2024届高考物理二轮复习第2讲力与直线运动学案

这是一份2024届高考物理二轮复习第2讲力与直线运动学案，共26页。


命题分类剖析
命题点一 匀变速直线运动规律及应用
1．解决匀变速直线运动问题的方法技巧
(1)常用方法
①基本公式法，包括vt2＝xt＝v0+v2，Δx＝aT2.
②v-t图像法．
③比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动．
④逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可看做反向初速度为零的匀加速直线运动．
(2)追及相遇问题的临界条件：前后两物体速度相同时，两物体间的距离最大或最小．
2．物体的直线运动
(1)条件：所受合外力与速度在同一直线上，或所受合外力为零．
(2)常用规律：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理或能量守恒定律、动量定理或动量守恒定律．
考向1 匀变速直线运动规律的应用
例 1 [2023·重庆选择性考试]有人提出了高速列车不停车换乘的设想．高速列车A以v0做匀速直线运动，接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，与车A同向行驶．两车同时到达交汇点时，车B刚好加速到v0，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘．若将两车视为质点，求
(1)车B出发时，车A与交汇点的距离；
(2)换乘完毕后，车B做匀减速直线运动，运动了距离s0后停止，求此过程中车B运动的加速度大小和运动时间．
考向2 匀变速直线运动推论的应用
例 2 [2023·山东卷]如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( )
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
考向3 自由落体和竖直上抛运动
例 3 如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下．已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g.则( )
A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2∶1
B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C．从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为mgh
D．从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
考向4 追及相遇问题
例 4 在平直的公路上一辆汽车和一辆摩托车同向匀速行驶，汽车的速度大小v1＝25 m/s，摩托车的速度大小v2＝10 m/s.如图所示，在两车并排相遇时汽车因故开始刹车，加速度大小a＝5 m/s2，在以后的运动中，求：
(1)汽车从开始刹车到停止所经历的时间；
(2)汽车停止前，两车之间的最大距离；
(3)从汽车开始刹车，经过多长时间两车再次并排相遇．
思维提升
分析追及相遇问题的方法技巧
(1)一个临界条件：速度相同，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点．
(2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口．
(3)能否追上的判断方法：物体B追赶物体A(匀速追匀加速、匀减速追匀速或匀减速追匀加速)，开始时，两个物体相距x0.
①当vA＝vB时，xA＋x0②当vA＝vB时，xA＋x0＝xB，则恰好追上；
③当vA＝vB时，xA＋x0>xB，则不能追上．
提升训练
1.
[2023·广东省广州市模拟]如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面．根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷出时的速度约为( )
A．2 m/s B．6 m/s
C．12 m/s D．20 m/s
2.
如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A．12 m/s，13 m/s，14 m/s
B．10 m/s，14 m/s，18 m/s
C．8 m/s，10 m/s，16 m/s
D．6 m/s，12 m/s，18 m/s
3.
[2023·四川成都市二诊]某火车做匀加速直线运动，连续通过两个相距L＝100 m的时间分别为T1＝1003 s、T2＝503 s，该火车以上述加速度由静止开始做匀加速直线运动时，一只小鸟从火车车头后方s0＝150 m处沿火车加速方向匀速向前飞行．
(1)求火车的加速度大小a；
(2)求小鸟能超过火车车头的最小速度v1；
(3)若小鸟在火车车头前方运动的时间为75 s，求小鸟的速度大小v2.
命题点二 牛顿运动定律的应用(含瞬时、临界、极值及两类问题)
动力学问题常见的模型
1．等时圆模型(图中斜面光滑)
2．临界、极值问题模型
[提醒] 接触或脱离的临界条件为弹力FN＝0；速度达到最值的临界条件是加速度为零．
3．弹簧模型
(1)如图所示，两物体要分离时，它们之间的弹力为零，速度相同，加速度相同，分离前整体分析，分离后隔离分析．
(2)如图所示，弹簧长度变化时隔离分析，弹簧长度不变(或两物体运动状态相同)时整体分析．
考向1 牛顿运动定律的基本应用
例 1 [2023·湖北卷](多选)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连．小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5.杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为12l，OP与杆垂直．当小球置于杆上P点时恰好能保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g.小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为4mgl
B.小球在P点下方12l处的加速度大小为(32－4)g
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
考向2 动力学中的瞬时、临界、极值问题
例 2 [2023·湖南怀化第一次模拟]如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是( )
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cs2θ∶1
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为1∶cs θ
例 3 (多选|整体法与隔离法的灵活应用)光滑水平面上停放着一质量为M＝1 kg的小车B，质量为m＝2 kg的物体A放在小车的上表面，已知小车的上表面水平，物体与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.25.如图甲所示，在小车上施加一水平向右的外力F1，如图乙所示，在物体上施加一水平向右的外力F2，两种情况下，物体始终与小车保持相对静止．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．图甲中物体A的最大加速度为2.5 m/s2
B．图乙中物体A的最大加速度为2.5 m/s2
C．F1的最大值为15 N
D．F2的最大值为15 N
【审题指导】 注意物体与小车发生相对滑动的临界条件：物体A与小车B之间的摩擦力达到最大静摩擦力．
思维提升
连接体问题的解决方法：整体法和隔离法
(1)加速度相同的连接体问题
①若求解整体的加速度，可用整体法．以整体为研究对象，分析整体所受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．
②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．
(2)加速度不同的连接体问题
若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．将各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体间的相互作用关系，联立求解．
考向3 动力学两类问题
例 4 [2023·辽宁省大连市期末]我国运动员闫文港在2022年北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为闫文港的比赛画面．已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角θ＝5°.若运动员推着雪车从A点由静止出发，以2 m/s2的加速度匀加速跑到B点时速度大小为9 m/s，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑．已知运动员到达C点时的速度大小为12 m/s，赛道BC的长度为45 m，取g＝10 m/s2，sin 5°≈0.09，cs 5°≈1.00，不计空气阻力，求：
(1)运动员在起跑区的运动时间；
(2)雪车与冰面间的动摩擦因数．
提升训练
1.[2023·四川巴中模拟预测]越来越多的人喜欢挑战极限，如图是两位“勇士”参与溜索活动，两倾斜的钢丝拉索分别套有M、N两个滑轮(滑轮与绳之间有可调节的制动片)，两滑轮上用安全带系着两位“勇士”，当他们都沿拉索向下滑动时，M上的带子与索垂直， N上的带子始终竖直向下，则以下判断正确的是( )
A．M情况中，滑轮与索之间有摩擦力
B．N情况中，滑轮与索之间无摩擦力
C．M情况中“勇士”做匀速直线运动
D．N情况中“勇士”做匀速直线运动
2．[2023·广东肇庆统考二模]
水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备．在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点．无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零．已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1；
(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2；
(3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x.
命题点三 运动学和动力学图像问题
1．解决图像类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变．
(2)利用v-t图像分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同．
(3)物体的运动图像与运动过程的转化．
(4)x-t图像、v-t图像、a-t图像的应用．
2．应用图像时的“两个误区”
(1)误认为v-t图像、x-t图像是物体运动轨迹．
(2)在v-t图像中误将交点认为此时相遇．
考向1 x-t图像的应用
例 1 [2023·河北石家庄1月期末](多选)如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动．一小煤块以初速度v0＝12 m/s从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前1.0 s内和在1.0 s～t0内为两段不同的二次函数图像，t0时刻图线的切线正好水平，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )
A．传送带转动速率v1为8 m/s
B．图乙中t0的数值为2.0
C．0～t0内煤块在传送带上的划痕长度为6 m
D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
[教你解决问题]——图像剖析
考向2 v-t图像的应用
例 2 [2023·河北省沧州市期末]某人乘坐上海回北京的动车a，某时刻动车a后面追上一列动车b，两动车互相追赶，如图甲所示．两动车运动的v-t图像如图乙所示，t＝0时刻两动车车头刚好并排行驶，下列说法正确的是( )
A．前30 s两动车平均速度相等
B．图乙中动车a的最大速度为80.8 m/s
C．0～36 s内，两车头相距最远为65.6 m
D．两车头在36 s末再次并排行驶
考向3 动力图像的问题
例 3 [2023·全国甲卷]
(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙．甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示．由图可知( )
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
提升训练
1.[2023·浙江模拟预测]甲乙两质点在同一直线上运动，从t＝0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，x-t图像如图甲所示．乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x-v2图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻，甲的速度为2 m/s
B．甲的加速度大小为2 m/s2
C．经过292 s，甲追上乙
D．经过2.5 s，甲追上乙
2．[2023·湖南永州二模]如图a所示为马拉松比赛中两位选手参赛的某一情形，甲、乙两人起跑时都做匀加速直线运动，达到某一速度后都各自做匀速直线运动直至终点，他们的速度—时间图像如图b所示．则下列说法中正确的是( )
A.乙选手起跑2 s后刚好追上甲选手
B．乙选手起跑时，甲选手正好跑了3 m
C．相遇前甲、乙两选手之间的最大距离为4 m
D．乙选手超过甲选手后，两选手可能再次相遇
3．(多选)如图甲所示，物块受水平向右的力F作用，紧靠竖直墙壁，F随时间变化规律如图乙所示．已知物块质量为m，t＝0时物块速度为0，物块与墙壁间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，考虑0～2T0过程，对物块有( )
A．最大速度为0.5gT0
B．最大速度为gT0
C．位移为0.5gT02
D．位移为gT02
素养培优·情境命题
实际情境中的直线运动
情境1 机器人——模型建构
[典例1] [2023·广东模拟预测]机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见．如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平．则下列说法中正确的是( )
A.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用
B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力
C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大
D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力
情境2 长征二号丁运载火箭——科学思维
[典例2] [2023·安徽合肥一模]
(多选)2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射．假设如图为火箭发射后，第6 s末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐．假设火箭发射后6 s内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变，火箭高为40.6 m，起飞质量为250 t，重力加速度g取9.8 m/s2.则下列估算正确的是( )
A．火箭竖直升空的加速度大小约为2.2 m/s2
B．火箭竖直升空的加速度大小约为4.2 m/s2
C．火箭升空所受到的平均推力大小约为3.5×107 N
D．火箭升空所受到的平均推力大小约为3.0×106 N
情境3 交通安全——科学态度与责任
[典例3] [2023·四川省成都市名校联盟联考]强行超车是道路交通安全的极大隐患之一．如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，货车在甲车前面．若甲车司机发现附近无其他车辆后开始加速从货车左侧超车，加速度大小为4 m/s2.假定货车速度保持不变，汽车超过货车4 m后完成超车，不计车辆变道的时间．求：
(1)若甲车要在4 s内完成超车，则货车最多在甲车前面多远处；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，乙车速度为54 km/h.甲车超车的整个过程用时4 s，乙车速度始终保持不变，则甲、乙两车之间的距离至少是多少？
第2讲 力与直线运动
命题分类剖析
命题点一
[例1] 解析：(1)当B刚好加速到v0，所用时间为v0＝at
解得t＝v0a
车A与交汇点的距离s＝v0×v0a＝v02 a.
(2)把匀减速逆向考虑，根据速度位移公式v02＝2a's0
解得a'＝v02 2s0
根据v0＝a′t′
解得t′＝2s0v0.
答案：1v02 a 2v02 2s0 2s0v0
[例2] 解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有
vRS＝xt1＝vR+vS2，vST＝2xt2＝vS+vT2
联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10
再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1
则at1＝2 m/s
其中还有vt12＝vR－a·t12
解得vR＝11 m/s
联立解得vT＝1 m/s.故选C.
答案：C
[例3] 解析：由题意可知，跳楼机从a运动到b过程中做自由落体运动，由2h＝12gt12可得，下落时间t1＝4hg＝2hg，由vb2＝2g·2h可知，运动到b的速度大小为vb＝4gh＝2gh，跳楼机从b运动到c过程中做减速运动，同理可得h＝12at22 ，vb2＝2ah，解得减速过程的加速度大小为a＝2g，时间为t2＝ hg，故从a到b与从b到c的运动时间之比为t1:t2＝2 hg∶ hg＝2∶1，故A正确；从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；从a到b，根据动量定理可得IG＝mvb＝2mgh，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为2mgh，故C错误；从b到c，根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma＝2mg，解得跳楼机受到制动力的大小为F＝3mg，故D错误．
答案：A
[例4] 解析：(1)汽车自开始刹车至停止0＝v1－at0，得t0＝5 s．
(2)设经时间t两车间的距离最大，此时两车速度相等．
v′1＝v2 ，v′1＝v1－at ，得t＝3 s
两车速度相等时，汽车位移x1＝v1t－12at2＝52.5 m
摩托车位移x2＝v2t＝30 m
汽车停止前，两车之间的最大距离xmax＝x1－x2＝22.5 m.
(3)汽车自开始刹车至停止，设汽车运动位移x′1，摩托车运动位移x′2
0-v12＝2ax′1，x′2＝v2t0，得x′1＝62.5 m, x′2＝50 m
因为x′1>x′2，在汽车停止时，摩托车还没追上汽车
汽车停止后：x′1－x′2＝v2t′
得t′＝1.25 s
汽车开始刹车至两车再次并排相遇的所用时间t＝t0＋t′＝6.25 s.
答案：(1)5 s (2)22.5 m (3)6.25 s
[提升训练]
1．解析：由图示比例可以看出水柱高度大概为运动员身高的4倍，设运动员身高为1.80 m，则喷泉水柱高度大概为7.2 m，则v＝2gh＝2×10×7.2 m/s＝12 m/s，故A、B、D 错误，C正确．
答案：C
2．解析：根据Δx＝at2得a＝Δxt2＝30-184 m/s2＝3 m/s2，经过B点的瞬时速度等于通过AC段的平均速度，则vB＝xAC2t＝18+304 m/s＝12 m/s，则经过C点的速度vC＝vB＋at＝12 m/s＋3×2 m/s＝18 m/s，经过A点的速度vA＝vB－at＝12 m/s－3×2 m/s＝6 m/s，故D正确．
答案：D
3．解析：(1)设火车的初速度为v0，在通过第一个100 m的过程中，有L＝v0T1+12aT12
在通过两个100 m的过程中，有
2L＝v0(T1＋T2)＋12a(T1＋T2)2
解得a＝0.12 m/s2.
(2)设火车的速度增加到等于小鸟的速度时所用的时间为t0，若此时小鸟刚好超过车头，有v1t0＝s0+12at02
对火车有v1＝at0
解得v1＝6 m/s.
(3)设小鸟与车头相遇的时间为t，则有v2t＝s0＋12at2
解得t＝v2± v22-2as0 a
分析可知，要使小鸟超过火车车头的时间Δt＝75 s
即上式的两个时间解的差即t2－t1＝Δt
解得v2＝7.5 m/s.
答案：(1)0.12 m/s2 (2)6 m/s (3)7.5 m/s
命题点二
[例1] 解析：小球在P点受力平衡，则有
mg＝f，f＝μFN，FN＝kl-l2
联立解得k＝4mgl
A正确；
在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F＝kl-l2sinθ
小球受到的摩擦力为f1＝μFN1＝μF sin θ
化简得f1＝μklsinθ-kl2
θ在MP之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；
根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等，D正确；
小球运动到P点下方l2时θ＝45°，此时摩擦力大小为f1＝μkl22-kl2
由牛顿第二定律mg－f1＝ma
联立解得a＝(2－2)g
B错误．故选AD.
答案：AD
[例2] 解析：对A球，剪断细绳L2的瞬间，细绳L1的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，细绳L1的拉力大小为FA＝mg cs θ，A球的加速度大小aA＝g sin θ；对B球，剪断细绳L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，弹簧弹力大小FB＝mgcsθ，B球的加速度大小aB＝g tan θ，所以aAaB＝csθ1，FAFB＝cs 2θ1.
答案：B
[例3] 解析：当物体A与小车B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，物体A的加速度最大，此时的外力也最大．图甲中，当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时，对物体A由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2，对物体A和小车B组成的系统，由牛顿第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝7.5 N，A正确，C错误．图乙中，当A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，对小车B由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，解得a2＝5 m/s2，对物体A和小车B组成的系统，由牛顿第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝15 N，B错误，D正确．
答案：AD
[例4] 解析：(1)设运动员在起跑区的运动时间为t1，根据vB＝a1t1，解得t1＝4.5 s.
(2)设运动员和雪车的总质量为m，摩擦力大小为Ff，在出发区的加速度大小为a2，根据 vC2 -vB2＝2a2xBC
解得a2＝0.7 m/s2
由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cs θ＝ma2
解得μ＝0.02.
答案：(1)4.5 s (2)0.02
[提升训练]
1．解析：
滑轮M对应的安全带的弹力方向倾斜，对“勇士”受力分析，如图
则加速度大小为a＝mgsinθm＝g sin θ
滑轮M做匀加速运动，对整体分析，有(m＋M)g sin θ－f＝(m＋M)a，得 f＝0，
M情况中，滑轮与索之间没有摩擦力，故A、C错误；
滑轮N对应的安全带的弹力为竖直方向，可知N情况中“勇士”合力为零，做匀速直线运动，则滑轮N受到沿钢索向上的摩擦力，故B错误，D正确．
答案：D
2．解析：(1)匀加速阶段加速度为a1＝vm-0t1
解得a1＝0.4 m/s2
由牛顿第二定律得F1－f＝ma1
解得F1＝12 N.
(2)匀减速阶段有0-vm2＝－2a2x2
解得a2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2
解得F2＝6 N.
(3)匀减速阶段的时间为t2＝0-vm-a2＝8 s
运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s
匀加速阶段的位移为x1＝vm+02t1＝20 m
总位移大小x＝x1＋x2＝20 m＋16 m＝36 m.
答案：(1)12 N (2)6 N (3)18 s 36 m
命题点三
[例1] 解析：因煤块冲上传送带，开始时受到的摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得，煤块的加速度大小为a1＝g sin θ＋μg cs θ，当煤块速率减到与传送带速率相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得，此时煤块的加速度大小为a2＝g sin θ－μg cs θ，煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为a2，由于mg sin θ>μmg cs θ，则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知t1＝1.0 s时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得x1＝v0t1-12a1t12＝8 m，求得a1＝8 m/s2，可得传送带的速率v1＝v0－a1t1＝4 m/s2，A错误；由A项分析可知，图乙中t0时刻，煤块运动速度为零，根据a1＝g sin θ＋μg cs θ＝8 m/s2，求得煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.25，代入a2＝g sin θ－μg cs θ，求得a2＝4 m/s2，又因为x2＝(10－8)m＝12a2×(t0－t1)2，求得t0＝2.0 s，B、D正确；0～t1内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为Δs1＝x1－v1t1＝4 m，t1～t0内煤块在传送带上的划痕长度为Δs2＝v1(t0～t1)－x2＝2 m，但由于该过程煤块相对传送带向下运动，因为划痕发生重叠，所以0～t0内煤块在传送带上的划痕长度为4 m，C错误．
答案：BD
[例2] 解析：v­t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知，在前30 s内动车b的位移大于动车a的位移，故动车b的平均速度大于动车a的平均速度，故A错误；
动车a做匀加速直线运动的加速度大小
a＝ΔvΔt＝76-6030-10 m/s2＝0.8 m/s2
由题图乙可知，在36 s时刻动车a的速度最大，则有vm＝v0＋at＝76 m/s＋0.8×(36－30) m/s＝80.8 m/s，
故B正确；
0～36 s内，当两动车的速度相等时，即在t＝30 s时刻，两动车头相距最远，由题图乙可知两车头最远的距离Δsm＝12×16×10 m＝80 m，故C错误；
由题图乙可知0～30 s内动车b比动车a多走的位移Δx1＝12×16×10 m＝80 m
30～36 s内动车a比动车b多走的位移
Δx2＝12×(80.8－76)×6 m＝14.4 m
说明在0～36 s内动车b比动车a多走的位移
Δx＝Δx1－Δx2＝65.6 m
即两车头在36 s末没有并排行驶，故D错误．
答案：B
[例3] 解析：根据牛顿第二定律有，F－μmg＝ma，整理后有，F＝ma＋μmg，则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则，μ甲<μ乙，故选BC.
答案：BC
[提升训练]
1．解析：甲质点的位移表达式为x＝v0t＋12a1t2＋x0
将(0，－2)、(1，0)、(2，6)代入上式，解得x0＝－2 m，v0＝0，a1＝4 m/s2
乙质点的位移表达式为v2-v02＝－2a2x
将v2＝0时x＝12.5 m 、v2＝100 时x＝0代入上式，解得v′0＝10 m/s，a2＝4 m/s2，A、B错误；
乙质点停止所用时间为t0＝v0'a2＝104 s＝2.5 s
乙质点2.5 s的位移为x2＝12a2t 02＝12.5 m
甲质点经过29 2 s的位移为x1＝12a1t2＝12×4×2922 m＝14.5 m
因为x1－x2＝14.5 m－12.5 m＝2 m＝x0＝2 m，经过292 s，甲追上乙，C正确，D错误．
答案：C
2．解析：由图可知，乙选手起跑2 s后，则到了t＝4 s时两人的速度相等，同一起跑线开始则应为相距最远时，不能追上，故A错误；根据v­t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，当乙选手起跑时，甲选手的位移为x甲＝2×22 m＝2 m，故B错误；由图可知，t＝4 s时两人的速度相等，相距最远，最大距离等于0～4 s内甲与乙的位移之差，为Δx＝x甲－x乙＝2+42×2-2×22m＝4 m，故C正确；乙选手超过甲选手后，因其速度始终比甲选手的大，两选手不可能再次相遇，故D错误．故选C.
答案：C
3．解析：0～T0过程中，F＝mg，物块与墙壁间最大静摩擦力为0.5mg，小于物块自身重力，物块向下做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝mg-0.5mgm＝0.5g
T0时刻，物块速度为v1＝a1t1＝0.5gT0
位移为x1＝12a1t12＝0.25gT02
T0～2T0过程中，F＝3mg，物块与墙壁间为滑动摩擦力，大小为1.5mg，大于物块自身重力，物块会向下做匀减速运动，加速度大小为a2＝1.5mg-mgm＝0.5g
减速至0的时间为t2＝v1a2＝T0
该段时间内物块向下位移为x2＝v1t2-12a2t 22＝0.25gT02
由上述分析可知，物块在T0时刻速度最大，最大速度为0.5gT0，
整个过程中位移为x＝x1＋x2＝0.5gT02.
答案：AC
素养培优·情境命题
［典例1］ 解析：菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，不受摩擦力作用，A错误；菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作用力，B错误；菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性不变，惯性大小由物体的质量决定，质量不变，物体的惯性不变，C错误；菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力FN＝mg
由牛顿第二定律Ff＝ma
机器人对菜品的作用力为支持力和静摩擦力的合力F＝FN2+Ff2＝FN2 +ma2＝mg2+ma2>mg，D正确．
答案：D
[典例2] 解析：由题图可知，火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例约为5.10-2.50×10-2 m40.6 m＝2.64 060，可得火箭在6 s内上升的高度为h＝2.5×4 0602.6 cm≈39.0 m，由匀变速直线运动规律得h＝12at2，解得a≈2.2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小约为F＝3.0×106 N，故A、D正确．
答案：AD
[典例3] 解析：(1)由题意可得x甲＝d＋x乙＋4，x甲＝v0t1＋12at2 1，x货＝v0t1
解得d＝28 m.
(2)甲车位移x甲＝v0t2+12at22＝72 m
乙车位移x乙＝v乙t2＝60 m
则甲、乙两车之间的距离至少是L＝x甲＋x乙＝132 m.
答案：(1)28 m (2)132 m
分类
图例
结论
静摩擦造
成的临界
两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力
弹力(分离)
造成的临界
分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同