二轮专题精准提升2 直线运动与牛顿运动定律(包括板块模型)-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（6版）

密園 2024一2025学年度二轮专题精准提升（二） 卷题 物理·直线运动与牛顿运动定律 (包括板块模型) 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 答案 1.智能手机里一般装有加速度传感器。打开手机加速度传感器软件，手托着手机在竖直 方向上由静止开始运动，通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上 为正方向，重力加速度为g。下列说法正确的是 ( ) A.t1时刻手机处于完全失重状态 B.t2时刻手机开始向上运动 C.t3时刻手机达到最大速度 D.手机始终没有脱离手掌 2.如图甲所示，一粮食储备仓库工人正利用传送带运送货物，以恒定速率。逆时针转动 的传送带与水平面的夹角为0=37°，转轴间距为L=3.5m。t=0时刻，工人将货物（可视 为质点)沿传送方向以速度v1=1.5m/s从传送带顶端推下，t=4.5s时货物运动到传送带底 端，货物在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速 度g取10m/s2,不计空气阻力，则货物与传送带间的动摩擦因数为 () 以(ms1) 1.5 0 2.54.5 甲 A.0.8 B.0.5 C.0.4 D.0.2 二轮专题精准提升（二）物理第1页（共8页） 真题 把握现在，珍惜时光，为未来而学力拼搏。 3.甲、乙两物体从同一地点出发且在同一条直线上运动，它们的位移一时间(x-t)图像如 班级 图所示，由图像可以看出在0~5s内 ( A.甲、乙两物体始终同向运动 x/m 甲 姓名 B.t=4s时甲、乙两物体间的距离最大 C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 0 123456 得分 D.甲物体的速率始终大于乙物体的速率 4,质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为3，重力加速度大小 为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的最大加速度为 () A-》e B 2√3 38 C.g D.38 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两个选项符合题目要求， 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 5 6 8 答案 5.如图所示，在倾角为0=37°的足够长斜面上，有一质量为m=2kg、可视为质点的物块， 在F=20N、方向与斜面夹角为α=37°的力的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，经 t1=12s撤去F,物块在t1时间内的位移为x1=36m。已知sin37°=0.6，cos37°= 0.8,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是 A.撤去F前，物块与斜面间的压力大小为5N FA B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.75 C.撤去F时，物块的速度大小为6m/s 0.- D.撤去F后3s内，物块的位移大小为3m 6.一足够长木板置于水平地面上，两者间的动摩擦因数为以。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=4t。的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中重 力加速度为g。t=4。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=3t。时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为34 C.小物块与木板的质量比为3：4 ugto D.t=4t。之后小物块和木板一起做匀速运动 621314.7 密卷 二轮专题精准提升（二）物理第2页（共8页）】 6 7.传送带广泛应用于物品的传输、分拣、分装等工作中，某物流公司利用如图所示的三角 形传送带进行物品的分拣。传送带以v=2m/s的速度逆时针转动，两侧的传送带长均 为l=2,且与水平方向的夹角均为37°。现有两个货箱A、B从传送带顶端都以大小 为v。=1m/s的初速度沿传送带下滑，两货箱与传送带间的动摩擦因数都是0.5，重力 加速度g取10m/s2,取16.92=285，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列判断正确的是 () 37 37⊙ A.货箱B先到达传动带底端 B.货箱B在传送带底端时的速度大小为3m/s C.下滑过程中相对传送带的路程货箱A小于货箱B D.下滑过程中，两货箱在传送带上的划痕长度相同 8.如图甲所示，质量为M=2kg且足够长的木板A静止在水平地面上，其右端放置质量 为m=1kg的小物体B。现用水平拉力F作用在木板A上，F随时间t变化的关系如 图乙所示，其中0~t1时间内F=2t(N),t1时刻A、B恰好发生相对滑动。已知A与地 面、A与B之间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () N 20- B 55797777777777777777777777777 射 乙 A.t1=4.5s B.t1时刻，A的速度为4.5m/s C.t=6.5s时A的速度为18.0m/s D.t=6.5s时B的速度为6.25m/s 三、非选择题：本题共8小题，共60分。 9.(3分)为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某次测试该车 做匀减速直线运动，由于位移x和时间t的关系图像为抛物线，为便于直观研究该运动 规律，改作如图所示的与t关系图像，则该车的初速度为 m/s,刹车过程中加速 度大小为 m/s2,刹车距离为 m。 6 二轮专题精准提升（二）物理第3页（共8页） 真题 ms) 30 15 0 6 →ts 10.(3分)如图所示，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的加速度大小为 ,C的加速度大小为 ∠∠∠LUE2 6B %c 6D 11.(3分)如图所示，O点为竖直圆周的圆心，MN和PQ是两根光滑细杆，两细杆的两端 均在圆周上，M为圆周上的最高点，Q为圆周上的最低点，N、P两点等高。两个可视 为质点的圆环1、2（图中均未画出）分别套在细杆MN、PQ上，并分别从M、P两点由 静止释放，两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为v1、v2,所用时间分别为t1、t2, 则t1t2,012。(均选填“大于”“小于”或“等于”) Q 12.(6分)某学习小组在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验后，利用频闪照相研究 小车从斜面上滑下的运动。如图甲所示，将小车从斜轨上由静止释放，用频闪照相机 从小车运动的侧面进行照相，频闪照相机的频率为10Hz,得到如图乙所示的照片。用 刻度尺量出照片中OA=3.18cm,OB=6.74cm,OC=10.69cm,OD=15.05cm,照 片中小车的长度为L1=1.03cm,小车的实际长度为L2=10.30cm。 D 密卷 二轮专题精准提升（二）物理第4页（共8页） (1)根据以上数据可知，小车在O点的速度 (选填“为零”或“不为零”)。 (2)根据以上信息，可求得小车实际运动过程中的加速度大小α= m/s2(结 果保留2位有效数字)。 (3)如果当时频闪照相机的实际频率为12Hz,而做实验的同学们并不知道，那么测得 的加速度与真实值相比会 (选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 13.(6分)某实验小组的同学设计了测量物体质量的实验，所用装置如图甲所示。主要步 骤如下： 数字计时器 光电门2 光电门1 滑块遮光条 气垫导轨 刻度兵 10 20 槽码 (1)用20分度的游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d,读数如图乙所示，则d= mm。 (2)滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过 第一个光电门的时间为△t1,通过第二个光电门的时间为△t2,遮光条从开始遮住第 一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为t,则滑块的加速度大小的表达式为 a= (用△t1、△t2、t和d表示)。 (3)依次增加所挂槽码的个数，记录每次实验槽码的总质量m,并计算出滑块相应的加 速度α，以为横轴、}为纵轴，建立直角坐标系，通过描点连线得到】图像如图 m a m 丙中I所示，图线I的斜率为k1,在纵轴上的截距为b。 (4)将待测物体固定在滑块的凹槽内，重复上述实验步骤(2)和(3)，在图丙中画出新的 11图像Ⅱ，若图线Ⅱ的斜率为2，在纵轴上的截距也为6。已知当地的重力加速 a m 度为g,则下列关系式中正确的是 (填正确答案标号)。 丙 A.b=g B.b=1 C.b=g2 D.b=√g (5)待测物体的质量M= (用1、k2、b表示)。 二轮专题精准提升（二）物理第5页（共8页）】 真题密 14.(11分)劲度系数为=100N/m的轻弹簧一端固定在倾角0=30°的固定光滑斜面的 底部，另一端和质量为mA=2kg的小物块A相连，质量为mB=2kg的小物块B紧 靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在小物块B上，另一端跨过定滑轮与质量mc= 1kg的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张 力，如图甲所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，直至A、B分离。重力 加速度g取10m/s2。 (1)当A、B恰好分离时，求A的加速度大小； (2)在图乙所示坐标系中，以沿斜面向上为正方向，画出从撤掉外力到A、B分离的过 程中，A的加速度随位移x变化的关系图像，并根据图像求出A的最大速度。 ◆a/(m·s) M7a x/m 甲 乙 卷 二轮专题精准提升（二）物理第6页（共8页） 6 15.（12分)如图所示，长L=5m的水平传送带AB以v=2m/s的速度顺时针转动。质 量为m=1kg、电荷量g=2.0X10-3C的滑块可以视作质点，放在与AB等高的平台 BC上，距离B点为s=4m。B点右侧有一方向水平向左，电场强度为E=4.0× 103V/m的匀强电场。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为1=0.20,42= 0.60,滑块由静止开始滑动，在运动过程中，滑块的电荷量始终保持不变。求： (1)滑块第一次运动到B点时的速度大小； (2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B点所用的时间； (3)运动全过程中，滑块在BC段运动的总路程。 E & umc 6 二轮专题精准提升（二）物理第7页（共8页） 真题密卷 16.(16分)如图所示，光滑水平面上固定一光滑的半径为R=0.8m的圆轨道，轨道下 端水平，轨道右端紧靠长木板C且轨道下端与长木板C齐平。长木板C正中央放有 滑块B,开始整个系统静止，某时刻将滑块A从轨道顶端由静止释放，已知A、B、C的 质量分别为mA=2kg、mB=3kg、mc=1kg,滑块A与C间的动摩擦因数为u1=0.2, B与C间的动摩擦因数为μ2=0.4，长木板C长度为L=5m,滑块间的碰撞为弹性正 碰，滑块A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2求： (1)滑块A滑到轨道最低点时，受到轨道支持力的大小； (2)从滑块A滑上木板C开始计时，经多长时间滑块A、B发生碰撞； (3)木板C运动的最大速度； (4)碰后滑块A、B间的最大距离。 B 7 二轮专题精准提升（二）物理第8页（共8页）·物理· 2024一2025学年度二 物理·直线运动与牛顿立 一、单项选择题 1.A【解析】t1时刻手机加速度为一g,方向竖直向 下，手机处于完全失重状态，A正确；由题图可知 0~t2向下做加速运动，t2~t3向下做减速运动， a-t图线与坐标轴围成图形的面积为速度，t3时刻 手机达加速度为正方向的最大值，故t3时刻的速 度小于t2时刻的速度，不是最大，B、C错误；手机 加速度向上时受到手向上的支持力，不会脱离手 掌，手机加速度为一g的过程中处于完全失重状 态，可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没 有脱离手掌，D错误。 2.A【解析】由题图乙可知，在0~2.5s内，货物的 速度大于传动带的速度，则货物受沿斜面向上的 滑动摩擦力，在2.5s~4.5s内，货物匀速下滑，根 据平衡条件可知，货物受沿斜面向上的静摩擦力， 所以2.5s时货物所受摩擦力方向不变，0-t图线 与坐标轴围成的区域的面积表示位移的大小，根 据题意可得L=,十，解得6 0.5m/s,在02.5s内，对货物由牛顿第二定律得 mg cos0-mg sin0=ma,货物的加速度大小为a 一，联立解得μ=0.8，A正确。 t 3.D【解析】位移一时间图线的斜率表示速度，由 图像可知乙物体始终沿正方向运动，甲物体0一 2S沿正方向运动，2一6$沿负方向运动，故甲、乙 两物体不是始终同向运动，A错误；位移一时间图 线的交点代表相遇，故t=4s时甲、乙两物体相 遇，B错误；图像可以看出在0~5s内乙物体的位 移大于甲物体的位移，故乙物体的平均速度大于 甲物体的平均速度，C错误；甲物体0~2s的速度 4 为0甲=2m/s=2m/s,2~6s的速度为0，= 0-4 2 4m/s=一1m/s,乙物体的速度为v2= 4m/s= 0.5m/s,故甲物体的速率始终大于乙物体的速 率，D正确。 4.B【解析】对物块受力分析，设外力与水平方向夹 角成0，如图所示。由牛顿第二定律有Fcos0一4 (mg-Fsin0)=ma,化简可得√μ2+1Fsin(0+ p)一mg=ma,其中F=mg,μ= 3,tang= 参考答案及解析 轮专题精准提升（二） 动定律（包括板块模型） 当sin(0十p)=1时，物块运动的最大加速度为 √3 am=38,B正确。 N F KZ7777774 mg 二、双项选择题 5.BC【解析】对物块受力分析，垂直于斜面方向有 FN=mg cos0-Fsin a=4N,A错误；根据x1= 2a1,可得a1=22=2X36 1 号=12m/s=0.5m/s2, 根据牛顿第二定律得Fcosa一mg sin0一u (mg cos0-Fsin a)=ma1,解得μ=0.75，B正 确；力F作用12s末的速度v=a1t1=6m/s,C 正确；撤去F后向上运动的加速度大小a2= gsin0十gcos0=12m/s2,则向上运动的位移 62 2a,2X12m=1.5m,时间t2。,=0.5s 因为mg sin0=mg cos0,可知以后物块静止在斜 面上，则撤去F后3s内，物块的位移大小x2= 1.5m,D错误。 6.AD【解析】v-t图线的斜率表示加速度，可知 t=3t。时刻木板的加速度发生改变，故可知小物 块在t=3t。时刻滑上木板，A正确；结合图像可知 3 t二3t。时刻，木板的速度为。=2“gto,设小物块 和木板间动摩擦因数为4o,小物块质量为m,由题 意可知小物块开始滑上木板时的速度为⑦1= 3 2g,小物块在木板上滑动的加速度为a。= mg=4g,经过0时间与木板共速，此时速度 m 1 大小为口典=2g,方向水平向右，故可得0共一 1=aoto,解得o=2u,B错误；设木板质量为M, 根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度 1 1 为a= to 2g,可得F-Mg=Ma,解得 3 F=2Mg,根据图像可知物块滑上木板后木板的加 6 真题密卷 1 读度’二2g。22 =一g,此时对木板由 to 牛顿第二定律得F一u(m十M)g一uomg=Ma',解 得行-日，C错溪；假设1=：之后小物块和木板 一起共速运动，对整体有F一h(m十M)g= 多Mg一Mg=0,故可知此时整体处于平新状 3 态，假设成立，即t=4t。之后小物块和木板一起做 匀速运动，D正确。 7.BC【解析】已知=2m/s,v=1m/s,l=2m,= 0.5。货箱A刚开始下滑时有fA=umag cos37°， magsin37°+f。=maA1,解得货箱A的加速度 aA1=10m/s2,货箱A速度达到2m/s后， m.gsin37°-fa=maA2,解得aA2=2m/s2,货箱 B刚开始下滑时有fB=mBg cos37°， mag sin37°-fB=maB,解得货箱B的加速度 aB=2m/s2,货箱A第一阶段加速的时间t1= 心=0.1s,加速位移x1=02t1=0.15m,闽 aa 运动学公式可得货箱A加速第二阶段1一x1= W2十2aet2,解得t2=(√2.85-1)s,货箱A下 滑到底端的时间tA=t1十t2=(√2.85一0.9)s,对 1 货箱B由运动学公式得l=vts十2at层，解得货 箱B下滑到底端的时间tB=1S。货箱A先到达 传动带底端，A错误；货箱B在传送带底端时的速 度大小vB=v。十aBtB=3m/s,B正确；货箱A下 滑到底端时相对传送带的路程△x。=l一vt。,货箱 B下滑到底端时相对传送带的路程△xB=L十 tB,所以下滑过程中相对传送带的路程货箱A小 于货箱B,两货箱在传送带上的划痕长度货箱A 小于货箱B,C正确，D错误。 8.AC【解析】当A、B恰好发生相对滑动时，对B 由牛顿第二定律得f1=maB,又f1=h2mg= 2N,解得aB=2m/s2,对A由牛顿第一定律得 F-f1-f2=MaA,f2=μ1(M+m)g=3N,此时 aA=aB,解得F=9N,由F=2t(N)可知，t1= 4.5s,A正确；A即将开始运动时外力F恰平衡A 与地面间的摩擦力，由F=f2=2t2(N)解得t2= 1.5s,则0~1.5s内木板A静止，1.5~4.5s内 A与B一起变加速运动，拉力F对A的冲量IF= FAL=3+9 ×3N·s=18N·s,对A由动量定 2 6 二轮专题精准提升 理得I0十2护△L-fa△1=M.,得.=3m/s,B 错误；t1~6.5s内，A、B相对滑动，拉力F'=20N, 对A由牛顿第二定律得F-f1一f2=MaA,解得 aA=7.5m/s2,所以t=6.5s时，A、B相对运动时间 为△t=2s,A的速度oA=v。十aA△t'=18m/s,C 正确；t=6.5s时，对B由牛顿第二定律得f1= maB,解得a'B-2m/s2,故t=6.5s时，B的速度 VB=t。十aB△'=7m/s,D错误。 三、非选择题 9.30(1分)5(1分)90(1分) 【解析】由题因可得兰=-2.52+30，支形得x= -2.5t2十30t,由关系式知初速度等于30m/s。 由表达式知x=-2.52+30,则2a=-2.5,解 得a=一5m/s2,故刹车过程中加速度大小为 5m/s2。由速度与位移关系式知v2一v=2ax,代 0-302 入得x-2X(二5m=90m,故剩车距离为90m。 10.g(1分)1.5g(2分) 【解析】剪断细线前，对B、C、D有FAB= (3m十2m十m)g,对D有Fw=mg,剪断细线后，对 B有FAB一3g=3maB,解得aB=g,方向竖直向 上；对C有Fc十2mg=2mac,解得ac=1.5g,方向 竖直向下。 11.等于(1分)大于(2分) 【解析】连接NQ、MP,如图所示。圆环1从M 点由静止释放，根据牛顿第二定律可得a1= gsin 0,MN=- ti,MN=2Rsin0,v1=at, 4R 所以t=√g ,)1=√/4 gR sin0,同理可得t2= 4R Ng =t1,v2=√4 gR sin a<v1。 M +O N 0 P 12.(1)不为零(2分)(2)3.9(2分) (3)偏小(2分) 【解析】(1)由题给数据可得OA=3.18cm,AB= OB-OA=3.56 cm,BC=OC-OB=3.95 cm, ·物理· CD=OD-OC=4.36cm,显然OA：AB： BC:CD≠1：3：5：7，由于相邻的时间间隔相 同，则小车在O点时的速度不为零。 (2)根据逐差法，小车运动的加速度大小a= EnD-xon=(15.05-6.74）-6.74X102m/g≈ 4T2 4×0.12 0.39m/s,根据小车在照片中的长度与实际的 长度的比例为1：10，可知小车实际运动的加速 度为3.9m/s2。 (3)如果实验时频闪照相机实际拍摄频率为 12Hz,则实际周期更短，由a=C0o,可知 4T2 实际加速度更大，即加速度的测量值和实际值相 比是偏小的。 13.1)5.301分)(2)1(A11分) △t1△t2t (4)B(2分) （5):-(2分) b 【解析】(1)20分度的游标卡尺精确度为 0.05mm,由题图可知读数为5mm+6× 0.05mm=5.30mm。 (2)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时 速度，则滑块通过光电门1的速度为0，一△， d d 滑块通过光电门2的速度为：一，根据a= 0,可得a=d(A1:) t △t1△t2tg (4)设滑块的质量为M。,待测物体的质量为M, 滑块受到的拉力为F,由牛顿第二定律有F= (M,十M)a,对槽码有mg一F=ma,联立得。 M。+M111 ,纵轴栽距为6=】，B正确。 8 m g g (5)由上述分析可知斜率为 M一k, M+M=k2, 解得M=?一， b 14.1)0(2)见解析5 5 m/s 【解析】(1)A、B恰好分离时，A、B、C加速度相 等，以B、C整体为研究对象有 mcg-mBgsin0=(mB+mc)a2 (2分) 解得a2=0 则A的加速度大小也为0。 (2分) (2)开始时A、B静止，设弹簧压缩量为x。,则有 kxo=(ma十mB)gsin日 参考答案及解析 解得xo=0.2m (1分) 当A、B、C一起加速运动位移为x时，对C受力 分析有mcg一T=mca 对A、B受力分析有 T+F-(ma+mB)gsin0=(ma+mB)a (1) 弹簧弹力大小为 F=k(zo-x) 联立解得a= mcg一kx =(2-20x)m/s2 ma十mB十mc (1分) 作出a-x图像如图所示 a/(m.s2) 0 0.1xm (2分) 当加速度为0时，A的速度最大，由a-x图线与 坐标轴围成图形的面积可计算小物块A的最大 速度，则最大速度大小为 u.=V25=,2x2x0. 2 m/s= 5m/s。 (2分) 15.(1)4m/s(2)4.5s(3)3m 13 【解析】(1)滑块在电场中做匀加速运动，根据动 能定理有 1 qEs-uamgs-2mv (1分) 解得v1=4m/s。 (1分) (2)滑块滑上传送带后先做减速运动，加速度大 小为 a=h1g=0.20X10m/s2=2m/s2 (1分) 当滑块减速为零时，位移为 0142 x1-2a-2X2m=4m<L=5m (1分) 所需时间为 1=2s ti-a (1分) 滑块未从传送带左端滑出，之后做匀加速运动， 到与传送带共速时，滑行的位移为 0222 x2=2a-2X2m=1m (1分) 滑行的时间为 (1分) 之后与传送带共速，一起匀速运动到B,点的时间为 6 真题密卷 46=1-2=1.59 (1分) 滑块第一次从B,点滑上传送带到再次返回B点 所用时间为 t=t1+t2+t3=4.5s。 (1分) (3)滑块第一次以)进入电场，之后每次到达B 点速度在减小，小于传送带速度，故之后每次进 入传送带和从传送带滑出的速度大小相等，最终 停在B,点，设滑块第二次进入电场后，在BC段 运动的总路程为x4,根据动能定理有 1 一4：mgx4=0-2mo9 (1分) 1 解得x4=3m (1分) 则运动全过程中，滑块在BC段运动的总路程为 1 13 x=x4十s= 3m+4m= 3m。 (1分) 23 16.(1)60N(2)1s(3) '15m/s(4)150 【解析】(1)由动能定理得 m.gR-7m.vno (1分) 由牛顿第二定律结合圆周运动规律得 FN-mAg= mAUAO (1分) R 解得FN=60N (1分) 由牛顿第三定律可知，受到轨道支持力的大小为 60N。 (2)当A向右运动时，受到向左的摩擦力，由牛顿 第二定律得 uimag-maaa 解得aa=2m/s2 (1分) 若B与C之间恰好相对滑动，有 u2mBg=m BaB 解得aB=4m/s2 (1分) 假设B、C相对静止，B、C的加速度为 anc=tim=1 m/s'<an=4 m/s' mB十mc 所以B、C相对静止，A向右做匀减速直线运动， B、C向右做匀加速直线运动，设A的位移为x1, B、C的位移为x2,则有 1 1 x1-x2=wao1-2a,号-2asct片=2 5 解得t1=1s或1=3s(舍） 故时间为t=1s。 (1分) (3)当A、B两物块碰撞前瞬间，设A的速度为 6 二轮专题精准提升 ℃A1,B、C的速度为VB1,则有 VAI=VAO-aat1=2 m/s Un=vcI=aBct1=1 m/s (1分) A、B为弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒 定律得 mAVA1十nBVB1=mAVA2十mBUB2 1 2m.oil十2mao1=2mo十2mBo 解得vA2=0.8m/s,v2=1.8m/s (1分) 而此时C的速度vc1=1m/s,C相对于A向右 运动，相对于B向左运动，故此时C受到A向左 的滑动摩擦力和B向右的滑动摩擦力，所受合力 向右，C向右做匀加速运动，由牛顿第二定律得 uamBg一u1mag=mcac 解得ac-8m/s (1分) B做匀减速运动，加速度为 an-kmng-4 m/st (1分) 当B、C共速时有 VB2-aBt2=vc1十act2 解得t2=5sS 6此时z=0a-20=号m 1 1 19 xc=0Gt2+2act号=225m (1分) L 又有△x=xB一xC2 故B未出C板右侧，之后B、C一起相对静止做 减速运动，此时C的速度为 23 vca-ve+act:-15 m/s. (1分) (4)A一直做匀加速运动，直到A、B、C共速，当 A、B、C共速时有 vA2+aa (12+t3)=vc2-aBct3 解得t3=0.2s (1分) 之后A、B、C共速 4 VAnc-Ucz-apcts=3 m/s 共速前A的位移为 64 x。=2(oa2十vAc)(t,十t)=225m (1分) B、C共速后到A、B、C共速前B、C的位移 1 43 xnc-2(vca+vAnC)t:-150 m (1分) 故A、B最远距离为 17 xB十xBc-x.=150m (1分)