第4课时专题强化传送带“模型中的动力学问题-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

第三章运动和力的关系 [例4]（多选)(2025·江西 37°，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， 南昌模拟)如图所示，倾角 cos37°=0.8.求： 0=30°的光滑斜面固定在 F 水平地面上，与斜面垂直 的挡板P固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡 板上，另一端与物块A连接，质量为m的物块A 和质量为2m的物块B并排放在斜面上，物块A、 分 B不粘连，处于静止状态.现用一沿斜面向上的 (1)物块加速度a的大小； 外力F拉物块B,已知重力加速度为g,F= (2)物块与斜面之间的动摩擦因数： 2mg,弹簧的劲度系数为k,不计空气阻力.下列 (3)若拉力F的大小和方向可调节，如图乙所示， 说法正确的是 为保持原加速度不变，F的最小值是多少 ( A.当弹簧恢复原长时，物块A、B分离 听课记录] B.物块A、B分离瞬间，物块A的加速度大小为 28 C.物块A、B分离瞬间，弹簧的压缩量为竖 2k D.从外力F作用在物块B上到物块A、B分离 的过程中，物块B的位移大小为 2k 听课记录 [例5]如图甲所示，一个质量m=0.5kg的小物 块（可看成质点），以o=2m/s的初速度在平行 斜面向上的拉力F=6N作用下沿斜面向上做匀 加速运动，经=2s的时间物块由A点运动到B 点，A、B之间的距离L=8m,已知斜面倾角0= 温馨提示 请做课时分层检测（十三） 第4课时专题强化：“传送带”模型中的动力学问题 【目标要求】1.掌握传送带模型的特点，了解传送带问题的分类.2.会对传送带上的物体进行受力分析 和运动状态分析，能正确解答传送带上物体的动力学问题， 1.模型特点：物体（视为质点）放在传送带上，由于： (2)物体相对传送带的位移大小△x 物体和传送带相对滑动（或有相对运动趋势）而： ①若有一次相对运动：△x=x传一x物或△x一物一传： 产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系， ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同， 摩擦力可能是动力，也可能是阻力. 则△x=△x1十△x2(图甲)； 2.解题关键：抓住V物=v传的临界点，当物=传 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的 时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变 相对位移大小△x2(图乙). 3.注意物体位移、相对位移和相对路程的区别 △x2 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运 △x △2 动学公式求得的位移， 甲 乙 43 精品教辅·智慧人生 高三总复习·物理 考点一水平传送带中的动力学问题 [例1]（多选）(2025·广东 [例3]（多选）(2025·天津市芦台一中期末)如图 汕头市期末)如图所示，水 甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 平传送带以恒定的速度顺 顺时针运行，初速度大小为2的小物块从与传 时针转动，在其左侧轻放一小滑块，下列描述小 送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带. 滑块在传送带上运动的v-t(速度一时间)、a-t 若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送 (加速度一时间)图像可能正确的是 带上运动的。-1图像（以地面为参考系）如图乙 所示，已知2>1，则 甲 乙 A.2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B.2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到 最大 C.0~2时间内，小物块始终受到大小不变的摩 擦力作用 D.0~2时间内，小物块受到的摩擦力先向右 听课记录] 后向左 听课记录] [例2]（多选）快递分拣站 利用传送带可以大幅提高 /总结提升/一 分拣效率，其过程可以简 化为如图所示的装置，水平传送带长为L,以一 水平传送带问题的常见情形及运动分析 定的速度2=8m/s顺时针匀速运动，工作人员 滑块的运动情况 以一定的初速度将快递箱推放到传送带左 传送带不足 端.若快递箱被从左端由静止释放，到达右端过 情景 够长（滑块最 传送带 程中加速时间和匀速时间相等，快递箱可视为质 终未与传送 足够长 带相对静止) 点，快递箱与传送带间的动摩擦因数=0.4，g 0 取10m/s2,则 ( 一直加速 先加速后匀速 A.传送带长L为24m B.若1=0，全程快递箱在传送带上留下的痕迹 w<v时，一 <时，先加速再 长为4m 直加速 匀速 C.若1=22，则全程快递箱的路程与传送带的 0>v时， >v时，先减速再 直减速 匀速 路程之比为12：13 滑块先减遠到速度为 D.若1=0，将传送带速度增大为原来的2倍，则 0,后被传送带传回 快递箱先匀加速运动再匀速运动 左端 滑块一直减 若饰≤，则返回到左 [听课记录] 速到右端 端时速度为0：若o >v,则返回到左端时 速度为v ”十”十”十十十+十 精品教辅·智慧人生 44 第三章运动和力的关系 考点二倾斜传送带中的动力学问题 [例4]如图所示，传送带与水平 地面的夹角0=37°，从A到B 的长度为L=10.25m,传送带 B∠A 以=10m/s的速率逆时针⊙ 转动.在传送带上端A无初速度放一个质量为 H m=0.5kg的黑色煤块（可视为质点），它与传送 听课记录] 带之间的动摩擦因数为以=0.5，煤块在传送带上 经过会留下黑色痕迹.已知sin37°=0.6， g取10m/s2,求： +/总结提升/+++++++++++++ (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能 倾斜传送带问题的常见情形及运动分析 否相对静止； 滑块的运动情况 (2)煤块从A运动到B的时间； 情景 传送带不 (3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕 足够长 传送带足够长 迹的长度 一直加速（一定 先加速后匀速 满足关系以> (一定满足关系 [听课记录 tan 0) utan 0) 若：≥tan0,先加 =0 速后匀速 一直加速（加速 度为gsin9+ 若以<tan0,先以 ugcos 0) a1加速，共速后摩 擦力方向改变，再 以a2加速 0<时，若4≥ <v时，一直 tan0,先加速后匀 拓展若煤块和传送带之间的动摩擦因数为0.75， 加速（加速度为 速：若以<tan0,先 gsin 0-ugcos 以a1加速，后以a2 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求煤块从A运动 加速 至B的时间. w>v时，若< tanB,一直加速， 加速度大小为 %>v时，若以> tan0,先减速后匀 [例5]（多选）(2025·湖南衡 gsin日-gcos9: 若>tan0, 速；若u<tan, 阳高三联考)传送带可以连续 直减速，加速度 一直加速；若以 地进行物料运输，且结构设计 大小为以gcos0 tan0,一直匀速 一gsin0:若 简单.如图所示，倾斜放置的 tan0,一直匀速 传送带与水平面间的夹角为 0,传送带顺时针运行的速度大小恒为o,一物块 utan6,一直加速 从传送带顶端以初速度1开始下滑，物块与传 以=tan0,一直匀速 送带间的动摩擦因数为4，传送带足够长，物块在 4>tan0,先减速到 传送带上运动过程中，速度随时间变化的图像可： 速度为0后反向加 能是（以物块初速度1的方向为正方向）() 速，若≤v,运动 u>tanf,一i (摩擦力方向 到原位置时逸度大 减速 一定沿传送 小为0：若0>U, 带向上) 运动到原位置时速 度大小为 B 温馨提示 请做课时分层检测（十四） 45 精品教辅·智慧人生考点四 第3课时 专题强化：牛顿第二定律！第4课时专题强化：“传送带”模型 1.基本导出 的综合应用 中的动力学问题 2.长度质量时间米千克秒 !考点一 !考点一 3.物理关系 「例1门答案AC :[例1]答案ABD [例7]答案A 解析三物块一起向右做匀加速直线运动，设 解析若传送带速度较小，滑块可能先在传送 1 解析 由f=2cpSt,可得c 2f ,右边式子！ 加速度为a,若=-0，分别对物块B、C组成的 带上做匀加速直线运动，加速度不变，与传送带 系统和物块C应用牛顿第二定律有F1=2ma,! 共速后，做匀速直线运动，加速度为零。芳传送 kg·m/s2 的单位为kgm:m",m/9=1,即c为常 F2=ma,易得F1:F2=2:1,C项正确，D项！ 带速度足够大，滑块可能在传送带上一直做匀 错误：若≠0，分别对物块B、C组成的系统和 加速直线运动，最终还未与传送带共速就已离 数，没有单位，B、C、D错误，A正确. 物块C应用牛顿第二定律有F1一2mmg=2ma,: 开传送带，故C错误，A、B、D正确. 第2课时牛顿第二定律的基本应用 F2一mg=ma,易得F1:F2=2：1,A项正[例2]答案AC 考点一 确，B项错误， 解析根据牛顿第二定律知，快递箱加速时加 [例1]答案(1)8m/s(2)-27J 解析1)物体所受的摩擦力为=m=0,2!拓展(1)①上 ②2F m2F m1十7mg 1十m2 m1十712 速度a=m=g=4m/s2,快递箱加速位移 111 ×1×10=2N0~2s,根据牛顿第二定律F mF 21 f=ma,其中F-6N,解得a=4m/s2.2s末的i (2) m1十12 x1一2a =8m,快递箱匀速位移=· a 速度v=at=2X4m/s=8m/s.前2s内的位：[例2]答案B(0 16m,所以传送带总长L=24m,故A正确：若 移x1=a=×4X22m=8m. 解析在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的： 1=0,快递箱加速位移x1=8m,传送带在这 大小相等，速度变化量大小相等，D错误；将a、 (2)2s3s内，根据牛颜第二定律F'一f= b看成一个整体，由牛顿第二定律得F合= 段时问内运动位移x华=·二=16m,则痕 ma,其中F'=-3N,可得a=-5m/s2,2s~1 4mg一2 mngsin0=(2m十4m)a,解得a=号，故 迹长=x一王1一8m,故B错误：如果1= 3s内，物体的位移工2=l十2at2,代入数据 B正确；以b为研究对象，设拉力为T,由牛顿} 快递箱加时间1=。=1s,加建 可得x2=5.5m.在0~一3s内物体所受摩擦力1 第二定律有4mg一T=4ma,解得T=2mg,故 做的功Wr=一f(x1十x2),代入数据可得Wr= A错误：由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°， 位移'= 2a ,=6m,匀速时间t2 27J. 则绳子对定滑轮的力为F=2Tc0s30°=2V5mg 例2]答案(1)0.08144N(2)200N 故C正确. =2.25s,在此期间传送带匀速位移x= 解析(1)“冰壶”在推力F作用下做匀加速运考点二 动，运动5m后的速度为0，由牛顿第二定律及[例3] (t1十t2)=26m,所以两者路程之比为L:x= 答案AB 12：13,故C正确：如果传送带速度加倍，则快 运动学公式可知F一mg=ma1,v2=2a1x1 解析 根据题图乙可知，发生相对滑动时，A、B 撒掉力F后，“冰壶”在摩擦力的作用下做匀减 间的滑动摩擦力为6N,所以A、B之间的动摩， 递箱加速时间'-2%=4s,加速位移x” a 速运动，10s时间内运动了40m,由牛领第二 擦因数以 nm=0.2,选项A正确：当0<F< 4v2 定律及运动学公式可知Fr=wmg=1ag,x? 2a =32m,大于24m,所以快递箱一直匀加 号，a=只，解得=0.08，F=144N 4N时，根据题图乙可知，F2还未达到B与地， 速运动，故D错误 面间的最大静摩擦力，此时A、B保持静止，选[例3]答案BC (2)若“冰壶”与冰面间的动摩擦因数为0.1，且 项B正确：当4NF<12N时，根据题图乙可 解析相对地面而言，小物块在0一1时间内， 要求启动10秒倒计时瞬间开始推动“冰壶”，并 知，此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦； 向左做匀减速直线运动，山1之后反向向右运动， 重复完成上述启停过程，设撤掉力那一瞬间冰 力，所以没有发生相对滑动，选项C错误：当F> 故小物块在1时刻离A处距离最大，A错误； 壶的速度为’，根据牛领第二定律及运动学公 12N时，根据题图乙可知，此时A、B发生相对： 式可知 小物块在0一1时间内，向左做匀减速直线运 匀加速过程F'一以'mg=ma 滑动，对A物块有a=四=2m/s2,加速度不 动，相对传送带向左运动，在t1一t2时间内，反 m 匀减速过程：'mg=ma1 向向右做匀加速直线运动，但速度小于传送带 变，选项D错误， 的速度，相对传送带向左运动，1g时刻两者同 所用总时间之十之=10S [例4]答案BD 速，在12一13时间内，小物块相对于传送带静 解析物块A、B分离前，在外力的作用下一起！ 止，所以？时刻小物块相对传送带滑动的距离 所走总路程2a十2a1 灯) =45m,解得F=200N. 沿斜面向上做加速运动，当物块A、B分离时物 达到最大值，B正确：0~12时间内，小物块相对 块A、B的加速度相等且沿斜面向上，A、B间的 [例3]答案C 传送带向左运动，始终受到向右的滑动摩擦力， 弹力为零，对物块A受力分析可知弹簧对A的： 解析设AO和B)与水平面夹角分别为a和 滑动摩擦力的大小和方向都不变，故C正确，D 弹力沿斜面向上，弹簧处于压缩状态，故A错 3,长度分别为l1和12，设圈的直径为d,由几何 误 关系有l1=dsin a,l2=dsin3,沿AO方向上，对！ 误：物块A、B分离瞬间，物块AB加速度相等，对！考点 小滑块由牛顿第二定律有ngsin a=a1,由运！ 物块B,由牛领第二定律有F-2mgn30=2ma:[例4们答案(1)不能(2)1.5s(3)5m d4 解析（1)由于mng sin37°>4 ng cos37°，所以 动学公式有4=414，联立解得1=√ 解得a=之g,所以物块A的加速度大小为！ 煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止 ?g,故B正确：对物块A受力分析，由牛颜第！ (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力 沿OB方向上，同理可得√g ,故C正确 1 二定律可得kx1一ngsin30°=ma,解得弹簧的！ 其加速度为a1=g(sin0+4cos)=10m/s2, 考点二 压缩量为1=，故C错误；F没有作用在B 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时 [例4]答案D 解析 设物块P的质量为M,物块P与桌面间· 上时，A、B处于静止状态，根据共点力平衡条 间1==1s,发生的位移1=7a112 3m，因此B 5 m 的动摩擦因数为以，轻绳上的拉力大小为T 件得3 ngsin30°=kx2,解得x2= 2k 对砝码和轻盘组成 煤块速度达到后，加速度大小改变，继续沿 牛顿第 的整体：mg-T=ma 传送带向下加速运动，则有 g-（+D,D对 运动的位移为2一跟，故D正确， 二定律气对物块P:T-uMg-hJ m+M a2=g(sin 0-ucos 0)=2 m/s2, [例5] 答案（12m/(20.5(3)125N x2=L-x1=5.25m, 「例51答案BCD 5 解析由题图(c)可知，1时刻物块、木板一起！ 由x2=t4十2a,”, 刚要在水平地面上滑动，物块与木板相对静止， 解析。(1)根据L=1十2a, 得t2=0.5s 此时以整体为研究对象有F1=(1十m?）g,! 代入数据解得a=2m/s2 故煤块从A运动到B的时间为1一t1十t2 故A错误： (2)根据牛顿第二定律有F一gsin日-mgcos0= 1.5s 由题图(c)可知，12时刻物块与木板刚要发生相： a,代入数据解得=0.5. (3)第一过程痕迹长△x1=4一x1=5m, 对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定 (3)设F与斜面夹角为a, 第二过程痕迹长△.x2=x2一%t2=0.25m, 律，有F,-1(m1十m,）g=(m1十m2）a, 平行斜面方向有Fcos a-ngsin0-Fy=ma △x2与△x1部分重合，故痕迹总长为5m, 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律， 垂直斜面方向有Fy十Fsin a-ngcos0 拓展答案1.4415 有以2m2g一1(m1十m2)g=m1a>0, 联立解得F=ma十mg(sin0叶ucos0) 解析由于Ff='Fy='ngcos0=mgsin0 解得F=m,(m1十m2) C0Sa十以S1na 即最大静摩擦力等于煤块重力沿传送带向下的 2一1)g 1 _a十mg(sin0+ucos) 分力，故煤块和传送带达到共速后将做匀速直 可知>m十四4，故B,C正确： √+1sin(e十a) 线运动，所以煤块先做匀加速直线运动，后做匀 当sin(o十a)=1时，F有最小值Fmim 速直线运动.a'=g(sin0+4cos0)=12m/s, 由题图(c)可知，0~t2时间段物块与木板相对 5 静止，所以有相同的加速度，故D正确. 代入数据解得Fm=125N 5 加造时间'-=号0.833s, 459 加速位移x1'= 2a11'2=25 速度变大，物块B和木板C产生了相对滑动， m, 故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1= m)a,变形得a=M十m F,当m《M时，可认为 匀速运动位移x2'=L一x1‘≈6.08m 10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0,当F2= 匀速运动时间，'=互=6：085=0.608s 15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin0=(M m十MM,则a=7F,即a与F成正比. 0 10 十ma.联立得M+m=2kg,i0=之，但是不[例]答案（1)m2 (2)0.35 总时间t=t1′十t2'=1.441s. gcos 0 [例5]答案ABC 能求解木板C的质量，故C错误：当F2=15N; 解析(])对铁块受力分析，由牛顿第二定律有 解析若mgcos0>mgsin0且v1≤po,物块！ 时，对物块B,有mgcos0-mgsin0=ma,解得！ 先向下减速到零，然后反向加速到山从传送带 mgsin0-mgeos0=ma,解得4=&sin& gcos日 顶端高开，物块加速和减速过程对称，故A正！ 4=5,散B错误 (2)两个相邻计数点之间的时间间隔 确：若umgeos>mgsin0且1>0o,物块先向 第6课时实验四：探究加速度与物体· T=5×六s=0.10s, 下减速到零，然后反向加速到，与传送带共速！ 后向上匀速运动，故B正确：若mgcos 0-=1gsin1 受力、物体质量的关系 由逐差法和△x=aT”可得 物块将向下一直做匀速直线运动，故C正确；若考点一 a (x,十z6十z)-（十十x≈1.97m/5, 一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大2.(1)合外力(2)质量(3)a-Fam 1 1272 小和方向均不变，物块加速度保持不变，故D! 错误 4.(2)牵引力(3)匀速(4)接通电源 放开！ 代入到=snA,解得0,35。 gcos a 第5课时专题强化：“滑块一木板”小车 阶段复习（一）力与直线运动 模型中的动力学问题 :6.(1)小车和纸带受到的阻力(3)m>m 【规范训练】答案(1)0.4(2)3.75m (4)打点计时器接通电源释放小车 考点一 [例1]答案(1)不需要(2)0.39(3)小车 (3)7+26 m [例1]答案(1)12N(2)分离5s 质量没有远远大于砂和砂桶的总质量(4)AB! 解析(1)二者即将相对滑动时，对整体有F- 解析(1)由运动学公式得1=a1t1, 解析(1)在补偿阻力这步操作中，不需要通过！ u(M+m)g=(M+m)a 细绳把砂桶挂在小车上 解得a1=2m/s2,对A由牛顿第二定律得F 对木板有mg一(M十m)g=Ma ! (2)相邻的两计数点之间还有4个点未画出，则 Amg=ma1,解得A=0.4. 联立解得F=12N. (2)t2=2.5s时B运动的位移大小xu=ot2 T=0.02×5s=0.1s (2)由于F=20N>12N,因此铁块与木板两者， 根据△x=aT 2×2.5m=5m,t2=2.5s时A运动的位移大 会分离，对铁块和木板由牛领第二定律分别有！ 可得该小车运动的加速度大小为= 13 小xA=2a142=分×2×2.52m=6.25m Fuimg=mat,umgu:(m+M)g-Ma: 4T2 解得a1=5m/s2,a2=1m/s2 _0.1537-0.0691-0.0691 2=2.5s时A、B间的距离x=Lo十xB-xA m/s2≈0.39m/s. 5m+5m-6.25m=3.75m. 根据L=2a1-2at 4×0.12 (3)对木板由牛顿第二定律得 (3)图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有 解得分离所需时间t=55 Amg-a(m十m十M)g=Mag,解得a2= 远远大于砂和砂桶的总质量， [例2]答案D (4)在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误： 1m/s9 解析物块与木板恰好相对滑动时物块的加速· 设经过'物块B滑到木板的右端时A、B恰好 差，通过多次测量的方式可以减小，A正确：因 度a=ms=g=2m/s,此时对整体有Fm 砂和砂桶加速下降，处于失重状态，则细绳的拉 相碰，则7a12-L0十o,A到达木板右端， 力小于砂和砂桶的总重力，即把砂和砂桶的总！ (M十m)g=(M十m)a,解得Fm=20N<F 重力当成小车的合力导致实验中存在系统误 40N,则物块与木板相对滑动，不可能以相同的 可得2a1”=L十2a2,联立解得L 差，可以将砂和砂桶以及小车看成一个整体研 加速度做匀加速运动，故A错误： 7+26 究，这样可以避免该系统误差，B正确；实验中 m. 木板的加速度a永板 F-ng一(M+m)g 2 M 用图像法处理数据可以减小偶然误差，C错误 第四章抛体运动 40-0.2×1×10-0.2×(1+4)×10 考点二 圆周运动 m/s2= [例2]答案(1)不需要(2)0.638 (3)D 第1课时 曲线运动运动的合 7m/s,故B错误；物块的加速度a携=ms 解析(1)实验中，细线对动滑轮和小车的作用 力通过弹簧测力计测量，不需要满足M>, 成与分解 :g=2m/s2,设经过时间t物块从木板上滑落，： 5 !考点一 (2)相邻计数点间的时间间隔为T 于=50s11.切线方向 则L=豆a板-a，代入数据解得1= =0.1s :2.变速(1)匀变速曲线 1s,此时物块的速度最大为⑦=a换t=2X 根据逐差法可得小车的加速度为 :判断正误 1m/s=2m/s,故C错误：物块到达木板左端 a=十1-2=2.67+3.32-1.40-2.041.×2.√3.×4.× 4T2 4×0.12 [例1]答案C 时木板前进的位移大小工来板=立口来核1=！ ×10-2m/s2=0.638m/s2, 解析气流对雨滴有作用力，当雨滴接近空气 之X7X1m=3.5m,故D正确」 (3)小车匀速运动时有2F。=F 伞时，受到水平方向的作用力，将产生水平方向 当更换重物后，由牛顿第二定律有2F一F 的加速度，此时雨滴所受的合力与运动的方向 [例31答案(1)4m/s(2)12m/s24m/s2 不在一条直线上，所以其运动轨迹将逐渐发生 -Ma (3)8m/s3m 弯曲，速度的方向不能发生突变，故A、B错误： 2F 解析(1)由牛领第二定律知mg一maA 解得a=F-M 雨滴原来的运动方向沿竖直方向向下，当受到 A加速度的大小aA=g 可知上式为一次函数，图像为一条倾斜直线，与！ 水平方向的作用力后，水平方向做加速直线运 根据匀变速直线运动速度位移关系vA2=2aAL: 横轴交于一点，故D正确 动，竖直方向做加速直线运动，从受力点开始 合外力和速度方向成锐角，雨滴所做的运动的 解得vA=√2gL=4m/s. :[例3]答案(4)较大较小(5)如图所示 (6)远大于钩码的质量 见解析 轨迹一定是向合外力方向发生弯曲：穿过气流 (2)在左边缘再次对齐前，对B, 区后，由于雨滴的速度方向斜向下，与重力不在 根据牛领第二定律得mg十2umg=map 42/m*s2) 同一直线上，雨滴仍做曲线运动，故C正确，D 解得aB=34g=12m/s2 6.0 错误， 对齐后，对A、B整体，根据牛领第二定律得： 甲 考点二 2mg=2may',解得am'=ag=4m/s2 40 1.(1)分运动(2)合运动 (3)经过时间t,A、B达到共同速度，位移分别： ·2.平行四边形定则 为xA,A加速度的大小等于aA, 3.实际效果 2.0 则0=aa1阳一ad,工A=2aa :4.(1)时间 (2)独立进行(3)效果 10 判断正误 u=vut-2aul',xu-A=L 1.×2.×3.× 01 0.30F9.8N [例2]答案C 解得1=8m/s,xB=2.5m 解析(4)根据题图(b)分析可知，与图线甲相， 解析运动员同时参与了两个分运动，竖直方 A,B达到共同速度后，有=2au'x 比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小， 向向下落的运动和水平方向随风飘的运动，两 解得x'=0.5m,所以sm=xB十xu'=3m (5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的 个分运动同时发生，相互独立，水平方向的风力 考点二 曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的： 大小不影响竖直方向的运动，即落地时间和着 [例4]答案D 点均匀分布在线的两侧，如答图所示，(6)对钩 地时竖直方向的速度不变，故A、B错误，C正 解析由图乙可知，当10N<F15N时物块1 码根据牛顿第二定律有F一T=ma,对小车根， 确：水平风力越大，水平方向的速度越大，则落 B和木板C相对静止，当F>15N时木板的加： 据牛顿第二定律有T=Ma,联立解得F=(M+! 地时的合速度越大，故D错误 460