2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一力與運(yùn)動第2講力與直線運(yùn)動學(xué)案

PAGEPAGE1第2講力與直線運(yùn)動主干學(xué)問體系核心再現(xiàn)及學(xué)科素養(yǎng)學(xué)問規(guī)律(1)勻變速直線運(yùn)動規(guī)律公式的兩性．①條件性：物體必需做勻變速直線運(yùn)動．②矢量性：公式都是矢量性．(2)牛頓其次定律的“四性”．①矢量性：F＝ma是矢量式，a與F同向．②瞬時性：力與加速度同時產(chǎn)生，同時變更．③同體性：F＝ma中，F(xiàn)、m、a對應(yīng)同一物體．④獨(dú)立性：分力產(chǎn)生的加速度相互獨(dú)立．(3)運(yùn)動圖象六要素．①軸；②線；③斜率；④截距；⑤交點(diǎn)；⑥面積思想方法(1)物理思想：極限思想、逆向思維、志向試驗、分解思想(2)學(xué)習(xí)方法：比例法、圖象法、限制變量法、整體法、隔離法、合成分解法.1．(2024·全國Ⅰ卷，14)高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動．在啟動階段，列車的動能()A．與它所經(jīng)驗的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比B[A錯：速度v＝at，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，與經(jīng)驗的時間的平方成正比．B對：依據(jù)v2＝2ax，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·2ax＝max，與位移成正比．C錯：動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，與速度的平方成正比．D錯：動量p＝mv，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，與動量的平方成正比．]2．(2024·全國Ⅰ卷，16)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動．以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧復(fù)原原長前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是()A[設(shè)物塊P靜止時，彈簧的長度為x0，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，依據(jù)牛頓其次定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg故F＝kx＋ma.依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問知F－x圖像是截距為ma的一次函數(shù)圖像．]3．(2024·全國Ⅱ卷，19)甲、乙兩汽車在同一條平直馬路上同向運(yùn)動，其速度－時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示．已知兩車在t2時刻并排行駛．下列說法正確的是()A．兩車在t1時刻也并排行駛B．在t1時刻甲車在后，乙車在前C．甲車的加速度大小先增大后減小D．乙車的加速度大小先減小后增大BD[A錯、B對：0～t1時間內(nèi)，v乙>v甲；t1～t2時間內(nèi)，v甲>v乙，t2時刻相遇，但0～t1時間內(nèi)兩者的位移差小于t1～t2時間內(nèi)兩者的位移差，則t1時刻甲在乙的后面；C錯、D對：由圖像的斜率知，甲、乙兩車的加速度均先減小后增大．]4．(2024·全國Ⅱ卷，18)甲、乙兩車在同一平直馬路上同向運(yùn)動，甲做勻加速直線運(yùn)動，乙做勻速直線運(yùn)動．甲、乙兩車的位置x隨時間t的變更如圖所示．下列說法正確的是()A．在t1時刻兩車速度相等B．從0到t1時間內(nèi)，兩車走過的路程相等C．從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等D．從t1到t2時間內(nèi)的某時刻，兩車速度相等CD[A錯：x－t圖像斜率表示兩車速度，則可知t1時刻乙車速度大于甲車速度．B錯：由兩圖線的縱截距知，動身時甲在乙前面，t1時刻圖線相交表示兩車相遇，可得0到t1時間內(nèi)乙車比甲車多走了一段距離．C、D對：t1和t2兩圖線相交，表明兩車均在同一位置，從t1到t2時間內(nèi)，兩車走過的路程相等；在t1到t2時間內(nèi)，兩圖線有斜率相等的一個時刻，即該時刻兩車速度相等．]提示多項選擇題中，A、B項已經(jīng)確定錯誤，C、D項可不分析．5．(2024·全國Ⅱ卷，24)(12分)汽車A在水平冰雪路面上行駛．駕駛員發(fā)覺其正前方停有汽車B，馬上實行制動措施，但仍舊撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5m，A車向前滑動了2.0m．已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g＝(1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。?2)碰撞前的瞬間A車速度的大?。唤馕?1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB.依據(jù)牛頓其次定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)．設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為v′B，碰撞后滑行的距離為sB.由運(yùn)動學(xué)公式有v′eq\o\al(2,B)＝2aBsB②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得v′B＝3.0m/s③(2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA，依據(jù)牛頓其次定律有μmAg＝mAaA④設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為v′A，碰撞后滑行的距離為sA，由運(yùn)動學(xué)公式有v′eq\o\al(2,A)＝2aAsA⑤設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA＝4.3m/s⑦答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s[考情分析]■命題特點(diǎn)與趨勢1．近幾年高考對本講的考查比較全面，題型以選擇題為主，也涉及較為綜合的計算題．勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律、運(yùn)動學(xué)圖象問題、牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用是命題的熱點(diǎn)．2．借助“傳送帶”“平板車”“滑塊—木板”模型，綜合考查牛頓運(yùn)動定律、受力分析、運(yùn)動過程分析的計算題，會成為高考中的壓軸性題目．3．以“機(jī)車運(yùn)動”“追及相遇”為背景的實際問題也會成為高考命題的熱點(diǎn)，應(yīng)引起足夠重視．■解題要領(lǐng)1．解答運(yùn)動學(xué)公式與牛頓其次定律綜合應(yīng)用的問題，須要留意兩個關(guān)鍵點(diǎn)(1)兩分析①物體受力狀況分析，同時畫出受力示意圖；②物體運(yùn)動規(guī)律分析，同時畫出運(yùn)動情境圖．(2)兩個橋梁①加速度是聯(lián)系運(yùn)動和力的橋梁；②速度是各物理過程相互聯(lián)系的橋梁．2．解決圖象類問題要緊緊抓住兩個方面(1)要明白x－t、v－t圖象的特點(diǎn)及區(qū)分；(2)要將物體的運(yùn)動圖象轉(zhuǎn)化為物體的運(yùn)動模型．高頻考點(diǎn)一運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律[備考策略]1．牢記解決勻變速直線運(yùn)動問題的4種常用方法2．勻變速直線運(yùn)動問題規(guī)范解題“4個步驟”[命題視角]考向1運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律的應(yīng)用例1一個物體從靜止起先做勻加速直線運(yùn)動，以T為時間間隔，在第三個T時間內(nèi)位移是3m，第三個T時間末的瞬時速度為3m/s，則()A．物體的加速度是1m/s2B．第一個T時間末的瞬時速度為0.6m/sC．時間間隔T＝1sD．物體在第1個T時間內(nèi)的位移為0.6mD[初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，連續(xù)相等時間內(nèi)通過的位移之比為1∶3∶5，據(jù)此推斷第一個T時間內(nèi)的位移x1＝eq\f(1,5)×3m＝0.6m，選項D正確；其次個T時間內(nèi)的位移x2＝eq\f(3,5)×3m＝1.8m，由veq\o\al(2,3)－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得a＝eq\f(5,6)m/s2，選項A錯誤；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝eq\f(6,5)s，選項C錯誤；第一個T時間末的瞬時速度v1＝aT＝1m/s，選項B錯誤．]考向2追及相遇問題例2為了保障市民出行平安，削減交通事故，交管部門強(qiáng)行推出了“電子眼”，此后機(jī)動車闖紅燈大幅度削減．現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直馬路同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10m/s.當(dāng)兩車快要到十字路口時，甲車司機(jī)看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(反應(yīng)時間忽視不計)，乙車司機(jī)為了避開與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機(jī)反應(yīng)較慢(反應(yīng)時間為0.5s)．已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4，乙車緊急剎車時制動力為車重的0.5，g取10m/s2.問：(1)若甲司機(jī)看到黃燈時車頭距警戒線15m，他實行上述措施能否避開闖紅燈？(2)為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車行駛過程中應(yīng)保持多大距離？解法指導(dǎo)(1)兩車在司機(jī)的反應(yīng)時間內(nèi)做勻速運(yùn)動，這一點(diǎn)要記?。?2)兩車避開相撞的臨界條件是在同一位置處，后車的速度等于前車的速度.解析(1)甲車緊急剎車的加速度為a1＝0.4g＝4m/s甲車停下來所需時間t1＝eq\f(v0,a1)＝2.5s甲車滑行距離s＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝12.5m由于12.5m<15m，所以甲車能避開闖紅燈(2)設(shè)甲、乙兩車行駛過程中至少應(yīng)保持距離s0，在乙車剎車t2時刻兩車速度相等，則有：乙車緊急剎車的加速度大小為a2＝0.5g＝5m/s由v1＝v2得v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，解得t2＝2.0s此過程中乙的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝15m甲的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－eq\f(1,2)a1(t0＋t2)2＝12.5m所以兩車平安距離至少為：s0＝x乙－x甲＝2.5m答案(1)能(2)2.5m考向3運(yùn)動學(xué)圖象的理解與分析例3(2024·湖北省武漢市高三二月調(diào)研)(多選)甲、乙兩個物體在同始終線上運(yùn)動，其x－t圖像如圖所示，其中直線b與曲線a相切于點(diǎn)(4，－15)．已知甲做勻變速直線運(yùn)動，下列說法正確的是()A．前4s內(nèi)兩物體運(yùn)動方向相同B．前4s內(nèi)甲的平均速度是乙的平均速度的eq\f(15,7)倍C．t＝0時刻，甲的速度大小為9m/sD．甲的加速度大小為2m/s2AD[x－t圖象的斜率的正負(fù)表示運(yùn)動的方向，故前4s內(nèi)兩物體運(yùn)動方向相同，均為負(fù)方向，故A正確；甲做勻變速直線運(yùn)動，則甲的x－t圖象對應(yīng)于a；前4s內(nèi)甲的平均速度為：v1＝eq\f(－15m－9m,4s)＝－6m/s，前4s乙的平均速度為：v2＝eq\f(－15m－7m,4s)＝－2m/s，故前4s內(nèi)甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B錯誤；t＝0時刻，甲的位移為9m，速度無法求解，故C錯誤；甲時勻加速，只能得到運(yùn)動時間和4s末的速度，故無法求解加速度，故D錯誤；故選A.]點(diǎn)睛位移圖象和速度圖象都表示物體做直線運(yùn)動，抓住位移圖象的斜率等于速度是分析的關(guān)鍵，知道，平均速度等于位移除以時間．[歸納反思]1．“一畫、二選、三留意”解決勻變速直線運(yùn)動問題2．追及問題的解題思路和留意事項(1)解題思路eq\x(\a\al(分析兩物體,運(yùn)動過程))?eq\x(\a\al(畫運(yùn)動示意,圖或v－t圖象))?eq\x(\a\al(找兩物體,位移關(guān)系))?eq\x(\a\al(列位移,方程))(2)留意事項：若被追逐的物體做勻減速運(yùn)動，肯定要留意追上前該物體是否已停止運(yùn)動，另外還要留意最終對解的探討分析．[題組突破]1－1.(2024·山東省濰坊市昌樂縣二中高三下學(xué)期質(zhì)檢)一質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動，并規(guī)定了正方向．若已知質(zhì)點(diǎn)在一段時間t內(nèi)的末速度v及加速度a，則質(zhì)點(diǎn)此段運(yùn)動的初速度可表示為()A．v＋at B．v－atC．－v－at D．－v＋atB[采納逆向思維，質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動，相當(dāng)于初速度為v，加速度大小為a，則初速度可表示為v0＝v－at.故B正確，A、C、D錯誤．故選B.]1－2.(多選)甲、乙兩物體從不同點(diǎn)動身且在同一條直線上運(yùn)動，它們的v－t圖象如圖所示，已知t＝2s時兩車相遇，則下列說法正確的是()A．t＝1s時，甲車在前，乙車在后B．t＝0s時，甲、乙車距離x0＝3mC．t＝6s時，甲車在前，乙車在后D．3～5s內(nèi)兩車的平均速度相同BD[0～2s內(nèi)甲車的位移x甲＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m，x乙＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m，t＝2s時兩車相遇，甲車的位移比乙車大，也就是甲車追及乙車，所以，t＝1s時，甲車在后，乙車在前，故A錯誤；t＝0s時，甲、乙車距離x0＝x甲－x乙＝3m，故B正確；2～6s內(nèi)甲乙兩車的位移相等，t＝2s時兩車相遇，所以t＝6s兩車也相遇，故C錯誤；3～5s內(nèi)兩車v－t圖象圍成的面積相等，故位移相等，時間間隔相等，所以平均速度也相等，故D正確．]1－3.(2024·高三洛陽檢測)甲、乙兩人在某始終道上完成200m的賽跑，他們同時、同地由靜止起先運(yùn)動，都經(jīng)過4s的勻加速，甲的爆發(fā)力比乙強(qiáng)，加速過程甲跑了20m、乙跑了18m；然后都將做一段時間的勻速運(yùn)動，乙的耐力比甲強(qiáng)，勻速持續(xù)時間甲為10s、乙為13s，因為體力、毅力的緣由，他們都將做勻減速運(yùn)動的調(diào)整，調(diào)整時間都為2s，且速度都降為8m/s，最終沖刺階段以8m/s的速度勻速達(dá)到終點(diǎn)．求：(1)甲做勻減速運(yùn)動的加速度；(2)甲沖刺階段完成的位移大小．解析(1)在勻加速過程，設(shè)甲的位移為x1，所用的時間為t1，達(dá)到的末速度為v1，由x1＝eq\f(v1t1,2)，解得v1＝10m/s；甲勻減速的末速度為v2，勻減速的加速度為a2，由a2＝eq\f(v2－v1,Δt)，得a2＝－1m/s2.(2)勻速運(yùn)動的位移：x2＝v1t2＝10×10m＝100m勻減速的位移：由x3＝eq\f(v1＋v2,2)Δt解得x3＝18m最終沖刺的位移為：x4＝200m－(x1＋x2＋x3)＝200m－(20＋100＋18)m＝62m.答案(1)－1m/s2(2)62m高頻考點(diǎn)二動力學(xué)的兩類基本問題[備考策略]1．超重或失重時，物體的重力并未發(fā)生變更，只是物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?發(fā)生了變更．物體發(fā)生超重或失重現(xiàn)象與物體的運(yùn)動方向無關(guān)，只確定于物體的加速度方向．當(dāng)a有豎直向上的重量時，超重；當(dāng)a有豎直向下的重量時，失重；當(dāng)a＝g且豎直向下時，完全失重．2．動力學(xué)的兩類基本問題的處理思路eq\x(受力狀況)eq\x(F合)eq\o(,\s\up14(F合＝ma))eq\x(a)eq\o(,\s\up14(運(yùn)動學(xué)公式))eq\x(\a\al(運(yùn)動狀況,v、x、t))3．解決動力學(xué)問題的常用方法(1)整體法與隔離法．(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進(jìn)行分解，有時依據(jù)狀況也可以把加速度進(jìn)行正交分解．(3)逆向思維法：把運(yùn)動過程的末狀態(tài)作為初狀態(tài)的反向探討問題的方法，一般用于勻減速直線運(yùn)動問題，比如剎車問題、豎直上拋運(yùn)動的問題．[命題視角]考向1超、失重問題例4如圖甲所示，升降機(jī)內(nèi)固定著一個傾角為30°的光滑斜面，斜面底端安裝一個能顯示彈簧作用力的傳感器，以彈簧受壓時傳感器示數(shù)為正，傳感器通過一根輕彈簧連接著一個質(zhì)量為2m的金屬球．運(yùn)動中的升降機(jī)突然停止，以停止運(yùn)動為計時起點(diǎn)，在此后的一段時間內(nèi)傳感器上顯示的彈力隨時間變更A．升降機(jī)在停止運(yùn)動前是向上運(yùn)動的B．0～t1時間段內(nèi)金屬球做減速運(yùn)動C．t1～t2時間段內(nèi)金屬球處于超重狀態(tài)D．t2和t4兩時刻金屬球的加速度和速度的大小均相同D[由于升降機(jī)停止運(yùn)動前傳感器的示數(shù)為0，表明彈簧處于原長狀態(tài)，即升降機(jī)有向下的加速度g，而0～t1時間段內(nèi)示數(shù)增加，說明彈簧被壓縮，即升降機(jī)突然停下后金屬球由于慣性而向下運(yùn)動，故停止前升降機(jī)是向下運(yùn)動的，A錯誤；0～t1時間段內(nèi)彈簧的形變量漸漸增大，但當(dāng)F＝mg時金屬球所受的合外力為0，即金屬球前一段做加速度漸漸減小的加速度運(yùn)動，后一段做加速度漸漸增大的減速運(yùn)動，B錯誤；t1～t2時間段可分為兩段，F(xiàn)＝mg時金屬球的加速度為0，前一段時間金屬球加速度向上并處于超重狀態(tài)，后一段時間金屬球加速度向下并處于失重狀態(tài)，C錯誤；t2和t4兩時刻彈簧的形變量均為0，金屬球在斜面方向上只有重力的分力產(chǎn)生加速度，故兩時刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，因此兩個時刻速度的大小相等，但t2時刻金屬球沿斜面對上運(yùn)動，而t4時刻金屬球沿斜面對下運(yùn)動，二者的方向不同，D正確．]考向2瞬時加速度問題例5如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小球A、B細(xì)繩相連，小球A與一個輕彈簧相連，彈簧另一端固定在豎直墻上，小球用一根細(xì)線連在天花板上，起先時，兩小球都靜止不動，這時細(xì)線與水平方向的夾角是θ＝45°，彈簧水平，重力加速度為g，現(xiàn)突然把細(xì)線剪斷．在剪斷線的瞬間，小球A的加速度大小是()A．2eq\r(2)gB.eq\r(5)gC．2g D.eq\r(2)gB[細(xì)線剪斷前，小球A受到4個力作用，重力、彈簧的彈力、細(xì)線的拉力和細(xì)繩的拉力，由力的平衡條件，可知：彈簧的彈力F＝2mg，剪斷細(xì)線的瞬間，小球A只受彈簧的彈力和重力，此時彈簧的彈力還是F＝2mg，所以此時A球的合力FA＝eq\r(mg2＋2mg2)＝eq\r(5)mg，由牛頓其次定律可知，在剪斷線的瞬間，小球A的加速度大小a＝eq\r(5)g，故B正確，A、C、D錯誤．]考向3動力學(xué)圖象問題例6兩個物體從同一高度同時由靜止起先下落，經(jīng)過一段時間分別與水平地面發(fā)生碰撞(碰撞過程時間極短)后反彈，碰撞前后瞬間速度大小不變，其中一個物體所受空氣阻力可忽視，另一個物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比．下列分別用虛線和實線描述的兩物體運(yùn)動的v－t圖象，可能正確的是()D[若不計空氣阻力，則物體下落后，先做勻加速直線運(yùn)動，與地面碰撞后做豎直上拋運(yùn)動(勻減速直線運(yùn)動)，加速度不變；若考慮空氣阻力，下落過程中，速度越來越大，則空氣阻力越來越大，依據(jù)牛頓其次定律可知，加速度越來越小且小于g，與地面碰撞后，速度越來越小，則空氣阻力越來越小，依據(jù)牛頓其次定律可知，加速度越來越小且大于g，依據(jù)速度—時間圖象的斜率表示加速度大小可知，D正確．]考向4“傳送帶”問題的分析例7如圖所示，與水平面夾角θ＝37°的傾斜傳送帶以v0＝2m/s的速度沿順時針方向轉(zhuǎn)動，小物塊A從傳送帶頂端無初速度釋放的同時，小物塊B以v1＝8m/s的速度從底端滑上傳送帶．已知小物塊A、B質(zhì)量均為m＝1kg，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，小物塊A、B未在傳送帶上發(fā)生碰撞，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小物塊B向上運(yùn)動過程中平均速度的大?。?2)傳送帶的長度l應(yīng)滿意的條件．解析(1)對小物塊B由牛頓其次定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2小物塊B減速至與傳送帶共速的過程中，時間t1＝eq\f(v1－v0,a1)＝0.6s，位移s1＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,0),2a1)＝3m之后，小物塊B的速度小于傳送帶的速度，其所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，由牛頓其次定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2小物塊B減速至0的時間t2＝eq\f(v0,a2)＝1s位移s2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a2)＝1m小物塊B向上運(yùn)動過程中平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(s1＋s2,t1＋t2)＝2.5m/s(2)小物塊A的加速度也為a2＝2m/s2，小物塊B起先加速向下運(yùn)動時，小物塊A已經(jīng)具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，應(yīng)在小物塊B滑下傳送帶后，小物塊A到達(dá)傳送帶底端．當(dāng)小物塊B剛滑下傳送帶時，小物塊A恰好運(yùn)動至傳送帶底端，此時傳送帶長度最小，最小長度l0＝eq\f(1,2)a2t2小物塊B向下運(yùn)動過程s1＋s2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)解得t3＝2s，則t＝t1＋t2＋t3＝3.6s代入解得l0＝12.96m，即傳送帶的長度l≥12.96m【答案】(1)2.5m/s(2)l≥12.96m方法總結(jié)(1)傳送帶問題的實質(zhì)是相對運(yùn)動問題，這樣的相對運(yùn)動將干脆影響摩擦力的方向．因此，搞清晰物體與傳送帶間的相對運(yùn)動方向是解決該問題的關(guān)鍵．(2)傳送帶問題還經(jīng)常涉及到臨界問題，即物體與傳送帶速度相同，這時會出現(xiàn)摩擦力變更的臨界狀態(tài)，詳細(xì)如何變更要依據(jù)詳細(xì)狀況推斷．[題組突破]2－1.如圖所示，兩輕繩拴接肯定質(zhì)量的小球，兩輕繩與天花板的夾角如圖所示，則在剪斷AC繩的瞬間，小球的加速度大小為a1，剪斷BC繩的瞬間，小球的加速度大小為a2.則a1∶a2為()A．1∶1B.eq\r(3)∶3C.eq\r(6)∶2D.eq\r(2)∶1C[在剪斷BC繩的瞬間，AC繩的彈力發(fā)生突變，小球即將做圓周運(yùn)動．受力分析如圖所示，重力分解為沿繩方向和垂直繩子的方向，因為此時速度為0，向心力等于0，沿繩子方向的加速度為0；垂直繩子方向，依據(jù)牛頓其次定律可得小球的加速度大小：a1＝eq\f(mgcos30°,m)＝eq\f(\r(3),2)g；同理可得剪斷AC繩的瞬間，小球的加速度大小a2＝eq\f(mgcos45°,m)＝eq\f(\r(2),2)g，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(\r(6),2)，故C正確，A、B、D錯誤．]2－2.(多選)如圖所示，光滑斜面與傾斜傳送帶在同一個平面內(nèi)，傳送帶以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動，現(xiàn)有一滑塊從斜面上由靜止釋放，若滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)恒定，規(guī)定沿斜面對下的速度方向為正方向，則滑塊在傳送帶上滑動時的速度隨時間變更的圖線可能是()ACD[滑塊在傳送帶上受到重力、傳送帶的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若傳送帶對滑塊的摩擦力小于重力沿斜面的分力，則滑塊始終做加速運(yùn)動，故A正確；若傳送帶對滑塊的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑塊先做勻減速直線運(yùn)動，若滑塊的速度足夠大，傳送帶足夠短，則滑塊在速度減小到0前，滑塊的位移大于傳送帶的長度，則滑塊始終做勻減速運(yùn)動．故C正確；若滑塊的速度比較小，在滑塊的速度減小到0時，滑塊的位移仍小于傳送帶的長度，則滑塊的速度等于0時，仍舊在傳送帶上．由于傳送帶向沿斜面對上運(yùn)動，滑塊在傳送帶上受到沿斜面對上的摩擦力，將沿斜面對上做加速運(yùn)動，由運(yùn)動的對稱性可知，若傳送帶的速度足夠大，則滑塊返回動身點(diǎn)的速度大小仍舊等于v1，故D正確，B錯誤．]高頻考點(diǎn)三動力學(xué)中的連接體問題[備考策略]一、連接體問題可以看作是單個物體的由小變大(此時用整體法)和由單個變多個(此時用隔離法)的動力學(xué)問題，解決此類問題時應(yīng)留意以下三點(diǎn)：①整體法與隔離法的優(yōu)點(diǎn)和運(yùn)用條件；②兩物體分別或相對滑動的條件；③用滑輪連接的連接體的處理方法．建議對本考點(diǎn)重點(diǎn)攻堅二、整體法與隔離法的選用原則1．當(dāng)連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采納整體法；當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，一般采納隔離法．2．求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時必需用隔離法．三、三類連接體問題的解題結(jié)論1．通過滑輪連接的兩個物體：假如做加速運(yùn)動，則它們的加速度大小相同，留意此時輕繩的拉力與懸掛物的重力大小不等．2．疊加體類連接體：兩物體間剛要發(fā)生相對滑動時物體間達(dá)到最大靜摩擦力．3．靠在一起的連接體：分別時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同．例8(2024·湖北省武昌區(qū)高三五月調(diào)研考試)(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為m和M的兩物體用輕繩連接，在M上施加恒力F，使兩物體一起沿恒力F方向做勻加速直線運(yùn)動(輕繩與恒力F方向平行)，分析對比下列四種狀況下兩物體間輕繩的張力大小T和兩物體的加速度大小a，正確的是()A．四種狀況中(3)的加速度肯定大于其他三種狀況B．四種狀況中(4)的加速度肯定小于其他三種狀況C．四種狀況中(3)的輕繩張力肯定小于其他三種狀況D．四種狀況輕繩的張力肯定一樣大AD[(1)中加速度滿意：F－(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a1，對m：T1－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1；解得a1＝eq\f(F,M＋m)－gsinθ－μgcosθ：T1＝eq\f(Fm,M＋m)；(2)中加速度滿意：F－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a2，對m：T2－mgsinθ＝ma2：解得a1＝eq\f(F,M＋m)－gsinθ；T2＝eq\f(Fm,M＋m)；(3)中加速度滿意：F＝(M＋m)a3，對m：T3＝ma3；解得a3＝eq\f(F,M＋m)；T3＝eq\f(Fm,M＋m)；(4)中加速度滿意：F－(M＋m)g＝(M＋m)a4，對m：T4－mg＝ma4；解得a4＝eq\f(F,M＋m)－g；T4＝eq\f(Fm,M＋m)；由以上分析可知，選項A、D正確，B、C錯誤；故選A、D.]例9(多選)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)為k，一端固定在傾角為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接；兩物塊A、B質(zhì)量均為m，初始時均靜止．現(xiàn)用平行于斜面對上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運(yùn)動，A、B兩物塊在起先一段時間內(nèi)的v－t關(guān)系分別對應(yīng)圖乙中A、B圖線(t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應(yīng)A圖線的最高點(diǎn))，重力加速度為g，則()A．t2時刻，彈簧形變量為0B．t1時刻，彈簧形變量為eq\f(mgsinθ＋ma,k)C．從起先到t2時刻，拉力F漸漸增大D．從t1時刻起先，拉力F恒定不變BD[由題圖乙知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，依據(jù)牛頓其次定律和胡克定律有mgsinθ＝kx，則x＝eq\f(mgsinθ,k)，故A錯誤；由題圖乙讀出，t1時刻A、B起先分別，對A依據(jù)牛頓其次定律kx－mgsinθ＝ma，則x＝eq\f(mgsinθ＋ma,k)，故B正確；從起先到t1時刻，對AB整體，依據(jù)牛頓其次定律F＋kx－2mgsinθ＝2ma，得F＝2mgsinθ＋2ma－kx，x減小，F(xiàn)增大，t1時刻到t2時刻，對B由牛頓其次定律得F－mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ＋ma，可知F不變，故C錯誤，D正確．][題組突破]3－1.(2024·高三湖北八校聯(lián)考)(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形態(tài)大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，輕繩平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦．若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止．則下列說法正確的是()A．輕繩的拉力等于MgB．輕繩的拉力等于mgC．M運(yùn)動的加速度大小為(1－sinα)gD．M運(yùn)動的加速度大小為eq\f(M－m,M)gBC[互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinα＝mg，互換位置后，對M有Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，F(xiàn)T＝mg，故A、D錯誤，B、C正確．]3－2.(2024·湖北省高三4月調(diào)研)(多選)如圖所示，足夠長的水平桌面上放置著質(zhì)量為m、長度為L的長木板B，質(zhì)量也為m的物體A放置在長木板B的右端，輕繩1的一端與A相連，另一端跨過輕質(zhì)定滑輪與B相連，在長木板的右側(cè)用跨過定滑輪的輕繩2系著質(zhì)量為2m的重錘C.已知重力加速度為g，各接觸面之間的動摩擦因數(shù)為μ(μ<0.5)，不計繩與滑輪間的摩擦，系統(tǒng)由靜止起先A．A、B、C的加速度大小均為eq\f(g,2)B．輕繩1的拉力為eq\f(mg,2)C．輕繩2的拉力為mgD．當(dāng)A運(yùn)動到B的左端時，物體C的速度為eq\r(\f(gL1－2μ,2))BD[三個物體的加速度相等，設(shè)三個物體的加速度均為a，對物體A：T1－μmg＝ma；對B：T2－μmg－2μmg－T1＝ma；對C：2mg－T2＝2ma；聯(lián)立解得a＝eq\f(1,2)g－μg；T1＝eq\f(1,2)mg；T2＝mg－2μmg，選項B正確，A、C錯誤；當(dāng)A運(yùn)動到B的左端時有：eq\f(1,2)at2＋eq\f(1,2)at2＝L，此時物體A、B、C的速度均為v＝at＝eq\r(\f(gL1－2μ,2))，選項D正確；故選BD.]高頻考點(diǎn)四應(yīng)用動力學(xué)方法分析“滑塊—木板”問題[備考策略]1．“滑塊——木板”模型應(yīng)用到的規(guī)律、方法(1)“滑塊——木板”模型問題中的推斷與計算①不同階段滑塊、木板間摩擦力的計算，滑塊、木板加速度方向的推斷，滑塊、木板做勻加速或勻減速運(yùn)動的推斷；②滑塊能否達(dá)到與木板共速的推斷，滑塊滑離木板的可能性的推斷③正確確定滑塊、木板的位移及相對位移．(2)“滑塊——木板”模型問題突破關(guān)鍵①平衡狀態(tài)下的木板與滑塊：破題關(guān)鍵是受力分析；②非平衡狀態(tài)下的木板與滑塊：破題關(guān)鍵是受力分析、運(yùn)動分析和牛頓其次、三定律的應(yīng)用．(3)“滑塊——木板”模型中功、能的計算方法①計算力所做的功時，位移是對地位移；②只有存在滑動摩擦力時才有內(nèi)能產(chǎn)生；③計算因滑動摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能時，常用功能關(guān)系Q＝Ffs，需留意的是s為物體之間的相對路程．2．“滑塊——木板”模型的解題策略(1)要正確分析物體的受力狀況、運(yùn)動過程，推斷物體是始終勻加速運(yùn)動還是先勻加速再勻速運(yùn)動；(2)結(jié)合牛頓其次定律求加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式分析物體的速度關(guān)系及位移關(guān)系．例10(2024·全國卷Ⅲ，25)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1.某時刻A、B兩滑塊起先相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2.求(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2)A、B起先運(yùn)動時，兩者之間的距離．解析(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動．設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1.在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛頓其次定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1.由運(yùn)動學(xué)公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑨(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為sB＝v0t1－eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)⑩設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的體系，由牛頓其次定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2?由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動方向與木板相反．由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2.設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運(yùn)動學(xué)公式，對木板有v2＝v1－a2t2?對A有：v2＝－v1＋aAt2?在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1＝v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為sA＝v0(t1＋t2)－eq\f(1,2)aA(t1＋t2)2?A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同．因此A和B起先運(yùn)動時，兩者之間的距離為s0＝sA＋s1＋sB?聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s0＝1.9m?(也可用下圖中的速度—時間圖線求解)答案(1)1m/s(2)1.9m[歸納反思]1．“滑塊—木板”模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與傳送帶類似，但這類問題比傳送帶類問題更困難，因為木板往往受到摩擦力的影響也做勻變速直線運(yùn)動，處理此類物體勻變速運(yùn)動問題要留意從速度、位移、時間等角度，找尋它們之間的聯(lián)系．2．要使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時的速度與木板的速度恰好相等．[題組突破]4－1.(多選)如圖1所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端．現(xiàn)將一個水平向右力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止起先運(yùn)動．滑塊、長木板的速度圖象如圖2所示，已知物塊與長木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒有長木板P上滑下．重力加速度g＝10m/s2.則下列說法正確的是()圖1圖2A．t＝10s時長木板P停下來B．長木板P的長度至少是7.5mC．長木板P和水平地面之間的動摩擦因數(shù)是0.075D．滑塊Q在長木塊P上滑行的距離是12mBCD[由圖2可知，力F在t1＝5s時撤去，此時長木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s時兩者速度相同，v2＝3m/s，t2＝6s前長木板P的速度大于滑塊Q的速度，t2＝6s后長木板P的速度小于滑塊Q的速度，0～6s過程中，以滑塊Q為對象，由牛頓其次定律得：μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6s過程中，以長木板P為對象，由牛頓其次定律得：μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，故C正確；6s末到長木板停下來過程中，由牛頓其次定律得：μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1m/s2，這段時間Δt1＝eq\f(v2,a3)＝3s，所以，t＝9s時長木板P停下來，故A錯誤；長木板P的長度至少長度就是前6s過程中，滑塊Q在長板P上滑行的距離：Δx1＝eq\f(1,2)×5×5m＋eq\f(1,2)×(5＋3)×1m－eq\f(1,2)×3×6m＝7.5m，故B正確；6s末到滑塊停下來過程中，由牛頓其次定律得：μ1mg＝ma4，解析a4＝0.5m/s2，這段時間Δt1＝eq\f(v2,a4)＝6s，所以，t3＝12s時滑塊Q停下來，6s后滑塊Q在長板P上滑行的距離：Δx2＝eq\f(1,2)×6×3m－eq\f(1,2)×3×3m＝4.5m，滑塊Q在長木板P上滑行的距離是Δx＝Δx1＋Δx2＝12m，故D正確．]4－2.如圖所示，水平地面上有一質(zhì)量為M的長木板，一個質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長木板的最右端．已知物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，從某時刻起物塊以大小為v1的水平初速度向左運(yùn)動，同時木板在水平外力F作用下始終向右以大小為v2(v2>v1)的速度勻速運(yùn)動：求：(1)在物塊向左運(yùn)動過程中外力F的大?。?2)木板至少為多長物塊才不會從木板上滑下來？解析(1)在物塊向左運(yùn)動過程中，木板受力如圖所示，其中Ff1、Ff2分別為物塊和地面給木板的摩擦力，由題意可知Ff1＝μ1mgFf2＝μ2(m＋M)g由平衡條件得：F＝Ff1＋Ff2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g(2)設(shè)物塊向左勻減速至速度為零的時間為t1，則t1＝eq\f(v1,μ1g)設(shè)物塊向左勻減速運(yùn)動的位移為x1，則x1＝eq\f(v1,2)t1＝eq\f(v\o\al(2,1),2μ1g)設(shè)物塊由速度為零向右勻加速至與木板同速(即相對靜止)的時間為t2，則t2＝eq\f(v2,μ1g)設(shè)物塊向右勻加速運(yùn)動的位移為x2，則x2＝eq\f(v2,2)t2＝eq\f(v\o\al(2,2),2μ1g)此過程中木板向右勻速運(yùn)動的總位移為x′，則x′＝v2(t1＋t2)則物塊不從木塊上滑下來時木板的最小長度：L＝x′＋x1－x2，L＝eq\f(v1＋v22,2μ1g).答案(1)μ1mg＋μ2(m＋M)g(2)eq\f(v1＋v22,2μ1g)課時跟蹤訓(xùn)練(二)一、選擇題(1～7題為單項選擇題，8～10題為多項選擇題)1．(2024·山東省濰坊市高三其次次高考模擬)汽車在轉(zhuǎn)彎時假如速度過快，簡單發(fā)生側(cè)翻．一輛大貨車在水平的路面上向左轉(zhuǎn)彎時發(fā)生了側(cè)翻，下列說法正確的是()A．貨車向右側(cè)翻B．左側(cè)輪胎簡單爆胎C．側(cè)翻是因為貨車慣性變大D．側(cè)翻是因為貨車慣性變小A[貨車在水平的路面上向左轉(zhuǎn)彎時發(fā)生了側(cè)翻，由于離心作用火車向右側(cè)翻，選項A正確；向右側(cè)翻時，右側(cè)輪胎受的壓力較大，則右側(cè)輪胎簡單爆胎，選項B錯誤；側(cè)翻是因為貨車所受的摩擦力不足以供應(yīng)轉(zhuǎn)變時的向心力而發(fā)生離心現(xiàn)象，火車的質(zhì)量沒變，則慣性沒有變更，選項C、D錯誤；故選A.]2．(2024·福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查)如圖1，a、b、c、d為光滑斜面上的四個點(diǎn)．一小滑塊自a點(diǎn)由靜止起先下滑，通過ab、bc、cd各段所用時間均為T.現(xiàn)讓該滑塊自b點(diǎn)由靜止起先下滑，則該滑塊()A．通過bc、cd段的時間均大于TB．通過c、d點(diǎn)的速度之比為1∶2C．通過bc、cd段的位移之比為1∶3D．通過c點(diǎn)的速度等于通過bd段的平均速度A[當(dāng)滑塊由a點(diǎn)靜止下滑時，滑塊沿光滑的斜面做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為a′.假設(shè)ab段的間距為x，則bc段、cd段的間距應(yīng)分別為3x、5x、xbc∶xcd＝3∶5，C錯誤；假如滑塊由b點(diǎn)靜止釋放，明顯滑塊通過bc段、cd段的時間均大于T，A正確；滑塊在c點(diǎn)的速度應(yīng)為v1＝eq\r(2a′·3x)，滑塊在d點(diǎn)的速度應(yīng)為v2＝eq\r(2a′·8x)，則v1∶v2＝eq\r(3)∶eq\r(8)，B錯誤；因為xbc∶xcd＝3∶5，明顯通過c點(diǎn)的時刻不是bd的中間時刻，則滑塊通過c點(diǎn)的速度不等于bd段的平均速度，D錯誤．]3．(2024·湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)質(zhì)量均為m＝1kg的甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運(yùn)動，二者的動能隨位移的變更圖象如圖所示．下列說法正確的是()A．甲的加速度大小為2m/s2B．乙的加速度大小為1.5m/s2C．甲、乙在x＝6m處的速度大小為2m/sD．甲、乙在x＝10m處相遇A[A項：對甲由動能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝eq\f(ΔEk,x)即為圖象斜率，所以F合＝k＝2N，由牛頓其次定律得：a甲＝2m/s2，故A正確；B項：對乙由動能定理可知：F合x＝ΔEk，即F合＝eq\f(ΔEk,x)即為圖象斜率，所以F合＝k＝1N，由牛頓其次定律得：a乙＝1m/s2，故B錯誤；C項：由圖可知：對甲：Ek甲＝18－2x，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,甲)＝18－2×6，解得：v甲＝2eq\r(3)m/s，對乙：Ek乙＝x，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,乙)＝6，解得：v乙＝2eq\r(3)m/s，故C錯誤；D項：甲、乙兩個物體同時從同地沿同一方向做直線運(yùn)動，所以甲、乙在x＝8m處相遇，故D錯誤．]4．處于豎直平面內(nèi)的某圓周的兩條直徑AB、CD間夾角為60°，其中直徑AB水平，AD與CD是光滑的細(xì)桿．從A點(diǎn)和C點(diǎn)分別靜止釋放兩小球，從A、C點(diǎn)下落到D點(diǎn)的時間分別是t1、t2，則t1∶t2是()A．1∶1 B．3∶2C.eq\r(3)∶eq\r(2) D.eq\r(2)∶eq\r(3)C[由圖可知，sCD＝2R，aCD＝eq\f(\r(3),2)g，由幾何關(guān)系可得出sAD＝eq\r(3)R，aAD＝eq\f(1,2)g，由運(yùn)動學(xué)公式s＝eq\f(1,2)at2，可得eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(sADaCD,sCDaAD))，帶入數(shù)據(jù)解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(\r(3),\r(2))，故C正確．]5．(2024·山東省青島市高三統(tǒng)一質(zhì)檢)一物體由靜止起先運(yùn)動，其加速度a與位移x關(guān)系圖線如圖所示．下列說法正確的是()A．物體最終靜止B．物體的最大速度為eq\r(2ax0)C．物體的最大速度為eq\r(3ax0)D．物體的最大速度為eq\f(3,2)eq\r(ax0)C[物體運(yùn)動過程中任取一小段，對這一小段v2－veq\o\al(2,0)＝2aΔx一物體由靜止起先運(yùn)動，將表達(dá)式對位移累加，可得v2等于速度a與位移x關(guān)系圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積的2倍，則v2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a0x0＋\f(1,2)a0x0))，解得物體的最大速度v＝eq\r(3a0x0).故C項正確．]6．在2024年的珠海航展中，中國展出了國產(chǎn)運(yùn)－20和殲－31等最先進(jìn)飛機(jī)．假設(shè)航展中有兩飛機(jī)甲、乙在平直跑道上同向行駛，0～t2時間內(nèi)的v－t圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．飛機(jī)乙在0～t2內(nèi)的平均速度等于eq\f(v2,2)B．飛機(jī)甲在0～t2內(nèi)的平均速度比乙大C．兩飛機(jī)在t1時刻肯定相遇D．兩飛機(jī)在0～t2內(nèi)不行能相遇B[在v－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸圍成的“面積”表示位移，如圖所示．飛機(jī)乙的位移小于勻變速的位移，故平均速度小于eq\f(v2,2)，甲做勻變速直線運(yùn)動，故甲的平均速度為eq\f(v1＋v2,2)，故甲的平均速度大于乙的平均速度，故A錯誤、B正確；兩飛機(jī)在位移相等時相遇，t1時刻乙的面積大于甲的面積，故在t1時刻不相遇，選項C錯誤；起先乙的速度大于甲的速度，后來甲的速度大于乙的速度，所以中間相遇一次，選項D錯誤．]7．(2024·濟(jì)寧市高三其次次模擬)質(zhì)量為1kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示．A和B經(jīng)過1s達(dá)到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B運(yùn)動的v－t圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則物塊A的質(zhì)量為()A．1kg B．2kgC．3kg D．6kgC[由圖象可知，物塊在0～1s內(nèi)的加速度大小為a1＝2m/s2以物塊為探討對象，由牛頓其次定律得：μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.2木板在0～1s內(nèi)的加速度大小為a2＝2m/s2，在1s～3s內(nèi)物塊與木板相對靜止，一起做勻減速運(yùn)動，加速度大小為a3＝1m/s2AB同速后為探討對象，由牛頓其次定律得：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得：μ2＝0.1再以B為探討對象，在0～1s內(nèi)水平方向受到兩個滑動摩擦力，由牛頓其次定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1代入數(shù)據(jù)解得A的質(zhì)量m＝3kg.]8．在塔頂上將一物體豎直向上拋出，拋出點(diǎn)為A，物體上升的最大高度為h＝20m，不計空氣阻力，設(shè)塔足夠高，則物體的位移大小為10m時，物體通過的路程可能為()A．10m B．20mC．30m D．50mACD[物體在塔頂上的A點(diǎn)拋出，位移大小為10m的位置有兩處，如圖所示，一處在A點(diǎn)之上，另一處在A點(diǎn)之下．在A點(diǎn)之上時，位移大小為10m，又有上升和下降兩種過程，上升時，物體通過的路程s1等于位移的大小x1，即s1＝x1＝10m；下降時，物體通過的路程s2＝2h－x1＝2×20m－10m＝30m．在A點(diǎn)之下時，物體通過的路程s3＝2h＋x2＝2×20m＋10m＝50m．故A、C、D項正確，B項錯誤．]9．(2024·湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)(多選)如圖所示，材料相同的物體m1、m2由輕繩連接，在恒定拉力F的作用下沿斜面對上加速運(yùn)動．輕繩拉力的大小()A．與斜面的傾角θ有關(guān)B．與物體和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ有關(guān)C．與兩物體的質(zhì)量m1和m2有關(guān)D．若改用F沿斜面對下拉連接體，輕繩拉力的大小不變CD[A、B、C項：將兩物體看成一個整體有：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a解得：a＝eq\f(F－m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)對m2受力分析且由牛頓其次定律有：T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2解得：T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，故A、B項錯誤，C正確；D項：將兩物體看成一個整體有：F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a解得：a＝eq\