题型02 力与直线运动（5大题型）（题型专练）（江苏专用）2027年高考物理二轮复习讲练测

题型02 力与直线运动 目 录 模块一 题型解码 模块二 考向突破 考向01 匀变速直线运动规律及应用 考向02 追及相遇问题 考向03 运动学与动力学图像 考向04 牛顿运动定律与两类动力学问题 考向05 动力学热点模型 模块三 综合演练 考向 作答要点 题型解读 考向01 匀变速直线运动规律及应用 明确运动性质，灵活运用基本公式、平均速度、比例规律和逆向思维；刹车先判停止时间。 匀变速规律是力学基础，江苏卷及模拟常以安全行车、交通运输、体育运动为情境，以选择或计算考查；自由落体、竖直上抛为高频考点。 考向02 追及相遇问题 画运动草图，抓住速度相等临界，列位移关系；用物理法、数学判别式或图像法判断。 追及相遇是江苏模拟常考热点，多以交通情境出现，考查临界极值与多解分析，难度中等。 考向03 运动学与动力学图像 看清坐标轴，理解斜率、截距、面积含义；非常规图像先推导函数关系。 图像问题是江苏卷必考热点，2023江苏卷考运动学图像，常以选择题考查数形转换能力。 考向04 牛顿运动定律与两类动力学问题 以加速度为桥梁，处理已知运动求力、已知力求运动；掌握瞬时问题与超重失重。 两类动力学问题是江苏卷重点，2023、2022江苏卷均有考查，常以计算题或选择题出现。 考向05 动力学热点模型 分析板块、传送带的相对运动与摩擦力突变，抓共速临界；掌握等时圆模型。 板块、传送带、等时圆是江苏模拟压轴热点，多过程、多临界，对综合分析能力要求高。 ►考向01 匀变速直线运动规律及应用 常见考察方式：运用基本公式、平均速度、比例规律求解匀变速运动；自由落体、竖直上抛及刹车问题。 审题关键 ①明确运动性质，选取正方向； ②弄清已知量、待求量，选合适公式； ③刹车问题先判断停止时间。 解题方法 解决匀变速直线运动问题的步骤和方法 解题要点 ①匀变速五个量知三求二； ②平均速度等于中间时刻瞬时速度，； ③末速度为零可逆向思维。 1．（25-26高一上·姜堰中学·期中）如图所示，A球从长为L的光滑斜面顶端由静止开始下滑，同时B球从斜面底部以初速度v0冲上斜面．当两球在斜面上相遇时，速度大小均为v，方向平行但不相撞。下列说法正确的是（     ） A．v∶v0=1∶3 B．A球到达斜面底部的速度大小为2v0 C．两球相遇时B球的位移大小为 D．A球从开始下滑到与B球相遇的时间为 2．（26-27高一上·常州一中·月考）如图所示，木块A、B、C并排固定在水平地面上，三木块的厚度比为，子弹以的水平速度射入木块A，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹可视为质点且刚好射穿木块C．下列说法正确的是（     ） A．子弹刚好射出木块A时的速度为 B．子弹在木块A中的运动时间大于在木块B中的运动时间 C．子弹在木块A和B中的运动时间之比为 D．子弹在木块A中的平均速度是在木块C中平均速度的5倍 3．（26-27高一上·南京七校联盟·期中）地震救灾现场，无人机定点空投生活物资。假设物资由静止释放，经1s刚好落在地面上，不计空气阻力，g取，求： (1)物资刚要落到地面上的速度大小； (2)物资释放时距离地面的高度。 4．（26-27高一上·南京七校联盟·期中）福建号航空母舰的甲板长度为，利用弹射系统可以缩短战机在甲板上滑行的距离和时间。假设弹射系统对战机的作用时间，战机获得的加速度，可以使战机从静止达到一定的初速度，然后战机利用自身发动机，以加速度继续加速，再经过达到起飞速度，求： (1)的大小； (2)战机从开始弹射至起飞速度过程中运动总位移的大小； (3)假设不使用弹射系统，战机在甲板上从静止开始以加速度做匀加速直线运动，通过计算说明战机能否在航空母舰上安全起飞。 ►考向02 追及相遇问题 常见考察方式：分析两物体能否追上、相遇次数，判断距离最大、最小的临界条件。 审题关键 ①画运动过程草图，明确初始距离； ②抓速度相等这一临界条件； ③注意被追物体是否已停止。 解题方法 解决追及相遇问题的步骤和方法 解题要点 ①速度相等时距离取极值，； ②位移关系结合时间等量关系； ③二次函数判别式定相遇次数。 ②三力平衡有直角优先三角函数； ③三力平衡可用首尾相接封闭三角形。 5．（26-27高一上·南京七校联盟·期中）2026年10月3日，爱知—名古屋亚运会男足比赛中，中国队最终通过点球大战赢得乌兹别克斯坦队，夺得铜牌，时隔28年再次登上亚运领奖台，极大地提振信心，激励青年一代。如图，球员A在训练过程中将足球沿直线向前踢出，被踢出后的足球在地面上的运动可视为初速度、加速度大小的匀减速直线运动。球员A、B不相撞且后续不再与球触碰。请计算： (1)足球经过多长时间停下； (2)足球被踢出时，球员A立即做初速度为零、加速度为的匀加速直线运动追赶足球，球员A在追上足球之前与足球之间的最远距离； (3)足球被踢出时，球员B位于足球前方处，立即做初速度为零、加速度为的匀加速直线运动与足球同向运动，球员B会在何时与足球并排获得踢球机会？ 6．（26-27高一上·启东市第一中学·第一次质检）如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度，同时让甲球自由下落，不计空气阻力（甲乙两球可看作质点）， 。求： (1)h为何值时，甲乙两球可以同时落地； (2)为确保乙球能在下降过程中与甲球相遇，h应满足什么条件？ 7．（26-27高一上·常州一中·月考）周末，一个小孩带着小狗在公园内玩耍，二者均可视为质点并且可忽略他们之间的水平距离．时刻，两者同时从同一起跑线同方向运动，小孩骑着滑板车始终以的速度做匀速直线运动；小狗从静止开始以的加速度做匀加速直线运动，5s后开始做匀速直线运动，小狗佩戴感应器，感应器设定为当两者前后相距以内不报警，一旦超过该距离感应器报警．求： (1)求感应器第一次报警时，小孩与起跑线之间的距离； (2)第一次报警过程中，小孩与狗之间的最大距离； (3)感应器第一次报警后，又经多长时间才结束报警？ (4)若18s末小狗做加速度的匀减速直线运动，速度减为零后停止运动，求小狗减速后感应器再次停止报警时，小孩到起跑线的距离． 8．（26-27高一上·江苏宿迁中学·阶段检测）近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图所示，在直线测试跑道上，机器人A在时从起点以初速度和加速度向右匀加速运动；机器人B在时从起点由静止开始以加速度（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在时追上机器人A，求： (1)机器人B的加速度大小； (2)在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离； (3)如图所示，假设跑道长100米，机器人A以的速度从起点向终点匀速出发；机器人B以的速度从终点向起点匀速出发。两者均在跑道的终点与起点之间做折返运动，忽略掉头的时间，则在120秒内机器人A与B会相遇几次。 ►考向03 运动学与动力学图像 常见考察方式：由图像斜率、截距、面积提取运动信息，判断运动性质与未知量。 审题关键 ①看清横纵坐标物理量及单位； ②注意坐标是否从零开始； ③非常规图像先推导函数关系。 解题方法 解决运动图像问题的步骤和方法 解题要点 ①斜率、截距、面积有明确物理意义； ②x-t交点表相遇，v-t交点表速度相等； ③v-t面积表位移，注意正负。 9．（26-27高一上·江苏宿迁中学·阶段检测）客车和货车在同一时刻同一地点沿同一方向做直线运动。客车做初速度为零，加速度大小为的匀加速直线运动；货车做初速度为，加速度大小为的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止，客、货两车在运动过程中的（位移—速度）图像如图所示。其中虚线与对应的坐标轴垂直，在两车从开始运动到货车停止运动过程中，下列说法错误的是（     ） A．货车运动的时间为 B．两车不会同时到达处 C．两车最大间距为 D．两车最小间距为 10．（26-27高一上·南通如皋中学·阶段检测）甲、乙两辆汽车沿平直公路同向行驶，以0时刻为计时起点，此时乙车在甲车前处，两车运动的v-t图像如图所示，图中甲、乙两车图像所夹面积为s。关于两车的运动，下列说法正确的有（     ） A．时刻两车一定相遇 B．时间内，乙车的平均速度可能等于 C．若s小于，两车一定可以相遇两次 D．若s大于，两车一定可以相遇两次 11．（26-27高二上·江苏仪征·期中）如图甲所示，一轻弹簧的两端与两物块A、B相连接并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知，下列说法正确的是（     ） A．物块B的质量为 B．和两时刻弹簧的弹性势能最大 C．和两时刻弹簧的长度相等 D．从到时刻弹簧由压缩状态恢复原长 12．（26-27高三上·淮安清河中学·10月学情自测）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与质量为m的工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动时受到的摩擦力随位移x变化的关系如图乙所示，、为已知量，则下列说法正确的是（     ）（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等） A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动 B．工件向右运动后与弹簧分离 C．当工件的位移为时，加速度大小为 D．工件与皮带之间因摩擦产生的热量小于 ►考向04 牛顿运动定律与两类动力学问题 常见考察方式：以加速度为桥梁处理已知运动求力、已知力求运动；分析瞬时加速度与超重失重。 审题关键 ①规范受力分析，明确运动过程； ②加速度是联系力与运动的桥梁； ③瞬时问题区分弹簧与刚性绳。 解题方法 解决动力学问题的步骤和方法 解题要点 ①已知运动求力先求加速度； ②已知力求运动先求合力，； ③弹簧弹力不突变，绳弹力可突变。 13．（26-27高三上·响水清源高中&滨海东坎高中·第一次学情检测）箱子的质量为，与水平地面的动摩擦因数为，在箱子顶板处系一细绳，悬挂一个质量为的小球，箱子在恒力的作用下，使小球的悬线偏离竖直方向角，取，，，求： (1)箱子的加速度大小； (2)F的大小。 14．（26-27高三上·驻马店&华师联盟·质量检测）如图所示，水平面上固定一倾角为的斜面，斜面的右端衔接一质量的长木板B，长木板的上表面与斜面的底端O点平滑衔接，质量为的物块A从斜面的顶端静止释放，经的时间物块滑动到斜面的底端O点。已知斜面最低点O点和最高点A点的高度差为。已知物块A与长木板上表面间的动摩擦因数为，重力加速度取，。物块A经过O点的速度大小不变，物块A可视为质点。求： (1)物块A与斜面间的动摩擦因数； (2)若水平面光滑，为使物块不离开长木板，求长木板的最小长度L； (3)若长木板与水平面间的动摩擦因数为，且长木板足够长，求从木块A滑上长木板到长木板和物块A均静止时，长木板的位移大小s。 15．（26-27高三上·扬州红桥高级中学·阶段检测）如图所示，在光滑水平地面上静置一质量M=2kg、长度L=0.5m的薄木板A，木板右端放有一质量m=4kg的小滑块B（可视为质点）。某时刻在木板右端施加一水平向右的恒力F=14N，作用t=2s后撤去。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，滑块离开木板前、后的速度不变，取重力加速度大小g=10m/s2，求： (1)滑块离开木板时的速度大小v； (2)撤去F前的瞬间，A、B的加速度各是多大； (3)撤去恒力F时滑块到木板左端的距离d。 16．（26-27高三上·连云港新海高级中学·学情自测）如图所示，质量的物块A放置在水平地面上，上表面为光滑斜面，斜面长，与水平方向的夹角。质量的小物块从斜面顶端由静止沿斜面下滑，A保持静止。A与地面间的动摩擦因数为，取重力加速度，，。 (1)求物块B在斜面上运动的时间（结果可保留根号）； (2)若在斜面顶端时，给、相同的水平初速度，此后、恰能一起以相同的加速度向左做匀减速运动，求与地面间的动摩擦因数； (3)若沿斜面下滑时对A施加水平向右的推力，，在水平方向的加速度相同，相对做匀速直线运动，求下滑到底端的过程中推力做的功。 ►考向05 动力学热点模型 常见考察方式：分析板块、传送带的多过程运动及等时圆模型，判断摩擦力突变与共速条件。 审题关键 ①统一以地面为参考系； ②根据相对运动判断摩擦力方向； ③抓住速度相等的共速临界。 解题方法 分析动力学热点模型的步骤和方法 解题要点 ①共速时摩擦力可能突变； ②位移关系：同向相减、相向相加； ③等时圆光滑弦下滑时间相等，。 17．（25-26高一上·南京中华中学·月考）3．如图所示，和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，为最低点，O＇为圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环从点无初速释放，一个滑环从点无初速释放，用、、分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是（　　） A． B． C． D． 18．（26-27高三上·淮安清河中学·10月学情自测）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与质量为m的工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动时受到的摩擦力随位移x变化的关系如图乙所示，、为已知量，则下列说法正确的是（     ）（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等） A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动 B．工件向右运动后与弹簧分离 C．当工件的位移为时，加速度大小为 D．工件与皮带之间因摩擦产生的热量小于 19．（26-27高三上·江苏常熟·阶段抽测一）将质量的木板静止置于光滑水平地面上，在木板右端放上一质量为、体积可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数，铁块始终不会滑离木板，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若铁块以的速度向左滑上木板，则铁块的最终速度为 B．若用水平拉力向左拉铁块，则木板的加速度大小为 C．若，木板与地面动摩擦因数为0.1，用水平拉力向左拉铁块，则铁块的加速度大小为 D．若，木板与地面动摩擦因数为0.1，用水平拉力向左拉铁块，则铁块的加速度大小为 20．（26-27高三上·金坛一中·阶段检测）如图所示，质量的物体B通过平行传送带的轻质绳及光滑定滑轮将传送带上质量为煤块A（可视为质点）运送到传送带顶端，已知传送带倾角，煤块与传送带间动摩擦因数，传送带以的速度顺时针转动，物体B离地高度，传送带足够长。某时刻将煤块A由静止释放，恰好能到达传送带顶端，煤块与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力和煤块滑动过程中质量的变化，。求： (1)释放瞬间A、B运动的加速度的大小； (2)物体B落地瞬间的速度大小； (3)物体B落地前，煤块A向上运动过程中产生的痕迹长度。 1．（26-27高三上·江苏扬州高邮·10月调研）如图所示，小物块以某一初速度冲上固定斜面，已知物块与斜面动摩擦因数，斜面足够长，则下列关于速度、加速度、动能随时间变化的图像，机械能随路程变化的图像中正确的是（     ） A． B． C． D． 2．（26-27高三上·江苏淮安·学情调研）如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂于天花板上的O点，关于从剪断细绳开始到弹簧第一次恢复原长过程中（A、B均未落地），A、B的速度或加速度随时间变化关系图像可能是（　　） A． B． C． D． 3．（2026·江苏淮安涟水一中·调研）现在的物流系统越来越智能化，京东的某物流仓库中，一质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力F沿轨道方向，其F-t图像如图所示，则下列图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 4．（26-27高三上·江苏无锡·期中）甲、乙两质点由静止从同一点同向同时开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图所示。在时间内（     ） A．甲做减速运动，乙做加速运动 B．甲和乙的平均速度相等 C．在时刻，甲和乙之间的间距最大 D．在时刻，甲的速度比乙的速度小 5．（25-26高一上·江苏如皋第一中学·期末训练）如图所示，圆环和点在同一竖直平面内，在环上取一点与连成光滑直轨道，一物块由静止开始从点滑向圆环。是圆环的最高点，是圆环的最右端，是圆环与地面的接触点，是与环的交点，为圆心，是与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿轨道运动的时间 B．沿轨道运动的时间 C．沿轨道运动的时间 D．沿轨道运动的时间 6．（26-27高三上·宜兴中学&泰州中学·质量监测）如图甲所示，质量的斜面体静置在粗糙的水平地面上，斜面的长度，倾角，光滑轻小定滑轮固定在斜面的顶端。一轻绳的左端与质量的物块A相连，右端绕过定滑轮与物块B（视为质点）相连，另一轻绳左端固定在竖直墙壁上，右端与连接两物块的轻绳在O点打结。当系统处于静止状态时，O点左侧的轻绳与墙壁的夹角也为，O点与定滑轮之间的轻绳水平，定滑轮右侧的轻绳与斜面平行，物块B静止在斜面顶端且与斜面间恰好没有摩擦力。时刻，将定滑轮右侧的轻绳剪断，物块B沿斜面下滑（斜面体始终不动），通过斜面底端后滑上地面（斜面底端和水平面平滑连接），物块B的速率随时间变化的规律如图乙所示。取重力加速度大小，，。求： (1)物块B的质量； (2)物块B与斜面间的动摩擦因数以及物块B与地面间的动摩擦因数； (3)在物块B沿斜面下滑的过程中，地面对斜面体的支持力大小以及静摩擦力大小。 7．（26-27高三上·江苏南京七校联合体·调研测试）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，质量为的背包在滑道顶端处由静止滑下，若1s后滑雪者从顶端以的初速度，的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，拎起后一起沿水平轨道的速度为。背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，段不计阻力，求： (1)背包在斜面滑动的加速度大小； (2)滑雪者运动多长时间追上背包； (3)滑雪者质量。 8．（25-26高一上·河北衡水中学·期末）如图所示，AB段为足够长的水平面，C、D为光滑水平导轨的左右两端，一个质量M=4kg的小车静止在AB段，小车的上表面与CD面等高。倾角、长的传送带下端通过一小段光滑的圆弧轨道与水平导轨衔接于D点。已知传送带沿逆时针方向以的恒定速度转动。可视为质点的质量的小物块由传送带的顶端静止释放，经过一段时间小物块滑上小车，再经的时间从小车的左端飞出。已知小物块与传送带以及小车上表面间的动摩擦因数均为，小车与AB段的动摩擦因数。重力加速度g取，，。 (1)求小物块滑到D点时的速度大小； (2)求小车左右两端的距离； (3)若小车与AB段的动摩擦因数，求小物块最终到小车右端的距离，以及小物块停止运动时到水平轨道C端的距离。 9．（25-26高一上·南京一中·阶段性检测）如图所示，小物块A、C通过不可伸长的轻绳跨过光滑的轻质定滑轮连接，物体C离地面高为。A置于木板B的最左端，木板足够长，A、B间的动摩擦因数为μ=0.6，B与桌面间摩擦不计，且离定滑轮足够远、物体A、B、C的质量分别为1kg、2kg、3kg，重力加速度取g=10m/s2。 (1)开始时控制物体A和B，使三个物体均处于静止状态，求轻绳中的张力T的大小； (2)控制物体B静止，撤去对A的控制，C从静止下落到地面后不弹起，求物块C下落的时间； (3)同时撤去对A、B的控制，系统开始运动，在B到达滑轮前，AB间已能保持相对静止，此时物块A与木板B最左端的距离d为多大？ 10．（25-26高二下·苏州中学·四月测试）如图甲，足够长的木板A放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块D放在A的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球C相连，滑轮右侧轻绳水平。图示空间分布有垂直纸面向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，此时A、C、D均静止。t=0时撤去电场，D与A的相对速度∆v随时间t的变化关系如图乙所示，t=t1时电场恢复，此时D的速度大小恰为A的2倍。已知A、C、D的质量分别为m、m、2m，D的带电量恒为q，A、D之间的动摩擦因数为µ，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g。忽略电场变化对磁场的影响。求： (1)电场强度的大小E； (2)∆v最大时C的速度大小v1； (3)0~t1内A、D间因摩擦产生的热量Q，以及t1之后∆v=0时A的速度大小v2。 11．（25-26高一上·西交大苏州附中·12月月考）完全相同的质量均为1.5的直角三角形滑块A、B，按如图所示叠放，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数，现在B上作用一水平推力，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止。取。求： (1)水平推力F的大小； (2)斜面倾角。 12．（25-26高一上·泰州中学·第二次质量检测）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度，与倾角为的斜面的底端P平滑连接，将一质量的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为、，取重力加速度，，。求小物块：（可能用到的数学计算公式：（其中） (1)第1次滑过P点时的速度大小； (2)第1次在传送带上往返运动的时间t； (3)从释放到最终停止运动，在斜面上滑行的总路程S。 13．（25-26高一上·江苏徐州贾汪·期末）如图所示，生产车间利用两条相互垂直且等高的水平传送带甲、乙传送工件。传送带甲、乙的运行速度大小分别为v甲=3m/s、v乙=4m/s，传送工件时，先将工件A轻放在传送带甲的左端O点，待工件A与传送带甲恰好相对静止时，再将另一完全相同的工件B轻放在O点，所有工件在被传送到传送带乙之前，均已与传送带甲相对静止。工件均可平稳地由传送带甲转移至传送带乙，且不会从传送带乙的右侧滑落。已知工件与两传送带间的动摩擦因数均为=0.5，工件均可视为质点，重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力。求： (1)A从释放到与甲达到相对静止所需的时间t； (2)在甲上运动时A、B间的最大距离d； (3)B刚到达乙时，在沿乙传送方向上A、B间的距离y。 14．（26-27高三上·泗阳海门实验中学·一调）如图所示，一足够长固定斜面的倾角为θ=37°，在斜面底端固定一垂直斜面的挡板，劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，下端固定在挡板上，上端固定在质量为M=2kg的小滑块P上，此时弹簧平行斜面．质量为m=0.5kg的小滑块Q与P靠在一起，并不粘连，P、Q与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.25和μ2=0.5，对Q施加一个沿斜面向下的作用力，系统静止时弹簧压缩量为x1=0.56m，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．求： (1)撤去外力瞬间，PQ整体的加速度； (2)在撤去外力瞬间，P对Q的弹力大小； (3)P、Q第一次分离前一起运动的位移。 15．（26-27高一上·盐城中学·质量检测）如图，同一竖直线上的小球A和小球B静止在地面上方，球B距离地面的高度，球A在球B的正上方，同时释放两小球。球B每次与地面碰后均以原速率反弹，并在第三次下降过程中与球A相碰，重力加速度大小为，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间，求： (1)球B第一次落地时的时间； (2)球B在第二次碰地后上升到最高点时，球A下落速度大小； (3)球A起始高度H的取值范围。 公司2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 力与直线运动 ►考向01 匀变速直线运动规律及应用 1．【答案】D 2．【答案】D 3． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）物资做自由落体运动，根据 解得物资刚要落到地面上的速度大小 （2）物资做自由落体运动，根据 解得物资释放时距离地面的高度 4． 【答案】(1) (2)220m (3)不能 【详解】（1）取战机运动方向为正方向。设战机离开弹射系统时的速度大小为，则有 解得 离开弹射系统后战机的加速度大小为，由 解得 （2）弹射系统作用下战机的位移为 解得 离开弹射系统后战机的位移为 解得 故战机达到起飞速度时的总位移的大小为 （3）若不使用弹射系统，战机由静止以的加速度加速到，根据运动学公式可得 解得需要滑行的距离为 由于，战机不能从甲板上安全起飞。 ►考向02 追及相遇问题 5． 【答案】(1) (2) (3)足球被踢出后的1s和3s时 【详解】（1）足球停下来所用时间为 解得 （2）球员A与足球速度相等时距离最大，设二者达到速度相等所用时间为，则有， 解得， 球员A在追上足球之前与足球之间的最远距离 解得 （3）设足球被踢出后经过时间球员B与足球并排，则有 解得或3s 因为或3s均小于，所以球员B会在足球被踢出后的1s和3s时与足球并排获得踢球机会。 6． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对乙球，设抛出后经落地，则有 解得 易知甲离地高 （2）乙球上升到最大高度用时为 乙球上升的最大高度为 时间内甲自由下落的高度为 两球在乙球升至最高点时相遇，h应满足的条件为 综上所述，为确保乙球在下降过程中与甲球相遇，h应满足的条件为 7． 【答案】(1)4m (2)8m (3)8s (4)80m 【详解】（1）设第一次报警时小狗在做匀加速直线运动，此时经过的时间为，小孩的位移为，小狗的位移为，则有， 又 联立解得或7s（舍去） 故第一次报警时小孩与起跑线之间的距离 （2）设小孩与小狗经时间共速，则有 解得 则小孩与狗之间的最大距离为 （3）由（1）计算可知，结束报警时小狗在做匀速直线运动，设结束报警的时间为，小狗做匀速直线运动的速度为，小孩的位移为，小狗的位移为，则有， 其中， 联立解得 从第一次报警到结束报警的时间为 （4）18s末狗减速直到停止，则所需要的时间为 设从18s开始经时间后停止报警，则小孩的位移为，小狗的位移为，则有， 又 联立解得 故假设成立，符合题意 则此时小孩离起跑线的距离为 8． 【答案】(1) (2) (3)7次 【详解】（1）机器人B在时追上机器人A，有 解得机器人B的加速度大小 （2）在机器人B追上A之前，速度相等时两者之间有最大距离，设时刻速度相等，有 解得 两者之间的最大距离 （3）跑道长100米，机器人A以的速度从起点向终点匀速出发，机器人B以的速度从终点向起点匀速出发。第一次相遇时间 之后每次相遇，两者的路程和为200m，时间间隔 设相遇次数为，总时间满足 解得 则在120秒内机器人A与B会相遇7次。 ►考向03 运动学与动力学图像 9．【答案】D 10．【答案】D 11．【答案】B 12．【答案】D ►考向04 牛顿运动定律与两类动力学问题 13． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）作出小球的受力分析如图所示 可知 解得 小球与箱子相对静止，加速度相同，故箱子的加速度大小为。 （2）对箱子和小球的整体，由牛顿第二定律 代入数据解得 14． 【答案】(1)0.5 (2)12m (3)16m 【详解】（1）斜面的长度为 物块在斜面上做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式得 解得 对物块由牛顿第二定律得 垂直斜面方向有 又 解得 （2）物块滑上长木板瞬间的速度大小为 解得 若水平面光滑，物块滑上长木板后向右做匀减速直线运动，长木板向右做匀加速直线运动，对物块由牛顿第二定律得 解得 对长木板由牛顿第二定律得 解得 为了保证物块A不离开长木板，则物块刚好滑到长木板最右端时，二者共速，对物块有 对长木板有 解得、 该时间内物块和长木板的位移分别为、 长木板的最小长度为 解得 （3）若长木板与水平面间的动摩擦因数为，物块滑上长木板后，物块向右做匀减速直线运动，加速度大小为 由于，所以长木板向右做匀加速直线运动 对长木板由牛顿第二定律得 解得 设经时间物块与长木板共速，则有 解得 此时两者共速速度 长木板的位移 由于，此后物块和长木板共同减速，对物块和长木板由牛顿第二定律得 解得 此后二者的位移为 则整个过程中，长木板的位移为 解得 15． 【答案】(1)2m/s (2)， (3)d=4.5m 【详解】（1）设滑块在木板上运动时的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2 对滑块有 对木板有 滑块离开木板有 假设滑块在撤去恒力前离开木板，则有 解得， 假设成立，则滑块离开木板时的速度大小为2m/s。 （2）1s后A与B分离，恒力撤去前，B在光滑平面上运动，则 对木板有 解得 （3）滑块离开木板时，木板速度 从滑块离开木板到撤去恒力需要再经 时间内滑块位移为 时间内木板位移为 可得 代入数据得 16． 【答案】(1) (2)0.75 (3)37.5J 【详解】（1）斜面光滑，B沿斜面下滑的合力由重力分力提供 代入数据得B的加速度 B由静止下滑，位移满足运动学公式 物块B在斜面上运动的时间 （2）A、B一起向左做匀减速直线运动，整体的合外力为地面的滑动摩擦力，取向右为正方向，对整体由牛顿第二定律 得整体加速度大小 ，方向水平向右。 对B单独分析：B仅受重力和A的支持力，竖直方向合力为0，水平方向合力提供加速度，因此有 即 代入，解得 （3）B相对A做匀速直线运动，说明B相对于A的加速度为0，仅存在水平加速度。对B受力分解得水平方向合力 解得，即A、B水平方向共同加速度为。 对A、B整体水平方向由牛顿第二定律： 代入数据解得 B在施加推力前已经下滑了，这一阶段末速度 剩余相对A的下滑距离为，B相对于A匀速下滑，则B在竖直方向做匀速直线运动，有 解得 因此B相对A下滑的过程中，A的水平位移为 因此推力做功 ►考向05 动力学热点模型 17．【答案】C 18．【答案】D 19．【答案】B 20． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）释放瞬间煤块A的速度为零，小于传送带速度，A相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力方向沿传送带向上 设绳的拉力大小为F，对煤块A，沿传送带方向由牛顿第二定律得 对物体B，由牛顿第二定律得 两式相加得 代入数据得 解得，即释放瞬间A、B的加速度大小均为 （2）煤块A从静止加速到与传送带速度相同所需的时间 此过程中A沿传送带向上运动的位移 小于物体B的离地高度 两者速度相同后，因大于 A不能与传送带保持相对静止，A相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力方向沿传送带向下 设此阶段A、B的加速度大小为a2，对A有 对B有 两式相加得 解得 物体B落地时A沿传送带上升的距离等于B下降的高度 后一阶段A上升的距离 由 得 代入数据得 即物体B落地瞬间的速度大小为，方向竖直向下 （3）煤块A向上运动的前内，A的速度小于传送带速度，A相对传送带向下滑动 此阶段A沿传送带向上的位移 传送带的位移 A相对传送带向下滑动的距离 即痕迹自A的初始位置起沿传送带向下延伸 此后至B落地，A的速度大于传送带速度，A相对传送带向上滑动，历时 代入数据得 此阶段A的位移 传送带的位移 A相对传送带向上滑动的距离 小于，该段痕迹与原有痕迹重合 故物体B落地前，煤块A向上运动过程中产生的痕迹长度为 1．【答案】D 2．【答案】A 3．【答案】A 4．【答案】C 5．【答案】C 6． 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）设定滑轮右侧轻绳的拉力大小为，对物块，根据物体的平衡条件有 对点，根据物体的平衡条件有 解得 （2）设物块沿斜面下滑的加速度大小为，有 其中 解得 根据牛顿第二定律有 解得 物块到达斜面底端时的速度大小 解得 物块在地面上滑行的加速度大小 其中 解得 根据牛顿第二定律有 解得 （3）方法一：斜面体的受力情况如图所示。 在竖直方向上，根据物体的平衡条件有 上式中， 解得 在水平方向上，根据物体的平衡条件有 解得 方法二：对斜面体与物块进行整体分析。 在物块沿斜面下滑的过程中，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有 解得 在物块沿斜面下滑的过程中，在水平方向上，根据牛顿第二定律有 解得 7． 【答案】(1) (2)2s (3) 【详解】（1）对背包在斜面AB上受力分析，根据牛顿第二定律有 代入数据解得背包在斜面滑动的加速度大小 （2）设背包在斜面上滑行的时间为，滑雪者运动的时间为。由于滑雪者在背包出发后追赶，且恰好在坡底B处追上，说明两者到达B点的位移s相同，且。对背包： 对滑雪者 解得滑雪者运动时间 （3）背包到达B点时的速度为 滑雪者到B点时的速度为 在坡底B处，滑雪者追上并拎起背包的过程时间极短，水平方向不受外力，两者水平方向动量守恒。由动量守恒定律得 解得滑雪者的质量 8． 【答案】(1)6m/s (2)3.5m (3)3m，6m 【详解】（1）设小物块刚开始下滑时的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 小物块与传送带达到共速时，假设小物块还未到达点，则此过程小物块运动时间 小物块的位移 故假设成立，设此后小物块下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设小物块滑到点时的速度大小为，则有 解得 （2）小物块滑上小车后，对小物块，根据牛顿第二定律有 解得 由于 所以小车静止不动，小物块滑上小车后经过的时间从小车的左端飞出，则小车左右两端的距离 解得 （3）若小车与段的动摩擦因数，小物块滑上小车后，对小车有 解得 设两者达到速度相等所用时间为，有 解得， 小物块的位移大小为 解得 小车的位移大小为 解得 两者相对位移大小为 所以，小物块不会离开小车，则最终小物块距离小车右端3m，共速后一起减速，对小物块和小车组成的整体有 解得 则有 解得 小物块停止运动时到水平轨道C端的距离为 9． 【答案】(1)30N (2) (3) 【详解】（1）以C为研究对象，根据平衡条件可得 （2）物体B保持静止，A、C运动的加速度大小为 设物块C下落的时间为t1，则 解得 （3）同时撤去A、B的控制，系统开始运动，B的最大加速度为 由于，所以A、B两个物体不会相对静止，当C物体落地后，A的速度大小为 B的速度大小为 t1时间内A与B位移之差为 当C物体落地后，A的加速度大小为 B的加速度大小仍为 从C落地到A、B达到共同速度时，有 解得， 此过程中A与B位移之差为 故物块A与木板B最左端的距离为 10． 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）D在电场中处于平衡状态，有 解得 （2）最大时，D、C与A加速度大小相等，设为a，设D、C间轻绳拉力大小为F，D与A间摩擦力大小为f，有 对C有 对D有 对A有 联立解得 （3）设时A、D的速度分别为、，对A、D、C系统有 若内任意时刻C、D的速度为，内D的位移分别为，对A由动量定理有 对上式累积求和可得 内对A、C、D系统，由能量守恒定律有 且 联立可得 时电场恢复，D受电场力大小为 可知此后D、C与A的动量大小之和不变，故 可得 11． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）将两滑块作为整体进行受力分析，匀速运动，推力与摩擦力等大反向，因此 （2）匀速运动，滑块B处于平衡状态，对其进行受力分析，如图 有 因此 12． 【答案】(1) (2)9s (3)12m 【详解】（1）由牛顿运动定律得 解得 又知 解得 （2）由牛顿第二定律得 物块与传送带共速时，由速度公式得 解得 匀速运动阶段的时间为 第1次在传送带上往返运动的时间 （3）物块沿斜面上滑时 解得 第一次上滑时滑行的距离 第二次下滑 解得 第二次在传送带上运动到P点时速度为 继续沿斜面上滑 第三次在传送带上运动到P点时速度为 继续沿斜面上滑 以此类推 故滑行的总路程 解得 13． 【答案】(1)0.6s (2)1.8m (3)0.72m 【详解】（1）工件在传送带甲上运动时，根据牛顿第二定律可得 解得 工件与传送带共速时，则有v=at 解得t=0.6s （2）工件 B 与工件 A 速度相同时有最大距离，此时则有 vA=vB=v甲 工件B的位移 工件A的位移 A、B之间的最大位移 （3）解法 1：在传送带乙上工件A所受摩擦力大小仍为 如图，由相对运动可知摩擦力和传送带乙速度方向夹角 解得 工件在传送带乙运动方向上做初速度为零的匀加速直线运动，当B刚到达乙时，A在乙上运动的时间为 t=0.6s 由牛顿第二定律可得： 解得 根据运动学规律可得 解法 2：以传送带乙为参考系，工件做匀减速直线运动，相对速度 根据牛顿第二定律可得 解得相对加速度 相对位移 传送带乙运动方向相对位移 传送带乙的位移 根据相对运动位移关系 14． 【答案】(1)，方向沿斜面向上 (2) (3)，方向沿斜面向上 【详解】（1）撤去外力后，两滑块将沿斜面向上运动，取沿斜面向上为正方向。两滑块所受滑动摩擦力均沿斜面向下，大小分别为，。 对与组成的整体，由牛顿第二定律得 解得，方向沿斜面向上。 （2）设对沿斜面向上的弹力为。对沿斜面方向应用牛顿第二定律得 代入第（1）问所得加速度，解得。 （3）设共同运动过程中弹簧的形变量为，规定压缩时，伸长时。两滑块仍沿斜面向上运动时，对整体应用牛顿第二定律得 对沿斜面方向应用牛顿第二定律得 联立以上两式，得 两滑块之间只能产生压力，第一次分离时其弹力恰好减为零。由上式得临界形变量 从初始位置到该临界位置，两滑块共同沿斜面向上的位移大小为 为判断两滑块能否到达该位置，对两滑块和弹簧组成的系统应用功能关系，设到达临界位置时的速度为，则 因此两滑块到达临界位置时仍沿斜面向上运动，随后第一次分离，故分离前共同运动的位移为，方向沿斜面向上。 15． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，球B做自由落体运动，由公式 可得，球B第一次落地时的时间 （2）球B每次与地面碰后均以原速率反弹，B球从开始下落到第二次碰地后上升到最高点所用总时间 则球A下落速度大小为 （3）球B在第三次下降过程中与球A相碰，若球B在第三次刚下降时恰好与球A相碰，则有 若球B在第三次刚碰地时恰好与球A相碰，则有 可知，若球B在第三次下降过程中与球A相碰，则球A起始高度H的取值范围为 公司2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 力与直线运动 目 录 模块一 题型解码 模块二 考向突破 考向01 匀变速直线运动规律及应用 考向02 追及相遇问题 考向03 运动学与动力学图像 考向04 牛顿运动定律与两类动力学问题 考向05 动力学热点模型 模块三 综合演练 考向 作答要点 题型解读 考向01 匀变速直线运动规律及应用 明确运动性质，灵活运用基本公式、平均速度、比例规律和逆向思维；刹车先判停止时间。 匀变速规律是力学基础，江苏卷及模拟常以安全行车、交通运输、体育运动为情境，以选择或计算考查；自由落体、竖直上抛为高频考点。 考向02 追及相遇问题 画运动草图，抓住速度相等临界，列位移关系；用物理法、数学判别式或图像法判断。 追及相遇是江苏模拟常考热点，多以交通情境出现，考查临界极值与多解分析，难度中等。 考向03 运动学与动力学图像 看清坐标轴，理解斜率、截距、面积含义；非常规图像先推导函数关系。 图像问题是江苏卷必考热点，2023江苏卷考运动学图像，常以选择题考查数形转换能力。 考向04 牛顿运动定律与两类动力学问题 以加速度为桥梁，处理已知运动求力、已知力求运动；掌握瞬时问题与超重失重。 两类动力学问题是江苏卷重点，2023、2022江苏卷均有考查，常以计算题或选择题出现。 考向05 动力学热点模型 分析板块、传送带的相对运动与摩擦力突变，抓共速临界；掌握等时圆模型。 板块、传送带、等时圆是江苏模拟压轴热点，多过程、多临界，对综合分析能力要求高。 ►考向01 匀变速直线运动规律及应用 常见考察方式：运用基本公式、平均速度、比例规律求解匀变速运动；自由落体、竖直上抛及刹车问题。 审题关键 ①明确运动性质，选取正方向； ②弄清已知量、待求量，选合适公式； ③刹车问题先判断停止时间。 解题方法 解决匀变速直线运动问题的步骤和方法 解题要点 ①匀变速五个量知三求二； ②平均速度等于中间时刻瞬时速度，； ③末速度为零可逆向思维。 1．（25-26高一上·姜堰中学·期中）如图所示，A球从长为L的光滑斜面顶端由静止开始下滑，同时B球从斜面底部以初速度v0冲上斜面．当两球在斜面上相遇时，速度大小均为v，方向平行但不相撞。下列说法正确的是（     ） A．v∶v0=1∶3 B．A球到达斜面底部的速度大小为2v0 C．两球相遇时B球的位移大小为 D．A球从开始下滑到与B球相遇的时间为 【答案】D 【详解】AD．两球沿同一光滑斜面运动，加速度大小相同、方向均沿斜面向下，两球相对加速度为零，相对速度大小始终等于；两球从相距L处相互接近，得相遇时间 相遇时两球速率均为v，相互接近的相对速度又等于，故 即v与之比为1∶2，A错误，D正确； B．由得斜面方向的加速度大小 A球到达斜面底部时下滑距离为L，由 得，B错误； C．两球相遇时B球的位移，C错误； 故选D。 2．（26-27高一上·常州一中·月考）如图所示，木块A、B、C并排固定在水平地面上，三木块的厚度比为，子弹以的水平速度射入木块A，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹可视为质点且刚好射穿木块C．下列说法正确的是（     ） A．子弹刚好射出木块A时的速度为 B．子弹在木块A中的运动时间大于在木块B中的运动时间 C．子弹在木块A和B中的运动时间之比为 D．子弹在木块A中的平均速度是在木块C中平均速度的5倍 【答案】D 【详解】ABC．子弹可视为质点且刚好射穿木块C，子弹的减速运动可看成逆向的初速度是零的匀加速运动，由子弹经木块的位移比可知，子弹经三个木块的时间相等。设子弹的加速度为a，经每一块的时间为t，则由速度时间公式可得加速度的大小为 设子弹刚好射出木块A时的速度为v1，由速度时间公式则有，故ABC错误； D．由平均速度公式可知，子弹在三个木块中的运动时间相等，子弹在三个木块中的位移比为5∶3∶1，所以子弹在木块A中的平均速度是在木块C中平均速度的5倍，故D正确。 故选D。 3．（26-27高一上·南京七校联盟·期中）地震救灾现场，无人机定点空投生活物资。假设物资由静止释放，经1s刚好落在地面上，不计空气阻力，g取，求： (1)物资刚要落到地面上的速度大小； (2)物资释放时距离地面的高度。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）物资做自由落体运动，根据 解得物资刚要落到地面上的速度大小 （2）物资做自由落体运动，根据 解得物资释放时距离地面的高度 4．（26-27高一上·南京七校联盟·期中）福建号航空母舰的甲板长度为，利用弹射系统可以缩短战机在甲板上滑行的距离和时间。假设弹射系统对战机的作用时间，战机获得的加速度，可以使战机从静止达到一定的初速度，然后战机利用自身发动机，以加速度继续加速，再经过达到起飞速度，求： (1)的大小； (2)战机从开始弹射至起飞速度过程中运动总位移的大小； (3)假设不使用弹射系统，战机在甲板上从静止开始以加速度做匀加速直线运动，通过计算说明战机能否在航空母舰上安全起飞。 【答案】(1) (2)220m (3)不能 【详解】（1）取战机运动方向为正方向。设战机离开弹射系统时的速度大小为，则有 解得 离开弹射系统后战机的加速度大小为，由 解得 （2）弹射系统作用下战机的位移为 解得 离开弹射系统后战机的位移为 解得 故战机达到起飞速度时的总位移的大小为 （3）若不使用弹射系统，战机由静止以的加速度加速到，根据运动学公式可得 解得需要滑行的距离为 由于，战机不能从甲板上安全起飞。 ►考向02 追及相遇问题 常见考察方式：分析两物体能否追上、相遇次数，判断距离最大、最小的临界条件。 审题关键 ①画运动过程草图，明确初始距离； ②抓速度相等这一临界条件； ③注意被追物体是否已停止。 解题方法 解决追及相遇问题的步骤和方法 解题要点 ①速度相等时距离取极值，； ②位移关系结合时间等量关系； ③二次函数判别式定相遇次数。 ②三力平衡有直角优先三角函数； ③三力平衡可用首尾相接封闭三角形。 5．（26-27高一上·南京七校联盟·期中）2026年10月3日，爱知—名古屋亚运会男足比赛中，中国队最终通过点球大战赢得乌兹别克斯坦队，夺得铜牌，时隔28年再次登上亚运领奖台，极大地提振信心，激励青年一代。如图，球员A在训练过程中将足球沿直线向前踢出，被踢出后的足球在地面上的运动可视为初速度、加速度大小的匀减速直线运动。球员A、B不相撞且后续不再与球触碰。请计算： (1)足球经过多长时间停下； (2)足球被踢出时，球员A立即做初速度为零、加速度为的匀加速直线运动追赶足球，球员A在追上足球之前与足球之间的最远距离； (3)足球被踢出时，球员B位于足球前方处，立即做初速度为零、加速度为的匀加速直线运动与足球同向运动，球员B会在何时与足球并排获得踢球机会？ 【答案】(1) (2) (3)足球被踢出后的1s和3s时 【详解】（1）足球停下来所用时间为 解得 （2）球员A与足球速度相等时距离最大，设二者达到速度相等所用时间为，则有， 解得， 球员A在追上足球之前与足球之间的最远距离 解得 （3）设足球被踢出后经过时间球员B与足球并排，则有 解得或3s 因为或3s均小于，所以球员B会在足球被踢出后的1s和3s时与足球并排获得踢球机会。 6．（26-27高一上·启东市第一中学·第一次质检）如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度，同时让甲球自由下落，不计空气阻力（甲乙两球可看作质点）， 。求： (1)h为何值时，甲乙两球可以同时落地； (2)为确保乙球能在下降过程中与甲球相遇，h应满足什么条件？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对乙球，设抛出后经落地，则有 解得 易知甲离地高 （2）乙球上升到最大高度用时为 乙球上升的最大高度为 时间内甲自由下落的高度为 两球在乙球升至最高点时相遇，h应满足的条件为 综上所述，为确保乙球在下降过程中与甲球相遇，h应满足的条件为 7．（26-27高一上·常州一中·月考）周末，一个小孩带着小狗在公园内玩耍，二者均可视为质点并且可忽略他们之间的水平距离．时刻，两者同时从同一起跑线同方向运动，小孩骑着滑板车始终以的速度做匀速直线运动；小狗从静止开始以的加速度做匀加速直线运动，5s后开始做匀速直线运动，小狗佩戴感应器，感应器设定为当两者前后相距以内不报警，一旦超过该距离感应器报警．求： (1)求感应器第一次报警时，小孩与起跑线之间的距离； (2)第一次报警过程中，小孩与狗之间的最大距离； (3)感应器第一次报警后，又经多长时间才结束报警？ (4)若18s末小狗做加速度的匀减速直线运动，速度减为零后停止运动，求小狗减速后感应器再次停止报警时，小孩到起跑线的距离． 【答案】(1)4m (2)8m (3)8s (4)80m 【详解】（1）设第一次报警时小狗在做匀加速直线运动，此时经过的时间为，小孩的位移为，小狗的位移为，则有， 又 联立解得或7s（舍去） 故第一次报警时小孩与起跑线之间的距离 （2）设小孩与小狗经时间共速，则有 解得 则小孩与狗之间的最大距离为 （3）由（1）计算可知，结束报警时小狗在做匀速直线运动，设结束报警的时间为，小狗做匀速直线运动的速度为，小孩的位移为，小狗的位移为，则有， 其中， 联立解得 从第一次报警到结束报警的时间为 （4）18s末狗减速直到停止，则所需要的时间为 设从18s开始经时间后停止报警，则小孩的位移为，小狗的位移为，则有， 又 联立解得 故假设成立，符合题意 则此时小孩离起跑线的距离为 8．（26-27高一上·江苏宿迁中学·阶段检测）近年来，我国在人工智能领域取得重大突破，智能机器人技术已广泛应用于物流、仓储等领域。在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图所示，在直线测试跑道上，机器人A在时从起点以初速度和加速度向右匀加速运动；机器人B在时从起点由静止开始以加速度（未知）向右做匀加速运动。已知机器人B在时追上机器人A，求： (1)机器人B的加速度大小； (2)在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离； (3)如图所示，假设跑道长100米，机器人A以的速度从起点向终点匀速出发；机器人B以的速度从终点向起点匀速出发。两者均在跑道的终点与起点之间做折返运动，忽略掉头的时间，则在120秒内机器人A与B会相遇几次。 【答案】(1) (2) (3)7次 【详解】（1）机器人B在时追上机器人A，有 解得机器人B的加速度大小 （2）在机器人B追上A之前，速度相等时两者之间有最大距离，设时刻速度相等，有 解得 两者之间的最大距离 （3）跑道长100米，机器人A以的速度从起点向终点匀速出发，机器人B以的速度从终点向起点匀速出发。第一次相遇时间 之后每次相遇，两者的路程和为200m，时间间隔 设相遇次数为，总时间满足 解得 则在120秒内机器人A与B会相遇7次。 ►考向03 运动学与动力学图像 常见考察方式：由图像斜率、截距、面积提取运动信息，判断运动性质与未知量。 审题关键 ①看清横纵坐标物理量及单位； ②注意坐标是否从零开始； ③非常规图像先推导函数关系。 解题方法 解决运动图像问题的步骤和方法 解题要点 ①斜率、截距、面积有明确物理意义； ②x-t交点表相遇，v-t交点表速度相等； ③v-t面积表位移，注意正负。 9．（26-27高一上·江苏宿迁中学·阶段检测）客车和货车在同一时刻同一地点沿同一方向做直线运动。客车做初速度为零，加速度大小为的匀加速直线运动；货车做初速度为，加速度大小为的匀减速直线运动至速度减为零后保持静止，客、货两车在运动过程中的（位移—速度）图像如图所示。其中虚线与对应的坐标轴垂直，在两车从开始运动到货车停止运动过程中，下列说法错误的是（     ） A．货车运动的时间为 B．两车不会同时到达处 C．两车最大间距为 D．两车最小间距为 【答案】D 【详解】由题可知，两车均为匀变速直线运动，故（位移—速度）图像满足关系式，结合图像可得货车初速度 设客车速度为时的位移为，客车位移为时的速度为，代入关系式可得，， 联立解得，，， A．由得，货车的运动时间，故A正确； B．结合图像分析，当两车位移为时的速度相等，但两车的加速度不相等，由得，所用时间不同，故B正确； C．当两车速度相等时，设速度相等的时间为，则有，解得 由得，此时两车的位移分别为， 此时间距 当货车停止运动时，设时间为，则，解得 同理得，两车位移分别为， 此时间距 由于，可得最大间距为，故C正确； D．两车从同一地点出发，一开始货车速度大于客车，间距先增大到，之后客车速度超过货车，距离开始减小，，客车反超货车，直到货车停止时，最后间距变成 ，所以最小的间距为，故D错误。 本题选错误的，故选D。 10．（26-27高一上·南通如皋中学·阶段检测）甲、乙两辆汽车沿平直公路同向行驶，以0时刻为计时起点，此时乙车在甲车前处，两车运动的v-t图像如图所示，图中甲、乙两车图像所夹面积为s。关于两车的运动，下列说法正确的有（     ） A．时刻两车一定相遇 B．时间内，乙车的平均速度可能等于 C．若s小于，两车一定可以相遇两次 D．若s大于，两车一定可以相遇两次 【答案】D 【详解】A．在图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移。由题意知，在时刻， 因此，只有当时，两车才恰好在时刻相遇。题目未给出与的关系，故时刻不一定相遇，A错误； B．甲车做匀加速直线运动，其平均速度 由图像可知，在 0∼时间内，甲图线下的面积大于乙图线下的面积，即 根据平均速度公式，可知，即乙车的平均速度，故B错误； C．若，说明在时刻甲比乙多走的位移还不足以弥补初始差距，也就是说， 时刻甲仍在乙后面，但两车速度相等，此时两车间距最小。既然最小距离时都没追上，之后乙的速度更快，甲永远追不上乙了，相遇 0 次。故C错误； D．若，说明在时刻之前，甲比乙多走的位移就已经达到了，此时甲第一次追上乙。 由于时刻甲的总位移差大于，说明在时刻，甲已经在乙的前面了。在时刻之后，乙的速度大于甲的速度，乙开始追赶甲，所以乙一定能第二次追上甲。故D正确。 故选D。 11．（26-27高二上·江苏仪征·期中）如图甲所示，一轻弹簧的两端与两物块A、B相连接并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知，下列说法正确的是（     ） A．物块B的质量为 B．和两时刻弹簧的弹性势能最大 C．和两时刻弹簧的长度相等 D．从到时刻弹簧由压缩状态恢复原长 【答案】B 【详解】A．地面光滑，系统动量守恒，设B的质量为，有 其中， 解得，故A错误； B．阶段，A逐渐接近B，时刻二者速度相同，AB相距最近，弹簧压缩量最大； 时刻，图像斜率均为0，即加速度为0，说明此时弹簧处于原长状态，阶段，前面的B逐渐减速，后面的A先反向减速后正向加速，说明弹簧处于伸长状态，时刻速度相同，二者相距最远，弹簧伸长量最大； 和两时刻速度相同，两物块在和两时刻的总动能相同，由机械能守恒定律易得弹性势能也相同，说明两时刻的最大伸长量和最大压缩量是相同的，则和两时刻弹簧的弹性势能最大且相等，故B正确； C．分析图像可知，时刻前面的B加速，后面的A减速，说明弹簧处于压缩状态，时刻弹簧处于原长状态，两时刻弹簧长度不相等，故C错误； D．分析图像可知，时刻虽然两物块速度恢复初始状态，由机械能守恒定律知弹簧恢复原长，但时刻弹簧具有最大伸长量，从到时刻弹簧由伸长状态恢复原长，故D错误。 故选B。 12．（26-27高三上·淮安清河中学·10月学情自测）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与质量为m的工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动时受到的摩擦力随位移x变化的关系如图乙所示，、为已知量，则下列说法正确的是（     ）（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等） A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动 B．工件向右运动后与弹簧分离 C．当工件的位移为时，加速度大小为 D．工件与皮带之间因摩擦产生的热量小于 【答案】D 【详解】A．从图乙可知，摩擦力在处方向发生变化，在区间工件的摩擦力大小不变，说明工件与传送带相对滑动，传送带向右运动，工件也向右运动，工件速度小于传送带速度，滑动摩擦力向右，工件向右做加速运动；在区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与传送带相对静止，工件随传送带匀速运动，故A错误； B．工件向右运动到位置时，受向左的静摩擦力作用，说明此时弹簧仍处于压缩状态、弹力向右，工件还未与弹簧分离。工件向右运动到位置时摩擦力零，弹力为零，工件与弹簧分离，故B错误； C．在区间内，工件随传送带匀速运动，当工件的位移为时，弹簧弹力与静摩擦力大小相等，方向相反，工件的合力为零，加速度为0，故C错误； D．在区间内，工件随传送带匀速运动，可得 工件向右运动到位置时摩擦力为零，弹簧处于原长，工件向右运动到位置时，弹簧被压缩，此时摩擦力得 根据胡克定律得 可得弹簧劲度系数 在区间内，根据牛顿第二定律得 可得工件做加速度减小的加速直线运动，图像如图所示 此阶段工件的位移为，则传送带的位移大于，小于，相对位移 工件与皮带之间因摩擦产生的热量为。故D正确。 故选D。 ►考向04 牛顿运动定律与两类动力学问题 常见考察方式：以加速度为桥梁处理已知运动求力、已知力求运动；分析瞬时加速度与超重失重。 审题关键 ①规范受力分析，明确运动过程； ②加速度是联系力与运动的桥梁； ③瞬时问题区分弹簧与刚性绳。 解题方法 解决动力学问题的步骤和方法 解题要点 ①已知运动求力先求加速度； ②已知力求运动先求合力，； ③弹簧弹力不突变，绳弹力可突变。 13．（26-27高三上·响水清源高中&滨海东坎高中·第一次学情检测）箱子的质量为，与水平地面的动摩擦因数为，在箱子顶板处系一细绳，悬挂一个质量为的小球，箱子在恒力的作用下，使小球的悬线偏离竖直方向角，取，，，求： (1)箱子的加速度大小； (2)F的大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）作出小球的受力分析如图所示 可知 解得 小球与箱子相对静止，加速度相同，故箱子的加速度大小为。 （2）对箱子和小球的整体，由牛顿第二定律 代入数据解得 14．（26-27高三上·驻马店&华师联盟·质量检测）如图所示，水平面上固定一倾角为的斜面，斜面的右端衔接一质量的长木板B，长木板的上表面与斜面的底端O点平滑衔接，质量为的物块A从斜面的顶端静止释放，经的时间物块滑动到斜面的底端O点。已知斜面最低点O点和最高点A点的高度差为。已知物块A与长木板上表面间的动摩擦因数为，重力加速度取，。物块A经过O点的速度大小不变，物块A可视为质点。求： (1)物块A与斜面间的动摩擦因数； (2)若水平面光滑，为使物块不离开长木板，求长木板的最小长度L； (3)若长木板与水平面间的动摩擦因数为，且长木板足够长，求从木块A滑上长木板到长木板和物块A均静止时，长木板的位移大小s。 【答案】(1)0.5 (2)12m (3)16m 【详解】（1）斜面的长度为 物块在斜面上做初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式得 解得 对物块由牛顿第二定律得 垂直斜面方向有 又 解得 （2）物块滑上长木板瞬间的速度大小为 解得 若水平面光滑，物块滑上长木板后向右做匀减速直线运动，长木板向右做匀加速直线运动，对物块由牛顿第二定律得 解得 对长木板由牛顿第二定律得 解得 为了保证物块A不离开长木板，则物块刚好滑到长木板最右端时，二者共速，对物块有 对长木板有 解得、 该时间内物块和长木板的位移分别为、 长木板的最小长度为 解得 （3）若长木板与水平面间的动摩擦因数为，物块滑上长木板后，物块向右做匀减速直线运动，加速度大小为 由于，所以长木板向右做匀加速直线运动 对长木板由牛顿第二定律得 解得 设经时间物块与长木板共速，则有 解得 此时两者共速速度 长木板的位移 由于，此后物块和长木板共同减速，对物块和长木板由牛顿第二定律得 解得 此后二者的位移为 则整个过程中，长木板的位移为 解得 15．（26-27高三上·扬州红桥高级中学·阶段检测）如图所示，在光滑水平地面上静置一质量M=2kg、长度L=0.5m的薄木板A，木板右端放有一质量m=4kg的小滑块B（可视为质点）。某时刻在木板右端施加一水平向右的恒力F=14N，作用t=2s后撤去。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，滑块离开木板前、后的速度不变，取重力加速度大小g=10m/s2，求： (1)滑块离开木板时的速度大小v； (2)撤去F前的瞬间，A、B的加速度各是多大； (3)撤去恒力F时滑块到木板左端的距离d。 【答案】(1)2m/s (2)， (3)d=4.5m 【详解】（1）设滑块在木板上运动时的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2 对滑块有 对木板有 滑块离开木板有 假设滑块在撤去恒力前离开木板，则有 解得， 假设成立，则滑块离开木板时的速度大小为2m/s。 （2）1s后A与B分离，恒力撤去前，B在光滑平面上运动，则 对木板有 解得 （3）滑块离开木板时，木板速度 从滑块离开木板到撤去恒力需要再经 时间内滑块位移为 时间内木板位移为 可得 代入数据得 16．（26-27高三上·连云港新海高级中学·学情自测）如图所示，质量的物块A放置在水平地面上，上表面为光滑斜面，斜面长，与水平方向的夹角。质量的小物块从斜面顶端由静止沿斜面下滑，A保持静止。A与地面间的动摩擦因数为，取重力加速度，，。 (1)求物块B在斜面上运动的时间（结果可保留根号）； (2)若在斜面顶端时，给、相同的水平初速度，此后、恰能一起以相同的加速度向左做匀减速运动，求与地面间的动摩擦因数； (3)若沿斜面下滑时对A施加水平向右的推力，，在水平方向的加速度相同，相对做匀速直线运动，求下滑到底端的过程中推力做的功。 【答案】(1) (2)0.75 (3)37.5J 【详解】（1）斜面光滑，B沿斜面下滑的合力由重力分力提供 代入数据得B的加速度 B由静止下滑，位移满足运动学公式 物块B在斜面上运动的时间 （2）A、B一起向左做匀减速直线运动，整体的合外力为地面的滑动摩擦力，取向右为正方向，对整体由牛顿第二定律 得整体加速度大小 ，方向水平向右。 对B单独分析：B仅受重力和A的支持力，竖直方向合力为0，水平方向合力提供加速度，因此有 即 代入，解得 （3）B相对A做匀速直线运动，说明B相对于A的加速度为0，仅存在水平加速度。对B受力分解得水平方向合力 解得，即A、B水平方向共同加速度为。 对A、B整体水平方向由牛顿第二定律： 代入数据解得 B在施加推力前已经下滑了，这一阶段末速度 剩余相对A的下滑距离为，B相对于A匀速下滑，则B在竖直方向做匀速直线运动，有 解得 因此B相对A下滑的过程中，A的水平位移为 因此推力做功 ►考向05 动力学热点模型 常见考察方式：分析板块、传送带的多过程运动及等时圆模型，判断摩擦力突变与共速条件。 审题关键 ①统一以地面为参考系； ②根据相对运动判断摩擦力方向； ③抓住速度相等的共速临界。 解题方法 分析动力学热点模型的步骤和方法 解题要点 ①共速时摩擦力可能突变； ②位移关系：同向相减、相向相加； ③等时圆光滑弦下滑时间相等，。 17．（25-26高一上·南京中华中学·月考）3．如图所示，和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，为最低点，O＇为圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环从点无初速释放，一个滑环从点无初速释放，用、、分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设Oa与ac的夹角为，Ob与ac的夹角为，da与ac的夹角为，圆的半径为R，则从Oa滑下的滑环运动的加速度为 运动过程有 解得 从Ob滑下的滑环运动加速度为 运动的过程有 解得 从da滑下的滑环运动的加速度为 运动的过程有 解得 经比较，有 故选C。 18．（26-27高三上·淮安清河中学·10月学情自测）如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度顺时针转动，一根轻弹簧一端与竖直墙面连接，另一端与质量为m的工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度释放，工件向右运动时受到的摩擦力随位移x变化的关系如图乙所示，、为已知量，则下列说法正确的是（     ）（工件与传送带间的动摩擦因数处处相等） A．工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动 B．工件向右运动后与弹簧分离 C．当工件的位移为时，加速度大小为 D．工件与皮带之间因摩擦产生的热量小于 【答案】D 【详解】A．从图乙可知，摩擦力在处方向发生变化，在区间工件的摩擦力大小不变，说明工件与传送带相对滑动，传送带向右运动，工件也向右运动，工件速度小于传送带速度，滑动摩擦力向右，工件向右做加速运动；在区间工件的摩擦力大小发生变化，说明工件与传送带相对静止，工件随传送带匀速运动，故A错误； B．工件向右运动到位置时，受向左的静摩擦力作用，说明此时弹簧仍处于压缩状态、弹力向右，工件还未与弹簧分离。工件向右运动到位置时摩擦力零，弹力为零，工件与弹簧分离，故B错误； C．在区间内，工件随传送带匀速运动，当工件的位移为时，弹簧弹力与静摩擦力大小相等，方向相反，工件的合力为零，加速度为0，故C错误； D．在区间内，工件随传送带匀速运动，可得 工件向右运动到位置时摩擦力为零，弹簧处于原长，工件向右运动到位置时，弹簧被压缩，此时摩擦力得 根据胡克定律得 可得弹簧劲度系数 在区间内，根据牛顿第二定律得 可得工件做加速度减小的加速直线运动，图像如图所示 此阶段工件的位移为，则传送带的位移大于，小于，相对位移 工件与皮带之间因摩擦产生的热量为。故D正确。 故选D。 19．（26-27高三上·江苏常熟·阶段抽测一）将质量的木板静止置于光滑水平地面上，在木板右端放上一质量为、体积可忽略的铁块。铁块与木板间的动摩擦因数，铁块始终不会滑离木板，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．若铁块以的速度向左滑上木板，则铁块的最终速度为 B．若用水平拉力向左拉铁块，则木板的加速度大小为 C．若，木板与地面动摩擦因数为0.1，用水平拉力向左拉铁块，则铁块的加速度大小为 D．若，木板与地面动摩擦因数为0.1，用水平拉力向左拉铁块，则铁块的加速度大小为 【答案】B 【详解】A．水平地面光滑，铁块与木板组成的系统水平方向不受外力，根据动量守恒可得 代入数据解得铁块的最终速度为，故A错误； B．若用水平拉力向左拉铁块，设铁块与木板相对静止，以铁块与木板为整体，根据牛顿第二定律可得整体的加速度大小为 木板在铁块的静摩擦力作用下，可以获得的最大加速度为 由于，可知铁块与木板发生相对滑动，则木板的加速度大小为，故B正确； CD．若，木板与地面动摩擦因数为0.1，用水平拉力向左拉铁块；木板与地面的滑动摩擦力为 铁块与木板的最大静摩擦力为 木板能达到的最大加速度为 用水平拉力10N向左拉铁块，若铁块与木板相对静止，则整体的加速度为 可知铁块与木板发生相对滑动，对铁块由牛顿第二定律得 解得铁块的加速度大小为，故CD错误。 故选B。 20．（26-27高三上·金坛一中·阶段检测）如图所示，质量的物体B通过平行传送带的轻质绳及光滑定滑轮将传送带上质量为煤块A（可视为质点）运送到传送带顶端，已知传送带倾角，煤块与传送带间动摩擦因数，传送带以的速度顺时针转动，物体B离地高度，传送带足够长。某时刻将煤块A由静止释放，恰好能到达传送带顶端，煤块与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力和煤块滑动过程中质量的变化，。求： (1)释放瞬间A、B运动的加速度的大小； (2)物体B落地瞬间的速度大小； (3)物体B落地前，煤块A向上运动过程中产生的痕迹长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）释放瞬间煤块A的速度为零，小于传送带速度，A相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力方向沿传送带向上 设绳的拉力大小为F，对煤块A，沿传送带方向由牛顿第二定律得 对物体B，由牛顿第二定律得 两式相加得 代入数据得 解得，即释放瞬间A、B的加速度大小均为 （2）煤块A从静止加速到与传送带速度相同所需的时间 此过程中A沿传送带向上运动的位移 小于物体B的离地高度 两者速度相同后，因大于 A不能与传送带保持相对静止，A相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力方向沿传送带向下 设此阶段A、B的加速度大小为a2，对A有 对B有 两式相加得 解得 物体B落地时A沿传送带上升的距离等于B下降的高度 后一阶段A上升的距离 由 得 代入数据得 即物体B落地瞬间的速度大小为，方向竖直向下 （3）煤块A向上运动的前内，A的速度小于传送带速度，A相对传送带向下滑动 此阶段A沿传送带向上的位移 传送带的位移 A相对传送带向下滑动的距离 即痕迹自A的初始位置起沿传送带向下延伸 此后至B落地，A的速度大于传送带速度，A相对传送带向上滑动，历时 代入数据得 此阶段A的位移 传送带的位移 A相对传送带向上滑动的距离 小于，该段痕迹与原有痕迹重合 故物体B落地前，煤块A向上运动过程中产生的痕迹长度为 1．（26-27高三上·江苏扬州高邮·10月调研）如图所示，小物块以某一初速度冲上固定斜面，已知物块与斜面动摩擦因数，斜面足够长，则下列关于速度、加速度、动能随时间变化的图像，机械能随路程变化的图像中正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】物块上滑时，由牛顿第二定律 得，方向沿斜面向下 因，即 物块速度减为零后会沿斜面下滑，下滑时 得，方向沿斜面向下，故。 A．v‑t图像：上滑、下滑均为匀变速，图像是两段倾斜直线，上滑阶段斜率绝对值更大，A错误； B．a‑t图像：上滑加速度大小大于下滑加速度大小，加速度方向始终沿斜面向下，符号不变，B错误； C．动能，上滑动能匀减速减小到0，下滑动能匀加速增大，速度大小随时间线性变化，动能随时间是二次函数，图像为抛物线，但上滑时间短，下滑时间长，C错误； D．除重力之外只有摩擦力做功，，机械能E随路程s线性减小，E‑s图像为倾斜下降直线，D正确。 故选D。 2．（26-27高三上·江苏淮安·学情调研）如图所示，两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接，然后用细绳悬挂于天花板上的O点，关于从剪断细绳开始到弹簧第一次恢复原长过程中（A、B均未落地），A、B的速度或加速度随时间变化关系图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB．剪断细绳前系统静止，对B受力平衡得弹簧弹力，方向向上； 对A受力平衡得上方细绳拉力 剪断细绳瞬间，细绳拉力突变为0，但弹簧形变来不及改变，弹力仍为 对A：合力，初始加速度，方向向下； 对B：合力仍为，初始加速度 从剪断细绳到弹簧第一次恢复原长，弹簧伸长量逐渐减小，弹力从逐渐减为0 A的合力：从逐渐减小到，因此A的加速度从逐渐减小到，对应图像的斜率（加速度）逐渐变小； B的合力从0逐渐增大到，因此B的加速度从0逐渐增大到，对应图像的斜率（加速度）逐渐变大。 恢复原长时图像切线平行，不可能相交，故A正确，B错误； CD．由之前分析，加速度不可能为定值，故CD错误。 故选A。 3．（2026·江苏淮安涟水一中·调研）现在的物流系统越来越智能化，京东的某物流仓库中，一质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力F沿轨道方向，其F-t图像如图所示，则下列图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据合力F随时间t的变化图像，可知在内分拣机器人所受合力为 根据牛顿第二定律有 解得 故在内分拣机器人做匀加速直线运动，经的时间加速，速度的变化量为 在内分拣机器人所受合力为，根据牛顿第二定律有 解得 故在内分拣机器人沿同一方向继续做匀速直线运动。 在内分拣机器人所受合力为 根据牛顿第二定律有 解得 故在内分拣机器人沿同一方向继续做匀减速直线运动，经的时间减速，速度的变化量为 A．综上，可知A图像可能正确，故A正确； BC．综上，可知的加速度与的加速度大小相等，方向相反，与BC图像不符合，故BC错误； D．综上，可知内的加速度为，而D图像的斜率为，即加速度为，故D错误。 故选A。 4．（26-27高三上·江苏无锡·期中）甲、乙两质点由静止从同一点同向同时开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图所示。在时间内（     ） A．甲做减速运动，乙做加速运动 B．甲和乙的平均速度相等 C．在时刻，甲和乙之间的间距最大 D．在时刻，甲的速度比乙的速度小 【答案】C 【详解】A．取初始运动方向为正方向。由图可知，在内甲、乙的加速度均为正，因此两物体的速度都沿正方向增大，甲做加速运动而不是减速运动，乙做加速运动，故A错误。 B．由-图像中到的面积表示速度变化量，得 在两者运动的中间时段，甲的速度大于乙的速度，且两物体从同一点同时出发，所以到时刻甲的位移大于乙的位移，二者在内的平均速度不相等，故B错误； C．由前述结果，在两者运动的中间时段甲相对乙的速度为正，甲、乙间距不断增大；到时刻两者速度相等，间距不再增大，因此时刻两者间距最大，故C正确； D．将代入前述速度差关系，得，所以时刻甲、乙速度相等，故D错误。 故选C。 5．（25-26高一上·江苏如皋第一中学·期末训练）如图所示，圆环和点在同一竖直平面内，在环上取一点与连成光滑直轨道，一物块由静止开始从点滑向圆环。是圆环的最高点，是圆环的最右端，是圆环与地面的接触点，是与环的交点，为圆心，是与环的交点，物块滑到圆环上所需的最短时间为（　　） A．沿轨道运动的时间 B．沿轨道运动的时间 C．沿轨道运动的时间 D．沿轨道运动的时间 【答案】C 【详解】如图所示 过点画一竖直线，以此作为斜边，再分别以作为直角边，构造直角三角形，可见过D的直角三角形的斜边最短，对应的等时圆半径最小，则沿轨道运动的时间最短，故选C。 6．（26-27高三上·宜兴中学&泰州中学·质量监测）如图甲所示，质量的斜面体静置在粗糙的水平地面上，斜面的长度，倾角，光滑轻小定滑轮固定在斜面的顶端。一轻绳的左端与质量的物块A相连，右端绕过定滑轮与物块B（视为质点）相连，另一轻绳左端固定在竖直墙壁上，右端与连接两物块的轻绳在O点打结。当系统处于静止状态时，O点左侧的轻绳与墙壁的夹角也为，O点与定滑轮之间的轻绳水平，定滑轮右侧的轻绳与斜面平行，物块B静止在斜面顶端且与斜面间恰好没有摩擦力。时刻，将定滑轮右侧的轻绳剪断，物块B沿斜面下滑（斜面体始终不动），通过斜面底端后滑上地面（斜面底端和水平面平滑连接），物块B的速率随时间变化的规律如图乙所示。取重力加速度大小，，。求： (1)物块B的质量； (2)物块B与斜面间的动摩擦因数以及物块B与地面间的动摩擦因数； (3)在物块B沿斜面下滑的过程中，地面对斜面体的支持力大小以及静摩擦力大小。 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）设定滑轮右侧轻绳的拉力大小为，对物块，根据物体的平衡条件有 对点，根据物体的平衡条件有 解得 （2）设物块沿斜面下滑的加速度大小为，有 其中 解得 根据牛顿第二定律有 解得 物块到达斜面底端时的速度大小 解得 物块在地面上滑行的加速度大小 其中 解得 根据牛顿第二定律有 解得 （3）方法一：斜面体的受力情况如图所示。 在竖直方向上，根据物体的平衡条件有 上式中， 解得 在水平方向上，根据物体的平衡条件有 解得 方法二：对斜面体与物块进行整体分析。 在物块沿斜面下滑的过程中，在竖直方向上，根据牛顿第二定律有 解得 在物块沿斜面下滑的过程中，在水平方向上，根据牛顿第二定律有 解得 7．（26-27高三上·江苏南京七校联合体·调研测试）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，质量为的背包在滑道顶端处由静止滑下，若1s后滑雪者从顶端以的初速度，的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，拎起后一起沿水平轨道的速度为。背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，段不计阻力，求： (1)背包在斜面滑动的加速度大小； (2)滑雪者运动多长时间追上背包； (3)滑雪者质量。 【答案】(1) (2)2s (3) 【详解】（1）对背包在斜面AB上受力分析，根据牛顿第二定律有 代入数据解得背包在斜面滑动的加速度大小 （2）设背包在斜面上滑行的时间为，滑雪者运动的时间为。由于滑雪者在背包出发后追赶，且恰好在坡底B处追上，说明两者到达B点的位移s相同，且。对背包： 对滑雪者 解得滑雪者运动时间 （3）背包到达B点时的速度为 滑雪者到B点时的速度为 在坡底B处，滑雪者追上并拎起背包的过程时间极短，水平方向不受外力，两者水平方向动量守恒。由动量守恒定律得 解得滑雪者的质量 8．（25-26高一上·河北衡水中学·期末）如图所示，AB段为足够长的水平面，C、D为光滑水平导轨的左右两端，一个质量M=4kg的小车静止在AB段，小车的上表面与CD面等高。倾角、长的传送带下端通过一小段光滑的圆弧轨道与水平导轨衔接于D点。已知传送带沿逆时针方向以的恒定速度转动。可视为质点的质量的小物块由传送带的顶端静止释放，经过一段时间小物块滑上小车，再经的时间从小车的左端飞出。已知小物块与传送带以及小车上表面间的动摩擦因数均为，小车与AB段的动摩擦因数。重力加速度g取，，。 (1)求小物块滑到D点时的速度大小； (2)求小车左右两端的距离； (3)若小车与AB段的动摩擦因数，求小物块最终到小车右端的距离，以及小物块停止运动时到水平轨道C端的距离。 【答案】(1)6m/s (2)3.5m (3)3m，6m 【详解】（1）设小物块刚开始下滑时的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 小物块与传送带达到共速时，假设小物块还未到达点，则此过程小物块运动时间 小物块的位移 故假设成立，设此后小物块下滑的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 设小物块滑到点时的速度大小为，则有 解得 （2）小物块滑上小车后，对小物块，根据牛顿第二定律有 解得 由于 所以小车静止不动，小物块滑上小车后经过的时间从小车的左端飞出，则小车左右两端的距离 解得 （3）若小车与段的动摩擦因数，小物块滑上小车后，对小车有 解得 设两者达到速度相等所用时间为，有 解得， 小物块的位移大小为 解得 小车的位移大小为 解得 两者相对位移大小为 所以，小物块不会离开小车，则最终小物块距离小车右端3m，共速后一起减速，对小物块和小车组成的整体有 解得 则有 解得 小物块停止运动时到水平轨道C端的距离为 9．（25-26高一上·南京一中·阶段性检测）如图所示，小物块A、C通过不可伸长的轻绳跨过光滑的轻质定滑轮连接，物体C离地面高为。A置于木板B的最左端，木板足够长，A、B间的动摩擦因数为μ=0.6，B与桌面间摩擦不计，且离定滑轮足够远、物体A、B、C的质量分别为1kg、2kg、3kg，重力加速度取g=10m/s2。 (1)开始时控制物体A和B，使三个物体均处于静止状态，求轻绳中的张力T的大小； (2)控制物体B静止，撤去对A的控制，C从静止下落到地面后不弹起，求物块C下落的时间； (3)同时撤去对A、B的控制，系统开始运动，在B到达滑轮前，AB间已能保持相对静止，此时物块A与木板B最左端的距离d为多大？ 【答案】(1)30N (2) (3) 【详解】（1）以C为研究对象，根据平衡条件可得 （2）物体B保持静止，A、C运动的加速度大小为 设物块C下落的时间为t1，则 解得 （3）同时撤去A、B的控制，系统开始运动，B的最大加速度为 由于，所以A、B两个物体不会相对静止，当C物体落地后，A的速度大小为 B的速度大小为 t1时间内A与B位移之差为 当C物体落地后，A的加速度大小为 B的加速度大小仍为 从C落地到A、B达到共同速度时，有 解得， 此过程中A与B位移之差为 故物块A与木板B最左端的距离为 10．（25-26高二下·苏州中学·四月测试）如图甲，足够长的木板A放置在光滑水平桌面上，带正电的小滑块D放在A的最右端，通过一条跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与小球C相连，滑轮右侧轻绳水平。图示空间分布有垂直纸面向内的匀强磁场和水平向右的匀强电场，此时A、C、D均静止。t=0时撤去电场，D与A的相对速度∆v随时间t的变化关系如图乙所示，t=t1时电场恢复，此时D的速度大小恰为A的2倍。已知A、C、D的质量分别为m、m、2m，D的带电量恒为q，A、D之间的动摩擦因数为µ，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g。忽略电场变化对磁场的影响。求： (1)电场强度的大小E； (2)∆v最大时C的速度大小v1； (3)0~t1内A、D间因摩擦产生的热量Q，以及t1之后∆v=0时A的速度大小v2。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）D在电场中处于平衡状态，有 解得 （2）最大时，D、C与A加速度大小相等，设为a，设D、C间轻绳拉力大小为F，D与A间摩擦力大小为f，有 对C有 对D有 对A有 联立解得 （3）设时A、D的速度分别为、，对A、D、C系统有 若内任意时刻C、D的速度为，内D的位移分别为，对A由动量定理有 对上式累积求和可得 内对A、C、D系统，由能量守恒定律有 且 联立可得 时电场恢复，D受电场力大小为 可知此后D、C与A的动量大小之和不变，故 可得 11．（25-26高一上·西交大苏州附中·12月月考）完全相同的质量均为1.5的直角三角形滑块A、B，按如图所示叠放，设A、B接触的斜面光滑，A与桌面间的动摩擦因数，现在B上作用一水平推力，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止。取。求： (1)水平推力F的大小； (2)斜面倾角。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）将两滑块作为整体进行受力分析，匀速运动，推力与摩擦力等大反向，因此 （2）匀速运动，滑块B处于平衡状态，对其进行受力分析，如图 有 因此 12．（25-26高一上·泰州中学·第二次质量检测）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度，与倾角为的斜面的底端P平滑连接，将一质量的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为、，取重力加速度，，。求小物块：（可能用到的数学计算公式：（其中） (1)第1次滑过P点时的速度大小； (2)第1次在传送带上往返运动的时间t； (3)从释放到最终停止运动，在斜面上滑行的总路程S。 【答案】(1) (2)9s (3)12m 【详解】（1）由牛顿运动定律得 解得 又知 解得 （2）由牛顿第二定律得 物块与传送带共速时，由速度公式得 解得 匀速运动阶段的时间为 第1次在传送带上往返运动的时间 （3）物块沿斜面上滑时 解得 第一次上滑时滑行的距离 第二次下滑 解得 第二次在传送带上运动到P点时速度为 继续沿斜面上滑 第三次在传送带上运动到P点时速度为 继续沿斜面上滑 以此类推 故滑行的总路程 解得 13．（25-26高一上·江苏徐州贾汪·期末）如图所示，生产车间利用两条相互垂直且等高的水平传送带甲、乙传送工件。传送带甲、乙的运行速度大小分别为v甲=3m/s、v乙=4m/s，传送工件时，先将工件A轻放在传送带甲的左端O点，待工件A与传送带甲恰好相对静止时，再将另一完全相同的工件B轻放在O点，所有工件在被传送到传送带乙之前，均已与传送带甲相对静止。工件均可平稳地由传送带甲转移至传送带乙，且不会从传送带乙的右侧滑落。已知工件与两传送带间的动摩擦因数均为=0.5，工件均可视为质点，重力加速度为g=10m/s2，不计空气阻力。求： (1)A从释放到与甲达到相对静止所需的时间t； (2)在甲上运动时A、B间的最大距离d； (3)B刚到达乙时，在沿乙传送方向上A、B间的距离y。 【答案】(1)0.6s (2)1.8m (3)0.72m 【详解】（1）工件在传送带甲上运动时，根据牛顿第二定律可得 解得 工件与传送带共速时，则有v=at 解得t=0.6s （2）工件 B 与工件 A 速度相同时有最大距离，此时则有 vA=vB=v甲 工件B的位移 工件A的位移 A、B之间的最大位移 （3）解法 1：在传送带乙上工件A所受摩擦力大小仍为 如图，由相对运动可知摩擦力和传送带乙速度方向夹角 解得 工件在传送带乙运动方向上做初速度为零的匀加速直线运动，当B刚到达乙时，A在乙上运动的时间为 t=0.6s 由牛顿第二定律可得： 解得 根据运动学规律可得 解法 2：以传送带乙为参考系，工件做匀减速直线运动，相对速度 根据牛顿第二定律可得 解得相对加速度 相对位移 传送带乙运动方向相对位移 传送带乙的位移 根据相对运动位移关系 14．（26-27高三上·泗阳海门实验中学·一调）如图所示，一足够长固定斜面的倾角为θ=37°，在斜面底端固定一垂直斜面的挡板，劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，下端固定在挡板上，上端固定在质量为M=2kg的小滑块P上，此时弹簧平行斜面．质量为m=0.5kg的小滑块Q与P靠在一起，并不粘连，P、Q与斜面间的动摩擦因数分别为μ1=0.25和μ2=0.5，对Q施加一个沿斜面向下的作用力，系统静止时弹簧压缩量为x1=0.56m，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．求： (1)撤去外力瞬间，PQ整体的加速度； (2)在撤去外力瞬间，P对Q的弹力大小； (3)P、Q第一次分离前一起运动的位移。 【答案】(1)，方向沿斜面向上 (2) (3)，方向沿斜面向上 【详解】（1）撤去外力后，两滑块将沿斜面向上运动，取沿斜面向上为正方向。两滑块所受滑动摩擦力均沿斜面向下，大小分别为，。 对与组成的整体，由牛顿第二定律得 解得，方向沿斜面向上。 （2）设对沿斜面向上的弹力为。对沿斜面方向应用牛顿第二定律得 代入第（1）问所得加速度，解得。 （3）设共同运动过程中弹簧的形变量为，规定压缩时，伸长时。两滑块仍沿斜面向上运动时，对整体应用牛顿第二定律得 对沿斜面方向应用牛顿第二定律得 联立以上两式，得 两滑块之间只能产生压力，第一次分离时其弹力恰好减为零。由上式得临界形变量 从初始位置到该临界位置，两滑块共同沿斜面向上的位移大小为 为判断两滑块能否到达该位置，对两滑块和弹簧组成的系统应用功能关系，设到达临界位置时的速度为，则 因此两滑块到达临界位置时仍沿斜面向上运动，随后第一次分离，故分离前共同运动的位移为，方向沿斜面向上。 15．（26-27高一上·盐城中学·质量检测）如图，同一竖直线上的小球A和小球B静止在地面上方，球B距离地面的高度，球A在球B的正上方，同时释放两小球。球B每次与地面碰后均以原速率反弹，并在第三次下降过程中与球A相碰，重力加速度大小为，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间，求： (1)球B第一次落地时的时间； (2)球B在第二次碰地后上升到最高点时，球A下落速度大小； (3)球A起始高度H的取值范围。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，球B做自由落体运动，由公式 可得，球B第一次落地时的时间 （2）球B每次与地面碰后均以原速率反弹，B球从开始下落到第二次碰地后上升到最高点所用总时间 则球A下落速度大小为 （3）球B在第三次下降过程中与球A相碰，若球B在第三次刚下降时恰好与球A相碰，则有 若球B在第三次刚碰地时恰好与球A相碰，则有 可知，若球B在第三次下降过程中与球A相碰，则球A起始高度H的取值范围为 公司2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $