2.4 力与运动的图象 专项训练-2027届高考物理一轮复习选考尖子培优【浙江专用】

该高中物理讲义聚焦力与运动的图象专题，覆盖图象识别转换、动力学分析、临界极值等高考核心考点，按知识逻辑架构梳理v-t、a-t、F-x图象物理意义及弹簧、传送带等模型应用，通过核心知识梳理、典型题型分类讲解、提升练习分层训练，帮助学生系统突破难点。 资料以模型建构和科学推理为特色，如传送带模型中通过分析不同速度下物体运动过程培养科学思维，设置单选、多选、解答题分层练习及真题详解，保障复习效果，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

2.4 力与运动的图象 【核心知识】 一、图象识别与转换： 1. 理解 v-t 图象的斜率（加速度）、截距、面积（位移）的物理意义。 2. 理解 a-t 图象的面积（速度变化量）。 3. 理解 F-x 图象的面积（功）。 二、动力学图象分析： 1. 根据物理过程绘制或选择正确的图象。 2. 由图象反推物体的受力变化（如弹簧弹力、摩擦力突变）。 3. 结合牛顿第二定律 进行定量计算。 三、临界与极值问题： 1. 分析图象中的转折点（如速度相等点、摩擦力突变点）。 2. 涉及弹簧模型、传送带模型、板块模型的综合分析。 【典型题型】 题型一、弹簧与简谐运动类图象 特点：考查物体与弹簧相互作用时，加速度、速度随时间或位移的变化规律，常涉及对称性和能量守恒。 例题1、如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，落在弹簧上后继续向下运动到最低点的过程中，小球的速度v随时间t的变化图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BCD是平滑的曲线．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，则关于A、B、C、D各点对应的小球下落的位置坐标x及所对应的加速度a的大小，以下说法正确的是 （ ） A．xA=h，aA=0 B．xB=h+，aB>0 C．xC=h+2，aC= g D．xD>h+2，aD=g 题型二、雨滴下落与变力运动类 特点：考察空气阻力随速度变化（或）时，物体的加速度和速度图象。 例题2、已知雨滴在空中运动时所受空气阻力，其中k为比例系数，r为雨滴半径，为其运动速率．t=0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示．落地前雨滴已做匀速运动，速率为．下列图像中错误的是 A． B． C． D． 题型三、传送带模型类图象 特点：考查物体在传送带上根据相对运动情况（加速、减速、共速）产生的 v-t 图或物理量随传送带速度变化的图象。 例题3、如图所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，传送带的左端与一光滑圆弧槽末端相切，现有一质量为1kg的物体（视为质点），从高h=1.25m处O点无初速度下滑，物体从A点滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，保持物体下落的高度不变，改变皮带轮的速度v，则物体到达传送带另一端的速度vB随v的变化图线是（） A． B． C． D． 题型四、板块（滑块-木板）模型类图象 特点：考查两个物体之间存在摩擦力，外力作用下产生相对运动或相对静止时的a-t或v-t图。 例题4、如图甲所示，水平地面上有一足够长木板，将一小物块放在长木板右端，给长木板施加一水平向右的变力F，长木板及小物块的加速度a随变力F变化的规律如图乙所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（    ） A．小物块与长木板间的动摩擦因数为 B．长木板与地面间的动摩擦因数为 C．小物块的质量为 D．长木板的质量为 题型五、综合计算与图象结合类 特点：给出具体的 v-t 或 F-t 图象，要求进行定量计算（如位移、功、动量变化）。 例题5、图甲所示是单人划龙舟运动。一名龙舟队员进行单人划龙舟练习，他每次划桨用时0.7s，回桨用时0.3s。划桨时能沿运动方向对龙舟提供恒定的推力F，回桨时龙舟不受推力，龙舟在运动方向上受到的阻力恒为f。某次练习时，龙舟的速度随时间变化的v-t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．在0~0.7s内，桨对水的力大于水对桨的力 B．在0~2s内，龙舟前进了1.58m C．在0~1s内，F的冲量与f的冲量大小之比为11：5 D．在此次练习的过程中，经过3次划桨后，龙舟的速度不低于1.8m/s 【提升练习】 一、单选题 1．如图所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定于桌面，现将一物块放于弹簧上同时对物块施加一竖直向下的外力，并使系统静止，若将外力突然撤去，则物块在第一次到达最高点前的速度-时间图像（图中实线）可能是图中的 A．B．C．D． 2．以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小恒定不变，下列用虚线和实线描述两物体运动过程的v-t图像可能正确的（ ） A． B．C． D． 3．将两个物体以相同的初速度同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率的二次方成正比，下列用两条实线描述两物体运动的图像可能正确的是（虚线是图像与时间轴交点处的切线）（　　） A．B．C．D． 4．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态（x=0），现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动（g为重力加速度，空气阻力不计），此过程中FN或F随x变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 5．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． 6．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上一个具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为时刻，记录小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿传送带向上的运动方向为正方向，其中速度大小）。已知传送带的速度保持不变，则下列判断错误的是（　　） A．传送带沿顺时针方向运动 B．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则 C．时间内，传送带对物块做的功为 D．物块克服摩擦力做的功一定等于物块机械能的减少量 二、多选题 7．水平力方向确定，大小随时间的变化如图甲所示，用力拉静止在水平桌面上的物块，在从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度大小为，最大静摩擦力大于滑动摩擦力。由图可知（　　） A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为 B．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1 C．物块的质量 D．时，物块的速度为 8．如图，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（　　） A． B． C． D． 9．如图甲所示，一定长度、质量为的长木板放在水平面上，质量为且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为时刻，内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，时将外力大小改为，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度则（　　） A．物块与长木板间的动摩擦因数为 B．长木板上施加一水平向右的外力 C．长木板最终的速度大小为； D．长木板的最小长度m。 10．如图所示，滑块放置在足够长的木板的右端，木板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为，木板与地面间动摩擦因数为，原来均静止。零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，某时刻撤去该力。滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则从零时刻起，二者的速度一时间图象可能为（ ） A． B．C．D． 11．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 12．如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示。A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力随时间变化的图线中，正确的是（　　） A． B．C．D． 13．如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k（足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车以速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动l，此过程其速度v随时间t变化的v-t图象如图乙所示。已知在0~t1时间内，图线为曲线，在t1~t2时间内，图线为直线。已知装置安全工作时，轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（　　） A．在0~t1时间内，小车运动的位移为 B．在t1时刻，小车速度为 C．在t1+t2时刻，小车恰好离开轻弹簧 D．在0~t2时间内，轻杆摩擦产生热Q=fl 14．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，做出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为。以下判断正确的是（　　） A．当，小球的动能最大 B．最低点的坐标为 C．小球接触弹簧至运动到最低点的过程重力和弹簧弹力的冲量等大反向 D．处弹簧的弹性势能为 15．如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B，保持A的质量不变，改变B的质量m；当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取，斜面的倾角为，下列说法正确的是（　　） A．若已知，可求出A的质量 B．若未知，可求出图乙中的值 C．若已知，可求出图乙中的值 D．若已知，可求出图乙中的值 16．如图所示，质量为2m的长木板P放置在足够大的水平地面上，质量为m的木块Q放在长木板P上，初始时P、Q均静止，已知木块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现对长木板P或木块Q施加一水平拉力F，下列关于木板P和木块Q的运动情况的说法，正确的是（　　） A．若拉力F作用在木块Q上，，则木块Q的加速度大小为 B．若拉力F作用在木块Q上，无论怎样改变F的大小，木板P都不可能运动 C．若拉力F作用在木板P上，则地面对木板P的摩擦力大小一定为 D．若拉力F作用在木板P上，P、Q相对静止，则 17．如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车表面间的动摩擦因数为0.1，t＝0时，车受水平外力作用开始沿水平面向右做直线运动，其v-t图象如图乙所示，已知t＝12s后车静止不动。平板车足够长，物块不会从车上掉下，g取10m/s2。关于物块的运动，以下描述正确的是（　　） A．0～6s加速，加速度大小为2m/s2，6～12s减速，加速度大小为2m/s2 B．0～8s，物块所受摩擦力向右，8～12s物块所受摩擦力向左 C．物块直到停止全过程物体在小车表面划过的痕迹长度为40m D．物块直到停止全过程物体在小车表面划过的痕迹长度为24m 18．如图所示，水平挡板A和竖直挡板B固定在斜面C上，一质量为m的光滑小球恰能与两挡板和斜面同时接触，挡板A、B和斜面C对小球的弹力大小分别为和．现使斜面和物体一起在水平面上水平向左做加速度为a的匀加速直线运动．若不会同时存在，斜面倾角为，重力加速度为g，则下列图像中，可能正确的是 A． B．C． D． 三、解答题 19．如图甲所示，水平传送带的长度，皮带轮的半径，皮带轮以角速度ω顺时针匀速转动。现有一质量为1kg的小物体（视为质点）以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x。保持物体的初速度v0不变，多次改变皮带轮的角速度ω，依次测量水平位移x，得到如图乙所示的x-ω图象。已知重力加速度。回答下列问题： (1)当时，物体在A、B之间做什么运动？ (2)物块的初速度v0为多大？ (3)B端距地面的高度h为多大？ 20．如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0．2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F．当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2． （1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？ （2）图乙中BC为直线段，求该段B点的横坐标 （3）图乙中DE为直线段，求该段恒力F的取值范围及函数关系式 试卷第6页，共6页 试卷第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 《2.4 力与运动的图象》参考答案 【例题参考答案】 例题1、C 【详解】A．OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以A选项错误； B．B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由 mg=kx 可知 所以B点坐标为，所以B选项错误； CD．C点为一个与A点对称的点，由A点到B点的形变量为 ，由对称性得由B到C的形变量也为，故到达C点时的坐标，加速度ac=g，达到D点时的坐标 加速度aD=g，所以C选项正确，D选项错误。故选C。 考点：牛顿第二定律 例题2、D 【详解】AB.t=0时，雨滴由静止开始下落，v=0，所受空气阻力f=kr²υ²=0，则此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受空气阻力增大，根据牛顿第二定律mg-f=ma，则加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，当最后f=kr²υ²=mg时，加速度减小到零，速度不再变化，雨滴匀速，故A、B正确； CD.当最后匀速运动时有kr2υ02=mg=ρgπr3，可得最大速率与成正比，υ02∝r，故C正确，D错误； 本题选错误的，故选D。 例题3、A 【详解】根据动能定理得 mgh=，解得v=5m/s 物块在传送带上做匀变速直线运动的加速度大小 a=μg=2m/s² 若一直做匀减速直线运动，则到达B点的速度 vB==1m/s 若一直做匀加速直线运动，则到达B点的速度 vB==7m/s 知传送带的速度v＜1m/s时，物体到达B点的速度为1m/s。 传送带的速度v＞7m/s时，物体到达B点的速度为7m/s。 若传送带的速度1m/s＜v＜5m/s，将先做匀减速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动。 若传送带速度5m/s＜v＜7m/s，将先做匀加速运动，达到传送带速度后做匀速直线运动。 故A正确，BCD错误。 故选A。 例题4、D 【详解】A．设小物块的质量为m，长木板的质量为M，长木板与地面间的动摩擦因数为，小物块与长木板间的动摩擦因数为，当时，小物块相对长木板滑动，对小物块有 解得 故A错误； B．根据题图乙可知，当时，长木板恰好开始相对地面滑动，所以长木板与地面间的动摩擦因数 当时，小物块与长木板相对静止一起加速运动，有 即 结合题图乙中图像的截距有， 解得 故B错误： CD．当时，对长木板，根据牛顿第二定律有 整理得 结合题图乙有， 则长木板的质量 小物块的质量 故C错误，D正确。 故选D。 例题5、BD 【详解】A．桨对水的力和水对桨的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，A错误； B．v−t图像的面积表示位移，分阶段计算的位移 ， ， ，划桨加速度​，末速度 位移 ，加速度大小，末速度 位移 总位移，B正确； C．对用动量定理，其中，。 减速阶段得​，即。 代入动量定理得 整理得，，因此​，C错误； D．由运动规律可知：每次划桨后速度增加，每次回桨后速度减少，因此每次完整的（划桨+回桨）周期后，速度增加 第三次划桨刚结束时，速度为 若三次划桨+回桨完成后，速度为，等于 因此速度不低于，D正确。 故选 BD。 【提升练习参考答案】 1．A 【详解】当外力突然撤去后，弹簧的弹力大于重力，物体向上做加速直线运动，弹力不断减小，合力减小，加速度减小，图象切线的斜率减小；当弹力F弹=G，加速度为零，速度达到最大，此后由于惯性，物块继续上升，弹力继续减小，则F弹<G，加速度a反向增大，物体开始做减速运动，如果物体未脱离弹簧，加速度就一直增大，速度减小，直到速度为零；如果脱离弹簧，则先做加速度增大的减速运动，脱离后做加速度不变的减速运动，直到速度减为零，故A正确；BCD错误。 故选A。 2．B 【详解】不计空气阻力时，物体的加速度恒定，为重力加速度，物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，加速度相等，图线为一倾斜直线； 考虑空气阻力时，物体上升的加速度大小 下降时的加速度大小 可知，则下落的加速度小于上升的加速度，则上升时图线的斜率绝对值大于下落时图线的斜率绝对值，由于有空气阻力作用，则下落时 故B正确，ACD错误。 故选B。 3．B 【详解】所受空气阻力可以忽略的物体，做竖直上抛运动，只受重力作用，加速度恒为重力加速度g，方向竖直向下。在图像中，其图线是一条倾斜的直线，斜率表示加速度，为；所受空气阻力大小与物体速率的二次方成正比的物体，所受阻力为 上升时，根据牛顿第二定律 解得 方向向下，随着物体上升，速率v减小，所以加速度减小，即图像的初始斜率大于不受空气阻力物体的图像（直线）的斜率并减小；到达最高点时，即图像与时间轴交点处时，空气阻力 物体只受重力作用，加速度 方向向下，在图像中，这一点对应图像与时间轴的交点。该点切线的斜率表示此时的瞬时加速度，应为这与不受空气阻力物体的图像（直线）的斜率相同。因此，在最高点，曲线的切线应该与直线平行；下降过程，根据牛顿第二定律 解得 方向向下，随着物体下降，速率v增大，所以加速度减小，即图像的斜率减小。 故选B。 4．D 【详解】设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为x0，则有mg-kx0=ma 解得 在此之前，根据mg-FN-kx=ma 可知，二者之间的压力由开始运动时的线性减小到零，而力F由开始时的mg线性减小到，此后托盘与物块分离，力F保持不变。 故选D。 5．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。 6．C 【详解】A．由图可知，物块最终速度方向为沿传送带向上，所以传送带沿顺时针方向运动，A正确，不符合题意； B．由图可知，物块先沿传送带向下运动，后沿传送带向上运动，物块能沿传送带向上运动需要满足：，解得，B正确，不符合题意； C．对物块，由动能定理可得：，所以传送带对物体做功，C错误，符合题意； D．对物块，由功能关系可得：，，整理可得：，即物块克服摩擦力做功一定等于物块机械能的减小量，D正确，不符合题意。 故选 C。 7．BD 【详解】A．由题图乙可知，时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图甲易知最大静摩擦力为，故A错误； BC．由题图乙知：当时，，，根据牛顿第二定律得 代入得 当时，，，根据牛顿第二定律得 代入得 联立解得， 故B正确，C错误； D．图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0-4s内物块速度的增量为 t=0时刻速度为0，则物块在第4s末的速度为，故D正确。 故选BD。 8．ACD 【详解】情形一：若v2<v1，则小物体P受到的摩擦力方向向右。 ①当f>GQ时，则小物体P向右匀加速运动到速度v1后做匀速运动离开传送带，选项C图像符合； ②当f=GQ时，则向右做匀速运动，速度等于小物块开始时的速度v2，选项A图像符合； ③当f<GQ时，则先向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到v2离开，无选项图像符合； 情形二：若v2>v1，则开始一段时间内小物体P受到的摩擦力方向向左。 ①当f≥GQ时，则减速到v1后f变为向右，小物块匀速向右运动离开，无选项图像符合； ②当f<GQ时，则减速到小于v1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速直到离开，选项D图符合。 故选ACD。 9．AC 【详解】A．由图像可知，物块的加速度大小为 对物块受力分析，由牛顿第二定律可得 解得，故A正确； B．由图像可知，板的加速度 对木板受力分析，根据牛顿第二定律可得 联立解得，故B错误； C．时，由图像可知，此时木板和物块的速度分别为， 将外力大小改为后，物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知 解得木板加速度大小变为 设经过时间木板和物块达到共速，则有 解得，，故C正确； D．由图乙可得，内物块相对长木板的位移 后至长木板与物块共速，物块相对长木板的位移 长木板的最小长度，故D错误。 故选AC。 10．AD 【详解】零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，滑块m1和木板m2均做匀加速直线运动，对滑块m1 加速度为 撤去外力后，木板m2做匀减速直线运动，此时滑块m1的速度小于m2，所以滑块m1继续做匀加速运动，当二者速度相等时： AB．如果，滑块m1和木板m2将保持相对静止，在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。由牛顿第二定律 加速度变为 即滑块的加速度变小，故A正确，B错误。 CD．如果 ，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m1的加速度大小是，即滑块的加速度大小不变，故D正确，C错误。 故选AD。 11．BCD 【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 A错误； BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 解得 BC正确； D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。 故选BCD。 12．ACD 【详解】B．当拉力小于B、C之间的最大静摩擦力时，A、B静止没有加速度，故B错误； D．此时，即两个摩擦力都随拉力增大而增大，在拉力增大到等于B、C之间的最大静摩擦力至A、B间达到最大静摩擦力这段时间，A、B一起向前加速，加速度为 对B隔离分析有 A、B间的静摩擦力 B、C之间为滑动摩擦力保持不变，故D正确； AC．当拉力再增大时，使达到最大静摩擦力后，A、B之间也发生了相对滑动，A、B之间变成了滑动摩擦力，即不再变化，此时A的加速度 故AC正确。 故选ACD。 13．AD 【详解】A．在0~t1时间内，小车压缩弹簧轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在0~t1时间内，小车运动的位移为弹簧的形变量有 A正确； B．在t1时刻后，小车与轻杆一起做匀减速运动到速度为0，移动的位移为l，由动能定理有 解得 所以在t1时刻，小车速度为，B错误； D．在0~t2时间内，轻杆摩擦产生热Q=fl，D正确； C．在0~t1时间内，小车先做加速度增大的减速运动，在t1~t2时间内，后与轻杆一起做匀减速运动，最后弹簧反弹小车时其做加速度减小的加速运动，则小车恰好离开轻弹簧时所用的时间比t1大，所以在t1+t2时刻，小车还未离开轻弹簧，C错误。 故选AD。 14．AD 【详解】A．根据乙图可知，当 小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球加速度减小到零，速度最大，即小球的动能最大，A正确； B．由图象可知，为平衡位置，小球刚接触弹簧时有动能，由对称性知识可得，小球到达最低点的坐标大于，B错误； C．小球接触弹簧至运动到最低点的过程中，规定向下为正方向，对小球由动量定理得 则有 所以重力的冲量小于弹簧弹力的冲量，C错误； D．由图象可知，为平衡位置，根据运动的对称性，小球运动到位置时的速度与位置的速度相等，从~过程中，根据动能定理 可得在这个过程中，克服弹簧弹力做功 因此在处弹簧的弹性势能为 D正确。 故选AD。 15．BC 【详解】AD．设物块A的质量为，以沿斜面向上的方向为正方向，，则系统的加速度为 由图乙可知，当时，，则有 由于未知，所以即使已知，也无法求出；未知，也无法求解，故AD错误； B．由加速度表达式 可知，当趋向于无穷大时，趋向于，所以，即与无关，故B正确； C．由图可知，当时，，此时物块A沿斜面自由下滑，则 解得 若已知，可求出图乙中的值，故C正确。 故选BC。 16．BD 【详解】AB．木块与木板的最大静摩擦力为μmg，如果水平拉力F作用在木块Q上，无论怎样改变F的大小，木块与木板间的摩擦力都不可能超过μmg，而木板与地面的最大静摩擦力为3μmg，所以木板不可能运动；当拉力F作用在木块Q上，且，木块的合力为，根据牛顿第二定律，可知加速度为，故A错误，B正确； C．若F作用在木板上，将木板P和木块Q视为一整体，木板与地面的最大静摩擦力为3μmg，如果F小于3μmg，根据牛顿运动定律可知，整体会静止不动，则地面对木板P的摩擦力大小与F相等，方向与F相反，故C错误； D．若F作用在木板上，使木板P和木块Q恰好发生相对运动，分别对木块和木板，根据牛顿第二定律有 解得 可知若使得P、Q相对静止，则，故D正确。 故选BD。 17．BD 【详解】AB．根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，则车先以的加速度匀加速直线运动 后以的加速度匀减速直线运动， 根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为，有 因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力。 根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为，末物块的速度 此时小车速度大于物块速度，当车减速运动时，当两者速度相等时，则 解得 ， 故在这内物块受到的摩擦力向右，后车速小于物块的速度，受到的摩擦力向左，故错误，B正确； CD．内物块前进的位移为 物块减速到静止通过的位移为 在后，平板车的加速度为，而物块的加速度源于摩擦力，其最大值为，显然物块不可能与平板车一起减速，只能做加速度为的匀减速运动，直至停止。在物块与平板车共速前，物块相对于平板车向后运动，其相对位移大小为 解得 物块与平板车共速后，物块相对于平板车向前运动，其相对位移大小为 两阶段的相对运动而产生的痕迹会有部分重叠，由于，故痕迹长度为，故C错误，D正确； 故选B D。 18． BD 【详解】对小球进行受力分析当时如图一，根据牛顿第二定律，水平方向：① 竖直方向：②，联立①②得：，，与a成线性关系，当a=0时，＝mg， 当时，与a成线性关系，所以B图正确 当时，受力如图二，根据牛顿第二定律，水平方向③，竖直方向：④，联立③④得：，，与a也成线性，不变，综上C错误，D正确 【点睛】本题关键要注意物理情景的分析，正确画出受力分析示意图，考查了学生对牛顿运动定律的理解与应用，有一定难度． 19．(1)匀减速直线运动；(2)5m/s；(3)1.25m。 【详解】(1)当时，由图象可知物体平抛的初速度相同，所以角速度的增大不影响物体的运动，用v表示传送带速度，即 说明物体在传送带上一直做匀减速直线运动； (2)根据平抛运动水平位移公式 可知，x与物体到达传送带B端速度成正比，又根据传送带的速度公式 可知，传送带速度v与成正比，根据图象时，x与成正比，所以在这个范围内，物体到达B端的速度与传送带速度相同，先匀减速后匀速，等到物体速度与传送带速度相同后，先匀加速后匀速。则由图象看出时，物体在传送带上一直匀减速，经过B端时的速度大小即 当时，物体在传送带上一直匀加速。经过B端时速度大小 物体的加速度 根据匀变速直线运动公式 ， 得 ； (3)由图可以看出水平速度为1m/s时，水平距离为0.5 m，则下落时间为 ， 得B端距地面的高度为： 。 20．（1）s（2）F=1N（3） 【详解】（1）以初速度v0为正方向， 物块的加速度大小： am=μg=2m/s2 木板的加速度大小： aM==4m/s2 由图乙知，恒力F=0时，物块在木板上相对于木板滑动的路程=1m-1，则s=1m， 可知板长L=s=1m 滑块相对木板的路程： L=v0t-amt2-aMt2， 代入数据可得：ts；t=1s（舍） 当t=1s时，滑块的速度为v=v0-amt=2m/s，木板的速度为v=aMt=4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，故t=1s应舍弃，故所求时间为ts （2）当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1， 则木板的加速度 a1==(2F+4)m/s2 速度关系有： v=v0-amt1=a1t1 相对位移： L=t1-t1 联立解得：F=1N，即B点的横坐标为F=1N  ． （3）当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则对整体： a=， 对物块相对静止加速度的最大值 fmax= =ma 可解得：F=3N， 当F>3N时， 对应乙中的DE段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx 当两者具有共同速度v，历时t， 根据速度时间关系可得： v0-amt=a1t 根据位移关系可得： Δx＝v0t−amt2−a1t2 s=2Δx 联立−F函数关系式解得： 答案第6页，共11页 答案第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $