg,所以A正确.2~4s,对木板有F-f'=ma1,F=f'+ma1=0.2N+1×N=0.4N,所以B正确.由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误.\n2.(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则(BD)A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功\n答案BD　甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=ρV甲=ρ(π)得R甲=,阻力f甲=kR甲=k,由牛顿第二定律知a甲==g-k,同理a乙=g-k,因m甲>m乙,所以a甲>a乙,故C项错误;再由位移公式h=at2可知t甲<t乙,故A项错误;再由速度位移公式v2=2ah得v甲>v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确.\n3.(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(BC)A.8　    B.10　    C.15　    D.18\n答案BC　如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m.当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=mxa,联立两式有y=x.可见,列车车厢总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故可知选项B、C正确.\n1.理顺两类基本问题(1)由因推果——已知物体的受力情况,确定物体的运动情况首先根据物体的受力确定物体的加速度,再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律.(2)由果溯因——已知物体的运动情况,确定物体的受力情况由物体的运动情况,确定物体的加速度及其变化规律,再结合牛顿第二定律确定受力情况.\n2.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.\n考向一　“等时圆”模型1.如图所示,斜面体ABC的倾角为60°,O点在C点的正上方且与A点等高,现从O点向AC构建光滑轨道OM、ON、OP,M、N、P分别为AC的四等分点.一小球从O点由静止开始分别沿OM、ON、OP运动到斜面上,所需时间依次为tM、tN、tP.则(C)A.tM=tN=tPB.tM>tN>tPC.tM>tP>tND.tM=tP>tN\n答案C　以OC'为直径,作一个圆与AC边相切于N点,如图所示.由图可知,圆与OM相交于M',与OP相交于P',根据等时圆的性质可知,从O到N、从O到M'、从O到P'的时间相同,又因为aOM<aOP,所以小球过M'的速度大小小于过P'时的速度大小,又因为M'M>P'P,故从O到P的时间小于从O到M的时间,而大于从O到N的时间,即tM>tP>tN,故选C.\n考向二　牛顿运动定律与运动图像的综合问题2.(多选)假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比,即F阻=kv,比例系数k决定于小球的体积,与其他因素无关.让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落,它们的加速度与速度的关系图像如图所示,则(BD)A.小球的质量越大,图像中的a0越大B.小球的质量越大,图像中的vm越大C.小球的质量越大,速率达到vm时经历的时间越短D.小球的质量越大,速率达到vm时下落的距离越长\n答案BD　根据牛顿第二定律得mg-F阻=ma,解得a=g-v,当v=0时,a=a0=g,与小球的质量无关;当a=0时,v=vm=,可知小球的质量m越大,图像中的vm越大,故A错误,B正确.Δt==,Δt随着m的增大而增大,即小球的质量越大,速率达到vm时经历的时间越长,故C错误.m越大,vm越大,速率达到vm时经历的时间越长,下落的距离越长,故D正确.\n考向三　超重、失重问题3.如图所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用.一架质量为m=2kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒定,无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞,在t=5s时离地面的高度为75m(g取10m/s2).\n(1)求运动过程中所受空气阻力大小;(2)假设由于动力设备故障,悬停的无人机突然失去升力而坠落.无人机坠落地面时的速度为40m/s,求无人机悬停时距地面的高度;(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力.为保证安全着地,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间.\n答案(1)4N　(2)100m　(3)s解析(1)根据题意,在上升过程中由牛顿第二定律有F-mg-f=ma上升高度h=at2联立解得f=4N(2)下落过程由牛顿第二定律有mg-f=ma1得a1=8m/s2落地时的速度为v,则有v2=2a1H联立解得H=100m\n(3)恢复升力后向下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有F-mg+f=ma2得a2=10m/s2设恢复升力时的速度为vm,飞行器安全着地时速度为0则有+=H得vm=m/s由vm=a1t1得t1=s\n考点四　动力学中的综合问题1.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(　　)\n\n答案A　本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律.设系统静止时弹簧压缩量为x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0.力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma.联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确.\n2.(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出(ACD)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度\n答案ACD　设物块的质量为m、斜面的倾角为θ、物块与斜面间的动摩擦因数为μ、物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mgsinθ+μmgcosθ=ma1,mgsinθ-μmgcosθ=ma2.再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1=,a2=.由上述四式可见,无法求出m,可以求出θ、μ,故B错,A、C均正确.0~t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确.\n3.如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,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μ1=0.5;木板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3m/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g=10m/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.\n答案(1)1m/s　(2)1.9m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所受摩擦力和木板所受地面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.在滑块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg①f2=μ1mBg②f3=μ2(m+mA+mB)g③由牛顿第二定律得\nf1=mAaA④f2=mBaB⑤f2-f1-f3=ma1⑥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v1=v0-aBt1⑦v1=a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1m/s⑨(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为\nsB=v0t1-aB⑩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f1+f3=(mB+m)a2由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧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v2=v1-a2t2\n对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)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\ns0=sA+s1+sB联立以上各式,并代入数据得s0=1.9m(也可用如图的速度-时间图线求解)\n1.分析弹簧类问题时注意把握住弹簧的三个特殊位置:(1)原长位置,该位置弹簧的形变量为零,弹簧的弹力为零;(2)弹簧的弹力与物体的重力大小相等的位置,该位置物体的加速度为零;(3)弹簧最长或最短的位置,该位置弹簧的形变量最大,弹簧的弹力最大.2.当有外力作用在木板上的物块或木板上时,一般用动力学观点借助牛顿运动定律和运动学公式就能求解,做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口.\n考向一　传送带模型1.(多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的轻绳水平,t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是(　　)\n\n答案BC　若v1>v2,且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力(绳对P的拉力),则可能先向右匀加速运动,加速至v1后随传送带一起向右匀速运动,此过程如题图B所示,故B正确;若v1>v2,且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力,此时P一直向右减速,减速到零后反向加速.若v2>v1,P受到的滑动摩擦力向左,开始时加速度a1=,当减速至速度为v1时,摩擦力反向,若有FT>μmg,此后加速度a2=,故C正确,A、D错误.\n考向二　板块模型2.(多选)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mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=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10m/s2).则(BC)A.若F=1N,则物块、木板都静止不动B.若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小为1NC.若F=4N,则B物块所受摩擦力大小为2ND.若F>8N,则B物块相对于木板滑动\n答案BCA与木板间的摩擦力最大为fAm=0.2×1×10N=2N,B与木板间的摩擦力最大为fBm=0.2×2×10N=4N,若F=1N,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F=1.5N,小于最大静摩擦力,所以A、B的加速度相同,a=m/s2=0.5m/s2,A所受的摩擦力fA=F-mAa=1N,故B正确;若F=4N,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fA'=F-mAa=N>2N,假设不成立,故此时A已滑动,B所受的摩擦力为2N,C正确;若F=8N,则A相对木板滑动,此时A给木板的摩擦力为2N,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.\n典例1示波器主要由电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成,如图所示.若已知加速电场的电压为U1,两平行金属板的板长、板间距均为d,荧光屏距两平行金属板右侧的距离也为d.若两板间的偏转电压为零,则电子枪发射的电子从两平行金属板的中央穿过,打在荧光屏的中点O;若两板间的偏转电压为U2,则电子会打在荧光屏上的某点,该点与O点的距离为d.已知两金属板间只存在竖直方向的匀强电场,不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力,电子的质量为m,电荷量为e,求U1与U2的比值.\n\n答案解析电子加速过程,由动能定理可得eU1=m电子进入偏转区做类平抛运动,轨迹如图所示\n沿初速度方向,有d=v0t在垂直初速度方向,有y=at2其中a=,E=设电子离开偏转电场时,它的速度偏向角为θ,则tanθ==,其中Y=d,所以y=d解得=\n考法二　正(余)弦定理及其应用三角函数、正(余)弦定理反映了三角形边与角之间的定量关系.物理量在合成或分解时会构成矢量三角形,若为直角三角形,可直接用三角函数或勾股定理分析计算,若为斜三角形,则通常要用到正(余)弦定理分析求解.\n典例2如图所示,“⊗”表示电流方向垂直纸面向里,“☉”表示电流方向垂直纸面向外.两根通电长直导线a、b平行且水平放置,a、b中的电流分别为I和2I,此时a受到的磁场力大小为F.当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后,a受到的磁场力大小仍为F,图中a、b、c正好构成一个等边三角形,此时b受到的磁场力大小为(D)A.FB.FC.2FD.F\n答案D　先分析导线a的受力,题设a、b平行,电流分别为I和2I,此时a受到的磁场力大小为F.再在a、b的上方放置一根与a、b平行的通电长直导线c,a、b、c正好构成一个等边三角形,a受到的磁场力大小仍为F,根据平行四边形定则,可知c对a的磁场力Fca方向由a指向c,大小等于F,如图所示.再分析b的受力,a对b的磁场力大小为F,因为rca=rcb,a、b电流分别为I和2I,所以c对a的磁场力大小Fca=F,故c对b的磁场力大小Fcb=2F,根据平行四边形定则和余弦定理,可得b受到的磁场合力大小Fb合==F,选项D正确.\n考法三　利用数学方法求极值分析求解物理量在某物理过程中的极大值或极小值是很常见的物理问题,这类问题的数学解法有很多,主要有:三角函数极值法、二次函数极值法、不等式极值法、图像法等.\n典例3(多选)如图所示,A、B两物体相距s,物体A以vA=6m/s的速度向右做匀速直线运动,而物体B此时的速度vB=2m/s,向右做匀加速直线运动,加速度a=2m/s2.欲让两物体相遇两次,则s可能的值为(AB)A.1m　　B.2m　　C.4m　　D.6m\n答案AB　设经时间t,物体A、B相遇,两位移关系满足xA-xB=s,物体A做匀速直线运动的位移xA=vAt,物体B做匀加速直线运动的位移xB=vBt+at2,联立并代入数据可得t2-4t+s=0,根据上述方程,欲让t有两解,则Δ=b2-4ac=16-4s>0,即s<4m,选项C、D错误;将选项A、B代值计算可知,两解都为正值,选项A、B正确.