第1部分 第2讲 力与直线运动-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题一　力与运动 第2讲　力与直线运动 知识框架 学习目标 1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。 2.会应用牛顿运动定律解决相关问题，并能结合匀变速直线运动知识处理综合问题。 3.会分析运动学和动力学的图像问题，掌握数形转化法。 2 目录 1 2 专题作业 考点 高考风向标 3 考点 考点1　直线运动规律 匀变速直线运动问题的求解思路 考点 5 考点 6 [跟进训练]　(2025·山东省青岛市、淄博市高三下第二次适应性检测)如图所示，某景区中A、B两景点间可通过缆车往返，当甲车以6 m/s的速度开始减速时，对向的乙车从B景点由静止启动，两车加速度大小均为0.5 m/s2，甲车到B景点时速度减为零，则甲、乙两车相遇时，甲车到B景点的距离为(　　) A．9 m B．18 m C．27 m D．36 m 考点 7 考点 8 考点2　牛顿运动定律的综合应用 连接体问题 三种情况中弹簧弹力、绳的张力相等(接触面光滑，或A、B与接触面间的动摩擦因数相等) 常用隔离法 常会出现临界条件 考点 9 例2　(2025·安徽省芜湖市第一中学高三下教学质量诊断)如图所示，质量分别为2 kg、3 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端时恰好与传送带速度相同。重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为0.6 s C．传送带AB间的距离为4 m D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为20 N 考点 10 考点 11 考点 12 考点 13 动力学常见的临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力N＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是张力T＝0。 (4)加速度变化时，速度达到极值的临界条件：加速度变为0。 考点 14 考点3　运动学和动力学图像 考点 15 考点 16 例4　(2025·河南省高三下高考适应性考试)在如图所示的四个物体的运动图像中，已知四个图像的斜率的数值相同，所有物理量的单位均为国际制单位，从t＝0或x＝0时开始计时，经过相同时间，物体的位移最大的是(　　) 考点 17 考点 18 例5　(2025·北京卷，11)模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　　) A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程 B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小 C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态 D．t4时刻，实验舱达到最高点 考点 19 考点 20 高考风向标 高考风向标 22 2．(2025·山东卷，8)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为θ，交线为PN，坡面内QN与PN垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，∠MNQ＝θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　　) A．gsin2θ－μgcosθ－μgsinθcosθ B．gsinθcosθ－μgcosθ－μgsin2θ C．gsinθcosθ－μgcosθ－μgsinθcosθ D．gcos2θ－μgcosθ－μgsin2θ 高考风向标 23 解析：建筑材料在垂直于PN的竖直平面内的受力分析如图1所示，可知坡面对建筑材料的支持力FN＝mgcosθ，重力沿坡面向下的分力G1＝mgsinθ；建筑材料在坡面内的受力分析如图2所示，可知挡板对建筑材料的支持力FN′＝G1sinθ，对建筑材料，由牛顿第二定律有G1cosθ－μFN－μFN′＝ma，联立解得建筑材料的加速度大小a＝gsinθcosθ－μgcosθ－μgsin2θ，B正确。　 高考风向标 24 易错点拨　对于立体受力问题，需要转化为平面受力问题，结合熟悉的模型分析。阅读本题，易知是在我们熟悉的“斜面模型”的基础上加了挡板，且挡板与斜面垂直，则挡板只影响斜面所在平面的受力，不影响垂直斜面方向的受力，所以应先不加挡板，对熟悉的“斜面模型”中的物体进行受力分析；再加上挡板，在斜面所在平面内对物体进行受力分析。应注意分析各面的弹力是多大，摩擦力是哪个弹力产生的，是滑动摩擦力还是静摩擦力。 高考风向标 25 3．(2025·重庆市九龙坡区高三下二模)如图甲所示，A、B两物块置于长木板C上，A、B、C质量分别为m、2m、m，系统静置于水平地面上。设A和C之间、B和C之间、C和地面之间动摩擦因数分别为k1μ0、k2μ0、k3μ0(μ0为常数)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长，重力加速度为g。现对B施加一逐渐增大、水平向右的拉力F，B的加速度随F变化情况如图乙所示。则k1、k2、k3之比为(　　) A．3∶4∶6 B．2∶8∶1 C．3∶8∶1 D．2∶12∶1 高考风向标 26 高考风向标 27 方法点拨　本题既可以应用“物理分析法”对临界点进行分析，也可以应用“数学分析法”写出a与F的函数关系式，结合图像的斜率进行分析。 高考风向标 28 专题作业 1．(2025·福建省厦门市高三下第四次质量检测)小厦同学参加折返跑比赛，从静止开始由起点出发跑到距起点30米处的折返点，再跑回起点，则该同学运动过程中位移x与时间t的关系图像可能是(　　) 解析：折返跑比赛的初始位移为零，末位移也为零，故B错误；一个时刻不可能对应两个位移，故D错误；小厦同学从静止开始运动，则t＝0时刻速度为零，即t＝0时刻x­t图像切线与时间轴平行，故A错误，C可能正确。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 2．(2025·云南省昆明市高三下三诊一模)春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　) A．盒子运动的加速度大小为1 m/s2 B．盒子运动到a点的速度大小为2 m/s C．盒子运动到c点的速度大小为1 m/s D．盒子从a点运动到e点的时间为2 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 4．(2025·安徽省芜湖市高三下二模)在足够长的斜面上，使A、B两个相同小物块分别从不同位置沿斜面方向同时出发，选择沿斜面向上为正方向，它们运动的v­t图像如图所示。在t＝4 s时，A、B两物块恰好在斜面上某一位置相遇，据图可知下列说法正确的是(　　)  A．该斜面是光滑斜面 B．t＝2 s时，A、B两物块相距最远 C．A、B两物块在斜面上出发时相距50 m D．t＝4 s时，A、B两物块相对于出发点的位移大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 5．(2024·安徽卷，6)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 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。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 6．(2025·黑吉辽蒙卷，10)(多选)如图a，倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图b所示，两条曲线均为抛物线，乙的x­t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则(　　) A．μ1＋μ2＝2tanθ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 t＝t0前，由于物块甲、乙的加速度大小相等、方向相反，则物块甲、乙组成的整体合力为零，由于斜面静止，斜面的合力也为零，则三者组成的整体合力为零，由受力分析可知，竖直方向上整体受到重力和地面的支持力，水平方向上不受力作用，所以地面对斜面的摩擦力为零，C错误；t＝t0时物块乙的速度减为零，此后，物块乙静止在斜面上，物块甲继续沿斜面向下加速运动，物块甲的加速度有水平向左的分量，对两物块和斜面组成的整体，合力有水平向左的分量，则地面对斜面的摩擦力方向向左，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 7．(2025·北京市丰台区高三下一模)如图1所示，文物保护人员对古建筑进行修缮与维护，需要将屋顶的瓦片安全运送到地面。某同学设计了一个装置，如图2所示，两根圆柱形木杆AB和CD相互平行，斜搭在竖直墙壁上，把一摞瓦片放在两木杆构成的滑轨上，瓦片将沿滑轨滑到地面。为了防止瓦片速度较大而被损坏，下列措施中可行的是(　　) A．适当增大两杆之间的距离 B．减小杆与瓦片的动摩擦因数 C．增加每次运送瓦片的块数 D．减小木杆的长度 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 方法点拨　本题使用图解法和极限法进行解答。因为做减速运动的加速度大小确定，整个运动的位移确定，而加速运动的时间、最大速度均不确定，通过画v­t图像可以判断加速时间越短，整个运动时间越短，结合极限法，使物体做加速运动的时间趋近于零，这时整个运动时间最短。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 9．(2025·云南省昆明市高三下三诊一模)(多选)如图甲所示，质量为1 kg的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点的物块。t＝0时刻，对物块施加水平向右、大小为F＝15 N的恒力；t＝1.0 s时刻，撤去F，物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B．物块的质量为3 kg C．t＝1.3 s时，物块的加速度大小为2 m/s2 D．木板的长度至少为0.75 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 11．(2025·河南省安阳市高三下一模)一只猎豹发现猎物，启动后其速度v随位移x变化的图像如图所示，下列关于猎豹运动的描述正确的是(　　) A．猎豹做的是匀加速直线运动 B．猎豹运动的加速度与时间成正比 C．猎豹运动的加速度与位移成正比 D．猎豹运动的加速度与位移是正相关，但不成正比 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 名师点拨　对于一些不太常见的物理量关系，可以通过构建中间量进行联系。关于中间量的选取，一定要能联系两坐标轴所代表的物理量，避免纯数学构造而无物理意义的中间量(如强行拟合多项式)，需确保中间量反映物理本质。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2025·安徽卷，4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动；最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　) A．x＝eq \f(1,18)at2 B．x＝eq \f(1,16)at2 C．x＝eq \f(1,8)at2 D．x＝eq \f(1,2)at2 解析　设汽车做匀加速运动的时间为t0，则汽车做匀速运动的速度大小为v＝at0，位移大小为x1＝vt，由对称性和匀变速直线运动的规律可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移大小均为x＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，由位移关系可得x1＋2x＝8x，联立解得x＝eq \f(1,18)at2，A正确。 解析：设甲车的初速度大小为v0，加速度大小为a，甲、乙两车经过时间t相遇，甲车开始减速时两车的距离为x0，由匀变速直线运动的规律有0－veq \o\al(2,0)＝－2ax0，甲、乙两车相遇时有x0＝v0t－eq \f(1,2)at2＋eq \f(1,2)at2，解得t＝6 s，则甲、乙两车相遇时，甲车到B景点的距离x＝eq \f(1,2)at2＝9 m，A正确。 解析　当传送带逆时针转动时，P、Q恰好静止 不动，设此时细线的拉力大小为T，由平衡条件，对 P有T＝mPg，对Q有T＝μmQg，解得μ＝eq \f(2,3)，A错误； 当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动时，P、Q均做 初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，细线的拉力大小为T′，根据牛顿第二定律，对P有mPg－T′＝mPa，对Q有μmQg＋T′＝mQa，解得a＝8 m/s2，T′＝4 N，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t＝eq \f(v,a)＝1 s，传送带AB间的距离为x＝eq \f(1,2)at2＝4 m，故C正确，B、D错误。 例3　(多选)如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为 θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a 相连，质量为eq \f(3,5)m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时 弹簧的压缩量为x0。从t＝0时开始，对b施加沿斜面向 上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离，再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好为x0。弹簧始终在弹性限度内，其中心轴线与斜面平行，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．弹簧的劲度系数为eq \f(8mgsinθ,5x0) B．a、b分离时，弹簧的压缩量为eq \f(x0,4) C．物块b加速度的大小为eq \f(1,5)gsinθ D．物块b加速度的大小为eq \f(6,5)gsinθ 解析　对b施加外力前，小物块b紧靠a静止 在斜面上，将二者看成一个整体，根据平衡条件和 胡克定律有kx0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))gsinθ，解得弹簧的劲度 系数k＝eq \f(8mgsinθ,5x0)，故A正确；由初速度为0的匀加 速直线运动的比例关系可知，小物块b最初两段相同时间间隔内位移之比为eq \f(x1,x2)＝eq \f(1,3)，且由题意得x1＋x2＝x0，当物块a、b分离时弹簧压缩量Δx＝x0－x1，联立解得Δx＝eq \f(3,4)x0，故B错误；两物块刚好要分离时，a与b之间无相互作用力且加速度相同，设加速度大小为a，对a，由牛顿第二定律有k·eq \f(3,4)x0－mgsinθ＝ma，代入k＝eq \f(8mgsinθ,5x0)后解得a＝eq \f(1,5)gsinθ，故物块b加速度的大小为eq \f(1,5)gsinθ，C正确，D错误。 1．常规图像 常规图像 斜率k 面积 两图线交点 x­t图像 eq \f(Δx,Δt)＝v 表示相遇 v­t图像 eq \f(Δv,Δt)＝a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a­t图像 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.非常规图像 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2­x图像 由v2－veq \o\al(2,0)＝2ax，得v2＝2ax＋veq \o\al(2,0) 2a veq \o\al(2,0) eq \f(x,t)­t图像 由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得eq \f(x,t)＝eq \f(1,2)at＋v0 eq \f(1,2)a v0 由F－μmg＝ma，得a＝eq \f(1,m)F－μg eq \f(1,m) －μg 备注：非常规图像的解题思路 遇到非常规图像时，可以根据相应的物理规律写出两个物理量间的函数关系，进而确定图线斜率、截距或围成的面积的物理意义。 解析　设图像的斜率的数值为k。根据v＝v0＋at，可知v­t图像斜率k＝a，A项物体做初速度为v0、加速度为k的匀加速运动；根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，可知eq \f(x,t)­t图像斜率k＝eq \f(1,2)a，B项物体做初速度为v0、加速度为2k的匀加速运动；根据v2－veq \o\al(2,0)＝2ax，可得v2＝2ax＋veq \o\al(2,0)，可知v2­x图像斜率k＝2a，C项物体做初速度为v0、加速度为eq \f(1,2)k的匀加速运动；D项物体做初速度为v0的减速运动。根据上述分析结合x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可知相同时间内物体位移最大的是B，故选B。 解析　t1～t3间，f向下，先增大后减小，可知此过程实验舱的速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于电磁弹射过程后向上做减速运动，A错误；t2～t3间，f向下减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝eq \f(f,m)＋g，故此过程加速度大小减小，B正确；t3～t5间，f向上，先增大后减小，可知此过程速度方向向下，先增大后减小，即实验舱先向下加速后向下减速，则先处于失重状态后处于超重状态，C错误；根据前面分析可知，t3时刻速度方向改变，从向上运动变成向下运动，故t3时刻实验舱达到最高点，D错误。 1．(2025·湖北省十堰市高三下适应性考试)一无人机在空中悬停，某时刻从机身底部无初速度释放一金属小球，小球落地前1 s内下落的距离是无人机底部距地面高度的eq \f(11,36)。若不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则小球着地时速度大小为(　　) A．60 m/s B．58 m/s C．54 m/s D．50 m/s 解析：设小球的下落时间为t，根据自由落体运动规律可得h＝eq \f(1,2)gt2，在前(t－1 s)时间内，小球下落的高度为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(11,36)))h＝eq \f(1,2)g(t－1 s)2，联立解得t＝6 s，则小球着地时速度v＝gt＝60 m/s，A正确。 解析：由题图乙可知，三段图线的斜率分别为k1′＝eq \f(（0.5－0）μ0g,（3－1）μ0mg)＝eq \f(1,4m)，k2′＝eq \f(（2.5－0.5）μ0g,（9－3）μ0mg)＝eq \f(1,3m)，k3′＝eq \f(（3.5－2.5）μ0g,（11－9）μ0mg)＝eq \f(1,2m)，可见随着拉力F的增大，当μ0mg＜F≤3μ0mg时，A、B和C一起运动，当3μ0mg＜F≤9μ0mg时，A与C发生相对滑动，B和C一起运动，当F＞9μ0mg时，B与C发生相对滑动。可知当F1＝μ0mg时，C与地面间的静摩擦力恰好达到最大，则F1＝k3μ0·4mg，解得k3＝eq \f(1,4)；当F2＝3μ0mg时，A与C间的静摩擦力恰好达到最大，此时A的加速度a2＝0.5μ0g，对A，由牛顿第二定律有k1μ0mg＝ma2，解得k1＝eq \f(1,2)；当F3＝9μ0mg时，B与C间的静摩擦力恰好达到最大，此时B的加速度a3＝2.5μ0g，对B，由牛顿第二定律有F3－k2μ0·2mg＝2ma3，解得k2＝2，则k1∶k2∶k3＝2∶8∶1，故选B。 解析：由题意知，盒子在停止运动前的最后t＝0.5 s内通过的距离为x0＝0.25 m，根据逆向思维法有x0＝eq \f(1,2)at2，代入数据得盒子运动的加速度大小a＝2 m/s2，故A错误；根据匀变速直线运动的规律有0－veq \o\al(2,a)＝－2a×4x0，0－veq \o\al(2,c)＝－2a×2x0，解得盒子运动到a点的速度大小为va＝2 m/s，运动到c点的速度大小为vc＝eq \r(2) m/s，故B正确，C错误；根据va－at′＝0可知，盒子从a点运动到e点的时间为t′＝1 s，故D错误。 3．(2025·天津市南开区高三下一模)(多选)如图所示，缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上，车厢连同悬臂的质量为M，车厢水平底板上放置一质量为m的货物。某段时间内，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动。已知悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度为g，缆绳的倾角为θ，则在这段时间内(　　) A．车厢对货物的支持力大小为masinθ B．车厢对货物的摩擦力大小为macosθ C．缆绳对悬臂和车厢的作用力大小大于(M＋m)eq \r(g2＋a2) D．缆绳对悬臂和车厢的作用力方向与水平方向的夹角大于θ 解析：在缆绳的牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速直线运动，沿水平方向和竖直方向，分加速度分别为ax＝acosθ，ay＝asinθ，设车厢对货物的支持力大小为N，摩擦力大小为f，对货物，根据牛顿第二定律，在水平方向上有f＝max，在竖直方向上有N－mg＝may，解得f＝macosθ，N＝mg＋masinθ，故A错误，B正确；缆绳对悬臂和车厢的作用力F与货物和车厢的重力的合力等于(M＋m)a，且构成的矢量三角形如图所示，可知F与水平方向夹角大于θ，且F＝eq \r([（M＋m）a]2＋[（M＋m）g]2－2（M＋m）2gacosα)＞(M＋m)eq \r(g2＋a2)，故C、D正确。 解析：0＜t＜2 s时A沿斜面上滑，加速度大小为a1＝eq \f(15,2) m/s2 ＝7.5 m/s2，方向沿斜面向下，2 s末开始A沿斜面下滑，加速度大 小为a2＝eq \f(5,4－2) m/s2＝2.5 m/s2，方向沿斜面向下，因为a1≠a2，可 知斜面是粗糙的，A错误；分析可知，0～4 s内B相对A一直向 下运动，又t＝4 s时A、B相遇，可知t＝0时两者相距最远，B错误；由v­t图像中图线与t轴所围成的面积表示位移，可知在0～4 s内A的位移为xA＝eq \f(2×15,2) m－eq \f(（4－2）×5,2) m＝10 m，B的位移为xB＝－eq \f(5＋15,2)×4 m＝－40 m，负号表示方向沿斜面向下，|xA|≠|xB|，D错误；t＝4 s时A、B相遇，则A、B两物块在斜面上出发时相距Δx＝xA－xB＝50 m，C正确。 解析：根据匀变速直线运动位移与时间的关系式 x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，结合两x­t图线均为抛物线，可知物块甲、 乙均做匀变速直线运动，且由图b中图线斜率的变化， 可知物块甲做匀加速直线运动，物块乙做匀减速直线运 动，设甲的加速度大小为a甲，乙的加速度大小为a乙， 对甲有3x0＝v0t0＋eq \f(1,2)a甲teq \o\al(2,0)，对乙有x0＝v0t0－eq \f(1,2)a乙teq \o\al(2,0)，由于t＝t0时乙图线切线斜率为0，则此时乙的速度为0，有t0＝eq \f(v0,a乙)，联立可得a甲＝a乙，由牛顿第二定律，对甲有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma甲，对乙有μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma乙，整理得μ1＋μ2＝2tanθ，A正确；t＝t0时甲的速度大小为v＝v0＋a甲t0，与t0＝eq \f(v0,a乙)、a甲＝a乙联立得v＝2v0，B错误； 解析：设墙壁的高度为h，木杆的长度为L，则sinα＝eq \f(h,L)，瓦片垂直杆方向的受力分析如图所示，杆对瓦片的支持力FN与两杆所在平面的夹角为β，由平衡条件有2FNsinβ＝mgcosα，沿杆方向，瓦片下滑时受到的滑动摩擦力大小为f＝2FN·μ，设瓦片下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsinα－f＝ma，解得a＝gsinα－μgeq \f(cosα,sinβ)，设瓦片滑到地面的速度大小为v，由匀变速直线运动的规律有v2－0＝2aL，解得v＝eq \r(2aL)＝eq \r(2hg－2μgL\f(cosα,sinβ))。 由图可知，适当增大两杆之间的距离，则β减小，sinβ减小，v减小，A可行；减小杆与瓦片的动摩擦因数，则μ减小，v增大，B不可行；由v＝eq \r(2hg－2μgL\f(cosα,sinβ))可知，v与每次运送瓦片的块数即质量无关，C不可行；减小木杆的长度，即L减小，则α增大，cosα减小，2μgLeq \f(cosα,sinβ)减小，v增大，D不可行。 8．(2025·湖北卷，7)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为eq \f(L,2)的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图a所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图b所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于(　　) A．eq \r(\f(L,2μg)) B．eq \r(\f(L,μg)) C．eq \r(\f(2L,μg)) D．2eq \r(\f(L,μg)) 解析：撤去拉力前门板做初速度为0的匀加速直线运动， 撤去拉力后门板做匀减速直线运动，由于门板恰好不与门框 发生碰撞，则门板末速度为0，作出其v­t图像如图所示，整 个运动过程门板的总位移为eq \f(L,2)，即v­t图像中图线与t轴围成 的图形面积恒定，由牛顿第二定律可知，撤去拉力后门板的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝μg，即减速过程v­t图线的斜率恒定，由图可知，若使整个运动过程用时尽量短，则加速过程的加速度应尽量大，加速时间趋近于0，由eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,min)可知最短时间趋近于tmin＝eq \r(\f(L,μg))，B正确。 解析：设木板的质量为M，物块的质量为m，木板与地面间的动摩擦因数为μ0，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，在0～1.0 s内，设木板和物块的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律，对木板有μ1mg－μ0(M＋m)g＝Ma1，对物块有F－μ1mg＝ma2，由v­t图像可知a1＝eq \f(1.0－0,1.0) m/s2＝1 m/s2，a2＝eq \f(2.0－0,1.0) m/s2＝2 m/s2，撤去F时，由图乙可知木板的速率为v1＝1 m/s，物块的速率为v2＝2 m/s，从撤去F到两者共速经历的时间为Δt＝1.25 s－1.0 s＝0.25 s，期间木板的加速度大小仍为a1＝1 m/s2，设物块的加速度大小为a2′，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma2′，由速度关系有v1＋a1Δt＝v2－a2′Δt，联立解得μ1＝0.3，m＝3 kg，μ0＝0.2，故A错误，B正确； 设共速后物块和木板整体的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有μ0(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得a3＝2 m/s2，共速后的运动时间Δt′＝eq \f(v1＋a1Δt,a3)＝0.625 s，即t＝1.3 s时仍未停止，此时物块的加速度为2 m/s2，C正确；v­t图像中图线与t轴所围成的面积表示位移，物块与木板的位移差即为木板的最小长度Lmin，由图乙结合几何关系有Lmin＝eq \f(（2.0－1.0）×（1.0－0）,2) m＋eq \f(（2.0－1.0）×（1.25－1.0）,2) m＝0.625 m，D错误。 10．(2025·河北省保定市高三下一模)(多选)一辆汽车从甲地驶向目的地丙地，正常行驶情况：汽车以加速度a0匀加速启动，然后以v0匀速行驶，接近目的地时以大小为2a0的加速度减速停车。司机在行驶途中接到求助电话，在行驶至距离出发地eq \f(d,2)(d为甲、丙两地的距离)的乙地临时停靠了Δt时间，接一位危重病人前往丙地就医。已知汽车的启动加速度大小始终为a0，减速停车的加速度大小始终为2a0。则下列说法正确的是(　　) A．汽车原定到达丙地的时间为eq \f(d,v0)＋eq \f(3v0,4a0) B．若接上病人后中途依然以v0的速度匀速行驶，则由于救助病人耽误的时间是Δt＋eq \f(3v0,4a0) C．若接上病人后中途依然以v0的速度匀速行驶，则由于救助病人耽误的时间是Δt＋eq \f(3v0,2a0) D．如果仍想按原定时间到达丙地，该车在乙地加速后的速度为v，则必须满足关系式eq \f(d,2v0)＝eq \f(3v,4a0)＋eq \f(d,2v)＋Δt 解析：汽车加速时间t1＝eq \f(v0,a0)，加速位移x1＝eq \f(1,2)a0teq \o\al(2,1)＝2,0)eq \f(v,2a0) ，汽车减速时间t2＝eq \f(v0,2a0)，减速位移x2＝v0t2－eq \f(1,2)×2a0teq \o\al(2,2)＝2,0)eq \f(v,4a0) ，汽车原定匀速行驶的位移x3＝d－x1－x2＝d－2,0)eq \f(3v,4a0) ，匀速行驶的时间t3＝eq \f(x3,v0)＝eq \f(d,v0)－eq \f(3v0,4a0)，汽车原定到达丙地的时间为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(d,v0)＋eq \f(3v0,4a0)，故A正确；若接上病人后中途依然以v0的速度匀速行驶，则由于救助病人耽误的时间t′＝Δt＋t1＋t2－eq \f(x1＋x2,v0)＝Δt＋eq \f(3v0,4a0)，故B正确，C错误； 若该车在乙地加速后的速度为v，则加速的时间t4＝eq \f(v,a0)，加速的位移x4＝eq \f(1,2)a0teq \o\al(2,4)＝eq \f(v2,2a0)，减速的时间t5＝eq \f(v,2a0)，减速的位移x5＝vt5－eq \f(1,2)×2a0teq \o\al(2,5)＝eq \f(v2,4a0)，到达丙地的时间为t总＝t1＋eq \f(\f(d,2)－x1－x2,v0)＋t2＋Δt＋t4＋eq \f(\f(d,2)－x4－x5,v)＋t5＝eq \f(d,2v0)＋eq \f(3v0,4a0)＋eq \f(d,2v)＋eq \f(3v,4a0)＋Δt，如果仍想按原定时间到达丙地，则应满足t＝t总，整理得eq \f(d,2v0)＝eq \f(3v,4a0)＋eq \f(d,2v)＋Δt，故D正确。 解析：设v­x图像中图线的斜率为k，即eq \f(Δv,Δx)＝k，则有eq \f(Δv,Δx)＝eq \f(Δv,Δt)·eq \f(Δt,Δx)＝eq \f(a,v)＝k，解得a＝kv，而v＝kx，则a＝k2x，即猎豹运动的加速度与位移成正比，故C正确，A、B、D错误。 $