（全国通用）物理总复习一力与运动第讲牛顿运动定律与直线运动试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE第2讲牛顿运动定律与直线运动高考命题轨迹年份题号（分值）考点难度2017年卷Ⅰ25题（20分）带电油滴在匀强电场中的匀变速直线运动，考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律较难卷Ⅱ24题(12分)冰球与运动员在冰面上的滑动,考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律中等卷Ⅲ25题(20分)两滑块在木板上滑动，考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律的综合应用较难2016年卷Ⅰ21题(6分）结合v－t图象考查追及相遇问题中等卷Ⅱ19题(6分)两球下落，受空气阻力，考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律中等卷Ⅲ16题（6分）结合动能变化考查加速度与平均速度中等2015年卷Ⅰ20题(6分)物块在斜面上运动，结合v－t图象考查牛顿第二定律中等卷Ⅰ25题(20分)板块模型的多过程问题,结合v－t图象考查牛顿第二定律及匀变速直线运动规律较难卷Ⅱ20题（6分)火车连接体问题,考查a与m、F的关系中等卷Ⅱ25题（20分）泥石流、板块模型的多过程问题，考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律较难考情分析该部分是高考重点考查内容,匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，在选择题和计算题中均有考查，形式灵活，情景多样，贴近生活,选择题难度中等，计算题多以板块模型、多过程问题为主再结合v－t图象，难度较大．单纯直线运动问题一般在选择题中结合v－t图象考查,难度不大．知识方法链接1．解题思路(1)分析运动过程，画出过程示意图．（2）标出已知量、未知量．(3）选择合适公式，列方程求解．注意：（1）多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带,是解题的关键,要先设出．（2）多过程问题用v－t图象辅助分析会更形象、简捷．（3)v、x、a等物理量是矢量，注意规定正方向，尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况．2．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法3．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算．4．图象问题要“四看”“一注意”(1）看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量,明确因变量(纵轴表示的量)与自变量（横轴表示的量）之间的制约关系．(2)看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：v－t图象中根据坐标值、“斜率"和“面积"可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点．(4）看交点:明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义．(5）一注意：利用v－t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发,还是从不同位置出发．若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离．真题模拟精练1．（2017·湖南怀化市一模)如图1所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动,到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动,到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度亦为v。若a1≠a2≠a3，则(）图1A．甲、乙不可能同时由A到达CB．甲一定先由A到达CC．乙一定先由A到达CD．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C答案A2．(多选)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是（v是速度、t是时间)(）答案ABC3．(多选）(2017·湖北省部分重点中学调研）两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v2)随位置(x)的变化图象如图2所示,下列判断正确的是（）图2A．汽车A的加速度大小为4m/s2B．汽车A、B在x＝6m处的速度大小为2eq\r（3）m/sC．汽车A、B在x＝8m处相遇D．汽车A、B在x＝9m处相遇答案BC解析根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v2－veq\o\al（2,0)＝2ax得：v2＝veq\o\al(2，0)＋2ax,可知v2－x图象的斜率等于2a。对于汽车A,则有2aA＝eq\f(0－36,9)m/s2＝－4m/s2，可得aA＝－2m/s2，加速度大小为2m/s2,故A错误．汽车A、B在x＝6m处的速度大小设为v。由题图知：对于汽车A，有veq\o\al（2,0)＝36m2/s2,得A的初速度v0＝6m/s，由v2－veq\o\al（2，0)＝2aAx得v＝eq\r(v\o\al(2,0）＋2aAx)＝eq\r(36＋2×－2×6)m/s＝2eq\r(3）m/s，故B正确．对于汽车B，初速度为0，加速度为aB＝eq\f(kB,2）＝eq\f(\f（18，9)，2)m/s2＝1m/s2，设经过时间t两车相遇,则有v0t＋eq\f(1，2）aAt2＝eq\f(1，2)aBt2,得t＝4s，则x＝eq\f(1,2)aBt2＝eq\f(1,2）×1×42m＝8m，即汽车A、B在x＝8m处相遇，故C正确，D错误．故选B、C.

知识方法链接1．分析动力学问题的流程注意:（1）抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题,一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．(2)求解加速度是解决问题的关键．2．陌生的图象要先找图象的函数关系式（根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可)，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义．真题模拟精练4．(2017·湖南湘潭市二模）如图3所示，地面上放有一质量为m的物块(视为质点）,物块与水平地面间的动摩擦因数为eq\f（\r(3）,3),现用一斜向右上的力F（与水平方向的夹角θ及力的大小未知)拉物块使之在地面上向右运动，重力加速度为g,下列说法正确的是（)图3A．若物块向右加速运动，则物块与地面间可能没有摩擦力B．若物块向右加速运动，则F与摩擦力的合力一定竖直向上C．若物块向右匀速运动，则F的最小值为eq\r(3)mgD．若物块向右匀速运动,则F的最小值为eq\f(\r（3),3）mg答案A5．（多选)(2017·广东深圳市二模)如图4所示，倾角为θ的固定斜面上放置一矩形木箱,箱中有垂直于底部的光滑直杆，箱和杆的总质量为M,质量为m的铁环从杆的上端由静止开始下滑，铁环下滑的过程中木箱始终保持静止，在铁环到达箱底之前()图4A．箱对斜面的压力大小为(m＋M）gcosθB．箱对斜面的压力大小为MgcosθC．箱对斜面的摩擦力大小为（m＋M）gsinθD．箱对斜面的摩擦力大小为Mgsinθ答案BC6．（多选）（2017·广东汕头市一模)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象如图5所示，则（)图5A．小球的质量越大,图象中的a0越大B．小球的质量越大,图象中的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时下落的距离越长答案BD解析根据牛顿第二定律得mg－F阻＝ma,据题F阻＝kv，解得a＝g－eq\f（k,m）v,当v＝0时，a＝a0＝g，与小球的质量无关．当a＝0时,v＝vm＝eq\f(mg，k)，可知小球的质量m越大，图象中的vm越大，故A错误，B正确．Δt＝|eq\f(Δv，Δa）｜＝eq\f（m，k）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．故选B、D。7．（2017·全国卷Ⅱ·24）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)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图6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：图6（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．答案（1)eq\f(v\o\al（2,0）－v\o\al(2，1)，2gs0）（2）eq\f(s1v0＋v12,2s\o\al（2，0）)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，由运动学公式得veq\o\al(2，1)－veq\o\al(2,0）＝2a1s0①由牛顿第二定律－μmg＝ma1解得μ＝eq\f(v\o\al（2,0）－v\o\al(2，1)，2gs0）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。由运动学公式得veq\o\al（2，0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2）a2t2⑤联立③④⑤式得a2＝eq\f(s1v1＋v02，2s\o\al(2,0))知识方法链接1．分析“滑块—木板”模型时要抓住一个转折和两个关联(1)一个转折—-滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点．(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联．(3）两物体发生相对运动的临界条件—-加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前、后物体的运动状态是解题的关键．2．灵活应用整体法与隔离法(1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力,且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程．(2)隔离法:如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体,一般采用隔离法列牛顿第二定律方程．真题模拟精练8．(多选）如图7所示，水平地面上有一楔形物块a，倾角为θ＝37°，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连,细绳的另一端固定在斜面上．a与b之间光滑,a与b以共同速度在地面轨道的光滑段向左匀速运动．当它们刚运行至轨道的粗糙段时（物块a与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，g＝10m/s2)，有（）图7A．若μ＝0.1，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力变小B．若μ＝0。1，则细绳的拉力变小，地面对a的支持力不变C．若μ＝0。75，则细绳的拉力为零，地面对a的支持力不变D．若μ＝0.75,则细绳的拉力变小,地面对a的支持力变小答案BC解析在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态,对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡．对b受力分析,如图，受重力、支持力和绳子的拉力,根据共点力平衡条件，有Fcosθ－FNsinθ＝0，Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0,由两式解得F＝mgsinθ,FN＝mgcosθ，当它们刚刚运动至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度,而b向右的加速度最大为am＝gtanθ＝10×eq\f(3,4)m/s2＝7。5m/s2,此时绳对b没有拉力．若μ＝0.1，则物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得：Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0,FNsinθ－Fcosθ＝ma，由两式解得F＝mgsinθ－macosθ，FN＝mgcosθ＋masinθ,即绳的拉力F将变小，而a对b的支持力变大;再对a、b整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对a的支持力不变，故A错误，B正确；若μ＝0.75,a的加速度为7.5m/s2，物块b的重力和其受到的支持力正好提供其运动的加速度，故绳的拉力为零；再对a、b整体受力分析，竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，故地面对a的支持力不变，故C正确,D错误．9。（2017·全国卷Ⅲ·25)如图8所示，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：图8（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．答案（1)1m/s，方向与B的初速度方向相同（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和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3,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Ff1＝μ1mAg①Ff2＝μ1mBg②Ff3＝μ2（m＋mA＋mB)g③由牛顿第二定律得Ff1＝mAaA④Ff2＝mBaB⑤Ff2－Ff1－Ff3＝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/s，方向与B的初速度方向相同⑨（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al（2,1）⑩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与木板组成的系统，由牛顿第二定律有Ff1＋Ff3＝(mB＋m)a2⑪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－a2t2⑫对A有：v2＝－v1＋aAt2⑬在t2时间间隔内,B（以及木板）相对地面移动的距离为s1＝v1t2－eq\f（1，2）a2teq\o\al（2，2）⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－eq\f（1,2）aA（t1＋t2)2⑮A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s0＝sA＋s1＋sB⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9m（也可用如图所示的速度—时间图线求解）知识方法链接1．电场、磁场中的动力学问题处理方法与力学中相同．2．受力分析时先分析场力：重力、电场力、磁场力．3．匀强电场中电场力与重力一样为恒力,二者的合力也为恒力，可用它们的合力代替这两个力，称为等效重力．4．洛伦兹力是随速度变化而变化的力，方向总垂直于v，大小等于qvB。真题模拟精练10．（2017·河北衡水市模拟)如图9所示,地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场．一个质量m、带电＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点,重力加速度为g,则下列结论正确的是(）图9A．若A、B高度差为h，则UAB＝－eq\f(mgh，q)B．带电小球在A、B两点电势能相等C．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D．两电场强度大小关系满足E2＝2E1答案A解析对A到B的过程运用动能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得:UAB＝eq\f(－mgh,q)，知A、B的电势不等，则电势能不等，故A正确，B错误；由A到虚线的过程小球速度由零加速至v,由虚线到B的过程小球速度由v减为零，位移相同,根据匀变速直线运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等,方向相反,故C错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a1＝eq\f（mg＋qE1,m）,在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为a2＝eq\f（qE2－mg，m），因为a1＝a2,解得E2－E1＝eq\f（2mg,q），故D错误．11．(2017·全国卷Ⅰ·25）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0,在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.（1)求油滴运动到B点时的速度大小；（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．答案见解析解析(1)设该油滴带正电，油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上．在t＝0时,电qE2－mg＝ma1①油滴在t1时刻的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在t1时刻突然反向，油滴做匀变速直线运动,加速度方向向下，大小a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在t2＝2t1时刻的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤（2）由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥油滴从t＝0到t1时刻的位移为x1＝v0t1＋eq\f（1,2)a1teq\o\al（2，1）⑦油滴在从t1时刻到t2＝2t1时刻的时间间隔内的位移为x2＝v1t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2，1)⑧由题给条件有veq\o\al（2,0）＝2g×2h＝4gh⑨式中h是B、A两点之间的距离．若B点在A点之上，依题意有x1＋x2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝［2－2eq\f(v0，gt1）＋eq\f(1，4）（eq\f(v0，gt1))2]E1⑪为使E2＞E1，应有2－2eq\f(v0,gt1)＋eq\f(1，4)(eq\f（v0，gt1))2＞1⑫即当0＜t1＜(1－eq\f（\r(3)，2））eq\f（v0,g）⑬或t1＞（1＋eq\f(\r（3)，2）)eq\f（v0，g)⑭才是可能的;条件⑬式和⑭式分别对应于v2＞0和v2＜0两种情形．若B在A点之下，依题意有x2＋x1＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2＝［2－2eq\f（v0，gt1)－eq\f(1,4）(eq\f(v0,gt1）)2］E1⑯为使E2>E1,应有2－2eq\f（v0，gt1)－eq\f（1,4）(eq\f（v0，gt1))2>1⑰即t1>(eq\f(\r(5），2)＋1）eq\f（v0，g)⑱另一解为负，不符合题意，舍去．专题规范练题组1高考真题检验1．(多选）（2016·全国卷Ⅱ·19)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(）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答案BD解析小球的质量m＝ρ·eq\f（4,3）πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲〉r乙．空气阻力F阻＝kr,对小球由牛顿第二定律得,mg－F阻＝ma,则a＝eq\f(mg－F阻，m)＝g－eq\f(kr,ρ·\f(4,3)πr3）＝g－eq\f（3k，4πρr2），可得a甲>a乙，由h＝eq\f(1,2）at2知,t甲<t乙，选项A、C错误；由v＝eq\r（2ah)知,v甲>v乙,故选项B正确；因F阻甲〉F阻乙,由球克服阻力做功W阻＝F阻h知,甲球克服阻力做功较大，选项D正确．2．（多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1（a),一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt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（)图1A．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答案ACD解析由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝eq\f（v0，t1），根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f（v0,t1)。同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1，t1），两式联立得sinθ＝eq\f(v0＋v1，2gt1)，μ＝eq\f（v0－v1,2gt1cosθ）,可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为eq\f(v0,2），所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝eq\f(v0,2）t1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝eq\f（v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1）＝eq\f(v0v0＋v1，4g)，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误．3．(多选)（2015·新课标全国Ⅱ·20)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eq\f(2，3）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（）A．8B．10C．15D．18答案BC解析设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①设PQ东边有k节车厢,则F＝km·eq\f(2,3)a②联立①②得3n＝2k,由此式可知n只能取偶数，当n＝2时，k＝3,总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15当n＝8时,k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．4．（2013·新课标Ⅱ卷·14)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是()答案C解析当拉力F小于最大静摩擦力时,物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－Ff＝ma知：随F的增大，加速度a增大，故选C.需要的滑行距离约为1000m．已知航母始终静止,重力加速度的大小为g.则(）图2A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的eq\f(1,10）B．在0。4～2。5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD．在0。4~2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案AC6．(2015·新课标全国Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝eq\f（3，5)）的山坡C，上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A（含有大量泥土）,A和B均处于静止状态,如图3所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为eq\f(3,8），B、C间的动摩擦因数μ2减小为0。5,A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m,C足够长,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：图3（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小；（2)A在B上总的运动时间．答案（1）3m/s21m/s2（2)4s解析（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff1＝μ1FN1①FN1＝mgcosθ②Ff2＝μ2FN2③FN2＝FN1′＋mgcosθ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1⑤mgsinθ－Ff2＋Ff1′＝ma2⑥又FN1＝FN1′⑦Ff1＝Ff1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,并代入题给条件得a1＝3m/s2⑨a2＝1m/s2⑩（2）在t1＝2s时,设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s⑪v2＝a2t1＝2m/s⑫2s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2⑬a2′＝－2m/s2⑭由于a2′＜0，可知B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t2＝1s⑯在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为x＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）a1t\o\al(2,1）＋v1t2＋\f（1，2)a1′t\o\al（2,2）））－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2)a2t\o\al（2,1)＋v2t2＋\f（1，2)a2′t\o\al(2,2)）)＝12m＜27m⑰此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B,则有l－x＝（v1＋a1′t2）t3＋eq\f（1，2）a1′teq\o\al(2，3）⑱可得t3＝1s(另一解不合题意,舍去)⑲设A在B上总的运动时间为t总,有t总＝t1＋t2＋t3＝4s.题组2各省市模拟精选7．（多选）(2017·山西省一模）将一小球以一定的初速度竖直向上抛出并开始计时,小球所受空气阻力的大小与小球的速率成正比，已知t2时刻小球落回到抛出点，其运动的v－t图象如图4所示，则在此过程中()图4A．t＝0时刻小球的加速度最大B．当小球运动到最高点时,小球的加速度为重力加速度gC．t2＝2t1D．小球的速度大小先减小后增加，加速度大小先增加后减小答案AB解析根据v－t图象的斜率等于加速度，t＝0时刻图象切线的斜率绝对值最大，则t＝0时,小球的加速度最大，故A正确．当小球运动到最高点时，小球的速度为零，所受的空气阻力为零，则其所受合力等于重力，加速度为重力加速度g，故B正确．由于空气阻力的存在，小球的机械能不断减少，所以上升和下落经过同一点上升时的速度大于下落时的速度，所以上升过程的平均速度大于下落过程的平均速度，而上升阶段和下落阶段的位移大小相等，所以上升的时间小于下落的时间,则t2＞2t1，故C错误．由题图知:小球的速度大小先减小后增大，而加速度一直减小，故D错误．故选A、B。8．(2017·山西运城市期末）入冬以来，运城市雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要；在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶,乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞．如图5所示为两车刹车后做匀减速运动的v－t图象，以下分析正确的是()图5A．甲刹车的加速度的大小为0.5m/s2B．两车刹车后间距一直在减小C．两车开始刹车时的距离为100mD．两车都停下来后相距25m答案C解析甲刹车的加速度的大小a＝|eq\f(Δv,Δt）|＝1m/s2,故A错误；两车刹车后前20s间距一直在减小，20s末两车速度相等，距离最小,之后间距增大，故B错误；两车刚好没有发生碰撞,说明20s末两车速度相等时，两车位置相同,20s末两车的速度v＝5m/s，Δx＝x2－x1＝（eq\f(25＋5，2)×20－eq\f（15＋5,2)×20)m＝100m，故C正确；20s后两车的位移之差Δx＝eq\f(1,2）×（30－20)×5m－eq\f（1,2)×(25－20）×5m＝12.5m，故D错误．本题选C.

9．(2017·河北省五个一联盟二模)如图6所示，固定斜面，CD段光滑,DE段粗糙,A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）图6A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时,A可能受二个力作用C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态答案C解析在CD段,整体的加速度a＝eq\f(mA＋mBgsinθ，mA＋mB)＝gsinθ，隔离B对A分析，有：mAgsinθ＋Ff＝mAa，解得Ff＝0，可知A受重力和支持力两个力作用，故A错误．设B与斜面DE段间的动摩擦因数为μ，在DE段,整体的加速度a′＝eq\f（mA＋mBgsinθ－μmA＋mBgcosθ，mA＋mB）＝gsinθ－μgcosθ，隔离B对A分析,有：mAgsinθ＋Ff′＝mAa′，解得Ff′＝－μmAgcosθ,方向沿斜面向上．若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上,所以A一定受三个力作用，故B错误，C正确．整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下,A、B均处于失重状态．在DE段，A、B可能做匀速直线运动，不处于失重状态，故D错误．故选C.10．(多选)(2017·广东深圳市第一次调研）如图7所示,质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离．