专题一 考点2 力与物体的直线运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 考点2　力与物体的直线运动 考向一　运动学的图像问题 1．如图所示的位移(x)—时间(t)图像和速度(v)—时间(t)图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是(　　) A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动 B．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程 C．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远 D．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等 答案：C 解析：由题意知，四辆车均由同一地点向同一方向运动，即均做直线运动，故A错误；由x­t图像知，在0～t1时间内甲、乙两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；v­t图像中，由图线与时间轴围成的面积表示位移可知，0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远，故C正确；0～t2时间内，丙的位移小于丁的位移，所用时间相等，由＝可知，丙的平均速度小于丁的平均速度，故D错误。 考向二　追及相遇问题 2.蓝牙是一种支持设备间短距离通信的无线技术。如图，两条足够长的平行直轨道相距6 m，某同学用安装有蓝牙设备的玩具车A、B在轨道上进行实验。t＝0时，A车以10 m/s的速度经过O1点，B车以1 m/s的速度经过O2点。此时关闭A车动力，A车以2 m/s2的加速度向右做匀减速直线运动，B车继续向右做匀速直线运动。已知O1O2与轨道垂直，两车间的距离超过10 m时无法实现通信，忽略信号传递的时间，则从t＝0起两车间能通信的时间共为(　　) A．1 s B．8 s C．16 s D．17 s 答案：D 解析：当二者之间沿轨道方向的距离Δx＝＝ m＝8 m时恰好能实现通信。开始时A的速度v1＝10 m/s，B的速度v2＝1 m/s，A停止运动前时间t内A车的位移为xA＝v1t－at2，B车的位移为xB＝v2t；当xA－xB＝Δx时，解得t1＝1 s，t2＝8 s，但A车的速度减为零的时间：t0＝＝ s＝5 s，故t2＝8 s舍去；可知在5 s前A与B能通信的时间为1 s。A车停止运动时，A车的位移为x0＝＝ m＝25 m，之后，当B与A沿轨道之间的距离为8 m时，对应B运动的时间：t3＝＝ s＝17 s，t4＝＝ s＝33 s，可知在5 s后A与B能通信的时间为Δt＝t4－t3＝33 s－17 s＝16 s。综上，两车能通信的时间为t总＝1 s＋16 s＝17 s，故D正确。 考向三　牛顿运动定律的应用 3．水平桌面上放置一质量为m的木块，木块与桌面间的动摩擦因数恒定，用一水平恒力F拉木块，木块在水平桌面上做匀速直线运动；若将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上拉木块(F大小不变)，木块仍在水平桌面上做匀速直线运动。那么当用2F的水平恒力拉木块，此时木块的加速度为(已知当地的重力加速度为g，sin74°＝0.96，cos74°＝0.28)(　　) A.g B.g C.g D.g 答案：A 解析：用一水平恒力F拉木块，木块做匀速直线运动，有F＝μmg，将此力方向改为与水平方向成74°角斜向上拉木块(F大小不变)，木块仍做匀速直线运动，水平方向有Fcos74°＝f，竖直方向有N＋Fsin74°＝mg，且f＝μN，当用2F的水平恒力拉木块时，有2F－μmg＝ma，联立解得a＝g，故选A。 考向四　牛顿第二定律的图像问题 4.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x＝0)，现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化的图像正确的是(　　) 答案：D 解析：设B对A的作用力FN刚好为零时弹簧的伸长量为x0，则对A有mg－kx0＝m，解得x0＝；在此之前，对A根据mg－FN－kx＝m，可知FN＝－kx，FN由开始运动时的线性减小到零，对A、B整体根据2mg－F－kx＝2m，可知F＝mg－kx，力F由开始运动时的mg线性减小到，此后托盘与物块分离，力F保持不变。故A、B、C错误，D正确。 考向五　动力学中的临界和极值问题 5．(多选)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态。现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板。则(　　) A．长木板的质量为2 kg B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4 D．当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大 答案：ABC 解析：由图乙可知，当F>12 N时物块和长木板开始产生相对滑动，设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1，则F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由图乙可知m＝ kg＝2 kg，μ1mg＝8 N，解得μ1＝0.4，C正确；当4 N≤F≤12 N时两者共同运动，设长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g，由图乙可知M＋m＝ kg＝4 kg，μ2(M＋m)g＝4 N，解得M＝2 kg，μ2＝0.1，A、B正确；当拉力F≥12 N时，长木板与物块之间相对滑动，长木板所受地面的摩擦力和物块的摩擦力不变，则加速度不变，D错误。 考向六　传送带模型 6.如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是(　　) 答案：C 解析：当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，继续相对传送带向下滑动，所受合外力不变，加速度不变，表现为v­t图像斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为－v1，故A可能；当v1＜v0，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当木块速度增大至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v0运动，故B可能；当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动(设加速度大小为a1)，当木块速度减小至v0时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为v­t图像斜率变小，木块沿传送带向上做匀减速运动(设加速度大小为a2)，速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动(由于合外力不变，所以加速度大小仍为a2，表现为v­t图像斜率不变)，根据运动学规律可知木块速度从v1减至v0的过程位移大小为x1＝，木块速度从v0减至0的过程位移大小为x2＝，假设木块返回至传送带下端时的速度为－v1，则木块速度从0增大至－v1的过程位移大小为x3＝，由于a1>a2，所以有＋<，即x1＋x2<x3，而木块整个过程的位移应为零(x1＋x2应等于x3)，上式显然不满足，故C不可能；当v1＞v0，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至v0时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以v0运动，故D可能。本题选不可能的，故选C。 1.(2024·湖南高考)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 答案：A 解析：剪断B、C间细线前，对小球B、C、D及C、D间轻弹簧组成的整体受力分析，根据平衡条件可知，A、B间轻弹簧的弹力大小为FAB＝(3m＋2m＋m)g＝6mg，对小球D受力分析，根据平衡条件可知，C、D间轻弹簧的弹力大小为FCD＝mg。剪断B、C间细线瞬间，两轻弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律，对B有FAB－3mg＝3maB，对C有FCD＋2mg＝2maC，解得B的加速度大小aB＝g，方向竖直向上，C的加速度大小aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。 2．(2024·河北高考)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v­t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　) A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 答案：A 解析：由题意可知，篮球最开始做自由落体运动，结合图像可知，速度为负值时，表示篮球向下运动，当向下运动到与地面接触时篮球速度最大，之后速度发生突变，速度方向变为向上并做竖直上抛运动，速度减为0时上升到最高点，故篮球第一次触地反弹后上升至最高点时，对应图中的a点；同理分析可知，b点、c点分别对应第二次触地反弹前、后的位置即地面，d点对应第二次反弹后上升到最高点的位置。由v­t图像与时间轴围成的面积的绝对值表示位移大小可知，第一次反弹后到达的最高点高度(对应图中0.6 s～1.1 s图线与t＝0直线所围面积)大于第二次反弹后到达的最高点高度(对应图中1.6 s～2.0 s图线与t＝0直线所围面积)，故a点对应的篮球位置比d点高，即四点中对应篮球位置最高的是a点，故选A。 3．(2024·安徽高考)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 答案：A 解析：小球静止于O点时，弹簧处于原长，则当撤去拉力F后，小球由静止开始从P点运动到O点的过程中，小球受到重力和两弹簧的拉力，由对称性可知，小球所受合力始终竖直向下，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度方向一直竖直向下，所以小球一直做加速运动，速度一直增大，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，两弹簧形变量逐渐变小，每个弹簧对小球的拉力F拉都一直变小，且弹簧弹力与竖直方向的夹角θ不断变大，则两弹簧对小球竖直向下的合力F合＝2F拉cosθ不断变小，小球所受重力不变，故小球所受合力一直变小，小球的加速度一直变小，因此刚撤去拉力时小球的加速度最大；撤去拉力前瞬间，由平衡条件可知，小球所受重力和弹簧弹力的合力F合0与拉力F等大反向，即F合0＝F＝2mg，刚撤去拉力时，由牛顿第二定律可知，F合0＝mam，可解得小球从P点运动到O点的过程中加速度的最大值为am＝2g，C、D错误。 4.(2024·广东高考)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中，其F­y图像或y­t图像可能正确的是(　　) 答案：B 解析：从木块开始释放到与弹簧刚接触的过程中，即0≤y≤H的过程，木块所受合外力为木块的重力，即F＝mg，则F保持不变；从木块接触弹簧到下落至最低点的过程中，即y>H的过程，根据力的合成和胡克定律有F＝mg－k(y－H)，则随着y增大，F先均匀减小到0，后反向均匀增大；同理分析可知，上升过程的F­y图像与下落过程的F­y图像相同，故A错误，B正确。结合上述分析，由牛顿第二定律可知，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，速度逐渐增大，所以y­t图像斜率逐渐增大；从木块下落H高度到下落至最低点的过程，木块先向下做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，速度先逐渐增大后逐渐减小到0，所以y­t图像的斜率先逐渐增大后逐渐减小到0，到达最低点后，木块向上运动，因为木块下落过程与上升过程具有对称性，所以其y­t图像如图所示，故C、D错误。 5．(2024·辽宁高考)(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 答案：ABD 解析：v­t图像的斜率表示加速度，由图可知，t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，由牛顿第二定律可知，此时木板的受力情况发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；设小物块的质量为m，小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知，小物块开始滑上木板时，小物块的速度大小为v0＝μgt0，方向水平向左，小物块在木板上滑动时，对小物块，根据牛顿第二定律，有μ0mg＝ma0，解得小物块在木板上滑动时的加速度大小为a0＝μ0g，t＝3t0时刻小物块滑上木板后，先向左做匀减速直线运动，减速到0后以相同的加速度向右做匀加速直线运动，在t＝4t0时刻与木板共速，共速时速度大小为v共＝μgt0，方向水平向右，有v共＝－v0＋a0t0，联立可解得μ0＝2μ，故B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，根据v­t图像可知，木板的加速度为a＝＝μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，解得木板受到的水平恒力F＝μMg，3t0～4t0时间内，根据v­t图像可知，木板的加速度为a′＝＝－μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得＝，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板相对静止，则小物块和木板整体所受合力为F合＝F－μ(m＋M)g＝μMg－μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 6.(2023·湖南高考)(多选)如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ C．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg(2μ－tanθ) D．若推力F向右，且tanθ>2μ，则F的范围为4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ) 答案：CD 解析：设杆对A、B球的弹力大小为N，对小球A受力分析，竖直方向受力平衡，有Ny＝mg，又杆弹力的水平分力与竖直分力满足＝tanθ，则Nx＝mgtanθ。若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得Nx＝ma，解得a＝gtanθ，对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，A错误。若推力F向左，根据牛顿第二定律可知系统加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为FA＝Nx＝mgtanθ，对小球B受力分析如图所示，可知小球B所受向左的合力的最大值为FB＝fmax－Nx＝μ(Ny＋mg)－Nx＝2μmg－mgtanθ，若FA≤FB，即tanθ≤μ，那么A、B整体向左的最大加速度为amax＝＝gtanθ，对A、B和小车整体根据牛顿第二定律得Fmax＝4mamax＝4mgtanθ；若FA>FB≥0，即μ<tanθ≤2μ，那么A、B整体向左的最大加速度为amax′＝＝2μg－gtanθ，对A、B和小车整体根据牛顿第二定律得Fmax′＝4mamax′＝4mg(2μ－tanθ)，故B错误，C正确。若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统加速度向右，理论上小球A所受向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B的受力即可，当小球B所受的摩擦力向左且为最大静摩擦力时，小球B所受向右的合力最小，FBmin＝Nx－μ(Ny＋mg)＝mgtanθ－2μmg，由FBmin>0得tanθ>2μ，当小球B所受摩擦力向右且为最大静摩擦力时，小球B所受向右的合力最大，FBmax＝Nx＋μ(Ny＋mg)＝mgtanθ＋2μmg，对小球B根据牛顿第二定律有FBmin＝maBmin，FBmax＝maBmax，对A、B和小车整体根据牛顿第二定律有F＝4ma，则4maBmin≤F≤4maBmax，联立得4mg(tanθ－2μ)≤F≤4mg(tanθ＋2μ)，D正确。 7．(2024·广西高考)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学 (1)滑行的加速度大小； (2)最远能经过几号锥筒。 答案：(1)1 m/s2　(2)4 解析：(1)根据匀变速直线运动的规律，该同学在1、2号锥筒间运动的中间时刻的速度为v1＝ 该同学在2、3号锥筒间运动的中间时刻的速度为v2＝ 这两个中间时刻之间的时间间隔Δt＝＋ 该同学滑行的加速度大小为a＝ 联立并代入数据，解得a＝1 m/s2。 (2)设该同学经过1号锥筒时的速度为v0，从经过1号锥筒到停止运动通过的位移大小为x，根据匀变速直线运动的规律，从经过1号锥筒到经过2号锥筒，有d＝v0t1－at 从经过1号锥筒到停止运动，有0－v＝－2ax 联立并代入数据，解得x＝3.00125 m x＝3.33d，故可知该同学最远能经过4号锥筒。 1．(2024·吉林省延边州高三下一模)如图，某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上A点由静止滑下，滑到水平雪道上C点时速度刚好为零，滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B点时速度大小不变。若滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动，已知从A到C运动的路程为60 m，时间为40 s，则该滑雪爱好者经过B点时的速度大小为(　　) A．5 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．2 m/s 答案：B 解析：设滑雪爱好者经过B点时的速度大小为v，在倾斜雪道和水平雪道上运动的时间分别为t1和t2，由匀变速直线运动的规律有xAB＝t1，xBC＝t2，由题意可知t1＋t2＝40 s，xAB＋xBC＝60 m，联立解得v＝3 m/s，故选B。 2.(2023·湖南省张家界市高三下模拟)用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2。由此可判断出(　　) A．手机一直未离开过手掌 B．手机在t1时刻运动到最高点 C．手机在t2时刻改变运动方向 D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力一直减小 答案：D 解析：由题图可知，手机的加速度在某一段时间内等于重力加速度，则此时手机处于完全失重状态，与手掌间没有力的作用，手机可能离开过手掌，A错误；根据Δv＝aΔt可知，a­t图像与t轴围成的面积表示速度变化量，则手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，手机在t2时刻速度为正，运动方向没有发生改变，B、C错误；设手机的质量为m，根据牛顿第二定律得N－mg＝ma，解得手机受到的支持力N＝mg＋ma，由题图可知，在t1～t3时间内，a的数值一直减小到－g，则N一直减小，D正确。 3．(2024·广西高三下一模)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是(　　) A．t＝1 s时，物块Q的速度大小为0.4 m/s B．恒力F大小为1.6 N C．物块Q的质量为0.5 kg D．t＝1 s后，物块P、Q一起做匀加速直线运动 答案：C 解析：a­t图线与t轴围成的面积表示速度变化量，若0～1 s内Q的加速度均匀增大，则0～1 s内Q的速度变化量大小ΔvQ＝×1×0.8 m/s＝0.4 m/s，由题图乙可得实际Q的a­t图线与t轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图线与t轴围成的面积，故0～1 s内Q的速度变化量大于0.4 m/s，即t＝1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s，故A错误；设物块P的质量为mP，t＝0时的加速度大小为a0＝1.0 m/s2，对物块P，由牛顿第二定律可得恒力大小F＝mPa0＝2 N，故B错误；设t＝1 s时物块P、Q整体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有F＝(mP＋mQ)a1，代入数据解得物块Q的质量mQ＝0.5 kg，故C正确；t＝1 s时，弹簧处于压缩状态，且P和Q的速度不同，因此t＝1 s后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故D错误。 4.(2024·江西省部分学校高三下二模)如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则木板的长度为(　　) A．1.0 m B．1.5 m C．2.0 m D．2.5 m 答案：B 解析：设物块的质量为m，木板的质量为M，从物块滑上木板到两者达到共速的时间为t1，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有a1＝＝2 m/s2，设物块到达木板右端时的速度大小为v，由匀变速直线运动的规律有v0－a1t1＝v，此时木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则物块和木板一起减速运动到停止，设两者共同做减速运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有a2＝＝0.5 m/s2，由匀变速直线运动的规律可知，两者共速后的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度L，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对木板滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s(另一解t1＝3 s不符合实际，舍去)，L＝1.5 m，故选B。 5．(2023·广西南宁市高三下二模)(多选)如图所示，1、2、3、4四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，其运动时间分别为t1、t2、t3、t4，已知竖直固定的圆环的半径为r，O为圆心，固定在水平面上的斜面水平底端的长度为r，重力加速度为g，下列关系正确的是(　　) A．t1>t2 B．t3＝t4 C．t2<t4 D．t1＝t4 答案：BC 解析：1号小球的加速度大小为a1＝＝gcos30°＝g，位移大小为x1＝2rcos30°＝r，由x1＝a1t可知运动时间为t1＝＝2；2号小球的加速度大小为a2＝＝gcos60°＝g，位移大小为x2＝2rcos60°＝r，由x2＝a2t可知运动时间为t2＝＝2；3号小球的加速度大小为a3＝＝gcos30°＝g，位移大小为x3＝＝2r，由x3＝a3t可知运动时间为t3＝＝2；4号小球的加速度大小为a4＝＝gcos60°＝g，位移大小为x4＝＝2r，由x4＝a4t可知运动时间为t4＝＝2。综上可知t1＝t2<t3＝t4，故B、C正确，A、D错误。 6.(2024·湖南省长沙市高三下高考模拟预测)(多选)如图，轻质的光滑滑轮K与质量为M的物块A由一硬轻杆连接在一起，成为一个物体，物块A放置于水平面上。质量为m的物块B与跨过滑轮的轻绳一端相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B与物块A间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A．若A静止，则地面对A的作用力为mg B．若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为aB＝aA C．若水平地面光滑，则A的加速度大小aA＝ D．若水平地面光滑，则轻绳的拉力T＝ 答案：BC 解析：当A静止时，由平衡条件可知轻绳的拉力T1＝mg，把A、B及滑轮左侧部分的轻绳看作一个整体，整体受水平向右的拉力T1＝mg，竖直向下的重力(M＋m)g以及地面对A的作用力F地的作用，由平衡条件可知F地＝，故A错误；若水平地面光滑，设物块A、B间的弹力大小为F，根据牛顿第二定律，对A有T－F＝MaA，物块B的加速度在竖直方向的分量设为aB′，在水平方向的分量等于aA，则物块B在竖直方向上有mg－T－μF＝maB′，物块B在水平方向上有F＝maA，由于物块B竖直方向上的位移大小等于A、B水平方向上的位移大小，则有aB′＝aA，所以物块B的加速度aB＝＝aA，故B正确；根据B项分析，联立可得aA＝，且T＝，故C正确，D错误。 7．(2024·安徽省普通高等学校招生考试适应性测试)如图，相距l＝2.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)货物运动到传送带左端时的速度大小； (2)货物在传送带上运动的时间。 答案：(1)2 m/s　(2)2 s 解析：(1)设货物在平台上的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma1 设货物运动到传送带左端时的速度大小为v1，货物与传送带左端的距离为s1，由运动学规律有v＝2a1s1 代入数据解得v1＝2 m/s。 (2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力向左，以水平向右为正方向，设此时货物的加速度为a2，由牛顿第二定律有F－μ2mg＝ma2 解得a2＝－1 m/s2 故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，有v＝v1＋a2t2 该段时间货物位移大小为s2＝t2 共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，有l－s2＝vt3 货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3 联立并代入数据解得t＝2 s。 1.(2024·安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检查)如图所示，一盛有水的容器自倾角为θ的固定粗糙长斜面顶端下滑。已知容器底部与斜面间的动摩擦因数μ<tanθ，则下滑过程中水面位置可能正确的是(图中实线表示水面位置，虚线表示水平面位置，α<θ)(　　) 答案：B 解析：方法一：以容器和全部水为研究对象，设其沿斜面向下的加速度为a，则根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝g(sinθ－μcosθ)，因μ<tanθ，则0<a<gsinθ，以水面上一微小体积水为研究对象，可知其受到垂直水面向上的支持力FN和自身重力m1g，设FN沿斜面方向的分力为Fx，垂直斜面方向的分力为Fy，则m1gsinθ＋Fx＝m1a，Fy＝m1gcosθ，可知Fx为负值，设水面与水平方向的夹角为β，可知tanβ＝＝μ，因μ<tanθ，则0<β<θ，故选B。 方法二(极限法)：若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，则mgsinθ＝μmgcosθ，容器匀速下滑，此时容器内的水受力平衡，水面水平；若容器底部与斜面间的动摩擦因数为零，则容器和水下滑的加速度均为a＝gsinθ，则此时容器内的水面与斜面平行；若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ<tanθ，a＝＝gsinθ－μgcosθ，可知容器加速下滑且加速度0<a<gsinθ，则容器内的水面倾斜，倾斜角度在“水平”和“与斜面平行”之间。故选B。 2.(2024·湖南高考)(多选)如图，光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1，方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2＝2 m/s，方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1 m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是(　　) A．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15° B．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0° C．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0° D．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15° 答案：AC 解析：由于水平面光滑，则除碰撞过程外，两小球均做匀速直线运动，设B球与挡板在P点处碰撞，两小球在D点处相遇，B球从O点运动到P点所用时间为t1，从P点到D点所用时间为t2，根据题意，画出A、B的运动轨迹图如图所示，在△OPD中，根据正弦定理有＝＝，由几何关系知，∠ODP＝α＋α＋θ＝2α＋θ，∠OPD＝2(90°－α－θ)＝180°－(2α＋2θ)，由匀速直线运动规律有OP＝v2t1，PD＝v2′t2，OD＝v1(t1＋t2)，其中v2′＝1 m/s，联立并代入数据，可解得v1＝ m/s。令β＝α＋θ，则v1＝ m/s＝ m/s＝ m/s＝ m/s＝ m/s，由数学不等式可知，θ确定时，当且仅当＝时，v1取最大值，可解得此时的β＝θ＋α＝30°。将数据代入可知，若θ＝15°，则v1的最大值为v1m＝ m/s，且α＝15°，若θ＝30°，则v1的最大值为v1m＝ m/s，且α＝0°，故A、C正确，B、D错误。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$