第一篇 专题一 第2讲 匀变速直线运动 牛顿运动定律-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

第2讲　匀变速直线运动　牛顿运动定律 目标要求　1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。 考点一　匀变速直线运动规律及应用 常用方法 例1　(2024·广西卷·13)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)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的速度为v1==2.25 m/s 2、3间中间时刻的速度为v2==1.8 m/s 故可得加速度大小为 a===1 m/s2 (2)设到达1号锥筒时的速度为v0， 根据匀变速直线运动规律得v1=v0-a 代入数据解得v0=2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为 s==3.001 25 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 例2　(2024·山东卷·3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为 (　　) A.(-1)∶(-1) B.(-)∶(-1) C.(+1)∶(+1) D.(+)∶(+1) 答案　A 解析　方法一　基本公式法 木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=a 木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=a 当木板长度为2L时，有3L=a 又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0 联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1) 故选A。 方法二　比例式法 设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板经过A点时间为Δt1 若木板长度为L， 则t0∶Δt1=1∶(-1)① 若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2 t0∶Δt2=1∶［(-1)+(-)］=1∶(-1)② 联立①②得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)。 考点二　牛顿运动定律的应用 例3　(2024·广东肇庆市二模)在商场大厅的水平地面上，某学生观察到一服务员推一列总质量m1=40 kg的购物车，由静止开始运动，经过t=10 s车通过的位移为s1=20 m。经理为了提高工作效率，让服务员在第二次推车时增加了推车的质量，此后该学生观测到这次车由静止开始经过t=10 s通过的位移为s2=15 m。假设购物车的运动轨迹为直线，服务员先后两次的推力F保持不变，车所受的阻力f等于车重力的，取g=10 m/s2，求： (1)推力F的大小； (2)第二次比第一次增加的质量。 答案　(1)20 N　(2)10 kg 解析　(1)设第一次推车时的加速度大小为a1，由运动学公式得s1=a1t2 对购物车由牛顿第二定律得 F-0.01m1g=m1a1 代入数据解得F=20 N (2)设第二次推车时的加速度大小为a2，由运动学公式有s2=a2t2 由牛顿第二定律得F-0.01m2g=m2a2 联立以上各式解得m2=50 kg 则Δm=m2-m1=10 kg。 解决动力学两类基本问题的思路 例4　复兴号动车组在世界上首次实现了速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国自主创新的重大标志性成果之一。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。某动车组由8节车厢组成，其中按顺序排列的车厢中，第1、3、6、8节主厢为动车，其余为拖车。若该动车组各车厢质量均为m，在水平直轨道上运动时每节动车提供的动力恒为F，每节车厢受到的阻力大小恒为f。该动车组在水平直轨道上运动的过程中，求： (1)动车组的加速度大小； (2)第3、4节车厢之间相互作用力的大小。 答案　(1)　(2) 解析　(1)取整列动车组为研究对象，由牛顿第二定律可得4F-8f=8mg 解得a= (2)设第3、4节车厢之间的相互作用力大小为F34。若第一节车厢为车头，取动车组的第1、2、3节为研究对象，由牛顿第二定律得2F-3f-F34=3ma 解得F34= 四类常见连接体问题 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关 跨滑轮的连接体 两物体速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔离法 叠加类连接体 两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力 靠在一起的连接体 分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相等 例5　(2024·广东华南师范大学附属中学期中)传送带在运送货物时往往采用恒速(速率保持不变)运行方式，但这种运行方式效率较低，浪费大量电能。为了提高传送带输送货物效率，实现节省电能的目标，某公司利用自动控制系统根据货物运送量自动调控传送带运行速度。该公司传送带模型如图所示，倾角为θ=15°，长度为L=20 m。货物静止放置在传送带底端，从传送带顶端离开传送带。取g=10 m/s2，sin 15°=0.26，cos 15°=0.97，tan 15°=0.27，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)为了使货物能被传送带输送到项端，求货物与传送带之间动摩擦因数μ0需满足的条件； (2)根据货物输送量，该公司将传送带运行速度设置为v0=3 m/s，货物与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，当货物与传送带达到共同速度时，求货物的位移大小； (3)在(2)的情况下，由于货物运送量变少，当货物刚与传送带共速时，自动控制系统以大小为a1=10 m/s2的加速度将传动带运行速度降低为v1=1 m/s，求货物运行到传送带顶端时在传送带上留下的痕迹长度； (4)在运送货物过程中，避免货物与传送带相对滑动可延长传送带使用寿命。请根据上述计算，提出一条能延长传送带使用寿命的建议。 答案　(1)μ0>0.27　(2)2 m　(3)2 m　(4)见解析 解析　(1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可得f-mgsin θ=ma 其中f=μ0mgcos θ 货物向上运动a>0 得货物与传送带之间动摩擦因数μ0需满足的条件为μ0>0.27 (2)共速前，对货物由牛顿第二定律有f'-mgsin θ=ma0，其中f'=μmgcos θ 设经过时间t1货物与传送带达到共速，则有v0=a0t1 该过程货物的位移为s1=v0t1=2 m (3)由(2)知，从货物放上传送带到货物与传送带共速，传送带位移为s2=v0t1 货物在传送带上运动痕迹为Δs=s2-s1=2 m 共速后，假设货物与传送带相对静止一起做减速运动，对货物受力分析有 f1+mgsin θ=ma1 可得f1>f' 所以货物与传送带发生相对滑动。对货物有f'+mgsin θ=ma2 设经过时间t2，货物再次与传送带共速，有v1=v0-a2t2 货物位移为s1'=(v1+v0)t2 对传送带v1=v0-a1t3 传送带位移为s2'=(v0+v1)t3，经计算a1>a2，故t2>t3，又因为s2″=v1(t2-t3) 再次共速阶段，痕迹长度为Δs1=s1'-s2'-s2″≈0.07 m 因为Δs1<Δs，所以，货物在传送带上的痕迹长度为2 m。 (4)在运送货物过程中，避免货物与传送带相对滑动可延长传送带使用寿命。可增加传送带的粗糙程度(增大动摩擦因数)或减小传送带倾斜角θ。 考点三　运动学和动力学图像 1.三种运动学图像 常见图像 斜率k 面积 两图像交点 s-t图像 =v 表示相遇 v-t图像 =a 位移s 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a-t图像 速度变 化量Δv 表示此时加速度相等 2.三种动力学图像 F-t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F-s图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与s轴所围面积表示力F做的功 a-F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系 例如：如图所示，F-μmg=ma，a=-μg，则a-F图像的斜率为，截距为-μg 例6　(多选)(2023·福建卷·7)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则(　　) A.0~2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同 C.2~6 s内，甲、乙两车的位移不同 D.t=8 s时，甲、乙两车的动能不同 答案　BC 解析　由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0~2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误；由题知乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则乙车在0~2 s内根据动量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2 N·s，乙车在0~6 s内根据动量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2 N·s，则可知乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同，故B正确；根据图(a)可知，2~6 s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2~6 s内乙车一直向正方向运动，则2~6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；根据图(a)可知，t=8 s时甲车的速度为0，则t=8 s时，甲车的动能为0；乙车在0~8 s内根据动量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0，可知t=8 s时乙车的速度为0，则t≈8 s时，乙车的动能为0，故D错误。 3.非常规图像 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2-s图像 由v2-=2as得v2=+2as 2a -t图像 由s=v0t+at2得=v0+at a v0 -图像 由s=v0t+at2得=v0+a v0 a a-s图像 由v2-=2as知图线与x轴所围面积等于，此面积与物体质量乘积表示动能的变化量 -s 面积表示运动时间 注意：-t图像与t轴围的面积不表示这段时间内物体的位移。 例7　在某次安全测试中，某款汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是(　　) A.该汽车的初速度为20 m/s B.该汽车的初速度为6 m/s C.该汽车的加速度大小为4 m/s2 D.该汽车从制动到停止用时5 s 答案　A 解析　由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直线运动，设该汽车制动后的加速度大小为a，由位移与时间的关系可得s=v0t-at2，变式可得=-at+v0，结合题图可得v0=20 m/s，a=8 m/s2，故A正确，B、C错误；根据速度与时间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t0==2.5 s，故D错误。 物理中一次函数问题的解题思路 举例 基本公式 变形后的一次函数表达式 斜率 截距 单摆T2-l图像 T=2π T2=4π2 伏阻法测电阻的-图像 E=U+r =·+ 安阻法测电阻的-R图像 E=I(R+r) =R+ 专题强化练 ［分值：60分］ 1~5题每题4分，6~9题每题6分，10题9分，11题7分，共60分 ［保分基础练］ 1.(2024·新课标卷·14)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是 (　　) 答案　C 解析　物体做直线运动，位移与时间成函数关系，A、B选项中一个时间对应两个或两个以上的位移，故不可能；同理D选项中一个时间对应两个速度，也不可能，只有C选项速度与时间是成函数关系，故可能。 2.(2024·大湾区二模)香海大桥为广东省重点交通项目，已于2022年全线通车，其与江珠高速公路有相交点，可进一步促进大湾区内珠中江地区融合发展，已知大桥全长29.8 km，其中主线长20 km，支线长9.8 km，支线路段限速为80 km/h。若一辆汽车以加速度4 m/s2从静止开始驶入支线，先直线加速到72 km/h，后保持匀速率行驶，则下列说法正确的是(　　) A.汽车加速时间为18 s B.29.8 km指的是位移 C.80 km/h指的是平均速度 D.汽车通过支线的时间小于9分钟 答案　D 解析　汽车加速时间为t1== s=5 s，选项A错误；29.8 km指的是路程，选项B错误；80 km/h指的是瞬时速度，选项C错误；汽车匀加速的位移s1=t1=×5 m=50 m，匀速通过支线的时间t2== s=487.5 s，通过支线的时间为t=t1+t2=492.5 s≈8.20 min<9 min，选项D正确。 3.2023年10月4日，杭州亚运会女子3米跳板决赛在杭州奥体中心游泳馆进行，我国选手陈艺文夺得金牌。从运动员离开跳板开始计时，其重心的v-t图像如图所示，图中仅0~t2段为直线，不计空气阻力，则由图可知(　　) A.t3时刻运动员刚好接触到水面 B.运动员接触水面立即做减速运动 C.0~t2段，运动员的加速度保持不变 D.t3~t4段，运动员的加速度逐渐增大 答案　C 解析　不计空气阻力，运动员接触水面之前，仅仅受到重力作用，即运动员接触水面之前，加速度一定，为重力加速度，由于v-t图像斜率表示加速度，则在接触水面之前，v-t图像为一条倾斜的直线，可知，t2时刻运动员刚好接触到水面，故A错误；运动员接触水面后先做加速运动，后做减速运动，故B错误；v-t图像斜率表示加速度，0~t2段图像为一条倾斜的直线，表明0~t2段，运动员的加速度保持不变，故C正确；t3~t4段，v-t图像斜率的绝对值先增大后减小，则运动员的加速度先增大后减小，故D错误。 4.(2024·广东佛山市顺德区二模)2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆，若该过程返回舱始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计，返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为(　　) A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N 答案　D 解析　根据运动学公式可得v2-=-2ah，解得加速度大小为a== m/s2=25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得F=1.05×105 N，故选D。 5.小明同学利用APP测量手机运动过程的加速度a。手机由静止向上运动，其a-t图像如图所示，则(　　) A.t2时刻，手机速度最大 B.t3时刻，手机速度为0 C.t3~t4时间内，手机向上运动 D.t2~t4时间内，手机先处于失重状态后处于超重状态 答案　C 解析　由题图可知，t2时刻加速度最大，后续t2到t3仍然在加速，故手机在t3时刻速度最大，故A、B错误； a-t图像与时间轴围成的面积代表速度变化量，0~t3时间内速度变化量大于t3~t4时间内速度变化量，所以t3~t4时间内，手机向上运动，故C正确； t2~t4时间内，加速度先向上后向下，手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。 ［争分提能练］ 6.(2024·广东省六校联考)如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP=2 kg、mQ=1 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2。则拉力F的大小为(　　) A.60 N B.50 N C.40 N D.30 N 答案　B 解析　开始时轻绳的张力为T1=mQg=10 N，则当加一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为T2=20 N，则由牛顿第二定律对Q，T2-mQg=mQa，对P，F-T2-μmPg=mPa，解得F=50 N，故选B。 7.(多选)(2024·广东汕头市一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1 m、速率为2 m/s，g取10 m/s2，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，则(　　) A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s B.物品做加速运动时，其速度有可能超过传送带速度 C.物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长 D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的4倍 答案　AD 解析　物品在传送带上前阶段受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得a==μg=4 m/s2，物品加速阶段的位移s1== m=0.5 m，物品加速达到与传送带相同速度后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故B错误；物品匀加速运动的时间t1== s=0.5 s，物品匀速运动的时间t2== s=0.8 s，物品在传送带上运动的时间是t=t1+t2=0.5 s+0.8 s=1.3 s，与物品的质量无关，故A正确，C错误；由s=，可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。 8.(2024·广东卷·7)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F-y图像或y-t图像可能正确的是 (　　) 答案　B 解析　在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg 当木块接触弹簧后 合外力F=mg-kx， 其中x为压缩量且x=y-H F-y图像如图甲所示 故B正确，A错误； 在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误； 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大， 所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg 木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。 9.(多选)(2024·广东汕头市二模)如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来，已知球筒质量为M=90 g(不含球的质量)，羽毛球质量为m=5 g，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6 N，球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1 N，球头离筒的上端距离为d=9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个向下的初速度后(　　) A.静置时，羽毛球受到的摩擦力大小为0.1 N B.拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力 C.拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度大小为30 m/s2 D.仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度大小为3 m/s 答案　CD 解析　静置时，根据平衡条件有f=mg=5×10-3×10 N=0.05 N，故A错误；拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则球筒给羽毛球的摩擦力向下，故B错误；拍打球筒后瞬间，对羽毛球由牛顿第二定律有mg+f2=ma1，解得a1=30 m/s2，故C正确；仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球头到达球筒的上端时与球筒恰好达到共速，设球筒的加速度为a2、初速度为v，则对球筒由牛顿第二定律有f1+f2-Mg=Ma2，解得a2=20 m/s2，球筒做匀减速运动，羽毛球做匀加速运动，有v-a2t=a1t，vt-a2t2-a1t2=d，代入数据解得v=3 m/s，故D正确。 10.(9分)(2024·广东汕头市一模)小澄同学通过网络查到汕头南站到汕尾站的线路距离为142 km，所需时间为35.7分钟。她进而提出了以下模型：假设从汕头南站到汕尾站可近似视为直线，高铁在其间经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段，且匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等。为进一步获取数据，小澄同学将质量为0.2 kg的手机放在高铁的水平桌面上，利用手机软件测量高铁启动时的加速度-时间图像如图所示，忽略一开始的加速度测量误差，重力加速度g取10 m/s2，则： (1)(4分)高铁启动过程中，求手机所受摩擦力的大小； (2)(5分)按照该运动模型，计算判断高铁在汕头南站和汕尾站之间的最高时速能否达到350 km/h？ 答案　(1)0.1 N　(2)不能 解析　(1)由题可知，高铁启动做匀加速运动的加速度为a=0.5 m/s2，对手机根据牛顿第二定律 f=ma=0.1 N (2)设最高速度为v，匀加速和匀减速的时间均为t1，匀速的时间为t2，则 2×t1+vt2=x，2t1+t2=t，v=at1 联立解得 v=255.6 km/h 即最高时速不能达到350 km/h。 ［尖子生选练］ 11.(多选)(2024·黑吉辽·10)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，小物块与木板的速度相同。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　v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，故A正确； 设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，取水平向右为正方向，根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度为v0=-μgt0，小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g，经过t0时间与木板共速此时速度为v共=μgt0，故可得a0==2μg，解得μ0=2μ，故B正确； 设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度为a==μg，由牛顿第二定律得F-μMg=Ma，解得F=μMg，根据图像可知小物块滑上木板后木板的加速度为a'==-μg，此时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之后小物块和木板一起共速运动，对整体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。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 力与运动 专题一 第2讲　匀变速直线运动　牛顿运动定律 1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。 2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。 3.会分析运动学和动力学图像。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　牛顿运动定律的应用 考点一　匀变速直线运动规律及应用 考点三　运动学和动力学图像 3 匀变速直线运动规律及应用 考点一 常用方法 　 (2024·广西卷·13)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； 例1 答案　1 m/s2 根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的速度为v1==2.25 m/s 2、3间中间时刻的速度为v2==1.8 m/s 故可得加速度大小为 a===1 m/s2 (2)最远能经过几号锥筒。 答案　4 设到达1号锥筒时的速度为v0， 根据匀变速直线运动规律得v1=v0-a 代入数据解得v0=2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为 s==3.001 25 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 　 (2024·山东卷·3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为 A.(-1)∶(-1) B.(-)∶(-1) C.(+1)∶(+1) D.(+)∶(+1) √ 例2 方法一　基本公式法 木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=a 木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=a 当木板长度为2L时，有3L=a 又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0 联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1) 故选A。 方法二　比例式法 设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板经过A点时间为Δt1 若木板长度为L， 则t0∶Δt1=1∶(-1) ① 若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2 t0∶Δt2=1∶[(-1)+(-)]=1∶(-1) ② 联立①②得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)。 　牛顿运动定律的应用 考点二 　 (2024·广东肇庆市二模)在商场大厅的水平地面上，某学生观察到一服务员推一列总质量m1=40 kg的购物车，由静止开始运动，经过t=10 s车通过的位移为s1=20 m。经理为了提高工作效率，让服务员在第二次推车时增加了推车的质量，此后该学生观测到这次车由静止开始经过t=10 s通过的位移为s2=15 m。假设购物车的运动轨迹为直线，服务员先后两次的推力F保持不变，车所受的阻力f等于车重力的，取g=10 m/s2，求： (1)推力F的大小； 例3 答案　20 N 设第一次推车时的加速度大小为a1，由运动学公式得s1=a1t2 对购物车由牛顿第二定律得 F-0.01m1g=m1a1 代入数据解得F=20 N (2)第二次比第一次增加的质量。 答案　10 kg 设第二次推车时的加速度大小为a2，由运动学公式有s2=a2t2 由牛顿第二定律得F-0.01m2g=m2a2 联立以上各式解得m2=50 kg 则Δm=m2-m1=10 kg。 提炼·总结 解决动力学两类基本问题的思路 　 复兴号动车组在世界上首次实现了速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国自主创新的重大标志性成果之一。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。某动车组由8节车厢组成，其中按顺序排列的车厢中，第1、3、6、8节主厢为动车，其余为拖车。若该动车组各车厢质量均为m，在水平直轨道上运动时每节动车提供的动力恒为F，每节车厢受到的阻力大小恒为f。该动车组在水平直轨道上运动的过程中，求： (1)动车组的加速度大小； 例4 答案　　 取整列动车组为研究对象，由牛顿第二定律可得4F-8f=8mg 解得a= (2)第3、4节车厢之间相互作用力的大小。 答案　 设第3、4节车厢之间的相互作用力大小为F34。若第一节车厢为车头，取动车组的第1、2、3节为研究对象，由牛顿第二定律得2F-3f-F34=3ma 解得F34=   三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关   跨滑轮的连接体 两物体速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔离法   叠加类连接体 两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力   靠在一起的连接体 分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相等 多题归一 四类常见连接体问题 　 (2024·广东华南师范大学附属中学期中)传送带在运送货物时往往采用恒速(速率保持不变)运行方式，但这种运行方式效率较低，浪费大量电能。为了提高传送带输送货物效率，实现节省电能的目标，某公司利用自动控制系统根据货物运送量自动调控传送带运行速度。该公司传送带模型如图所示，倾角为θ=15°，长度为L=20 m。货物静止放置在传送带底端，从传送带顶端离开传送带。取g=10 m/s2，sin 15°=0.26，cos 15°=0.97，tan 15°=0.27，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 例5 (1)为了使货物能被传送带输送到项端，求货物与传送带之间动摩擦因数μ0需满足的条件； 答案　μ0>0.27 对货物受力分析，由牛顿第二定律可得f-mgsin θ=ma 其中f=μ0mgcos θ 货物向上运动a>0 得货物与传送带之间动摩擦因数μ0需满足的条件为μ0>0.27 (2)根据货物输送量，该公司将传送带运行速度设置为v0=3 m/s，货物与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，当货物与传送带达到共同速度时，求货物的位移大小； 答案　2 m 共速前，对货物由牛顿第二定律有f'-mgsin θ=ma0，其中f'=μmgcos θ 设经过时间t1货物与传送带达到共速，则有v0=a0t1 该过程货物的位移为s1=v0t1=2 m (3)在(2)的情况下，由于货物运送量变少，当货物刚与传送带共速时，自动控制系统以大小为a1=10 m/s2的加速度将传动带运行速度降低为v1= 1 m/s，求货物运行到传送带顶端时在传送带上留下的痕迹长度； 答案　2 m 由(2)知，从货物放上传送带到货物与传送 带共速，传送带位移为s2=v0t1 货物在传送带上运动痕迹为Δs=s2-s1=2 m 共速后，假设货物与传送带相对静止一起做减速运动，对货物受力分析有 f1+mgsin θ=ma1 可得f1>f' 所以货物与传送带发生相对滑动。对货物有f'+mgsin θ=ma2 设经过时间t2，货物再次与传送带共速，有v1=v0-a2t2 货物位移为s1'=(v1+v0)t2 对传送带v1=v0-a1t3 传送带位移为s2'=(v0+v1)t3，经计算a1>a2，故t2>t3，又因为s2″=v1(t2-t3) 再次共速阶段，痕迹长度为Δs1=s1'-s2'-s2″≈0.07 m 因为Δs1<Δs，所以，货物在传送带上的痕迹长度为2 m。 (4)在运送货物过程中，避免货物与传送带相对滑动可延长传送带使用寿命。请根据上述计算，提出一条能延长传送带使用寿命的建议。 答案　见解析 在运送货物过程中，避免货物与传送带相对滑动可延长传送带使用寿命。可增加传送带的粗糙程度(增大动摩擦因数)或减小传送带倾斜角θ。 运动学和动力学图像 考点三 1.三种运动学图像 常见图像 斜率k 面积 两图像交点 s-t图像 =v   表示相遇 v-t图像 =a 位移s 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a-t图像   速度变 化量Δv 表示此时加速度相等 2.三种动力学图像 F-t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F-s图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与s轴所围面积表示力F做的功 a-F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系 例如：如图所示，F-μmg=ma，a=-μg， 则a-F图像的斜率为，截距为-μg 　 (多选)(2023·福建卷·7)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图(a)所示，乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则 A.0~2 s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同 C.2~6 s内，甲、乙两车的位移不同 D.t=8 s时，甲、乙两车的动能不同 例6 √ √ 由题知甲车的速度—时间图像如图(a)所示，则根据图(a)可知0~2 s内，甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，故A错误； 由题知乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示，则乙车在0~2 s内根据动量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2 N·s，乙车在0~6 s内根据动量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2 N·s，则可知乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同，故B正确； 根据图(a)可知，2~6 s内甲车的位移为0；根据图(b)可知，2~6 s内乙车一直向正方向运动，则2~6 s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确； 根据图(a)可知，t=8 s时甲车的速度为0，则t=8 s时，甲车的动能为0；乙车在0~8 s内根据动量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0，可知t=8 s时乙车的速度为0，则t≈8 s时，乙车的动能为0，故D错误。 3.非常规图像 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2-s图像 由v2-=2as得v2=+2as 2a -t图像 由s=v0t+at2得=v0+at a v0 -图像 由s=v0t+at2得=v0+a v0 a a-s图像 由v2-=2as知图线与x轴所围面积等于，此面积与物体质量乘积表示动能的变化量 -s 面积表示运动时间 注意：-t图像与t轴围的面积不表示这段时间内物体的位移。 　在某次安全测试中，某款汽车在平直公路上行驶，突然发现前方有障碍物，智能系统识别后紧急恒力制动。从制动开始计时，该汽车的位移和时间的比值与t之间的关系图像如图所示，则下列说法正确的是 A.该汽车的初速度为20 m/s B.该汽车的初速度为6 m/s C.该汽车的加速度大小为4 m/s2 D.该汽车从制动到停止用时5 s 例7 √ 由于汽车恒力制动，则可知该汽车制动后做匀减速直线运动，设该汽车制动后的加速度大小为a，由位移与时间的关系可得s=v0t-at2，变式可得= -at+v0，结合题图可得v0=20 m/s，a=8 m/s2，故A正确，B、C错误； 根据速度与时间的关系可得，该汽车从制动到停止用时t0==2.5 s，故D错误。 迁移·归一 物理中一次函数问题的解题思路 举例 基本公式 变形后的一次函数表达式 斜率 截距 单摆T2-l图像 T=2π T2=4π2   伏阻法测电阻的-图像 E=U+r =·+ 安阻法测电阻的-R图像 E=I(R+r) =R+ 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C D C B AD B 题号 9 10 　11 答案 CD (1)0.1 N (2)不能 ABD 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 1.(2024·新课标卷·14)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 保分基础练 答案 物体做直线运动，位移与时间成函数关系，A、B选项中一个时间对应两个或两个以上的位移，故不可能； 同理D选项中一个时间对应两个速度，也不可能，只有C选项速度与时间是成函数关系，故可能。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 2.(2024·大湾区二模)香海大桥为广东省重点交通项目，已于2022年全线通车，其与江珠高速公路有相交点，可进一步促进大湾区内珠中江地区融合发展，已知大桥全长29.8 km，其中主线长20 km，支线长9.8 km，支线路段限速为80 km/h。若一辆汽车以加速度4 m/s2从静止开始驶入支线，先直线加速到72 km/h，后保持匀速率行驶，则下列说法正确的是 A.汽车加速时间为18 s B.29.8 km指的是位移 C.80 km/h指的是平均速度 D.汽车通过支线的时间小于9分钟 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 汽车加速时间为t1== s=5 s，选项A错误； 29.8 km指的是路程，选项B错误； 80 km/h指的是瞬时速度，选项C错误； 汽车匀加速的位移s1=t1=×5 m=50 m，匀速通过支线的时间t2== s=487.5 s，通过支线的时间为t=t1+t2=492.5 s≈8.20 min <9 min，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 3.2023年10月4日，杭州亚运会女子3米跳板决赛在杭州奥体中心游泳馆进行，我国选手陈艺文夺得金牌。从运动员离开跳板开始计时，其重心的v-t图像如图所示，图中仅0~t2段为直线，不计空气阻力，则由图可知 A.t3时刻运动员刚好接触到水面 B.运动员接触水面立即做减速运动 C.0~t2段，运动员的加速度保持不变 D.t3~t4段，运动员的加速度逐渐增大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 不计空气阻力，运动员接触水面之前，仅仅受到重力作用，即运动员接触水面之前，加速度一定，为重力加速度，由于v-t图像斜率表示加速度，则在接触水面之前，v-t图像为一条倾斜 的直线，可知，t2时刻运动员刚好接触到水面，故A错误； 运动员接触水面后先做加速运动，后做减速运动，故B错误； v-t图像斜率表示加速度，0~t2段图像为一条倾斜的直线，表明0~t2段，运动员的加速度保持不变，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 t3~t4段，v-t图像斜率的绝对值先增大后减小，则运动员的加速度先增大后减小，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 4.(2024·广东佛山市顺德区二模)2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆，若该过程返回舱始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计，返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为 A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 根据运动学公式可得v2-=-2ah，解得加速度大小为a== m/s2 =25 m/s2，根据牛顿第二定律可得F-mg=ma，解得F=1.05×105 N，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 5.小明同学利用APP测量手机运动过程的加速度a。手机由静止向上运动，其a-t图像如图所示，则 A.t2时刻，手机速度最大 B.t3时刻，手机速度为0 C.t3~t4时间内，手机向上运动 D.t2~t4时间内，手机先处于失重状态后处于超重状态 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 由题图可知，t2时刻加速度最大，后续t2到t3仍然在加速，故手机在t3时刻速度最大，故A、B错误； a-t图像与时间轴围成的面积代表速度变化量，0~ t3时间内速度变化量大于t3~t4时间内速度变化量， 所以t3~t4时间内，手机向上运动，故C正确； t2~t4时间内，加速度先向上后向下，手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 6.(2024·广东省六校联考)如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的两倍。已知P、Q两物块的质量分别为mP=2 kg、mQ=1 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2。则拉力F的大小为 A.60 N B.50 N C.40 N D.30 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 争分提能练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 开始时轻绳的张力为T1=mQg=10 N，则当加一个水平向左的拉力F作用在P上后，轻绳的张力变为T2=20 N，则由牛顿第二定律对Q，T2-mQg=mQa，对P，F-T2-μmPg=mPa，解得F=50 N，故选B。 答案 7.(多选)(2024·广东汕头市一模)地铁站用于安全检查的装置主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，已知传送带长度为2.1 m、速率为2 m/s，g取10 m/s2，物品与传送带间的动摩擦因数为0.4，则 A.物品在传送带上运动的时间是1.3 s B.物品做加速运动时，其速度有可能超过传 　送带速度 C.物品越重，从传送带的左端运送到右端所需要的时间越长 D.若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的 　4倍 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 √ 物品在传送带上前阶段受到滑动摩擦力，由牛顿第二定律可得a==μg=4 m/s2，物品加速阶段的位移s1== m=0.5 m，物品加速达到与传送带相同速度后，与传送带一起匀速运动，物品匀速运动时不受摩擦力，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 物品匀加速运动的时间t1== s=0.5 s，物品匀速运动的时间t2== s=0.8 s，物品在传送带上运动的时间是t=t1+t2=0.5 s+0.8 s=1.3 s，与物品的质量无关，故A正确，C错误； 由s=，可知若仅使传送带的速率增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 8.(2024·广东卷·7)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F-y图像或y-t图像可能正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg 当木块接触弹簧后 合外力F=mg-kx， 其中x为压缩量且x=y-H F-y图像如图甲所示 故B正确，A错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，根据 y=gt2，知y-t图像为抛物线，故D错误； 在O~H的过程中，速度逐渐增大，y-t图像斜率逐渐增 大，当木块接触弹簧后到合外力为零前，木块的速度继续增大， 所以y-t图像斜率继续增大，当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F=kx-mg 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 木块所受合外力向上，木块速度减小，所以y-t图像斜率减小，到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，y-t图像大致为如图乙所示，故C错误。 答案 9.(多选)(2024·广东汕头市二模)如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来，已知球筒质量为M=90 g(不含球的质量)，羽毛球质量为m=5 g，球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6 N，球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1 N，球头离筒的上端距离为d=9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个向下的初速度后 A.静置时，羽毛球受到的摩擦力大小为0.1 N B.拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力 C.拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度大小为30 m/s2 D.仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则筒的初速度大小为3 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 √ 静置时，根据平衡条件有f=mg=5×10-3×10 N=0.05 N，故A错误； 拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则球筒给羽毛球的摩擦力向下，故B错误； 拍打球筒后瞬间，对羽毛球由牛顿第二定律有mg+f2=ma1，解得a1= 30 m/s2，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球头到达球筒的上端时与球筒恰好达到共速，设球筒的加速度为a2、初速度为v，则对球筒由牛顿第二定律有f1+f2-Mg=Ma2，解得a2=20 m/s2，球筒做匀减速运动，羽毛球做匀加速运动，有v-a2t=a1t，vt-a2t2-a1t2=d，代入数据解得v=3 m/s，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 10.(2024·广东汕头市一模)小澄同学通过网络查到汕头南站到汕尾站的线路距离为142 km，所需时间为35.7分钟。她进而提出了以下模型：假设从汕头南站到汕尾站可近似视为直线，高铁在其间经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段，且匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等。为进一 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 步获取数据，小澄同学将质量为0.2 kg的手机放在高铁的水平桌面上，利用手机软件测量高铁启动时的加速度-时间图像如图所示，忽略一开始的加速度测量误差，重力加速度g取10 m/s2，则： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 (1)高铁启动过程中，求手机所受摩擦力的大小； 答案　0.1 N 由题可知，高铁启动做匀加速运动的加速度为a=0.5 m/s2，对手机根据牛顿第二定律 f=ma=0.1 N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 (2)按照该运动模型，计算判断高铁在汕头南站和汕尾站之间的最高时速能否达到350 km/h？ 答案　不能 设最高速度为v，匀加速和匀减速的时间均为t1，匀速的时间为t2，则 2×t1+vt2=x，2t1+t2=t，v=at1 联立解得 v=255.6 km/h 即最高时速不能达到350 km/h。 11.(多选)(2024·黑吉辽·10)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，小物块与木板的速度相同。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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 答案 √ √ v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，故A正确； 设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，取水平向 右为正方向，根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时的速度为v0=-μgt0，小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g，经过t0时间与木板共速此时速度为v共=μgt0，故可得a0==2μg，解得μ0=2μ，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度为 a==μg，由牛顿第二定律得F-μMg=Ma， 解得F=μMg，根据图像可知小物块滑上木板后木板的加速度为a'==-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'，解得=，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 本课结束 THANKS $$