2025年高考物理復習之小題狂練600題（解答題）：運動和力的關(guān)系（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復習之小題狂練600題（解答題）：運動和力的關(guān)系（10題）一．解答題（共10小題）1．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）幾位同學正在參與一種游戲，游戲裝置如圖所示，A為可視作質(zhì)點的煤塊，B為一塊長為L的木板（煤塊能夠在木板上留下劃痕）?，F(xiàn)游戲要求將A置于B表面某一位置，一起靜置于一足夠長的臺面上，對B施加水平向右的恒定推力，一段時間后撤去，看最終A在B表面形成的劃痕長度，使劃痕更長且煤塊沒有從B上掉出者為最終贏家。甲同學在游戲中施加推力使A、B以相同加速度做勻加速運動，撤去推力后，A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，且A沒有從B上掉出。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求B與臺面之間的動摩擦因數(shù)；（2）在乙同學能推動B的情況下，要保證A置于B表面任意位置時，無論推力作用時間多少，A都不可能從B的右端掉出，求推力應滿足的條件；（3）若丙同學的推力恒為F，且F＞6μmg，討論當F取不同值時，他改變作用時間和A的初始放置位置，要使劃痕最長且A沒有從B上掉出，A起初應置于B表面距離左端多遠的位置？F作用時間為多少？2．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實物照片，乙圖是其運輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長度LAB＝12m、BC部分長度LBC＝9m，運行速度恒為2m/s。現(xiàn)工人每隔1s在底端A點放上一個水果箱，C點恰好掉下去一個水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有多少個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2。3．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，光滑水平面上固定有光滑長直木板，傾角θ＝37°、質(zhì)量M＝1kg的斜面緊靠木板放置，質(zhì)量m＝1kg的物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=1516，初始時斜面與物塊均靜止，作用在斜面上的力F與木板平行，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力F的最大值；（2）當斜面的加速度a＝8m/s2時，F(xiàn)的大小。（已知在力F作用下，斜面與物塊同時開始分別做勻變速直線運動）4．（2024?江蘇四模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓環(huán)，圓心在O點。質(zhì)量均為m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可形變的輕桿連接，開始時球A與圓心O等高，球B在圓心O的正下方。輕桿對小球的作用力沿桿方向。（1）對球B施加水平向左的力F，使A、B兩小球靜止在圖示位置，求力的大小F；（2）由圖示位置靜止釋放A、B兩小球，求此后運動過程中A球的最大速度v；（3）由圖示位置靜止釋放A、B兩小球，求釋放瞬間B球的加速度大小a。5．（2024?泰安三模）如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以v1＝1m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m1＝2kg的物塊A和質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B由繞過定滑輪的輕繩連接，質(zhì)量為m3＝1kg的物塊C置于A上，輕繩足夠長且不可伸長，A與定滑輪間的輕繩水平。某時刻，同時給A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B豎直上升，A、C保持相對靜止從傳送帶左端沖上傳送帶。已知A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不計定滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運動過程中B都沒有與定滑輪碰撞，A、C始終保持相對靜止。求：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大??；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C離開傳送帶時的速度大小；（4）A、C向右運動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量。6．（2024?四川模擬）中學航模隊研究航母艦載機著陸減速新方案，提出“機翼輔助式”減速模式，隊員們在操場上利用跑道模擬實驗，如圖（a）所示先將一個質(zhì)量為M＝1kg的滑塊（視為質(zhì)點）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機翼的質(zhì)量為m＝0.5kg減速裝置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為α的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)；（2）若已知F=1507．（2024?德陽模擬）如圖所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7m/s2、順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動，傳送帶速率達到v＝7m/s后勻速轉(zhuǎn)動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大??；（2）小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間。8．（2024?山東模擬）如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板通過的最大路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的關(guān)系圖像，如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1m﹣1，BC為直線段。物塊可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情況下，物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t。（2）求圖乙中B點的橫坐標。（3）求圖乙中C點的縱坐標。（4）求直線DE對應的1s-9．（2024?長安區(qū)二模）如圖所示，某彈性繩伸長時滿足胡克定律，其原長為L，一端固定于豎直墻上A點，跨過光滑的定滑輪B，與穿過豎直桿、質(zhì)量為m的小球在C處相連，此時ABC在同一水平線上，其中AB＝L，彈性繩中的彈力大小恰為mg。小球從C點由靜止開始下滑，到達D點時速度恰好為零，球與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g，不計空氣阻力。小球從C到D的過程中，求：（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大小；（2）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力Ff的大小。10．（2024?南京二模）一名兒童在水平地面上的一塊長木板上玩耍，他從左端開始加速跑向右端，當跑到右端時，立即止步且在極短時間內(nèi)就與木板相對靜止，并一起向右滑動至停止。對相關(guān)條件進行如下簡化：兒童質(zhì)量M＝20kg，木板的質(zhì)量m＝5kg，木板長度L＝2m。兒童奔跑時，木板與地面間的滑動摩擦力恒為f1＝25N；兒童止步后，木板與地面間的滑動摩擦力恒為f2＝20N，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。最初兒童和木板均靜止，每次玩耍兒童加速時加速度恒定，加速度大小可在0～3m/s2間調(diào)節(jié)，運動過程中腳與木板間始終沒有打滑，兒童可視為質(zhì)點。求：（1）為使木板不向左滑動，兒童加速度的最大值a0；（2）兒童以1.8m/s2的加速度向右運動過程中兒童對木板做功；（3）請寫出兒童向右運動的總距離x關(guān)于兒童加速階段加速度a1的表達式，并求出最大距離xm。

2025年高考物理復習之小題狂練600題（解答題）：運動和力的關(guān)系（10題）參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）幾位同學正在參與一種游戲，游戲裝置如圖所示，A為可視作質(zhì)點的煤塊，B為一塊長為L的木板（煤塊能夠在木板上留下劃痕）?，F(xiàn)游戲要求將A置于B表面某一位置，一起靜置于一足夠長的臺面上，對B施加水平向右的恒定推力，一段時間后撤去，看最終A在B表面形成的劃痕長度，使劃痕更長且煤塊沒有從B上掉出者為最終贏家。甲同學在游戲中施加推力使A、B以相同加速度做勻加速運動，撤去推力后，A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，且A沒有從B上掉出。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。（1）求B與臺面之間的動摩擦因數(shù)；（2）在乙同學能推動B的情況下，要保證A置于B表面任意位置時，無論推力作用時間多少，A都不可能從B的右端掉出，求推力應滿足的條件；（3）若丙同學的推力恒為F，且F＞6μmg，討論當F取不同值時，他改變作用時間和A的初始放置位置，要使劃痕最長且A沒有從B上掉出，A起初應置于B表面距離左端多遠的位置？F作用時間為多少？【考點】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）B與臺面之間的動摩擦因數(shù)為2μ；（2）推力應滿足的條件為F≥（3）當6μmg＜F≤274μmg時，A起初應置于B表面距離左端9L-54μmgLF的位置，F(xiàn)作用時間為6mF3μgL；當F【分析】（1）依題意：A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，可得兩者的加速度大小關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律求解；（2）分析題意，確定臨界條件，依據(jù)條件確定兩者的運動形式與相對運動過程，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式求解；（3）根據(jù)牛頓第二定律求得A、B恰好能相對靜止的推力大小，結(jié)合（2）的結(jié)論，分情況確定臨界條件，討論求解。【解答】解：（1）依題意：甲同學撤去推力后，A停下所需時間是B停下所需時間的三倍，即ΔtA＝3ΔtB，說明A的加速度較小，減速較慢，則A相對B向右滑動。設B與臺面之間的動摩擦因數(shù)為μB，根據(jù)牛頓第二定律得：對A有：μmg＝maA，解得：aA＝μg對B有：μB×2mg﹣μmg＝maB減速過程兩者的速度減小量相同，根據(jù)加速度的定義可得：aA解得：μB＝2μ（2）A不可能從B右端掉出，則說明只可能從B左端掉出。根據(jù)（1）的分析，若用力推動時A、B相對靜止，則撤去推力后A相對B向右滑動，A可能從B右端掉出，不滿足題意，故在用力推動時A必須相對B向左滑動，撤去推力后A繼續(xù)相對B向左滑動直到兩者共速，之后A相對B向右滑動，要使A不能從B右端掉出，應使A相對B向右滑動的位移不大于相對向左滑動的位移，即Δx右≤Δx左，用力F推動時，對B，根據(jù)牛頓第二定律得：F﹣μmg﹣μB×2mg＝maB1解得：a設F作用時間t，此時間內(nèi)兩者相對位移大小為：Δx撤去推力后，A加速運動，B減速運動，設再經(jīng)時間t2之后兩者共速，該過程A的加速度大小仍為aA，同理得：對B有：μmg+μB×2mg＝maB2解得：aB2＝5μg共速時有：v共＝aA（t+t2）＝aB1t﹣aB2t2可得：v解得：t2=該過程兩者相對位移大小為：ΔxA相對B總的向左滑動位移為：Δx之后A相對B向右滑動，A的加速度大小不變，同理有：對B：μB×2mg﹣μmg＝maB2解得：aB2＝3μgA相對B向右滑動的位移為：Δx根據(jù)滿足的條件：Δx右≤Δx左解得：F（3）用力F推動時，若A、B恰好能相對靜止時，則有：aB1＝aA即Fm-5μg=μg，解得：F＝6分情況討論如下：①當6μmg＜F≤274μmg，根據(jù)（2）分析，可知A相對B先向左滑后向右滑，且Δx右≥Δx左，為使劃痕最長，應使A、B共速時A恰好位于B的左端，最終Δx解得力F作用時間為：t=A起初距B左端的距離為：Δx②當F＞274μmg，根據(jù)（2）分析，可知Δx左＞Δx右，為使劃痕最長，A起初應放在B的右端，共速時A恰位于Δx解得：t=2m3μgLF(F-6μmg)，起初A到B左端距離為答：（1）B與臺面之間的動摩擦因數(shù)為2μ；（2）推力應滿足的條件為F≥（3）當6μmg＜F≤274μmg時，A起初應置于B表面距離左端9L-54μmgLF的位置，F(xiàn)作用時間為6mF3μgL；當F【點評】本題考查了牛頓第二定律應用的板塊模型。多物體、多過程的復雜運動問題，題目難度較大。解答時注意滑動摩擦力的方向的判斷，對于板塊模型的分析判斷要抓住兩個方面：一、相對靜止與相對運動的判斷；二、是否存在共速的判斷。對運動過程的分析，確定臨界條件是關(guān)鍵，運動過程復雜時可用v﹣t圖像輔助分析。2．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實物照片，乙圖是其運輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長度LAB＝12m、BC部分長度LBC＝9m，運行速度恒為2m/s?，F(xiàn)工人每隔1s在底端A點放上一個水果箱，C點恰好掉下去一個水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有多少個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2。【考點】多種傳送帶的組合問題；勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；推理能力．【答案】（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有13個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為0.2m，最大值為2m?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律計算小物塊在斜面上的加速度，根據(jù)運動學公式計算小物塊在傳送帶上勻速運動的時間和可以放置木塊數(shù)；（2）當?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶1s時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，當兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠，根據(jù)運動學公式計算兩相鄰水果箱之間的距離的最小值與最大值?！窘獯稹拷猓海?）把水果箱簡化成小物塊，小物塊在斜面上的加速度a＝μgcos37°﹣gsin37°＝（0.8×10×0.8﹣10×0.6）m/s2＝0.4m/s2則物體在斜面上加速的時間為t1加速過程的對地位移為x=v則小物塊在傳送帶上勻速運動的位移x'＝LAB+LBC﹣x＝12m+9m﹣5m＝16m小物塊在傳送帶上勻速運動的時間為t2已知每隔1s放上一個小木塊，則傳送帶上共可以放置木塊數(shù)為n=t1+（2）根據(jù)分析當?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶1s時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，有Δx當兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠，有Δx2＝vT＝2×1m＝2m答：（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有13個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為0.2m，最大值為2m?！军c評】本題考查物體在傳送帶上的運動，對于兩個有相對運動的物體，速度慢的物體受到的摩擦力是動力，速度快的物體受到的摩擦力是阻力。同時要明確當兩個物體達到共速時，摩擦力一定會發(fā)生變化。通過受力情況結(jié)合牛頓第二定律求加速度，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律分析物體的運動。3．（2024?桃城區(qū)校級模擬）如圖，光滑水平面上固定有光滑長直木板，傾角θ＝37°、質(zhì)量M＝1kg的斜面緊靠木板放置，質(zhì)量m＝1kg的物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ=1516，初始時斜面與物塊均靜止，作用在斜面上的力F與木板平行，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力F的最大值；（2）當斜面的加速度a＝8m/s2時，F(xiàn)的大小。（已知在力F作用下，斜面與物塊同時開始分別做勻變速直線運動）【考點】斜面模型中的臨界問題．【專題】計算題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；牛頓運動定律綜合專題；共點力作用下物體平衡專題；推理能力．【答案】（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力F的最大值為9N；（2）當斜面的加速度a＝8m/s2時，F(xiàn)的大小為14N?！痉治觥浚?）當物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時，對物塊和整體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律計算；（2）當物塊與斜面之間發(fā)生相對滑動時，分析物塊受力，將加速度分解為水平方向和豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律計算。【解答】解：（1）當物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時，對物塊進行受力分析，如圖所示則有FN＝mgcosθ，f＝μFN，f解得a臨對物塊與斜面整體分析有F臨＝（M+m）a臨解得F臨＝9N（2）結(jié)合上述可知a=8m/s所以斜面與物塊發(fā)生了相對滑動，滑動摩擦力方向與相對運動方向相反，即與相對加速度方向相反，若滑動摩擦力方向沿斜面運動方向，那么物塊沿斜面向下方向僅受重力分力，將沿斜面向下運動，所以物塊相對斜面的加速度沿左下方，設物塊沿斜面向下的加速度分量為ay，沿斜面運動方向的加速度分量為ax，對物塊分析進行受力分析，如圖所示則有fcosα＝max，mgsinθ﹣fsinα＝may，a相對x＝a﹣ax，a解得tanα＝0.75，ax=6m/則物塊對斜面的滑動摩擦力在沿斜面運動方向的分力為fx＝fcosα對斜面分析有F﹣fx＝Ma解得F＝14N答：（1）若物塊與斜面之間不發(fā)生相對滑動，力F的最大值為9N；（2）當斜面的加速度a＝8m/s2時，F(xiàn)的大小為14N?！军c評】本題關(guān)鍵掌握當物塊與斜面之間恰好發(fā)生相對滑動時和發(fā)生滑動時，摩擦力方向的分析。4．（2024?江蘇四模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓環(huán)，圓心在O點。質(zhì)量均為m的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可形變的輕桿連接，開始時球A與圓心O等高，球B在圓心O的正下方。輕桿對小球的作用力沿桿方向。（1）對球B施加水平向左的力F，使A、B兩小球靜止在圖示位置，求力的大小F；（2）由圖示位置靜止釋放A、B兩小球，求此后運動過程中A球的最大速度v；（3）由圖示位置靜止釋放A、B兩小球，求釋放瞬間B球的加速度大小a?！究键c】牛頓第二定律的簡單應用；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）分別以A、B兩球為研究對象，分析受力，根據(jù)平衡條件求解。（2）兩球及輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，當系統(tǒng)的重力勢能最小時動能最大，此時輕桿水平，由系統(tǒng)的機械能守恒求解。（3）由靜止釋放A、B兩小球的瞬間，輕桿的作用力發(fā)生突變，分析兩球的受力，根據(jù)牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓海?）以A球為研究對象，分析受力如圖，根據(jù)平衡條件得：豎直方向有mg＝N3cos45°以B球為研究對象，分析受力如圖，根據(jù)平衡條件得：豎直方向N2sin45°＝F又N3＝N2解得F＝mg（2）兩球及輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，當系統(tǒng)的重力勢能最小時動能最大，系統(tǒng)的等效重心在桿的中點，所以當輕桿水平時，系統(tǒng)的重力勢能最小，動能最大。由系統(tǒng)的機械能守恒得：2×12mv2＝mgRsin45°﹣mgR（1﹣解得v=（3）設釋放瞬間桿的作用力大小為T．兩球加速度大小相等，均為a。對A球，由牛頓第二定律得：mg﹣Tcos45°＝ma對B球，由牛頓第二定律得：Tcos45°＝ma⑦由⑥⑦解得a=1答：（1）力的大小F為mg；（2）此后運動過程中A球的最大速度v為(2（3）釋放瞬間B球的加速度大小a為12g【點評】解決本題的關(guān)鍵要善于運用等效法分析系統(tǒng)動能最大的條件，等效處理時可與單擺類比，分析知道輕桿水平時系統(tǒng)的動能最大。要正確分析兩球的受力情況，運用牛頓第二定律求瞬時加速度。5．（2024?泰安三模）如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以v1＝1m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m1＝2kg的物塊A和質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B由繞過定滑輪的輕繩連接，質(zhì)量為m3＝1kg的物塊C置于A上，輕繩足夠長且不可伸長，A與定滑輪間的輕繩水平。某時刻，同時給A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B豎直上升，A、C保持相對靜止從傳送帶左端沖上傳送帶。已知A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不計定滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運動過程中B都沒有與定滑輪碰撞，A、C始終保持相對靜止。求：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大?。唬?）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C離開傳送帶時的速度大小；（4）A、C向右運動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量。【考點】水平傳送帶模型；常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大小為7.5N；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小為7.5N，方向水平向左；（3）A、C離開傳送帶時的速度大小為6m/s；（4）A、C向右運動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律可求出加速度以及繩子的拉力；（2）根據(jù)摩擦力提供加速度，可求出摩擦力大小和方向；（3）根據(jù)運動學公式，結(jié)合牛頓第二定律求解不同階段的加速度，可求出速度；（4）根據(jù)摩擦力做功情況可求出產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓海?）A、C剛滑上傳送帶時，傳送帶對A的摩擦力水平向左，故對B有m2g﹣FT1+＝m2a1對A和C組成的整體有FT1+μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a1解得a1＝7.5m/s2，F(xiàn)T1＝7.5N（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力Ff＝m3a1解得Ff＝7.5N方向水平向左（3）設A、C經(jīng)時間t1后與傳送帶速度相同，這段時間內(nèi)A、C向右運動的位移為x1v1＝v2﹣a1t1解得t1＝0.4sv12-v解得x1＝1m由于μ（m1+m3）g＜m2g，因此A、不能隨傳送帶一起勻速運動，此后A、C做減速運動對A、C組成的整體有FT2﹣μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a2對B有m2g﹣FT2＝m2a2解得a2＝2.5m/s2設A、C與傳送帶速度相等之后，向右運動的距離為x20-v12=-解得x2＝0.2m此后A、C向左運動，直至從傳送帶左端離開。設離開傳送帶時的速度為v3v32=2a2（x1解得v3=6（4）A、C向右運動的兩個過程中，A與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量分別為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則產(chǎn)生的熱量Q＝Q1+Q3＝9J+3J＝12J答：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大小為7.5N；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小為7.5N，方向水平向左；（3）A、C離開傳送帶時的速度大小為6m/s；（4）A、C向右運動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J?！军c評】學生在解答本題時，應注意掌握傳送帶模型，能夠熟練利用牛頓第二定律求加速度，并且能夠根據(jù)摩擦力做功求出產(chǎn)熱。6．（2024?四川模擬）中學航模隊研究航母艦載機著陸減速新方案，提出“機翼輔助式”減速模式，隊員們在操場上利用跑道模擬實驗，如圖（a）所示先將一個質(zhì)量為M＝1kg的滑塊（視為質(zhì)點）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機翼的質(zhì)量為m＝0.5kg減速裝置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為α的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)；（2）若已知F=150【考點】牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況；勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)為0.6；（2）裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小為7.2m?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，利用運動學公式求出動摩擦因數(shù)；（2）根據(jù)牛頓第二定律以及豎直方向受力平衡，結(jié)合運動學公式求出滑行距離。【解答】解：（1）設滑塊與跑道間的動摩擦因數(shù)為μ對圖a：μMg＝Ma滑塊做勻減速運動2ax=解得μ＝0.6（2）豎直方向上有（m+M）g+Fcosα＝FN水平方向有f+Fsinα＝（m+M）a1f＝μFN聯(lián)立解得a1＝10m/s2減速距離為s=v022答：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)為0.6；（2）裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小為7.2m。【點評】學生在解答本題時，應注意利用牛頓第二定律時，要先進行受力分析。7．（2024?德陽模擬）如圖所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為θ＝37°，傳送帶頂端到底端的距離為L＝14.25m，平行于傳送帶的輕繩一端連接質(zhì)量為m1＝0.3kg的小物體A，另一端跨過光滑定滑輪連接質(zhì)量為m2＝0.1kg的小物體B，在外力的作用下，小物體A靜止于傳送帶的頂端。t＝0時，撤去外力，同時傳送帶從靜止開始以加速度大小為a0＝7m/s2、順時針方向勻加速轉(zhuǎn)動，傳送帶速率達到v＝7m/s后勻速轉(zhuǎn)動。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大??；（2）小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間?！究键c】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】（1）傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大小為3.5m/s2；（2）小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間為3s。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物塊A的加速度大??；（2）根據(jù)牛頓第二定律求出小物塊A在傳動帶上做勻加速直線運動的加速度大小，結(jié)合速度—時間公式求出速度達到傳送帶速度的時間，根據(jù)位移公式求出勻加速直線運動的位移，從而得出勻速運動的位移，結(jié)合勻速運動的時間，得出小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間。【解答】解：設小物塊A加速度的大小為a1，繩子的拉力為T1，則對A物體列牛頓第二定律m1gsinθ+μm1gcosθ﹣T1＝m1a1對B物體列牛頓第二定律T1﹣m2g＝m2a1代入數(shù)據(jù)解得a1（2）從靜止到速度等于7m/s的過程有t1x1代入數(shù)據(jù)解得t1＝2sx1＝7m當A、B整體的速度等于7m/s時，摩擦力會改變方向，設小物塊A此時的加速度為a2，繩子的拉力為T2，則對A物體列牛頓第二定律m1gsinθ﹣μm1gcosθ﹣T2＝m1a2對B物體列牛頓第二定律T2﹣m2g＝m2a2v1代入數(shù)據(jù)解得a2v1＝7.5m/st2代入數(shù)據(jù)解得t2＝1s所以，總時間為t＝t1+t2＝2s+1s＝3s答：（1）傳送帶勻加速轉(zhuǎn)動瞬間，小物體A加速度的大小為3.5m/s2；（2）小物體A從傳送帶頂端運動到底端的時間為3s?！军c評】本題結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律，考查牛頓第二定律的應用，其中掌握小物塊與傳送帶相對滑動的規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵。8．（2024?山東模擬）如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板通過的最大路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的關(guān)系圖像，如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1m﹣1，BC為直線段。物塊可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情況下，物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t。（2）求圖乙中B點的橫坐標。（3）求圖乙中C點的縱坐標。（4）求直線DE對應的1s-【考點】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊在木板上滑行的時間13（2）圖乙中B點的橫坐標1N；（3）圖乙中C點的縱坐標1.5m﹣1；（4）直線DE對應的1s-F函數(shù)關(guān)系式1s=F8+38【分析】（1）分別對物塊與木板進行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學公式求物塊在木板上滑行的時間；（2）（3）由圖象可看出當F小于某一值F1時，m物體在板上的路程始終等于板長S，當F等于某一值F1時，剛好不從木板右端掉下，此后一起相對靜止并加速運動，根據(jù)牛頓第二定律及運動學基本公式，抓住位移之間的關(guān)系列式，聯(lián)立方程求出B在A上相對A向右運動的路程S與F、v0的關(guān)系式，把S＝1m代入即可求解F1；當F1≤F≤F2時，隨著F力增大，S減小，當F＝F2時，出現(xiàn)S突變，說明此時物塊、木板在達到共同速度后，恰好再次發(fā)生相對運動，物塊將會從木板左端掉下。對二者恰好發(fā)生相對運動時，木板的加速度為a2，則整體加速度也為a2，由牛頓第二定律列式即可求解關(guān)系式，將F＝2N代入求解相對位移，求出B、C的坐標值；（4）根據(jù)（2）可得該段恒力F的取值范圍及1s-【解答】解：（1）物塊在木板上滑動，物塊做減速運動，木板做加速運動，物塊的加速度大小am＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2木板的加速度大小aM=解得aM＝4m/s2由圖乙知F＝0時，物塊在木板上相對于木板滑動的距離s＝1m所以木板的長度L＝s＝1m根據(jù)運動學公式有L＝v0t-12amt2-12解得t=13s（另一解t＝（2）當F較小時，物塊能從木板右端滑下，當F增大到某一值時，物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，則此時F的大小即為B點的橫坐標值FB，木板的加速度大小a1=FB+μmgM=（2F設物塊相對木板滑行的時間為t1，則v＝v0﹣amt1＝a1t1根據(jù)運動學公式可知L=v0+v2t1-v聯(lián)立解得FB＝1N（3）當F在1N的基礎上繼續(xù)增大時，物塊在木板上先做減速運動，兩者達到共同速度后，物塊和木板都做加速運動；當F不是太大時，兩者共速后能保持相對靜止（物塊和木板間為靜摩擦力）一起以相同的加速度a做勻加速運動，整體分析可知，共同運動的加速度大小a=單個分析可知，物塊受到的靜摩擦力f＝ma由于靜摩擦力存在最大值，故f≤fmax＝2N即F≤3N當F＝3N時，木板開始運動時的加速度大小a2=解得a2＝10m/s2設物塊相對木板滑行的時間為t2，則v＝v0﹣amt2＝a2t2解得t2=1則物塊相對木板滑動的距離sC=v0+v2t2-v解得sC=2所以C點的縱坐標1sC=（4）當F在3N的基礎上繼續(xù)增大時，物塊在木板上先做減速運動，物塊相對木板滑行的距離為x時，兩者達到共同速度v'，此后物塊和木板都做加速運動，但木板的加速度大于物塊的加速度，物塊相對木板向左滑動，直到從木板左端滑離木板，故物塊相對木板滑動的最大距離smax＝2x木板開始運動時的加速度大小a'=F+μmgM=（2F+4設物塊相對木板滑行的距離為x時，物塊滑行的時間為t'，根據(jù)速度與時間的關(guān)系有v'＝v0﹣amt'＝a't'解得t'=2F+3（物塊相對木板滑動的距離x=v0+v'2t'-v'2t'所以DE直線對應的1s-1s=F8+38（m答：（1）物塊在木板上滑行的時間13（2）圖乙中B點的橫坐標1N；（3）圖乙中C點的縱坐標1.5m﹣1；（4）直線DE對應的1s-F函數(shù)關(guān)系式1s=F8+38【點評】本題考查牛頓運動定律?；瑝K問題是物理模型中非常重要的模型，是學生物理建模能力培養(yǎng)的典型模型?；瑝K問題的解決非常靈活，針對受力分析、運動分析以及牛頓第二定律的掌握，還有相對運動的分析，特別是摩擦力的變化與轉(zhuǎn)型，都是難點所在。本題通過非常規(guī)的圖象來分析滑塊的運動，能從圖中讀懂物體的運動。9．（2024?長安區(qū)二模）如圖所示，某彈性繩伸長時滿足胡克定律，其原長為L，一端固定于豎直墻上A點，跨過光滑的定滑輪B，與穿過豎直桿、質(zhì)量為m的小球在C處相連，此時ABC在同一水平線上，其中AB＝L，彈性繩中的彈力大小恰為mg。小球從C點由靜止開始下滑，到達D點時速度恰好為零，球與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g，不計空氣阻力。小球從C到D的過程中，求：（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大?。唬?）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力Ff的大小?！究键c】牛頓第二定律的簡單應用；判斷是否存在摩擦力．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大小為g2（2）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力Ff的大小為12【分析】（1）小球在C處開始下滑瞬間，對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解此時的加速度；（2）小球運動到C、D間任意位置P時，對小球受力分析，列出水平方向平衡方程求解FN，再根據(jù)Ff＝μFN求所受滑動摩擦力Ff的大小?！窘獯稹拷猓海?）對小球，根據(jù)牛頓第二定律mg﹣Ff＝ma其中Ff＝μFNFN＝mg解得a=g（2）小球運動到C、D間任意位置P時，設BP＝x、BC＝x0，受力分析如圖所示P處有FN＝kxsinθ由幾何關(guān)系知xsinθ＝x0解得FN＝kxsinθ＝kx0依題意可知，C處滿足kx0＝mg根據(jù)Ff＝μFN可得Ff答：（1）小球在C處開始下滑瞬間，其加速度a的大小為g2（2）小球下滑過程中，所受滑動摩擦力Ff的大小為12【點評】本題考查了牛頓第二定律，關(guān)鍵是對小球受力分析，弄清小球水平、豎直方向受力的特點，有一定的難度。10．（2024?南京二模）一名兒童在水平地面上的一塊長木板上玩耍，他從左端開始加速跑向右端，當跑到右端時，立即止步且在極短時間內(nèi)就與木板相對靜止，并一起向右滑動至停止。對相關(guān)條件進行如下簡化：兒童質(zhì)量M＝20kg，木板的質(zhì)量m＝5kg，木板長度L＝2m。兒童奔跑時，木板與地面間的滑動摩擦力恒為f1＝25N；兒童止步后，木板與地面間的滑動摩擦力恒為f2＝20N，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。最初兒童和木板均靜止，每次玩耍兒童加速時加速度恒定，加速度大小可在0～3m/s2間調(diào)節(jié)，運動過程中腳與木板間始終沒有打滑，兒童可視為質(zhì)點。求：（1）為使木板不向左滑動，兒童加速度的最大值a0；（2）兒童以1.8m/s2的加速度向右運動過程中兒童對木板做功；（3）請寫出兒童向右運動的總距離x關(guān)于兒童加速階段加速度a1的表達式，并求出最大距離xm。【考點】牛頓第二定律的簡單應用；恒力做功的計算；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】定量思想；整體法和隔離法；功的計算專題；推理能力．【答案】（1）1.25m/s2（2）39.6J（3）①當0≤a1≤a0時，x＝（2+85a1）m，②當3m/s2≥a1＞a0時，x=(25+910(a1-1))m，取a【分析】（1）通過木板受到來自兒童的摩擦力不能大于25N，反推兒童的最大加速度；（2）通過牛頓第二定律，結(jié)合兒童的加速度情況得出兒童的受力，進而分析出兒童對木板的做功；（3）兒童的加速度不同時，木板的運動情況不同，首先分析出木板的運動，再結(jié)合兒童的運動進行分析，進而得出x﹣a1表達式。【解答】解：（1）對兒童，獲得的水平向右靜摩擦力為f，對木板，受到兒童的水平向左摩擦力大小f＝f為使木板不向左滑動，f≤f1，因此兒童受到的水平向右最大摩擦力為f＝25N，根據(jù)牛頓第二定律可知，f＝Ma0，代入數(shù)據(jù)，得a0＝1.25m/s2（2）對兒童，獲得的水平向右靜摩擦力為f，已知兒童的加速度大小為1.8m/s2，根據(jù)牛頓第二定律f＝Ma可知，f＝20kg×1.8m/s2＝36N，對木板，受到兒童水平向左的摩擦力大小f′＝f木板的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律f'﹣f1＝ma2，解得a2＝2.2m/s2，假設兒童加速奔跑的運動時間為t，則有兒童的位移為x1=12at2，木板的位移為x2=12a由題可知x1+x2＝L，綜上各式可得，t＝1s，x2＝1.1m，由此可得兒童對木板做的功為W＝f′x2＝36N×1.1m＝39.6J。（3）①若兒童的加速度0≤a1≤a0，板沒有向左滑動，止步前的位移為x1，v人2＝2a1x1，x1＝L＝2m止步后木板與兒童共速后，速度為v共，Mv人＝（M+m）v共之后，兒童和板一起減速，加速度為a3=f2共速后兩者向前滑行的距離x2，v共2=2a綜合以上各式，代入已知數(shù)據(jù)可得，當a1≤a0時，x＝x1+x2＝（2+1.6a1）m②若3m/s2≥a1＞a0，開始時板向左滑動，對兒童進行受力分析可知，受到的水平向右的靜摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律可知f＝Ma1，對木板進行，受到兒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，根據(jù)牛頓第二定律可知f′﹣f1＝ma2，人和木板的相對運動距離L=12（a1+a2）代入數(shù)據(jù)得t=45a1止步過程近似動量守恒，Ma1t﹣ma2t＝（M+m）v共代入數(shù)據(jù)得：v共=x1=12a1當3m/s2＞a1＞a0時，x＝x1+x2=(25綜合①②兩種情況，當0≤a1≤a0時，x＝x1+x2＝2+85當3m/s2≥a1＞a0時x＝x1+x2=(25取am＝1.25m/s2時，xm＝x1+x2＝4m。答：（1）為使木板不向左滑動，兒童加速度的最大值a0為1.25m/s2；（2）兒童以1.8m/s2的加速度向右運動過程中兒童對木板做功39.6J；（3）兒童向右運動的總距離x關(guān)于兒童加速階段加速度a1的表達式為①當0≤a1≤a0時，x＝（2+85a1）m，②當3m/s2≥a1＞a0時，x=(25+910(a1-1))m，取a【點評】本題需要將勻加速直線運動、動量守恒、功能關(guān)系知識相結(jié)合以解決此類問題。

考點卡片1．勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系【知識點的認識】勻變速直線運動的速度—時間公式：vt＝v0+at．其中，vt為末速度，v0為初速度，a為加速度，運用此公式解題時要注意公式的矢量性．在直線運動中，如果選定了該直線的一個方向為正方向，則凡與規(guī)定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡與規(guī)定正方向相反的矢量在公式中取負值，因此，應先規(guī)定正方向．（一般以v0的方向為正方向，則對于勻加速直線運動，加速度取正值；對于勻減速直線運動，加速度取負值．）【命題方向】例1：一個質(zhì)點從靜止開始以1m/s2的加速度做勻加速直線運動，經(jīng)5s后做勻速直線運動，最后2s的時間內(nèi)使質(zhì)點做勻減速直線運動直到靜止．求：（1）質(zhì)點做勻速運動時的速度；（2）質(zhì)點做勻減速運動時的加速度大?。治觯焊鶕?jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出5s末的速度，結(jié)合速度時間公式求出質(zhì)點速度減為零的時間．解答：（1）根據(jù)速度時間公式得，物體在5s時的速度為：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物體速度減為零的時間2s，做勻減速運動時的加速度大小為：a2=vt答：（1）質(zhì)點做勻速運動時的速度5m/s；（2）質(zhì)點做勻減速運動時的加速度大小2.5m/s2．點評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的速度時間公式和位移時間公式，并能靈活運用．例2：汽車以28m/s的速度勻速行駛，現(xiàn)以4.0m/s2的加速度開始剎車，則剎車后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽車剎車到停止所需的時間，因為汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)v＝v0+at，求出剎車后的瞬時速度．解答：由題以初速度v0＝28m/s的方向為正方向，則加速度：a=vt-剎車至停止所需時間：t=vt-v故剎車后4s時的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s剎車后8s時汽車已停止運動，故：v8＝0答：剎車后4s末速度為12m/s，8s末的速度是0．點評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的速度與時間公式v＝v0+at，以及知道汽車剎車停止后不再運動，在8s內(nèi)的速度等于在7s內(nèi)的速度．解決此類問題一定要注意分析物體停止的時間．【解題方法點撥】1．解答題的解題步驟（可參考例1）：①分清過程（畫示意圖）；②找參量（已知量、未知量）③明確規(guī)律（勻加速直線運動、勻減速直線運動等）④利用公式列方程（選取正方向）⑤求解驗算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，剎車問題要先判斷停止時間．2．勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導出位移公式：x（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)位移時間公式x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。例2：對推導公式v=v0物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）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后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度與初速度方向相反，1sC、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故選：AC。點評：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】（1）應用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大?。籦．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。3．勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系【知識點的認識】勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-勻變速直線運動的位移﹣速度關(guān)系式反映了初速度、末速度、加速度與位移之間的關(guān)系．①此公式僅適用于勻變速直線運動；②式中v0和v是初、末時刻的速度，x是這段時間的位移；③公式中四個矢量v、v0、a、x要規(guī)定統(tǒng)一的正方向．【命題方向】美國“肯尼迪號”航空母艦上有幫助飛機起飛的彈射系統(tǒng)，已知“F﹣A15”型戰(zhàn)斗機在跑道上加速時產(chǎn)生的加速度為4.5m/s2，起飛速度為50m/s．若該飛機滑行100m時起飛，則彈射系統(tǒng)必須使飛機具有的初速度為（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飛機的加速度、位移、末速度，求解飛機的初速度，此題不涉及物體運動的時間，選用勻變速直線運動的位移—時間公式便可解決．解答：設飛機的初速度為v0，已知飛機的加速度a、位移x、末速度v，此題不涉及物體運動的時間，由勻變速直線運動的位移—時間公式：v解得：v0＝40m/s故選：D。點評：本題是勻變速直線運動的基本公式的直接應用，屬于比較簡單的題目，解題時要學會選擇合適的公式，這樣很多問題就會迎刃而解了．【解題思路點撥】解答題解題步驟：（1）分析運動過程，畫出運動過程示意圖．（2）設定正方向，確定各物理量的正負號．（3）列方程求解：先寫出原始公式，再寫出導出公式：“由公式…得…”．4．勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用【知識點的認識】本考點下的題目，代表的是一類復雜的運動學題目，往往需要用到多個公式，需要細致的思考才能解答?！久}方向】如圖，甲、乙兩運動員正在訓練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運動員經(jīng)短距離加速后都能達到并保持8m/s的速度跑完全程．設乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時起跑，在甲、乙相遇時完成交接棒．在某次練習中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：（1）此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達到理想成績，需要乙恰好在速度達到與甲相同時被甲追上，則甲應在接力區(qū)前端多遠時對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點出發(fā)的，當已追上甲時，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當兩人的速度相等時，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設乙加速到交接棒時運動時間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實際舍去）此次練習中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x=（2）乙加速時間t設甲在距離接力區(qū)前端為s時對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s+代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是t點評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時相遇、何時速度相等這兩個問題，這道題是典型的追及問題，同學們一定要掌握?。窘忸}思路點撥】熟練掌握并深刻理解運動學的基礎公式及導出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。5．判斷是否存在摩擦力【知識點的認識】1.考點意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關(guān)知識，不區(qū)分靜摩擦力和滑動摩擦力，所以設置本考點。2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個方法判斷：①條件法：根據(jù)摩擦力的產(chǎn)生條件進行判斷。a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運動或相對運動的趨勢。②假設法：假設有或者沒有摩擦力，判斷物體運動狀態(tài)是否會改變?！久}方向】如圖，長方體甲乙疊放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做勻速直線運動（）A、甲、乙之間一定有摩擦力B、水平地面對乙沒有摩擦力C、甲對乙的摩擦力大小為F，方向水平向右D、水平地面對乙的摩擦力大小為F．方向水平向右分析：首先對甲、乙的整體進行分析，根據(jù)平衡力的知識得出乙與地面間的摩擦力；以甲為研究對象，進行受力分析，得出甲與乙之間的摩擦力．解答：A、以甲為研究對象，由于做勻速直線運動，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙對其向左的摩擦力，故A正確；B、以甲、乙的整體為研究對象，由于受向右的拉力作用，所以還受向左的摩擦力作用，B錯誤；C、由A知，甲受乙對其向左的摩擦力，根據(jù)力的作用的相互性，所以甲對乙向右的摩擦力作用，故C正確；D、由B知，水平地面對乙的摩擦力大小為F，方向水平向左，故D錯誤。故選：AC。點評：本題關(guān)鍵正確選擇研究對象，然后再根據(jù)兩物體及整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件分析受力情況即可．【解題思路點撥】對物體受力的判斷常采用的方法之一就是假設法，假設物體受或不受某力會使物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，那么假設不成立。6．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。7．牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況【知識點的認識】1.已知物體受力，求解物體的運動情況。2.解答該類問題的一般步驟（1）選定研究對象，對研究對象進行受力分析，并畫出受力示意圖。（2）根據(jù)平行四邊形定則，應用合成法或正交分解法，求出物體所受的合外力。受力分析和運動情況分析是解決該類問題的兩個關(guān)鍵。（3）根據(jù)牛頓第二定律列方程，求出物體運動的加速度。（4）結(jié)合物體運動的初始條件（即初速度v0），分析運動情況并畫出運動草圖，選擇合適的運動學公式，求出待求的運動學量——任意時刻的速度v、一段運動時間t以及對應的位移x等?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝4kg的物體靜止在水平地面上，其與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2．現(xiàn)用水平向右的外力F＝10N拉物體，求：（1）物體在2s末的速度多大；（2）前2s內(nèi)的位移是是多少；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過多長時間才能停下來。分析：物體在恒定的水平力作用下，在粗糙的水平面上做勻加速直線運動。對其進行受力分析，力的合成后求出合力，再由牛頓第二定律去求出加速度，最后由運動學公式去求出速度與位移。解答：（1）前2s內(nèi)物體加速運動，受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：物體的加速度a=F-μmg2s末物體的速度：v＝at＝0.5×2＝1m/s（2）前2s位移為：x=12at（3）撤去拉力后，滑塊勻減速直線運動，加速度為a′＝﹣μg＝﹣2m/s2故運動時間為：t′=Δva'答：（1）物體在2s末的速度為1m/s；（2）前2s內(nèi)的位移是1m；（3）若2s末撤去拉力，物體還要經(jīng)過0.5s時間才能停下來。點評：本題是已知受力情況確定運動情況，關(guān)鍵分階段求解出加速度，不難?！窘忸}思路點撥】受力分析→牛頓第二定律→運動情況分析。連接受力與運動的橋梁是牛頓第二定律（加速度）。8．斜面模型中的臨界問題【知識點的認識】1.物體在斜面上和斜面一起加速運動時，加速度不能無限增大，當加速度達到一定限度時，兩個物體會發(fā)生相對運動。此時便是臨界狀態(tài)。2.臨界狀態(tài)的兩個物體的運動學特點是：①加速度相同；②速度相同?！久}方向】如圖所示，細線的一端固定在傾角為30°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球，靜止時細線與斜面平行，則（）A、當滑塊向左做勻速運動時，細線的拉力為0.5mgB、若滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，線中拉力為mgC、當滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，小球?qū)瑝K壓力不為零D、當滑塊以加速度a＝2g向左加速運動時，線中拉力為0.5mg分析：當滑塊向左勻加速直線運動時，小球和光滑楔形滑塊A具有相同的加速度，通過對小球分析，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力、支持力的大小。當加速度較大時，先判斷小球是否離開斜面，再結(jié)合牛頓第二定律和平行四邊形定則求出繩子的拉力。解答：A、當滑塊向左做勻速運動時，根據(jù)平衡條件可得繩的拉力大小為T＝mgsin30°＝0.5mg故A正確；BC、設當小球貼著滑塊一起向左運動且支持力為零時加速度為a0，小球受到重力、拉力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a0若滑塊以加速度a＝g向左加速運動時，此時小球沒有脫離斜面，則水平方向Tcos30°﹣Nsin30°＝ma豎直方向Tsin30°+Ncos30°＝mg解得T=3N=3-12mg，故D、當滑塊以加速度a＝2g向左加速運動時，此時小球已經(jīng)飄離斜面，則此時線中拉力為F=故D錯誤；故選：AC。點評：解決本題的關(guān)鍵確定出小球剛離開斜面時的臨界情況，結(jié)合牛頓第二定律進行求臨界加速度。當受力較多時，采用正交分解法比較簡單，而小球只受兩個力時用合成法簡單?！窘忸}思路點撥】1.一定要記得臨界狀態(tài)的特征：加速度相同和速度都相同。2.解決臨界問題經(jīng)常用到整體法和隔離法。9．水平傳送帶模型【知識點的認識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學和動力學知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運動時間不可能為（）A.LvB.2LvC.2L分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運動，有可能先做勻加速直線運動再做勻速直線運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式求出木塊運行的時間．解答：①當木塊一直做勻加速直線運動。若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度還未達到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當木塊先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動。勻加速直線運動的時間t1=則勻速直線運動的位移x則勻速直線運動的時間t則總時間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點評：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運動情況，考慮到木塊運動的各種可能性，運用牛頓運動定律和運動學公式綜合求解．【解題思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學、運動學以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。10．多種傳送帶的組合問題【知識點的認識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學和動力學知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進人傳送帶的初速度）【命題方向】圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩端相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量為10kg的一袋大米放在A端，到達B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5．（g取10m/s2）試求：（1）若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍。分析：（1）由牛頓第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能為5m/s，則應判斷米袋到達B點時是否已達最大速度，若沒達到，則由位移與速度的關(guān)系可求得B點速度，若達到，則以5m/s的速度沖上CD；在CD面上由牛頓第二定律可求得米袋的加速度，則由位移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離；（2）米袋在CD上應做減速運動，若CD的速度較小，則米袋的先減速到速度等于CD的速度，然后可能減小到零，此為最長時間；而若傳送帶的速度較大，則米袋應一直減速，則可求得最短時間；解答：（1）米袋在AB上加速時的加速度a0=μmgm米袋的速度達到v0＝5m/s時，滑行的距離s0=v022a0=因此米袋在到達B點之前就有了與傳送帶相同的速度設米袋在CD上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝10m/s2所以能滑上的最大距離s=v（2）設CD部分運轉(zhuǎn)速度為v1時米袋恰能到達D點（即米袋到達D點時速度恰好為零），則米袋速度減為v1之前的加速度為a1＝﹣g（sinθ+μcosθ）＝﹣10m/s2米袋速度小于v1至減為零前的加速度為a2＝﹣g（sinθ﹣μcosθ）＝﹣2m/s2由v1解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能運到D點所用時間最長為tmax=v若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2。由SCD＝v0tmin+12a2t2min，得：tmin所以，所求的時間t的范圍為1.16s≤t≤2.1s；答：（1）若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，米袋沿傳送帶所能上升的最大距離為1.25m。（2）若要米袋能被送到D端，CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應滿足大于等于4m/s，米袋從C端到D端所用時間的取值范圍為1.16s≤t≤2.1s。點評：本題難點在于通過分析題意找出臨條界件，注意米袋在CD段所可能做的運動情況，從而分析得出題目中的臨界值為到達D點時速度恰好為零；本題的難度較大?！窘忸}思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學、運動學以及牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容。11．無外力的水平板塊模型【知識點的認識】1.模型概述：一個物體在另一個物體表面上發(fā)生相對滑動，兩者之間有相對運動，可能發(fā)生同向相對滑動或反向相對滑動。問題涉及兩個物體的運動時間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，一質(zhì)量M＝5kg的長木板以初速度v1＝2m/s在水平地面上向左運動，同時一質(zhì)量m＝1kg、可視為質(zhì)點的滑塊以初速度v2＝4m/s從左端滑上木板。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g＝10m/s2。求：（1）滑塊和木板運動的加速度大??；（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度。分析：（1）滑塊滑到木板后，木板受重力、壓力、支持力、滑塊和地面對他的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度即可；（2）分析兩物體運動狀態(tài)，根據(jù)運動學公式求解出滑塊與木板最大相對滑動距離即可。解答：（1）對滑塊，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma2解得：a2＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2對木板，由牛頓第二定律得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma1解得：a（2）由于v2v1＞a2a1，故木板先減速到地面對木板的最大靜摩擦力f1＝μ1（M+m）g由于f1＞f2，故木板減速到0后將保持靜止，木塊繼續(xù)減速，加速度不變。全程木塊的位移：x木板的位移：x木塊與木板間的相對位移Δx＝x1+x2代入數(shù)據(jù)解得木板的最小長度Lmin＝Δx＝5.25m答：（1）滑塊和木板運動的加速度大小分別為2m/s2和1.6m/s2；（2）要使滑塊不從木板上滑落，木板的最小長度為5.25m。點評：本題關(guān)鍵是明確滑塊和滑板的各段運動過程的運動性質(zhì)，對于每段過程都要根據(jù)牛頓第二定律求解各自的加速度，根據(jù)運動學公式解相關(guān)運動參量，還要注意各個過程的連接點的情況?！窘忸}思路點撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過整體法與隔離法的綜合運用解決問題。12．恒力做功的計算【知識點的認識】1．做功的兩個不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移．2．功的公式：W＝Flcosα，其中F為恒力，α為F的方向與位移l的方向之間的夾角；功的單位：焦耳（J）；功是標量．3．功的計算：（1）合力的功①先求出合力，然后求總功，表達式為：∑W＝∑F?scosθ（θ為合力與位移方向的夾角）②合力的功等于各分力所做功的代數(shù)和，即：∑W＝W1+W2+…（2）變力做功：對于變力做功不能依定義式W＝Fscosα直接求解，但可依物理規(guī)律通過技巧的轉(zhuǎn)化間接求解．①可用（微元法）無限分小法來求，過程無限分小后，可認為每小段是恒力做功．②平均力法：若變力大小隨位移是線性變化，且方向不變時，可將變力的平均值求出后用公式：W=F③利用F﹣s圖象，F(xiàn)﹣s圖線與坐標軸所包圍的面積即是力F做功的數(shù)值．④已知變力做功的平均功率P，則功W＝Pt．⑤用動能定理進行求解：由動能定理W＝△EK可知，將變力的功轉(zhuǎn)換為物體動能的變化量，可將問題輕易解決．⑥用功能關(guān)系進行求解．【命題方向】題型一：功的計算例1：如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置．用水平拉力F將小球拉到細線與豎直方向成θ角的位置．在此過程中：（1）F為恒力，拉力F做的功是FLsinθJ（2）用F緩慢地拉，拉力F做的功是mgL（1﹣cosθ）J．分析：小球用細線懸掛而靜止在豎直位置，當用恒力拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，由功的公式結(jié)合球的位移可求出拉力做功．當F緩慢地拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，則由動能定理可求出拉力做功．解答：（1）當小球用細線懸掛而靜止在豎直位置，當用恒力拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，則拉力做功為：W＝FS＝FLsinθ（2）當F緩慢地拉離與豎直方向成θ角的位置過程中，緩慢則是速率不變，則由動能定理可得：WF﹣mgh＝0而高度變化為：h＝L（1﹣cosθ）所以WF＝mgL（1﹣cosθ）故答案為：FLsinθ；mgL（1﹣cosθ）．點評：當力恒定時，力與力的方向的位移乘積為做功的多少；當力不恒定時，則由動能定理來間接求出變力做功．同時當小球緩慢運動，也就是速率不變．題型二：用畫圖法求功例2：用鐵錘將一鐵釘擊入木塊，設木塊對鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進入木塊內(nèi)的深度成正比，即Ff＝kx（其中x為鐵釘進入木塊的深度），在鐵錘擊打第一次后，鐵釘進入木塊的深度為d．（1）求鐵錘對鐵釘做功的大??；（2）若鐵錘對鐵釘每次做功都相等，求擊打第二次時，鐵釘還能進入的深度．分析：阻力與深度成正比，力是變力，可以應用f﹣d圖象再結(jié)合動能定理分析答求解．解答：（1）由題意可知，阻力與深度d成正比，f﹣d圖象如圖所示，F(xiàn)﹣x圖象與坐標軸所形成圖形的面積等于力所做的功，故第一次時所做的功：W=