2018年高考物理总复习 高频考点专项练习 直线运动的规律及运动图像

专题1.5 其它运动图象一．选择题1. (2018·兰州名校联考)某质点做直线运动，运动速率的倒数1v与位移x 的关系如图所示，关于质点的运动，下列说法正确的是( )A ．质点做匀加速直线运动B.1v­x 图线斜率等于质点运动加速度C ．四边形AA ′B ′B 的面积可表示质点从O 到C ′所用的运动时间D ．四边形BB ′C ′C 的面积可表示质点从C 到C ′所用的运动时间 【参考答案】. D2.(2016安徽江南十校联考)如图甲，一维坐标系中有一质量为m =2kg 的物块静置于x 轴上的某位置（图中未画出），t =0时刻，物块在外力作用下沿x 轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图象的一部分。

下列说法正确的是A．物块做匀加速直线运动且加速度大小为1m/s2B．t=4s时物块位于x=4m处C．t=4s时物块的速率为2m/sD．在0~4s时间内物块所受合外力做功为2J【参考答案】C3．(2016河南中原名校第一次联考)以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A等高的位置处，由静止释放小球B。

若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx，则xt－t0图线为【参考答案】B【名师解析】t 0时刻小球A 的速度为gt 0，小球B 的速度为0，根据匀变速直线运动规律，两小球下落的高度分别为h A =(gt 0)t +12gt 2和h B =12gt 2，则Δx =h A －h B =gt 0t ， 即x t ∆= gt 0， x t∆与t 0成正比，选项B 正确。

4．(2016山东淄博模拟)一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt—t 图象如图所示，则A ．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s 2C ．质点在l s 末速度为1.5m/sD ．质点在第l s 内的平均速度为1.5m/s 【参考答案】D5.在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的二次方随位移变化的图象如图所示，则A．甲车的加速度比乙车的加速度小B．在x＝0.5m处甲乙两车的速度相等C．在x＝0.5m处甲乙两车相遇D．整个运动过程中甲乙两车不可能相遇【参考答案】BD6．（2016洛阳期末）放在水平面上的物体，在水平力F作用下开始运动，以物体静止时的位置为坐标原点，力F的方向为正方向建立x轴，物体的加速度随位移的变化图像如图8所示.下列说法中错误的是A.位移为x1B.位移为x2时，物体的速度达到最大C.D. 0～x2过程中物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中物体做匀减速直线运动【参考答案】BD【名师解析】在0～x2过程中，物体加速度a0不变，物体做匀加速直线运动，x2～x3过程中，物体加速度逐渐减小，但是加速度仍为正值，物体做加速度逐渐减小的加速运动，位移为x3时，物体的速度达到最大，选项BD错误。

运动学图象、追及相遇问题一、选择题：在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求．1．物体A、B的x－t图象如图所示，由图可知( )A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且v A＞v BB．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动C．在5 s内物体的位移相同，5 s末A，B相遇D． 5 s内A、B的平均速度相等【答案】A【解析】x－t图象斜率的大小表示物体速度的大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A项正确；B物体的出发点在离原点5 m处，A物体的出发点在原点处，B项错误；物体B在5 s内的位移为10 m－5 m＝5 m，物体A在3～5 s内的位移为10 m，故C、D两项均错误．2．国产“歼－15”舰载战斗机在航母甲板上加速起飞过程可看作匀变速直线运动，在某段时间内的x－t图象如图所示，视“歼－15”舰载战斗机为质点，根据图中所给数据判断该机加速起飞过程中，下列选项正确的是( )A．经过图线上M点所对应位置时的速度小于20 m/sB．在t＝2.5 s时的速率等于20 m/sC．在2～2.5 s这段时间内位移等于10 mD．在2.5～3 s 这段时间内位移等于10 m【答案】B【解析】由题图可知，在2 ～3 s这段时间内该机的平均速度v＝xt＝20 m/s，又匀变速直线运动的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度，故在t＝2.5 s时的速度等于20 m/s，选项B正确；结合图象可知M点位于t＝2.5 s时刻之后，其速度大于20 m/s，选项A错误；该机在2～2.5 s这段时间内的平均速度小于20 m/s，所以位移小于10 m，选项C 错误；而在2.5～3 s这段时间内，平均速度大于20 m/s所以位移大于10 m，选项D错误．3．(2017年沈阳检测)一汽车沿直线运动的速度－时间(v－t)图象如图所示，则下列关于该汽车运动情况的说法中正确的是 ( )A．第4 s末，汽车的运动方向发生变化B．6～10 s内，汽车一直处于静止状态C．汽车在0～6 s内的位移大小为24 mD．第12 s末，汽车的加速度为－1 m/s2【答案】D【解析】由v－t图象可以看出，4 s末，汽车的速度由6 m/s开始减小，但汽车的运动方向并没有发生变化，选项A错误；6～10 s内，汽车的速度为4 m/s，选项B错误；汽车在0～6 s内的位移为22 m，选项C错误；汽车在10～14 s内做匀减速直线运动，减速运动的加速度为a＝－1 m/s2，选项D正确．4．A、B两质点在同一直线上运动，它们的v－t图象如图所示．t1时刻两质点恰好相遇，则( )A．相遇前A质点在前，B质点在后B．在t3时刻，两质点再次相遇C．图示时间内，质点B先向正方向运动，t2时刻之后向负方向运动D．一定能再次相遇，且相遇发生在t3时刻之后【答案】D【解析】0～t1时间内，质点A的位移大于质点B的位移，因此相遇前A质点在后，B 质点前，A项错误；t1时刻A、B相遇，在t1～t3时间内，质点B的位移大于A的位移，因此B在A前面，在t3时刻，两质点不可能相遇，t3时刻之后，质点B的速度小于A的速度，A 再次追上质点B，B项错误，D项正确；图示时间内，质点B一直向正方向运动，C错误．5．甲、乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向做匀变速直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一路标，下表是每隔1 s记录的两车的速率．关于两车的运动，下列说法正确的是( )A 度变化较快B ．在0～4 s 内，乙车的平均速度较大C ．在0～4 s 内，甲车相对乙车行驶了56 mD ．在乙车追上甲车之前，t ＝5 s 时两车相距最远 【答案】D【解析】由表中数据可得，甲车的加速度大小a 1＝18.0－16.01 m/s 2＝2.0 m/s 2，乙车的加速度大小a 2＝4.0－3.01 m/s 2＝1.0 m/s 2，因此甲车的速度变化较快，A 项错误；在0～4 s内，甲、乙两车的平均速度分别为v 甲＝18.0＋10.02 m/s ＝14.0 m/s ，v 乙＝3.0＋7.02 m/s＝5.0 m/s ，乙车的平均速度小，B 项错误；在0～4 s 内，甲车相对乙车行驶的距离Δx ＝(v 甲－v 乙)t ＝9.0×4 m＝36 m ，C 项错误；在t ＝5 s 时两车速度相等，相距最远，D 项正确．6．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a －t 图象如图所示．下列v －t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )A B C D 【答案】D【解析】要确定v 的变化，就要了解a 大小怎么变，a 和v 的方向关系如何．由图可知，在0～T2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故选项B 、C 错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与0～T时间内相同，故选项A错误，D正确．27．(2014年山东卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示．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．t2C．t3D．t4【答案】AC【解析】“合外力的方向与速度方向相同”即质点的加速度a与速度v的方向相同，质点应做加速直线运动，由v－t图象可知，选项A、C正确．8．(2017年湖北荆州质检)某跳伞运动员从悬停在高空的直升机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中在空中沿竖直方向运动的v－t图象如图所示，则下列关于他的运动情况分析正确的是( )A．0～10 s加速度向下，10～15 s加速度向上B．0～10 s,10～15 s内都做加速度逐渐减小的变速运动C．0～10 s内下落的距离大于100 mD．10～15 s内下落的距离大于75 m【答案】A BC【解析】由图象可知，0～10 s的加速度方向向下，大小逐渐减小，10～15 s的加速度方向向上，大小也逐渐减小，则选项A、B正确；由图象的面积，可得0～10 s的位移大于100 m，10～15 s的位移小于75 m，则选项C正确，D错误．9．如图所示是甲、乙两质点从同一地点沿同一直线运动的v－t图象．关于两质点在0～8 s内的运动，下列说法正确的是( )A ．甲、乙两质点都在做匀速直线运动B ．甲、乙图线交点对应的时刻两质点速度相等，且相距最远C ．乙质点距离出发点的最远距离为80 mD ．甲、乙两质点在t ＝8 s 时同时回到出发点 【答案】BD【解析】由v －t 图可知甲质点的运动是匀变速直线运动，乙质点从2 s 时刻开始做匀变速直线运动，A 项错；甲质点的加速度大小为a 1＝10 m/s 2，乙的加速度大小为a 2＝203 m/s 2，设向右运动为正方向，图线交点时刻为t 0时刻，则甲在前4 s 内向右运动，4 s 时刻到t 0时刻向左运动，乙在2～5 s 时间内向左运动，前4 s 时间内甲向右运动而乙向左运动，距离越来越大，4 s 时刻到t 0时刻这段时间内甲、乙运动方向均向左，但甲的速度小于乙的速度，故继续拉大距离，直到t 0时刻以后开始缩小距离，故B 项对；乙质点在前5 s 内向左运动，之后向右运动，故乙质点在5 s 时刻距离出发点最远，由乙图线与坐标轴围成的面积可知乙质点离出发点最远距离为12×3×20 m ＝30 m ，C 项错；由图线与坐标轴围成的面积可知，在8 s 内甲运动的位移为零，乙运动的位移也为零，故D 项对．二、非选择题10．斜面长度为4 m ，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v 0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x 与初速度二次方v 20的关系图象(x －v 20图象)如图所示．(1)求滑块下滑的加速度大小．(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s ，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？解：(1)由v 20＝2ax 推知，图线“斜率”为12a ，所以滑块下滑的加速度大小a ＝2 m/s 2.(2)由图象可知，当滑块的初速度为4 m/s 时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0 m/s 时能滑到斜面最低点．设滑块在斜面上的滑动时间为t ，则x ＝v 0t －12at 2，即4＝5t －12×2t 2，解得t ＝1 s ，t ＝4 s(舍去)．11．两个完全相同的物块A ，B ，在同一粗糙水平面上以不同的初速度从同一位置开始运动．图中两条直线分别表示物块受到水平拉力作用和不受拉力作用的v －t 图象，求：(1)从开始到两物块第一次间距最远的时间； (2)8 s 末物块A ，B 之间的距离x .解：(1)设A ，B 两物块的加速度分别为a 1，a 2，由v －t 图象可知，物块A 的初速度v 01＝3 m/s ，物块B 的初速度v 02＝9 m/s,8 s 末物块A 的速度v 1＝12 m/s,6 s 末物块B 的速度v 2＝0，则a 1＝Δv 1Δt 1＝12－38－0 m/s 2＝98 m/s 2a 2＝Δv 2Δt 2＝0－96－0m/s ＝－1.5 m/s 2距离最远时两物块的速度相等，从开始到两物块距离最远的时间为t ，由公式v ＝v 0＋at 得v ＝v 02＋a 2tv ＝v 01＋a 1t联立得t ＝167s.(2)设A ，B 两物块8 s 内的位移分别为x 1，x 2，由题中图象得x 1＝v 01＋v 12t 1＝60 mx 2＝v 02＋v 22t 2＝27 m x ＝x 1－x 2＝33 m.12．交通法则规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，3秒黄灯提示后将再转为红灯．请问：(1)若甲车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18 m ，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)若甲、乙车均以v 0＝15 m/s 的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车(乙车司机的反应时间Δt 2＝0.4 s ，反应时间内视为匀速运动)．已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a 1＝5 m/s 2，a 2＝6 m/s 2.若甲车司机看到黄灯闪烁时车头距警戒线L ＝30 m ，要避免闯红灯，他的反应时间Δt 1不能超过多少？(3)满足第(2)问的条件下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前的距离x 0至少多大？解：(1)设在满足条件的情况下，甲车的最大行驶速度为v 1，根据平均速度公式有v 12·t 1＝18 m所以v 1＝12 m/s.(2)对甲车：v 0Δt 1＋v 202a 1＝L代入数据得Δt 1＝0.5 s.(3)设乙车减速运动的时间为t ，当甲、乙两车速度相等时，即v 0－a 2t ＝v 0－a 1(t ＋Δt 2)解得t ＝2 s则v ＝v 0－a 2t ＝3 m/sx 1＝v 20－v 22a 1＝21.6 mx 2＝v 0Δt 2＋v 20－v22a 2＝24 m故刹车前的距离至少为x 0＝x 2－x 1＝2.4 m.。

匀变速直线运动规律1.某质点做匀加速直线运动，它在第5 s内的位移大小为5 m，第10 s内的位移大小为10 m，下列说法正确的是()A．该质点在t＝0时刻的速度为0B．该质点做匀加速直线的加速度大小为2 m/s2C．该质点在第20 s内的位移大小为20 mD．该质点在前10 s的平均速度大小为10 m/s2.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v －t图象如下图所示．两图象在t＝t1时相交于P点，P 在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S.在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d.已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能的是()A．t′＝t1，d＝S B．t′＝t1，d ＝SC．t′＝t1，d ＝S D．t′＝t1，d ＝S3.将一个物体在t＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8 s时刻物体的速度大小变为8 m/s，(g取10 m/s2)则下列说法正确的是()A．物体一定是在t＝3.2 s时回到抛出点B．t＝0.8 s时刻物体的运动方向可能向下C．物体的初速度一定是20 m/sD．t＝0.8 s时刻物体一定在初始位置的下方4.一杂技演员，用一只手抛球、接球．他每隔0.40 s抛出一个球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是()(高度从抛球点算起，取g＝10 m/s2)A． 1.6 m B． 2.4 m C． 3.2 m D． 4.0 m5.(多选)从静止开始做匀加速运动的物体()A．第1 s、第2 s、第3 s末的瞬时速度之比是1∶2∶3 B．第1 s、第2 s、第3 s内的平均速度之比是1∶2∶3 C．前1 s、前2 s、前3 s内的平均速度之比是1∶2∶3 D．前1 s、前2 s、前3 s的中间时刻的瞬时速度之比是1∶2∶36.(多选)在平直的公路上前后同向行驶着甲、乙两辆汽车(车长不计)，甲在前，乙在后，速度大小分别为v甲、v 乙，且v乙＞v甲．当甲、乙两车相距L时，甲车开始以a 甲的加速度大小做匀减速直线运动，为了不发生撞车事故，乙车即刻也做匀减速直线运动，则关于乙车的最小加速度的大小a乙，下列关系式可能正确的是() A．a乙＝a甲＋B．a乙＝C．a乙＝a甲－D．a乙＝7.(多选)甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图象如图所示，图中△OPQ和△OQT的面积分别为S1和S2(S2＞S1)．开始时，甲车在乙车前方S0处()A．若S0＝S1＋S2，两车不会相遇B．若S0＜S1，两车相遇2次C．若S0＝S1，两车相遇1次D．若S0＝S2，两车相遇1次8.飞机、火车、汽车等交通工具由静止到稳定运动的过程都可以看做从零开始的匀加速直线运动．若一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，则求汽车：(1)1 s末、2 s末、3 s末瞬时速度之比；(2)1 s内、2 s内、3 s内的位移之比；(3)第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比；(4)经过连续相等的位移，如经过第一个x、第二个x、第三个x所用时间之比．9.轻轨列车共有6节，每节长度相同．某乘客在站台上的车头位置，当列车从静止开始做匀加速直线运动时，他发现第1节车厢经过他面前所花的时间是6 s，那么全部列车经过他面前需多长时间？10.以v0＝20 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，2 s 后以相同的初速度在同一点竖直向上抛出另一个同样的小球，忽略空气阻力，则两球相遇处离抛出点的高度是多少？(g取10 m/s2)11.短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)答案解析1.【答案】C2.【答案】D3.【答案】A4.【答案】C5.【答案】ACD6.【答案】AB7.【答案】ABC8.【答案】(1)1∶2∶3(2)1∶4∶9(3)1∶3∶5 (4)1∶(－1)∶(－)【解析】(1)由v＝at知：v1∶v2∶v3＝1∶2∶3(2)由x＝at2得：x1∶x2∶x3＝1∶22∶32＝1∶4∶9(3)第1 s内位移xⅠ＝a×12第2 s内位移xⅡ＝a×22－a×12＝a×3第3 s内位移为xⅢ＝a×32－a×22＝a×5故xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5(4)由x＝at，得第一个x所用时间tⅠ＝.前2x所用时间t2＝故第二个x所用时间为tⅡ＝t2－tⅠ＝(－1)同理第三个x所用时间tⅢ＝(－)所以有tⅠ∶tⅡ∶tⅢ＝1∶(－1)∶(－)．9.【答案】6s【解析】由比例法知，第1节车厢用时为6 s，则第2节为6(－1) s，第3节为6(－) s，…，第6节用时6(－) s，则总时间为6s.10.【答案】15 m 【解析】设第二个小球抛出后经过时间t和第一个小球相遇．解法一：根据位移相等，有v0(t＋2)－g(t＋2)2＝v0t－gt2，解得t＝1 s代入位移公式得h＝v0t－gt2＝15 m.解法二：根据速度的对称性，上升过程和下降过程经过同一位置速度等大、反向，即－[v0－g(t＋2)]＝v0－gt，解得t＝1 s.代入位移公式得h＝v0t－gt2＝15 m.解法三：根据时间的对称性，设第一个小球到达最高点所用时间为t′，则有t＋(t＋2)＝2t′，即t＝t′－1，式中t′＝＝s＝2 s，解得t＝1 s，代入位移公式得h＝v0t－gt2＝15 m.11.【答案】(1)1.29 s11.24 m/s(2)8.71 m/s2【解析】(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动时的速度为v(以m/s为单位)，则有vt＋(9.69－0.15－t)v＝100 ①vt＋(19.30－0.15－t)×0.96v＝200 ②由①②式得t≈1.29 s，v≈11.24 m/s(2)设加速度大小为a，则v≈11.24 m/sa ＝≈8.71 m/s2。

专题01 直线运动纵观近几年高考试题，预测2018年物理高考试题还会考：1、主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。

与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。

2、匀变速直线运动的图象在考试中出现的频率很高，主要以选择题为主，但要注意与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识结合一起，这样的题有一定的难度。

考向01 匀变速直线运动规律1.讲高考（1）考纲要求①掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用。

②掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．（2）命题规律主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。

与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。

案例1．【2016·全国新课标Ⅲ卷】一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为： （ ） A ．2s t B ．232s t C ．24s t D ．28s t 【答案】A【解析】设初速度为1v ，末速度为2v ，根据题意可得221211922mv mv ⋅=，解得213v v =，根据0+v v at =，可得113+v v at =，解得12at v =，代入2112s v t at =+可得2sa t=，故A 正确。

【方法技巧】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰明了，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题。

案例2． 【2015·江苏·5】如图所示，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 。

第2讲力与直线运动一、记牢匀变速直线运动的“四类公式”二、理清一个网络，破解“力与运动”的关系高频考点1运动图象的理解及应用1－1.(2017·宁德市高中质检)AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是()A．子弹离开枪膛时的速度为450 m/sB．子弹离开枪膛时的速度为600 m/sC．子弹在枪膛内运动的距离小于0. 45 mD ．子弹在枪膛内运动的距离大于0. 45 m解析：根据Δv ＝at 可知，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：v ＝12×3×10－3×2×105 m /s ＝300 m/s ，选项A 、B 错误；子弹在枪膛内的做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v2＝150 m/s ，故子弹在枪膛内运动的距离大于v2t ＝150×3×10－3m ＝0.45 m ，故选项C 错误，D 正确；故选D ．答案：D1－2.(2017·广元市高三统考)如图所示为A 、B 两质点在同一直线上运动的位移－时间(x -t )图像．A 质点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C 、D 坐标如图所示．下列说法正确的是( )A ．t 1时刻B 追上A ，t 2时刻A 追上BB ．t 1～t 2时间段内B 质点的平均速度小于A 质点的平均速度C ．质点A 做直线运动，质点B 做曲线运动D ．两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻解析：图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，t 1时刻A 追上B ，t 2时刻B 追上A ，故A 错误；t 1～t 2时间段内，两质点通过的位移相等，则B 质点的平均速度与A 质点匀速运动的速度相等，故B 错误；两物体的速度均为正值，故两质点均做直线运动，选项C 错误；因曲线的切线的斜率等于物体的速度，故由图像可知两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间段内的某时刻，故D 正确．答案：D1－3.(2017·延边州高三质检)将质量为m ＝0.1 kg 的小球从地面竖直向上抛出，初速度v 0＝20 m/s ，小球在运动中所受空气阻力与速率的关系为f ＝kv ，已知k ＝0.1 kg/s.其在空中的速率随时间的变化规律如图所示，取g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．小球在上升阶段的平均速度大小为10 m/sB ．小球在t 1时刻到达最高点，此时加速度为零C ．小球落地前匀速运动，落地速度大小v 1＝10 m/sD ．小球抛出瞬间的加速度大小为20 m/s 2解析：根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于v 02＝10 m/s ，故小球上升过程的平均速度小于10 m/s ，故A 错误．球在t 1时刻速率为零，到达最高点，空气阻力为零，只受重力，加速度为g ，故B 错误．由图象可知，小球落地前匀速运动，由mg ＝f ＝k v 1；得v 1＝10 m/s.故C 正确．小球抛出瞬间，有：mg ＋kv 0＝ma 0；联立解得：a 0＝30 m/s 2.故D 错误．答案：C图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合．利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图象中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口．解决此类问题的一般思路定图象―→明确图象是x -t 图象还是v -t 图象等 ↓明意义―→充分理解图象的截距、斜率、交点等的物理意义，根据图象判断物体的运动情况及物体之间的相互关系↓用规律―→根据在运动图象中找出的各物理量之间的关系，运用相应的运动学规律进行求解高频考点2 匀变速直线运动规律的应用1．此类问题考查直线运动的运动学知识，一般不涉及力的问题，因此主要应用运动学规律进行求解，解题的一般步骤如下：(1)弄清题意，划分过程→根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程．(2)依据已知，分析过程→依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析． (3)结合已知，列出方程→结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程．2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间时刻速度公式v t 2＝v －＝x t ＝v 0＋v2及相邻相等时间T 内位移差公式x n －x m ＝(n －m )aT 2；如果题中给出初(或末)速度为0，则要优先使用初速度为0的匀变速直线运动的“比例公式”．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．如图所示为某型号货车紧急刹车时(假设做匀减速直线运动)的v 2-x 图像(v 为该货车的速度，x 为制动距离)，其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像，图线2为严重超载时的制动图像．某路段限速72 km/h 是根据该型号货车满载时安全制动时间和距离确定的．现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h 的速度行驶，通过计算求解下列问题．(1)求满载时制动加速度大小a 1、严重超载时制动加速度大小a 2；(2)驾驶员紧急制动时，该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离是否符合安全要求？(3)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s ，则该型号货车满载时以72 km/h 的速度正常行驶的跟车距离至少应为多远？[思路点拨](1)通过图像可确定加速度的大小；(2)由运动学规律可求货车满载和严重超载时的制动时间和制动距离； (3)货车在反应时间内做匀速直线运动．【解析】 (1)根据题意由匀变速直线运动的速度位移公式可得：v 2＝2ax ，则a ＝v 22x，由图可知，满载时加速度大小a 1＝5 m/s 2，严重超载时加速度大小a 2＝2.5 m/s 2．(2)由题意可知，该型号货车严重超载时的初速度大小为v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，满载的最大安全速度为v m ＝72 km/h ＝20 m/s.由匀变速直线运动的规律可得其严重超载时制动时间t 1＝v 0a 2＝6 s ，制动距离x 1＝v 202a 2＝45 m ．满载时安全减速时间为t 2＝v m a 1＝4 s ，制动距离为x 2＝v 2m2a 1＝40 m ．由于t 1>t 2，x 1>x 2，故该型号货车严重超载时的制动时间和制动距离均不符合安全要求．(3)货车驾驶员在反应时间内匀速行驶的距离为x 3＝v m t ＝20 m ．匀减速过程行驶的距离为x 4＝v 2m2a 1＝40 m ，从发现险情到货车停止运动，货车行驶距离为x ＝x 3＋x 4＝60 m ，故从安全的角度考虑，跟车距离至少应为60 m ．【答案】 (1)a 1＝5 m/s 2 a 2＝2.5 m/s 2(2)均不符合安全要求 (3)60 m2－1.(2017·长沙市中学一模)某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x ，则质点运动的加速度为( )A ．3x2B ．2x3C ．2x5B ．5x 2解析：3秒内的位移x ＝12at 2＝ 92a,2秒内的位移12at ′2＝2a .则9a 2－2a ＝x ，解得：a ＝2x5.故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C2－2.(2017·宁夏六盘山高级中学二模)在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点．现有一套跑步跨栏装置，平台长L 1＝4 m ，跑步机皮带长L 2＝32 m ，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L 3＝10 m ，且皮带以v 0＝1 m/s 的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a 2＝1 m/s 2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s 爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a 2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？解析：挑战者匀加速通过平台：L 1＝12a 1t 21通过平台的时间：t 1＝2L 1a 1＝2 s 冲上跑步机的初速度：v 1＝a 1t 1＝4 m/s 冲上跑步机至跨栏：L 3＝v 1t 2＋12a 2t 22解得t 2＝2 s摔倒至爬起随跑步机移动距离： x ＝v 0t ＝1×2 m ＝2 m(向左)取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v 0＝a 2t 3 解得：t 3＝1 s对地位移为：x 1＝v 0t 3－12a 2t 23＝0.5 m(向左)挑战者向右加速冲刺过程有：x ＋x 1＋L 2－L 3＝12a 2t 24解得：t4＝7 s挑战者通过全程所需要的总时间为：t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s．答案：14 s高频考点3牛顿运动定律的应用3－1．(多选)(2017·厦门市质检)小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车水平向右作匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，如图所示()A．细绳的受到的拉力为mg/cos θB．细杆对环作用力方向水平向右C．细杆对小环的静摩擦力为MgD．细杆对环弹力的大小为(M＋m)g tan θ解析：对小球受力分析可知，细绳受到的拉力为T＝mgcos θ，选项A正确；环受到杆水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故细杆对环作用力方向斜向右上方，选项B错误；对小球和圆环的整体，竖直方向分析可知，细杆对小环的静摩擦力为(M＋m)g，选项C错误；对小球受力分析可知：mg tan θ＝ma；对球和环的整体：N＝(M＋m)a，解得：N＝(M＋m)g tan θ，选项D正确；故选AD．答案：AD3－2．(2017·宁德市质检)如图所示，质量为0.2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.6 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()A．0.5 N B．2.5 NC．0 N D．1.5 N解析：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F＝m A g＝0.2×10＝2 N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a ＝(m A ＋m B )g －Fm A ＋m B＝(0.2＋0.6)×10－20.2＋0.6＝7.5 m/s 2，隔离对B 分析：m B g －N ＝m B a ，解得：N ＝m B g －m B a ＝0.6×10－0.6×7.5 N ＝1.5 N ．故选D ．答案：D3－3.(多选)(2017·桂林、崇左联合调研)水平力F 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力F 拉静止在水平桌面上的小物块，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示．重力加速度大小为10 m/s 2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力．由图示可知( )A ．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 NB ．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1C ．物块的质量m ＝2 kgD ．在0～4 s 时间内，合外力的冲量为12 N·S解析：由图b 可知，t ＝2 s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由图a 读出最大静摩擦力为6 N ，故A 错误．由图知：当t ＝2 s 时，a ＝1 m/s 2，f ＝6 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：6－μm ×10＝m .当t ＝4 s 时，a ＝3 m/s 2，F ＝12 N ，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，代入得：12－μm ×10＝3 m ．联立解得μ＝0.1，m ＝3 kg ，故B 正确，C 错误．a -t 图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0－4 s 内物体速度的增量为Δv ＝1＋32×(4－2)＝4 m/s ，t ＝0时刻速度为0，则物块在第4 s 末的速度为4 m/s ；根据动量定理，得0－4 s 内合外力的冲量为：ΔI ＝ΔP ＝m Δv ＝3×4＝12 N·s.故D 正确．答案：BD3－4． (多选)(2017·包头市高三模拟)如图所示，一个质量为m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P 、Q 两点处，弹簧的劲度系数为k ，起初圆环处于O 点，弹簧处于原长状态且原长为L ，细杆上面的A 、B 两点到0点的距离都为L .将圆环拉至A 点由静止释放，重力加速度为g ，对于圆环从A 点运动到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．圆环通过O 点的加速度小于gB ．圆环在O 点的速度最大C ．圆环在A 点的加速度大小为g ＋(2－2)kLmD ．圆环在B 点的速度为2gL解析：圆环在O 点只受重力，则此时加速度a ＝g ，A 错误；圆环在O 点时加速度向下，速度向下，仍在加速，速度不是最大值，B 错误；圆环在A 点的加速度大小为：a A ＝mg ＋2×k (L 2＋L 2－L )×cos 45°m＝g ＋(2－2)kLm ，C 正确；A 、B 两点到O 点的距离都为L ，弹簧在此过程中没有做功，只有重力做功，根据动能定理得：mg ·2L ＝12m v 2，即v ＝2gL ，D 正确．答案：CD1．整体法和隔离法的适用条件(1)整体法：连接体中各物体具有共同的加速度．(2)隔离法：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．2．两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．高频考点4 运动图象与牛顿运动定律的综合应用为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝k v ．(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)[思路点拨] (1)滑块下滑过程中受几个力作用？ (2)在v - t 图象中，v ＝0时，加速度是否等于零？(3)能否利用v - t 图象获取物体运动的最大速度？此时物体加速度是多大？ 【解析】 (1)a ＝mg sin θ－μmg cos θ－k v m ＝g sin θ－μg cos θ－k v m滑块下滑过程中加速度随速度的增大而减小，速度增大到某一定值时加速度等于零． (2)当a ＝0时速度最大，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，解得μ＝2315＝0.23最大速度v ＝2 m/s ，v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k＝2 m/s ，解得k ＝3 kg/s ．【答案】 (1)a ＝g sin θ－μg cos θ－k v m (2)v max ＝mg (sin θ－μcos θ)k 减小滑块质量或减小斜面倾角 (3)μ＝0.23k ＝3 kg/s动力学与图象的综合问题做好两步第1步：判别物理过程．由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质．第2步：选择解答方法．根据质点的运动性质，选择公式法、图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断．4－1.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( )解析：根据v-t图象可知升降机的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．答案：B4－2.(2017·江西三市七校联考)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图a.已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x -t图线如图b所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块滑回出发点时的速度v t．解析：(1)物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，位移x＝1.4－0.4＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；根据位移时间公式，有：x＝v0t＋12；2at根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s2(2)上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma代入数据解得：μ＝0.25(3)木块下滑过程，根据牛顿第二定律，有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma′代入数据解得：a′＝4 m/s2物体匀加速下滑，根据速度位移公式，有：v2t＝2a′x答案：(1)木块上滑时的初速度为4 m/s，上滑过程中的加速度为－8 m/s2；(2)木块与斜面间的动摩擦因数为0.25；(3)木块滑回出发点时的速度为22m/s．“板块”模型由木板和物块组成的相互作用的系统统称为板块模型，题目中常涉及多物体、多过程问题，是力学中最经典、最基本的模型之一，该模型往往利用一个可视为质点的小物块在一长木板上滑动的过程，求解过程中相关的物理量．题目中可涉及静摩擦力、滑动摩擦力的方向判断和大小计算等内容，还可涉及牛顿运动定律、运动学规律，动能定理和能量的转化与守恒等知识，考查知识点较多，对考生的分析综合能力、应用数学求解物理问题的能力等要求较高．本模型在高考中常以物块—木板组合的形式出现．有时还会与斜面等结合在一起进行考查．水平面上的板块模型(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，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＝4 kg，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＝3 m/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＝10 m/s2.求(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．【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f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1 ⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v t ＝1 m/s⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，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v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)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 s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m⑰(也可用如图所示的速度－时间图线求解)【答案】(1)1 m/s(2)1.9 m板块模型至少涉及两个物体，所以运动过程和解法一般比较复杂．此类模型一般的处理方法如下．(1)弄清题意，划分过程：根据题意，弄清楚物体的运动究竟经历了哪几个过程；(2)依据已知，分析过程：依据题目中给出的已知条件，对每个过程进行运动学或动力学分析；(3)结合已知，列出方程：结合题目中给出的已知条件，根据运动学规律、牛顿运动定律或能量守恒定律等列出物体运动的每个过程中对应的方程，然后进行求解．解此类模型时还要注意，要紧紧抓住过程之间的连接点，这些连接点往往是解决问题的突破口(一般要从连接点的速度、加速度以及受力情况入手进行分析)．板块模型可以拓展为各种不同的形式，如将板块模型与斜面结合、滑块与传送带结合等各种不同的复合形式．但不论是哪种形式的板块模型，都需要从物理情境中确定研究对象，根据板块间的相互作用和各自的受力情况，建立物理模型，按照各自的运动过程逐一进行分析，画出运动过程的示意图，找出两物体相对运动的数学关系，挖掘隐含条件和临界条件，结合对应的物理规律进行求解．板块中的“斜面类模型”如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．【解析】由题意可知，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度设小物块的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 设木板的加速度大小为a ′，由牛顿第二定律可得F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′ 设小物块和木板达到共同速度所用时间为t ，由运动学公式可得v 0－at ＝a ′t设小物块和木板共速时小物块的位移为x ，木板的位移为x ′，由位移公式可得x ＝v 0t －12at 2，x ′＝12a ′t 2小物块恰好不从木板的上端滑下，有x －x ′＝l 以上各式联立并代入数据求解可得l ＝0.714 m ． 【答案】 0.714 m斜面上的板块模型，主要考查已知受力情况求解运动情况的典型动力学问题．由于木板和物块均在斜面上运动，因此解决此类问题的关键除了对物体进行受力分析之外，还要注意将木板和物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向进行分解．另外，还要分析清楚木板和物块各自的运动过程，以及二者之间相互联系的物理量，最后结合运动学规律、牛顿运动定律或动能定理进行求解．板块中的“传送带模型”(多选) (2017·成都外国语学校高三月考)三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带底端都以4 m/s 的初速度冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A ．物块A 、B 都能到达传送带顶端B ．两物块在传送带上运动的全过程中，物块A 、B 所受摩擦力一直阻碍物块A 、B 的运动C ．物块A 运动到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程为1.25 mD ．物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度为0.45 m【解析】 重力沿传送带向下的分力：G 1＝mg sin 37°＝35 mg ，物体与传送带间的摩擦力：f ＝μmg cos 37°＝25 mg ；物块A 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a A ＝G 1＋f m ＝35mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，A 的速度减为0时的位移：x A ＝v 202a A ＝422×10＝0.8 m<2 m ，A 不能到达传送带顶端，故A 错误；A 先向上做匀减速直线运动，速度变为零后，传送带对A 的摩擦力平行于传送带向下，A 向下做加速运动，摩擦力对A 做正功，摩擦力对A 不是阻碍作用，故B 错误；物块A 先向上做匀减速直线运动，物块A 减速运动时间：t 1＝v 0a A ＝410＝0.4 s ，A 速度变为零后将沿传送带向下做匀加速直线运动，加速度：a A ′＝a A ＝10 m/s 2，物块与传送带速度相等需要的时间：t 2＝v 传送带a A ′＝110＝0.1 s ，A 向下运动的位移：x A ′＝12v t 2＝12×0.1＝0.05 m ，在整个过程中，传送带的位移：x 传送带＝v (t 1＋t 2)＝1×(0.4＋0.1)＝0.5 m ，物块A 上冲到与传送带速度相同的过程中，物块相对传送带运动的路程：s ＝x A －x A ′＋x 传送带＝0.8－0.05＋0.5＝1.25 m ，故C 正确；物块B 向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：a B ＝G 1＋f m ＝35 mg ＋25mg m ＝10 m/s 2，物块B 减速到与传送带速度相等需要的时间：t B ＝v 0－v a B ＝4－110＝0.3 s ，物体B 的位移：x B ＝v 0＋v 2t B ＝4＋12×0.3＝0.75 m ，该过程传送带的位移：x ＝v t B ＝1×0.3＝0.3 m ，物块B 在上冲过程中在传送带上留下的划痕长度：s ＝x B －x ＝0.75－0.3＝0.45 m ，故D 正确．【答案】 CD传送带问题中往往是传送带匀速转动，传送带上面的物块做匀变速直线运动，此类问题的一般解决办法：首先选取研究对象(一般为传送带上的物块)，然后对研究对象进行隔离处理，分析物块在传送带上运动时的动力学特征，最后结合运动学规律、牛顿运动定律以及功能关系等列出相应的方程进行求解．。

专题1.4 加速度图象1．（2018中原名校联盟）A、B、C、D四个物体在同一条直线上做直线运动，A物体的x－t、B物体的v－t、C物体和D物体的a－t图象依次如图所示，规定水平向右为正，已知物体在t＝0时的速度均为零，且此时C物体在D物体的左边1．75m处，则A．其中0～4s内物体运动位移最大的是B物体B．其中0～4s内物体运动位移最大的是C物体C．t＝2．5s时C物体追上D物体D．t＝3．5s时C物体追上D物体【参考答案】BD2．（2018吉林延边名校检测）如图所示，质量为m1的足够长的木板B静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块A。

t＝0时刻起，给木板施加一水平恒力F，分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中不符合两者运动情况的是【参考答案】C3. (2018重庆巴蜀中学月考)一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。

取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是A.在1~2 s时间内，物体做减速运动B.在t=2 s时物体的速度最大，为3 m/sC.在1~3 s时间内，物体做匀变速直线运动D.在0~4 s时间内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动【参考答案】B【名师解析】在0~2 s时间内物体加速度为正，沿正方向做加速运动，在2~4 s时间内加速度为负，物体沿正方向做减速运动，选项AD错误；在1~3 s时间内物体做加速度先减小后反向增大的变加速运动，选项C错误；a－t图象与横轴所围面积为速度变化量，t=2 s时加速度反向，故t=2 s时物体的速度最大，为3 m/s，选项B正确。

【点拨】根据物体的加速度变化情况分析物体的运动时，也可作出物体的v－t图象进行分析，特别要注意的是加速度反向时，运动不一定反向。

4．（2018湖北省襄阳联考）甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示。