专题跟踪检测(二) 力与直线运动

专题能力训练2力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求,全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2,可能正确的有()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.(·河北名校联盟联考)如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。

现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(·湖北荆门调研)下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间t变化的规律。

2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题02 力与直线运动目录猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用 (1)猜想二 ：借助图像在直线运动中的应用考科学思维 (2)猜想三：创新动力学图像的考查形式 (3)猜想四：强化应用牛顿运动定律处理经典模型 (5)猜想五:运动学与动力学联系实际的问题 (8)冲刺押题练习 (9)猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用【猜想依据】匀变速直线运动是高中物理的基础运动模型，应用匀变速直线运动的规律解决运动问题是高考的重点问题，匀变速直线运动问题情景多种多样，涉及公式较多，能否正确选取公式就成了解决此类问题的第一要素而如若能能灵活应用推论公式解决问题将使问题得到大大简化。

【必备知识】1.两个基本公式：速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. 2.当遇到以下特殊情况时，用导出公式会提高解题的速度和准确率：(1)不涉及时间，比如从v 0匀加速到v ，求此过程的位移x ，可用v 2－v 02＝2ax .(2)平均速度公式：①运用2t v ＝x t ＝v 求中间时刻的瞬时速度；②运用x ＝v 0＋v 2t 求位移. (3)位移差公式：运用Δx ＝x 2－x 1＝aT 2，x m －x n ＝(m －n )aT 2求加速度.【例1】(2022届云南省高三（下）第一次统测)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。

无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s ，比人快了1s 。

人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m ，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为210m /s 。

同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（ ）A. 24mB. 26mC. 28mD. 30m【试题分析】：本题以无人驾驶汽车的安全行驶为情境贴合生活实际引导学生学以致用突出物理的应用性，构建示意图或v -t 图辅助分析并灵活选用公式是解决问题的关键。

第八章《运动和力》★知识点1：牛顿第一定律及惯性冲过斑马线是很危险的，这是因为汽车具有惯性，在遇到紧急情况时刹车不易停住。

汽车轮胎表面刻有深槽花纹，是为了增大摩擦力（选填“增大”或“减小”）。

3．下列说法错误的是 ( A) A．足球被踢出后仍继续向前运动，是因为它运动时产生惯性B．汽车在转弯时减速，是为了防止惯性带来的危害C．闻到花香说明分子在不停地做无规则运动D．游泳时向后划水，人向前运动，是因为物体间力的作用是相互的4.下列有关运动和力的说法中，正确的是 ( C) A．力是维持物体运动的原因B．力只能改变物体运动的快慢，不能改变物体运动的方向C．一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态D．重力的方向总是垂直向下的5.（2018长沙）据统计，造成高速公路交通事故的主要原因之一是超速行驶，因为超速行驶的汽车刹车时，需要行驶更远的距离才能停下来．关于汽车刹车后还继续向前行驶一段距离的原因，下面说法正确的是（B）A.刹车后，汽车没有受到摩擦力B.汽车具有惯性C.刹车后，汽车的惯性减少D.刹车后，汽车所受的力平衡6.（2018四川省内江市）物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了人类文明的进步。

对于物理学中运动与力的发展过程和研究方法的认识，下列说法中正确的是 ( D )A.亚里士多德首先提出了惯性的概念B.物体只要受到了力的作用，它的运动状态就一定会发生改变C.牛顿第一定律是力学的基本定律之一，它是能够通过现代的实验手段直接来验证的D.伽利略对理想斜面的研究采用把实验和逻辑推理相结合的方法，发展了人类的科学思维方式和科学研究方法★知识点2：二力平衡1.小华同学在科技馆观摩自行车走钢丝表演后回家做了一个模型。

如图所示，下列说法正确的是( B)A．自行车的重力与钢丝对自行车的支持力是一对平衡力B．自行车和所挂物体总重力与钢丝对自行车的支持力是一对平衡力C．自行车对钢丝的压力与钢丝对自行车的支持力是一对平衡力D．自行车对绳的拉力与钩码的重力是一对平衡力2.（2018山东枣庄）如图所示，小丽用力F把一才块压在竖直墙面上静止，现有以下受力分析，下述受力分析正确的是（C）①小丽对木块的压力F和墙对木块的弹力是一对平衡力②小丽对木块的压力F和木块的重力是一对平衡力③木块受到的摩擦力和木块的重力是一对平衡力④小丽对木块的压力F和木块对小丽的弹力是一对平衡力A．只有①正确B．只有④正确C．只有①③正确 D．只有③④正确3.（2018天津）如图所示，用线将灯悬挂在天花板上。

课时跟踪检测（二） 匀变速直线运动的规律一、立足主干学问，注意基础性和综合性1．(2024·武汉高三调研)以8 m/s 的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s ，则小树高约为( )A ．0.8 mB ．1.6 mC ．2.4 mD ．3.2 m解析：选C 石子竖直上升的最大高度为H ＝v 22g ＝3.2 m ，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t 1＝t 2＝0.4 s ，则最高点到小树顶端的距离为h 1＝12gt 12＝0.8 m ，则小树高约为h ＝H －h 1＝2.4 m ，故C 正确。

2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。

他发觉第6节车厢经过他时用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t ，动车第7节车厢通过旅客过程，有12at 2＝25 m ，第6、7节车厢通过旅客过程，有12a (t ＋4 s)2＝2×25 m，解得a ≈0.5 m/s 2，C 正确。

3．(2024·湖北高考)2024年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。

某轮竞赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m 完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整。

假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s 2，则她用于姿态调整的时间约为( )A ．0.2 sB ．0.4 sC ．1.0 sD ．1.4 s解析：选B 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t ＝ 2Hg＝2×1010s≈1.4 s，下落前5 m 的过程所用的时间为t 1＝2hg＝2×510s ＝1 s ，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t 2＝t －t 1＝0.4 s 。

1．(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()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2．(2015·江苏单科·5)如图2所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()图2A．关卡2 B．关卡3C．关卡4 D．关卡53．(多选)(2015·海南单科·9)如图3所示，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()图3A ．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4．(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°＝35)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4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38，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/s 2.求：图4(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．1．题型特点牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力．近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切．考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容．2．应考技巧抓住“两个分析”和“一个桥梁”．“两个分析”是指受力分析和运动情景分析，“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．考题一匀变速直线运动基本规律的应用1．(2015·新余二模)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为()A．(Δv)2(1x1＋1x2) B.2(Δv)2x2－x1C．(Δv)2(1x1－1x2) D.(Δv)2x2－x12．(2015·益阳四月调研)有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15m/s的速度匀速行驶，司机突然看到正前方十字路口有一个小孩跌倒在地，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在小孩前1.5 m处，避免了一场事故的发生．已知刹车过程中卡车加速度的大小为5 m/s2，则()A．司机发现情况时，卡车与该小孩的距离为31.5mB．司机发现情况后，卡车经过3s停下C．从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11m/sD．若卡车的初速度为20m/s，其他条件都不变，则卡车将撞到小孩3．(2015·上饶三模)2014年12月26日，我国东部14省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图5所示．假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车都以v1＝20m/s朝收费站沿直线正常行驶，现甲车过ETC 通道，需要在某位置开始做匀减速运动，到达EF处速度正好减为v2＝4 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以4m /s 的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶离开，已知甲匀减速过程的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，虚线EF 处与收费站中心线距离d ＝10m ．乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过缴费成功后再启动汽车行驶离开．已知乙车匀减速过程的加速度大小为a 2＝2m/s 2.求：图5(1)甲车过ETC 通道时，从开始减速到收费站中心线过程中的位移大小； (2)乙车比甲车提前多少时间到收费站中心线．1.基本公式 v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 20＝2ax 常用推论 Δx ＝aT 2 v t 2＝v 0＋v t 2＝v v x 2＝v 20＋v222．总结：应用运动学规律解题的基本步骤第一步：根据题意确定研究对象．第二步：分析运动过程，明确物体做什么运动，构建运动情景，必要时画出运动示意图．第三步：明确题中的已知量、未知量及其关系，选用合适的运动规律．第四步：若运动包含多个阶段，要分阶段逐个分析，各段交接点处的速度是衔接各段运动的关键物理量，也是解题的突破口．第五步：选取正方向，由运动学公式列方程求解．考题二牛顿运动定律的应用4．(2015·盐城三模)用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图6所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是()图6A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压5．(多选)(2015·银川一模)如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A＝1kg、m B＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时，A、B将会分离．t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()图7A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m6．(2015·山东临沂一中二模)如图8所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面底端，一质量m ＝1kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点．物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1∶t2＝1∶5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图8(1)物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时v2的大小之比；(2)物块和斜面之间的动摩擦因数；(3)若给物块施加一大小为55N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运动，求加速度的最大值．1.研究对象的选取方法在实际解题过程中整体法和隔离法经常交替使用，一般是选用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的相互作用力．2．受力分析的处理方法(1)合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较简单，合外力的方向就是加速度方向．(2)正交分解法：当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此时有F x＝ma，F y＝0，特殊情况下分解加速度比分解力更简单．3．运动情景分析法(1)程序法：对于研究对象按时间的先后经历了几个不同的运动过程的一类问题的解决方法叫程序法．运用程序法时，要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点的速度往往是解决问题的关键．(2)图象法：图象能形象地表达物理规律，能直观地描述物理过程，能鲜明地表示物理量之间的关系．应用图象，不仅能进行定性分析，比较判断，也适宜于定量计算、论证，而且，通过图象的启发常能找到巧妙的解题途径．考题三运动学图象问题7．(2015·湖北八校联考二模)如图9所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是()图9A．两物体在t1时刻速度大小相等B．t1时刻乙的速度大于甲的速度C．两物体平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度8．(多选)(2015·泰州模拟)一物体以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该物体的速度—时间图象可能是()9．一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能E p、机械能E随时间t变化的图象，则下列图象可能正确的是()1．x－t、v－t、a－t的关系2．图象问题的五看一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：特殊点．3．注意：x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的并非一定是直线运动．考题四应用动力学方法分析传送带问题10．(多选)(2015·江苏省盐城中学高三上学期期末考试)如图10所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下列选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是()图1011．如图11所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．问：图11(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度？1．水平放置运行的传送带处理水平放置的传送带问题，首先应对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；然后对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推导，进而采用有关物理规律求解．这类问题可分为：①运动学型；②动力学型；③图象型．2．倾斜放置运行的传送带处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是解题关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口．这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型．考题五应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12．(多选)(2015·安康二模)如图12所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平拉力向右拉木板，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()图12A．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B．物块先向左运动，再向右运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零13．(2015·扬州模拟)如图13所示，一个长度为L＝1m、高度为h＝0.8m的长木板静止在水平地面上，其质量M＝0.4kg，一质量m＝0.1kg的小物块(可视为质点)放置在其上表面的最右端．物块与长木板、长木板与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F.(g＝10m/s2)图13(1)若F恒为4N，试求长木板的加速度大小；(2)若F恒为5.8N，试判断物块是否能从长木板上掉下，如能，请求出小物块落地时距长木板左端的距离；如不能，求出物块距长木板右端的距离；(3)若F＝kt，k>0，在t＝0时刻到物块刚滑落时间内，试定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线，无需标注时间以及力的大小．1．抓住两个分析(1)对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向分析．(2)二者达到共速时摩擦力的有无及方向的分析，其方法是：假设刚好达到最大静摩擦力求出临界的加速度a0与实际的加速度a比较．①若a>a0则发生相对滑动．②若a≤a0则能相对静止．2．解题关键：以动力学分析为切入点，弄清物体的运动过程．专题综合练1．(2015·皖南八校联考)如图14所示为甲、乙两物体运动的图象，在0～t2时间内甲一直做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为零，再做匀加速直线运动，t2<2t1，关于两物体在0～t2时间内运动的位移大小关系正确的是()图14A．x甲＝2x乙B．x甲>2x乙C．x甲<2x乙D．以上三种情况都有可能2．(2015·贵州八校二次联考)如图15所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C 分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计．整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间()图15A．物体B的加速度大小为gB．物体C的加速度大小为2gC．吊篮A的加速度大小为3gD．A、C间的弹力大小为0.5mg3．(多选)(2015·河北衡水中学三调)如图16是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N 是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P 、N 传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而Q 、N 传感器示数不为零．已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g ＝10m/s 2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )图16A ．4m /s 2B ．3 m/s 2C ．2m /s 2D ．1 m/s 24．(多选)(2015·湖北八校联考二模)质量分别为M 和m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图17甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑M 、m 与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M ，斜面仍保持静止．对图乙，下列说法正确的是( )图17A ．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动加速度大小为M －m Mg5．(2015·沈阳四校联考)如图18所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m .现将弹簧压缩到A 点，然后静止释放，物体一直可以运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )图18A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C．物体运动到O点时所受合力为零D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小6．(2015·福建·20)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v－t图象如图19所示．求：图19(1)摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；(2)摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小v.7．(2015·重庆五区二模)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在足够长的固定的水平长木板上，如图20甲所示．用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力F f随拉力F变化的图象，如图乙所示．已知木块质量为0.78kg，取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：图20(1)木块与长木板间的动摩擦因数；(2)若木块在与水平方向成θ＝37°斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a＝2.0m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图丙所示，则拉力F的大小应为多大？(3)在(2)中力作用2s后撤去拉力F，木块还能滑行多远？8．(2015·皖东三校5月联考)如图21所示，传送带水平部分长L＝23.5m．以v＝12m/s向右匀速运行．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)，以v0＝2 m/s的速度从传送带水平部分的左端滑上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度取g＝10m/s2.图21(1)求物块通过传送带水平部分的时间；(2)若物块刚滑上传送带时传送带即以a＝1m/s2的加速度制动(其他条件不变)，求物块与传送带相对滑动过程中产生的热量．9．(2015·青岛质检)如图22所示，质量M＝5kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0＝12m/s 向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为m＝1 kg的小物块B.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.6，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.(物块可看作质点，木板足够长，取g＝10 m/s2)试求：图22(1)放上物块后木板发生的位移；(2)物块与木板之间产生的摩擦热．答案精析专题2 力与直线运动真题示例1．ACD [由v －t 图象可求出物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，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v 0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v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v －t图象无法求出物块的质量，选项B 错误．]2．C [由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s 用时t 1＝va ＝1s ，在加速时间内通过的位移x 1＝12at 21＝1m ，t 2＝4s ，x 2＝v t 2＝8m ，已过关卡2，t 3＝2s 时间内x 3＝4m ，关卡打开，t 4＝5s ，x 4＝v t 4＝10m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m ，到达关卡4还需t 5＝0.5s ，小于2s ，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 正确．]3．BD [当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f ＝μF N 可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A 错误，B 正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m ，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物块以加速度a 向上运动时，有F N ＝m (g ＋a )cos θ，F f ＝μm (g ＋a )cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m (g ＋a )sin θ＝μm (g ＋a )cos θ，故物块仍做匀速下滑运动，C 错误，D 正确．]4．(1)3m /s 2 1 m/s 2 (2)4s解析 (1)在0～2s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2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 F f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③ F N2＝F N1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－F f1＝ma 1⑤ mg sin θ－F f2＋F f1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a 1＝3m/s 2⑦ a 2＝1m/s 2⑧(2)在t 1＝2s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2m/s ⑩2s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得a 1′＝6m/s 2⑪ a 2′＝－2m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为 x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－ ⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12m ＜27m ⑮ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯ 可得t 3＝1s(另一解不合题意，舍去)⑰ 设A 在B 上总的运动时间t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4s考题一 匀变速直线运动基本规律的应用1．D[如图所示 Δv ＝aT x2－x 1＝aT 2 解得a ＝(Δv )2x 2－x 1.]2．D [已知反应时间t 1＝0.6s ，x 1＝v 0t 1＝9m 刹车时间t 2＝0－15－5s ＝3s ，x 2＝0－1522×(－5)m ＝22.5m所以卡车经3.6s 停下， x ＝9m ＋22.5m ＋1.5m ＝33m ， v ＝x 1＋x 2t＝8.75m /s ，若v 0＝20 m/s ， x 2′＝0－2022×(－5)m ＝40m>33m所以会撞到小孩．] 3．(1)202m (2)3.4s解析 (1)甲车过ETC 通道时，减速过程的位移为：x 甲＝v 21－v 222a 1可得x 甲＝192 m所以总的位移：x 总＝x 甲＋d ＝202 m (2)甲车减速过程的时间t 甲1＝v 1－v 2a 1＝16 s 甲车匀速过程的时间t 甲2＝dv 2＝2.5 s乙车过人工收费通道减速过程的时间t 乙2＝v 1a 2＝10 s乙车过人工收费通道减速过程的位移x 2＝v 212a 2＝100 m乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移x 1＝x 总－x 2＝102 m 乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间t 乙1＝x 1v 1＝5.1 s则乙车提前甲车到中心线的时间为Δt ＝(t 甲1＋t 甲2)－(t 乙1＋t 乙2)＝3.4 s.考题二 牛顿运动定律的应用4．C [设细线与竖直方向的夹角为θ，若细线有拉力，则F T cos θ＋mg ＝ma ，可知a >g ，此时侧壁对球有支持力，选项A 错误；若细线无拉力，则mg ＝ma ，可知a ＝g ，此时侧壁对球无支持力，升降机的加速度不可能小于g ，故选项C 正确．]5．AD [设t 时刻AB 分离，分离之前AB 物块共同运动，加速度为a ，以整体为研究对象，则有：a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝3.6＋01＋2m /s 2＝1.2 m/s 2， 分离时：F 2－F ＝m B a ，得：F 2＝F ＋m B a ＝0.3N ＋2×1.2N ＝2.7N ，经历时间：t ＝43.6×2.7s ＝3s ， 根据位移公式：x ＝12at 2＝5.4m ，则D 正确； 当t ＝2.0s 时，F 2＝1.8N ，F 2＋F ′＝m B a ，得：F ′＝m B a －F 2＝0.6N ，A 正确，B 错误．当t ＝2.5s 时，F 2＝2.25N ，F 2＋F ″＝m B a ，得：F ″＝m B a －F 2>0，C 错误．]6．(1)5∶1 (2)0.5 (3)2.5m/s 2解析 (1)设物块上滑的最大位移为L ，根据运动学公式上滑过程：L ＝v 1＋02t 1下滑过程：L ＝0＋v 22t 2整理得：v 1v 2＝5∶1 (2)设上滑时加速度为a 1，下滑时加速度为a 2，根据牛顿第二定律得上滑时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1下滑时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2由位移时间公式得：L ＝12a 1t 21＝12a 2t 22联立三式代入数据得：μ＝0.5(3)设F 与斜面的夹角为α，加速度为a ，由牛顿第二定律得：F cos α－mg sin θ－μ(mg cos θ－F sin α)＝ma即：F (cos α＋μsin α)－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma整理得：F 1＋μ2(11＋μ2cos α＋μ1＋μ2sin α)－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma令tan β＝1μ，则：F 1＋μ2sin(α＋β)－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma sin(α＋β)的最大值为1，设加速度最大值为a m ，得：F 1＋μ2－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma m代入数据得：a m ＝2.5 m/s 2考题三 运动学图象问题7．C [根据位移图象的斜率等于速度，则在t 1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故A 、B 错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C 正确，D 错误．]8．ABC [设斜面倾角为θ，若斜面光滑，则物体上滑及下滑的加速度相等，都等于g sin θ，当物体上滑到最高点时，又能以同样的加速度下滑，故选项A 正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，到达最高点后静止于斜面上，故选项B 正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，加速度为a 1＝g sin θ＋μg cos θ；到达最高点后物体向下加速运动，加速度为a 1＝g sin θ－μg cos θ，即上升时加速度大于下降时的加速度，故选项C 正确，D 错误．]9．B [滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A 错误；设斜面的倾角为α.滑块在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a 1和a 2.根据牛顿第二定律得：mg sin α＋μmg cos α＝ma 1；mg sin α－μmg cos α＝ma 2；则得：a 1＝g sin α＋μg cos α，a 2＝g sin α－μg cos α.则有：a 1>a 2，故B正确；上滑过程中：上滑的位移大小为：x 1＝v 0t －12a 1t 2，重力势能为：E p ＝mgx 1sin α＝mg sin α(v 0t －12a 1t 2)，E p －t 图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E p ＝mg [H －12a 2(t －t 0)2sin α]，H 为滑块所能到达的最大高度，t 0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程，故C 错误；由于滑块克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E ＝E 0－F f1x ＝E 0－F f1·(v 0t －12a 1t 2)，可知0～t 1时间内E －t 图象应为抛物线．故D 错误．]考题四 应用动力学方法分析传送带问题10．CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的时刻，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C 、D 正确，A 、B 错误．]11．(1)43s (2)6－233s 433m/s 解析 (1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律： ma 1＝F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°，计算得：a 1＝6 m/s 2t 1＝v a 1＝23s x 1＝v 22a 1＝43m 物块与传送带速度相同时，物块未到顶端，物块受到的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F ＝8 N 而重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N ，故不能相对斜面向上加速．故得：a 2＝0 t 2＝x －x 1v ＝23s 得t ＝t 1＋t 2＝43s (2)若达到速度相等后撤去F ，对物块受力分析，因为mg sin 37°>μmg cos 37°，故物块减速上行，ma 3＝mg sin 37°－μmg cos 37°，得a 3＝2 m/s 2物块还需t ′离开传送带，离开时的速度为v t ，则：v 2－v 2t ＝2a 3x 2，x 2＝x －x 1 v t ＝433m/s t ′＝v －v t a 3＝6－233s考题五 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12．AC [由题知：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．]13．(1)3m/s 2 (2)能 1.56m (3)见解析图解析 (1)对长木板与物块，假设相对静止，最大加速度a 0＝μmg m＝5 m/s 2 由牛顿第二定律F 0－μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 0，得F 0＝5 N长木板与地面间的最大静摩擦力为F fm ＝0.5×(0.1＋0.4)×10 N ＝2.5 N因为2.5 N<F ＝4 N<F 0，所以物块与长木板共同加速运动，对整体有F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a。

考点2 力与直线运动1.[2024·全国乙卷]一同学将排球自O 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O 点．设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比．则该排球( )A ．上升时间等于下落时间B ．被垫起后瞬间的速度最大C ．达到最高点时加速度为零D ．下落过程中做匀加速运动2．[2024·山东卷]如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R 、S 、T 三点，已知ST 间的距离是RS 的两倍，RS 段的平均速度是10m/s ，ST 段的平均速度是5m/s ，则公交车经过T 点时的瞬时速度为( )A ．3m/sB ．2m/sC ．1m/sD ．0.5m/s3．[2024·全国甲卷]一小车沿直线运动，从t ＝0起先由静止匀加速至t ＝t 1时刻，此后做匀减速运动，到t ＝t 2时刻速度降为零．在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是( )A BC D4．[2024·全国乙卷]如图，一不行伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L .一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为( )A ．5F 8mB ．2F 5mC ．3F 8mD ．3F 10m5．[2024·全国甲卷](多选)如图，质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g .用水平向右的拉力F 拉动P ，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从今刻起先到弹簧第一次复原原长之前( )A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小肯定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小题组一匀变速直线运动的规律6．[2024·辽宁锦州模拟]2024年6月17日，中国第3艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”正式下水，这一刻标记着中国人民海军进入“三舰客时代”．设在静止的航母上某种型号舰载飞机，没有弹射系统时，匀加速到起飞速度v须要的距离是L0.弹射系统给飞机一个初速度v0之后，匀加速到起飞速度v须要的距离是L.若弹射速度v0与起飞速度v 之比为3∶4，设飞机两次起飞的加速度相同，则L与L0之比为( )A．716B．167C．34D．437．[2024·山东省临沂市期末]如图所示，相同的木块A、B、C固定在水平地面上，一子弹(视为质点)以水平速度v0击中并恰好穿过木块A、B、C，子弹在木块中受到的阻力恒定，子弹射穿木块A所用的时间为t，则子弹射穿木块C所用的时间为( )A．t B．2tC．(3＋2)t D．(3－2)t8．[2024·河北部分学校模拟]滑雪运动是2024年北京冬季奥运会主要的竞赛项目．如图所示，水平滑道上运动员A、B间距x0＝10m．运动员A以速度v0＝5m/s向前匀速运动．同时运动员B以初速度v1＝8m/s向前匀减速运动，加速度的大小a＝2m/s2，运动员A在运动员B接着运动x1后追上运动员B，则x1的大小为( )A．4mB．10mC．16mD．20m题组二动力学图像及应用9．[2024·广东深圳模拟]中国海军服役的歼­15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间(x­t)图像如图所示，则 ( )A ．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B ．由图可知，舰载机起飞在0～3s 内做匀加速运动C ．在0～3s 内，舰载机的平均速度大于12m/sD ．在M 点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s 10．[2024·江西宜春模拟]一辆汽车从ETC 高速口进入时起先计时，加速进入高速路主道的过程可看成匀加速直线运动，其平均速度v －随时间t 变更关系如图所示，已知这段距离为1km ，t 0是进入高速路主道的时刻，下面说法正确的是( )A ．汽车的加速度为0.1m/s 2B ．t ＝10s 时的速度为10m/sC ．0～20s 内的位移是160mD ．t 0＝100s 11．[2024·重庆市渝北区统考](多选)放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，推力F 与时间t 的关系如图甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取g ＝10m/s 2，则物块的质量和物块与地面之间的动摩擦因数分别为( )A ．1.5kgB ．1kgC ．0.4D ．0.2题组三 牛顿运动定律的应用12．[2024·陕西省西安市模拟]细绳拴一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是(已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)( )A.小球静止时弹簧的弹力大小为35mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为35mgC ．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为53g13．在太空中，物体完全失重，用天平无法测量质量，可采纳动力学测量质量的方法．我国航天员要在天宫1号航天器试验舱的桌面上测量物体的质量，采纳的方法如下：质量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器，待测质量的物体B 连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )A ．F 2（m 1＋2m 2）F 1－F 2B ．F 1（m 1＋2m 2）F 2C ．F 1m 1F 1－F 2D ．（F 1－F 2）m 1F 114．[2024·云南保山模拟](多选)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止起先在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a 随时间t 变更的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t 2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知无线充电宝质量为0.2kg ，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2，在该过程中下列说法正确的是( )A ．充电宝受到的静摩擦力的最大值为1.0NB ．t 3时刻充电宝受的摩擦力大小为0.4NC ．充电宝在t 2与t 3时刻所受的摩擦力方向相反D ．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N 15．[2024·广东省江门模拟]运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型：冰壶质量m ＝19.7kg ，运动员施加的推力F ，方向与水平方向夹角为θ＝37°，冰壶在推力F 作用下做匀速直线运动，g 取10m/s 2，冰壶与地面间的动摩擦因数μ＝0.02，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)运动员施加的推力F是多少？(2)当运动员以水平速度将冰壶投出，冰壶能在冰面上滑行的最远距离是s＝40米，则该运动员将冰壶投出时的水平速度为多少？(3)若运动员仍以第(2)问的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为μ1＝0.016，冰壶接着在被毛刷摩擦过的冰面滑过6m后停止运动，与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离．题组四传送带模型和滑块——木板模型16．[2024·河北省沧州市一模]如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其v­t图像如图乙所示．已知传送带的速度为v0，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A.物块的初速度小于v0B．物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanαC．物块运动过程中的速度肯定有等于v0的时刻D．若物块从传送带顶端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动17．[2024·陕西西安模拟]如图所示，物体A放在B上，物体B放在光滑的水平面上，已知m A＝6kg，m B＝2kg.A、B间动摩擦因数μ＝0.2.A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，(g＝10m/s2)下述正确的是( )A ．当拉力0<F <12N 时，A 静止不动B ．当拉力F >12N 时，A 相对B 滑动C ．当拉力F ＝16N 时，B 受到A 的摩擦力等于12ND ．在细线可以承受的范围内，无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止18.[2024·山东省烟台市诊断测试]如图所示，对货车施加一个恒定的水平拉力F ，拉着货车沿光滑水平轨道运动装运沙子，沙子经一静止的竖直漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为Q .某时刻，货车(连同已落入其中的沙子)质量为M ，速度为v ，则此时货车的加速度为( )A ．F －Qv MB ．F －QgvM C ．F ＋Qv M D ．F M19．[2024·黑龙江省哈尔滨三中其次次验收考试]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点．现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A 点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C 点静止，则( )A ．小物体从A 到B 过程速度始终增加 B ．小物体从A 到B 过程加速度始终减小C ．小物体从B 到C 过程速度越来越小D ．小物体在B 点所受合外力为020．[2024·重庆市万州市模拟](多选)如图所示，质量分别为m 1、m 2的两小球通过轻绳乙连接，质量为m 1的小球通过轻绳甲与水平车厢顶连接．当两小球与车厢保持相对静止一起水平向右做匀加速直线运动时，甲、乙两轻绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2(图中未画出)，两小球均可视为质点，不计空气阻力，则( )A ．若m 1>m 2，则θ1>θ2B ．若m 1>m 2，则θ1＝θ2C ．若m 1<m 2，则θ1>θ2D ．若m 1<m 2，则θ1＝θ221．[2024·重庆市育才中学模拟]如图，质量为m 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡向下滑动过程中，所受的滑动摩擦力为定值，空气阻力与速度成正比，比例系数k ＝1kg/s.雪橇运动的某段过程v ­t 图像如图中实线AD 所示，且AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4，9)，CD 线是曲线的渐近线，已知sin37°＝0.6.下列说法中正确的是( )A ．当v 0＝3m/s 时，雪橇的加速度为0.75m/s 2B ．在0～4s 过程中雪橇的平均速度为4.5m/sC ．雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.5D ．雪橇的质量m ＝2kg22．[2024·山东省试验中学模拟](多选)如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m 的物块A 和物块B 并排放在斜面上，与斜面垂直的挡板P 固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A 连接，物块A 、B (物块A 、B 不相连)处于静止状态．现用一沿斜面对上的外力F T 拉物块B ，使物块A 、B 一起沿斜面对上以加速度a 做匀加速直线运动．已知重力加速度为g ，弹簧的劲度系数为k ，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．外力F T 的最大值为12mg ＋maB ．外力F T 的最大值为mg ＋maC ．从外力F T 作用在物块B 上到物块A 、B 分别的时间为m （g －2a ）kaD ．从外力F T 作用在物块B 上到物块A 、B 分别的时间为m （2g －a ）ka23．[2024·河南郑州模拟]如图所示，一质量M ＝2kg 的长木板B 静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m ＝1kg 的小滑块A ，对B 物体施加F ＝20N 的水平拉力；t ＝2s 后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍旧在木板上．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与地面间动摩擦因数为μ2＝0.4，取g ＝10m/s 2，则：(1)求有拉力F 作用时木板B 和滑块A 各自的加速度大小；(2)求A 、B 由静止到速度相同所需的时间T 共及共同速度的大小v .[答题区] 题号 1234567891011 答案题号 1213 14 1617 18 19202122答案考点2 力与直线运动1．解析：上升过程和下降过程的位移大小相同，由于存在空气阻力，上升过程中随意位置的速度比下降过程中对应位置的速度大，则上升过程的平均速度较大．由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A 错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动．在整个过程中空气阻力始终做负功，小球机械能始终在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B 正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力供应加速度，a ＝g ，C 错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变更，排球在下落过程中做变加速运动，D 错误．故选B.答案：B2．解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS 间的距离为x ，则依据题意有v －RS ＝x t 1＝v R ＋v S 2，v －ST ＝2x t 2＝v S ＋v T2联立解得t 2＝4t 1，v T ＝v R －10再依据匀变速直线运动速度与时间的关系有v T ＝v R －a ·5t 1 则at 1＝2m/s其中还有v ＝v R －a ·t 12解得v R ＝11m/s 联立解得v T ＝1m/s 故选C. 答案：C3．解析：x ­t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0～t 1图像斜率变大，t 1～t 2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t 2时刻停止，图像的斜率变为零．故选D.答案：D 4.解析：如图可知sin θ＝12×3L 5L 2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F ＝2T cos θ，对小球由牛顿其次定律得T ＝ma ，联立解得a ＝5F8m，故选项A 正确．答案：A5．解析：撤去力F 后到弹簧第一次复原原长之前，弹簧弹力kx 减小，对P 有μmg ＋kx ＝ma P ，对Q 有μmg －kx ＝ma Q ，且撤去外力瞬间μmg ＝kx ，故P 做加速度从2μg 减小到μg 的减速运动，Q 做加速度从0渐渐增大到μg 的减速运动，即P 的加速度始终大于Q 的加速度，故除起先时刻外，随意时刻P 的速度大小小于Q 的速度大小，故P 的平均速度大小必小于Q 的平均速度大小，由x ＝v －t 可知Q 的位移大小大于P 的位移大小，可知B 、C 错误，A 、D 正确．答案：AD6．解析：飞机由静止起先加速时，有v 2＝2aL 0；利用弹射系统时，有v 2－v 20 ＝2aL ，联立解得L L 0＝716，B 、C 、D 错误，A 正确．答案：A7．解析：子弹在木块中受到的阻力恒定，则子弹做匀减速直线运动，由于恰好穿过木块A 、B 、C ，表明穿过C 时速度恰好为0，依据逆向思维，初速度为0的匀加速直线运动，在连续相邻相等位移内的时间之比为t C ∶t B ∶t A ＝1∶（2－1）∶（3－2），依据题意有t A ＝t ，解得t C ＝（3＋2）t ，C 正确．答案：C8．解析：运动员B 做匀减速直线运动，速度减为零的时间为t B ＝v 1a＝4s ，此时运动员A 的位移为x A ＝v 0t B ＝20m ，运动员B 的位移为x B ＝v 12t B ＝16m ，因为x A <x B ＋x 0，即运动员B 速度削减为零时，运动员A 还未追上运动员B ，则运动员A 在运动员B 停下来的位置追上运动员B ，即x 1＝16m ，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C9．解析：依据x ­t 图像的斜率表示速度，可知x ­t 图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，A 错误；由x ­t 图像可知舰载机的速度渐渐增大，若满意x ＝12at 2才是匀加速直线运动，但图像的数据不能反映是抛物线的形态，则舰载机起飞在0～3s 内做变加速直线运动，B 错误；在0～3s 内，舰载机通过的位移为x ＝36m －0＝36m ，则平均速度为v －＝x t ＝363m/s ＝12m/s ，C 错误；2～2.55s 内的平均速度为v －′＝x MN t MN ＝26－152.55－2m/s＝20m/s ，依据2～2.55s 内的平均速度等于MN 连线的斜率大小，在M 点对应的位置舰载机的速度等于过M 点的切线斜率大小，可知在M 点对应的位置，舰载机的速度大于MN 段平均速度20m/s ，D 正确．答案：D10．解析：据运动学规律可得x ＝v 0t ＋12at 2，v －＝x t ，整理得v －＝v 0＋12at .结合图知t ＝0时有v 0＝5m/s ，设t 0时刻的速度为v ，可得v －＝v 0＋v2＝15m/s ，解得v ＝25m/s ，则汽车的加速度为a ＝v 2－v 20 2x ＝252－522×1000m/s 2＝0.3m/s 2，A 错误；t ＝10s 时的速度为v 1＝v 0＋at ＝（5＋0.3×10）m/s ＝8m/s ，B 错误；0～20s 内的位移是x 2＝v 0t ′＋12at ′2＝160m ，C 正确；由x ＝v －t 0可得t 0＝x v ＝100015s≈66.67s，D 错误．答案：C11．解析：由图像可知，3～4s 内，物块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a ′＝Δv ′Δt ′＝4－04－3m/s 2＝4m/s 2，依据牛顿其次定律可得a ′＝μmg m ＝μg ，解得动摩擦因数为μ＝a ′g＝0.4，1～3s 内，物块在9N 的水平推力作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝Δv Δt ＝4－03－1m/s 2＝2m/s 2，依据牛顿其次定律可得F －μmg ＝ma ，解得物块的质量为m ＝F a ＋μg ＝92＋0.4×10kg ＝1.5kg ，A 、C 正确． 答案：AC12．解析：对小球受力分析后，将弹力和重力合成后如图所示由平衡条件可得，小球静止时弹簧的弹力大小为F ＝mg tan53°＝43mg ，A 错误；由平衡条件可得，小球静止时细绳的拉力大小为T ＝mg cos53°＝53mg ，B 错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹力保持不变，弹力和重力的合力大小等于绳子拉力T ，由牛顿其次定律有F 合＝T ＝ma ，解得a ＝T m ＝53g ，C 错误，D 正确．答案：D13．解析：整体为探讨对象，由牛顿其次定律得F 1＝（m 1＋2m 2＋m ）a ，隔离B 物体，由牛顿其次定律得F 2＝ma ，联立解得m ＝F 2（m 1＋2m 2）F 1－F 2，A 项正确．答案：A14．解析：t 3时刻由牛顿其次定律可得f －mg ＝ma ，解得f ＝0.4N ，B 正确；充电宝在t 2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿其次定律知摩擦力方向竖直向上，t 3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t 2与t 3时刻所受的摩擦力方向相同，C 错误；t 2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿其次定律有f ′－mg ＝ma ′，又f ′＝μF N ，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F N ＝10N ，f max ＝f ′＝5N ，D 正确，A 错误．答案：BD 15．解析：（1）依据平衡条件F cos θ＝μ（mg ＋F sin θ）代入数据得F ＝5N（2）依据牛顿其次定律有μmg ＝ma解得加速度大小为a ＝0.02×10m/s 2＝0.2m/s 2依据运动学公式有v 2＝2as代入数据得v ＝4m/s（3）依据牛顿其次定律有μ1mg ＝ma 1通过摩擦过的冰面的加速度大小为a 1＝0.16m/s 2设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v 1，在没摩擦过的冰面上运动的位移为s 1，由运动学公式可知v 2－v 21 ＝2as 1在摩擦过的冰面上滑动位移是s 2＝6m则有v 21 ＝2a 1s 2则与没摩擦过相比多滑的距离Δs ＝s 1＋s 2－s解得Δs ＝1.2m.答案：（1）5N （2）4m/s （3）1.2m16．解析：由图像可知，物块先以加速度a 1做匀减速直线运动，后以加速度a 2做匀减速直线运动，且a 1>a 2，分析可知mg sin α>μmg cos α，即μ<tan α，B 项错误；若物块的初速度小于v 0，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会始终以此加速度向上减速为0与题设不符，A 项错误；物块的初速度大于v 0，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，依据牛顿其次定律，有mg sin α＋μmg cos α＝ma 1，物块减速到速度等于v 0后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块依据牛顿其次定律，有mg sin α－μmg cos α＝ma 2，C 项正确；若物块从传送带顶端起先向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于μ<tan α，则物块会以加速度a 2始终向下加速运动，D 项错误．答案：C17．解析：由题意可知，由于物体B 放在光滑的水平面上，因此只要拉力F 不是零，A 、B 将一起运动，所以当拉力0<F <12N 时，A 不会静止不动，A 错误；若A 、B 能产生相对滑动时，则有a ＝μm A g m B ＝0.2×6×102m/s 2＝6m/s 2，对A 、B 整体，由牛顿其次定律可得产生相对滑动时最大拉力为F ＝（m A ＋m B ）a ＝（6＋2）×6N＝48N ，由此可知，在绳子承受的最大拉力20N 范围内，无论拉力F 多大，A 、B 始终处于相对静止状态，B 错误，D 正确；当拉力F ＝16N 时，对整体由牛顿其次定律可得F ＝（m A ＋m B ）a ′，解得a ′＝Fm A ＋m B ＝166＋2m/s 2＝2m/s 2，则有B 受到A 的摩擦力等于F f ＝m B a ′＝2×2N＝4N ，C 错误．答案：D18．解析：一段极短的时间Δt 内落入货车的沙子质量为Δm ＝Q ·Δt ，沙子落入货车后，马上和货车共速，则由动量定理可得F ′·Δt ＝Δmv －0，解得沙子受到货车的力为F ′＝Qv ，方向向前，由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为F ″＝Qv ，对货车（连同落入的沙子），由牛顿其次定律可得F －F ″＝Ma ，解得a ＝F －Qv M，A 正确． 答案：A19．解析：由题意，A 、B 间某处，A 受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大．而B 点只受摩擦力，合力不为零．因此小物体从A 到B 过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，A 、B 、D 错误；小物体从B 到C 过程中，合外力方向与运动方向相反，所以小物体始终做减速运动，即速度越来越小，C 正确．答案：C20．解析：小球与车厢的加速度相同，设为a ，将两小球看成整体，由牛顿其次定律得（m 1＋m 2）g tan θ1＝（m 1＋m 2）a ，解得a ＝g tan θ1；同理对球乙分析可得a ＝g tan θ2，比较可得无论m 1和m 2的关系如何，都有θ1＝θ2，B 、D 两项正确．答案：BD21．解析：依据v ­t 图像切线斜率表示加速度，可知v 0＝3m/s ，雪橇的加速度为a 0＝Δv Δt＝9－34m/s 2＝1.5m/s 2，A 错误；依据v ­t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知0～4s 雪橇的位移满意x >3＋62×4m＝18m ，则在0～4s 过程中雪橇的平均速度满意v －＝x t >184m/s ＝4.5m/s ，B 错误；当v 0＝3m/s 时，空气阻力大小为f 0＝kv 0＝3N ，依据牛顿其次定律可得mg sin θ－μmg cos θ－f 0＝ma 0；当v ＝6m/s 时，空气阻力大小为f ＝kv ＝6N ，此时雪橇的加速度为零，则有mg sin θ－μmg cos θ－f ＝0，联立解得m ＝2kg ，μ＝38，C 错误，D 正确． 答案：D22．解析：在A 、B 分别前，整体受力分析，由牛顿其次定律得F T ＋F 弹－2mg sin θ＝2ma ①，当A 、B 分别瞬间，A 、B 间弹力为零，对A 应用牛顿其次定律得F 弹－mg sin θ＝ma ②，解得F 弹＝12mg ＋ma ③，将③式代入①式解得F T ＝12mg ＋ma ，此即为F T 的最大值，A 正确，B 错误；当A 、B 静止时，弹簧压缩量为x 1＝2mg sin θk ；当A 、B 分别时，弹簧的压缩量x 2＝F 弹k＝mg sin θ＋ma k ，则弹簧长度的变更量为Δx ＝x 1－x 2＝mg sin θ－ma k .由运动学公式得Δx ＝12at 2，解得t ＝m （g －2a ）ka ，C 正确，D 错误． 答案：AC23．解析：（1）设A 、B 相对滑动，对物体A 依据牛顿其次定律可得μ1mg ＝ma 1解得a 1＝2m/s 2对木板B 依据牛顿其次定律可得F －μ1mg －μ2（m ＋M ）g ＝Ma 2解得a 2＝3m/s 2>a 1有拉力F 作用时木板B 和滑块A 各自的加速度大小分别为3m/s 2和2m/s 2.（2）撤去外力时，木板B 的速度为v 2＝a 2t ＝3×2m/s＝6m/s撤去外力后，在二者同速前物块A 的受力没变，故物块A 仍旧做加速运动，加速度不变，木板B 做减速运动，其加速度大小变为a ′2＝μ1mg ＋μ2（m ＋M ）g M，a ′2＝7m/s 2 设经过时间t 1两者达到共速，则有a 1（t ＋t 1）＝v 2－a ′2t 1，解得t 1＝29s 所以总时间T 共＝t ＋t 1＝209s 两物体共速时的速度为v ＝v 2－a ′2t 1＝409m/s.20 9s409m/s答案：（1）3m/s22m/s2（2）。

课时跟踪训练(二)力与直线运动一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)1．(2024·山东省潍坊市高三其次次高考模拟)汽车在转弯时假如速度过快，简单发生侧翻．一辆大货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，下列说法正确的是( ) A．货车向右侧翻B．左侧轮胎简单爆胎C．侧翻是因为货车惯性变大D．侧翻是因为货车惯性变小A [货车在水平的路面上向左转弯时发生了侧翻，由于离心作用火车向右侧翻，选项A 正确；向右侧翻时，右侧轮胎受的压力较大，则右侧轮胎简单爆胎，选项B错误；侧翻是因为货车所受的摩擦力不足以供应转变时的向心力而发生离心现象，火车的质量没变，则惯性没有改变，选项C、D错误；故选A.]2．(2024·福建省毕业班质量检查)如图1，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点．一小滑块自a点由静止起先下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止起先下滑，则该滑块( )A．通过bc、cd段的时间均大于TB．通过c、d点的速度之比为1∶2C．通过bc、cd段的位移之比为1∶3D．通过c点的速度等于通过bd段的平均速度A [当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a′.假设ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x、x bc∶x cd＝3∶5，C错误；假如滑块由b点静止释放，明显滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1＝2a′·3x，滑块在d点的速度应为v2＝2a′·8x，则v1∶v2＝3∶8，B错误；因为x bc∶x cd＝3∶5，明显通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误．]3．(2024·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)质量均为m＝1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的改变图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．甲的加速度大小为2 m/s 2B ．乙的加速度大小为1.5 m/s 2C ．甲、乙在x ＝6 m 处的速度大小为2 m/sD ．甲、乙在x ＝10 m 处相遇A [A 项：对甲由动能定理可知：F 合x ＝ΔE k ，即F 合＝ΔE kx即为图象斜率，所以F 合＝k＝2N ，由牛顿其次定律得：a 甲＝2 m/s 2，故A 正确；B 项：对乙由动能定理可知：F 合x ＝ΔE k ，即F 合＝ΔE k x即为图象斜率，所以F 合＝k ＝1 N ，由牛顿其次定律得：a 乙＝1 m/s 2，故B 错误；C 项：由图可知：对甲：E k 甲＝18－2x ，即12mv 2甲＝18－2×6，解得：v 甲＝23m/s ，对乙：E k 乙＝x ，即12mv 2乙＝6，解得：v 乙＝23m/s ，故C 错误；D 项：甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，所以甲、乙在x ＝8 m 处相遇，故D 错误．]4．处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB 、CD 间夹角为60°，其中直径AB 水平，AD 与CD 是光滑的细杆．从A 点和C 点分别静止释放两小球，从A 、C 点下落到D 点的时间分别是t 1、t 2，则t 1∶t 2是( )A ．1∶1B ．3∶2 C.3∶ 2D.2∶ 3C [由图可知，s CD ＝2R ，a CD ＝32g ，由几何关系可得出s AD ＝3R ，a AD ＝12g ，由运动学公式s ＝12at 2，可得t 1t 2＝s AD a CD s CD a AD ，带入数据解得t 1t 2＝32，故C 正确．] 5．(2024·山东省青岛市高三统一质检)一物体由静止起先运动，其加速度a 与位移x关系图线如图所示．下列说法正确的是( )A ．物体最终静止B ．物体的最大速度为2ax 0C ．物体的最大速度为3ax 0D ．物体的最大速度为32ax 0C [物体运动过程中任取一小段，对这一小段v 2－v 20＝2a Δx一物体由静止起先运动，将表达式对位移累加，可得v 2等于速度a 与位移x 关系图线与坐标轴围成的面积的2倍，则v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 0x 0＋12a 0x 0，解得物体的最大速度v ＝3a 0x 0.故C项正确．]6．在2024年的珠海航展中，中国展出了国产运－20和歼－31等最先进飞机．假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0～t 2时间内的v －t 图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．飞机乙在0～t 2内的平均速度等于v 22 B ．飞机甲在0～t 2内的平均速度比乙大 C ．两飞机在t 1时刻肯定相遇 D ．两飞机在0～t 2内不行能相遇B [在v －t 图象中，图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，如图所示．飞机乙的位移小于匀变速的位移，故平均速度小于v 22，甲做匀变速直线运动，故甲的平均速度为v 1＋v 22，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故A 错误、B 正确；两飞机在位移相等时相遇，t 1时刻乙的面积大于甲的面积，故在t 1时刻不相遇，选项C 错误；起先乙的速度大于甲的速度，后来甲的速度大于乙的速度，所以中间相遇一次，选项D 错误．]7．(2024·济宁市高三其次次模拟)质量为1 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B运动的v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则物块A的质量为( )A．1 kg B．2 kgC．3 kg D．6 kgC [由图象可知，物块在0～1 s内的加速度大小为a1＝2 m/s2以物块为探讨对象，由牛顿其次定律得：μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2木板在0～1 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2，在1 s～3 s内物块与木板相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a3＝1 m/s2AB同速后为探讨对象，由牛顿其次定律得：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得：μ2＝0.1再以B为探讨对象，在0～1 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，由牛顿其次定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1代入数据解得A的质量m＝3 kg.]8．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为h＝20 m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体的位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为( ) A．10 m B．20 mC．30 m D．50 mACD [物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下．在A 点之上时，位移大小为10 m ，又有上升和下降两种过程，上升时，物体通过的路程s 1等于位移的大小x 1，即s 1＝x 1＝10 m ；下降时，物体通过的路程s 2＝2h －x 1＝2×20 m－10 m ＝30 m ．在A 点之下时，物体通过的路程s 3＝2h ＋x 2＝2×20 m＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 项正确，B 项错误．]9．(2024·湖北省武汉市高三下学期五月理综训练)(多选)如图所示，材料相同的物体m 1、m 2由轻绳连接，在恒定拉力F 的作用下沿斜面对上加速运动．轻绳拉力的大小( )A ．与斜面的倾角θ有关B ．与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关C ．与两物体的质量m 1和m 2有关D ．若改用F 沿斜面对下拉连接体，轻绳拉力的大小不变CD [A 、B 、C 项：将两物体看成一个整体有：F －(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a解得：a ＝F －m 1＋m 2g sin θ－μm 1＋m 2g cos θm 1＋m 2对m 2受力分析且由牛顿其次定律有：T －m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 解得：T ＝m 2Fm 1＋m 2，故A 、B 项错误，C 正确； D 项：将两物体看成一个整体有：F ＋(m 1＋m 2)g sin θ－μ(m 1＋m 2)g cos θ＝(m 1＋m 2)a解得：a ＝F ＋m 1＋m 2g sin θ－μm 1＋m 2g cos θm 1＋m 2对m 1受力分析且由牛顿其次定律有：T ＋m 1g sin θ－μm 1g cos θ＝m 1a 解得：T ＝m 2Fm 1＋m 2，故D 正确．] 10．(2024·成都二诊)质量为m 的小球被两个弹性系数皆为k 的相同弹簧固定在一质量为M 的盒中，如图所示，盒从距桌面高h 处起先下落，在盒起先下落的瞬间，两弹簧均未发生形变，小球静止．则下列说法正确的是( )A ．下落高度h >Mg 2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋M 2m ，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来B ．下落高度h >Mg 2k ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2M m ，盒与桌面发生完全非弹性碰撞后还能跳起来C ．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a ＝M －mm g D ．在小球到最高点时盒子恰好弹起，小球的加速度a ＝2MmgAC [小球从h 高处下落到桌面，依据机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2，设小球向上运动到速度变为零时上面弹簧的压缩为x ，下面弹簧的伸长量也为x ，依据机械能守恒定律得12mv 2＝mgx ＋2·12kx 2，这时小球上面的弹簧对盒向上的弹力为kx ，小球下面的弹簧对盒向上的弹力也是kx ，盒能跳离桌面的条件是2kx >Mg ，h >Mg 2k ⎝⎛⎭⎪⎫1＋M 2m ，盒子恰好弹起，2kx ＝Mg ，则小球合力F 合＝Mg －mg ，加速度为a ＝M －mmg ，A 、C 正确．]二、非选择题11．(2024·广东省深圳市高三2月第一次调研)如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一个F ＝8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g ＝10 m/s 2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车起先，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？ 解析 (1)小物块的加速度a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由a m t ＝v 0＋a M t解得：t ＝1 s(3)从小物块放上小车起先1 s 内，小物块的位移s 1＝12a m t 2＝1 m1 s 末小物块的速度v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a ＝FM ＋m＝0.8m/s 2这0.5 s 内小物块的位移s 2＝vt 1＋12at 21＝1.1 m小物块1.5 s 内通过的总位移s ＝s 1＋s 2＝2.1 m 答案 (1)2 m/s 20.5 m/s 2(2)1 s (3)2.1 m12．(2024·吉林省长春外国语学校高三第5次调研)如图1所示，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置放一具有初速度的小物块．物块刚好能运动到传送带的最上端，取沿斜面对下为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的改变关系如图2所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，求：(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数μ； (2)t ＝0时，小物块离传送带最上端的距离； (3)前3 s 内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能． 解析 (1)由v －t 图象可知，刚起先时物块的加速度a ＝8 m/s 2对物块进行受力分析，可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 解得μ＝35(2)小物块运动到传送带的最上端时，速度恰好为0，即t 0＝0.5 st ＝0时，小物块离传送带最上端的距离x ＝12×0.5×4 m＝1 m(3)由v －t 图象可知：传送带的速度是v 0＝8 m/s当t 1＝1.5 s 时，物块与传送带速度相等，之后传送带对物块的摩擦力沿传送带向上 由牛顿其次定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′ 解得：a ′＝2 m/s 2所以，t 2＝3 s 时，物块的速度v ＝v 0＋a ′(t 2－t 1)＝11 m/s小物块在传送带上滑行的距离就是图中阴影的面积 Δx ＝12×12×32m ＋12×3×1.5 m＝11.25 m前3 s 内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能Q ＝(μmg cos θ)Δx ＝33.75 J答案 (1)μ＝35(2)1 m (3)33.75 J。

考题一匀变速直线运动规律的应用1.匀变速直线运动常用的五种解题方法2.追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路分析两物体运动过程画运动示意图或v－t图象找两物体位移关系列位移方程(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式.②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件.③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析. 3.处理刹车类问题的思路先判断刹车时间t 0＝v 0a，再进行分析计算.例1 如图1所示，云南省彝良县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，司机突然发现在距坡底240 m 的山坡处泥石流以8 m /s 的初速度、0.4 m/s 2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动.已知司机的反应时间为1 s ，汽车启动后以0.5 m/s 2的加速度一直做匀加速直线运动.试分析司机能否安全脱离.图1变式训练1.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器.假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( ) A.v t 2 B.v t 0(1－t 02t )C.v t 202tD.v (t －t 0)22t2.如图2所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为s 1时，乙从距A 地s 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )图2A.s 1＋s 2B.(s 1＋s 2)24s 1C.s 214(s 1＋s 2)D.(s 1＋s 2)2(s 1－s 2)s 1考题二 运动学图象问题1.x －t 图象、v －t 图象和a －t 图象的对比分析项目 图象斜率 纵截距图象与t 轴 所围的面积特例匀速 直线运动 匀变速 直线运动 x －t 图象 速度 初位置 —倾斜的 直线 抛物线 v －t 图象 加速度 初速度 位移与时间轴 平行的直线 倾斜的 直线 a －t 图象 — — 速度变化量与时间轴 重合平行于 时间轴 的直线2.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.x －t 图象中根据坐标值、“斜率”可分析位移、速度的大小、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.例2 甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v －t 图象为两段直线，乙物体运动的v －t 图象为两段半径相同的14圆弧曲线，如图3所示，图中t 4＝2t 2，则在0～t 4时间内，以下说法正确的是( )图3A.甲物体的加速度不变B.乙物体做曲线运动C.两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇D.甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度变式训练3.如图4所示，x－t图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶的位移随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，下列说法正确的是()图4A.5 s时两车速度相等B.甲车的速度为4 m/sC.乙车的加速度大小为1.6 m/s2D.乙车的初位置在x0＝80 m处4.静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力F1、F2作用，F1、F2随时间变化的图象如图5所示，则物体在0～2t时间内()图5A.离出发点越来越远B.速度先变大后变小C.速度先变小后变大D.加速度先变大后变小考题三牛顿运动定律的应用1.动力学的两类基本问题(1)由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况.(2)由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况.桥梁：牛顿第二定律F＝ma2.超重和失重现象的判断技巧(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.(3)从速度变化的角度判断：物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重.3.瞬时性问题的处理(1)牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失，分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后的受力情况及其变化.(2)明确两种基本模型的特点：①轻绳的形变可瞬时产生或恢复，故绳的弹力可以瞬时突变.②轻弹簧(或橡皮绳)两端均连有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力的大小与方向均不能突变.4.整体法和隔离法的优点及使用条件(1)整体法：①优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，方程数减少，求解简捷.②条件：连接体中各物体具有共同的加速度(2)隔离法：①优点：易看清各个物体具体的受力情况.②条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法.例3(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图6竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车可分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：图6(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度. 变式训练5.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图7所示，当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客( )图7A.处于失重状态B.不受摩擦力的作用C.受到向前(水平向右)的摩擦力作用D.所受力的合力竖直向上6.如图8所示，A 、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用绳子固定在倾角为30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在绳子被剪断瞬间，A 、B 两球的加速度分别为( )图8A.都等于g2B.g 2和0 C.M A ＋M B M B ·g 2和0D.0和M A ＋M B M B ·g 27.如图9所示用力F 拉a 、b 、c 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的物体b 上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力F T a 和F T b 的变化情况是( )图9A.F T a 增大B.F T b 增大C.F T a 减小D.F T b 减小考题四“传送带”、“滑块－木板模型”问题1.传送带问题分析的要点是物体与传送带间的摩擦力，关注点是两个时刻：(1)初始时刻物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻摩擦力的方向.(2)物体与传送带速度相等的时刻摩擦力的大小(或有无)、性质(滑动摩擦力或静摩擦力)或方向会发生改变.正确判断这两个时刻的摩擦力，才能正确确定物体的运动性质.2.分析滑块—木板类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、木板位移与板长之间的关联.一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键.例4(18分)如图10所示，传送带Ⅰ与水平面的夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面的夹角为37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接.两传送带均沿顺时针方向匀速率运行.现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的物体取下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切.已知箱子的质量M ＝1 kg，物体的质量m＝3 kg，传送带Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB长L1＝15 m，与箱子间的动摩擦因数为μ1＝32.传送带Ⅱ的速度v2＝4 m/s，CD长L2＝8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10变式训练8.如图11甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则()图11A.传送带一定逆时针转动B.μ＝tan θ＋v 0gt 0cos θC.传送带的速度大于v 0D.t 0后滑块的加速度为2g sin θ－v 0t 09.正方形木板水平放置在地面上，木板的中心静置一小滑块(可视为质点)，如图12所示为俯视图，为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加一个作用线通过木板中心点的水平恒力F .已知木板边长L ＝2 2 m 、质量M ＝3 kg ，滑块质量m ＝2 kg ，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g 取10 m/s 2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：图12(1)要将木板抽出，水平恒力F 需满足的条件；(2)当水平恒力F ＝29 N 时，在木板抽出时滑块能获得的最大速率.专题规范练1.伽利略曾说过：“科学是在不断改变思维角度的探索中前进的”.他在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有( )A.倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的平方成正比B.倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方成正比C.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关2.(多选)如图1所示，倾角θ＝30°的光滑斜面体固定在水平面上，斜面长度L ＝0.8 m ，一质量m ＝1×10－3 kg 、带电量q ＝＋1×10－4C 的带电小球静止在斜面底端.现要使小球能够到达斜面顶端，可施加一沿斜面向上、场强大小为E ＝100 V /m 的匀强电场，重力加速度g ＝10 m/s 2，则这个匀强电场存在的时间t可能为()图1A.0.5 sB.0.4 sC.0.3 sD.0.2 s3.如图2所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移与时间的关系图象中，图线c 是一条x＝0.4t2的抛物线.有关这三个物体在0～5 s内的运动，下列说法正确的是()图2A.a物体做匀加速直线运动B.c物体做匀加速直线运动C.t＝5 s时，a物体速度比c物体速度大D.a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同4.带同种电荷的a、b两小球在光滑水平面上相向运动.已知当小球间距小于或等于L时，两者间的库仑力始终相等；小球间距大于L时，库仑力为零.两小球运动时始终未接触，运动时速度v随时间t的变化关系图象如图3所示.由图可知()图3A.a小球质量大于b小球质量B.在t2时刻两小球间距最大C.在0～t3时间内两小球间距逐渐减小D.在0～t2时间内b小球所受斥力方向始终与运动方向相反5.我国航天员要在“天宫一号”航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器.待测质量的物体B连接在后传感器上.在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图4所示.稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为()图4A.F 1(m 1＋2m 2)F 1－F 2B.F 2(m 1＋2m 2)F 1－F 2C.F 2(m 1＋2m 2)F 1D.F 2(m 1＋2m 2)F 26.如图5所示，物块A 放在木板B 上，A 、B 的质量均为m ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ3.若将水平力作用在A 上，使A 刚好要相对B 滑动，此时A 的加速度为a 1；若将水平力作用在B 上，使B 刚好要相对A 滑动，此时B 的加速度为a 2，则a 1与a 2的比为( )图5A.1∶1B.2∶3C.1∶3D.3∶27.如图6所示，质量为M ＝10 kg 的小车停放在光滑水平面上.在小车右端施加一个F ＝10 N 的水平恒力.当小车向右运动的速度达到2.8 m /s 时，在其右端轻轻放上一质量m ＝2.0 kg 的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20，g ＝10 m/s 2.假定小车足够长.则下列说法正确的是( )图6A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳定后做匀速直线运动B.小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C.煤块在3 s 内前进的位移为9 mD.小煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m8.(多选)如图7所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面体C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面体同时接触.挡板A 、B 和斜面体C 对小球的弹力大小分别为F A 、F B 和F C .现使斜面体和小球一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动.若F A 和F B 不会同时存在，斜面体倾角为θ，重力加速度为g ，则选项所列图象中，可能正确的是( )图79.如图8所示，长L ＝1.5 m ，高h ＝0.45 m ，质量M ＝10 kg 的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动.当木箱的速度v 0＝3.6 m/s 时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F ＝50 N ，并同时将一个质量m ＝1 kg 的小球轻放在距木箱右端L 3处的P 点(小球可视为质点，放在P 点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面.木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计.取g ＝10 m/s 2，求：图8(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；(2)小球放上P 点后，木箱向右运动的最大位移；(3)小球离开木箱时木箱的速度.10.如图9甲所示，质量为m ＝20 kg 的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v 0＝－10 m /s 传送物体的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度－时间图象如图乙所示，已知0～2 s 内水平外力与物体运动方向相反，2～4 s 内水平外力与物体运动方向相反，g 取10 m/s 2.求：甲乙图9(1)物体与传送带间的动摩擦因数；(2)0～4 s内物体与传送带间的摩擦热Q.。

专题跟踪训练(二) 力与物体的直线运动一、选择题1．(2018·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，在4 s内的位移为16 m，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为() A．1 m/s2B．1.5 m/s2C．2 m/s2D．0.75 m/s2[解析]设该物体的初速度为v0，加速度大小为a，由题意知t＝4 s，根据匀变速直线运动规律，x＝v0t－at2，＝v0－at，联立解得a＝1 m/s2，选项A正确．[答案]A2．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、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()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[解析]本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据v－t图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确．[答案]BD3．(2018·全国卷Ⅲ)(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()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．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等[解析]x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确．[答案]CD4．(2018·辽宁五校联考)如图a所示，某研究小组利用此装置探究物块在恒力作用下加速度与木板倾角的关系．木板OA可绕轴心O在竖直平面内转动，物块受到平行于木板且指向A端、大小为F＝8.5 N的力的作用．通过实验得到如图b所示的加速度与斜面倾角的关系图线，且每次实验过程中木板OA的倾角保持不变．若图b中图线与纵轴交点的纵坐标a0＝6 m/s2，物块的质量m＝1 kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力．则()A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2B．图b中θ2大于60°C．如图b所示，将木板倾角由θ1缓慢增加到θ2的过程中，摩擦力一直减小D．木板倾角为37°时，物块所受的摩擦力为2.5 N[解析]当θ＝0°时，F－μmg＝ma0，a0＝6 m/s2，解得μ＝0.25，选项A 错误；当θ>θ2时，加速度为负值，当θ＝θ2时，F＋μmg cosθ2＝mg sinθ2，易得θ2>60°，选项B正确；由题图b可知，在θ1<θ<θ2时，物块的加速度为零，静止在木板上，物块的合外力为零，在θ角较小时摩擦力与重力沿斜面分力同向，有mg sinθ＋f＝F，在θ角较大时摩擦力与重力沿斜面分力反向，有mg sinθ－f＝F，可知随着θ增大，摩擦力f先减小后增大，选项C错误；木板倾角为37°时物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力f＝μmg cosθ＝2 N，故选项D错误．[答案]B5．(2018·郑州质量预测)如图所示，一端固定在地面上的杆与水平方向夹角为θ，将一质量为M的滑块套在杆上，滑块通过轻绳悬挂一质量为m的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.先给滑块一个沿杆方向的初速度，稳定后，滑块和小球一起以共同的加速度沿杆运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且β>θ，不计空气阻力，则滑块的运动情况是()A．沿着杆减速下滑B．沿着杆减速上滑C．沿着杆加速下滑D．沿着杆加速上滑[解析]把滑块和小球看成一个整体进行受力分析，假设滑块的速度方向向下，由牛顿第二定律知，沿杆方向有：(M＋m)g sinθ－f＝(M＋m)a，垂直杆方向有：F N＝(M＋m)g cosθ，摩擦力f＝μF N′，F N′＝F N，联立可解得：a＝g sinθ－μg cosθ，对小球，若θ＝β，a＝g sinβ，由题知θ<β，根据分析有a>g sinβ，所以g sinθ－μg cosθ>g sinβ，g sinθ－g sinβ>μg cosθ，因为θ<β，所以g sinθ－g sinβ<0，但μg cosθ>0，所以假设不成立，即滑块的速度方向一定向上，由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，选项B正确．[答案]B6．(2018·安徽合肥一模改编)(多选)如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是()A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B．若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出C．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出D．若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出[解析]小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2m/s2，则x＝＝m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为5 m/s时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝＝m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x″＝＝m＝1 m<4 m，以后小物块以v1＝2 m/s的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x＝＝m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x x″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以 1 m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误．[答案]BC7．(2018·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s内力F、速度v随时间变化如图所示，由图象可得()A．物体的质量为2 kgB．物体在6 s内运动的位移为6 mC．在0～2 s内推力做的功为2 JD．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析]物体在0～2 s内做匀加速直线运动，加速度为a＝m/s2，由牛顿＝F－μmg＝ma，即：3 N－μmg＝ma；物体在2～6 s内做匀第二定律有：F合速直线运动，因此有：μmg＝1 N，联立解得：物体的质量为m＝4 kg，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A错误，选项D正确；根据v－t图象所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s内运动的位移为x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，选项B错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s内推力做的功为W＝Fx＝3××2×1 J＝3 J，选项C错误．[答案]D8．(2018·浙江七校联考)(多选)将长木板和物块放在倾角为α＝37°的足够长的斜面体顶端，物块可视为质点，已知长木板的ab段长度为3 m且上表面光滑，bc段的长度为8 m且上表面粗糙，已知物块与bc段的动摩擦因数为μ1＝0.15，长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，长木板与物块的质量相等，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，由某时刻开始将长木板和物块无初速释放，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.下列说法正确的是()A．长木板和物块释放的瞬间，物块的加速度大小为4.8 m/s2B．长木板和物块释放的瞬间，长木板的加速度大小为0.8 m/s2C．从释放到物块离开长木板所用的总时间为2 sD．物块离开长木板瞬间的速度大小为10.8 m/s[解析]系统释放瞬间，设物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，对物块，由牛顿第二定律可得mg sin37°＝ma1，代入数据解得a1＝6 m/s2，A错误；对长木板，由于mg sin37°<2μ2mg cos37°，故物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，即加速度为零，B错误；物块在ab段滑动时，由运动学公式得x ab＝a1t，解得t1＝1 s，当物块滑到长木板的bc段时，对物块，由牛顿第二定律得mg sin37°－μ1mg cos37°＝ma1′，代入数据解得a1′＝4.8 m/s2，则物块的位移为x1′＝vt2＋a1′t，v＝a1t1，对长木板，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μ1mg cos37°－μ2·2mg cos37°＝ma2′，解得a2′＝0.8 m/s2，长木板的位移为x2′＝a2′t，当物块刚好离开长木板时有x1′－x2′＝x bc，联立可解得t2＝1 s，则物块在长木板上运动的总时间为t＝t1＋t2＝2 s，C正确；由以上分析可知，物块离开长木板时的速度大小为v′＝a1t1＋a1′t2＝(6×1＋4.8×1) m/s＝10.8 m/s，D正确．[答案]CD9.(2018·河南洛阳高三统考)如图所示，A、B两物体的质量分别为2 kg和1 kg，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为0.8，B与地面间的动摩擦因数为0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2.现对A 施加一水平拉力F，不计空气阻力，则()A．当F＝17 N时，物体A的加速度大小为0.5 m/s2B．当F＝21 N时，物体A的加速度大小为3 m/s2C．当F＝22 N时，A相对B滑动D．当F＝39 N时，B的加速度为9 m/s2[解析]当水平拉力F＝17 N时，大于B与地面之间的最大静摩擦力f B＝μB(m A＋m B)g＝0.4×(2＋1)×10 N＝12 N，若A、B之间不发生相对滑动，由牛顿第二定律，F－f B＝(m A＋m B)a，解得它们的加速度a＝m/s2，对A，设B对A的摩擦力为f，由牛顿第二定律，F－f＝m A a，解得f＝N，A、B之间的滑动摩擦力f A＝μA m A g＝0.8×2×10 N＝16 N，大于A、B之间的摩擦力f，则A、B 之间不发生相对滑动，物体A的加速度为a＝m/s2，选项A错误；要使A、B 之间发生相对滑动，A对B向右的摩擦力f A使B加速运动，由牛顿第二定律，f A－f B＝m B a B，解得a B＝4 m/s2；对A，由牛顿第二定律，F－f A＝m A a A，且a A>a B，解得F>24 N．当F＝21 N时，A、B未发生相对滑动，可解得A的加速度a′＝3 m/s2，选项B正确；当F＝22 N时，A相对B未发生滑动，选项C 错误；只要A、B发生相对滑动，无论F多大，B的加速度都为a B＝4 m/s2，选项D错误．[答案]B10.(2018·湖北黄冈高三质检)(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系．现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力F N与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是()[解析]外力反向后，A水平方向受弹簧弹力与B对A的弹力作用，B水平方向受A对B的弹力与拉力F作用，A、B先共同向右做匀加速运动，当两滑块间弹力恰好为0时，A、B分离．当两滑块间弹力恰好为0时，A、B加速度相同，此时A的加速度由弹簧弹力提供，所以此时弹簧未恢复原长，此后B在水平方向只受F作用，B、D正确．[答案]BD二、非选择题11．(2018·湖北襄阳模拟)如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以v＝5 m/s的恒定速度顺时针运动．一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以v0＝10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小．[解析](1)设物块刚滑上传送带时，加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mg sin37°＋μmg cos37°＝ma1代入数据解得：a1＝10 m/s2.(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1则v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s通过的位移：x1＝·t1＝3.75 m<6 m因μ<tanθ，此后物块继续减速上滑，设加速度大小为a2，则：mg sin37°－μmg cos37°＝ma2代入数据解得：a2＝2 m/s2设物块到达最高点的速度为v1，则：v2－v＝2a2x2x2＝l－x1＝2.25 m，解得：v1＝4 m/s.[答案](1)10 m/s2(2)4 m/s12.(2018·河南五校联考)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为3 kg的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量为1 kg的物体B连接，木板A的右端与滑轮之间的距离足够大．当B从静止开始下落距离0.8 m时，在木板A的右端轻放一质量为1 kg的小铁块C(可视为质点)，最终C恰好未从木板A上滑落．A、C间的动摩擦因数μ＝0.4，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)在木板上放小铁块前瞬间木板的速度大小；(2)木板A的长度l.[解析](1)在木板上放小铁块前，把A、B看作整体，由牛顿第二定律有m B g＝(m A＋m B)a1v＝2a1h解得：v1＝2 m/s.(2)在木板上放小铁块后，取向右为正方向，由牛顿第二定律，对小铁块有：μm C g＝m C a2得a2＝4 m/s2对A 、B 整体有：m B g －μm C g ＝(m A ＋m B )a 3得a 3＝1.5 m/s 2由题意知，小铁块滑到木板左端时，小铁块与木板的速度相同，则有a 2t ＝v 1＋a 3t ，解得：t ＝0.8 s由运动学公式可知：l ＝v 1t ＋a 3t 2－12a 2t 2解得：l ＝0.8 m.[答案] (1)2 m/s(2)0.8 m。

专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。

高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。

考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。

2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。

根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。

【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。