專(zhuān)題02 力與物體的直線運(yùn)動(dòng)--2025年高考物理壓軸題專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練（新高考通用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

考向一：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用
1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題常用的六種解題方法
2．處理追及問(wèn)題的常用方法
考向二：有關(guān)牛頓第二定律的連接體問(wèn)題；
1.處理連接體問(wèn)題的方法：
①當(dāng)只涉及系統(tǒng)的受力和運(yùn)動(dòng)情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用整體法。
②當(dāng)涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個(gè)物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用隔離法。
2.處理連接體問(wèn)題的步驟：
3.特例：加速度不同的連接體的處理方法：
①方法一（常用方法）：可以采用隔離法，對(duì)隔離對(duì)象分別做受力分析、列方程。
②方法二（少用方法）：可以采用整體法，具體做法如下：
此時(shí)牛頓第二定律的形式：；
說(shuō)明：①F合x(chóng)、F合y指的是整體在x軸、y軸所受的合外力，系統(tǒng)內(nèi)力不能計(jì)算在內(nèi)；
②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體在x軸和y軸上相對(duì)地面的加速度。
考向三動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題
1.解決動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
(1)把握“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”
找到不同過(guò)程之間的“聯(lián)系”,如第一個(gè)過(guò)程的末速度就是下一個(gè)過(guò)程的初速度,若過(guò)程較為復(fù)雜,
可畫(huà)位置示意圖確定位移之間的聯(lián)系。
2．兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的解題步驟
考向四有關(guān)牛頓第二定律的臨界極值問(wèn)題
問(wèn)題情景
（1）當(dāng)題目中出現(xiàn)“最大”“最小”或“剛好”等關(guān)鍵詞時(shí)，經(jīng)常隱藏著臨界問(wèn)題。
（2）當(dāng)題目要求解某個(gè)物理量的最大值、最小值、范圍或需要滿(mǎn)足的條件時(shí)，經(jīng)常為臨界問(wèn)題。
（3）常見(jiàn)臨界條件
思路與方法
（1）基本思路
①認(rèn)真審題，詳盡分析問(wèn)題中變化的過(guò)程(包括分析整體過(guò)程中有幾個(gè)階段)。
②尋找過(guò)程中變化的物理量。
③探索物理量的變化規(guī)律。
④確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。
（2）思維方法
考向五運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像
1．分析v－t圖像和x－t圖像問(wèn)題時(shí)的四點(diǎn)注意事項(xiàng)
(1)x－t圖像和v－t圖像描述的都是直線運(yùn)動(dòng)，而不是曲線運(yùn)動(dòng)．
(2)x－t圖像和v－t圖像不表示物體運(yùn)動(dòng)的軌跡．
(3)x－t圖像中兩圖線的交點(diǎn)表示兩物體相遇，而v－t圖像中兩圖線的交點(diǎn)表示兩物體速度相等．
(4)圖線為直線時(shí)，斜率所表示的物理量不變，若為曲線，則該量發(fā)生變化，與物體運(yùn)動(dòng)的軌跡無(wú)關(guān)．
2．常見(jiàn)非常規(guī)圖像（處理方法：找原始關(guān)系式，理解清楚坐標(biāo)的截距、圖線的交點(diǎn)、拐點(diǎn)的物理意義）
3．圖像問(wèn)題的解題思路
考向六板塊模型
1.模型特點(diǎn)
上、下疊放兩個(gè)物體，在摩擦力的相互作用下兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．
2.兩種位移關(guān)系
滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移之差等于板長(zhǎng)；反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和等于板長(zhǎng)．
3.解題方法
整體法、隔離法．
4.解題思路
（1）求加速度：因題目所給的情境中至少涉及兩個(gè)物體、多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，并且物體間還存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度（注意兩過(guò)程的連接處加速度可能突變）。
（2）明確關(guān)系：對(duì)滑塊和滑板進(jìn)行運(yùn)動(dòng)情況分析，找出滑塊和滑板之間的位移關(guān)系或速度關(guān)系，建立方程。這是解題的突破口。特別注意滑塊和滑板的位移都是相對(duì)地的位移。求解中更應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過(guò)程的紐帶，每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初速度。
考向七板塊模型
1.水平傳送帶問(wèn)題
2.傾斜傳送帶問(wèn)題
01 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用
1．子彈垂直射入疊在一起的相同木板，穿過(guò)第20塊木板后的速度變?yōu)?。可以把子彈視為質(zhì)點(diǎn)，已知子彈在木板中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間是t，認(rèn)為子彈在各塊木板中運(yùn)動(dòng)的加速度都相同，且木板相對(duì)于地面始終保持靜止，則（）
A．子彈穿過(guò)第1塊木板所用的時(shí)間是
B．子彈穿過(guò)前三塊木板所用時(shí)間之比為
C．子彈穿過(guò)前15塊木板所用的時(shí)間是
D．子彈穿過(guò)第15塊木板所用的時(shí)間
【答案】D
【詳解】AB．子彈做勻減速運(yùn)動(dòng)穿過(guò)第20塊木板后速度變?yōu)?，運(yùn)用逆向思維法，子彈反向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)每塊木板的厚度為s，則有
當(dāng)時(shí)，有
①
穿過(guò)第1塊木板后有
上式結(jié)合①式可得
因此子彈穿過(guò)第1塊木板所用的時(shí)間為
同理子彈穿過(guò)第2塊木板所用的時(shí)間為
子彈穿過(guò)第3塊木板所用的時(shí)間為
穿過(guò)前三塊木板的時(shí)間之比為
故AB錯(cuò)誤；
C．穿過(guò)前15塊木板，即有
上式結(jié)合①式可得
因此子彈穿過(guò)前15塊木板所用的時(shí)間為
D.穿過(guò)前14塊木板，有
上式結(jié)合①式可得
穿過(guò)第15塊木板的時(shí)間
解得
故D正確。
2.A、B兩個(gè)物體沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)，0時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、B兩物體的圖像如圖所示，已知在時(shí)A、B在同一位置，根據(jù)圖像信息，下列說(shuō)法不正確的是（）
A．物體A、B在0時(shí)刻相距
B．時(shí)，物體B正在追趕物體
C．內(nèi)，物體A、B間的最大距離為
D．物體B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)且加速度大小為
【答案】AB
【詳解】D．由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式
可得
對(duì)比B物體的圖線可知
解得
B物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；
A．由相似三角形可知，B圖線與縱軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為1m/s。根據(jù)可知，B物體的初速度。由A物體的圖線可知，A物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v=4m/s，在t=5s時(shí)A、B的位移分別為
此時(shí)到達(dá)同一位置，故在0時(shí)刻，A在B前10m處，故A正確；
B．由于是初速度小的B追初速度大的A，加速追勻速，只會(huì)相遇一次，t=5s時(shí)相遇，則時(shí)，物體B正在追趕物體。故B正確；
C．當(dāng)A、B速度相等時(shí)，相距最遠(yuǎn)，則
代入數(shù)據(jù)可得
內(nèi)，物體A、B間的最大距離為
故C錯(cuò)誤。
故選AB。
3.如圖所示，一輕繩吊著粗細(xì)均勻的棒，棒下端離地面高H，上端套著一個(gè)細(xì)環(huán)。棒和環(huán)的質(zhì)量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力4mg。斷開(kāi)細(xì)繩，棒和環(huán)自由下落。假設(shè)棒足夠長(zhǎng)，與地面發(fā)生碰撞時(shí)，觸地時(shí)間極短，棒與地碰撞后都能以原速率反彈。棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持豎直，空氣阻力不計(jì)。求：
(1)棒第一次與地面碰撞時(shí)，棒的速度大??；
(2)棒第一次與地面碰撞彈起上升過(guò)程中，棒的加速度；
(3)從斷開(kāi)輕繩到棒與地面第三次碰撞的過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間t。
【答案】(1)
(2)，豎直向下
(3)
【詳解】（1）棒與環(huán)一起自由落體運(yùn)動(dòng)，則有
解得
（2）棒第一次彈起過(guò)程，對(duì)棒由牛頓第二定律可得
解得
方向豎直向下。
（3）棒與環(huán)一起自由落體過(guò)程，有
解得
棒第一次彈起過(guò)程，對(duì)環(huán)由牛頓第二定律可得
解得
方向豎直向上；棒第一次彈起減速到0再向下加速到與環(huán)等速，用時(shí)，棒向上運(yùn)動(dòng)的位移大小為，則有
解得
由
解得
棒與環(huán)等速后一起向下加速，末速度為，用時(shí)，則有
解得
，
棒第一次彈起到第二次碰撞總用時(shí)
同理可得：棒第二次彈起到第三次碰撞總用時(shí)
從斷開(kāi)輕繩到棒與地面第三次碰撞的過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間為
02 有關(guān)牛頓第二定律的連接體問(wèn)題
4.一木板A與輕彈簧一端栓接，彈簧豎直固定在水平面上，A上面放置物塊B，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，現(xiàn)對(duì)B施加豎直向上的拉力F（圖中未畫(huà)出），使其由靜止開(kāi)始做加速度大小的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。彈簧的勁度系數(shù)，A、B的質(zhì)量均為，A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）
A．F的最小值為4N
B．A、B剛分離時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)
C．A、B分離后，A在上升階段先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)
D．若在A、B剛分離時(shí)撤去F，則此后B上升的最大高度為0.018m
【答案】ACD
【詳解】A．A、B分離前對(duì)AB整體由牛頓第二定律得
A對(duì)B的支持力逐漸減小，F(xiàn)增大，所以剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)最小，此時(shí)
所以
故A正確；
B．當(dāng)A、B分離時(shí)
對(duì)A由牛頓第二定律得
彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；
C．A、B分離后，A在上升階段，F(xiàn)彈越來(lái)越小，由
可知A的加速度先減小，此時(shí)A向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)時(shí)
此后的上升過(guò)程中由
可知加速度的方向豎直向下，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故C正確；
D．開(kāi)始時(shí)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時(shí)彈簧形變量為，則有
解得
A、B剛分離時(shí)，設(shè)彈簧形變量為，則有
代入數(shù)據(jù)解得
所以A上升的位移大小
A、B剛分離時(shí)，B上升的位移大小為x，設(shè)B的速度為v，撤去F后B上升的最大高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知
，
代入數(shù)據(jù)解得
故D正確。
故選ACD。
5．如圖所示，光滑水平面上放置一長(zhǎng)為0.4m木板C，一大小不計(jì)的支架B放置在木板C上，一段細(xì)線上端固定在支架上，下端連接小球A。已知小球A、支架B、木板C質(zhì)量分別為1kg、2kg、3kg，支架B底座與木板C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，現(xiàn)對(duì)木板施加水平向右的拉力F，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，，，重力加速度g取，下列說(shuō)法正確的是（）
A．細(xì)線與豎直方向的最大偏角為53°
B．當(dāng)拉力時(shí)，細(xì)線對(duì)A的拉力大小為
C．當(dāng)支架B與木板C間發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，拉力F最小值為45N
D．當(dāng)時(shí)，B經(jīng)0.4s從木板C的左端離開(kāi)
【答案】BCD
【詳解】A．根據(jù)題意可知，支架B與木板C間發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，支架B與小球A的加速度最大，有
即
此時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角最大為，選小球A為研究對(duì)象，則有
，
解得
故A錯(cuò)誤；
C．選木板C為研究對(duì)象，則有
且
解得
即當(dāng)支架B與木板C間發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，拉力F最小值為，故C正確；
B．當(dāng)拉力時(shí)，支架B與木板C相對(duì)靜止，即A、B、C三者相對(duì)靜止，其加速度為，由牛頓第二定律，有
解得
此時(shí)細(xì)線拉力為，細(xì)線與豎直方向的偏角為，選小球?yàn)檠芯繉?duì)象，有
，
解得
故B正確；
D．當(dāng)時(shí)，支架B與木板C間發(fā)生滑動(dòng)，此時(shí)對(duì)木板C有
解得
設(shè)B經(jīng)時(shí)間t從木板C的左端離開(kāi)，則有
解得
故D正確。
故選BCD。
6．如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，一輕質(zhì)彈簧一端與垂直固定在斜面上的擋板相連，另一端與物塊B栓接，勁度系數(shù)為k。物塊A緊靠著物塊B，物塊與斜面均靜止。現(xiàn)用一沿斜面向上的力F作用于A，使A、B兩物塊一起沿斜面做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到A、B分離。物塊A質(zhì)量為m，物塊B質(zhì)量為2m，重力加速度為g，。下列說(shuō)法中正確的是（）
A．施加拉力的瞬間，A、B間的彈力大小為
B．A、B分離瞬間彈簧彈力大小為
C．拉力F的最大值大于mg
D．在A、B分離前整個(gè)過(guò)程中A的位移為
【答案】AD
【詳解】A．施加拉力F之前，A、B整體受力平衡，根據(jù)平衡條件，有
解得
施加F瞬間，物體A、B加速度大小為
對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律
對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立，解得
故A正確；
B．分離時(shí)，物體A、B之間作用力為0，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律得
解得
可得
故B錯(cuò)誤；
C．依題意，整個(gè)過(guò)程中拉力F一直增大， A、B分離瞬間，物體A、B之間作用力為0，F(xiàn)最大，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律得
解得
故C錯(cuò)誤；
D．在A、B分離前整個(gè)過(guò)程中A的位移為
故D正確。
故選AD。
03 動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題
7.2022年北京冬奧會(huì)后，我國(guó)北方掀起一股滑雪運(yùn)動(dòng)的熱潮，有一傾角為的斜面雪道如圖（甲）。假設(shè)一滑雪愛(ài)好者和他的雪橇總質(zhì)量為，他們沿足夠長(zhǎng)的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空氣阻力f與滑雪速度v成正比，比例系數(shù)k未知，雪橇與雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)量得雪橇運(yùn)動(dòng)的圖像如圖（乙）中的曲線AD所示，圖中AB是曲線AD在A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，5）的切線，切線上一點(diǎn)B的坐標(biāo)為（4，15），CD是曲線AD的漸近線。（g取，，）。下列說(shuō)法正確的是（）
A．開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)雪橇的加速度大小為
B．內(nèi)雪橇做加速度變小的曲線運(yùn)動(dòng)
C．比例系數(shù)為
D．動(dòng)摩擦因數(shù)
【答案】ACD
【詳解】A．在圖像中，圖像的斜率表示加速度，因此開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)雪橇的加速度大小為
故A正確；
B．0-4s內(nèi)，雪橇先做初速度為5m/s，加速度變小的沿正方向的直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
CD．根據(jù)牛頓第二定律，開(kāi)始時(shí)
由CD這條漸近線可知，10m/s為其運(yùn)動(dòng)的收尾速度（即勻速運(yùn)動(dòng)速度），即有
兩式聯(lián)立，得
將
代入后得
故CD正確。
故選ACD。
8.如圖所示，水平平臺(tái)ab長(zhǎng)為20m，平臺(tái)b端與長(zhǎng)度未知的特殊材料制成的斜面bc連接，斜面傾角為30°；在平臺(tái)a端放上質(zhì)量為5kg的物塊，并給物塊施加與水平方向成37°角的50N推力后，物塊由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：（結(jié)果可用分?jǐn)?shù)、根號(hào)表示）
(1)物塊由a運(yùn)動(dòng)到b所用的時(shí)間；
(2)若物塊從a端運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)撤掉推力，則物塊剛好能從斜面b端開(kāi)始下滑，則間aP的距離為多少？（物塊在b端無(wú)能量損失）
(3)若物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，式中Lb為物塊在斜面上所處的位置離b端的距離（斜面足夠長(zhǎng)），在（2）中的情況下，物塊沿斜面滑多少距離時(shí)速度最大？最大速度為多少？
【答案】(1)5s
(2)14.3m
(3)0.7m，
【詳解】（1）受力分析知物體的加速度為

解得a到b的時(shí)間為
（2）物體從a到P

物塊由P到b

解得aP距離為
（3）物塊沿斜面bc下滑的過(guò)程中，受摩擦力逐漸變大，則先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度為零時(shí)速度最大。
在該位置，由牛頓第二定律得
mgsin30°-μbcmgcs30°=0
由題意可知
解得
Lb=0.7m
因加速度與下滑的位移成線性關(guān)系，可知從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度最大平均加速度為
則最大速度
9．如圖所示，兩端開(kāi)口的豎直球筒中靜置著一個(gè)羽毛球（視為質(zhì)點(diǎn)），初始時(shí)用手握住球筒，在空中靜止。某時(shí)刻開(kāi)始用手帶動(dòng)球筒豎直向下做勻加速運(yùn)動(dòng)（加速度記作a），持續(xù)一段時(shí)間后忽然停止，球筒速度立刻變?yōu)?并保持靜止。已知羽毛球質(zhì)量為m，球與筒之間的最大靜摩擦力為，滑動(dòng)摩擦力為。羽毛球離筒的上、下端距離分別為、（）。已知重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，球筒離地足夠高，全過(guò)程筒身始終豎直。
(1)若，求剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)羽毛球?qū)ν驳哪Σ亮Γ?br>(2)若羽毛球速度變?yōu)?時(shí)仍未離開(kāi)球筒，則球筒繼續(xù)向下做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，持續(xù)時(shí)間t后再忽然停止…，重復(fù)上述過(guò)程直到羽毛球離開(kāi)球筒
①若從初始狀態(tài)到球從上端離開(kāi)球筒，球筒一共加速4次，求的取值范圍（用a，g，t表示）；
②若球筒只加速一次，只要t取適當(dāng)值，球總能從下端離開(kāi)，求a的取值范圍。（用g，，表示）
【答案】(1)，方向豎直向上
(2)①；②
【詳解】（1）設(shè)羽毛球與球筒一起運(yùn)動(dòng)，則有
解得
故可以保持相對(duì)靜止，由牛頓第三定律，羽毛球?qū)η蛲驳哪Σ亮Υ笮?br>方向豎直向上。
（2）①羽毛球速度變?yōu)?時(shí)仍未離開(kāi)球筒，且球筒一共加速4次后從上端離開(kāi)球筒，有
第一階段球相對(duì)球筒向上滑動(dòng)，球的加速度為，則有
解得
則這一階段球相對(duì)球筒向上滑動(dòng)的距離為
球筒靜止后，對(duì)羽毛球有
球相對(duì)簡(jiǎn)向下滑動(dòng)直到靜止
要求
解得
②若時(shí)，只要足夠大，停止加速后，球筒立刻靜止。羽毛球的初速度足夠大，故一定會(huì)從下端離開(kāi)，因此取值范圍是；
若，此時(shí)在一個(gè)周期內(nèi)，球相對(duì)球筒向下滑的位移大于向上滑動(dòng)的位置，且有
解得
且球不能從上端滑出
解得
筒只加速一次，并且球總能從下端離開(kāi)則必須有
解得
綜上所述，a的取值范圍。
04 有關(guān)牛頓第二定律的臨界極值問(wèn)題
10.如圖，水平地面上有一汽車(chē)做加速運(yùn)動(dòng)，車(chē)廂內(nèi)有一個(gè)傾角θ=37°的光滑斜面，斜面上有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，用輕繩系于斜面的頂端，小球的重力大小為mg，繩對(duì)球的拉力大小為FT、斜面對(duì)小球的彈力大小為FN，當(dāng)汽車(chē)以大小為a的加速度向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)（sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（）
A．若a=14m/s2，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用
B．若a=14m/s2，小球受mg、FT兩個(gè)力作用
C．若a=13m/s2，小球受mg、FT兩個(gè)力作用
D．不論a多大，小球均受mg、FT、FN三個(gè)力作用
【答案】B
【詳解】若支持力恰好為零，對(duì)小球受力分析，受到重力、繩子拉力，如圖
小球向左加速，加速度向左，合力水平向左，根據(jù)牛頓第二定律，有；
解得
D．由以上分析可知，當(dāng)時(shí)，小球受mg、FT兩個(gè)力作用，當(dāng)時(shí)，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用，故D錯(cuò)誤；
AB．若，小球受mg、FT兩個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤，B正確；
C．若，小球受mg、FT、FN三個(gè)力作用，故C錯(cuò)誤。故選B。
05 運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像
11.在水平面上運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)通過(guò)O、A、B三點(diǎn)的過(guò)程中，其位移隨時(shí)間變化規(guī)律圖像如圖所示，圖像是拋物線的一部分，以過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，則質(zhì)點(diǎn)（）
A．質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的軌跡是曲線
B．通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度為
C．質(zhì)點(diǎn)的加速度為
D．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度的變化量為
【答案】D
【詳解】A．圖像只能描述直線運(yùn)動(dòng)，即質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的軌跡是直線，故A錯(cuò)誤；
B．從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程的平均速度為
而A點(diǎn)是OB的中點(diǎn)，而不是OB中間時(shí)刻，即
故B錯(cuò)誤；
CD．設(shè)加速度大小為a；從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程，有
從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程，有
聯(lián)立解得
，
從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，速度的變化量為
故D正確，C錯(cuò)誤。
故選D。
12.如圖甲所示，對(duì)靜止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，2.5s后加速度保持不變；箱內(nèi)有一光滑斜面，斜面傾角，可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊剛開(kāi)始在斜面底部。已知木箱質(zhì)量，滑塊的質(zhì)量，斜面高。下列說(shuō)法正確的是（）（、，）
A．1s末，水平拉力F的大小為4NB．2s末，木箱的速度為6m/s
C．2.5s后滑塊開(kāi)始相對(duì)于斜面向上運(yùn)動(dòng)D．2.8s末滑塊到達(dá)斜面頂部
【答案】BC
【詳解】A．以木箱作為參考系，當(dāng)滑塊相對(duì)于斜面剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)受到重力和支持力作用，此時(shí)滑塊的加速度
1s末由圖可知，滑塊相對(duì)于木箱沒(méi)有發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，滑塊木箱可視為整體，由牛頓第二定律
解得
A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)圖像可知，2s內(nèi)速度增加量
2s末速度為6m/s，B正確；
C．2.5s末滑塊的加速度為，滑塊相對(duì)于斜面開(kāi)始滑動(dòng)，C正確；
D．2.5s后開(kāi)始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)相對(duì)加速度為，根據(jù)
，
解得
則滑塊到達(dá)斜面頂部時(shí)刻為2.9s末，D錯(cuò)誤。
故選BC。
13.長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在時(shí)刻將相對(duì)于地面靜置的物塊輕放到木板上，以后木板運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖像如圖所示。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小。求：
(1)物塊剛放上木板時(shí)，物塊、木板的加速度大小各為多少？
(2)物塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)？
(3)從時(shí)刻到物塊與木板均停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊和木板的位移各是多少？
【答案】(1)，
(2)，
(3)，
【詳解】（1）分析可知，從時(shí)開(kāi)始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，木板受地面和物塊的摩擦力減速，此過(guò)程一直持續(xù)到時(shí)物塊和木板具有共同速度為止。由圖可知，時(shí)木板速度為，時(shí)，物塊和木板的速度為。設(shè)到時(shí)間間隔內(nèi)，物塊和木板的加速度大小分別為和，則有
（2）設(shè)物塊和木板的質(zhì)量為m，物塊和木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為、，由牛頓第二定律得，對(duì)物塊則有
對(duì)木板有
解得
（3）在時(shí)刻后，設(shè)物塊與木板保持相對(duì)靜止一起作減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a，物塊與木板之間的靜摩擦力大小為f，則由牛頓第二定律，對(duì)整體有
對(duì)物塊
聯(lián)立解得
而，故假設(shè)不成立，即在時(shí)刻后，物塊相對(duì)于木板向前滑動(dòng)，物塊在木板的摩擦力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，其加速度的大小
對(duì)木板有
解得
木板的圖像如圖中實(shí)線所示，物塊的圖像如圖中點(diǎn)畫(huà)線所示。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可推知，物塊和木板相對(duì)于地面的的位移分別為
解得
06 板塊模型
14.如圖甲所示，小物塊A以初速度沖上水平放置的平板B，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A始終沒(méi)有滑離平板B，A、B運(yùn)動(dòng)的部分v-t圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）
A．若，則
B．A、B兩物體質(zhì)量可能相同
C．0-2t?時(shí)間內(nèi)，B有時(shí)僅受一個(gè)摩擦力作用
D．A與 B間的動(dòng)摩擦因數(shù)小于 B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
【答案】A
【詳解】A．設(shè)AB之間、B與地面之間動(dòng)摩擦因數(shù)分別為，0到內(nèi)，對(duì)A、B，由牛頓第二定律分別有
解得A、B加速度分別為
，
則0到內(nèi)，對(duì)A
對(duì)B有
到時(shí)間內(nèi)，對(duì)整體有
聯(lián)立解得
若
解得
故A正確；
B．以上分析可知
若AB質(zhì)量相等，則
而圖乙可知速度就已經(jīng)為，故2速度不可能還是，不符合題意，故B錯(cuò)誤；
C．速度-時(shí)間圖像的斜率表示加速度，圖乙可知0到時(shí)間內(nèi)A始終有加速度，故AB間一直存在摩擦力，所以B在時(shí)間內(nèi)一直同時(shí)受到A給摩擦力和地面給的摩擦力，故C錯(cuò)誤；
D．題意可知要讓B運(yùn)動(dòng)起來(lái)，必須滿(mǎn)足
即
故A與 B間的動(dòng)摩擦因數(shù)大于 B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故D錯(cuò)誤。
故選 A。
15.如圖1，水平地面上有一長(zhǎng)木板，將一小物塊放在長(zhǎng)木板上，給小物塊施加一水平外力F，通過(guò)傳感器分別測(cè)出外力大小F和長(zhǎng)木板及小物塊的加速度a的數(shù)值如圖2所示。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則以下說(shuō)法正確的是（）
A．小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)
B．長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
C．小物塊的質(zhì)量
D．長(zhǎng)木板的質(zhì)量
【答案】C
【詳解】由題中a-F圖像知，當(dāng)F=F1時(shí)小物塊與長(zhǎng)木板均恰好開(kāi)始相對(duì)地面滑動(dòng)，則有
F1=μ2（m+M）g
當(dāng)F1＜F≤F3時(shí)，小物塊與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，有
F-μ2（m+M）g=（m+M）a
即

結(jié)合圖像的截距有
-a0=-μ2g
聯(lián)立可解得
當(dāng)F＞F3時(shí)，小物塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)，對(duì)小物塊有
F-μ1mg=ma
整理得
結(jié)合圖像有
則小物塊的質(zhì)量
對(duì)長(zhǎng)木板根據(jù)牛頓第二定律有
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma1
聯(lián)立解得

由題中a-F圖像知
可解得
故選C。
17.如圖所示，緊靠（不粘連）在一起的平板A、B厚度相同，長(zhǎng)度分別為、，均靜止在水平地面上，質(zhì)量的小物塊放置在平板A的左端。某時(shí)刻對(duì)物塊施加恒定的拉力，方向斜向右上方，與水平方向夾角，作用一段時(shí)間后立即撤去F。已知兩平板的質(zhì)量均為，小物塊與平板A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為、，平板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，平板B的下表面光滑，各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度，，。
(1)求剛施加拉力F時(shí)小物塊的加速度大小。
(2)小物塊滑離平板A時(shí)，小物塊和平板A的速度分別是多大？
(3)小物塊是否會(huì)脫離平板B？如果會(huì)脫離，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明理由；如果不會(huì)脫離，請(qǐng)計(jì)算小物塊最終跟平板B相對(duì)靜止時(shí)的位置與平板B左端的距離。
【答案】(1)
(2)，
(3)不會(huì)，
【詳解】（1）剛對(duì)小物塊施加拉力F時(shí)，假設(shè)其與平板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)物塊有

物塊與平板A之間的摩擦力

平板A與地面之間的最大靜摩擦力

比較可知，平板靜止不動(dòng) ，則小物塊的加速度為
（2）撤去拉力F時(shí)，物塊的速度
物塊的位移

從撤去拉力F到物塊脫離平板A前，設(shè)物塊的加速度大小為，平板A的加速度為，經(jīng)歷時(shí)間，脫離平板A時(shí)物塊的速度為，根據(jù)牛頓第二定律，
對(duì)物塊

對(duì)平板整體

物塊的位移
平板的位移

根據(jù)空間位移關(guān)系可知

聯(lián)立解得
則物塊脫離平板時(shí)的速度
平板A的速度
解得
，
（3）假設(shè)小物塊不會(huì)滑離平板B，設(shè)小物塊的加速度大小為，平板B的加速度為，達(dá)到共同速度所需要的時(shí)間為，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)物塊

對(duì)平板B

則

聯(lián)立解得
此時(shí)小物塊到平板B左端距離為

解得
假設(shè)成立
故小物塊不會(huì)脫離平板B，最終到其左端的距離為。
07 傳送帶模型
18.如圖1所示，傾角為30°的淺色傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，將一質(zhì)量為 m的可視為質(zhì)點(diǎn)的深色物塊輕放在傳送帶的頂端P點(diǎn)，2s末物塊恰好到達(dá)傳送帶底端Q點(diǎn)。物塊的速度v隨時(shí)間t的變化圖像如圖2所示，重力加速度大小。下列說(shuō)法正確的是（）
A．物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．物體滑到Q點(diǎn)的速度大小為9 m/s
C．P、Q兩點(diǎn)之間的距離為12 m
D．傳送帶劃痕的長(zhǎng)度為3m
【答案】D
【詳解】A．圖2可知，物塊向從0開(kāi)始先加速到與傳送帶共速（），之后再繼續(xù)加速到傳送帶末端，設(shè)動(dòng)摩擦因素為，速度時(shí)間圖像斜率表示加速度，故結(jié)合圖2可知共速前，物塊加速度大小
解得
故A錯(cuò)誤；
B．共速后，物塊加速度大小
物體滑到Q點(diǎn)的速度大小為
故B錯(cuò)誤；
C．速度時(shí)間圖像面積表位移，P、Q兩點(diǎn)之間的距離為
故C錯(cuò)誤；
D．圖像可知從開(kāi)始到共速用時(shí)，則共速前劃痕
聯(lián)立以上解得
圖像2可知，共后到Q點(diǎn)用時(shí)，則共速到Q點(diǎn)劃痕
聯(lián)立以上，解得
故傳送帶劃痕的長(zhǎng)度為3m，故D正確。
故選D。
19.如圖所示，曲面和下底面都光滑的圓弧軌道A靜置在水平地面上，其質(zhì)量為3m、圓弧半徑為R。A的左側(cè)距離為處為一足夠長(zhǎng)、以大小為的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶，其上表面與水平地面齊平。現(xiàn)將質(zhì)量為m的滑塊B，從圓弧最高點(diǎn)靜止釋放，B沿軌道下滑后，與靜置在傳動(dòng)帶右端的滑塊C發(fā)生碰撞，C的質(zhì)量也為m，B、C均可視作質(zhì)點(diǎn)，B、C與傳送帶、水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ = 0.25，重力加速度為g，且B與C的所有碰撞都是完全彈性的。求：
(1)從滑塊B靜止釋放至滑塊B滑到軌道的圓弧最低點(diǎn)的過(guò)程中，A、B運(yùn)動(dòng)的水平位移的大??；
(2)滑塊C第一次在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
(3)從滑塊C在傳送帶最左端開(kāi)始計(jì)時(shí)，到B恰好停止的過(guò)程中，地面給B的沖量大小。（答案可以用根號(hào)表示）
【答案】(1)，
(2)
(3)
【詳解】（1）從滑塊B靜止釋放至滑塊B滑到軌道的圓弧最低點(diǎn)的過(guò)程中，A、B組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)人船模型可得
聯(lián)立解得A、B運(yùn)動(dòng)的水平位移的大小分別為
，
（2）從滑塊B靜止釋放至滑塊B滑到軌道的圓弧最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒定律和系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可得
解得
，
從B滑到圓弧最低點(diǎn)到與C發(fā)生碰撞前瞬間過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得B與C碰前的速度大小為
B與C發(fā)生彈性碰撞過(guò)程，有
解得
，
可知B、C速度交換，則滑塊C第一次在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有
滑塊C第一次在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
（3）由于傳送帶速度為
可知滑塊C向左減速為0后，反向向右加速到與傳送帶共速，接著勻速運(yùn)動(dòng)到右端與B發(fā)生彈性碰撞，碰后速度再一次發(fā)生交換，所以第二次碰撞后B的速度為
設(shè)滑塊C在傳送帶上向右加速所用時(shí)間為t1，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則有
B向右減速到停下所用時(shí)間為
此過(guò)程，支持力對(duì)B的沖量大小為
摩擦力對(duì)B的沖量大小為
則地面給B的沖量大小為
20．如圖所示，以v=4m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，左端與粗糙傾斜軌道在B點(diǎn)平滑對(duì)接，質(zhì)量m=0.1kg的小煤塊（可以看作質(zhì)點(diǎn)）從傾斜軌道上高h(yuǎn)=3m處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑。煤塊與傾斜軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.3，煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.4.傾斜軌道與水平面的夾角θ=37°，傳送帶BC之間的距離d=8.5m。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。
(1)求煤塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB；
(2)求煤塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的總時(shí)間t；
(3)求煤塊在傳送帶上的滑痕長(zhǎng)度。
【答案】(1)
(2)
(3)0.5m
【詳解】（1）從A點(diǎn)到B點(diǎn)，對(duì)小煤塊，設(shè)加速度大小為，由牛頓第二定律得
由速度位移公式有
代入題中數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得
（2）由于煤塊剛上傳送帶時(shí)速度大于傳送帶速度，故煤塊要減少運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為，由牛頓第二定律得
解得
故煤塊減速到與傳送帶共速時(shí)用時(shí)
該過(guò)程煤塊位移
則煤塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間
故煤塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的總時(shí)間
（3）煤塊與傳送帶共速前，傳送帶位移
故煤塊在傳送帶上的滑痕長(zhǎng)度
1．鐵路部門(mén)在城際常規(guī)車(chē)次中實(shí)行交錯(cuò)停車(chē)模式，部分列車(chē)實(shí)行一站直達(dá)。假設(shè)兩火車(chē)站之間還均勻分布了4個(gè)車(chē)站，列車(chē)的最高速度為。若列車(chē)在進(jìn)站和出站過(guò)程中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小均為，其余行駛時(shí)間內(nèi)保持最高速度勻速運(yùn)動(dòng)，列車(chē)在每個(gè)車(chē)站停車(chē)時(shí)間均為，則一站直達(dá)列車(chē)比“站站?！绷熊?chē)節(jié)省的時(shí)間為（）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】由題可知，列車(chē)加速到速度最大所用的時(shí)間為
列車(chē)進(jìn)站加速與出站減速時(shí)的加速度相等，故
設(shè)一站直達(dá)列車(chē)勻速行駛用時(shí)為t，“站站停”列車(chē)勻速行駛用時(shí)，根據(jù)題意可知
一站直達(dá)列車(chē)比“站站?！绷熊?chē)節(jié)省的時(shí)間為
聯(lián)立解得
故選C。
2．某一平直的公路上甲、乙兩輛小車(chē)分別在各自的平行車(chē)道上勻速行駛，甲在乙的前方。突然甲車(chē)發(fā)現(xiàn)前方出現(xiàn)事故，立馬踩下剎車(chē)，記此刻為時(shí)刻，2秒后乙車(chē)也開(kāi)始剎車(chē)，兩車(chē)的速度-時(shí)間圖像如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）
A．乙車(chē)秒的平均加速度為
B．8秒時(shí)刻甲乙一定相遇
C．如果時(shí)刻甲乙相距離20米，則甲乙在相遇
D．甲乙時(shí)刻的距離小于28米，則甲乙此過(guò)程中一定會(huì)相遇
【答案】D
【詳解】A．乙車(chē)秒的平均加速度為
故A錯(cuò)誤；
B．由于不知道開(kāi)始甲乙的距離，故不知道8秒時(shí)刻是否相遇，故B錯(cuò)誤；
C．甲車(chē)的加速度大小為
乙車(chē)秒的加速度大小為
乙車(chē)3秒內(nèi)的位移為
甲車(chē)3秒內(nèi)的位移為
若甲乙在相遇，時(shí)刻甲乙相距離
故C錯(cuò)誤；
D．兩車(chē)速度相等時(shí)有
解得
此時(shí)兩車(chē)的速度大小為
此時(shí)乙比甲多運(yùn)動(dòng)的距離為
故甲乙時(shí)刻的距離小于28米，則甲乙此過(guò)程中一定會(huì)相遇，故D正確。
故選D。
3．如圖所示是快遞包裹運(yùn)送和緩沖裝置，水平傳送帶以恒定速度v順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧起緩沖作用。將快遞輕放在傳送帶左端，快遞在接觸彈簧前速度已達(dá)到v，之后與彈簧接觸繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)。規(guī)定水平向右為正方向，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下面是描述快遞從開(kāi)始釋放到第一次到達(dá)最右端過(guò)程中的v-t圖像和a-x圖像，其中可能正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】AB．快遞在接觸彈簧前速度已達(dá)到v，說(shuō)明它在接觸彈簧前先加速再勻速，勻速階段不受摩擦力。接觸彈簧后，在開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)快遞相對(duì)于傳送帶靜止，即其受彈簧彈力和靜摩擦力平衡，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到彈力與最大摩擦力相等時(shí)，由于慣性繼續(xù)壓縮彈簧，彈力越來(lái)越大，快遞接下來(lái)做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零。故A錯(cuò)誤；B正確；
CD．快遞在接觸彈簧前加速階段，有
解得
方向向右。勻速運(yùn)動(dòng)階段，有
接觸彈簧后，運(yùn)動(dòng)到彈力大于最大靜摩擦力前，仍做勻速運(yùn)動(dòng)，加速度仍然為零，彈力大于最大靜摩擦力后，有
解得
方向向左。故CD錯(cuò)誤。
故選B。
4．百米訓(xùn)練賽中，槍響后（忽略運(yùn)動(dòng)員的反應(yīng)時(shí)間）運(yùn)動(dòng)員立即起跑，之后的運(yùn)動(dòng)可看作三個(gè)連續(xù)的過(guò)程，分別為勻加速直線運(yùn)動(dòng)、加速度隨位移線性減小的加速運(yùn)動(dòng)、勻速直線運(yùn)動(dòng)，圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）
A．運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
B．運(yùn)動(dòng)員的最大速度為
C．運(yùn)動(dòng)員到達(dá)終點(diǎn)前勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
D．運(yùn)動(dòng)員的成績(jī)大于
【答案】B
【詳解】A．根據(jù)題圖中數(shù)據(jù)可知，運(yùn)動(dòng)員勻加速階段
解得
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)
可知圖像與橫軸圍成面積的兩倍等于速度的平方，即運(yùn)動(dòng)員的最大速度
故B正確；
C．依題意，可知運(yùn)動(dòng)員勻速階段時(shí)間為
故C錯(cuò)誤；
D．運(yùn)動(dòng)員變加速階段，在處的速度大小為
運(yùn)動(dòng)員在處的速度大小為，此過(guò)程中的平均速度大于，根據(jù)
可知此過(guò)程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于，運(yùn)動(dòng)員的成績(jī)
故D錯(cuò)誤。
故選B。
5．馮驥才的《俗世奇人》中有一位叫“彈弓楊”的人物，傳聞他有著用彈弓打石塊百發(fā)百中的本領(lǐng)，一天他在表演自己的絕活時(shí)，他先將石塊甲以某速度v0的豎直射出，已知甲上升的最大高度距射出點(diǎn)的高度為H。當(dāng)石塊甲上升至射出點(diǎn)處時(shí)，他在同一位置又以另一速度v1射出石塊乙，石塊乙恰好在石塊甲上升至最高點(diǎn)時(shí)被擊中。如果把兩石塊的運(yùn)動(dòng)均看作豎直上拋運(yùn)動(dòng)，不計(jì)運(yùn)動(dòng)中所受到的空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是（）
A．若甲從射出至最高點(diǎn)的時(shí)間為t1，乙從射出至擊中甲的時(shí)間為t2，則t1∶t2=
B．石塊乙擊中石塊甲時(shí)，石塊乙的速度為v2=
C．如果他想在處擊中甲，則射出的石塊乙的初速度一定為v1=
D．若石塊乙的密度較小，石塊乙在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中空氣阻力不可忽略，其上升過(guò)程中實(shí)際加速度大小恒為a1=，下降過(guò)程中的加速度大小恒為a2=，方向均豎直向下，石塊甲、乙射出的速度不變，則石塊乙擊中石塊甲的實(shí)際位置為處。
【答案】D
【詳解】A．甲從射出至最高點(diǎn)的時(shí)間為
乙從射出至擊中甲的時(shí)間為
則
故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)位移—時(shí)間公式有
根據(jù)速度公式有
解得
故B錯(cuò)誤；
C．甲從最高點(diǎn)到的時(shí)間為
如果他想在處擊中甲，則石塊乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
或
根據(jù)位移—時(shí)間公式有
或
解得
或
故C錯(cuò)誤；
D．由上述分析可知，乙射出后甲上升至最高點(diǎn)的時(shí)間為
則乙此時(shí)的速度為
位移為
設(shè)再經(jīng)時(shí)刻，兩物體相遇，則
則相遇時(shí)距離最高點(diǎn)的距離為
故D正確。
故選D。
6．如圖1所示，傾角為30°的淺色傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行，將一質(zhì)量為 m的可視為質(zhì)點(diǎn)的深色物塊輕放在傳送帶的頂端P點(diǎn)，2s末物塊恰好到達(dá)傳送帶底端Q點(diǎn)。物塊的速度v隨時(shí)間t的變化圖像如圖2所示，重力加速度大小。下列說(shuō)法正確的是（）
A．物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
B．物體滑到Q點(diǎn)的速度大小為9 m/s
C．P、Q兩點(diǎn)之間的距離為12 m
D．傳送帶劃痕的長(zhǎng)度為3m
【答案】D
【詳解】A．圖2可知，物塊向從0開(kāi)始先加速到與傳送帶共速（），之后再繼續(xù)加速到傳送帶末端，設(shè)動(dòng)摩擦因素為，速度時(shí)間圖像斜率表示加速度，故結(jié)合圖2可知共速前，物塊加速度大小
解得
故A錯(cuò)誤；
B．共速后，物塊加速度大小
物體滑到Q點(diǎn)的速度大小為
故B錯(cuò)誤；
C．速度時(shí)間圖像面積表位移，P、Q兩點(diǎn)之間的距離為
故C錯(cuò)誤；
D．圖像可知從開(kāi)始到共速用時(shí)，則共速前劃痕
聯(lián)立以上解得
圖像2可知，共后到Q點(diǎn)用時(shí)，則共速到Q點(diǎn)劃痕
聯(lián)立以上，解得
故傳送帶劃痕的長(zhǎng)度為3m，故D正確。
故選D。
7．如圖所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端疊放著兩個(gè)物體A、B，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。時(shí)刻，對(duì)A施加豎直向上的拉力，使A先以的加速度向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從時(shí)起，使A改做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知：兩物體的質(zhì)量，，彈簧的勁度系數(shù)為，重力加速度；則從時(shí)刻起，拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系（F-t）圖像大致正確的是（）
A．B．
C．D．
【答案】B
【詳解】當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，對(duì) A、B 整體進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件可得彈簧的壓縮量
在0-0.2s階段，對(duì)整體受力分析
勻加速運(yùn)動(dòng)的位移
時(shí)彈簧的壓縮量
解得
所以?xún)?nèi)F-t圖像為二次函數(shù)圖像；因?yàn)閍=5m/s2，勻加速直線運(yùn)動(dòng)的0.2s末物體速度為
A、B一起勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，A、B整體受平衡力
又
解得A、B一起勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程拉力大小為
則A、B一起勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中圖像是一次函數(shù)圖像；
當(dāng)A、B分離時(shí)，彈簧的壓縮量
所以A、B一起勻速上升的位移大小
所以A、B一起勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
則A、B分離時(shí)
0.5s后A、B分離，A勻速運(yùn)動(dòng)，拉力F大小不變
故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選B。
8．老虎車(chē)是一種搬運(yùn)工具，如圖所示，車(chē)的平面與擋板垂直。某次運(yùn)貨時(shí)貨物與車(chē)保持相對(duì)靜止并水平向右做加速運(yùn)動(dòng)，車(chē)平面與水平地面的夾角為，重力加速度為g。不考慮貨物與車(chē)平面及與擋板之間的摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）
A．當(dāng)老虎車(chē)的加速度為時(shí)，車(chē)平面對(duì)貨物的支持力為0
B．當(dāng)擋板對(duì)貨物作用力為0時(shí)，老虎車(chē)的加速度為
C．當(dāng)加速度不斷增大時(shí)，貨物會(huì)沿車(chē)平面向上滑
D．當(dāng)老虎車(chē)突然剎車(chē)時(shí)，貨物只會(huì)沿車(chē)平面滑動(dòng)，不會(huì)離開(kāi)車(chē)平面
【答案】C
【詳解】A．運(yùn)貨時(shí)貨物與車(chē)保持相對(duì)靜止并水平向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)平面對(duì)貨物的支持力為，擋板對(duì)貨物的彈力為，對(duì)貨物由牛頓第二定律有
當(dāng)老虎車(chē)的加速度為時(shí)，有
可知車(chē)平面對(duì)貨物的支持力不為0，故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)擋板對(duì)貨物作用力為0時(shí)，貨物只受重力和車(chē)平面的支持力，由牛頓第二定律可得
解得老虎車(chē)的加速度為
故B錯(cuò)誤；
C．對(duì)貨物由牛頓第二定律有
可知當(dāng)加速度不斷增大時(shí)，平面對(duì)貨物的支持力增大，擋板對(duì)貨物的彈力減小，當(dāng)車(chē)的加速度增大到時(shí)，擋板對(duì)貨物作用力為0，平板車(chē)加速度再增大貨物將會(huì)沿車(chē)平面向上滑，故C正確；
D．當(dāng)老虎車(chē)突然剎車(chē)時(shí)，老虎車(chē)減速，但貨物由于慣性會(huì)保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，貨物會(huì)離開(kāi)車(chē)平面，故D錯(cuò)誤。
故選C。
9．如圖所示，在光滑的水平面上放著兩塊長(zhǎng)度相同，質(zhì)量分別為和的木板，在兩木板的左端分別放一個(gè)大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物體，開(kāi)始時(shí)都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)分別對(duì)兩物體施加水平恒力、，當(dāng)物體與板分離時(shí)，兩木板的速度分別為和，若已知，且物體與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，以下幾種情況中不能成立的是（）
A．，且B．，且
C．，且D．，且
【答案】B
【詳解】在物塊與木板相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，都做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊有
對(duì)木板有
A．若，則物塊加速度相等，即，若，則木板加速度。根據(jù)
可知
故
根據(jù)知
故A正確；
B．若，則物塊加速度相等，即，若，則木板加速度。根據(jù)
可知
故
根據(jù)知
故B錯(cuò)誤；
C．若，則物塊加速度關(guān)系為，若，則木板加速度關(guān)系為。根據(jù)
可知
故
根據(jù)知
故
故C正確；
D．若，則物塊加速度關(guān)系為，若，則木板加速度關(guān)系為。根據(jù)
可知
故
根據(jù)知
故D正確。
本題選擇不能成立的，故選B。
10．為研究山體滑坡，某同學(xué)建立了如圖所示的模型，固定斜面體上有兩段傾角均為37°的平行斜面ab和cd，cd足夠長(zhǎng)。質(zhì)量為4m、長(zhǎng)度為s的“L形”防滑板B恰好靜止在cd段的最上端，上表面與ab齊平。在斜面ab上距b點(diǎn)1.5s處由靜止釋放質(zhì)量為m的小滑塊A，滑塊A與ab面及與B的上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5?；瑝K與防滑板下端薄擋板間碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失，且碰撞時(shí)間極短，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度為g。則（）
A．A剛滑上B時(shí)速度大小為
B．A滑上B后，B立即加速下滑
C．A與B第一次碰撞后，B的速度大小
D．A將與B發(fā)生二次碰撞，緩解山體滑坡的危害
【答案】D
【詳解】A．滑塊A從靜止到剛滑上滑板B時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
故A錯(cuò)誤；
B．L形滑板B恰好靜止在cd段的最上端，則有
解得
滑塊A滑上滑板B時(shí)，對(duì)B分析可知
則滑板B靜止不動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C．滑塊A從靜止到與滑板碰撞前有
碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能守恒，則有
解得
，
故C錯(cuò)誤；
D．碰撞后，A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有
對(duì)B有
解得
，
由于
則滑板先減速為0，滑塊依然向上減速運(yùn)動(dòng)，位移分別為
由于
Ffm，則發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)
將滑塊和木板看成一個(gè)整體，對(duì)整體進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析
臨界
條件
①兩者速度達(dá)到相等的瞬間，摩擦力可能發(fā)生突變②當(dāng)木板的長(zhǎng)度一定時(shí)，滑塊可能從木板滑下，恰好滑到木板的邊緣達(dá)到共同速度（相對(duì)靜止）是滑塊滑離木板的臨界條件
原理
時(shí)間及位移關(guān)系式、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系等
項(xiàng)目
圖示
滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
情景二
(1)v0>v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速
(2)v0v返回時(shí)速度為v，當(dāng)v0

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