专题卷(二) 直线运动与牛顿运动定律(包括板块模型)-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（青海宁夏专版）

A.8E 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（二） 物理·直线运动与牛顿运动定律（包括板块模型）】 C,,+ D+以) (考试时间7H分钟.满分100分) 瓦.知图斯示，甲，乙两辆玩具小汽车（可以提为质：）并排用平直路直的相氢轨道4黛行驶，再车 都装有蓝牙设备，这两个蓝牙没备可以在6m以内实税通信。1一0时刻，甲、乙两车例好2于 一、选择题：本题共10小题，共转分：在每小题始出的四个选项中，第1一7题只有一项符合题日 图示位置，北时甲车的喜度为6m,乙车的速度为2m/s,从谈时刻起甲车以1m,s的加凉 要求，每小题4分：第8一10蹈有多顷特合蹈日要求，每小蹈6分，全部选对的得6分，选对妇 建做匀减座运动直至停下，乙车保持原有速度敏匀库直线竭动，忽略统道间距和信号传递时 不全的得3分，有选错的得0分。带·丽日为能力程升丽，分值不计入总分。 间，期从？一)时刻起，两车能利用蓝牙通信的时闻为 上.汽车从发茂情况西开给减落到停止品动的情最过程如下，已减建过程的如速度大小为￥，减 速过程的平均速度大小为鞋，减速过醒经质的时闻是反京过程经折的时间的5信，反成过程可 機为餐匀速运动，下列说法正镜的是 2 C,8 0.104 A.汽车正常行驶的速度大小为2= 发型混 开的饭速 车第止 6.如图所系，劲度系数为0Nm的疑直轻深簧下端圆定在地面上，上瑞与用量为2网 么反应过假的时间为品 的物块1速接，质境为4k型的物块2叠数在1上，系晚处于静止状老。观对物块 卜夏皮装中 2能用竖直向上的拉力，使物块2经直向上做匀相速直线岳动，已知拉力在0-0,2 二，减递过程位体是反应过程位移的二份 内为变力，山.2，后为面力，取g-10m/。,下列说法正确的是 D.从发观销正到礼车体止整个过和的平均速度大小为 飞物块2做匀加连直设运动的知遮度大小为4m 且？=0时，枚力的大小为26N ?,如图，妈整水老头的并美，使单控时何内德曲水的体积相等。水由于重力作用，下答 C=么.2s时，拉力的大小为器N 速度越来越大，水住越来植腳。君水住的横假面可悦为圆，图中丛，山两处的机霞面 山.1=0.2s时，弹簧弹力的大小为56N 直径分湖为县.8em和06cm,荆是过u山的水流速度之比。t出，为 7.就天员在火星表面得小球经直上隐，取前出位置O点的位移为一Q,从小球抛出开始计时， A.113. B.1年b C.3.4 D.0g16 3。神舟菜列载人包的返间胞道时地球过程中，宿要迷行一系列较为复杂的减速提作。第一前段返 以竖直向上为正方向，小球运磷的，图像如图所示（其中华，b均为已知量。忽略火整的日 词胞脱离飞行轨道后，先打开引导伞，引辱章工作大约日，近国舱的下降速度可由1知域至 转，将其视为半径为R的匀质球体，引力常量为G。侧下到分哲正晴的是 8阳：第二阶受，在距高地面10km时引导伞拉出减速伞，再观速伞带出主伞，主伞先开 入.小球竖直上戴的初遮度为2 一个小口，慢慢地全部掠开，这时逐国管的下碎速度由0/，挥渐减至10ms,然后在大气 认小球从O点上开的量大高度为 中速下降，第三阶段，当返叫酸死地面1m高时（返叫色雀常安装有一个？探菌仅，Y探圈 仅发出信号，“指挥“缓冲发动规底火向下骑气，返同脸落电时法度为0。根居以上减违过程 火星的第一序清速度为/ 出的结论中，正确的是 1大提的质般为 A。第一阶段诚速的平均加遮度一定大于第二阶段视递的平判加违度 认三个面段减速过程中航天易均处于失重状态 ·就天员在字出飞船的粒外机械臂上，一手拿小钢成，一手拿羽毛，双手用同样的力韩用相同的 C.第三阶段减速的半均加速度大小为5动m/ 一小卫时闻后，得小钢球和羽毛向画一方向扔出，湖定目标为药出点正前方再彩处，下列说法 D,第三的段藏违至E电面0,5m高时适问轮的违度为5m 正确的星 4,如图所示，在22年北京条奥会高山滑雪男子大可转比赛中，中国这下张 A小用球先到达衡定日标处，限为小酬球的复胜比利毛大 洋铭语着雪道加逸滑下，途经：，在，山国个位置。若将此过程悦为匀加速 我男毛先到达雀定日标处，围为离开手之国羽毛的速度大 直线写动，张弹铭在山，，d三拉位移内速度增如量之比为1·2山，6 C.小钢球和羽毛都不能列达衡定日标处，圆为在触外小解传和别毛段有尚性 之闻的距商为L,c,d之间的距离为L:,围、x之闻的距商L:为 D小解绿和有毛同封到达潮定目标处，因为设有阻力影响，轻、重物棒运动一样快 世理B·专题8（二1第1页1共8页） 金双地门春 物理B·专n(二1第2共8真) 8,如图，运动员先后将甲，乙两冰壶以相同的精连度从A点沿直线4)推离。若甲以加违度。 二、非选择题：本题共5小题，其54分。 做匀诚速直餐运幼后停在)点：乙先以加通度4，做匀碱渔直线运动，到达某位置，运动员开 1L.48分)EC电子不停华收费系统)的使用，大大缩短了作辆通过收费站的时可，汽军以= 的到冰而减小动摩擦因数，乙以相速度：：睢续做匀说速递直线话动并停在)点，则 10,的速度铅直线向取费站，果过人工收费通道，需要给好在中心线处减速为零，经过 一18，缘费成内后，耳程动汽不知速至，正常行驶：如果过上TC通道，需要在收费站中在 线前山一3m处正好减通至=5m,匀渔遥过中心线后，再相渔至v。正常行驶。设汽年 变璃运动过程加速度大小杠定，均为1m,,整个运动过程将汽车视为晓点，求： A.81< 且41Cg C0,20 D,:>g (1》汽车道过人工收费通道时，从开始减事到候复正常行粒过程中的位移大小： 出，如围，爱量为6阳球的同学在练习，球，桂将拉球从商地面高为？m的位置以© 2)汽车语过T℃道道时，从开静碱速绳族是正食行驶过程中的使移大小 ms的司速度竖直向上抛出，接看在蓝球正下方竖直举起手臂并准备铅整直方向 (3》汽车通过TC道道比道过人工收赞道道节置的时间 起跳，在被球抛出后的自，？，时刻恰好凭离地面，此时手指橙尖离勉面高为名，5m 不什空气阻力，g取10m,,已知蓝球到达量高点对，流同学的手药尖始好触碰词 有 m福道 拉球，荆设该同学起逸后炎势一直不变) 工■算 A.起悦过程，塘而对该同学的神量为12的N· 在收胸 :人1农密意 共起跳过程，合外力对该同学的冲城为20N, 二触最到拉球时该丙学的速度为0 山，触成到德球该同学的速度为1m: 10,如图，频角为，质量为w的斜面体静止F充滑水平面上。轻带餐 的上端糊定在斜商体的度璃A处。下增栓接一质量为。的光清小球票 wmniiaki 可桃为质点，烧让系笼在水平相力F作用下以大小为，3x的闻 速线水平角左酸匀加速直找运动，小球与而相对静止且小球未运动到水平面上。已知重 力加连度大小为g,不计空气阻力，刚撒去力下量间《在输去力F约解同，小球与斜丽之同 的弹力不变》 八第流的第方大小为置 且斜面体的加迷使大本为2。， C小球的加违度大小为3： 八小球时制指的压方大小为 :如图，在足够高的空间内，小慧包于坐心管的正上方志处，空心管长为L,小球球心与管身下石 的帕贤重合，并在显直线上，小球的直径小于管的内径，小球可以无障群穿过空心管，不 计空气用力，下判列断正隆的是 A两者均无初速度同时释较，小球在空中不能身过管 技两者同时释放，小球具有经直向下的初速度，管无初违度，群小球一定能穿过管，且在香 中运动的时间与当地重力打逾度无关 C先让小球自山下落，当小球落至空心管上边缘时，无初递度释战空心管，期小球一定衡乳过 管，且在管中运动的时同与当地重力相迷度有天 L,可者均无初速度释成，但个球覆用了时闻释政，思小球一定黄穿垃管，且在管中运动的 时闻与当地重力知通度无关 指理B·专题8（二1第多页1共8页 金级地门春 物理B·专n卷（二1第4真（共8算） 2,8分)一辆卡车正以可，一2km山的违厦匀迪行驶，可机突然发现衡方再年爱生磁撞，立即 ,山分有人提出了高速判年不停年赖最的设想。高速列车A以速度”，爱匀速直线运动，接 以大小为。一5m。的加速度科车.若从刚利车开始计时，求： 校列车B在相邻车道由形止开始微知违度大小为“的匀加速直线运动，与车A可向行使 鞋名 (1》卡车在2s米的湾度大小： 两车司时到达交汇点时，车B用好加速到即，然后两车保持孩藻度行融失纸客换乘。若格再 (2)卡车莆2s内的位移灯前5s内的2移之比 车浅为质点，求： 1》车B出发时，车A与交汇从的距离： 2》携来亮毕后，车B做匀减建直线运动：运局了距离后停止，求此过程中车县运动的加 速度大小和词动时闻， 荐观栏 指理B·专题8（二）第共多到) 金赛地门春 物理B·专n卷（二1第6真（共8算】 14,12分知图印所示，粗题的水平地面上有长本餐P,小滑块Q可看作置点}放置干长术板上 1五，1后分》如图甲所示，一爱量四一5k的国闲均匀的到木棒发直放餐，在外方作用下禄持静止 的量右璃，理将一个水平自右的力F作用在长木板的有端，让长木板从静止开始运动，一 状态，下端甲水平弹性地直的高度为日一.2结m,与地面相量时木棒会以原速率弹回，木细 时间后蜡去力F的作用，滑块，长本复的谢策如图乙货示，已知小情块Q与长木版P的 土有一版量为2m的弹性小环。若：一0时别，小环从木棒上某处以禁直向上的初害度，一 质量相等，小清块Q的终投有从长木板P上滑下。重力加速度上一10m、,来： (m向上滑站，并对小环值加经直上的如图乙断示的外力下，行北时重去作用在木棒 《1》滑块Q与长木服严之闻的动摩题因数。 tn0m-s 上的外力。当木棒第一次与增性地而相硬时，搬去随相在小环上的外力，已知术排与小环 《2》长木板P与地面之可的动摩擦因数。 可的滑功摩擦方「一L2辉以，小环可以看作面点，且整个过程中小环不会从术棒上满滑出，取 《)长木板P的量小长度。 一0m,不计空气阳力，量大静摩解力等于带动摩整力，不计木棒与塘面的罐撞时 而.求： 甲 1)小环和木棒量初开始运动时的加速度的大小： 2)木棒第一次与举性地面碰幢时的边度的大小： 》若木棒价好与地面第4次藏撞时弹件小环从木棒底端滑落，求小环开命好动时雨本串下 端的和离《结果可以用分致表示)： 信理B·专题8（二）第7页1共8算) 金赛地门春 物理B·专n卷（二1第多真（共8算）高三二轮复习专题卷 14.(1)460N(2)230N,水平向右 【解析】(1)根据题意，由平衡条件可知，地面对车的支持力为FN=m人g十m车g=1150N, 由公式f=F、可得，地面对小车的摩擦力的大小为f=0.4×1150N=460N。 (2)根据题意，设绳子的拉力为F,由平衡条件有2F=f,解得F=230N, 对人受力分析，由平衡条件有f1=F=230N,方向水平向右。 15.(1)tan0(2)当a=0时，拉力F有最小值mg sin20(3)2 ng sin49 【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有ng sin0=mng cos0,解得4=tan0。 (2)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，沿斜面方向根据平衡条件Fcos a=mg sin0+F, 垂直于斜面方向Fsin a十Fv=mg cos0, 根据摩擦力的计算公式F:=FN, 联立解得F=2 ngsin0 2mg sin 0cos 0 -mg sin 20 cos a+usin a cos acos 0+usin acos 0 cos (0-a)' 则当a=0时，F有最小值，为Fmn=ng sin20。 (3)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到水平面的摩擦力等于F的水平分力，即F'= Fcos (a+0), 当F取最小值ngsin20时，F=Fcos20=mgsin20cos29=2 mgsin40。 物理（二）】 1.A【解析】设汽车正常行驶的速度为v。,由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得 。-2可得，=20，A正确：减速过程时间为1。--仁，反应过程的时间为1复专品B情 a u 误：诚速过程的位移为x。=t。= ,反应过程的位移为x仪=U,t:= 2w9 0,则有=5 4v2 x反2，C错误； 从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为=：十工=？ t:十t。=6w,D错误。 2。D【解析】由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等，则x(2)广。△=x(2),41,可 得u.：v=dtd=9:16。 3.C【解析】根据题意无法计算第二阶段减速的平均加速度，所以无法比较第一阶段减速的平均 加速度和第二阶段减速的平均加速度的大小，故A错误；三个阶段减速过程中航天员均处于超 重状态，故B错误；根据匀变速直线运动规律可知第三阶段减速的平均加速度大小为。一二 2Xms=50ms,设第三阶段减速至距地面0.5m高时返回舱的速度为0'，则有：一- 102 一2ah',解得v'-52m/s,故C正确，D错误。 4.C【解析】张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，则对应时间之比为1： 2:1,有1=l+2a,L:=(o,十a)…24+2(2)=2al+4u,L,=(o,+3a)t+ 7 2a42=u,1+2a2,可得Lg=L,+L 5.C【解析】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方时，有x甲一xz=6m,根据运动学公式有 ·4 ·物理· 参考答案及解析 =v1-)a1x2=v21,解得1=2s,12=6s。由0甲=a40,解得，=6s,则=65之 甲车停下，乙车运动，之后甲、乙两车的距离不断减小，从1。=6s开始到乙车行驶至甲车前方6 m的过程，经历的时间为-2s_2X6m=6s,所以甲，乙两车能利用蓝牙通信的时间为1= vL vL 2s+6s=8s。 6.A【解析】系统处于静止状态时，根据受力平衡可知(m1十m2)g=kxo,0~0.2s过程中根据位 移时间公式可知r=2a,=0时对系统，根据牛顿第二定律可知F,=(m,十m:a4=0.2s 时，对物块1根据牛顿第二定律可知F一m1g=1a,弹簧弹力F=k(.x。一x),对物块2根据牛顿 第二定律可知F2-m2g=m2a,联立解得x。=0.15m,x=0.08m,a=4m/s2,F=28N,F,= 24N,F2=56N,故A正确，BCD错误。 7.D【解析】根据题意可知，竖直向上为正方向，设火星表面重力加速度为g1,则有x=。t一 ,,整理可得号=，一2&，结合图像可得，=a,g1-%,故A错误：根据题意，由公式 1 1 2a 广一心=2：可得.上升的最大高度为么=器-学，故B错误：根据题意，由万有引力等于重力 有GMm Mm R mg解得M=名-2由万有引力是供向心力有 R =mR,联立解得v= 6,故C错误，D正确。 VgR= 2aR *B【解析】由于用相同的力作用相同的一段时间，人对物体的冲量相同，由动量定理I=,可知 质量与速度成反比，故质量小的羽毛获得的速度大，舱外没有空气，离开手以后，在飞行过程中小 钢球和羽毛的运动都可看作匀速直线运动，故羽毛先到达正前方两米处，AD错误，B正确：惯性是 物体本身固有的属性，在任何状态下都具有惯性，C错误。 8.ACD【解析】设AO=x,甲、乙两冰壶的初速度均为o,乙先以加速度ag做匀减速直线运动的 位移为x1,此时的速度是v,由匀变速直线运动的速度位移关系公式，对甲冰壶可得=21x, 对乙冰壶可得8-v”=2ax1v2=2a3(x-x1),联立可得2a1x一2a(x-x1)=2a2x1,整理可 得(a1一a3)x=(a2一a3)x1,由题意可知，乙冰壶在位移x1的摩擦力大于在位移x一x1的摩擦 力，由牛顿第二定律可知a:>aa,可得a1>a,又有a1x=ax1十a3(x一x1),若u:=a3,则有a1 =a2,现有a2>a,推理可知a1<a2。 9.BD【解析】篮球到达最高点时，运动的时间为1==0.5s,该同学运动的时间为1，=，一Y =0.3s蓝球到达最高点时，该同学的手指指尖恰好触碰到篮球，则。十，=p以：一弓+h: 1 28 其中h,=2m,h2=2.5m,解得v人=4m/s,触碰到篮球时该同学的速度为v=v人一gt2= 1m/s,故C错误，D正确：起跳过程，根据动量定理I:一mg△1=mv人，解得地面对该同学的冲量 为I:=360N·s,故A错误：根据动量定理，起跳过程，合外力对该同学的冲量为I合=mw人= 240N·s,故B正确。 3C【解析】未撤去力F时，由题意得3 mg tan60°=了m·3g=了ma,说明小球恰交 3mg 2 斜面，斜面对小球无作用力，弹簧拉力大小Fτ cos60°=3mg,撤去力F的瞬间，弹簧弹力不 ·5· 高三二轮复习专题卷 发生突变，仍为子mg,小球与斜面之间的弹力不变，故小球对斜面的压力为零，选项AD错误： 设撤去力F瞬间斜面体的加速度大小为a,则F1c0s30=ma,解得。'-g,选项B正确：小 球受力不变，加速度不变，大小仍为3g,选项C正确。 ABC【解析】若两者均无初速度同时释放，则在同一时间内下降高度相等，可知小球在空中不能 穿过管，故A正确：两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度。，管无初速度，以管为参考系，小 球相对管做匀速运动，在管中运动的时间：=上，则小球能穿过管，且在管中运动的时间与当地重 力加速度无关，故B正确：先让小球自由下落，设下落时间为11，当小球落至空心管上边缘时，无初 速度释放空心管，设小球落至空心管上边缘时的速度为v1,在管中运动的时间为12，则有△h1= 1:+-名=14-片-上，则小球一定能穿过管，且在管中运动的时间与当地重力加 1 vI gt 速度有关，故C正确：两者均无初速度释放，但小球提前了△1时间释放，以管为参考系，小球相对 管匀准运动，则有，一g山，上=以，可知小球在管中运动的时间为1一么时间与当地重力加速 度有关，故D错误。 11.(1)100m(2)80m(3)25s 【解析】(1)汽车通过人工收费通道时，设减速过程位移为x1,有一v=一2a.x1,求得x1=50m, 加速过程与减速过程对称，设变速过程总位移为x,则有x=2x1 代入相关数据解得x=100m。 (2)汽车通过ETC通道时，设减速过程中位移为x1,有v2-v=一2a.x,求得x1=37.5m, 加速过程与减速过程对称，设整个运动过程位移为x',有x'=2x十d, 代人相关数据解得x'=80m。 (3)由于x>x',汽车行驶100m通过人工收费通道和ETC通道分别用时1=乙+1，t'= 2x1 o十v 2 d+二文，节省的时间△=1一t 联立解得汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节省的时间△=25s。 12.(1)10m/s(2)3:4 【解析】(1)卡车的速度v。=72kmh=20ms, 取运动方向为正，则a=一5m/s”, 由公式v=v。十at,代入数据求得2s末的速度为v=10m/s。 (2)设卡车在t。时刻停止，由v=u。十at,得刹车时间为t。=4s, 1 故前5s内的位移等于前4s内的位移，由x一1十2a1, 得前2s内位移为x1=30m, 前4s内位移为xz=40m,所以位移大小之比为x1:x2=3：4。 13.(1) (2)2s。0 【解析】(1)当B刚好加速到0，时，所用时间为1，由速度一时间公式得。=a1,解得1= ·6· ·物理· 参考答案及解析 车A与交汇点的距离s=,X”= aa (2)车B的运动可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，根据速度一位移公式得o=2a's。, 解得a'= 2 根据速度一时间公式得，=a?,解得/-2 14.(1)0.05(2)0.075(3)7.5m 【解析】(1)由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为u1=5m/s, 6s时两者速度相同为v2=3m/s, 在0~6s的过程对Q由牛顿第二定律得1g=ma2, 根据闲乙可知a:一·解得a:=0.5m, 代人数据可得1一0.05，即滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05。 (2)5一6s对P由牛顿第二定律得41mg十4g·2mg=ma1, 由乙图可知a1=2m/s”,代人数据可得42=0.075， 即长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.075。 (3)从6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得：2·2mg一41mg=mag: 代入数据可得a4=1m/s,这段时间△=，解得△=3s,所以9s时长木板P停下来，6s前 长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由-1图像的“面 积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相 对P滑动的距离△r=2×5X5m十2×(5+3)X1m2×6×3m=75m 15.1)2m2m/s(229m/s(3)1237 121m 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F,一2mg一f=2ma1,解得a, 一2m/s2,即加速度大小为2m/s2,方向竖直向下， 对木棒，根据牛顿第二定律f-mg=na2,解得ag-2m/s2,即加速度大小为2ms2,方向竖直 向上 (2)小环初速度vo=4m/s,则两物体第一次共速过程v。十a1t1=a2t1, 解得t1=1s,此时拉力恰好变为F2=120N, 假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律3ng一F,=3ma3,解得a3=2m/s, 则棒受到的摩擦力f'=mg一ma,解得f'=40N, 棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立： 棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速度均变为竖直向下，=a2t1, 解得v=2m/s, 回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度h,=2a:i,解得九=1m, 之后棒和小环以aa=2ms2的加速度向下加速运动，根据v一v=2a3(H十h,), 解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小v,=√29ms。 (3)木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小，= ·7· 高三二轮复习专题卷 2mg一f,解得a=4m/s, 2m 第一次碰地后，木棒的加速度大小为a:=mg十甘，解得a:=2ms, 小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动，假设与 小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔△=2，解得△=2四 118, 再次碰地时木棒的速度仍为v1=√29m/s,此时环的速度v'=v:十a,△t>v1, 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速： 若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加 速运动了3a,相对木棒向下运动距离x=3知，4+0，(34r)°=19 121m, 之前小环相对木棒向上运动距离，=”十”， 2t-h1, 解得s=2m, 1237 故小环开始运动时距木棒下端的距离1=x一s=121m。 物理（三）】 1.C【解析】若电梯向上加速，则液体将处于超重状态，液体向下的压力增大，则可知玻璃管内的 液面要下降，玻璃管内外的液面高度差将减小，故AB错误：若电梯向下加速，则液体将处于失重 状态，液体向下的压力减小，则可知玻璃管内的液面要上升，玻璃管内外的液面高度差将变大，故 C正确，D错误。 2.C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为F合=mg一F,F= 2CS0,F不断增大，加速度减小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg-F=ma1,解得 S,-2(mg-ma Cov ),故A腊误，C正确：左侧图线为开伞后的图线，有F:-C5,,当= 时，有mg=F2S,解得S,C,且当u减小时减小，故BD错误 3.A【解析】由图乙可知传送带的速度为8m/s,在0~1s内，煤块比传送带运动得快，相对位移 为4m,此时划痕为4m:在1~3s内，传送带比煤块运动得快，相对位移为8m,此时划痕为 8m,覆盖前面的4m划痕，总划痕为8m,故A正确：在0~1s内，煤块的速度大于传送带速度， 传送带对煤块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mng sin37°十ng cos37°=ma1,根 乙可得a=16,8m/s三8m/,在1~3s内传送带的速度大于煤块的速度，传送带为 的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mg sin37°一mg cos37°一maz,根据图乙可得 a=8-0 m/s=4m/s,联立解得=0.25，故BC错误；当传送带的速度大于16m/s后，煤块 在传送带上一直做加速度为z的减速运动，无论传送带的速度为多大，煤块到达传送带顶端时 的速度都相等，D错误。 4.D【解析】根据图甲可知，小球与弹簧刚刚接触，压缩量较小时，重力大于弹簧的弹力，即x。到 x:段，小球做加速度逐渐越小的加速运动，A错误；根据图乙可知，在x1位置，加速度为0，则有 ·8✉