專(zhuān)題01 力與直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)一、單選題1．（2022·河南·洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）意大利物理學(xué)家伽利略在《關(guān)于兩門(mén)新科學(xué)的對(duì)話(huà)》一書(shū)中，對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究，是科學(xué)實(shí)驗(yàn)和邏輯思維的完美結(jié)合。如圖所示，這可以大致表示實(shí)驗(yàn)過(guò)程，圖中各個(gè)小球位置之間的時(shí)間間隔可以認(rèn)為相等，對(duì)這一過(guò)程的分析，下列說(shuō)法正確的是（　　）A．運(yùn)用圖甲的實(shí)驗(yàn)，可“減弱”重力的作用，放大時(shí)間，便于觀(guān)察B．只要測(cè)量出圖丁中相鄰兩小球球心位置之間的距離，就可以計(jì)算出重力加速度大小C．該實(shí)驗(yàn)中將自由落體運(yùn)動(dòng)改為在斜面上運(yùn)動(dòng)是為了縮短時(shí)間，便于測(cè)量位移D．從圖甲到圖丁，通過(guò)逐漸增大斜面傾角，最后合理外推到自由落體運(yùn)動(dòng)，從而說(shuō)明自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度不為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)（　?。?/span>【答案】A【詳解】A．運(yùn)用圖甲的實(shí)驗(yàn)，可“減弱”重力的作用，放大時(shí)間，便于觀(guān)察，A正確；B．只有測(cè)量出圖丁中相鄰兩小球球心位置之間的距離和各個(gè)小球位置之間的時(shí)間間隔T，才能利用計(jì)算出重力加速度大小，只測(cè)量出圖丁中相鄰兩小球球心位置之間的距離，不能計(jì)算出重力加速度大小，B錯(cuò)誤；C．該實(shí)驗(yàn)中將自由落體運(yùn)動(dòng)改為在斜面上運(yùn)動(dòng)的設(shè)計(jì)思想是為了“放大”時(shí)間，便于測(cè)量時(shí)間，C錯(cuò)誤；D．從圖甲到圖丁通過(guò)逐漸增大斜面傾角，最后合理外推到自由落體運(yùn)動(dòng)，從而說(shuō)明自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選A。2．（2022·新疆·博樂(lè)市高級(jí)中學(xué)（華中師大一附中博樂(lè)分校）模擬預(yù)測(cè)）將一乒乓球豎直向上拋出，乒乓球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，它的動(dòng)能隨時(shí)間變化的關(guān)系的圖線(xiàn)如圖所示。已知乒乓球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到的空氣阻力與速率平方成正比，重力加速度為。則乒乓球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度的最小值、最大值為（　?。?/span>A．， B．， C．， D．，【答案】B【詳解】乒乓球最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度最小為0，而乒乓球剛向上拋出時(shí)，速度最大，阻力最大，加速度最大，設(shè)最大速度為，則乒乓球最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度為，則此時(shí)的動(dòng)能聯(lián)立上式可解得故選B。3．（2022·湖南·長(zhǎng)沙一中一模）如圖所示，將一盒未開(kāi)封的香皂置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，香皂盒的移動(dòng)很小，幾乎觀(guān)察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)，若香皂盒和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。若本實(shí)驗(yàn)中，，，，香皂盒與紙板左端的距離，若香皂盒移動(dòng)的距離超過(guò)，人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取10m/s2；為確保香皂盒移動(dòng)不被人感知，紙板所需的拉力至少是（　?。?/span>A．0.72N B．0.92N C．1.22N D．1.42N【答案】D【詳解】香皂盒與紙板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得對(duì)紙板，根據(jù)牛頓第二定律可得為確保實(shí)驗(yàn)成功，即香皂盒移動(dòng)的距離不超過(guò)l＝0.002m，紙板抽出時(shí)香皂盒運(yùn)動(dòng)的最大距離為紙板運(yùn)動(dòng)距離為紙板抽出后香皂盒運(yùn)動(dòng)的距離為則由題意知代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求得故選D。4．（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）無(wú)人機(jī)由于小巧靈活，國(guó)內(nèi)已經(jīng)逐步嘗試通過(guò)無(wú)人機(jī)進(jìn)行火災(zāi)救援。某消防中隊(duì)接到群眾報(bào)警，趕至火災(zāi)點(diǎn)后，迅速布置無(wú)人機(jī)消防作業(yè)。假設(shè)無(wú)人機(jī)從靜止豎直向上起飛，勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)后恰好懸停在火災(zāi)點(diǎn)，整個(gè)過(guò)程速度-時(shí)間圖像如下圖示。已知無(wú)人機(jī)的質(zhì)量（含裝備等）為15kg，下列說(shuō)法正確的是（　　）A．火災(zāi)位置距離消防地面的距離為60mB．加速階段的加速度比減速階段的加速度要大C．減速階段，無(wú)人機(jī)螺旋槳處于失重狀態(tài)D．加速階段時(shí)，無(wú)人機(jī)螺旋槳的升力大小為75N【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖形中梯形面積計(jì)算可知，火災(zāi)位置距離消防地面距離為90m，故A錯(cuò)誤；B．加速階段的加速度大小減速階段的加速度大小故B錯(cuò)誤；C．減速上升階段，加速度方向豎直向下，無(wú)人機(jī)螺旋槳處于失重狀態(tài)，故C正確；D．加速階段時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律F-mg=ma代入數(shù)據(jù)解得無(wú)人機(jī)螺旋槳產(chǎn)生升力為F=187.5N故D錯(cuò)誤。故選C。5．（2022·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，abcde是四段平滑鏈接的路面，一輛用輕繩懸掛小球的小車(chē)靜止在起點(diǎn)，輕推小車(chē)，小車(chē)可以沖上de路面。若所有摩擦均不計(jì)，且忽略小車(chē)在各銜接路段對(duì)小球的擾動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球與小車(chē)總是保持相對(duì)靜止，那么輕繩與車(chē)頂垂直的階段是（　?。?/span>A．只有ab路面 B．只有bc路面 C．只有cd路面 D．全程【答案】D【詳解】小車(chē)在bc路面上時(shí)處于勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，輕繩彈力與重力平衡，則彈力方向豎直向上，即當(dāng)小車(chē)在bc路面上時(shí)，輕繩與車(chē)頂垂直；當(dāng)小車(chē)在ab路面上時(shí)，小車(chē)與小球保持相對(duì)靜止，向下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，對(duì)小車(chē)與小球分析有即加速度大小加速度方向沿斜面向下，為斜面傾角，對(duì)小球進(jìn)行分析，由于其加速度為，方向沿斜面向下，則小球在垂直于斜面方向的合力為0，沿斜面的合力為，等于小球的重力沿斜面的分力，則輕繩一定垂直于斜面，即輕繩與車(chē)頂垂直；當(dāng)小車(chē)在cd路面上時(shí)，小車(chē)與小球保持相對(duì)靜止，向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，對(duì)小車(chē)與小球分析有即加速度大小加速度方向沿斜面向下，為斜面傾角，對(duì)小球進(jìn)行分析，由于其加速度為，方向沿斜面向下，則小球在垂直于斜面方向的合力為0，沿斜面的合力為，等于小球的重力沿斜面的分力，則輕繩一定垂直于斜面，即輕繩與車(chē)頂垂直。故選D。6．（2022·廣東·深圳中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，甲、乙兩輛汽車(chē)并排沿平直路面向前行駛，兩車(chē)車(chē)頂O1、O2兩位置都裝有藍(lán)牙設(shè)備，這兩個(gè)藍(lán)牙設(shè)備在5m以?xún)?nèi)時(shí)能夠?qū)崿F(xiàn)通信。t=0時(shí)刻，甲、乙兩車(chē)剛好位于圖示位置，此時(shí)甲車(chē)的速度為4m/s，乙車(chē)的速度為1m/s，O1、O2的距離為3m。從該時(shí)刻起甲車(chē)以1m/s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下，乙車(chē)保持原有速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。忽略信號(hào)傳遞時(shí)間，從t=0時(shí)刻起，甲、乙兩車(chē)能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為（　?。?/span>A．2s B．10s C．16s D．20s【答案】B【詳解】根據(jù)幾何知識(shí)可知，當(dāng)甲車(chē)在乙車(chē)前方且為5m時(shí)，根據(jù)勾股定理可知根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有，解得，因?yàn)榧总?chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)而乙車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)，所以?xún)绍?chē)之間的距離先增大后減小，當(dāng)此時(shí)有當(dāng)此時(shí)有當(dāng)此時(shí)甲車(chē)的速度為根據(jù)幾何關(guān)系可知，從4s開(kāi)始到乙車(chē)行駛至甲車(chē)前方4m的過(guò)程中滿(mǎn)足這段過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為所以甲、乙兩車(chē)能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為故選B。7．（2022·湖南·長(zhǎng)郡中學(xué)二模）甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員同時(shí)從泳池的兩端出發(fā)，在泳池里訓(xùn)練，甲、乙的速度—時(shí)間圖像分別如圖（a）、（b）所示，不計(jì)轉(zhuǎn)向的時(shí)間，兩人的運(yùn)動(dòng)均可視為質(zhì)點(diǎn)的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。則（　　）A．兩人第一次相遇時(shí)處于泳池的正中間處B．兩人前兩次相遇的時(shí)間間隔為20sC．50s內(nèi)兩人共相遇了2次D．兩人第一次在泳池的兩端處相遇的時(shí)刻為t=75s【答案】C【詳解】根據(jù)圖像可畫(huà)出圖像，甲、乙的圖像如圖所示A.根據(jù)圖像的交點(diǎn)表示相遇可知，第一次相遇的時(shí)刻為所以第一次相遇位置不是在中間，故A錯(cuò)誤；B.第二次相遇的時(shí)刻為兩人前兩次相遇的時(shí)間間隔為所以?xún)扇饲皟纱蜗嘤龅臅r(shí)間間隔為22.2s，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像的交點(diǎn)表示相遇可知，在0~50s內(nèi)甲、乙相遇2次，故C正確；D．由圖可知兩人第一次在泳池的兩端處相遇的時(shí)刻為，故D錯(cuò)誤。故選C。8．（2022·遼寧·渤海大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）城市公共汽車(chē)的加速度為1m/s2，汽車(chē)剛啟動(dòng)時(shí)，一未趕上車(chē)的乘客以6m/s速度追車(chē)，當(dāng)人與車(chē)尾的距離不超過(guò)5m，且維持4s以上，才能引起司機(jī)的注意，則（　?。?/span>A．乘客開(kāi)始追趕公共汽車(chē)時(shí)至少距離公共汽車(chē)21m才能引起司機(jī)注意B．公共汽車(chē)在6s末距離乘客最遠(yuǎn)C．若乘客開(kāi)始追趕公共汽車(chē)時(shí)距離公共汽車(chē)小于20m，則乘客可以追上公共汽車(chē)D．滿(mǎn)足恰好引起司機(jī)注意的條件下，乘客可以追上公共汽車(chē)【答案】A【詳解】A．按題意在乘客恰好引起司機(jī)注意的條件下，可得則x=21mA正確；B．由于汽車(chē)剛啟動(dòng)時(shí)乘客比汽車(chē)快，因此共速時(shí)乘客距離汽車(chē)最近，B錯(cuò)誤；CD．若t=6s時(shí)恰好追上為臨界狀態(tài)，此情形即乘客能追上汽車(chē)的最小初始距離為18m，CD錯(cuò)誤。故選A。9．（2022·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）最近，義烏中學(xué)實(shí)驗(yàn)室對(duì)一款市場(chǎng)熱銷(xiāo)的掃地機(jī)器人進(jìn)行了相關(guān)測(cè)試，測(cè)試過(guò)程在材質(zhì)均勻的水平地板上完成，獲得了機(jī)器人在直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中水平牽引力大小隨時(shí)間的變化圖像a，以及相同時(shí)段機(jī)器人的加速度a隨時(shí)間變化的圖像b。若不計(jì)空氣，取重力加速度大小為，則下列同學(xué)的推斷結(jié)果正確的是（　?。?/span>A．機(jī)器人與水平桌面間的最大靜摩擦力為3NB．機(jī)器人與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為12N·sD．在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為12J【答案】C【詳解】A．由圖乙可知機(jī)器人在2s時(shí)開(kāi)始滑動(dòng)，有加速度，所以剛要滑動(dòng)時(shí)故A錯(cuò)誤；B．由圖a、圖b結(jié)合牛頓第二定律可得聯(lián)立可得機(jī)器人質(zhì)量滑動(dòng)摩擦力為機(jī)器人與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為故B錯(cuò)誤；C．在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為故C正確；D．4s末機(jī)器人的速度為在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為故D錯(cuò)誤。故選C。二、多選題10．（2022·海南·模擬預(yù)測(cè)）國(guó)家糧食儲(chǔ)備倉(cāng)庫(kù)工人利用傳送帶從車(chē)上卸糧食。如圖1所示，以某一恒定速率運(yùn)行的傳送帶與水平面的夾角，轉(zhuǎn)軸間距。工人沿傳送方向以速度從傳送帶頂端推下糧袋（視為質(zhì)點(diǎn)），時(shí)糧袋運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端，糧袋在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的圖像如圖2所示。已知，，重力加速度g取，則（　　）A．在時(shí)刻，糧袋所受摩擦力方向改變B．糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8C．傳送帶運(yùn)行的速度大小為D．在內(nèi)糧袋處于失重狀態(tài)【答案】BC【詳解】A．由圖2可知，在內(nèi)，糧袋的速度大于傳動(dòng)帶的速度，則糧袋受沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力，在內(nèi)，糧袋勻速下滑，根據(jù)平衡條件可知，糧袋受沿斜面向上的靜摩擦力，故A錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像中，圖線(xiàn)與橫軸圍成的面積表示位移的大小，根據(jù)題意，由圖2可知解得故C正確；BD．由圖2和C分析可知，糧袋在內(nèi)的加速度為則加速度方向沿斜面向上，則在內(nèi)糧袋處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得故D錯(cuò)誤B正確。故選BC。11．（2022·河南·洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，A、B兩滑塊的質(zhì)量均為M，放在粗糙水平面上，兩滑塊與兩個(gè)等長(zhǎng)的輕桿連接，兩桿之間以及桿與滑塊之間均用光滑鉸鏈連接，一質(zhì)量為m的重物C懸掛于兩桿鉸接處，桿與水平面間的夾角為θ，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（　　）A．輕桿上的作用力為2mgsinθB．A、B滑塊均受到4個(gè)力作用C．A、B滑塊對(duì)水平面的壓力大小均為D．A、B滑塊對(duì)水平面的摩擦力大小均為【答案】BC【詳解】A．受力分析，根據(jù)平衡條件得，輕桿上的作用力為A錯(cuò)誤；B．A、B滑塊均受到重力、支持力、桿的作用力和摩擦力4個(gè)力作用，B正確；C．由整體法可知A、B滑塊對(duì)水平面的壓力大小均為C正確；D．A、B滑塊受到水平面的靜摩擦力大小等于輕桿上的作用力的水平分力，即D錯(cuò)誤。故選BC。12．（2022·四川·樹(shù)德中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以某一恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一根輕彈簧兩端分別與物塊和豎直墻面連接，將物塊在傳送帶左端無(wú)初速度釋放，此時(shí)彈簧恰處于原長(zhǎng)且為水平。物塊向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，受到的摩擦力大小與物塊位移的關(guān)系如圖乙所示。已知物塊質(zhì)量為m，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，x0為已知量，則（　?。?/span>A．0～x0過(guò)程，物塊所受的摩擦力方向向右B．x0～2x0過(guò)程，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)C．彈簧的勁度系數(shù)為D．傳送帶的速度為【答案】AD【詳解】AB．物塊在剛釋放的一段時(shí)間內(nèi)相對(duì)傳送帶向左滑動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力向右，同時(shí)彈簧彈力逐漸增大，由題圖乙可知當(dāng)x=x0時(shí)，摩擦力發(fā)生突變，瞬間減小后，隨著x正比例增大，考慮到彈簧彈力也是隨x而正比例增大，由此可推知當(dāng)x=x0時(shí)，物塊剛好達(dá)與傳送帶達(dá)到共同速度，之后隨著傳送帶繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，在x~2x0過(guò)程物塊始終相對(duì)傳送帶靜止，彈力和靜摩擦力同時(shí)增大且平衡，物塊做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)x=2x0時(shí)，彈簧彈力大小增大至與滑動(dòng)摩擦力大小相同，故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)前面分析可知，彈簧的勁度系數(shù)為故C錯(cuò)誤；D．在0~x0過(guò)程，彈簧彈力從0線(xiàn)性增大到kx0，則此過(guò)程的平均彈力大小為設(shè)傳送帶的速度為v，此過(guò)程對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)能定理有解得故D正確。故選AD。13．（2022·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）某研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)小組自制一枚水火箭。現(xiàn)將該水火箭從水平地面由靜止豎直向上發(fā)射，加速過(guò)程可以看作是加速度大小為的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)加速過(guò)程結(jié)束。此時(shí)從水平地面的發(fā)射點(diǎn)用一水平恒力推一小車(chē)從靜止開(kāi)始以加速度大小做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)水火箭達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，立即改用另一反向的水平恒力使小車(chē)的加速度大小變?yōu)?/span>。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小車(chē)剛好返回發(fā)射點(diǎn)，此時(shí)水火箭恰好落入車(chē)中。不計(jì)水火箭和小車(chē)的體積，忽略空氣的作用力，。可求出（　?。?/span>A．水火箭離地面的最大高度為25mB．水火箭上升運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為4.5sC．小車(chē)回到發(fā)射點(diǎn)過(guò)程中加速度大小是D．小車(chē)離開(kāi)發(fā)射點(diǎn)的最大距離是9m【答案】BC【詳解】A．水火箭在加速過(guò)程中有水火箭在減速過(guò)程中有水火箭離地面的最大高度A錯(cuò)誤；B．水火箭上升運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間B正確；C．水火箭在下落過(guò)程中有對(duì)小車(chē)分析，取加速度的方向?yàn)檎较?，?/span>聯(lián)立解得C正確；D．對(duì)小車(chē)在勻減速到零的過(guò)程，有小車(chē)離開(kāi)發(fā)射點(diǎn)的最大距離D錯(cuò)誤。故選BC。14．（2022·黑龍江·哈師大附中模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為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(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到的關(guān)系如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1m-1。將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是（　　）A．若恒力F=0，物塊滑出木板時(shí)的速度為3m/sB．C點(diǎn)縱坐標(biāo)為1.5m-1C．隨著F增大，當(dāng)外力F=1N時(shí)，物塊恰好不能木板右端滑出D．圖像中D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外力的值為4N【答案】BC【分析】結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)以及圖形分析可知，總共分三個(gè)階段：第一階段（AB段），拉力較小時(shí)，物塊從木板的右側(cè)滑出，相對(duì)路程等于板長(zhǎng)，等于1m；第二階段（BC段），拉力稍大一些，物塊滑動(dòng)一段距離后，與木板共速后一起加速向右運(yùn)動(dòng)；第三階段（DE段），拉力過(guò)大，物體先減速到與板共速，因摩擦力提供的加速度不夠，不能隨木板一起運(yùn)動(dòng)，后加速滑動(dòng)一段距離后，最終從木板的左側(cè)滑出。【詳解】A．若恒力F=0，物塊剛滑上木板時(shí)，設(shè)物塊和木板的加速度分別為a1、a2，由牛頓第二定律得到，由題意可知，當(dāng)F=0時(shí)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t1物塊從木板右側(cè)滑出，位移差為1m，則且物塊從木板右側(cè)滑出時(shí)，需滿(mǎn)足物塊的速度大于木板的速度，即聯(lián)立解得，則物塊滑出木板時(shí)的速度為故A錯(cuò)誤；BD．C、D兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的為恰好可一起勻加速運(yùn)動(dòng)，即物塊與木板共速后，木板的加速度a3大小等于物塊的最大加速度a1，則有解得物塊剛滑上木板時(shí)，設(shè)木板的加速度為a4，由牛頓第二定律有設(shè)經(jīng)時(shí)間t2兩者速度相等，有解得故故B正確，D錯(cuò)誤；C．當(dāng)物塊恰好不能從木板右端滑出時(shí)，即物塊恰好滑到木板右側(cè)與木板共速，對(duì)應(yīng)圖中B點(diǎn)，設(shè)木板加速度為a5，用時(shí)間為t3此時(shí)有解得故C正確。故選BC。三、解答題15．（2022·重慶市涪陵高級(jí)中學(xué)校模擬預(yù)測(cè)）在2022年北京冬奧會(huì)上，中國(guó)代表團(tuán)以9金4銀2銅的戰(zhàn)績(jī)高居金牌榜第三位，創(chuàng)下參加冬奧會(huì)以來(lái)的歷史最佳戰(zhàn)績(jī)。圖甲所示是運(yùn)動(dòng)員在“大跳臺(tái)滑雪”比賽中的騰空運(yùn)動(dòng)示意圖，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程可簡(jiǎn)化為如圖乙所示。“助滑道”由長(zhǎng)為L、傾角為θ的斜坡面AB和圓弧形坡面BCD構(gòu)成，AB和BCD在B處相切，且B與D等高。某運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）著滑雪板從A端由靜止開(kāi)始、沿“助滑道”滑行，并從D點(diǎn)沿著圓弧的切線(xiàn)滑出。設(shè)該運(yùn)動(dòng)員（包含滑雪板）的質(zhì)量為m，滑雪板與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，該運(yùn)動(dòng)員在D點(diǎn)沿著圓弧的切線(xiàn)滑出時(shí)的速度大小為v，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：（1）該運(yùn)動(dòng)員從A到B的時(shí)間；（2）該運(yùn)動(dòng)員在圓弧形坡面BCD上克服摩擦力所做的功。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得該運(yùn)動(dòng)員從A到B的加速度大小為   根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得該運(yùn)動(dòng)員從A到B的時(shí)間為   （2）設(shè)該運(yùn)動(dòng)員在圓弧形坡面BCD上克服摩擦力所做的功為W，對(duì)運(yùn)動(dòng)員從A到D的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有   解得16．（2022·浙江·模擬預(yù)測(cè)）將日常生活中的報(bào)紙擰成一股繩子，將會(huì)很難把它扯斷了。校內(nèi)STEM活動(dòng)小組通過(guò)“紙繩”用沿水平方向成的力F斜向上去拉質(zhì)量為m的一箱子書(shū)沿直線(xiàn)勻加速奔跑。已知箱子與塑膠操場(chǎng)跑道的動(dòng)摩擦因素為，求：（1）勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，箱子的加速度；（2）經(jīng)過(guò)一段時(shí)間t之后，箱子的向前通過(guò)的位移；（3）某時(shí)刻突然放手，箱子繼續(xù)向前滑行x，求放手瞬間箱子的速度。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）以箱子為研究對(duì)象，根據(jù)受力分析結(jié)合牛頓第二定律有解得（2）根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系代入加速度得（3）放手之后箱子只受摩擦力作用做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有根據(jù)速度位移關(guān)系有解得放手瞬間箱子的速度為17．（2022·陜西西安·三模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的粗糙水平臺(tái)和長(zhǎng)度L=6.5m、速度v=4.0m/s、向左勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶等高，且與傳送帶PQ連接。在t=0時(shí)刻，質(zhì)量為mA的物塊A與質(zhì)量為mB的木板B一起以共同速度v0=3.5m/s在平臺(tái)上開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)（物塊A在木板B的最左端）。且在t=0時(shí)刻，質(zhì)量為mC的物塊C以vC=5m/s的速度從傳送帶最右端Q向左運(yùn)動(dòng)（圖中物塊C未畫(huà)出，并可將其視為質(zhì)點(diǎn)）。物塊C與木板B恰好在傳送帶最左端P發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰撞后立即將物塊C移走。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊A始終未離開(kāi)木板B。已知物塊C與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)和木板B與水平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.10，物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.3，mB=2mC=8mA，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）物塊C在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（2）長(zhǎng)木板B的最小長(zhǎng)度L'。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設(shè)向左為正方向，由于物塊C的速度大于傳送帶的速度，物塊C在傳送帶上先做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律可得解得設(shè)物塊C做勻減速運(yùn)動(dòng)的距離為x，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得解得因此物塊C做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為物塊C做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為物塊C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為（2）設(shè)向右為正方向，物塊A和木板B一起向右運(yùn)動(dòng)的加速度為大小為，木板B和物塊C碰撞前運(yùn)動(dòng)的速度為v1，木板B和物塊C碰撞后的速度分別為vB和。對(duì)于物塊A和木板B，根據(jù)牛頓第二定律可得解得碰撞前A和B的速度大小為木板B和物塊C碰撞時(shí)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得由機(jī)械能守恒定律可得解得，物塊A和木板B減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊A的加速度大小為a2，木板B的加速度大小為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)間t3物塊A的速度為零，對(duì)物塊A根據(jù)牛頓第二定律可得解得則對(duì)木板B根據(jù)牛頓第二定律可得解得物塊A速度為零時(shí)B的速度大小為此過(guò)程中的相對(duì)位移為從物塊A速度為零至木板B和物塊A剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程，物塊A和B的加速度大小不變，再經(jīng)過(guò)時(shí)間t4達(dá)到共速，根據(jù)速度-時(shí)間關(guān)系可得解得此過(guò)程中的相對(duì)位移為木板的最小長(zhǎng)度為
 

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