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2023届二轮复习通用版 1.2 力与直线运动 学案
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这是一份2023届二轮复习通用版 1.2 力与直线运动 学案，共21页。
第2讲 力与直线运动
真题速练·明考情
1．(2022·全国甲，15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为l0的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v
C．＋ D．＋
【解析】 如图所示，列车车头到达隧道前做匀减速直线运动，速度从v0减速到v，用时t1＝，然后以速度v做匀速直线运动，直到列车车尾离开隧道，用时t2＝，最后列车在隧道外做匀加速直线运动，速度从v加速到v0，用时t3＝，因此列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，选项C正确，A、B、D错误．
2．(2022·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( D )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【解析】 由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，小物块的加速度大小a＝gsinθ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为；根据运动学公式得＝at2，联立可得t＝，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，故D正确．
3．(2022·辽宁高考卷)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图象可能正确的是( A )
【解析】 x-t图象斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x-t图象斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x-t图象斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x-t图象的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v-t图象可能正确．
4．
(2022·全国乙卷)如图所示，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长l．一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距l时，它们加速度的大小均为( A )
A． B．
C． D．
【解析】
当两球运动至二者相距l时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝＝，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝F，对任意小球由牛顿第二定律可得FT＝ma，解得a＝，故A正确．
〔命题趋势〕
高考对本部分的考查题型既有选择题又有计算题，题型新颖，与生活实际联系密切，大多与v-t图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容综合考查．
常用到的思维方法有：极限思想、微元累积思想、逆向思维的思想、理想实验的思想．比例法、图象法、推论法、控制变量法、整体法、隔离法等．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
一、解答匀变速直线运动问题的常用规律
1．常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，
v2－v＝2ax．
2．重要推论
(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2
(2)中间时刻速度：v＝＝v
(3)位移中点速度v＝．
3．运动图象：利用v-t图象或x-t图象求解．
二、解决动力学问题要抓好关键词语
1．看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”．
2．看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”．
“关键能力”构建
1．思想方法
(1)常用方法
①整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法．
②正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．
③逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动到速度为零的问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题．
(2)追及相遇问题的解题思路和技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．
2．模型建构
(1)沿如图光滑斜面下滑的物体：
(2)一起加速运动的物体系，若力是作用于m1上，则m1和m2的相互作用力为FN＝．
有无摩擦都一样，平面，斜面，竖直方向都一样
(3)下面几种物理模型，在临界情况下，a＝gtanα
光滑，相对静止 弹力为零
绳，相对静止 光滑，弹力为零
(4)下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时，加速度最大
命题热点·巧突破, MINGTIREDIANQIAOTUPO
考点一 匀变速直线运动规律的应用
1．(2022·安徽、河南、山西三省联考)某短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，该运动员用12s跑完全程，已知该运动员在加速阶段的位移和匀速阶段的位移之比为1∶4，则该运动员在加速阶段的加速度为( B )
A．2.0m/s2 B．2.5m/s2
C．3.0m/s2 D．3.5m/s2
【解析】 加速阶段at＝20m，v＝at1，匀速阶段v(t－t1)＝80m，解得a＝2.5m/s2，故选B．
2．(2022·广东惠州三调)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以5m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.5s，刹车的加速度大小为2.5m/s2，则该ETC通道的长度约为( B )
A．7m B．9m
C．11m D．13m
【解析】 ETC通道的长度约为x＝v0(t＋Δt)＋＝5×(0.3＋0.5)＋m＝9m，故选B．
3．(2022·吉林松原大联考)如图所示，空中有A、B两个小球的初始高度差为h1．先将小球A由静止释放，当A下落高度为h2时，再将小球B由静止释放，结果两小球同时落到地面上，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球A最初距离地面的高度为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 设当A下落高度为h2时，速度为v，之后运动时间t与B小球同时落到地面上，根据题意有v2＝2gh2，vt＋gt2＋h2＝gt2＋h1联立解得t＝，所以小球A距离地面的高度h＝h1＋gt2＝，故选C．
考点二 运动学与动力学的图象问题
1．图象问题要三看
(1)看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．
(2)看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．
(3)看交点、斜率和“面积”―→明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．
2．v-t图象的应用技巧
(1)图象意义：在v-t图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．
(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．
考向1 x-t图象的理解及应用
1．(2022·广东肇庆模拟)甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上行驶，它们的位移—时间图象如图所示．由图象分析可知，在两汽车运动过程中( A )
A．乙车做减速运动
B．甲车做匀减速运动
C．0～t1时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
D．0～t1时间内甲车的位移大于乙车的位移
【解析】 位移—时间图象斜率大小表示速度大小，由图可得，甲车在做匀速直线运动，乙车在做减速直线运动，A正确，B错误；由图象可得两车的位移相等，而平均速度等于位移除以时间，两车运动的时间也相等，故平均速度相同，C、D错误．
2．(2022·广西梧州联考)甲，乙两物体在同一水平直线上运动，其位置坐标x随时间t变化的图象如图所示，甲为抛物线，乙为直线，下列说法正确的是( B )
A．前3s内甲物体先做加速运动，后做减速运动
B．前3s内甲的平均速率大于乙的平均速率
C．前3s内甲、乙两物体的距离越来越大
D．前3s内甲、乙两物体始终做同向运动
【解析】 根据位移—时间图象的斜率等于速度，知前3s内甲先沿正向做减速运动，后沿负向做加速运动，故A错误；前3s内，甲、乙两物体通过的位移相等，都是2m，但是甲先向正向运动后向负向运动，乙一直沿正向做匀速直线运动，则甲物体通过的路程大于乙物体的路程，结合平均速率等于路程与时间之比，知前3s内，甲物体的平均速率大于乙物体的平均速率，故B正确，D错误；由图象可知，前3s内甲、乙两物体的距离先增加后减小，故C错误．
考向2 v-t图象的理解及应用
3．(2022·河南济源一次质检)蓝牙小音箱可以在一定距离内与手机等设备实现连接，某型号的蓝牙音箱无线连接的有效距离是18m．在两条平行且靠近的直轨道上，分别放置智能小车A、B，两车分别携带该型号音箱和手机．某时刻两车相距50m同时开始相向而行，速度大小随时间变化图象均如图所示．则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为( A )
A．1.9s B．2s
C．4s D．5.9s
【解析】 由图可知，两车在相遇前做加速度a＝2m/s2的匀加速直线运动，两车相向而行，当距离为18m时连接，此时两车各自走了x1＝(50－18)m＝16m，根据公式x1＝at，解得t1＝4s，由图可知，当两车相遇时，运动时间为t0＝5s，之后两车以v＝10m/s的相反的方向速度匀速行驶，当两车再次相距18m时，断开连接，则匀速运动时，两车各自运动的位移为x2＝9m，运动时间t2＝＝0.9s，则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为t＝t0＋t2－t1＝1.9s，故B、C、D错误，A正确．
4．(2022·吉林长春模拟)甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘的两物体的v-t图象如图所示，已知甲物体的图象是两段半径相同的圆弧，乙物体的图象是一倾斜直线，t4＝2t2，甲的初速度、末速度均等于乙的末速度．下列说法正确的是( C )
A．0～t1时间内，甲、乙两物体距离越来越小
B．t3～t4时间内，乙车在甲车后方
C．t1～t3时间内，甲、乙两物体发生过相遇
D．0～t4时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
【解析】 由图可知0～t1时间内，甲的速度一直大于乙的速度，甲乙同向运动，则甲、乙两物体距离越来越大，故A错误；根据“面积”表示位移，结合几何知识可知，0～t4时间内，两物体的位移相等，t4时刻两车相遇，而在t3～t4时间内，甲车的位移比乙车的位移大，则知在t3～t4时间内，乙车在甲车前方，故B错误；由A、B选项分析0～t1时间内甲在乙前方，在t3～t4时间内，乙车在甲车前方，可知：t1～t3时间内，甲、乙两物体发生过相遇，故C正确；由B选项分析过程可知，0～t4时间内，两物体的位移相等，则0～t4时间内，甲的平均速度等于乙的平均速度，故D错误．
考向3 F-t(a-t)图象的理解与应用
5．(2022·山西吕梁一模)如图所示，M为AB的中点，人用水平恒力推着物体由A运动到M，然后撤去推力让物体自由滑到B停下．以推力的方向为正方向，则物体由A到B过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是( B )
【解析】 物体在水平面上A到M做匀加速直线运动，位移—时间图象的开口向上，撤去推力后物体做匀减速直线运动，位移—时间图象的开口向下，故A错误；物体在水平面上A到M做匀加速直线运动，撤去推力后物体做匀减速直线运动，由于到达B点的速度为零，则物体在前后两段的平均速度相等，位移也相等，故物体在AM段和MB段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在AM段和MB段所受合外力大小相等，方向相反，故B正确，C、D错误．
考向4 其他图象的理解及应用
6．(2022·陕西汉中联考)无人驾驶汽车作为汽车的前沿科技，目前尚在完善中，它车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方88m范围内车辆和行人的“气息”，制动反应时间为0.2s，比有人驾驶汽车平均快1秒．图为在某次测试场地进行制动测试时获得的一部分图象(v为汽车的速度，x为位置坐标)．关于该无人驾驶汽车在该路段的制动测试中，下列说法正确的是( B )
A．制动加速度大小为20m/s2
B．最大安全速度是40m/s
C．以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要3s
D．以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为50m
【解析】 根据位移速度公式得x＝－，结合图象斜率得a＝10m/s2，故A错误；以40m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为s＝vt0＋＝8＋80m＝88m，故B正确；以30m/s的速度匀速行驶时，制动时间为t＝＝3s，所以从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要t′＝t0＋t＝3.2s，故C错误；以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为s＝vt0＋＝6m＋45m＝51m，故D错误．
7．(多选)(2022·河北唐山一模)A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的-t图象如右图所示，已知在t＝10s时A、B在同一位置，根据图象信息，下列说法正确的是( BD )
A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2
B．t＝6s时，A在前、B在后，B正在追赶A
C．A、B在零时刻相距30m
D．在0～10s内A、B之间的最大距离为49m
【解析】 由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，对比B物体的图线可知a＝m/s2＝1m/s2，由相似三角形可知，图线与纵轴的交点坐标为4m/s，即初速度v0＝4m/s，加速度a＝2m/s2，B物体做匀加速直线运动，A错误；对比A物体的图线可知，A物体做匀速直线运动，速度为v＝10m/s，在t＝10s时A、B的位移分别为xA＝vt＝100m，xB＝v0t＋at2＝140m此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前40m处，C错误；t＝6s时，由C中位移公式可得，A、B位移均为60m，故A在前、B在后，B正在追赶A，B正确；当A、B速度相等时，相距最远，v0＋at′＝v代入数据可得t′＝3s，由C中位移公式可得，A、B的位移分别为30m、21m，故此时的距离为Δx＝40m＋30m－21m＝49m，D正确．故选BD．
考点三 牛顿运动定律的综合应用
1．主要题型
应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题．
2．方法技巧
(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．
(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法．
(3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．
考向1 瞬时问题
1．(多选)(2022·全国甲，19)如图所示，质量相等的两滑块P，Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度大小为g．用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( AD )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【解析】 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析知弹簧弹力FT＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面仍然保持相对滑动，此时对滑块P受力分析得，－FT－μmg＝ma1，解得a1＝－2μg，此时Q所受外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故P、Q间距减小，弹簧伸长量减小，弹力变小，P加速度减小，Q受合力增大，合力向左，故Q做加速度增大的减速运动．P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度，为2μg；Q加速度大小的最大值是弹簧恢复原长时Q的加速度，此时对Q受力分析得－μmg＝ma2，解得a2＝－μg，故Q加速度最大值为μg，A正确，B错误；在该过程中，P减速得快，Q减速得慢，因此任意时刻，P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确．
考向2 连接体问题
2．(多选)(2022·四川成都二诊)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( CD )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
【解析】 启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝，对后三节车厢，有F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，故B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，故D正确．故选CD．
3．(多选)(2022·云南名校联盟二模)如图所示，在倾角为θ的斜面上放置A、B两正方体物块(可以视为质点)，A、B两物块质量分别为M、m．A物块与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ
A．两物块的加速度大小为gsinθ－
B．两物块的加速度大小为gsinθ－
C．两物块之间的弹力大小为
D．两物块之间的弹力大小为
【解析】 利用整体法受力分析可得(M＋m)gsinθ－μMgcosθ＝(M＋m)a，解得a＝gsinθ－，故A错误，B正确；隔离物块B受力分析可得mgsinθ－F＝ma，解得F＝，故C正确，D错误．故选BC．
考向3 两类动力学问题
4．(2022·山东，16)某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮．如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A．关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程l到达卸粮点时，速度恰好为零．卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行．已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，重力加速度g取10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程l值．
【答案】 (1)0.1 (2)0.36m
【解析】 (1)电动机的输出功率
P＝UI－I2R＝14800W
电动机的牵引力F＝＝7400N
根据共点力平衡，向上匀速运动时有
F＋m0g＝(m1＋m2)gsinθ＋k(m1＋m2)g
向下匀速运动时有m0g＋km1g＝m1gsinθ
解得sinθ＝0.5，k＝0.1．
(2)设关闭电动机后的加速度大小为a，沿绳方向，对整体根据牛顿第二定律得(m1＋m2)gsinθ＋k(m1＋m2)g－m0g＝(m1＋m2＋m0)a
解得a＝m/s2
再根据v2＝2al，解得l≈0.36m．
考点四 传送带与板块模型
1．板块模型
板块模型问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题．该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题．
(1)滑块—木板模型类问题中，木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．
(2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．
2．滑块在传送带上运动的“五点”注意事项
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．滑块与传带间没有摩擦力．
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小才能确定滑块的运动情况．
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后会反向加速．
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出．
典例1(多选)(2022·黑龙江大庆模拟)如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到-F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m－1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2．则下列说法正确的是( BC )
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m－1
C．随着F增大，当外力F＝1N时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图象中D点对应的外力的值为4N
【解析】 结合物体运动以及图形分析可知，总共分三种情况．第一种情况(AB段)，拉力较小时，物块从木板的右侧滑出；第二种情况(BC段)，拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板一起加速向右运动；第三种情况(DE段)，拉力过大，物体滑动一段距离后，摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，最终从左侧滑出．物块刚滑上木板时，物块加速度大小为a1，有ma1＝μmg得到a1＝2m/s2，物块刚滑上木板时，木板的加速度a2有Ma2＝μmg得到a2＝4m/s2，由题意可知，当F＝0时，物块、木板的位移差为1m，则x1＝v0t－a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝1，解得t＝s，t＝1s舍去，物块滑出木板时的速度v＝v0－a1t＝4m/s－2×m/s＝m/s，A错误；当物块恰好不能从木板右端滑出时，设木板加速度为a3，此时有Ma3＝μmg＋F，x3＝v0t－a1t2，x4＝a3t2，x3－x4＝1，v0－a1t＝a3t，解得F＝1N，C正确；C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，则有F－μmg＝Ma4，μmg＝ma4解得F＝3N，则C、D点拉力为3N，D错误；当F＝3N物块刚滑上木板时，木板的加速度a5有a5＝＝m/s2＝10m/s2，两者速度相等时，位移差有a5t＝v0－a1t，v0t－a1t2－a5t2＝x，解得x＝m，故s－1＝m－1＝1.5m－1，B正确．故选BC．
典例2 (2022·湖南郴州模拟)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1＝2m/s沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v2＝5m/s沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2′，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，则下列说法正确的是( A )
A．返回光滑水平面时的速率为v2′＝2m/s
B．返回光滑水平面时的速率为v2′＝5m/s
C．返回光滑水平面的时间为t＝3.5s
D．传送带对物体的摩擦力先向右再向左
【解析】 因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为v1
物体减速的位移为x1＝at＝6.25m
物体反向加速的时间为t2＝＝1s
反向加速的位移为x2＝at＝1m
物体匀速的时间为t3＝＝2.625s
故物体返回光滑水平面的时间为t＝t1＋t2＋t3＝6.125s，故C错误；由于物体是先向左减速，后反向加速，最后匀速返回，所以传送带对物体的摩擦力先向右后为0，故D错误．故选A．
〔考向预测〕
1．(多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2．假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g．则( BCD )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【解析】 分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g>0，故μ2>μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝(μ2－μ1)g，B、D正确．
2．(多选)(2022·辽宁铁岭一模)在煤矿安全生产过程中，用传送带运输煤块，大大提高了劳动效率，节省了人力，生产线简化如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为37°，传送带以8m/s的恒定速率沿逆时针方向转动．在传送带上端A处无初速度地轻放上一个质量为2kg的煤块(可视为质点)，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，已知传送带A到B的长度为14m．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．则在物块从A运动到B的过程中( AD )
A．物块从A运动到B的时间为2.0s
B．物块到B的速度为8m/s
C．煤块在传送带上留下的划痕长度为6m
D．因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J
【解析】 物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下．由牛顿第二定律得：a1＝＝8m/s2，则速度从零加速到传送带的速度所需的时间为：t1＝＝s＝1s，经过的位移为：x1＝a1t＝×8×12m＝4m，由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动．速度相等后，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上．根据牛顿第二定律得：a2＝＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2，根据vt2＋a2t＝L－x1，解得：t2＝1s，则t＝t1＋t2＝2s，故A正确；物块到B的速度为vB＝v＋a2t2＝12m/s，故B错误；煤块在传送带上第一个加速阶段皮带比煤块超前留下的划痕长度Δx1＝vt1－vt1＝4m，第二个加速阶段煤块比皮带多移动位移Δx2＝(v＋vB)t2－vt2＝2m，Δx2<Δx1故总划痕长度Δx＝4m，故C错误；因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为Q＝μmg(Δx2＋Δx1)cosθ＝24J，故D正确．故选AD．
应用创新·提素养
YINGYONGCHUANGXINTISUYANG
应用创新一 交通安全类
1．(2022·山西临汾模拟)第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年2月4～20日在北京和张家口联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会．冬奥会主要是滑雪、滑冰项目．甲、乙两名短道速滑运动员在某次训练时的速度—时间图象如图所示，则下列说法正确的是( B )
A．t3时刻，甲、乙速度大小相等，方向相反
B．t3时刻，甲、乙的加速度方向相反
C．甲、乙在t1、t3时刻两次相遇
D．t1～t3时间内，甲的位移大于乙的位移
【解析】 t3时刻，两图象相交，说明甲、乙速度大小相等，方向相同，故A错误；根据v-t图象的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度方向，知t3时刻，甲、乙的加速度方向相反，故B正确；甲、乙在t1、t3时刻两次速度相等，但不一定两次相遇，故C错误；根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，知t1～t3时间内，甲的位移小于乙的位移，故D错误．
2．(多选)(2022·湖南，9)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为m．飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率二次方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)．当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s．重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是( BC )
A．发动机的最大推力为1.5mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【解析】 关闭发动机飞行器匀速下落时，有kv＝mg，当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动时，有Fmax＝mg＋kv，解得Fmax＝1.25mg，故A错误；当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，假设飞行器向右飞，对飞行器进行受力分析如图所示，由受力分析得F＝＝mg，故B正确；当发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速度为v3，kv＝，又kv＝mg，得v3＝5m/s，故C正确；当发动机的最大推力向下，飞行器以v4＝5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度达到最大值，由牛顿第二定律得Fmax＋mg＋kv＝ma，解得a＝2.5g，故D错误．
应用创新二 生产实际、体育活动类
3．(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力的大小F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则( AC )
A．升降机停止前在向上运动
B．0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态
C．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小
D．t3～t4时间内小球向下运动，速度一直增大
【解析】 从0时刻开始，弹簧弹力减小形变量变小，知小球向上运动，可知升降机停止前向上运动，A正确；0～t1时间内，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，t1～t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，也处于失重状态，B错误；0～t1时间内，小球向上运动，t1～t3时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，C正确；t3时刻处于最低点，t3～t4时间内，小球向上运动，D错误．故选AC．
4．(2022·浙江1月高考)第24届冬奥会将在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°．运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．
【答案】 (1)m/s2 (2)12m/s (3)66N
【解析】 (1)AB段v＝2a1x1
解得a1＝m/s2．
(2)AB段v1＝a1t1
解得t1＝3s，t1＋t2＝5s
BC段x2＝v1t2＋a2t，
a2＝2m/s2．
过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s．
(3)在BC段有牛顿第二定律mgsinθ－Ff＝ma2
解得Ff＝66N．
第2讲 力与直线运动
真题速练·明考情
1．(2022·全国甲，15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为l0的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v
C．＋ D．＋
【解析】 如图所示，列车车头到达隧道前做匀减速直线运动，速度从v0减速到v，用时t1＝，然后以速度v做匀速直线运动，直到列车车尾离开隧道，用时t2＝，最后列车在隧道外做匀加速直线运动，速度从v加速到v0，用时t3＝，因此列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，选项C正确，A、B、D错误．
2．(2022·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( D )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
【解析】 由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，小物块的加速度大小a＝gsinθ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为；根据运动学公式得＝at2，联立可得t＝，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，故D正确．
3．(2022·辽宁高考卷)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图象可能正确的是( A )
【解析】 x-t图象斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x-t图象斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x-t图象斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x-t图象的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v-t图象可能正确．
4．
(2022·全国乙卷)如图所示，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长l．一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距l时，它们加速度的大小均为( A )
A． B．
C． D．
【解析】
当两球运动至二者相距l时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝＝，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcosθ＝F，解得FT＝F，对任意小球由牛顿第二定律可得FT＝ma，解得a＝，故A正确．
〔命题趋势〕
高考对本部分的考查题型既有选择题又有计算题，题型新颖，与生活实际联系密切，大多与v-t图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容综合考查．
常用到的思维方法有：极限思想、微元累积思想、逆向思维的思想、理想实验的思想．比例法、图象法、推论法、控制变量法、整体法、隔离法等．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
一、解答匀变速直线运动问题的常用规律
1．常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，
v2－v＝2ax．
2．重要推论
(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2
(2)中间时刻速度：v＝＝v
(3)位移中点速度v＝．
3．运动图象：利用v-t图象或x-t图象求解．
二、解决动力学问题要抓好关键词语
1．看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”．
2．看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”．
“关键能力”构建
1．思想方法
(1)常用方法
①整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法．
②正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．
③逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动到速度为零的问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题．
(2)追及相遇问题的解题思路和技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．
2．模型建构
(1)沿如图光滑斜面下滑的物体：
(2)一起加速运动的物体系，若力是作用于m1上，则m1和m2的相互作用力为FN＝．
有无摩擦都一样，平面，斜面，竖直方向都一样
(3)下面几种物理模型，在临界情况下，a＝gtanα
光滑，相对静止 弹力为零
绳，相对静止 光滑，弹力为零
(4)下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时，加速度最大
命题热点·巧突破, MINGTIREDIANQIAOTUPO
考点一 匀变速直线运动规律的应用
1．(2022·安徽、河南、山西三省联考)某短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，该运动员用12s跑完全程，已知该运动员在加速阶段的位移和匀速阶段的位移之比为1∶4，则该运动员在加速阶段的加速度为( B )
A．2.0m/s2 B．2.5m/s2
C．3.0m/s2 D．3.5m/s2
【解析】 加速阶段at＝20m，v＝at1，匀速阶段v(t－t1)＝80m，解得a＝2.5m/s2，故选B．
2．(2022·广东惠州三调)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以5m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.5s，刹车的加速度大小为2.5m/s2，则该ETC通道的长度约为( B )
A．7m B．9m
C．11m D．13m
【解析】 ETC通道的长度约为x＝v0(t＋Δt)＋＝5×(0.3＋0.5)＋m＝9m，故选B．
3．(2022·吉林松原大联考)如图所示，空中有A、B两个小球的初始高度差为h1．先将小球A由静止释放，当A下落高度为h2时，再将小球B由静止释放，结果两小球同时落到地面上，重力加速度为g，不计空气阻力，则小球A最初距离地面的高度为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 设当A下落高度为h2时，速度为v，之后运动时间t与B小球同时落到地面上，根据题意有v2＝2gh2，vt＋gt2＋h2＝gt2＋h1联立解得t＝，所以小球A距离地面的高度h＝h1＋gt2＝，故选C．
考点二 运动学与动力学的图象问题
1．图象问题要三看
(1)看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．
(2)看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．
(3)看交点、斜率和“面积”―→明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．
2．v-t图象的应用技巧
(1)图象意义：在v-t图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．
(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．
考向1 x-t图象的理解及应用
1．(2022·广东肇庆模拟)甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上行驶，它们的位移—时间图象如图所示．由图象分析可知，在两汽车运动过程中( A )
A．乙车做减速运动
B．甲车做匀减速运动
C．0～t1时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
D．0～t1时间内甲车的位移大于乙车的位移
【解析】 位移—时间图象斜率大小表示速度大小，由图可得，甲车在做匀速直线运动，乙车在做减速直线运动，A正确，B错误；由图象可得两车的位移相等，而平均速度等于位移除以时间，两车运动的时间也相等，故平均速度相同，C、D错误．
2．(2022·广西梧州联考)甲，乙两物体在同一水平直线上运动，其位置坐标x随时间t变化的图象如图所示，甲为抛物线，乙为直线，下列说法正确的是( B )
A．前3s内甲物体先做加速运动，后做减速运动
B．前3s内甲的平均速率大于乙的平均速率
C．前3s内甲、乙两物体的距离越来越大
D．前3s内甲、乙两物体始终做同向运动
【解析】 根据位移—时间图象的斜率等于速度，知前3s内甲先沿正向做减速运动，后沿负向做加速运动，故A错误；前3s内，甲、乙两物体通过的位移相等，都是2m，但是甲先向正向运动后向负向运动，乙一直沿正向做匀速直线运动，则甲物体通过的路程大于乙物体的路程，结合平均速率等于路程与时间之比，知前3s内，甲物体的平均速率大于乙物体的平均速率，故B正确，D错误；由图象可知，前3s内甲、乙两物体的距离先增加后减小，故C错误．
考向2 v-t图象的理解及应用
3．(2022·河南济源一次质检)蓝牙小音箱可以在一定距离内与手机等设备实现连接，某型号的蓝牙音箱无线连接的有效距离是18m．在两条平行且靠近的直轨道上，分别放置智能小车A、B，两车分别携带该型号音箱和手机．某时刻两车相距50m同时开始相向而行，速度大小随时间变化图象均如图所示．则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为( A )
A．1.9s B．2s
C．4s D．5.9s
【解析】 由图可知，两车在相遇前做加速度a＝2m/s2的匀加速直线运动，两车相向而行，当距离为18m时连接，此时两车各自走了x1＝(50－18)m＝16m，根据公式x1＝at，解得t1＝4s，由图可知，当两车相遇时，运动时间为t0＝5s，之后两车以v＝10m/s的相反的方向速度匀速行驶，当两车再次相距18m时，断开连接，则匀速运动时，两车各自运动的位移为x2＝9m，运动时间t2＝＝0.9s，则手机与音箱从相互连接到断开连接持续的时间为t＝t0＋t2－t1＝1.9s，故B、C、D错误，A正确．
4．(2022·吉林长春模拟)甲、乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘的两物体的v-t图象如图所示，已知甲物体的图象是两段半径相同的圆弧，乙物体的图象是一倾斜直线，t4＝2t2，甲的初速度、末速度均等于乙的末速度．下列说法正确的是( C )
A．0～t1时间内，甲、乙两物体距离越来越小
B．t3～t4时间内，乙车在甲车后方
C．t1～t3时间内，甲、乙两物体发生过相遇
D．0～t4时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
【解析】 由图可知0～t1时间内，甲的速度一直大于乙的速度，甲乙同向运动，则甲、乙两物体距离越来越大，故A错误；根据“面积”表示位移，结合几何知识可知，0～t4时间内，两物体的位移相等，t4时刻两车相遇，而在t3～t4时间内，甲车的位移比乙车的位移大，则知在t3～t4时间内，乙车在甲车前方，故B错误；由A、B选项分析0～t1时间内甲在乙前方，在t3～t4时间内，乙车在甲车前方，可知：t1～t3时间内，甲、乙两物体发生过相遇，故C正确；由B选项分析过程可知，0～t4时间内，两物体的位移相等，则0～t4时间内，甲的平均速度等于乙的平均速度，故D错误．
考向3 F-t(a-t)图象的理解与应用
5．(2022·山西吕梁一模)如图所示，M为AB的中点，人用水平恒力推着物体由A运动到M，然后撤去推力让物体自由滑到B停下．以推力的方向为正方向，则物体由A到B过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是( B )
【解析】 物体在水平面上A到M做匀加速直线运动，位移—时间图象的开口向上，撤去推力后物体做匀减速直线运动，位移—时间图象的开口向下，故A错误；物体在水平面上A到M做匀加速直线运动，撤去推力后物体做匀减速直线运动，由于到达B点的速度为零，则物体在前后两段的平均速度相等，位移也相等，故物体在AM段和MB段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，故物体在AM段和MB段所受合外力大小相等，方向相反，故B正确，C、D错误．
考向4 其他图象的理解及应用
6．(2022·陕西汉中联考)无人驾驶汽车作为汽车的前沿科技，目前尚在完善中，它车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方88m范围内车辆和行人的“气息”，制动反应时间为0.2s，比有人驾驶汽车平均快1秒．图为在某次测试场地进行制动测试时获得的一部分图象(v为汽车的速度，x为位置坐标)．关于该无人驾驶汽车在该路段的制动测试中，下列说法正确的是( B )
A．制动加速度大小为20m/s2
B．最大安全速度是40m/s
C．以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要3s
D．以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为50m
【解析】 根据位移速度公式得x＝－，结合图象斜率得a＝10m/s2，故A错误；以40m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为s＝vt0＋＝8＋80m＝88m，故B正确；以30m/s的速度匀速行驶时，制动时间为t＝＝3s，所以从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要t′＝t0＋t＝3.2s，故C错误；以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为s＝vt0＋＝6m＋45m＝51m，故D错误．
7．(多选)(2022·河北唐山一模)A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的-t图象如右图所示，已知在t＝10s时A、B在同一位置，根据图象信息，下列说法正确的是( BD )
A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2
B．t＝6s时，A在前、B在后，B正在追赶A
C．A、B在零时刻相距30m
D．在0～10s内A、B之间的最大距离为49m
【解析】 由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，对比B物体的图线可知a＝m/s2＝1m/s2，由相似三角形可知，图线与纵轴的交点坐标为4m/s，即初速度v0＝4m/s，加速度a＝2m/s2，B物体做匀加速直线运动，A错误；对比A物体的图线可知，A物体做匀速直线运动，速度为v＝10m/s，在t＝10s时A、B的位移分别为xA＝vt＝100m，xB＝v0t＋at2＝140m此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前40m处，C错误；t＝6s时，由C中位移公式可得，A、B位移均为60m，故A在前、B在后，B正在追赶A，B正确；当A、B速度相等时，相距最远，v0＋at′＝v代入数据可得t′＝3s，由C中位移公式可得，A、B的位移分别为30m、21m，故此时的距离为Δx＝40m＋30m－21m＝49m，D正确．故选BD．
考点三 牛顿运动定律的综合应用
1．主要题型
应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题．
2．方法技巧
(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．
(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用整体法与隔离法．
(3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．
考向1 瞬时问题
1．(多选)(2022·全国甲，19)如图所示，质量相等的两滑块P，Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ．重力加速度大小为g．用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( AD )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【解析】 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析知弹簧弹力FT＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面仍然保持相对滑动，此时对滑块P受力分析得，－FT－μmg＝ma1，解得a1＝－2μg，此时Q所受外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故P、Q间距减小，弹簧伸长量减小，弹力变小，P加速度减小，Q受合力增大，合力向左，故Q做加速度增大的减速运动．P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度，为2μg；Q加速度大小的最大值是弹簧恢复原长时Q的加速度，此时对Q受力分析得－μmg＝ma2，解得a2＝－μg，故Q加速度最大值为μg，A正确，B错误；在该过程中，P减速得快，Q减速得慢，因此任意时刻，P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确．
考向2 连接体问题
2．(多选)(2022·四川成都二诊)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( CD )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
【解析】 启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝，对后三节车厢，有F56＋F－3f＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，故B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2f＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，故D正确．故选CD．
3．(多选)(2022·云南名校联盟二模)如图所示，在倾角为θ的斜面上放置A、B两正方体物块(可以视为质点)，A、B两物块质量分别为M、m．A物块与斜面之间的动摩擦因数为μ(μ
A．两物块的加速度大小为gsinθ－
B．两物块的加速度大小为gsinθ－
C．两物块之间的弹力大小为
D．两物块之间的弹力大小为
【解析】 利用整体法受力分析可得(M＋m)gsinθ－μMgcosθ＝(M＋m)a，解得a＝gsinθ－，故A错误，B正确；隔离物块B受力分析可得mgsinθ－F＝ma，解得F＝，故C正确，D错误．故选BC．
考向3 两类动力学问题
4．(2022·山东，16)某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮．如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A．关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程l到达卸粮点时，速度恰好为零．卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行．已知小车质量m1＝100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，重力加速度g取10m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程l值．
【答案】 (1)0.1 (2)0.36m
【解析】 (1)电动机的输出功率
P＝UI－I2R＝14800W
电动机的牵引力F＝＝7400N
根据共点力平衡，向上匀速运动时有
F＋m0g＝(m1＋m2)gsinθ＋k(m1＋m2)g
向下匀速运动时有m0g＋km1g＝m1gsinθ
解得sinθ＝0.5，k＝0.1．
(2)设关闭电动机后的加速度大小为a，沿绳方向，对整体根据牛顿第二定律得(m1＋m2)gsinθ＋k(m1＋m2)g－m0g＝(m1＋m2＋m0)a
解得a＝m/s2
再根据v2＝2al，解得l≈0.36m．
考点四 传送带与板块模型
1．板块模型
板块模型问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题．该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题．
(1)滑块—木板模型类问题中，木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．
(2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．
2．滑块在传送带上运动的“五点”注意事项
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．滑块与传带间没有摩擦力．
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsinθ与μmgcosθ的大小才能确定滑块的运动情况．
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后会反向加速．
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出．
典例1(多选)(2022·黑龙江大庆模拟)如图甲所示，质量为M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到-F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m－1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2．则下列说法正确的是( BC )
A．若恒力F＝0，物块滑出木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m－1
C．随着F增大，当外力F＝1N时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图象中D点对应的外力的值为4N
【解析】 结合物体运动以及图形分析可知，总共分三种情况．第一种情况(AB段)，拉力较小时，物块从木板的右侧滑出；第二种情况(BC段)，拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板一起加速向右运动；第三种情况(DE段)，拉力过大，物体滑动一段距离后，摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，最终从左侧滑出．物块刚滑上木板时，物块加速度大小为a1，有ma1＝μmg得到a1＝2m/s2，物块刚滑上木板时，木板的加速度a2有Ma2＝μmg得到a2＝4m/s2，由题意可知，当F＝0时，物块、木板的位移差为1m，则x1＝v0t－a1t2，x2＝a2t2，x1－x2＝1，解得t＝s，t＝1s舍去，物块滑出木板时的速度v＝v0－a1t＝4m/s－2×m/s＝m/s，A错误；当物块恰好不能从木板右端滑出时，设木板加速度为a3，此时有Ma3＝μmg＋F，x3＝v0t－a1t2，x4＝a3t2，x3－x4＝1，v0－a1t＝a3t，解得F＝1N，C正确；C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，则有F－μmg＝Ma4，μmg＝ma4解得F＝3N，则C、D点拉力为3N，D错误；当F＝3N物块刚滑上木板时，木板的加速度a5有a5＝＝m/s2＝10m/s2，两者速度相等时，位移差有a5t＝v0－a1t，v0t－a1t2－a5t2＝x，解得x＝m，故s－1＝m－1＝1.5m－1，B正确．故选BC．
典例2 (2022·湖南郴州模拟)如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1＝2m/s沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速度v2＝5m/s沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为v2′，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，则下列说法正确的是( A )
A．返回光滑水平面时的速率为v2′＝2m/s
B．返回光滑水平面时的速率为v2′＝5m/s
C．返回光滑水平面的时间为t＝3.5s
D．传送带对物体的摩擦力先向右再向左
【解析】 因为传送带足够长，且顺时针转动，又因为v1
物体减速的位移为x1＝at＝6.25m
物体反向加速的时间为t2＝＝1s
反向加速的位移为x2＝at＝1m
物体匀速的时间为t3＝＝2.625s
故物体返回光滑水平面的时间为t＝t1＋t2＋t3＝6.125s，故C错误；由于物体是先向左减速，后反向加速，最后匀速返回，所以传送带对物体的摩擦力先向右后为0，故D错误．故选A．
〔考向预测〕
1．(多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2．假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g．则( BCD )
A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
【解析】 分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g>0，故μ2>μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝(μ2－μ1)g，B、D正确．
2．(多选)(2022·辽宁铁岭一模)在煤矿安全生产过程中，用传送带运输煤块，大大提高了劳动效率，节省了人力，生产线简化如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为37°，传送带以8m/s的恒定速率沿逆时针方向转动．在传送带上端A处无初速度地轻放上一个质量为2kg的煤块(可视为质点)，煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25，已知传送带A到B的长度为14m．取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2．则在物块从A运动到B的过程中( AD )
A．物块从A运动到B的时间为2.0s
B．物块到B的速度为8m/s
C．煤块在传送带上留下的划痕长度为6m
D．因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24J
【解析】 物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下．由牛顿第二定律得：a1＝＝8m/s2，则速度从零加速到传送带的速度所需的时间为：t1＝＝s＝1s，经过的位移为：x1＝a1t＝×8×12m＝4m，由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动．速度相等后，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上．根据牛顿第二定律得：a2＝＝gsin37°－μgcos37°＝4m/s2，根据vt2＋a2t＝L－x1，解得：t2＝1s，则t＝t1＋t2＝2s，故A正确；物块到B的速度为vB＝v＋a2t2＝12m/s，故B错误；煤块在传送带上第一个加速阶段皮带比煤块超前留下的划痕长度Δx1＝vt1－vt1＝4m，第二个加速阶段煤块比皮带多移动位移Δx2＝(v＋vB)t2－vt2＝2m，Δx2<Δx1故总划痕长度Δx＝4m，故C错误；因物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为Q＝μmg(Δx2＋Δx1)cosθ＝24J，故D正确．故选AD．
应用创新·提素养
YINGYONGCHUANGXINTISUYANG
应用创新一 交通安全类
1．(2022·山西临汾模拟)第24届冬季奥林匹克运动会将于2022年2月4～20日在北京和张家口联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会．冬奥会主要是滑雪、滑冰项目．甲、乙两名短道速滑运动员在某次训练时的速度—时间图象如图所示，则下列说法正确的是( B )
A．t3时刻，甲、乙速度大小相等，方向相反
B．t3时刻，甲、乙的加速度方向相反
C．甲、乙在t1、t3时刻两次相遇
D．t1～t3时间内，甲的位移大于乙的位移
【解析】 t3时刻，两图象相交，说明甲、乙速度大小相等，方向相同，故A错误；根据v-t图象的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度方向，知t3时刻，甲、乙的加速度方向相反，故B正确；甲、乙在t1、t3时刻两次速度相等，但不一定两次相遇，故C错误；根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，知t1～t3时间内，甲的位移小于乙的位移，故D错误．
2．(多选)(2022·湖南，9)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为m．飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率二次方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)．当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s．重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是( BC )
A．发动机的最大推力为1.5mg
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5m/s
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【解析】 关闭发动机飞行器匀速下落时，有kv＝mg，当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动时，有Fmax＝mg＋kv，解得Fmax＝1.25mg，故A错误；当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，假设飞行器向右飞，对飞行器进行受力分析如图所示，由受力分析得F＝＝mg，故B正确；当发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速度为v3，kv＝，又kv＝mg，得v3＝5m/s，故C正确；当发动机的最大推力向下，飞行器以v4＝5m/s的速率向上减速飞行时，其加速度达到最大值，由牛顿第二定律得Fmax＋mg＋kv＝ma，解得a＝2.5g，故D错误．
应用创新二 生产实际、体育活动类
3．(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力的大小F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则( AC )
A．升降机停止前在向上运动
B．0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态
C．t1～t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小
D．t3～t4时间内小球向下运动，速度一直增大
【解析】 从0时刻开始，弹簧弹力减小形变量变小，知小球向上运动，可知升降机停止前向上运动，A正确；0～t1时间内，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，t1～t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，也处于失重状态，B错误；0～t1时间内，小球向上运动，t1～t3时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，C正确；t3时刻处于最低点，t3～t4时间内，小球向上运动，D错误．故选AC．
4．(2022·浙江1月高考)第24届冬奥会将在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°．运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车(包括运动员)：
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．
【答案】 (1)m/s2 (2)12m/s (3)66N
【解析】 (1)AB段v＝2a1x1
解得a1＝m/s2．
(2)AB段v1＝a1t1
解得t1＝3s，t1＋t2＝5s
BC段x2＝v1t2＋a2t，
a2＝2m/s2．
过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s．
(3)在BC段有牛顿第二定律mgsinθ－Ff＝ma2
解得Ff＝66N．
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