專題02力與直線運(yùn)動(dòng)

專題02力與直線運(yùn)動(dòng)TOC\o"13"\p""\h\u01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖102考情分析·解密高考203高頻考點(diǎn)·以考定法22一、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用2二、運(yùn)動(dòng)圖像及應(yīng)用2三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用3四、動(dòng)力學(xué)中的臨界問(wèn)題4510考向1：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用10考向2：牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像問(wèn)題的結(jié)合11考向3：牛頓運(yùn)動(dòng)定律在多物體中的應(yīng)用1204核心素養(yǎng)·難點(diǎn)突破1405創(chuàng)新好題·輕松練23考點(diǎn)內(nèi)容要求學(xué)習(xí)目標(biāo)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用II掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律、基本公式、推論和自由落體運(yùn)動(dòng)；掌握牛頓運(yùn)動(dòng)定律在運(yùn)動(dòng)學(xué)和力學(xué)中的綜合應(yīng)用；掌握運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題的綜合應(yīng)用；掌握動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中的臨界分析問(wèn)題。運(yùn)動(dòng)圖線及應(yīng)用II牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用II動(dòng)力學(xué)中的臨界問(wèn)題II一、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的求解思路2．解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法技巧（1）基本公式法。（2）v-t圖像法。（3）比例法：適用于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)。（4）逆向思維法：末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)可等效為反向初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。3．追及相遇問(wèn)題的臨界條件：前后兩物體速度相等時(shí)，它們間的距離最大或最小。二、運(yùn)動(dòng)圖像及應(yīng)用1．分析運(yùn)動(dòng)圖像所需的“六看”看“軸”看橫軸、縱軸分別表示的物理意義，例如對(duì)于位移—時(shí)間圖像，縱軸表示相對(duì)原點(diǎn)的位移x，橫軸表示時(shí)間t；對(duì)于位置—時(shí)間圖像，縱軸表示對(duì)應(yīng)時(shí)刻的位置，橫軸表示時(shí)間看“線”看圖線的形狀，例如x-t圖像為傾斜直線表示物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖像為傾斜直線表示物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖像為曲線表示物體做變加速直線運(yùn)動(dòng)看“斜率”看圖線上某點(diǎn)的斜率，例如x-t圖像的“斜率”表示速度，v-t圖像的“斜率”表示加速度。注意圖線上某點(diǎn)的斜率為該點(diǎn)附近縱軸的變化量Δy與橫軸的變化量Δx之比eq\f(Δy,Δx)看“截距”根據(jù)橫軸和縱軸的物理意義確定橫截距或縱截距的物理意義，例如位置—時(shí)間圖像(x-t圖像)，縱截距表示初始位置，橫截距表示經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的時(shí)刻看“面積”圖線和坐標(biāo)軸所圍成的面積往往表示一個(gè)物理量，這要看兩軸所代表的物理量的乘積有無(wú)實(shí)際意義，例如位移—時(shí)間圖像(x-t圖像)“面積”無(wú)實(shí)際意義，而v-t圖像中，“面積”表示位移看“交點(diǎn)”圖像中有兩個(gè)不同物體的運(yùn)動(dòng)圖線時(shí)，x-t圖像中交點(diǎn)表示對(duì)應(yīng)時(shí)刻兩物體相遇，v-t圖像中交點(diǎn)表示對(duì)應(yīng)時(shí)刻兩物體速度相等2.非常規(guī)圖像的解題思路遇到非常規(guī)運(yùn)動(dòng)圖像時(shí)，可以根據(jù)相應(yīng)的物理規(guī)律寫(xiě)出兩個(gè)物理量間的函數(shù)關(guān)系，進(jìn)而確定圖線斜率、截距或圍成的面積的物理意義。常見(jiàn)的非常規(guī)圖像：函數(shù)表達(dá)式(僅適用于勻變速直線運(yùn)動(dòng))斜率k/面積S縱截距ba-t圖像S＝Δva0v2-x圖像由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，得v2＝veq\o\al(2,0)＋2axk＝2aveq\o\al(2,0)eq\f(x,t)-t圖像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)atk＝eq\f(1,2)av0三、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用1．解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的思路2．動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題的解題步驟（1）明確研究對(duì)象：根據(jù)問(wèn)題的需要和解題的方便，選擇某個(gè)物體或某系統(tǒng)作為研究對(duì)象。（2）受力分析：畫(huà)好受力示意圖，選擇適當(dāng)?shù)奶幚矸椒ㄇ蟪龊狭蚝狭Φ谋磉_(dá)式。①合成法：合成法適用于受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè))的情況；②正交分解法：正交分解法適用于各種情況，尤其是物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)時(shí)。（3）運(yùn)動(dòng)情況分析：畫(huà)出運(yùn)動(dòng)示意圖，明確物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求出或設(shè)出物體的加速度。（4）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律列式求解。3．瞬時(shí)加速度問(wèn)題的兩種模型剛性繩或接觸面外界條件改變時(shí)產(chǎn)生的彈力可瞬間改變，從而引起研究對(duì)象受到的合力或加速度瞬間改變（即：突變）彈簧或橡皮筋外界條件改變時(shí)產(chǎn)生的彈力不能瞬間改變，研究對(duì)象受到的合力或加速度也不能瞬間改變（即：漸變）4.處理多過(guò)程動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的“二分析一關(guān)鍵”二分析分階段分析運(yùn)動(dòng)規(guī)律分階段分析受力一關(guān)鍵前后兩過(guò)程的聯(lián)系是轉(zhuǎn)折狀態(tài)的速度，前一過(guò)程的末速度一般就是后一過(guò)程的初速度四、動(dòng)力學(xué)中的臨界問(wèn)題問(wèn)題情景2.（1）當(dāng)題目中出現(xiàn)“最大”“最小”或“剛好”等關(guān)鍵詞時(shí)，經(jīng)常隱藏著臨界問(wèn)題。（2）當(dāng)題目要求解某個(gè)物理量的最大值、最小值、范圍或需要滿足的條件時(shí)，經(jīng)常為臨界問(wèn)題。（3）常見(jiàn)臨界條件兩物體剛好要相對(duì)滑動(dòng)靜摩擦力達(dá)到最大值兩物體在壓力方向剛好脫離接觸相互作用的彈力為零輕繩剛好繃直或松弛輕繩上張力為零思路與方法（1）基本思路①認(rèn)真審題，詳盡分析問(wèn)題中變化的過(guò)程(包括分析整體過(guò)程中有幾個(gè)階段)。②尋找過(guò)程中變化的物理量。③探索物理量的變化規(guī)律。④確定臨界狀態(tài)，分析臨界條件，找出臨界關(guān)系。（2）思維方法極限法把物理問(wèn)題(或過(guò)程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái)，以達(dá)到正確解決問(wèn)題的目的假設(shè)法臨界問(wèn)題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時(shí)，或變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時(shí)，往往用假設(shè)法解決問(wèn)題數(shù)學(xué)法將物理過(guò)程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件【典例1】（多選）（2023·福建·統(tǒng)考高考真題）甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運(yùn)動(dòng)。以出發(fā)時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，甲車的速度—時(shí)間圖像如圖（a）所示，乙車所受合外力—時(shí)間圖像如圖（b）所示。則（

）A．0~2s內(nèi)，甲車的加速度大小逐漸增大 B．乙車在t=2s和t=6s時(shí)的速度相同C．2~6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同 D．t=8s時(shí)，甲、乙兩車的動(dòng)能不同【答案】BC【詳解】A．由題知甲車的速度一時(shí)間圖像如圖（a）所示，則根據(jù)圖（a）可知0~2s內(nèi)，甲車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，故A錯(cuò)誤；B．由題知乙車所受合外力一時(shí)間圖像如圖（b）所示，則乙車在0~2s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s乙車在0~6s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s則可知乙車在t=2s和t=6s時(shí)的速度相同，故B正確；C．根據(jù)圖（a）可知，2~6s內(nèi)甲車的位移為0；根據(jù)圖（b）可知，2~6s內(nèi)乙車一直向正方向運(yùn)動(dòng)，則2~6s內(nèi)，甲、乙兩車的位移不同，故C正確；D．根據(jù)圖（a）可知，t=8s時(shí)甲車的速度為0，則t=8s時(shí)，甲車的動(dòng)能為0；乙車在0~8s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0可知t=8s時(shí)乙車的速度為0，則t=8s時(shí)，乙車的動(dòng)能為0，故D錯(cuò)誤。故選BC?！镜淅?】（多選）（2023·重慶·統(tǒng)考高考真題）某實(shí)驗(yàn)小組測(cè)得在豎直方向飛行的無(wú)人機(jī)飛行高度y隨時(shí)間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點(diǎn)，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為y=4t?26和y=?2t+140。無(wú)人機(jī)及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則（）A．EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為4m/sB．FM段無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)C．FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無(wú)人機(jī)機(jī)械能守恒【答案】AB【詳解】A．根據(jù)EF段方程，y=4t?26可知EF段無(wú)人機(jī)的速度大小為v=ΔyB．根據(jù)y?t圖像的切線斜率表示無(wú)人機(jī)的速度，可知FM段無(wú)人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向下，則無(wú)人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；C．根據(jù)MN段方程，y=?2t+140可知MN段無(wú)人機(jī)的速度為v則有，Δ可知FN段無(wú)人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為12kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D．MN段無(wú)人機(jī)向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，無(wú)人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。故選AB。【典例3】（多選）（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運(yùn)動(dòng)。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對(duì)靜止假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（

）A．若B球受到的摩擦力為零，則F=2mgB．若推力F向左，且tanθ≤μ，則F的最大值為C．若推力F向左，且μ<tanθ≤2μ，則FD．若推力F向右，且tanθ>2μ，則F的范圍為【答案】CD【詳解】A．設(shè)桿的彈力為N，對(duì)小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足N豎直方向N則N若B球受到的摩擦力為零，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得，N可得a=g對(duì)小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)=4ma=4mgtanθB．若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為N對(duì)小球B，由于tanθ≤μ，小球B受到向左的合力，則對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得，N對(duì)系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)=4m解得，F(xiàn)=4mgtanθC．若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由桿對(duì)小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值為N小球B所受向左的合力的最大值F由于μ<tanθ≤2μ可知?jiǎng)t對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)=4m聯(lián)立可得F的最大值為F=4mg(2μ?tanθ)D．若推力F向右，根據(jù)牛頓第二定律可知系統(tǒng)整體加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理論上向右的合力可以無(wú)限大，因此只需要討論小球B即可，當(dāng)小球B所受的摩擦力向左時(shí)，小球B向右的合力最小，此時(shí)，F(xiàn)當(dāng)小球所受摩擦力向右時(shí)，小球B向右的合力最大，此時(shí)，F(xiàn)對(duì)小球B根據(jù)牛頓第二定律FF對(duì)系統(tǒng)根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)=4ma代入小球B所受合力分范圍可得F的范圍為4mg(tanθ?2μ)≤F≤4mg(故選CD?！镜淅?】（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）2023年我國(guó)首套高溫超導(dǎo)電動(dòng)懸浮全要素試驗(yàn)系統(tǒng)完成首次懸浮運(yùn)行，實(shí)線重要技術(shù)突破。設(shè)該系統(tǒng)的試驗(yàn)列車質(zhì)量為m，某次試驗(yàn)中列車以速率v在平直軌道上勻速行駛，剎車時(shí)牽引系統(tǒng)處于關(guān)閉狀態(tài)，制動(dòng)裝置提供大小為F的制動(dòng)力，列車減速直至停止。若列車行駛時(shí)始終受到大小為f的空氣阻力，則（）A．列車減速過(guò)程的加速度大小a=Fm B．列車減速過(guò)程FC．列車減速過(guò)程通過(guò)的位移大小為mv22(F+f)【答案】C【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律有，F(xiàn)+f=ma可得減速運(yùn)動(dòng)加速度大小a=F+fmB．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有t=故力F的沖量為I=Ft=FmvF+fC．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，v2=2ax，可得x=D．勻速行駛時(shí)牽引力等于空氣阻力，則功率為P=fv，故D錯(cuò)誤。故選C?！镜淅?】（2022·江蘇·高考真題）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開(kāi)始一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同、彈簧未超過(guò)彈性限度，則（）A．當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下B．A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化C．下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大D．整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量【答案】B【詳解】B．由于A、B在下滑過(guò)程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F，方向沿斜面向下為正方向，斜面傾角為θ，AB之間的彈力為FAB，摩擦因素為μ，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對(duì)AB有F+對(duì)B有，m聯(lián)立可得，F(xiàn)由于A對(duì)B的彈力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)F的方向沿斜面向上；由于在最開(kāi)始彈簧彈力也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生變化，故B正確；A．設(shè)彈簧原長(zhǎng)在O點(diǎn)，A剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離O點(diǎn)為x1，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離O點(diǎn)為x2；下滑過(guò)程AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過(guò)程根據(jù)能量守恒定律可得，1化簡(jiǎn)得，k=當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有，F(xiàn)帶入k值可知F合=0，即此時(shí)加速度為0，故A錯(cuò)誤；C．根據(jù)B的分析可知，F(xiàn)再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過(guò)程中F向上且逐漸變大，則下滑過(guò)程FAB逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力逐漸變大，故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過(guò)程中彈力做的功為0，A重力做的功為0，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可知整個(gè)過(guò)程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減小量，故D錯(cuò)誤。故選B。【典例6】（多選）（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，原長(zhǎng)為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點(diǎn)，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連。小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。桿上M、N兩點(diǎn)與O點(diǎn)的距離均為l，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為12l，OP與桿垂直。當(dāng)小球置于桿上P點(diǎn)時(shí)恰好能保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。小球以某一初速度從M點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，在此過(guò)程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（A．彈簧的勁度系數(shù)為4mgB．小球在P點(diǎn)下方12lC．從M點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變小再變大D．從M點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同【答案】AD【詳解】A．小球在P點(diǎn)受力平衡，則有mg=f，f=μFN聯(lián)立解得，k=4mglC．在PM之間任取一點(diǎn)A，令A(yù)O與MN之間的夾角為θ，則此時(shí)彈簧的彈力為F=k小球受到的摩擦力為f化簡(jiǎn)得f1=μklsinθ?kl2D．根據(jù)對(duì)稱性可知在任意關(guān)于P點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)摩擦力大小相等，因此由對(duì)稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正確；B．小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)下方l2時(shí)θ=45°，此時(shí)摩擦力大小為由牛頓第二定律，mg+F聯(lián)立解得，a=2g故選AD?？枷?：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用1.（2023·湖南邵陽(yáng)·邵陽(yáng)市第二中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）一輛汽車以速度v0勻速行駛，司機(jī)觀察到前方人行橫道有行人要通過(guò)，于是立即剎車。從剎車到停止，汽車正好經(jīng)過(guò)了24塊規(guī)格相同的路邊石，汽車剎車過(guò)程可視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．汽車經(jīng)過(guò)第1塊路邊石末端時(shí)的速度大小為23B．汽車經(jīng)過(guò)第18塊路邊石末端時(shí)的速度大小為3C．汽車經(jīng)過(guò)前12塊路邊石與后12塊路邊石的時(shí)間比為1:D．汽車經(jīng)過(guò)前18塊路邊石與后6塊路邊石的時(shí)間比為2:1【答案】A【詳解】A．從剎車到停止，汽車正好經(jīng)過(guò)了24塊規(guī)格相同的路邊石，設(shè)路邊石的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則有0?解得，a=則汽車經(jīng)過(guò)第1塊路邊石末端時(shí)的速度大小為v1=B．汽車經(jīng)過(guò)第18塊路邊石末端時(shí)的速度大小為v18=C．根據(jù)初速度為零的勻變速運(yùn)動(dòng)的連續(xù)相等位移的所用時(shí)間比例關(guān)系1:(2?1):(3?D．根據(jù)初速度為零的勻變速運(yùn)動(dòng)的連續(xù)相等時(shí)間的通過(guò)位移比例關(guān)系是1:3:5???2n?1故選A。2.（多選）（2023·全國(guó)·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，鋼珠從高為50m的塔頂上邊緣外側(cè)被豎直向上以10m/s的初速度拋出，最終落在地面上。已知點(diǎn)P1和P2距離塔頂分別為15m和40A．從鋼珠被拋出到經(jīng)過(guò)塔頂邊緣需要4.0s B．鋼珠距離地面的最大高度為C．鋼珠從P1到P2所需時(shí)間為1.0s D．鋼珠從P1【答案】BC【詳解】A．鋼珠被拋出到經(jīng)過(guò)塔頂邊緣做勻加速運(yùn)動(dòng)，則0=v0t?12B．鋼珠距離地面的最大高度為?m=50CD．從最高點(diǎn)到P1的時(shí)間從最高點(diǎn)到P2的時(shí)間鋼珠從P1到P2所需時(shí)間為t故選BC?？枷?：牛頓運(yùn)動(dòng)定律與圖像問(wèn)題的結(jié)合3.（2023·安徽·校聯(lián)考二模）兩玩具車甲、乙在t=0時(shí)刻位置如圖1所示，速度隨時(shí)間的變化圖像如圖2所示。已知4s時(shí)兩車恰好不相撞，5s時(shí)乙車停止運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)甲車超前乙車2.5m。兩車均可視為質(zhì)點(diǎn)，則乙車出發(fā)的位置?xA．?10m B．?20m C．?30m【答案】D【詳解】如圖所示已知4s時(shí)兩車恰好不相撞，則4s時(shí)兩車在同一位置，4s?5s內(nèi)兩車間距為△BCD的面積，即2.5m；0～4s內(nèi)兩車間距為△OAB的面積。根據(jù)△BCD和△OAB相似可得，x所以乙車的初始位置為?故選D。4.（多選）（2023·四川綿陽(yáng)·四川省綿陽(yáng)南山中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）t=0時(shí)，將小球a從地面以一定的初速度豎直上拋，t=0.3s時(shí)，將小球b從地面上方某處?kù)o止釋放，最終兩球同時(shí)落地。a、b在0~0.6s內(nèi)的v?t圖像如圖所示。不計(jì)空氣阻力，重力加速度A．小球a拋出時(shí)的速率為6m/s B．小球C．t=0.6s時(shí)，a、b之間的距離為1.8m D．從t=0.3s時(shí)刻開(kāi)始到落地，a【答案】AC【詳解】A．v?t圖像可知，小球a經(jīng)過(guò)0.6s到達(dá)最高點(diǎn)，因此拋出時(shí)的速率滿足v0=gt=6B．兩球同時(shí)落地，則小球b落地的時(shí)間為tb=1.2s–0.3s=0.9s則小球b釋放的高度為?b=C．t=0.6s時(shí)，a到達(dá)最高點(diǎn)，距離地面的高度為?b距離地面的高度為4.05?m?12D．從t=0.3s時(shí)刻開(kāi)始到落地，兩物體的加速度相同，則a相對(duì)b勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC。考向3：牛頓運(yùn)動(dòng)定律在多物體中的應(yīng)用5.（2023·海南·校聯(lián)考一模）如圖所示，傾角θ=30°的斜劈固定在水平面上，長(zhǎng)木板A與物體B用質(zhì)量不計(jì)的細(xì)線跨過(guò)光滑的定滑輪后拴接在一起，A的下表面光滑，A、B的質(zhì)量分別為2kg、1kg，重力加速度g取A．310 B．38 C．35【答案】C【詳解】當(dāng)A、B剛好相對(duì)靜止時(shí)，摩擦因數(shù)最?。挥捎贏的質(zhì)量大，則A有下滑趨勢(shì)，B有上滑趨勢(shì)。對(duì)B，由平衡條件得，m對(duì)A，同理得，m聯(lián)立解得，μ=則A、B間的摩擦因數(shù)大于等于36故選C。6.（2023·河北滄州·滄縣中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖甲所示，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，物塊B置于斜面上，通過(guò)細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與物塊A連接，連接B的一段細(xì)繩與斜面平行，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在B上再輕放一小物塊D，整個(gè)系統(tǒng)仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖乙所示。則放上D之后與沒(méi)放D時(shí)相比（）A．B受到C的摩擦力方向可能會(huì)發(fā)生改變，地面對(duì)C的摩擦力大小和方向都沒(méi)改變B．B受到C的摩擦力方向可能會(huì)發(fā)生改變，地面對(duì)C的摩擦力大小一定變大C．B對(duì)C的摩擦力大小一定發(fā)生改變，地面對(duì)C的摩擦力大小和方向都沒(méi)改變D．B對(duì)C的摩擦力大小一定發(fā)生改變，地面對(duì)C的摩擦力大小一定變大【答案】A【詳解】CD．甲圖，繩的拉力F因?yàn)锳、B間質(zhì)量關(guān)系未知，故B、C間摩擦力方向未知；乙圖，繩的拉力F以B和D為研究對(duì)象，因?yàn)锳和BD總質(zhì)量間關(guān)系未知，故B、C間摩擦力方向未知，則放上D之后與沒(méi)放D時(shí)相比B受到C的摩擦力方向可能會(huì)發(fā)生改變，故C、D錯(cuò)誤；AB．甲圖，以B、C整體為研究對(duì)象，地面摩擦力向左，大小為f乙圖，以B、C和D整體為研究對(duì)象，地面摩擦力向左，大小為f則地面對(duì)C的摩擦力大小和方向都沒(méi)改變，故A正確，B錯(cuò)誤。故選A。1．（2023·陜西·一模）如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木塊C迅速移開(kāi)，若重力加速度為g，則在木塊C移開(kāi)的瞬間（）A．木塊B對(duì)水平面的壓力大小迅速變?yōu)?mg B．彈簧的彈力大小為mgC．木塊A的加速度大小為2g D．彈簧的彈性勢(shì)能立即減小【答案】C【詳解】BD．移開(kāi)木塊C前，由平衡條件可知，彈簧彈力大小為F=2mg+mg=3mg地面對(duì)B的支持力大小為N=2mg+mg+mg=4mg因移開(kāi)木塊C瞬時(shí)，彈簧壓縮量不變，則彈簧彈力、彈性勢(shì)能均不變，故BD錯(cuò)誤；A．木塊C移開(kāi)瞬間，木塊B所受重力、彈簧的彈力不變，故地面對(duì)B的支持力也不變，由牛頓第三定律知，木塊B對(duì)水平面的壓力大小為4mg，故A錯(cuò)誤；C．撤去木塊C瞬間，對(duì)木塊A，由牛頓第二定律有，3mg－mg＝ma解得a＝2g，方向豎直向上，故C正確。故選C。2．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，水平輕細(xì)線bc兩端拴接質(zhì)量均為m的小球甲、乙，a、d為兩側(cè)豎直墻壁上等高的兩點(diǎn)，小球甲，乙用輕細(xì)線ab和輕彈簧cd分別系在a、d兩點(diǎn)，輕細(xì)線ab、輕彈簧cd與豎直方向的夾角均為θ=37°，現(xiàn)將水平拉直的輕細(xì)線bc剪斷，在剪斷瞬間，輕細(xì)線ab上的拉力與輕彈簧cd上的彈力之比為FT:F，小球甲、乙的加速度大小之比為a1A．FT:F=4:5，a1:aC．FT:F=16:25，a1:a【答案】D【詳解】輕細(xì)線bc剪斷之前，對(duì)甲、乙分別進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件有Fab=輕細(xì)線bc剪斷之后，輕細(xì)線bc上的彈力發(fā)生了突變，由于隨后甲做圓周運(yùn)動(dòng)，則對(duì)甲分析，由于剪斷瞬間，甲的速度為0，即所需向心力為0，則沿半徑方向的合力為0，即有Fbc剪斷瞬間，甲的合力方向沿切向，則有mg解得a輕細(xì)線bc剪斷之后，輕彈簧cd上的彈力沒(méi)有發(fā)生突變，則有F=剪斷后，對(duì)乙進(jìn)行分析，合力方向沿水平向右，則有mg結(jié)合上述可以解得，F(xiàn)T:F=16:25故選D。3．（2023·安徽淮北·統(tǒng)考一模）如圖所示，在豎直墻壁上固定水平輕桿OB，B為鉸鏈裝置，OA為輕質(zhì)細(xì)繩且與水平方向夾角θ=30°，小球質(zhì)量為m，通過(guò)輕繩系于O點(diǎn)，初始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)保證O點(diǎn)位置不變，逐漸減小繩OA的長(zhǎng)度，使繩的上端由A點(diǎn)緩慢移動(dòng)至C點(diǎn)。已知重力加速度為g，不計(jì)所有摩擦，則下列說(shuō)法正確的是（）A．初始時(shí)OA繩的拉力大小為3mg B．移動(dòng)過(guò)程中OAC．移動(dòng)過(guò)程中OB桿的彈力逐漸減小 D．最終OA繩的拉力大小減小至0【答案】C【詳解】A．初始時(shí)整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，則根據(jù)平衡條件，豎直方向上可得mg=解得，F(xiàn)T=2mgBD．根據(jù)平衡條件，豎直方向上可得mg=則F繩的上端由A點(diǎn)緩慢移動(dòng)至C點(diǎn)，θ增大，則sinθ增大，則FT減小直到C．根據(jù)平衡條件，水平方向上可得，F(xiàn)繩的上端由A點(diǎn)緩慢移動(dòng)至C點(diǎn)，θ增大，則tanθ增大，F(xiàn)故選C。4．（2024·山東濰坊·昌樂(lè)二中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，一輕彈簧的一端固定在傾角為θ=37°的光滑斜面底端，另一端連接一質(zhì)量為3kg的物塊A，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若在斜面上緊靠A上方處輕放一質(zhì)量為2kg的物塊B，A、B一起向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P（圖中P點(diǎn)未畫(huà)出），然后再反向向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，對(duì)于上述整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取A．兩物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧可能恢復(fù)原長(zhǎng)B．在物塊B剛放上的瞬間，A、B間的彈力大小為12NC．在最低點(diǎn)P，A、B間的彈力大小為16.8ND．在最低點(diǎn)P，彈簧對(duì)A的彈力大小為30N【答案】C【詳解】A．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，A、B一起反向向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)為一開(kāi)始A處于靜止的位置，則兩物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧不可能恢復(fù)原長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；B．在物塊B剛放上的瞬間，以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得，m解得a以B為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得，m聯(lián)立解得A、B間的彈力大小為N1=7.2CD．在最低點(diǎn)P，根據(jù)對(duì)稱性可知，此時(shí)A、B的加速度方向沿斜面向上，大小為a以A、B為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)解得彈簧對(duì)A的彈力大小為F以B為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得，N解得A、B間的彈力大小為N2=16.8故選C。5．（2023·四川南充·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在成都舉行第31屆世界大學(xué)生夏季運(yùn)動(dòng)會(huì)男子3米跳板決賽中，中國(guó)選手包攬冠亞軍。從運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)跳板開(kāi)始計(jì)時(shí)，跳水過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員重心的v?t圖像如圖，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10mA．運(yùn)動(dòng)員在入水前做自由落體運(yùn)動(dòng) B．運(yùn)動(dòng)員在t=2sC．運(yùn)動(dòng)員在1s～2s的位移大小為4m 【答案】D【詳解】A．運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)跳板時(shí)，有向上的初速度，則運(yùn)動(dòng)員在入水前做的不是自由落體運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．運(yùn)動(dòng)員在t=2sC．t=1s時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度為若運(yùn)動(dòng)員在1~2s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，v?t由v?t圖像中面積表位移可知，此時(shí)，運(yùn)動(dòng)員在1~2s內(nèi)的位移為x=12×1×8m=4D．由圖可知，運(yùn)動(dòng)員在0～1s的平均速度大小為v=故選D。6．（2023·安徽蚌埠·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）圖示描述的是伽利略在比薩斜塔上做落體實(shí)驗(yàn)的故事．不計(jì)空氣阻力，小球從塔上自由下落，由靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)第一段h速度的增加量為Δv1，經(jīng)過(guò)第三段h速度的增加量為Δv2，則ΔvA．1<Δv1Δv2<2 B．【答案】C【詳解】小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩端相同距離h的時(shí)間之比為t由Δv=gt，則即3<故選C。7．（2023·四川眉山·統(tǒng)考一模）如圖，輕彈簧左端固定，右端連接一滑塊，t＝0時(shí)刻，將滑塊無(wú)初速放在向右勻速運(yùn)動(dòng)的水平傳送帶上，此時(shí)彈簧水平且為原長(zhǎng)。若彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，滑塊最后靜止，選地面為參考系，以向右方向?yàn)檎较?，則在下列滑塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是（

）A．B．C．D．【答案】C【詳解】已知滑塊最后靜止，必然存在空氣阻力（可類比豎直懸掛的彈簧振子模型，若不存在空氣阻力必然做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)），且最終靜止于彈力與滑動(dòng)摩擦力相等的位置。初始時(shí)刻向右的滑動(dòng)摩擦力大于向左的彈力，則滑塊向右加速運(yùn)動(dòng)，隨著彈簧變長(zhǎng)，向左的彈力增大，且存在向左的空氣阻力，則滑塊向右的加速度減?。╲?t斜率減小）；當(dāng)滑動(dòng)摩擦力與彈力及空氣阻力的合力平衡時(shí)，滑塊速度最大，滑塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，彈力和空氣阻力大于滑動(dòng)摩擦力，加速度向左，滑塊向右減速；隨著彈力的增大，向左的加速度增大，當(dāng)滑塊速度減到零后，彈力大于滑動(dòng)摩擦力，向左加速，此時(shí)空氣阻力變?yōu)橄蛴?，?dāng)彈力等于滑動(dòng)摩擦力及空氣阻力合力時(shí)向左的速度最大，然后又向左減速直到速度為零；由于空氣阻力的存在，滑塊向右的最大速度大于向左的最大速度。故選C。8．（2024·四川綿陽(yáng)·統(tǒng)考二模）如圖甲所示，斜面固定，用沿斜面向上的不同的恒力F，使同一物體沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨恒力F的變化關(guān)系如圖乙所示。則根據(jù)圖線斜率和截距可求得的物理量是（

）A．物體質(zhì)量 B．斜面傾斜角C．當(dāng)?shù)刂亓铀俣?D．物體與斜面動(dòng)摩擦因數(shù)【答案】A【詳解】設(shè)aF圖像斜率為k，與縱軸截距為b。若斜面光滑，對(duì)物體受力分析如圖：有F?mg解得，a=則k=1m若斜面粗糙，受力如圖：有F?(mg解得，a則k=1m綜上可知根據(jù)aF圖像中圖線斜率和截距可求得的物理量是物體質(zhì)量m。故選A。9．（2024·河南·統(tǒng)考二模）如圖所示，豎直擋板P固定在足夠高的水平光滑絕緣桌面上。一個(gè)帶正電荷的小物體A放在桌面上，小物體A的左端與絕緣的輕彈簧相連，輕彈簧的左端固定在擋板P上。一不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪，一端與A連接，另一端連接一輕質(zhì)小鉤。整個(gè)裝置處于方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。開(kāi)始時(shí)A靜止，所帶電荷量保持不變，且不會(huì)碰到定滑輪?，F(xiàn)用一豎直向下的力F作用在輕質(zhì)小鉤上，使小物體A水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以x表示小物體A離開(kāi)靜止位置時(shí)的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】C【詳解】小物體帶正電，所受電場(chǎng)力方向向左，根據(jù)平衡條件，可知，靜止時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，令此時(shí)的壓縮量為x0，根據(jù)胡克定律有qE=k以x表示小物體A離開(kāi)靜止位置時(shí)的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)之前，彈簧處于壓縮狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律有F+k結(jié)合上述有，F(xiàn)=kx+ma在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)之后，彈簧處于拉伸狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律有F?k結(jié)合上述有F=kx+ma可知，F(xiàn)和x之間的關(guān)系表達(dá)式始終為F=kx+ma可知F和x之間關(guān)系的圖像是一條縱軸截距為正值，斜率也為正值的傾斜的直線，即第三個(gè)選擇項(xiàng)符合要求。故選C。10．（多選）（2021·遼寧朝陽(yáng)·朝陽(yáng)市第一高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量m=1kg的物塊放置在豎直固定的彈簧上方（未栓接），用力向下壓物塊至某一位置，然后由靜止釋放，取該位置為物塊運(yùn)動(dòng)的起始位置，物塊上升過(guò)程的a—x圖像如圖所示，不計(jì)空氣阻力，g=10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大加速度大小為20m/s2 B．彈簧的勁度系數(shù)為50N/mC．彈簧最大彈性勢(shì)能為4.5J D．物塊加速度為0時(shí)離開(kāi)彈簧【答案】AC【詳解】AD．物塊離開(kāi)彈簧時(shí)彈簧的彈力為零，只受重力，加速度為g，設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大加速度大小為am。當(dāng)x=0時(shí)，物塊的加速度最大，由三角形相似可知，amg=0.20.1B．x=0.3m時(shí)物塊離開(kāi)彈簧，x=0.2m時(shí)彈簧的壓縮量為Δx=0.3m?0.2m根據(jù)平衡條件得，mg=kΔx，解得k=100C．x=0時(shí)，對(duì)物塊，由牛頓第二定律得，F(xiàn)解得彈簧最大的彈力大小為Fx由0→0.3m的過(guò)程，彈簧的彈力做功為W=?則彈簧最大彈性勢(shì)能為Ep=?W=?故選AC。11．（多選）（2023·四川涼山·統(tǒng)考三模）某同學(xué)用的頻閃功能拍攝一小球在傾角為30°斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，如圖是運(yùn)動(dòng)模型簡(jiǎn)化圖，頻閃時(shí)間間隔為T，小球從斜面底端開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，在斜面上依次經(jīng)過(guò)A、B、C、D、E點(diǎn)，各段距離之比為xABA．小球在圖中C點(diǎn)的速度向上B．若小球向上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度為v0，則向上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度為C．小球所受阻力和重力大小之比為3∶1D．若實(shí)際尺寸與照片尺寸之比為k，用刻度尺測(cè)得照片中CE長(zhǎng)L，則過(guò)E點(diǎn)的速度大小為kL【答案】BD【詳解】A．小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力大小不變，則小球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)是勻減速運(yùn)動(dòng)，向下運(yùn)動(dòng)時(shí)是勻加速運(yùn)動(dòng)；由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，只有當(dāng)初速度（或末速度）為零時(shí)，連續(xù)相等的兩段時(shí)間內(nèi)物體位移之比為1：3（或3：1），則由x可得，C點(diǎn)為最高點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．C點(diǎn)為最高點(diǎn)，則vB點(diǎn)是A、C的時(shí)間中點(diǎn)，則向上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度為v故B正確；C．設(shè)小球沿斜面向上、向下運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小分別為a1、a2，頻閃時(shí)間間隔為t，根據(jù)位移—時(shí)間公式，有xBC=又xBC:x由牛頓第二定律得，mgsinθ+f=m解得，fmg=D．實(shí)際尺寸與照片尺寸之比為k，用刻度尺測(cè)得照片中CE長(zhǎng)L，則實(shí)際CE長(zhǎng)為kL，則D點(diǎn)速度為v由vD=vC+v故選BD。12．（2022·重慶沙坪壩·重慶南開(kāi)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）2022年夏季的重慶驕陽(yáng)似火，為保證空調(diào)冷氣不外漏，很多辦公室都安裝了簡(jiǎn)易自動(dòng)關(guān)門器，該裝置的原理可以簡(jiǎn)化為用一彈簧拉著的門，某次門在關(guān)閉時(shí)被卡住，細(xì)心的小明發(fā)現(xiàn)了門下縫隙處塞緊了一個(gè)木楔，側(cè)面如圖所示，已知木楔質(zhì)量為m，其上表面可視作光滑，下表面與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木楔上表面與水平地面間夾角為θ，重力加速度為g，木楔尺寸比門小很多，最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力。（1）若門推動(dòng)木楔在地板上緩慢勻速移動(dòng)，求門下端對(duì)木楔上表面的壓力大小；（2）小明研究發(fā)現(xiàn)，存在臨界角θ0，若木楔傾角θ≤θ0【答案】（1）μmgsinθ?μ【詳解】（1）對(duì)木楔受力分析受到重力，壓力，支持力和摩擦力，如圖所示若門推動(dòng)木楔在地板上緩慢勻速移動(dòng)，豎直方向N=F水平方向f=F最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力f=μN(yùn)=μ聯(lián)立解得F=（2）不管用多大力推門，塞在門下縫隙處的木楔都能將門卡住而不再運(yùn)動(dòng)，即F若木楔質(zhì)量較小，可得，tan故臨界角的正切值為tan一、單選題1．（2024·廣東·統(tǒng)考一模）如圖所示，某同學(xué)練習(xí)踢毽子，假設(shè)毽子在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到大小不變的空氣阻力，下列和圖像可能正確反映毽子被豎直向上踢出后，經(jīng)一段時(shí)間又回到初始位置的是（）A．B．C．D．【答案】D【詳解】AB．根據(jù)題意可知，由于有空氣阻力做功，由動(dòng)能定理可知，毽子被豎直向上踢出后，經(jīng)一段時(shí)間又回到初始位置時(shí)的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)，速度不可能為，故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)題意，由牛頓第二定律可得，上升階段的加速度大小為下降階段的加速度大小為方向均為豎直向下，由可知，由于上升和下降的高度一樣，上升時(shí)加速度大于下降時(shí)加速度，則上升時(shí)時(shí)間短，下降時(shí)時(shí)間長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。2．（2024·湖北黃岡·統(tǒng)考一模）某款質(zhì)量的汽車沿平直公路從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，其圖像如圖所示。汽車在時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，內(nèi)汽車保持額定功率不變，內(nèi)汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最大速度，汽車從末開(kāi)始關(guān)閉動(dòng)力減速滑行，時(shí)刻停止運(yùn)動(dòng)。已知，，汽車的額定功率為，整個(gè)過(guò)程中汽車受到的阻力大小不變。下列說(shuō)法正確的是（）A．時(shí)刻的瞬時(shí)速度B．汽車在內(nèi)通過(guò)的距離C．為D．阻力大小為【答案】B【詳解】CD．根據(jù)題意可知，當(dāng)汽車以額定功率行駛時(shí)，牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，則有解得由牛頓第二定律可得，關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)之后，加速度為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，解得，故CD錯(cuò)誤；AB．根據(jù)題意，設(shè)時(shí)刻，汽車的速度為則，此時(shí)的牽引力為設(shè)汽車在時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為，則有由牛頓第二定律有聯(lián)立解得，內(nèi)，由動(dòng)能定理有，解得，故A錯(cuò)誤，B正確。故選B。二、多選題3．（多選）（2024·河南鶴壁·鶴壁高中?？级＃┤鐖D（a），物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t=0時(shí)，木板開(kāi)始受到水平外力F的作用，在t=4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖（c）所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由題中所給數(shù)據(jù)可以得出（）A．木板的質(zhì)量為1kgB．2s~4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0~2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.02【答案】AB【詳解】AB．由圖像可知，內(nèi)，木板做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為設(shè)木板的質(zhì)量為，物塊的質(zhì)量為，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律可得又在時(shí)撤去外力后，木板做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得，聯(lián)立解得，，AB正確；C．由圖像可知，內(nèi)，木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)受力平衡可得，可知力的大小逐漸增大，C錯(cuò)誤；D．由于不知道物塊的質(zhì)量，故無(wú)法算出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，D錯(cuò)誤。故選AB。4．（多選）（2024·湖南·湖南師大附中校聯(lián)考一模）物塊P、Q中間用一根輕質(zhì)彈簧相連，放在光滑水平面上，物塊P的質(zhì)量為2kg，如圖甲所示。開(kāi)始時(shí)兩物塊均靜止，彈簧處于原長(zhǎng)，t=0時(shí)對(duì)物塊P施加水平向右的恒力F，時(shí)撤去，在0~1s內(nèi)兩物體的加速度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中以下分析正確的是（）A．t=1s時(shí)Q的速度大小等于0.4m/sB．恒力大小為2NC．0~1s內(nèi)P的動(dòng)量增加量為D．撤去推力后彈簧最長(zhǎng)時(shí)，Q的速度大小為0.8m/s【答案】BD【詳解】A．圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變化量，若0~1s內(nèi)Q的加速度均勻增大，則t=1s時(shí)Q的速度大小等于由圖可得實(shí)際Q的圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積大于Q的加速度均勻增大時(shí)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積，故t=1s時(shí)Q的速度大小大于0.4m/s，故A錯(cuò)誤；B．t=0時(shí)，對(duì)物塊P有，故恒力大小為2N，故B正確；C．施加水平向右的恒力F的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有，故0~1s內(nèi)P的動(dòng)量增加量小于，故C錯(cuò)誤；D．時(shí)，對(duì)物塊P、Q整體有，解得撤去推力后，P、Q共速時(shí)，彈簧最長(zhǎng)，有解得撤去推力后彈簧最長(zhǎng)時(shí)，Q的速度大小為，故D正確。故選BD。5．（多選）（2024·湖南郴州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道OPQ固定在豎直平面內(nèi)，O點(diǎn)為圓心。P點(diǎn)右側(cè)相距R處固定一個(gè)光滑定滑輪G。質(zhì)量為m的小圓環(huán)靜止在圓弧軌道底端Q點(diǎn)，現(xiàn)用一根細(xì)線系在小圓環(huán)上，另一端跨過(guò)定滑輪系上質(zhì)量為M的重物，使細(xì)線伸直。將重物由靜止釋放，小圓環(huán)沿圓弧軌道上滑，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度恰好變?yōu)榱恪t（）A．m、M的質(zhì)量之比為B．重物釋放瞬間處于超重狀態(tài)C．小圓環(huán)到達(dá)P點(diǎn)后還能返回Q點(diǎn)D．小圓環(huán)的速度在任意時(shí)刻都與重物速度大小相等【答案】AC【詳解】A．由幾何關(guān)系可知，，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)環(huán)和重物組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，，解得，故A正確；B．重物物釋放瞬間，加速度向下，繩子的拉力小于重物重力，處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．小圓環(huán)由Q點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后小圓環(huán)從P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以小圓環(huán)能再次回到Q點(diǎn)，故C正確；D．如圖所示當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與圓弧相切，圓環(huán)速度沿圓弧切線方向，圓環(huán)速度大小與重物速度大小相等，在m端細(xì)線與圓弧不相切且二者速度不為零的其它位置，二者速度大小都不相等，故D錯(cuò)誤。故選AC。6．（多選）（2024·吉林·統(tǒng)考一模）乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇。若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖所示。若在纜車中放一個(gè)與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，小物塊相對(duì)斜面靜止（設(shè)纜車保持豎直狀態(tài)運(yùn)行）。重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A．小物塊處于失重狀態(tài) B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上C．小物塊受到的靜摩擦力為 D．若纜車加速度減小，則小物塊受到的摩擦力和支持力都減小【答案】BC【詳解】A．由于小物塊和斜面保持相對(duì)靜止，所以物塊具有沿斜面向上的加速度a，所以小物塊處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；BCD．以物塊為研究對(duì)象，小物塊受豎直向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的靜摩擦力f，根據(jù)牛頓第二定律有可得小物塊受到的靜摩擦力為若纜車加速度減小，則靜摩擦力減小，但支持力，支持力不變，故BC正確，D錯(cuò)誤。故選BC。7．（多選）（2024·四川雅安·統(tǒng)考一模）為探究滑塊在傾角的絕緣斜面軌道上的運(yùn)動(dòng)，某興趣小組設(shè)計(jì)了圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)。讓軌道處于方向沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中；將一質(zhì)量m＝1kg、電荷量的帶正電滑塊從斜面上O點(diǎn)靜止釋放，某時(shí)刻撤去電場(chǎng)；整個(gè)過(guò)程中，利用位移傳感器和速度傳感器分別測(cè)出了滑塊的位移x和速度v，作出了圖（b）所示的以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)的關(guān)系圖像?；瑝K可視為質(zhì)點(diǎn)且電荷量不變，重力加速度，sin37°＝0.6。則可知（

）A．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25 B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為C．電場(chǎng)力的最大瞬時(shí)功率為 D．整個(gè)過(guò)程中