全国通用2022版高考物理考前三个月第1部分专题2力与直线运动试题

【步步高】（全国通用）2022版高考物理考前三个月第1部分专题2力与直线运动试题1．(多选)(2022·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．(2022·山东理综·14)距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图2所示．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2.可求得h等于(　　)图2A．1.25mB．2.25mC．3.75mD．4.75m3．(多选)(2022·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327\nA．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．(2022·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°＝)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，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/s2.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．27\n1．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．(2022·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(＋)B.C．(Δv)2(－)D.2．(2022·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0.6s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在小孩前1.5m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5m/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．(2022·上饶三模)2022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＝4m/s，在虚线EF27\n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a1＝1m/s2，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a2＝2m/s2.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＝v0＋at　x＝v0t＋at2　v2－v＝2ax27\n常用推论Δx＝aT2　v＝＝　v＝2．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．(多选)(2022·海南单科·8)如图6，物块a、b和c的质量相同，a和b，b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间(　　)图6A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl25．(多选)(2022·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mA＝1kg、mB＝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(　　)27\n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．(2022·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∶，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5N、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．27\n1．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Fx＝ma，Fy＝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．(2022·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927\nA．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．(2022·安康二模)图象法可以形象直观地描述物体的运动情况．对于图10两质点运动的位移－时间图象和速度－时间图象，分析结果正确的是(　　)图10A．由图甲可知，质点做曲线运动，且速度逐渐增大B．由图甲可知，质点在前10s内的平均速度大小为4m/sC．由图乙可知，质点在第4s内加速度的方向与物体运动的方向相反D．由图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值为15m/s29．一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Ep、机械能E随时间t变化的图象，则下列图象可能正确的是(　　)27\n1．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)(2022·江苏省盐城中学高三上学期期末考试)如图11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1111．如图12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＝1kg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＝8N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4m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10m/s227\n，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．问：图12(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．27\n考题五　应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12．(多选)(2022·安康二模)如图13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13A．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．(2022·大连二模)如图14甲所示，地面上有一长为l＝1m，高为h＝0.8m，质量M＝2kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间t的变化如图乙所示，求木块落地时距离木板左侧的水平距离Δx.(取g＝10m/s2)图1427\n1．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．(2022·皖南八校联考)如图15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15A．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．(2022·贵州八校二次联考)如图16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16A．物体B的加速度大小为gB．物体C的加速度大小为2g27\nC．吊篮A的加速度大小为3gD．A、C间的弹力大小为0.5mg3．(多选)(2022·河北衡水中学三调)如图17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/s2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为(　　)图17A．4m/s2B．3m/s2C．2m/s2D．1m/s24．(多选)(2022·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18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18A．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－sinα)gD．M运动加速度大小为g5．(2022·沈阳四校联考)如图19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(　　)27\n图19A．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．(2022·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20所示．求：图20(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.27\n7．(2022·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21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Ff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：(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？图2127\n8．(2022·皖东三校5月联考)如图22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＝1kg的小物块(可视为质点)，以v0＝2m/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22(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．(2022·青岛质检)如图23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＝1kg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μ227\n＝0.4.(物块可看作质点，木板足够长，取g＝10m/s2)试求：图23(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．27\n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＝，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝.同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝，两式联立得sinθ＝，μ＝，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v0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，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝t1×＝，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．A　[小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝，小车从A到B的时间t2＝；小车运动至B点时细线轧断，小球下落的时间t3＝；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即＝＋解得h＝1.25m，选项A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Ff＝μFN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mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，假设物块以加速度a向上运动时，有FN＝m(g＋a)cosθ，Ff＝μm(g＋a)cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确．]4．(1)3m/s2　1m/s2　(2)4s解析　(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B27\n之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2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Ff1＝μ1FN1①FN1＝mgcosθ②Ff2＝μ2FN2③FN2＝FN1＋mgcosθ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1⑤mgsinθ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3m/s2⑦a2＝1m/s2⑧(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s⑨v2＝a2t1＝2m/s⑩2s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2⑪a2′＝－2m/s2⑫由于a2′＜0，可知B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t2＝1s在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为x＝－＝12m＜27m⑮此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t⑯可得t3＝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＝t1＋t2＋t3＝4s27\n考题一　匀变速直线运动基本规律的应用1．D　[如图所示Δv＝aTx2－x1＝aT2解得a＝.]2．D　[已知反应时间t1＝0.6s，x1＝v0t1＝9m刹车时间t2＝s＝3s，x2＝m＝22.5m所以卡车经3.6s停下，x＝9m＋22.5m＋1.5m＝33m，＝＝8.75m/s，若v0＝20m/s，x2′＝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＝可得x甲＝192m所以总的位移：x总＝x甲＋d＝202m(2)甲车减速过程的时间t甲1＝＝16s甲车匀速过程的时间t甲2＝＝2.5s乙车过人工收费通道减速过程的时间t乙2＝＝10s乙车过人工收费通道减速过程的位移x2＝＝100m乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移x1＝x总－x2＝102m乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间t乙1＝＝5.1s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)＝3.4s.考题二　牛顿运动定律的应用4．AC　[设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c27\n和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．]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＝＝m/s2＝1.2m/s2，分离时：F2－F＝mBa，得：F2＝F＋mBa＝0.3N＋2×1.2N＝2.7N，经历时间：t＝×2.7s＝3s，根据位移公式：x＝at2＝5.4m，则D正确；当t＝2.0s时，F2＝1.8N，F2＋F′＝mBa，得：F′＝mBa－F2＝0.6N，A正确，B错误．当t＝2.5s时，F2＝2.25N，F2＋F″＝mBa，得：F″＝mBa－F2>0，C错误．]6．(1)∶1　(2)0.5　(3)2.5m/s2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＝t1下滑过程：L＝t2整理得：＝∶1(2)设上滑时加速度为a1，下滑时加速度为a2，根据牛顿第二定律得上滑时：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1下滑时：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2由位移时间公式得：L＝a1t＝a2t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：Fcosα－mgsinθ－μ(mgcosθ－Fsinα)＝ma即：F(cosα＋μsinα)－mg(sinθ＋μcosθ)＝ma27\n整理得：F(cosα＋sinα)－mg(sinθ＋μcosθ)＝ma令tanβ＝，则：Fsin(α＋β)－mg(sinθ＋μcosθ)＝masin(α＋β)的最大值为1，设加速度最大值为am，得：F－mg(sinθ＋μcosθ)＝mam代入数据得：am＝2.5m/s2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t1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．D　[运动图象反映物体运动的规律，不是运动轨迹，无论速度—时间图象还是位移—时间图象都只能表示物体做直线运动，故A错误；由图甲可知，质点在前10s内的位移x＝20m－0m＝20m，所以平均速度v＝＝m/s＝2m/s，故B错误；由图乙可知，质点在第4s内加速度和速度都为负，方向相同，故C错误；v－t图线的斜率表示物体运动的加速度，由图乙可知，质点在运动过程中，加速度的最大值出现在2～4s内，最大加速度大小为a＝＝m/s2＝15m/s2，故D正确．]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a1和a2.根据牛顿第二定律得：mgsinα＋μmgcosα＝ma1；mgsinα－μmgcosα＝ma2；则得：a1＝gsinα＋μgcosα，a2＝gsinα－μgcosα.则有：a1>a2，故B正确；上滑过程中：上滑的位移大小为：x1＝v0t－a1t2，重力势能为：Ep＝mgx1sinα＝mgsinα(v0t－a1t2)，Ep－t图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：Ep＝mg[H－a2(t－t0)2sinα]，H为滑块所能到达的最大高度，t0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＝E0－Ff1x＝E0－Ff1·(v0t－a1t2)，可知0～t1时间内E－t图象应为抛物线．故D错误．]27\n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)s　(2)s　m/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：ma1＝F＋μmgcos37°－mgsin37°，计算得：a1＝6m/s2t1＝＝sx1＝＝m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＝8N而重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和为10N，故不能相对斜面向上加速．故得：a2＝0t2＝＝s得t＝t1＋t2＝s(2)若达到速度相等后撤去F，对物块受力分析，因为mgsin37°>μmgcos37°，故物块减速上行，ma3＝mgsin37°－μmgcos37°，得a3＝2m/s2物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：v2－v＝2a3x2，x2＝x－x1vt＝m/st′＝＝s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．]27\n13．1.68m解析　因为木块的最大加速度为a1＝＝4m/s2所以前2s二者一起做匀加速运动，a＝＝2m/s22s末二者的速度为v＝at1＝4m/s2s后木块和木板发生相对滑动木块加速度a1＝＝4m/s2木板加速度a2＝＝6m/s2经时间t2二者分离：vt2＋a2t－(vt2＋a1t)＝l得t2＝1s，此时v块＝8m/s，v板＝10m/s再经t3＝＝0.4s木块落地，在0.4s内x块＝v块t3＝3.2m木板a3＝＝11m/s2x板＝v板t3＋a3t＝4.88m所以，木块落地时距离木板左侧的水平距离Δx＝x板－x块＝1.68m专题综合练1．B　[由于图线与时间轴围成的面积表示位移，我们现在将图象的范围分成6个部分如图，则甲的位移：x甲＝x1＋x2＋x3＋x4＋x5乙的位移：x乙＝x1＋x4其中由于x1＝x2，x4＝x3＋x6，由图象可知：x5>x6，所以：x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝2x1＋(x4－x6)＋x4＋x5>2(x1＋x4)则：x甲>2x乙]2．D　[在轻绳刚断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，则物体B受力情况不变，故物体B的加速度大小为零，A错误；将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC＝＝＝1.5g，即A、C的加速度均为1.5g.故B、C错误．剪断轻绳的瞬间，A受到重力和C对A的作用力，对A：FC＋mg＝ma，得：FC＝ma－mg＝0.5mg.故D正确．]27\n3．AB　[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，受力分析如图知FQ＋mg＝FNcos15°①F合＝FNsin15°＝ma②由①②知：a＝tan15°＝×0.27＋10×0.27＝0.27＋2.7≥2.7m/s2]4．BC　[第一次放置时M静止，则：Mgsinα＝mg，第二次放置时，由牛顿第二定律：Mg－mgsinα＝(M＋m)a，联立解得：a＝(1－sinα)g.对m，由牛顿第二定律：FT－mgsinα＝ma，解得：FT＝mg.]5．A　[物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速．即物体先加速后减速，故A正确，B错误；物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零．故C错误；物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误．]6．(1)1.5m/s2　(2)20m/s解析　(1)加速度a＝①由v－t图象并代入数据得a＝1.5m/s2②(2)设第20s时速度为vm,0～20s的位移s1＝t1③20～45s的位移s2＝vmt2④45～75s的位移s3＝t3⑤0～75s这段时间的总位移s＝s1＋s2＋s3⑥0～75s这段时间的平均速度＝⑦代入数据得＝20m/s7．(1)0.4　(2)4.5N　(3)2m解析　(1)由题图乙可知，木块所受到的滑动摩擦力27\nFf＝3.12N由Ff＝μFN得μ＝＝＝＝0.4(2)根据牛顿第二定律、力的平衡得Fcosθ－Ff＝maFsinθ＋FN＝mgFf＝μFN代入数据解得F＝4.5N(3)2s末速度v＝at撤去拉力F后μmg＝ma′0－v2＝2(－a′)x代入数据解得x＝2m8．(1)3s　(2)40J解析　(1)设物块加速度为a1，加速时间为t1，通过的位移为x1，由牛顿第二定律，有：μmg＝ma1所以a1＝4m/s2加速时间为t1＝解得t1＝2.5s而x1＝解得x1＝17.5m匀速运动时间为t2＝＝0.5s故物块通过传送带时间为：t＝t1＋t2＝3s(2)由题意可知，物块先做加速运动，当与传送带速度相等后一直减速到停止．设经时间t1两者速度相等为v1，有：v0＋a1t1＝v－at1＝v1解得t1＝2s，v1＝10m/s这段时间传送带和物块通过的位移分别为：x带＝＝22m27\nx物＝＝12m相对位移为Δx＝x带－x物＝10m该过程产生的热量为Q1＝μmgΔx＝40J速度相等后，物块与传送带一起减速到停止，无热量产生所以全过程产生的总热量为Q＝40J.9．(1)52m　(2)48J解析　(1)由题可知F＝μ1Mg＝30N放上物块后的木板F－μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1物块μ2mg＝ma2两者速度相等a2t1＝v0＋a1t1解得t1＝2s可知速度相同时v＝8m/s2s内木板发生位移为x1＝t1＝20m二者共速后一起做匀减速运动，μ1(M＋m)g－F＝(M＋m)a3一起减速到零所需时间为t2＝＝8s减速过程木板发生位移为x2＝t2＝32m木板发生位移为x＝x1＋x2＝52m(2)在第一次过程中物块的位移为x物＝t1＝8m物块与木板间产生的摩擦热为Q＝μ2mg(x1－x物)＝48J.27