【2021年高考一轮课程】物理 全国通用版 第7讲 两类动力学的图像问题 教案

2021年高考一轮复习
第七讲
两类动力学的图像问题
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.牛顿第二定律
2.
力与运动的关系
3、两类动力学问题
复习目标
1．掌握牛顿第二定律
2．理解力与运动的关系
3、能够运动两类动力学问题的图像问题解题
复习重点
1.
牛顿第二定律
2.
两类动力学问题的图像问
复习难点
两类动力学问题的图像问
一、自我诊断
知己知彼
1．(多选)如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时(
)
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
【答案】
BD
【解析】当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B对。“重力”沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D对，C错误。
2．高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(
)
A.＋mg
B.－mg
C.＋mg
D.－mg
【答案】
A
【解析】人做自由落体运动时，有v＝，选向下为正方向，mg－F＝ma,0＝v＋at，得F＝＋mg，所以A项正确。
3．(多选)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有(
)
A．t1
B．t2
C．t3
D．t4
【答案】AC
【解析】v?t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误。
4.
如图所示，位于竖直平面内的圆与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，C为圆的最高点，竖直墙上点B、D与M的连线和水平面的夹角分别为53°和37°。已知在t＝0时，a、b、d三个球分别由A、B、D三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C自由下落到M点，则()
A．a、b和d球同时到达M点
B．b球和d球同时到达M点
C．c球位移最大，最后到达M点
D．沿墙壁上任意一点到M点的光滑斜直轨道由静止下滑的物体，下落高度越低，用时越短
【答案】B
【解析】设圆的半径为r，
对于AM段，位移：x1＝＝r，加速度为：a1＝gsin45°＝g，由位移时间公式得，
所用时间：t1＝＝＝2＝
对于BM段，位移：x2＝＝r，加速度为：a2＝gsin53°＝g，由位移时间公式得，
所用时间为：t2＝＝＝
对于CM段，位移：x3＝2r，加速度为：a3＝g，由位移时间公式得，所用时间为：t3＝＝
对于DM段，位移：x4＝＝r，加速度为：a4＝gsin37°＝g，由位移时间公式得，所用时间为：t4＝＝＝
故：t1＝t3故a、c同时到达M点，b、d同时到达M点，且ac用时短于bd用时，故A、C、D错误，B正确。
5.
将一斜面固定在水平地面上，在斜面上放一小滑块A，如图甲。在小滑块A上放一小物体B，物体B始终与A保持相对静止，如图乙。在小滑块A上施加一竖直向下的作用力F，如图丙。则下列说法正确的是(
)
A．若甲图中A可沿斜面匀加速下滑，加力F后加速度将增大
B．若甲图中A可沿斜面匀速下滑，加力F后将加速下滑
C．若甲图中A可沿斜面匀加速下滑，加物体B后加速度将增大
D．若甲图中A可沿斜面匀速下滑，加物体B后将加速下滑
【答案】
A
【解析】若甲图中A匀速下滑，得：mAgsinθ＝μmAgcosθ，μ＝tanθ。若在A上加物体，有(mA＋mB)gsinθ＝μ(mA＋mB)·gcosθ，仍匀速下滑。若在A上加力F，有mAgsinθ＋Fsinθ＝μ(mAgcosθ＋Fcosθ)，仍匀速下滑，故B、D项均错误。若甲图中A匀加速下滑，有：mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa，若在A上加物体，有：(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)·gcosθ＝(mA＋mB)a1，得a＝a1，故C错误。若在A上加力F有：(mAg＋F)sinθ－μ(mAg＋F)cosθ＝mAa2，得a2＞a，故A项正确。
二、温故知新
夯实基础
动力学的两类基本问题的解题步骤
三、典例剖析
举一反三
考点一
动力学的两类基本问题
（一）典例剖析
例1（2020·山东淄博高三模拟）如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，
现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力
F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因数为?，下列说法
中正确的是（
）
A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动
B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为
【答案】D
【解析】AB项：刚开始运动时，加速度为，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kv>mg后，加速度为：，当速度v增大，加速度减小，当a减小到0，做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故AB错误；C项：当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C错误；D项：当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kvm–mg），故最大速度为，故D正确。
【易错点】解决两类动力学问题的关键点
(把握“两个分析”、“一个桥梁”)
两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。
一个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁。
【方法点拨】
寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度，画图找出各过程的位移之间的联系。
例2.南方气温偏低，经常存在冰冻现象。某校方同学和阳同学（校服材质一样）先后从倾斜坡面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示（两人均可视为质点，且不计人经过B点时的能量损失）。根据上述信息，不能确定方、阳两人（
）
A．经过B点时速度大小相等
B．最终两人停在水平冰面上同一位置
C．损失的机械能相等·
D．运动的时间相等
【答案】C
【解析】设在斜面上运动的距离为，在水平面上运动的距离为，斜面的倾角为，动摩擦因数为，物体在斜面上下滑时，由牛顿第二定律得?，可得，所以两个物体在斜面下滑时加速度相同，根据运动学公式可得，经过点时速度大小相等，对整个过程，运用动能定理得，则得，可知、、相同，则知最终两人停在水平冰面上同一位置，同理在水平面上运动的加速度相同，运动时间也相同，故两个物体运动的总时间相等；由上知不能确定两个物体质量关系，故不能确定摩擦力相等，也不能判断克服摩擦力做功的大小，所以机械能损失不一定相等，故不能确定方、阳两人的选选项C。
【易错点】不能正确地分析变加速运动问题。
【方法点拨】弹簧形变量x与t不是线性关系，则a与t也不是线性关系，根据运动的对称性进行解题。
例3
（2020·毕节市高三模拟）如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一
端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2
kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a
向左做匀加速运动（取g=10
m/s2）则下列说法正确的是（
）
A．当a=5
m/s2时，滑块对球的支持力为
B．当a=15
m/s2时，滑块对球的支持力为半
C．当a=5
m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D．当a=15
m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
【答案】A
【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45°=ma0；竖直方向：Fsin45°=mg，解得a0=g。A、当a=5
m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°–FNcos45°=ma；竖直方向：Fsin45°+FNsin45°=mg，解得，故A正确；B、当a=15
m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；CD、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C，D错误；故选A。
【易错点】不能正确地分析变加速运动问题。
【方法点拨】根据v-t图像分析物体加速度的变化从而分析物体的受力情况。
（二）举一反三
1．如图甲所示，质量m＝1
kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5
s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v?t图象)如图乙所示，g取10
m/s2，求：
(1)2
s内物块的位移大小s和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。
【答案】(1)0.5
m1.5
m(2)4
m/s24
m/s28
N
【解析】(1)在2
s内，由图乙知：
物块上升的最大距离：s1＝×2×1
m＝1
m
物块下滑的距离：s2＝×1×1
m＝0.5
m
所以位移大小s＝s1－s2＝0.5
m
路程L＝s1＋s2＝1.5
m
(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小
a1＝4
m/s2
a2＝4
m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有
0～0.5
s内：F－f－mgsinθ＝ma1
0．5～1
s内：f＋mgsinθ＝ma2
联立得F＝8
N
2.
如图所示，质量为0.5
kg、0.2
kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离0.8
m，小球距离绳子末端6.5
m，小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量
忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10
m/s2。
(1)释放A、B两个小球后，A、B的各自加速度？
(2)小球B从静止释放经多长时间落到地面？
【答案】(1)a1＝8
m/s2a2＝5
m/s2(2)1.6
s
【解析】(1)由题意知，B与轻绳的摩擦力小于A与轻绳的摩擦力。为保证A、B对轻绳的力相同，所以轻绳与A、B间的摩擦均为km2g
对B，由牛顿第二定律得m2g－km2g＝m2a2
a2＝5
m/s2
对A，由牛顿第二定律得m1g－km2g＝m1a1
a1＝8
m/s2
(2)设经历时间t1小球B脱离绳子，小球B下落高度为h1，获得速度为v
a1t＋a2t＝l
t1＝1
s
h1＝a2t＝2.5
m
v＝a2t1＝5
m/s
小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高为h2，经t2落地
h2＝6.5
m＋0.8
m－2.5
m＝4.8
m
h2＝vt2＋gt
t2＝0.6
s
t＝t1＋t2＝1.6
s
3.
一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5
m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1
s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1
s时间内小物块的v?t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10
m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】(1)μ1＝0.1μ2＝0.4(2)6.0
m(3)6.5
m
【解析】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4
m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋a1t③
式中，t1＝1
s，s0＝4.5
m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图(b)可得a2＝⑥
式中，t2＝2
s,
v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt?
小物块运动的位移为
s2＝Δt?
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1?
联立⑥⑧⑨⑩???式，并代入数值得
Δs＝6.0
m?
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0
m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4?
0－v＝2a4s3?
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3?
联立⑥⑧⑨⑩????式，并代入数值得s＝－6.5
m?
木板右端离墙壁的最终距离为6.5
m。
考点二
等时圆模型
（一）典例剖析
例1．如图，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接，可使小球顺利转弯(即通过转弯处不损失机械能)。套在杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则AB与AC的夹角为多少？
【答案】53°
【解析】设AB的长度为l，∠BAC＝α，由几何关系可得：
AC的长度为lcosα，CB的长度为lsinα①
小球沿AB做自由落体运动，运动的时间为t：有
l＝gt2②
设AC段所用时间为t1，CB段所用时间为t2，由题可知
t1＋t2＝1.5t③
小球沿AC段运动时，加速度为a1，由牛顿第二定律可得
mgcosα＝ma1④
且lcosα＝gcosαt12⑤
联立②③⑤，可得
t1＝t，t2＝0.5t；
小球在C点的速度为v＝gcosαt1
沿CB做匀加速运动，加速度为a2，由牛顿第二定律可得：
mgsinα＝ma2
且
lsinα＝vt2＋a2t2
联立解得：α＝53°。
【易错点】不能正确地对物体进行受力分析和运动情况的分析。
【方法点拨】对物体进行受力分析并且列出牛顿定律方程，运用运动学公式解题。
例2如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P。设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(
)
A.2∶1
B．1∶1
C.∶1
D．1∶
【答案】B
【解析】
设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsinθ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sinθ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝＝
2，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确。
【易错点】不理解等时圆模型的两种情况
【方法点拨】
(1)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且为t＝2(如图甲所示)。
(2)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t＝2(如图乙所示)。
例3．(多选)如图所示，一物体从竖直平面内的圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么(
)
A.只要知道弦长，就能求出运动时间
B.只要知道圆半径，就能求出运动时间
C.只要知道倾角θ，就能求出运动时间
D.只要知道弦长和倾角，就能求出运动时间
【答案】BD
【解析】物体沿AB弦轨道下滑，加速度为a＝＝gcosθ，弦长l＝2R·cosθ，则t＝＝＝2，故B正确。已知弦长和倾角，可以算出半径R，故D正确。
【易错点】不理解等时圆模型的两种情况
【方法点拨】
(1)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相等，且为t＝2(如图甲所示)。
(2)物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t＝2(如图乙所示)。
（二）举一反三
1．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点。则(
)
A.a球最先到达M点
B．b球最先到达M点
C.c球最先到达M点
D．b球和c球同时到达M点
【答案】C
【解析】
如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝gtc2，所以tc＝；对于a球，令AM与水平面成θ角，则a下滑时的加速度为a＝gsinθ，球下滑到M用时满足AM＝2Rsinθ＝gsinθta2，
即ta＝2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R)。综上所述可得tb>ta>tc。
2．如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，a、b、d三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(
)
A．1∶1∶1
B．5∶4∶3
C．5∶8∶9
D．1∶2∶3
【答案】A
【解析】利用等时圆模型，以AC为直径画圆，B、D刚好在圆上，所以时间相等，故A正确。
3.
为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是(
)
【答案】C
【解析】设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝gsinθ，位移大小x＝at2，而x＝，2sinθcosθ＝sin2θ，联立以上各式得t＝。当θ＝45°时，sin2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确。
考点三
动力学中的图像问题
（一）典例剖析
例1（2019·新课标全国Ⅲ卷）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=4
s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g=10
m/s2。由题给数据可以得出（
）
A．木板的质量为1
kg
B．2
s~4
s内，力F的大小为0.4
N
C．0~2
s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】结合两图像可判断出0~2
s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5
s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4
s和4~5
s列运动学方程，可解出质量m为1
kg，2~4
s内的力F为0.4
N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
【易错点】(1)常见的思维障碍：
①不能根据图象提炼有用信息。
②θ＝0°时不知是竖直上抛。
(2)因解答不规范导致的失分：
①爱写综合式子，不分写方程，牵一发而动全身，可能一个小错就导致以下全过程出错。
②不写基本方程。
【方法点拨】根据图象提炼有用信息.
例2（2019·福建省厦门外国语学校高三最后一模）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位
移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平
方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，取g=10
m/s2。根据图象可求出（
）
A．物体的初速率v0=6
m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5
C．当θ=30o时，物体达到最大位移后将保持静止
D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值
【答案】BD
【解析】A项：由图可知，当夹角为90°时，x=0.80
m，物体做竖直上抛运动，则由竖直上抛运动规律可知：，解得：，故A错误；B项：当夹角θ=0时，x=1.60
m，由动能定理可得：，解得：，故B正确；C项：若θ=30°时，物体的重力沿斜面向下的分力大小为：mgsin30°=0.5mg；最大静摩擦力为：，则，，因此，物体达到最大位移后将下滑，故C错误；D项：根据动能定理得：，解得：
其中tanα=2，当，，此时位移最小，故D正确。
[易错点]不会应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略
【方法点拨】(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可。
(2)有些是树枝型，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确。
(3)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。
例3．根据动滑轮省力的特点设计如图甲所示装置（滑轮质量、摩擦均不计）。质量为2
kg的物体在竖直
向上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（取
g=10
m/s2）（
）
A．物体加速度大小为0.5
m/s2
B．拉力F的大小为12
N
C．2
s末拉力F的功率大小为96
W
D．2
s内拉力F做的功为48
J
【答案】BC
【解析】A、根据v–t图象知加速度，故A错误；B、牛顿第二定律得，2F–mg=ma，解得，故B正确；C、2
s末物体的速度v=4
m/s，则F的功率P=Fv′=2Fv=12×8
W=96
W，故C正确；D、物体在2
s内的位移；则拉力作用点的位移x=8
m，则拉力F做功的大小为W=Fx=12×8
J=96
J，故D错误。故选BC。
【易错点】不会分析动力学问题
【方法点拨】
（二）举一反三
1.
(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(
)
A．t＝2
s时最大
B．t＝2
s时最小
C．t＝8.5
s时最大
D．t＝8.5
s时最小
【答案】AD
【解析】当电梯有向上的加速度时，对人进行受力分析，人受重力和地板的支持力，由牛顿第二定律，得FN－mg＝ma，则地板对人的支持力大于重力，向上的加速度越大，支持力则越大，由牛顿第三定律可得：人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，则人对地板的压力越大，因此t＝2
s时，压力最大，同理，当电梯有向下的加速度时，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5
s时压力最小，D项正确。
2．若货物随升降机运动的v?t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是(
)
【答案】B
【解析】由v?t图象可知，有两段时间匀速运动，支持力等于重力，由牛顿第二定律F－mg＝ma知，加速
度为负时，处于失重状态，支持力小于重力，加速度为正时，处于超重状态，支持力大于重力，所以B项
正确。
3．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是(
)
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数
【答案】A
【解析】由题结合牛顿第二定律可得：2T－mg＝ma，则有a＝T－g，由a?T图象可判断，纵轴截距的绝
对值为g，A正确；图线的斜率在数值上等于，则B、D错误；横轴截距代表a＝0时，TN＝，则C错
误。
四、分层训练
能力进阶
【基础】
1.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2
kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动（取g=10
m/s2）则下列说法正确的是（
）
A．当a=5
m/s2时，滑块对球的支持力为
B．当a=15
m/s2时，滑块对球的支持力为半
C．当a=5
m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和
D．当a=15
m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
【答案】A
【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45°=ma0；竖直方向：Fsin45°=mg，解得a0=g。A、当a=5
m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°–FNcos45°=ma；竖直方向：Fsin45°+FNsin45°=mg，解得，故A正确；B、当a=15
m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；CD、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C，D错误；故选A。
2.
如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为m1=2
kg、m2=3
kg的物体，中间用轻质弹簧秤连接，在两
个大小分别为F1=30
N、F2=20
N的水平拉力作用下一起匀加速运动，则（
）
A．弹簧秤的示数是10
N
B．弹簧秤的示数是25
N
C．弹簧秤的示数是26
N
D．弹簧秤的示数是52
N
【答案】C
【解析】以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得：a=2
m/s2，对物体，由牛顿第二定律得：，解得：T=26
N，则弹簧秤示数为26
N，C正确。
3．（山东省淄博市2020年高三三模考试理综物理试卷）如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根
相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，
总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g（g为重力加
速度大小），下列说法正确的是（
）
A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
B．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为
C．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态
D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态
【答案】C
【解析】在最低点时，由牛顿第二定律：，其中a=5g，解得，选项AB错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确，D错误。
【巩固】
1．（2020·江苏省丹阳市丹阳高级中学三模）如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底
板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a>μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由，分析可知要求其刹车后在距离内能安全停下来，则车的最大加速度，由运动学公式，车的最大速度：，故选A。
2．如图所示倾角为30°的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端A冲上斜面，到达最高点D后又返回A点，
斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8
m，上滑时间为
下滑时间的一半，下列说法正确的是（
）
A．斜面长为36
m
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为
C．地面对斜面的摩擦力先向左后向右
D．滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力
【答案】BD
【解析】A、经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8
m，设CD长度为L，逆向思维可知，BC=3L，AB=5L，所以3L–L=0.8
m，解得L=0.4
m，斜面长x=9L=3.6
m，故A错误；B、上滑过程的加速度设为a1，下滑时的加速度为a2，上滑过程可以逆向分析，则：，解得a1=4a2，根据牛顿第二定律可得：，联立解得，故B正确；C、减速上升和加速下降过程中，物体的加速度都是沿斜面向下，加速度在水平方向的分加速度都是向左，即斜面对物体水平方向的作用力向左，物体对斜面的作用力向右，物体处于静止，则地面对斜面的摩擦力方向向左，故C错误；D、滑块向上运动和向下运动过程中，加速度在竖直方向的分加速度竖直向下，物体处于失重状态，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故D正确。
3．为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50
kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10
m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5
m，经过
充分调整后，发力跳起摸到了2.90
m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g
取10
m/s2。则（
）
A．运动员起跳过程处于超重状态
B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大
C．起跳过程中运动员对地面的压力为960
N
D．从开始起跳到双脚落地需要1.05
s
【答案】AD
【解析】AC、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1
560
N，故选项A正确，C错误；B、在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度，故选项B错误；D、起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故选项D正确。
【拔高】
1．如图所示，质量为M=2
kg、长为L=1.5
m的木板静止在光滑的水平面上，木板上右端放着一可视为质点
的小滑块，小滑块的质量为m=1
kg，小滑块与木板之间的动摩擦因数为=0.2。若用水不拉力F作用在木
板上，取g=10
m/s2，则下列说法正确的是（
）
A．F=8
N时，小滑块与木板保持相对静止
B．F=10
N时，小滑块与木板发生相对滑动
C．F=12
N时，小滑块从木板上滑下所需的时间为2
s
D．F=12
N时，小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10
kg·m/s
【答案】BD
【解析】以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律，得小滑块的最大加速度为，以整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的最小拉力为，A项错误，B项正确；若，则木板的加速度大小为，由得小滑块从木板上滑下所需的时间为，C项错误；小滑块从木板上滑下时，木板的动量大小为，D项正确。
2．溜索是一种古老的渡河工具，现已演变为游乐项目。如图所示，滑轮、保险绳索与人体连接，粗钢索两
端连接在固定桩上。人从高处平台的A点出发，借助几十米的落差，沿钢索顺势而下，滑过最低点C，到
达B点时速度为零。下列说法中正确的有（
）
A．人滑到C点时速度最大
B．人从A滑到C的过程中，重力的功率先增大后减小
C．人滑到C点时的加速度方向竖直向上
D．钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力
【答案】BD
【解析】人滑到C点时，对人进行受力分析，人和滑轮整体受到重力、钢索的拉力和滑动摩擦力，受力分析如图所示：
如果钢索光滑，则在C点速度最大；考虑摩擦力作用，则摩擦力切线方向的分量和两绳拉力沿切线方向分量合力为0的位置速度最大，则此时C点的速度不是最大，故A错误；人从A滑到C的过程中，根据，开始时速度为0，重力的瞬时功率为0，中间过程重力的功率不为0，到C点时重力方向与速度方向垂直，重力的瞬时功率为0，故人从A到C的过程中，重力的功率先增大后减小，故B正确；人滑到C点时由于有沿切线方向的摩擦力，所以人滑到C点时合力方向不再沿竖直向上，故C错误；如果没有摩擦力，钢索对左侧固定桩的拉力与对右侧固定桩的拉力相等；人从A滑到C的过程中，钢索对人有向右的摩擦力，则右边的钢索会受到人对它向左的摩擦力，因此右侧钢索对固定桩的拉力大，所以钢索对左侧固定桩的拉力小于对右侧固定桩的拉力，故D正确。
3、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2.0×103
kg和1.5×103
kg，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g＝10
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.
【答案】见解析
【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
μmBg＝mBaB①
式中μ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v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3.0
m/s.③
(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
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有
v′＝2aAsA⑤
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
mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25
m/s.⑦
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