专题02 力与物体的直线运动【压轴题】2026年高考物理压轴题专项训练（新高考通用）

**基本信息** 以高考评价体系为导向，构建“规律-方法-模型”三维训练体系，系统整合匀变速运动、牛顿定律及图像问题，提炼7类核心方法，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |匀变速运动规律|2题|过程示意图法、追及问题四法（过程分析/函数/图像/转换参考系）|从运动性质判断到公式选用，建立“运动描述-规律应用”逻辑链| |动力学问题|2题|“两个分析一个桥梁”解题步骤、整体法与隔离法|衔接运动学与力学，构建“受力分析-运动方程”推导路径| |连接体/临界问题|4题|加速度不同连接体处理、极限/假设/数学临界分析法|深化牛顿定律应用，突出系统与个体、量变与质变关系| |图像/模型问题|7题|非常规图像转换法、板块/传送带临界条件分析|融合运动图像与模型建构，实现从直观到抽象的思维提升|

专题02 力与物体的直线运动 01 匀变速直线运动规律的应用 1．【答案】C 【详解】无人送货车开始制动时的速度为v0，加速度大小为a，则前2s内的位移为15m，根据，可得 假设再行驶1s后没有停止，则前3s内位移为18.75m，则 联立解得v0=10m/s，a=2.5m/s2 则无人送货车停止运动的时间为，假设成立，即无人送货车做匀减速运动的加速度大小是2.5m/s2。 故选C。 2． 【答案】B 【详解】因A、B两点相距60m，由 又汽车做匀减速直线运动，故 由于要越过点，则， 联立解得 故选B。 02 动力学两类基本问题 3． 【答案】A 【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力对书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦力对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A正确； C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 解得 此时书本受到的静摩擦力为 书本与桌面间的最大静摩擦力为 由于 故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为0.18N，故C错误； B．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，此时书本的加速度大小为 所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误； D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为，则由运动学公式可得 解得 假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为，则由牛顿第二定律有 解得 则书本匀减速到0的位移为 由分析可知，书本实际上应先向右运动，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为 所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。 故选A。 4．【答案】B 【详解】小车从到做匀减速直线运动，已知初速度（未知）、末速度、位移、时间，质量。根据匀变速直线运动位移公式 解得初速度 由加速度定义式 解得 即加速度大小为，负号表示方向与初速度方向相反 根据牛顿第二定律有 解得。 故选B。 03 有关牛顿第二定律的连接体问题 5． 【答案】B 【详解】A．分离时，由牛顿第二定律， 对A有 对B有 对C有 联立得， 说明A仍在加速，速度未达最大值，A错误； B．释放C瞬间，弹簧弹力仍为，形变未变。 对A、B整体有 对C有 联立得 对A有 解得，B正确； C．对C有 代入 解得，C错误； D．分离时有 拉力，D错误。 故选 B。 6． 【答案】B 【详解】A．初始时细线无拉力，对B沿斜面方向受力平衡 初始时，弹簧形变量大小，故A错误； B．A速度最大时重力功率最大，此时加速度为0、合力为0。对A、B整体受力分析，设此时弹簧伸长量为， ，解得 从初始到速度最大，B沿斜面上移距离，A下落距离也为；且初始和末态弹簧形变量大小相等，弹性势能变化为0。 由动能定理 解得， 重力功率，故B正确； C．设A下落最大位移为（此时速度为0），此时弹簧伸长量 由能量守恒 下落的最大位移为，故C错误； D．A下落到最低点时，弹簧伸长量，弹簧弹力 对C沿斜面受力分析，C重力分力，因此挡板对C的弹力，故D错误。 故选B。 04 有关牛顿第二定律的临界极值问题 7． 【答案】C 【详解】若支持力恰好为零，对小球受力分析如图 受到重力和绳子拉力，小球向左加速，根据牛顿第二定律，有， 解得， 由以上分析可知，若装置的加速度，小球将飘离斜面受2个力作用；，小球在斜面上受3个力作用。 故选C。 8．【答案】B 【详解】A．设轻绳的拉力为T，对Q，在水平方向上，取水平向右为正方向，根据牛顿第二定律 在竖直方向上，根据平衡条件 联立，解得 所以，不同加速度下，轻绳中的拉力会改变，故A错误； B．当物块Q将离开斜面时，整体向左加速的加速度最大，此时对Q分析， 解得 对P受力分析， 联立，解得， 因为 所以，此时物块P相对斜面静止，故B正确； C．由A选项可知，当轻绳拉力为零时，整体向右加速的加速度最大，此时 解得 对P受力分析， 联立，解得， 因为 所以，此时物块P已经相对斜面发生滑动，所以若整体相对静止，则 故C错误； D．对物块P、Q和斜面组成的整体，在竖直方向上，根据平衡条件可得 故D错误。 故选B。 05 板块和传送带模型 9．【答案】B 【详解】AC．由题中图像可知，0~0.2s内碳包做匀加速运动，加速度 0.2s~0.6s内碳包做匀加速运动 对碳包在第一个加速阶段受力分析，可得 对碳包在第二个加速阶段受力分析，可得 联立解得，，选项AC错误； B．由前面的分析结合题中图像得传送带的速度，选项B正确； D．内传送带的位移 碳包的位移 痕迹长度 痕迹长度 因为 故最终痕迹长度为，选项D错误。 故选B。 10．【答案】C 【详解】A．开始时，木块受滑动摩擦力向左，做减速运动，木板向右做加速运动，当二者共速时，可能一起向右加速，也可能分别向右加速，木板的加速度大于木块，则木块的速度不可能减到零，故A错误； B．根据A选项的分析，二者共速后，木块必然做加速运动，则加速度方向与之前相反，故B错误； C．共速前，摩擦力对木块做功的功率 共速后，二者可能一起加速，则木块与木板之间的摩擦力突变为静摩擦力，且没有达到最大，则此时摩擦力的功率为，故C正确； D．共速前，系统产生的热量 可知热量与时间不是正比关系，共速后，二者可能一起加速，不产生热量，故D错误。 故选C。 一、单选题 1． 【答案】C 【详解】在两段图像中加速度随时间线性变化，可取其平均加速度，公交车等效于以平均加速度做匀减速运动，设公交车的刹车时间为t,则公交车恰好不会撞上的条件 解得 故选C。 2． 【答案】A 【详解】设质点做匀加速直线运动的加速度为，质点通过NP段和PQ段的相等时间为，由匀变速直线运动的判别式可得 设M点到N点的距离为，质点从M点由静止出发，有 联立各式解得，故选A。 3． 【答案】B 【详解】AB．对物体由牛顿第二定律得 解得 末，物体的速度大小为 内，物体的位移大小为，故A错误，B正确； C．运动过程中，速度沿着合力方向，撤去一个水平力以后，速度方向与另外一个水平力的方向不共线，做曲线运动，故C错误； D．若运动过程中撤去水平外力，物体会做匀速直线运动，故D错误。 故选B。 4． 【答案】C 【详解】A．圆柱体沿金属杆下滑过程中，受重力、两细杆对其的支持力以及摩擦力，共5个力，故A错误； B．单根细杆弹力与圆心构成的三角形中，单根杆弹力与圆心到两接触点中线的夹角满足 垂直于杆方向，圆柱体受力平衡；重力垂直杆的分力等于两根杆弹力的合力，即 解得，故B错误； C．沿杆方向根据牛顿第二定律可得， 解得，故C正确； D．若拉着圆柱体匀速向上运动，沿杆方向受力平衡，则 解得，故D错误。 故选C。 5． 【答案】B 【详解】A．初始图示位置静止时，N与地面弹力为零，对Q受力分析，弹簧对Q向下的弹力等于，Q重力为，因此左侧绳子拉力 对P受力平衡，水平方向 代入， 得 竖直方向 代入得 得 故A错误； B．AP长为L，由几何关系 得图示位置 AB间距 释放P时P在AB水平线上，初始 因此Q上升高度 P下降高度 由于AP与BP夹角为 AP长度不变，P速度垂直于AP，因此沿BP方向，Q的速度 释放P时绳子无弹力，对Q受力分析，弹簧弹力向上等于Q重力，弹簧压缩量 图示位置弹簧伸长量 形变量大小相等，因此初末弹性势能相等 由系统机械能守恒 代入、、、 得 化简得 故B正确； C．对Q由动能定理 代入得 故C错误； D．初态弹簧压缩 末态弹簧伸长 形变量大小相等，弹性势能相等，因此弹性势能增加量为0，故D错误。 故选B。 6．【答案】A 【详解】A．对行李，有， 行李与传送带间的滑动摩擦力大小 摩擦力方向与运动方向相同，行李与挡板间的滑动摩擦力大小 摩擦力方向与运动方向相反，对行李，有 解得，故A正确； C．行李随传送带一起匀速运动时，传送带对行李的摩擦力与挡板对行李的摩擦力平衡，故C错误； BD．行李加速运动的时间 加速运动的位移 匀速运动的时间 总时间，故BD错误。 故选A。 7．【答案】C 【详解】如图所示，可设二者达到速度后，一起匀减速至时刻停止。 对物块，有，则 对木板，有，则 二者一起匀减速时，有，则 A B．当时，可推出，矛盾，故A B均错误； C．当时，可推出，故C正确； D．当时，可推出，故D错误。 故选C。 8． 【答案】D 【详解】A．时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向，弹簧并非为原长，故A错误； B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为 木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为，故B错误； C．时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为，故C错误； D．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得 解得 根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，故D正确。 故选D。 二、多选题 9．【答案】BD 【详解】A．如图所示，图线为抛物线，即玩具车的位移是时间的二次函数，根据可知玩具车做匀变速直线运动，又图像斜率表示速度，斜率变小，可知玩具车做减速运动，故A错误； B．玩具车在的位移，倾斜的直线为P点的切线，可知时速度为 根据 代入数据解得玩具车在时的速度为10m/s，故B正确； C．根据可得玩具车的加速度大小为，故C错误； D．根据速度公式 解得 可知玩具车在时停止运动，根据逆向思维有 可得玩具车在内的位移为 即玩具车在内的位移为，故D正确。 故选BD。 10． 【答案】AB 【详解】A．由图像的斜率表示加速度，可知时飞行器加速度大小为，故A正确； B．由图像可知飞行器在内向上减速运动，加速度方向向下，所以时飞行器处于失重状态，故B正确； C．由图像可知内向下加速运动，加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得时飞行器升力大小为，故C错误； D．设时刻飞行器返回地面，根据图像与横轴围成的面积表示位移，则有 解得，故D错误。 故选AB。 11． 【答案】AD 【详解】A．A释放后瞬间，对A有 对B有 代入数据得，故A正确； B．A的速度最大时，其所受合力为零，有 由图乙可得 解得，故B错误； C．当A速度最大时，A前进，此过程中A克服摩擦力做功 由动能定理有 联立解得，故C错误； D．由C项分析得 解方程得 当时，或，故D正确。 故选AD。 12． 【答案】AD 【详解】A．根据 可知 所以滑块由A点释放后沿传送带向下做匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确； BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故B错误，D正确； C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。 故选AD。 三、解答题 13． 【答案】(1)12m (2)4s 【详解】（1）根据匀变速直线运动规律 整理可得 结合图像可知A、B两车均做匀变速直线运动，对于A车 可得 对于B车，可得 设经过t时间二者速度相等，此时相距最远，则有 代入数据解得 A、B两车共同的速度 A车的位移 B车的位移 故二者之间的最大距离 （2）设A车经过x=16m的时间为tA，B车经过x=16m的时间为tB 对于A车，则有 解得tA=4s（另一解tA=8s时A车已停止运动，舍去） 对于B车，则有 解得 A、B两车分别经过x=16m处的时间差 14． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据， 其中 根据牛顿第二定律， 小滑块运动的时间为t，有 解得 （2）设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律 在时间内 其中 解得 （3）设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理 满足条件 撤去F后 满足条件 根据运动学公式 解得 即拉力作用的最短时间为 15． 【答案】(1) (2)， (3)0.5s 【详解】（1）对木块A与铁板B整体进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得 对木块A进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得B对A的支持力为 （2）设在0到t1时间内，木块A的加速度大小为a1，铁板B的加速度大小为a2，木块A与铁板B间动摩擦因数为μ1，铁板B与地板间动摩擦因数为μ2。由图乙可知，以后木块A从铁板B上掉落，由于图像与坐标轴围成的面积代表位移，所以铁板B的长度为 由图乙可知，木块A在铁板B上运动的加速度为 同理可得该过程铁板B的加速度为 在t1到t2时间内，对铁板B进行受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 在0到t1时间内，对铁板B进行受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 在0到t1时间内，对木块A进行受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 （3）设此过程中，木块A与铁板B间最大静摩擦力为f1max，铁板B与地板间最大静摩擦力为f2max，则， 由于，故铁板B静止不动，对木块A水平方向进行研究，设水平方向加速度为aA，对水平方向列牛顿第二定律方程有 解得 由运动学规律可得 解得t=0.5s 7 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 力与物体的直线运动 命题预测 2026年高考命题将继续紧扣《中国高考评价体系》，强调对物理观念和科学思维的考查。 · 匀变速直线运动规律：依然是“压舱石”。备考需重点掌握初速度为零的匀加速直线运动的比例式（如1:3:5...）和刹车问题的陷阱（先判断停下时间）。 · 运动图像深度考察：除了传统的 v-t 和 x-t 图，要特别注意非常规图像（如 v²-x、a-t、x/t - t 图），以及结合 a-x 图像分析变力作用下的运动。 · 牛顿运动定律：必考“瞬时加速度问题”（如剪断弹簧/细绳瞬间）和连接体问题（整体法与隔离法）。弹簧类问题要注意弹力不能突变的特性。 · 多过程与临界问题：特别是板块模型与传送带模型。这类题常结合 v-t 图像考查相对运动和临界摩擦力的判断。在2026年高考中，无论是选择题还是计算题，力与物体的直线运动问题都将是重点考查的对象，其重要性不言而喻。 高频考法 1. 匀变速直线运动公式的灵活运用； 2. 有关牛顿第二定律的连接体问题； 3. 动力学两类基本问题； 4. 有关牛顿第二定律的临界极值问题； 5. 运动学和动力学图像； 6. 板块模型； 7.传送带模型。 考向一：匀变速直线运动规律的应用 1.应用匀变速直线运动规律解题的基本思路 画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论 2.匀变速直线运动问题常用的解题方法 3．处理追及问题的常用方法 过程分析法 函数法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，追上与追不上的条件 图像法 画出v－t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观 转换参考系法 以其中一个物体为参考系，确定出另一个物体在参考系下的速度与加速度（以谁为参考系减去谁，注意矢量相减） 考向二 动力学两类基本问题 1.解决动力学两类问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” (2) 找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂, 可画位置示意图确定位移之间的联系。 2．两类动力学问题的解题步骤 考向三：有关牛顿第二定律的连接体问题 1.处理连接体问题的方法： ①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 ②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 2.处理连接体问题的步骤： 3.特例：加速度不同的连接体的处理方法： ①方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。 ②方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下： 此时牛顿第二定律的形式：； 说明：①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内； ②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。 考向四 有关牛顿第二定律的临界极值问题 1. 问题情景 （1）当题目中出现“最大”“最小”或“刚好”等关键词时，经常隐藏着临界问题。 （2）当题目要求解某个物理量的最大值、最小值、范围或需要满足的条件时，经常为临界问题。 （3）常见临界条件 两物体刚好要相对滑动 静摩擦力达到最大值 两物体在压力方向刚好脱离接触 相互作用的弹力为零 轻绳刚好绷直或松弛 轻绳上张力为零 2. 思路与方法 （1）基本思路 ①认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。 ②寻找过程中变化的物理量。 ③探索物理量的变化规律。 ④确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。 （2）思维方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 考向五 运动学和动力学图像 1．分析v－t图像和x－t图像问题时的四点注意事项 (1)x－t图像和v－t图像描述的都是直线运动，而不是曲线运动． (2)x－t图像和v－t图像不表示物体运动的轨迹． (3)x－t图像中两图线的交点表示两物体相遇，而v－t图像中两图线的交点表示两物体速度相等． (4)图线为直线时，斜率所表示的物理量不变，若为曲线，则该量发生变化，与物体运动的轨迹无关． 2．常见非常规图像（处理方法：找原始关系式，理解清楚坐标的截距、图线的交点、拐点的物理意义） 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2－x图像 由v2－v＝2ax 得v2＝v＋2ax 2a v －t图像 由x＝v0t＋at2 得＝v0＋at a v0 a－F图像 由F－μmg＝ma 得a＝－μg －μg 3．图像问题的解题思路 一看 坐标轴 ①确认纵、横坐标轴对应的物理量及其单位 ②注意纵、横坐标是否从零刻度开始 二看 截距、 斜率、面积 图线在坐标轴上的截距表示运动的初始情况 斜率通常能够体现某个物理量(如v-t图像的斜率反映了加速度)的大小、方向及变化情况 最常见的是v-t图像中面积表示位移大小,要注意时间轴下方的面积表示位移为负,说明这段位移方向与正方向相反 三看 交点、 转折点、 渐近线 交点往往是解决问题的切入点,注意交点表示物理量相等,不一定代表物体相遇 转折点表示物理量发生突变,满足不同的函数关系式,如v-t图像中速度由增变减,表明加速度突然反向 利用渐近线可以求出该物理量的极值或确定它的变化趋势 4.分析动力学图像问题的方法技巧 （1）分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程。 （2）建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理过程。 （3）建立图像与公式间的关系：对于a－F图像、F－x图像、v－t图像、v2－x图像等，都应先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、面积、截距等对应的物理意义。 （4）要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。 考向六 板块模型 1.模型特点 上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动． 2.两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长． 3.解题方法 整体法、隔离法． 4.解题思路 （1）求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。 （2）明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 状态 板、块速度不相等 板、块速度相等瞬间 板、块共速运动 方法 隔离法 假设法 整体法 步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff >Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界 条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件 原理 时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 考向七 传送带模型 一.水平传送带问题的常见情形及运动分析 1.物块初速度方向与传送带速度方向相同 图示 速度大 小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长， 物块v－t图像 Ff方向 运动状态 v0＝0 向右 匀加速直线运动 v0<v 向右 匀加速直线运动 v0>v 向左 匀减速直线运动 2.物块初速度方向与传送带速度方向相反 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块运动状态 传送带较短 向左 匀减速直线运动 传送带足够长 v0<v 向左 v－t图像： v0>v 向左(共速前) v－t图像： 二.倾斜传送带问题 1.物块由低处传送到高处(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v－t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0＝0 沿传送带 向上 μgcos θ －gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v v0>v 沿传送带向下 μgcos θ ＋gsin θ 匀减速 直线运动 2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v－t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0＝0 沿传送带向下 μgcos θ ＋gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v 沿传送 带向下 μgcos θ ＋gsin θ 匀加速 直线运动 v0>v 沿传送带向上 μgcos θ －gsin θ 匀减速 直线运动 3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ) 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 加速度大小 物块运动状态 传送带 较短 沿传送 带向上 μgcos θ－gsin θ 匀减速直线运动 传送带 足够长 v0<v 沿传送 带向上 μgcos θ－gsin θ v－t图像： v0>v 沿传送 带向上 共速前： μgcos θ－gsin θ 共速后：0 v－t图像： 思考　若μ＝tan θ或μ<tan θ，物块将做什么运动？ 答案　若μ＝tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。 01 匀变速直线运动规律的应用 1．随着现代科技的发展，无人送货车成为城市速递送货的重要力量。如图所示为一辆无人送货车正在平直公路上匀速行驶，车内感应系统突然感应到前方有车辆低速行驶。车内制动系统立即启动，使汽车做匀减速直线运动。从某时刻起开始计时，在前2s内的位移为15m，在紧接着的1s内位移为3.75m，则无人送货车做匀减速运动的加速度大小是（　　） A．1.5m/s2 B．2.0m/s2 C．2.5m/s2 D．3.0m/s2 2．如图所示，平直路面上A、B两点相距60m，汽车做匀减速直线运动，从其最前端到达点开始计时，时刚好越过点。到达点时汽车的速度可能为（　　） A． B． C． D． 02 动力学两类基本问题 3．图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有质量m=0.2kg、长s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时立即锁定。下列说法正确的是（　　） A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功 B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大 C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N D．书本能与抽屉左侧发生磕碰 4．如图所示，一儿童将无动力玩具小车在地面上滑出，松手后小车由斜面底端A冲上倾角的斜面，运动至B时速度为0。已知小车的质量为，A、B之间的距离为0.75m，小车由A至B所用的时间为0.5s。则小车沿斜面上滑时所受的合力大小为（　　） A．2N B．1.2N C．0.2N D．1N 03 有关牛顿第二定律的连接体问题 5．如图所示，物块A、B的质量均为m，C的质量为2m，其中物块A、B上下叠放，A放在轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离。此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值 B．释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为 C．释放C后瞬间，轻绳对C的拉力大小为 D．A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为 6．如图所示，、两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，、两小球通过劲度系数为的轻质弹簧相连，放在倾角为带有挡板的固定光滑斜面上，斜面足够长。初始时用手控制住，使细线伸直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线与斜面平行，此时整个系统处于静止状态。现释放球（球下落过程中不会触地）。已知、的质量均为，的质量为，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量），不计一切摩擦，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．初始时，弹簧形变量大小为 B．下落过程中其重力的最大功率为 C．下落的最大位移为 D．下落到最低点时挡板与球之间的弹力为 04 有关牛顿第二定律的临界极值问题 7．如图所示，水平地面上一车厢内固定有倾角为的光滑斜面，一根平行斜面的轻绳一端固定在斜面顶端，另一端连接质量为的小球置于斜面上。已知重力加速度为，不计空气阻力，当整个装置一起水平向左做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．小球一定受2个力的作用 B．小球一定受3个力的作用 C．当装置水平向左的加速度大小为时，轻绳的拉力大小为 D．当装置水平向左的加速度大小为时，小球受3个力的作用 8．如图所示，质量为3m的斜面体静止在光滑水平地面上，其AB面粗糙、BC面光滑，顶端装有光滑的轻质定滑轮。质量分别为2m、m的物块P、Q通过轻绳连接并静置在斜面上，P与AB面之间的动摩擦因数为。现使整体在水平方向上加速，P、Q始终在同一竖直面内且相对斜面体静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．不同加速度下，轻绳中的拉力始终不会变化 B．整体向左加速的最大加速度为 C．整体向右加速的最大加速度为 D．地面对斜面体的作用力始终为3mg 05 板块和传送带模型 9．如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t=0时刻，将一碳包轻放在顶端A点，碳包沿传送带向下滑动，经过0.6s碳包滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度随时间变化的规律如图乙所示，碳包可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（　　） A．传送带的倾角α=30° B．传送带的速度v=1.6m/s C．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.2 D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.48m 10．如图甲所示，在光滑水平面上静置一长为、质量为的木板。质量为的木块以初速度滑上木板上表面，同时对木板施加一个水平向右的恒力，木板与木块之间的动摩擦因数为。关于木块速度、加速度、摩擦力对木块做功的功率以及系统产生的热量随时间变化的关系图像，乙图中可能正确的是（　　） A． B．C． D． 一、单选题 1．公交车以的速度匀速行驶，发现前方处电动车以的速度与公交车同向行驶。公交车司机见状立即紧急刹车，为避免突然刹车让乘客有明显的顿挫感，刹车的加速度大小随时间按图示规律变化。刹车结束时，公交车恰好不会撞上电动车，则公交车的刹车时间为（　　） A． B． C． D． 2．M、N、P、Q为同一直线上的四个点，N、P间的距离为a，P、Q间的距离为b。一个质点从M点由静止出发，沿该直线做匀加速直线运动，依次经过N、P、Q三点，且质点通过NP段和PQ段的时间相等。则M点到N点的距离为（　　） A． B． C． D． 3．质量为的物体静止在光滑水平面上。如图所示，给这个物体施加两个大小都是且互成角的水平力，下列说法中正确的是（　　） A．末物体的速度大小为8m/s B．内物体运动的位移大小为 C．若运动过程中撤去一个水平力，则物体的运动仍为直线运动 D．若运动过程中撤去所有水平力，物体会做匀减速直线运动直至静止 4．游乐场有一滑滑梯游乐项目，其原理简化如图。两根直金属细杆与水平面以的夹角相互平行固定放置，两细杆间距。一个半径、质量的圆柱体从细杆的上端由静止开始下滑，圆柱体与细杆之间的动摩擦因数，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，，，，则（　　） A．圆柱体下滑过程中受到3个力作用 B．每根细杆对圆柱体的弹力大小都是 C．圆柱体下滑时的加速度大小为 D．用平行于直金属杆向上的拉力可拉着圆柱体匀速运动 5．如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接物体Q，物体Q、N通过轻弹簧竖直连接，Q、N的质量均为m。整个系统初始静止时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为37°和53°，此时物体N与地面间的弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，由静止释放小球P。已知右侧绳AP的长为L，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，不计空气阻力与滑轮摩擦。下列说法正确的是（　　） A．小球P的质量为 B．小球P运动到图示位置时，物体Q的速度大小为​​ C．小球P从释放到图示位置的过程中，轻绳对物体Q做的功为 D．小球P从释放到图示位置的过程中，弹簧的弹性势能增加了 6．某机场行李物品传送装置的直线段部分简化图如图甲所示，传送装置由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，行李在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。传送带上表面与水平台面的夹角θ=37°，传送带运行速度v=1m/s，传送带的长度L=50m。旅客将长方体行李（可视为质点）从传送带的左端由静止释放，行李在传送带的右端被取走，已知行李与传送带间的动摩擦因数μ1=0.3125，其侧面与挡板C间的动摩擦因数μ2=0.25，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．行李相对传送带运动时的加速度大小为1m/s2 B．行李在传送带上加速运动的时间为2s C．行李随传送带一起匀速运动时不受传送带的摩擦力 D．行李在传送带上运动的时间为46s 7．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（）长木板速度为时，将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，物块运动的速度一时间图像可能是下列选项中的（　　） A． B． C． D． 8．如图所示，劲度系数为的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为的木板A连接，木板上有一质量为的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，内两物体的v-t图像如图所示，时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周期公式，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为，则（　　） A．时刻弹簧处于原长 B． C．时刻弹簧的伸长量 D．时刻物块B速度 二、多选题 9．小朋友用遥控器控制玩具汽车使其在平直的轨道上沿同一方向行驶，从时刻开始计时，通过位移传感器描绘了玩具车的位移（x）随时间（t）的变化规律，如图所示。图线为抛物线，图中标出了时的P点坐标值，倾斜的直线为P点的切线。下列说法正确的是（　　） A．玩具车做匀加速直线运动 B．玩具车在时的速度为10m/s C．玩具车的加速度大小为 D．玩具车在内的位移为25m 10．小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（　　） A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态 C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面 11．如图甲所示，物块A放在水平桌面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块B相连，质量分别为、。以A静止时的位置O为坐标原点，水平向右为正方向建立直线坐标系，A与桌面间的动摩擦因数随位移x的变化如图乙所示。A离滑轮的距离足够远，重力加速度g取。现由静止释放物块A，则（　　） A．A释放后的瞬间，绳中张力大小为4N B．A在处时，其速度最大 C．A运动过程中的最大速度为 D．A的速度大小为1m/s时，其位置坐标可能为 12．如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为。传送带均以速率沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B．滑块一定可以回到点 C．滑块最终停留在点 D．若不断增大水平传送带的速率，滑块也不会运动到A点上方 三、解答题 13．如图甲所示为t=0时，A、B两车在两条平行的平直公路上同向运行时的高空俯视图，此时两车车头平齐。为了检测两车的刹车与加速性能，控制平台利用车载速度传感系统分别描绘出了A车刹车过程与B车加速过程中速度的平方（v2）随位移（x）变化的图像如图乙所示。求： (1)A、B两车相遇前最大距离； (2)A、B两车分别经过x=16m处的时间差。 14．如图所示，将质量2kg的薄木板放在水平桌面上，在木板上放质量1kg的小滑块（可视为质点），滑块距离木板左边缘0.18m，距离桌面右边缘0.27m。已知滑块与木板间动摩擦因数为0.1，木板与桌面间、滑块与桌面间的动摩擦因数相同，均为0.2。现用水平恒力拉动木板，将木板从滑块下面抽出，滑块恰好未从桌面上掉下。重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)小滑块运动的时间； (2)若拉力始终作用在木板上，求拉力的大小； (3)若改变拉力的大小，使其作用一段时间后撤去，求拉力作用的最短时间。 15．如图甲所示为空间足够大的某实验用箱，可视为质点的木块A质量m1=4kg，叠放在m2=1kg长为L的铁板B最左端，A右侧系有轻质细绳，被带有拉力传感器的牵引机拉动；箱内水平地板装有压力传感器，同时地板还可对B提供恒定吸引力F=50N；两侧竖直挡板分别装有水平方向运动传感器和水平拉力传感器；计算机可利用这些传感器数据，测得物体B所受地板支持力FN、物体A所受细绳拉力FT，各个物体运动的v-t图像。（g=10m/s2） (1)若实验用箱以恒定加速度a竖直向下运动，压力传感器的示数为FN=60N、水平拉力传感器示数为零时，求B对A的支持力N； (2)若实验用箱静止不动，当细绳拉力大小FT0恒定时，A、B两个物体的v-t图像如图乙所示，求铁板B的长度L及细绳拉力FT0； (3)若实验用箱以（1）问的恒定加速度a竖直向下运动，同时FT=10.4N时，求A开始相对B运动，到水平方向上脱离B所用时间t。 1 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 力与物体的直线运动 命题预测 2026年高考命题将继续紧扣《中国高考评价体系》，强调对物理观念和科学思维的考查。 · 匀变速直线运动规律：依然是“压舱石”。备考需重点掌握初速度为零的匀加速直线运动的比例式（如1:3:5...）和刹车问题的陷阱（先判断停下时间）。 · 运动图像深度考察：除了传统的 v-t 和 x-t 图，要特别注意非常规图像（如 v²-x、a-t、x/t - t 图），以及结合 a-x 图像分析变力作用下的运动。 · 牛顿运动定律：必考“瞬时加速度问题”（如剪断弹簧/细绳瞬间）和连接体问题（整体法与隔离法）。弹簧类问题要注意弹力不能突变的特性。 · 多过程与临界问题：特别是板块模型与传送带模型。这类题常结合 v-t 图像考查相对运动和临界摩擦力的判断。在2026年高考中，无论是选择题还是计算题，力与物体的直线运动问题都将是重点考查的对象，其重要性不言而喻。 高频考法 1. 匀变速直线运动公式的灵活运用； 2. 有关牛顿第二定律的连接体问题； 3. 动力学两类基本问题； 4. 有关牛顿第二定律的临界极值问题； 5. 运动学和动力学图像； 6. 板块模型； 7.传送带模型。 考向一：匀变速直线运动规律的应用 1.应用匀变速直线运动规律解题的基本思路 画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论 2.匀变速直线运动问题常用的解题方法 3．处理追及问题的常用方法 过程分析法 函数法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，追上与追不上的条件 图像法 画出v－t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观 转换参考系法 以其中一个物体为参考系，确定出另一个物体在参考系下的速度与加速度（以谁为参考系减去谁，注意矢量相减） 考向二 动力学两类基本问题 1.解决动力学两类问题的两个关键点 (1)把握“两个分析”“一个桥梁” (2) 找到不同过程之间的“联系”,如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,若过程较为复杂, 可画位置示意图确定位移之间的联系。 2．两类动力学问题的解题步骤 考向三：有关牛顿第二定律的连接体问题 1.处理连接体问题的方法： ①当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 ②当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。 2.处理连接体问题的步骤： 3.特例：加速度不同的连接体的处理方法： ①方法一（常用方法）：可以采用隔离法，对隔离对象分别做受力分析、列方程。 ②方法二（少用方法）：可以采用整体法，具体做法如下： 此时牛顿第二定律的形式：； 说明：①F合x、F合y指的是整体在x轴、y轴所受的合外力，系统内力不能计算在内； ②a1x、a2x、a3x、……和a1y、a2y、a3y、……指的是系统内每个物体在x轴和y轴上相对地面的加速度。 考向四 有关牛顿第二定律的临界极值问题 1. 问题情景 （1）当题目中出现“最大”“最小”或“刚好”等关键词时，经常隐藏着临界问题。 （2）当题目要求解某个物理量的最大值、最小值、范围或需要满足的条件时，经常为临界问题。 （3）常见临界条件 两物体刚好要相对滑动 静摩擦力达到最大值 两物体在压力方向刚好脱离接触 相互作用的弹力为零 轻绳刚好绷直或松弛 轻绳上张力为零 2. 思路与方法 （1）基本思路 ①认真审题，详尽分析问题中变化的过程(包括分析整体过程中有几个阶段)。 ②寻找过程中变化的物理量。 ③探索物理量的变化规律。 ④确定临界状态，分析临界条件，找出临界关系。 （2）思维方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 考向五 运动学和动力学图像 1．分析v－t图像和x－t图像问题时的四点注意事项 (1)x－t图像和v－t图像描述的都是直线运动，而不是曲线运动． (2)x－t图像和v－t图像不表示物体运动的轨迹． (3)x－t图像中两图线的交点表示两物体相遇，而v－t图像中两图线的交点表示两物体速度相等． (4)图线为直线时，斜率所表示的物理量不变，若为曲线，则该量发生变化，与物体运动的轨迹无关． 2．常见非常规图像（处理方法：找原始关系式，理解清楚坐标的截距、图线的交点、拐点的物理意义） 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2－x图像 由v2－v＝2ax 得v2＝v＋2ax 2a v －t图像 由x＝v0t＋at2 得＝v0＋at a v0 a－F图像 由F－μmg＝ma 得a＝－μg －μg 3．图像问题的解题思路 一看 坐标轴 ①确认纵、横坐标轴对应的物理量及其单位 ②注意纵、横坐标是否从零刻度开始 二看 截距、 斜率、面积 图线在坐标轴上的截距表示运动的初始情况 斜率通常能够体现某个物理量(如v-t图像的斜率反映了加速度)的大小、方向及变化情况 最常见的是v-t图像中面积表示位移大小,要注意时间轴下方的面积表示位移为负,说明这段位移方向与正方向相反 三看 交点、 转折点、 渐近线 交点往往是解决问题的切入点,注意交点表示物理量相等,不一定代表物体相遇 转折点表示物理量发生突变,满足不同的函数关系式,如v-t图像中速度由增变减,表明加速度突然反向 利用渐近线可以求出该物理量的极值或确定它的变化趋势 4.分析动力学图像问题的方法技巧 （1）分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程。 （2）建立图像与物体运动间的关系：把图像与具体的题意、情景结合起来，明确图像反映的是怎样的物理过程。 （3）建立图像与公式间的关系：对于a－F图像、F－x图像、v－t图像、v2－x图像等，都应先建立函数关系，然后根据函数关系读取信息或描点作图，特别要明确图像斜率、面积、截距等对应的物理意义。 （4）要注意一些特殊点：比如起点、截距、转折点、两图线的交点，特别注意临界点(在临界点物体运动状态往往发生变化)。 考向六 板块模型 1.模型特点 上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动． 2.两种位移关系 滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长． 3.解题方法 整体法、隔离法． 4.解题思路 （1）求加速度：因题目所给的情境中至少涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。 （2）明确关系：对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。这是解题的突破口。特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 状态 板、块速度不相等 板、块速度相等瞬间 板、块共速运动 方法 隔离法 假设法 整体法 步骤 对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程 假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff >Ffm，则发生相对滑动 将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析 临界 条件 ①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件 原理 时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等 考向七 传送带模型 一.水平传送带问题的常见情形及运动分析 1.物块初速度方向与传送带速度方向相同 图示 速度大 小比较 物块和传送带共速前 传送带足够长， 物块v－t图像 Ff方向 运动状态 v0＝0 向右 匀加速直线运动 v0<v 向右 匀加速直线运动 v0>v 向左 匀减速直线运动 2.物块初速度方向与传送带速度方向相反 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 物块运动状态 传送带较短 向左 匀减速直线运动 传送带足够长 v0<v 向左 v－t图像： v0>v 向左(共速前) v－t图像： 二.倾斜传送带问题 1.物块由低处传送到高处(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v－t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0＝0 沿传送带 向上 μgcos θ －gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v v0>v 沿传送带向下 μgcos θ ＋gsin θ 匀减速 直线运动 2.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相同(μ>tan θ) 图示 速度大 小比较 物块与传送带共速前 传送带足够长，物块运动的v－t图像 Ff方向 加速度大小 运动状态 v0＝0 沿传送带向下 μgcos θ ＋gsin θ 匀加速 直线运动 v0<v 沿传送 带向下 μgcos θ ＋gsin θ 匀加速 直线运动 v0>v 沿传送带向上 μgcos θ －gsin θ 匀减速 直线运动 3.物块从高处传送到低处，物块初速度方向与传送带速度方向相反(μ>tan θ) 图示 状态 速度大小比较 Ff方向 加速度大小 物块运动状态 传送带 较短 沿传送 带向上 μgcos θ－gsin θ 匀减速直线运动 传送带 足够长 v0<v 沿传送 带向上 μgcos θ－gsin θ v－t图像： v0>v 沿传送 带向上 共速前： μgcos θ－gsin θ 共速后：0 v－t图像： 思考　若μ＝tan θ或μ<tan θ，物块将做什么运动？ 答案　若μ＝tan θ，物块一直匀速下滑；若μ<tan θ，物块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。 01 匀变速直线运动规律的应用 1．随着现代科技的发展，无人送货车成为城市速递送货的重要力量。如图所示为一辆无人送货车正在平直公路上匀速行驶，车内感应系统突然感应到前方有车辆低速行驶。车内制动系统立即启动，使汽车做匀减速直线运动。从某时刻起开始计时，在前2s内的位移为15m，在紧接着的1s内位移为3.75m，则无人送货车做匀减速运动的加速度大小是（　　） A．1.5m/s2 B．2.0m/s2 C．2.5m/s2 D．3.0m/s2 【答案】C 【详解】无人送货车开始制动时的速度为v0，加速度大小为a，则前2s内的位移为15m，根据，可得 假设再行驶1s后没有停止，则前3s内位移为18.75m，则 联立解得v0=10m/s，a=2.5m/s2 则无人送货车停止运动的时间为，假设成立，即无人送货车做匀减速运动的加速度大小是2.5m/s2。 故选C。 2．如图所示，平直路面上A、B两点相距60m，汽车做匀减速直线运动，从其最前端到达点开始计时，时刚好越过点。到达点时汽车的速度可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因A、B两点相距60m，由 又汽车做匀减速直线运动，故 由于要越过点，则， 联立解得 故选B。 02 动力学两类基本问题 3．图甲为办公桌抽屉柜。如图乙所示，抽屉质量M=1.8kg，长度d=0.8m，内有质量m=0.2kg、长s=0.2m的书，书的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度及抽屉与柜体间的摩擦，书与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平恒力F=1.8N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体挡板时立即锁定。下列说法正确的是（　　） A．书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功 B．若拉力逐渐增大，则书的加速度也一直增大 C．抽屉遇到挡板前，书本受到摩擦力大小为0.2N D．书本能与抽屉左侧发生磕碰 【答案】A 【详解】A．抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力向右，由于书本的位移也向右，所以此时摩擦力对书本做正功；当抽屉遇到柜体挡板后，书本受到的摩擦力向左，而书本的位移还是向右，则此时摩擦力对书本做负功。所以书运动全过程，摩擦力对书本先做正功后做负功，故A正确； C．抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，则对书本和抽屉由牛顿第二定律可得 解得 此时书本受到的静摩擦力为 书本与桌面间的最大静摩擦力为 由于 故假设成立，即抽屉遇到柜体挡板前，书本和抽屉一起加速，所以书本受到的摩擦力大小为0.18N，故C错误； B．当拉力较小时，书本和抽屉一起向右加速，随着拉力的逐渐增大，则书的加速度也会增大。但当拉力超过某一值后，书本与抽屉发生相对滑动，此时书本的加速度由滑动摩擦力决定，由牛顿第二定律可知，此时书本的加速度大小为 所以之后随着拉力的逐渐增大，书本的加速度保持不变，故B错误； D．设抽屉遇到挡板瞬间书本的速度为，则由运动学公式可得 解得 假设之后书本做单向匀减速直线运动，设其加速度为，则由牛顿第二定律有 解得 则书本匀减速到0的位移为 由分析可知，书本实际上应先向右运动，然后再向左减速到0，则书本向左运动的距离为 所以书本不能与抽屉左侧发生磕碰，故D错误。 故选A。 4．如图所示，一儿童将无动力玩具小车在地面上滑出，松手后小车由斜面底端A冲上倾角的斜面，运动至B时速度为0。已知小车的质量为，A、B之间的距离为0.75m，小车由A至B所用的时间为0.5s。则小车沿斜面上滑时所受的合力大小为（　　） A．2N B．1.2N C．0.2N D．1N 【答案】B 【详解】小车从到做匀减速直线运动，已知初速度（未知）、末速度、位移、时间，质量。根据匀变速直线运动位移公式 解得初速度 由加速度定义式 解得 即加速度大小为，负号表示方向与初速度方向相反 根据牛顿第二定律有 解得。 故选B。 03 有关牛顿第二定律的连接体问题 5．如图所示，物块A、B的质量均为m，C的质量为2m，其中物块A、B上下叠放，A放在轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离。此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值 B．释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为 C．释放C后瞬间，轻绳对C的拉力大小为 D．A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为 【答案】B 【详解】A．分离时，由牛顿第二定律， 对A有 对B有 对C有 联立得， 说明A仍在加速，速度未达最大值，A错误； B．释放C瞬间，弹簧弹力仍为，形变未变。 对A、B整体有 对C有 联立得 对A有 解得，B正确； C．对C有 代入 解得，C错误； D．分离时有 拉力，D错误。 故选 B。 6．如图所示，、两小球由绕过定滑轮的轻质细线相连，、两小球通过劲度系数为的轻质弹簧相连，放在倾角为带有挡板的固定光滑斜面上，斜面足够长。初始时用手控制住，使细线伸直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线与斜面平行，此时整个系统处于静止状态。现释放球（球下落过程中不会触地）。已知、的质量均为，的质量为，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量），不计一切摩擦，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．初始时，弹簧形变量大小为 B．下落过程中其重力的最大功率为 C．下落的最大位移为 D．下落到最低点时挡板与球之间的弹力为 【答案】B 【详解】A．初始时细线无拉力，对B沿斜面方向受力平衡 初始时，弹簧形变量大小，故A错误； B．A速度最大时重力功率最大，此时加速度为0、合力为0。对A、B整体受力分析，设此时弹簧伸长量为， ，解得 从初始到速度最大，B沿斜面上移距离，A下落距离也为；且初始和末态弹簧形变量大小相等，弹性势能变化为0。 由动能定理 解得， 重力功率，故B正确； C．设A下落最大位移为（此时速度为0），此时弹簧伸长量 由能量守恒 下落的最大位移为，故C错误； D．A下落到最低点时，弹簧伸长量，弹簧弹力 对C沿斜面受力分析，C重力分力，因此挡板对C的弹力，故D错误。 故选B。 04 有关牛顿第二定律的临界极值问题 7．如图所示，水平地面上一车厢内固定有倾角为的光滑斜面，一根平行斜面的轻绳一端固定在斜面顶端，另一端连接质量为的小球置于斜面上。已知重力加速度为，不计空气阻力，当整个装置一起水平向左做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．小球一定受2个力的作用 B．小球一定受3个力的作用 C．当装置水平向左的加速度大小为时，轻绳的拉力大小为 D．当装置水平向左的加速度大小为时，小球受3个力的作用 【答案】C 【详解】若支持力恰好为零，对小球受力分析如图 受到重力和绳子拉力，小球向左加速，根据牛顿第二定律，有， 解得， 由以上分析可知，若装置的加速度，小球将飘离斜面受2个力作用；，小球在斜面上受3个力作用。 故选C。 8．如图所示，质量为3m的斜面体静止在光滑水平地面上，其AB面粗糙、BC面光滑，顶端装有光滑的轻质定滑轮。质量分别为2m、m的物块P、Q通过轻绳连接并静置在斜面上，P与AB面之间的动摩擦因数为。现使整体在水平方向上加速，P、Q始终在同一竖直面内且相对斜面体静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．不同加速度下，轻绳中的拉力始终不会变化 B．整体向左加速的最大加速度为 C．整体向右加速的最大加速度为 D．地面对斜面体的作用力始终为3mg 【答案】B 【详解】A．设轻绳的拉力为T，对Q，在水平方向上，取水平向右为正方向，根据牛顿第二定律 在竖直方向上，根据平衡条件 联立，解得 所以，不同加速度下，轻绳中的拉力会改变，故A错误； B．当物块Q将离开斜面时，整体向左加速的加速度最大，此时对Q分析， 解得 对P受力分析， 联立，解得， 因为 所以，此时物块P相对斜面静止，故B正确； C．由A选项可知，当轻绳拉力为零时，整体向右加速的加速度最大，此时 解得 对P受力分析， 联立，解得， 因为 所以，此时物块P已经相对斜面发生滑动，所以若整体相对静止，则 故C错误； D．对物块P、Q和斜面组成的整体，在竖直方向上，根据平衡条件可得 故D错误。 故选B。 05 板块和传送带模型 9．如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t=0时刻，将一碳包轻放在顶端A点，碳包沿传送带向下滑动，经过0.6s碳包滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度随时间变化的规律如图乙所示，碳包可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（　　） A．传送带的倾角α=30° B．传送带的速度v=1.6m/s C．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.2 D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.48m 【答案】B 【详解】AC．由题中图像可知，0~0.2s内碳包做匀加速运动，加速度 0.2s~0.6s内碳包做匀加速运动 对碳包在第一个加速阶段受力分析，可得 对碳包在第二个加速阶段受力分析，可得 联立解得，，选项AC错误； B．由前面的分析结合题中图像得传送带的速度，选项B正确； D．内传送带的位移 碳包的位移 痕迹长度 痕迹长度 因为 故最终痕迹长度为，选项D错误。 故选B。 10．如图甲所示，在光滑水平面上静置一长为、质量为的木板。质量为的木块以初速度滑上木板上表面，同时对木板施加一个水平向右的恒力，木板与木块之间的动摩擦因数为。关于木块速度、加速度、摩擦力对木块做功的功率以及系统产生的热量随时间变化的关系图像，乙图中可能正确的是（　　） A． B．C． D． 【答案】C 【详解】A．开始时，木块受滑动摩擦力向左，做减速运动，木板向右做加速运动，当二者共速时，可能一起向右加速，也可能分别向右加速，木板的加速度大于木块，则木块的速度不可能减到零，故A错误； B．根据A选项的分析，二者共速后，木块必然做加速运动，则加速度方向与之前相反，故B错误； C．共速前，摩擦力对木块做功的功率 共速后，二者可能一起加速，则木块与木板之间的摩擦力突变为静摩擦力，且没有达到最大，则此时摩擦力的功率为，故C正确； D．共速前，系统产生的热量 可知热量与时间不是正比关系，共速后，二者可能一起加速，不产生热量，故D错误。 故选C。 一、单选题 1．公交车以的速度匀速行驶，发现前方处电动车以的速度与公交车同向行驶。公交车司机见状立即紧急刹车，为避免突然刹车让乘客有明显的顿挫感，刹车的加速度大小随时间按图示规律变化。刹车结束时，公交车恰好不会撞上电动车，则公交车的刹车时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】在两段图像中加速度随时间线性变化，可取其平均加速度，公交车等效于以平均加速度做匀减速运动，设公交车的刹车时间为t,则公交车恰好不会撞上的条件 解得 故选C。 2．M、N、P、Q为同一直线上的四个点，N、P间的距离为a，P、Q间的距离为b。一个质点从M点由静止出发，沿该直线做匀加速直线运动，依次经过N、P、Q三点，且质点通过NP段和PQ段的时间相等。则M点到N点的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设质点做匀加速直线运动的加速度为，质点通过NP段和PQ段的相等时间为，由匀变速直线运动的判别式可得 设M点到N点的距离为，质点从M点由静止出发，有 联立各式解得，故选A。 3．质量为的物体静止在光滑水平面上。如图所示，给这个物体施加两个大小都是且互成角的水平力，下列说法中正确的是（　　） A．末物体的速度大小为8m/s B．内物体运动的位移大小为 C．若运动过程中撤去一个水平力，则物体的运动仍为直线运动 D．若运动过程中撤去所有水平力，物体会做匀减速直线运动直至静止 【答案】B 【详解】AB．对物体由牛顿第二定律得 解得 末，物体的速度大小为 内，物体的位移大小为，故A错误，B正确； C．运动过程中，速度沿着合力方向，撤去一个水平力以后，速度方向与另外一个水平力的方向不共线，做曲线运动，故C错误； D．若运动过程中撤去水平外力，物体会做匀速直线运动，故D错误。 故选B。 4．游乐场有一滑滑梯游乐项目，其原理简化如图。两根直金属细杆与水平面以的夹角相互平行固定放置，两细杆间距。一个半径、质量的圆柱体从细杆的上端由静止开始下滑，圆柱体与细杆之间的动摩擦因数，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，，，，则（　　） A．圆柱体下滑过程中受到3个力作用 B．每根细杆对圆柱体的弹力大小都是 C．圆柱体下滑时的加速度大小为 D．用平行于直金属杆向上的拉力可拉着圆柱体匀速运动 【答案】C 【详解】A．圆柱体沿金属杆下滑过程中，受重力、两细杆对其的支持力以及摩擦力，共5个力，故A错误； B．单根细杆弹力与圆心构成的三角形中，单根杆弹力与圆心到两接触点中线的夹角满足 垂直于杆方向，圆柱体受力平衡；重力垂直杆的分力等于两根杆弹力的合力，即 解得，故B错误； C．沿杆方向根据牛顿第二定律可得， 解得，故C正确； D．若拉着圆柱体匀速向上运动，沿杆方向受力平衡，则 解得，故D错误。 故选C。 5．如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接物体Q，物体Q、N通过轻弹簧竖直连接，Q、N的质量均为m。整个系统初始静止时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向的夹角分别为37°和53°，此时物体N与地面间的弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，由静止释放小球P。已知右侧绳AP的长为L，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，不计空气阻力与滑轮摩擦。下列说法正确的是（　　） A．小球P的质量为 B．小球P运动到图示位置时，物体Q的速度大小为​​ C．小球P从释放到图示位置的过程中，轻绳对物体Q做的功为 D．小球P从释放到图示位置的过程中，弹簧的弹性势能增加了 【答案】B 【详解】A．初始图示位置静止时，N与地面弹力为零，对Q受力分析，弹簧对Q向下的弹力等于，Q重力为，因此左侧绳子拉力 对P受力平衡，水平方向 代入， 得 竖直方向 代入得 得 故A错误； B．AP长为L，由几何关系 得图示位置 AB间距 释放P时P在AB水平线上，初始 因此Q上升高度 P下降高度 由于AP与BP夹角为 AP长度不变，P速度垂直于AP，因此沿BP方向，Q的速度 释放P时绳子无弹力，对Q受力分析，弹簧弹力向上等于Q重力，弹簧压缩量 图示位置弹簧伸长量 形变量大小相等，因此初末弹性势能相等 由系统机械能守恒 代入、、、 得 化简得 故B正确； C．对Q由动能定理 代入得 故C错误； D．初态弹簧压缩 末态弹簧伸长 形变量大小相等，弹性势能相等，因此弹性势能增加量为0，故D错误。 故选B。 6．某机场行李物品传送装置的直线段部分简化图如图甲所示，传送装置由传送带及固定挡板组成，固定挡板与传送带上表面垂直，行李在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。传送带上表面与水平台面的夹角θ=37°，传送带运行速度v=1m/s，传送带的长度L=50m。旅客将长方体行李（可视为质点）从传送带的左端由静止释放，行李在传送带的右端被取走，已知行李与传送带间的动摩擦因数μ1=0.3125，其侧面与挡板C间的动摩擦因数μ2=0.25，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．行李相对传送带运动时的加速度大小为1m/s2 B．行李在传送带上加速运动的时间为2s C．行李随传送带一起匀速运动时不受传送带的摩擦力 D．行李在传送带上运动的时间为46s 【答案】A 【详解】A．对行李，有， 行李与传送带间的滑动摩擦力大小 摩擦力方向与运动方向相同，行李与挡板间的滑动摩擦力大小 摩擦力方向与运动方向相反，对行李，有 解得，故A正确； C．行李随传送带一起匀速运动时，传送带对行李的摩擦力与挡板对行李的摩擦力平衡，故C错误； BD．行李加速运动的时间 加速运动的位移 匀速运动的时间 总时间，故BD错误。 故选A。 7．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（）长木板速度为时，将一物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，物块运动的速度一时间图像可能是下列选项中的（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，可设二者达到速度后，一起匀减速至时刻停止。 对物块，有，则 对木板，有，则 二者一起匀减速时，有，则 A B．当时，可推出，矛盾，故A B均错误； C．当时，可推出，故C正确； D．当时，可推出，故D错误。 故选C。 8．如图所示，劲度系数为的弹簧左端固定，右端与光滑水平面上的足够长、质量为的木板A连接，木板上有一质量为的物块B。将弹簧拉伸至某一位置，让木板及物块由静止释放，释放后两物体相对滑动，内两物体的v-t图像如图所示，时刻曲线的斜率恰好为零，已知弹簧振子的周期公式，k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，A、B间的摩擦因数为，则（　　） A．时刻弹簧处于原长 B． C．时刻弹簧的伸长量 D．时刻物块B速度 【答案】D 【详解】A．时刻根据木板加速度为零可知木板处于平衡状态，弹簧弹力大小与木板所受摩擦力等大反向，弹簧并非为原长，故A错误； B．木板跟随弹簧振动，弹簧振子的质量只包含木板A，周期为 木板A回到平衡位置的时间为周期的四分之一，应为，故B错误； C．时刻木板处于平衡位置，弹簧弹力与木板所受摩擦力等大反向，伸长量根据胡克定律为，故C错误； D．物块B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得 解得 根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得，故D正确。 故选D。 二、多选题 9．小朋友用遥控器控制玩具汽车使其在平直的轨道上沿同一方向行驶，从时刻开始计时，通过位移传感器描绘了玩具车的位移（x）随时间（t）的变化规律，如图所示。图线为抛物线，图中标出了时的P点坐标值，倾斜的直线为P点的切线。下列说法正确的是（　　） A．玩具车做匀加速直线运动 B．玩具车在时的速度为10m/s C．玩具车的加速度大小为 D．玩具车在内的位移为25m 【答案】BD 【详解】A．如图所示，图线为抛物线，即玩具车的位移是时间的二次函数，根据可知玩具车做匀变速直线运动，又图像斜率表示速度，斜率变小，可知玩具车做减速运动，故A错误； B．玩具车在的位移，倾斜的直线为P点的切线，可知时速度为 根据 代入数据解得玩具车在时的速度为10m/s，故B正确； C．根据可得玩具车的加速度大小为，故C错误； D．根据速度公式 解得 可知玩具车在时停止运动，根据逆向思维有 可得玩具车在内的位移为 即玩具车在内的位移为，故D正确。 故选BD。 10．小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是（　　） A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态 C．时飞行器升力大小为 D．时飞行器返回地面 【答案】AB 【详解】A．由图像的斜率表示加速度，可知时飞行器加速度大小为，故A正确； B．由图像可知飞行器在内向上减速运动，加速度方向向下，所以时飞行器处于失重状态，故B正确； C．由图像可知内向下加速运动，加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得时飞行器升力大小为，故C错误； D．设时刻飞行器返回地面，根据图像与横轴围成的面积表示位移，则有 解得，故D错误。 故选AB。 11．如图甲所示，物块A放在水平桌面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块B相连，质量分别为、。以A静止时的位置O为坐标原点，水平向右为正方向建立直线坐标系，A与桌面间的动摩擦因数随位移x的变化如图乙所示。A离滑轮的距离足够远，重力加速度g取。现由静止释放物块A，则（　　） A．A释放后的瞬间，绳中张力大小为4N B．A在处时，其速度最大 C．A运动过程中的最大速度为 D．A的速度大小为1m/s时，其位置坐标可能为 【答案】AD 【详解】A．A释放后瞬间，对A有 对B有 代入数据得，故A正确； B．A的速度最大时，其所受合力为零，有 由图乙可得 解得，故B错误； C．当A速度最大时，A前进，此过程中A克服摩擦力做功 由动能定理有 联立解得，故C错误； D．由C项分析得 解方程得 当时，或，故D正确。 故选AD。 12．如图所示，一水平传送带与一倾斜固定的传送带在点相接，倾斜传送带与水平面的倾角为。传送带均以速率沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块（视为质点），滑块与传送带间的动摩擦因数均为，且。不计滑块在传送带连接处的能量损失，传送带足够长。下列说法正确的是（　　） A．滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同 B．滑块一定可以回到点 C．滑块最终停留在点 D．若不断增大水平传送带的速率，滑块也不会运动到A点上方 【答案】AD 【详解】A．根据 可知 所以滑块由A点释放后沿传送带向下做匀加速运动，所受摩擦力沿传送带向上，滑块经过B点后在水平传送带上运动，再次返回到B点时速度小于或等于v，然后沿倾斜传送带向上匀减速，所受摩擦力沿传送带向上，速度减小到零后重复之前的过程，所以滑块在倾斜传送带上运动时，向上运动和向下运动受力情况均相同，加速度也相同，故A正确； BD．若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v，则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等，因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同，所以滑块上滑的最高点仍为A点；若滑块第一次到达B点时的速度大于v，则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v，滑块上滑的最高点将比A点低，所以滑块不一定能回到A点，故B错误，D正确； C．由以上分析可知，滑块将在B点两侧来回运动，不会停止运动，故C错误。 故选AD。 三、解答题 13．如图甲所示为t=0时，A、B两车在两条平行的平直公路上同向运行时的高空俯视图，此时两车车头平齐。为了检测两车的刹车与加速性能，控制平台利用车载速度传感系统分别描绘出了A车刹车过程与B车加速过程中速度的平方（v2）随位移（x）变化的图像如图乙所示。求： (1)A、B两车相遇前最大距离； (2)A、B两车分别经过x=16m处的时间差。 【答案】(1)12m (2)4s 【详解】（1）根据匀变速直线运动规律 整理可得 结合图像可知A、B两车均做匀变速直线运动，对于A车 可得 对于B车，可得 设经过t时间二者速度相等，此时相距最远，则有 代入数据解得 A、B两车共同的速度 A车的位移 B车的位移 故二者之间的最大距离 （2）设A车经过x=16m的时间为tA，B车经过x=16m的时间为tB 对于A车，则有 解得tA=4s（另一解tA=8s时A车已停止运动，舍去） 对于B车，则有 解得 A、B两车分别经过x=16m处的时间差 14．如图所示，将质量2kg的薄木板放在水平桌面上，在木板上放质量1kg的小滑块（可视为质点），滑块距离木板左边缘0.18m，距离桌面右边缘0.27m。已知滑块与木板间动摩擦因数为0.1，木板与桌面间、滑块与桌面间的动摩擦因数相同，均为0.2。现用水平恒力拉动木板，将木板从滑块下面抽出，滑块恰好未从桌面上掉下。重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)小滑块运动的时间； (2)若拉力始终作用在木板上，求拉力的大小； (3)若改变拉力的大小，使其作用一段时间后撤去，求拉力作用的最短时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小滑块在木板上运动的加速度为，时间为，在桌面上运动的加速度为，时间为，根据， 其中 根据牛顿第二定律， 小滑块运动的时间为t，有 解得 （2）设小滑块在木板上运动时木板的加速度为a，根据牛顿第二定律 在时间内 其中 解得 （3）设F作用一段时间，小滑块与木板分离时速度为v，对木板根据动量定理 满足条件 撤去F后 满足条件 根据运动学公式 解得 即拉力作用的最短时间为 15．如图甲所示为空间足够大的某实验用箱，可视为质点的木块A质量m1=4kg，叠放在m2=1kg长为L的铁板B最左端，A右侧系有轻质细绳，被带有拉力传感器的牵引机拉动；箱内水平地板装有压力传感器，同时地板还可对B提供恒定吸引力F=50N；两侧竖直挡板分别装有水平方向运动传感器和水平拉力传感器；计算机可利用这些传感器数据，测得物体B所受地板支持力FN、物体A所受细绳拉力FT，各个物体运动的v-t图像。（g=10m/s2） (1)若实验用箱以恒定加速度a竖直向下运动，压力传感器的示数为FN=60N、水平拉力传感器示数为零时，求B对A的支持力N； (2)若实验用箱静止不动，当细绳拉力大小FT0恒定时，A、B两个物体的v-t图像如图乙所示，求铁板B的长度L及细绳拉力FT0； (3)若实验用箱以（1）问的恒定加速度a竖直向下运动，同时FT=10.4N时，求A开始相对B运动，到水平方向上脱离B所用时间t。 【答案】(1) (2)， (3)0.5s 【详解】（1）对木块A与铁板B整体进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得 对木块A进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 解得B对A的支持力为 （2）设在0到t1时间内，木块A的加速度大小为a1，铁板B的加速度大小为a2，木块A与铁板B间动摩擦因数为μ1，铁板B与地板间动摩擦因数为μ2。由图乙可知，以后木块A从铁板B上掉落，由于图像与坐标轴围成的面积代表位移，所以铁板B的长度为 由图乙可知，木块A在铁板B上运动的加速度为 同理可得该过程铁板B的加速度为 在t1到t2时间内，对铁板B进行受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 在0到t1时间内，对铁板B进行受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 在0到t1时间内，对木块A进行受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 （3）设此过程中，木块A与铁板B间最大静摩擦力为f1max，铁板B与地板间最大静摩擦力为f2max，则， 由于，故铁板B静止不动，对木块A水平方向进行研究，设水平方向加速度为aA，对水平方向列牛顿第二定律方程有 解得 由运动学规律可得 解得t=0.5s 7 / 35 学科网（北京）股份有限公司 $