资源简介

(共90张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题一 力与运动
第2讲　 力与直线运动
【备考指南】　
1．匀变速直线运动及其公式、图像和牛顿第二定律是高考考查的核心考点之一，同时辅以力的合成和分解，考题更具综合性。
2．未来命题会更注重联系生产生活实际，考题更具应用性和创新性，加强对考生构建物理模型及提取信息能力的考查。
3．备考过程应重视“板块”模型的强化训练。
突破点一　匀变速直线运动规律
01
突破点二　牛顿运动定律的应用
02
随堂练 临考预测 名师押题
04
专题限时集训(二)　力与直线运动
05
突破点三　运动学图像和动力学图像
03
突破点一　匀变速直线运动规律
　　　　　　
1．解答匀变速直线运动的常用技巧
(1)基本公式法：v＝v0＋at；x＝v0t＋at2；＝2ax。
(2)重要推论法：＝(利用平均速度求瞬时速度)；＝；Δx＝aT2(用逐差法求加速度)。
(3)逆向思维法：“匀减速至速度为0的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”。
(4)图像法：利用v-t图像或x-t图像求解。
(5)比例法：初速度为0的匀变速直线运动规律。
2．应注意的两类运动问题
(1)刹车问题：对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解，常用逆向思维法。
(2)双向可逆类运动：全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。
3．处理追及相遇问题的三种方法
过程分析法
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
[典例1]　(体育运动中的位移问题)(2024·安徽示范高中5月联考)在杭州第19届亚运会田径项目赛场上，机器狗承担了拾捡和运输器材的任务。某次运输过程中，机器狗检测到前方有一位站立不动的工作人员，为了避免相撞，机器狗立即做匀减速直线运动直至停止。已知其减速后第1 s内的位移是最后1 s内位移的5倍，且这两段位移的差值为 0.4 m，则机器狗开始减速后(　　)
A．运动的总时间为3 s B．加速度大小为0.4 m/s2
C．总位移大小为6.4 m D．初速度大小为2.4 m/s
√
A　[根据运动的逆过程有x1∶xn＝1∶5，因为x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，所以t总＝3 s，故A正确；由Δx＝2aT 2，可得a＝0.2 m/s2，故B错误；总位移大小为x＝＝0.9 m，故C错误；初速度大小为v0＝at总＝0.6 m/s，故D错误。]
【教师备选资源】
(2023·山东卷)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是 10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
√
C　[根据题意，设RS间的距离为s，则ST间的距离为2s，设R点速度为vR，S点速度为vS，T点速度为vT，加速度为a，根据运动学公式，有＝＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于初、末速度的平均值，有＝10 m/s，＝
5 m/s，联立解得vT＝1 m/s，C正确。]
[典例2]　(汽车刹车问题)(2024·四川成都10月测试)自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机会经常遇到动物过公路的情形。一辆汽车正在以v0＝20 m/s的速度匀速行驶，突然发现公路上有三只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程汽车做匀减速直线运动，加速度大小为4 m/s2，刹车时小动物与汽车的距离约为55 m，以下说法正确的是(　　)
A．汽车匀减速6 s末的速度大小为4 m/s
B．匀减速运动的汽车一定撞上小动物(假设小动物静止)
C．汽车第2 s末的速度大小为10 m/s
D．汽车刹车后第4 s末到第6 s末的位移大小为2 m
√
D　[根据题意，由公式v＝v0＋at，代入v0＝20 m/s，a＝－4 m/s2，v＝0，解得t＝5 s，可知汽车在刹车5 s后停止运动，则6 s末汽车速度为0，故A错误；由A项分析可知，汽车在刹车5 s后停止运动，根据公式x＝v0t＋at2，代入数据解得x＝50 m，汽车刹车行驶50 m停下，小于55 m，则汽车没有撞上小动物，故B错误；根据题意，由公式v＝v0＋at，代入数据解得2 s末车速v1＝12 m/s，故C错误；汽车刹车减速5 s停止，第4 s末到第6 s末的位移可看成第5 s末反向初速度为0的匀加速直线运动加速1 s的位移，根据公式x1＝，代入数据解得x1＝2 m，故D正确。]
[典例3]　(追及相遇问题)(2024·青岛市高三年级第一次适应性考试)气象台某日发布大雾黄色预警，交警提示雨雾天气开车出行注意保持安全车距。其间在滨海大道同一直线车道上，一轿车和一货车正同向匀速行驶，轿车在前、货车在后，t＝0时，轿车发现前方有险情立即刹车。为避免两车相撞，2 s后货车也开始刹车，图甲和图乙分别是轿车与货车位置随时间变化的图像，两图中曲线均为抛物线。已知轿车匀速行驶的速度为10 m/s，司机反应时间忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．轿车加速度大小为2 m/s2
B．当t＝7 s时，两车速度大小相等
C．若d＝28 m，则两车恰好没有相撞
D．若没有相撞，则两车相距最近时货车的位移为48 m
√
C　[由于题图甲、乙中曲线均为抛物线，则两车刹车后均做匀变速直线运动，由题图甲可知，轿车在Δt轿＝10 s内减速的位移为Δx轿＝50 m，
又v轿＝10 m/s，由位移—时间公式有Δx轿＝v轿Δt轿－a轿(Δt轿)2，代入数据解得轿车的加速度大小为a轿＝1 m/s2，A错误；由题图乙可知货车匀速行驶的速度大小为v货＝＝ m/s＝14 m/s，又货车在Δt货＝7 s内减速的位移为Δx货＝49 m，则由位移—时间公式有Δx货＝v货Δt货－a货(Δt货)2，代入数据解得a货＝2 m/s2，设t＝t0时两
车共速，则有v轿－a轿t0＝v货－a货(t0－Δt)，解得t0＝8 s，即t＝8 s 时，两车速度大小相等，B错误；两车恰好没有发生碰撞的瞬间，两车的速度相同，结合B项分析有d＝v货Δt＋v货(t0－Δt)－a货(t0－Δt)2－，解得d＝28 m，C正确；若两车没有相撞，则两车速度相同时，相距最近，所以相距最近时货车的位移s货＝v货Δt＋v货(t0－Δt)－a货(t0－Δt)2＝76 m, D错误。]
反思感悟　匀变速直线运动问题的求解思路
突破点二　牛顿运动定律的应用
　　　　　　
考向1　瞬时加速度问题
1．解题依据：当物体所受合外力发生变化时，加速度也随着发生变化，而物体运动的速度不能发生突变。
2．两种基本模型的特点
①刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失。
②弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的。
3．基本方法
①分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小。
②分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失)。
③分析物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律求出瞬时加速度。
[典例4]　(牛顿第二定律的瞬时性)如图所示，两个质量均为m的金属小球拴在轻质橡皮筋的两端，橡皮筋的中点固定在纸盒底部的正中间，小球放在纸盒口边上。现让纸盒从一定高度自由下落，小球被橡皮筋拉回盒中并能发生碰撞。不计空气阻力，重力加速度为g，则释放纸盒的瞬间(　　)
A．橡皮筋的弹力为0
B．小球加速度大小等于重力加速度g
C．纸盒加速度大小小于重力加速度g
D．橡皮筋对纸盒的作用力大小等于2mg
√
D　[释放纸盒的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，单根橡皮筋弹力等于小球的重力mg，故A错误；释放纸盒的瞬间，橡皮筋弹力仍为mg，小球的加速度等于0，故B错误；设纸盒的质量为M，释放前，手对纸盒的作用力为(M＋2m)g，方向竖直向上，设橡皮筋对纸盒的作用力为F，对纸盒由受力平衡得F＋Mg＝(M＋2m)g，所以橡皮筋对纸盒的作用力F＝2mg，释放的瞬间，橡皮筋的形变还没有来得及变化，橡皮筋对纸盒的作用力仍为2mg，方向竖直向下，故D正确；释放的瞬间，纸盒所受合力为F合＝F＋Mg＝(2m＋M)g，由牛顿第二定律可得纸盒的加速度a＝＝g>g，故C错误。]
考向2　动力学两类基本问题
解决动力学两类基本问题的思路
[典例5]　(牛顿第二定律和运动学规律)(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点的距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　)
A．(－1)∶(－1)
B．()∶(－1)
C．(＋1)∶(＋1)
D．()∶(＋1)
√
A　[对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝，当木板长度为2L时，有3L＝，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正确。]
考向3　连接体问题
1．整体法与隔离法的选用技巧
命题情境 方法选择
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力 整体法
若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 隔离法
若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力 整体法、隔离法交替运用
2．连接体问题中常见的临界条件
常见情境 临界条件
接触或脱离时 弹力FN＝0
相对滑动时 静摩擦力达到最大值
绳子断裂/松弛时 张力等于绳子最大承受力/FT＝0
速度达到最值时 加速度为0
[典例6]　(连接体问题)如图所示，倾角为α＝37°的光滑斜面体底端固定一挡板，质量为m、2m的物体P、Q用劲度系数为k的轻质弹簧连接并置于斜面体上，t＝0时刻在物体P上施加一水平外力F，使物体P沿斜面体向上以恒定的加速度g做匀加速直线运动，经过一段时间物体Q刚好与挡板分离，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6。则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，挡板所受压力的大小为0.6mg
B．弹簧恢复原长时水平外力的大小为1.6mg
C．物体Q刚好与挡板分离时，水平外力的大小为 2.75mg
D．经时间，物体Q刚好与挡板分离
√
D　[t＝0时，弹簧不会发生突变，挡板所受压力大小不变，挡板所受的压力大小为FN＝3mg sin α，解得FN＝1.8mg，选项A错误；弹簧恢复原长时，对物体P由牛顿第二定律得F1cos α－mg sin α＝ma，又a＝g，解得F1＝2mg，选项B错误；物体Q刚好与挡板分离时，对物体Q有T＝2mg sin α，此时对物体P由牛顿第二定律得F2cos α－T－mg sin α＝ma，代入数据解得F2＝3.5mg，选项C错误；设开始弹簧的压缩量为x1，对物体P有mg sin α＝kx1，解得x1＝，物体Q刚好与挡板分离时，设弹簧的伸长量为x2，有T＝kx2，解得x2＝，物体P的位移为x＝x1＋x2＝，由公式x＝gt2得t＝，解得t＝，选项D正确。]
【教师备选资源】
(多选)(2023·湖南卷)如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　)
A．若B球受到的摩擦力为0，则F＝2mg tan θ
B．若推力F向左，且tan θ≤μ，则F的最大值为2mg tan θ
C．若推力F向左，且μD．若推力F向右，且tan θ>2μ，则F的范围为 4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ)
√
√
CD　[分析题目的三个关键前提：①对小车和A、B两小球构成的整体，根据牛顿第二定律可知F＝4ma；②对A、B两个小球构成的整体，竖直方向上小车对A、B的支持力，即对B的支持力N＝2mg；③对A和B分别受力分析时杆的作用力始终沿杆。若B球受到的摩擦力为零，对B球受力分析，如图甲所示，可知F0cos θ＝N－mg，F0sin θ＝ma，解得a＝g tan θ，则F＝4mg tan θ，A错误；
若推力F向左，则系统加速度水平向左，对A球受力分析，如图乙所示，可知在竖直方向始终满足F1cos θ＝mg，则F1＝，当FN＝0时，A有最大加速度aAm，则F1sin θ＝maAm，解得aAm＝g tan θ，对B球受力分析，如图丙所示，可知当f＝μN时，B有
最大加速度aBm，F′1＝F1，μ·2mg－F1sin θ＝
maBm，解得aBm＝(2μ－tan θ)g，若tan θ≤μ，则
aBm≥aAm，即Fm＝4maAm＝4mg tan θ，B错误；
若μ突破点三　运动学图像和动力学图像
　　　　　　
1．两关注——横坐标、纵坐标
(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。
(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。
2．三理解——斜率、面积、截距
(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。
(2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个点或两个点到横坐标轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。
(3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。
3．三分析——交点、转折点、渐近线
(1)交点：往往是解决问题的切入点，此交点表示有相等的物理量。
(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用，此点前、后图线的斜率不同。
(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。
[典例7]　(运动学中的图像问题)杭州第19届亚运会智能场馆的设计融入智能化比赛、数字赛道等高科技，其中在田径和游泳赛道上应用机器人相机拍摄。机器人相机和运动员从同一地点同一方向由静止同时出发，其位移x随速度的平方v2变化的关系图像如图所示，其中甲是运动员的位移x随速度的平方v2变化的关系图像，乙为机器人相机的位移x随速度的平方v2变化的关系图像，以下判断正确的是(　　)
A．运动员做匀变速直线运动，机器人相机做匀速直线运动
B．运动员和机器人相机在x1处再次相遇
C．机器人相机从开始运动到速度达到v1时所需的时间t＝
D．运动员和机器人相机从开始运动到位移相等的过程中平均速度也相等
√
C　[根据公式＝2ax变形可得x＝，又二者的初速度v0＝0，则x＝v2，由题图可得为图线斜率，甲斜率减小，乙斜率不变，机器人相机的加速度不变，运动员的加速度逐渐增大，A错误；结合题图和A项分析可画出两者的 v-t 图像如图所示，两者在x1处速度相同，需要的时间不同，所以两者在不同时间到达x1，故在x1处未相遇，B错误；机器人相机的运动是匀变速运动，根据x1＝t，可得
t＝，C正确；两者到x1处需要的时间不同，t甲大于
t乙，因此在该过程中两者的平均速度<，D错误。]
方法技巧　用函数思想分析非常规图像
图像反映了两个变量(物理量)之间的函数关系，因此要由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，以此来分析图像的斜率、截距、面积等的物理意义。如-t图像：由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，纵截距为v0，斜率为a。v2-x图像：由＝2ax可得v2＝＋2ax，图像斜率为2a。
【教师备选资源】
(2023·全国甲卷)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为0。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是(　　)
A　　　　　　B C　　　　　 　D
√
D　[选项中图像皆为x-t图像，x-t图像中图线各点切线斜率绝对值表示该点的瞬时速度大小。由题意可知，小车初速度为0，0～t1时间内小车做匀加速运动，根据公式v＝at，可知小车速度增大，所以图像斜率增大，t1～t2时间内小车做匀减速运动，图像斜率减小，t＝t2时刻速度降为0，故D正确。]
[典例8]　(动力学中的图像问题)(多选)(2024·吉林卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　)
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3∶4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
√
√
√
ABD　[由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为 μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a′＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解得μ′＝
2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面的摩擦力f作用，由于f＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。]
【教师备选资源】
1．(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
√
√
BC　[对水平面上的物体根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，则F-a图像中图线的斜率k＝m，截距为μmg，由题中F-a 图像可知k甲>k乙，则m甲>m乙，A错误，B正确；由题F-a图像可知两图线的截距相同，则μ甲m甲g＝μ乙m乙g，因为m甲>m乙，所以
μ甲<μ乙，C正确，D错误。]
2．(多选)(2023·湖北卷)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是(　　)
A．t＝2t0时，P回到原点
B．t＝2t0时，P的运动速度最小
C．t＝t0时，P到原点的距离最远
D．t＝t0时，P的运动速度大小与t＝t0时相同
√
√
BD　[在a-t图像中图线与时间轴围成图形的面积表示速度大小，故利用a-t图像画出v-t图像，如图所示，可知B、D正确；在v-t图像中图线与时间轴围成的图形的面积表示位移大小，则质点P一直向前运动，2t0～4t0重复此过程的运动，可知3t0时刻质点P离原点最远，A、C错误。]
1．(高考热点·弹簧连接运动)(2024·湖北十一校5月联考)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为
2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在0～1 s 内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是(　　)
随堂练 临考预测 名师押题
A．t＝1 s时，物块Q的速度大小为0.4 m/s
B．恒力F大小为1.6 N
C．物块Q的质量为0.5 kg
D．撤去推力后，物块P、Q最终将一起做匀加速直线运动
√
C　[若0～1 s内Q的加速度均匀增大，则t＝1 s时，Q的速度大小等于vQ＝×1×0.8 m/s＝0.4 m/s，由题图可得实际Q的图像与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图像与坐标轴围成的面积，故t＝1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s，A错误；刚施加力F瞬间，对物块P有F＝mPa0＝2×1 N＝2 N，即恒力大小为2 N，B错误；t＝1 s时，对物块P、Q整体有F＝(mP＋mQ)a1，解得mQ＝0.5 kg，C正确；撤去外力，整体所受合力为0，P、Q间靠弹簧相互作用，一个加速则另一个必然减速，D错误。]
2．(热点模型——“传送带模型”)(多选)如图甲所示，小物块从左侧滑上匀速率转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3 s段为抛物线，3 s～4.5 s段为直线，下列说法正确的是(　　)
A．传送带沿逆时针方向转动
B．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1
C．小物块刚放上传送带时的速度大小为4 m/s
D．0～4.5 s内物块在传送带上留下的痕迹长为9 m
√
√
√
ACD　[根据题图可知，物块最后返回出发点，可知传送带逆时针转动，选项A正确；根据图像可知，2 s末物块的速度减为0，该时间内物块对地的位移大小为x1＝4 m，此后物块将反向加速，通过图像可知，在3 s末物块与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为x2＝1 m，根据位移与时间的关系有x1＝，x2＝，其中t1＝2 s，t2＝1 s，解得v0＝
4 m/s，a＝2 m/s2，而根据牛顿第二定律，对物块有μmg＝ma，解得μ＝0.2，选项B错误，C正确；根据乙中图像斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为v＝2 m/s，则小物块与传送带达到共速前的这段时间内传送带的位移大小为x3＝vt3＝6 m，由此可得0～4.5 s内物块在传送带上留下的痕迹长为Δx＝x1＋x3－x2＝4 m＋6 m－1 m＝9 m，选项D正确。]
3．(热点情境·体育娱乐活动)(2024·1月九省联考吉林、黑龙江卷)滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图(a)所示，在与水平面夹角θ＝14.5°的滑雪道上，质量m＝60 kg的滑雪者(含装备)先采用两滑雪板平行的滑雪姿势(此时雪面对滑雪板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下滑x1＝45 m，之后采取两滑雪板间成一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑x2＝15 m后停止。已知sin 14.5°＝0.25，sin 37°＝0.6，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小；
(2)如图(b)所示，若减速过程中两滑雪板间的夹角
α＝74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。
[解析]　(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1＝v2，mg sin θ＝ma1
代入数据得v＝15 m/s，匀减速继续下滑的过程有2ax2＝v2
代入数据得a＝7.5 m/s2。
(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α＝74°，
根据牛顿第二定律有2F sin －mg sin θ＝ma
解得F＝500 N。
[答案]　(1)7.5 m/s2　(2)500 N
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
专题限时集训(二)　力与直线运动
1．(2024·九省联考河南卷)如图所示，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　　)
A．v0 B．v0 C．v0 D．v0
√
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题号
1
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4
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8
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9
10
11
12
B　[设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，加速度分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为＝＝，由运动学公式，在路面上有＝2a1x1，在冰面上有＝2a2x2，其中＝，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝，故选B。]
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题号
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2．(2024·1月九省联考广西卷)2023年11月，在广西举办的第一届全国学生(青年)运动会的自行车比赛中，若甲、乙两自行车的v-t图像如图所示，在t＝0时刻两车在赛道上初次相遇，则(　　)
A．0～t1内，乙的加速度越来越大
B．t1时刻，甲、乙再次相遇
C．0～t1内，甲、乙之间的距离先增大后减小
D．t1～t2内，甲、乙之间的距离先减小后增大
√
13
题号
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D　[v-t图像的斜率表示加速度，由题图可得，0～t1内乙图线的斜率逐渐变小，即加速度减小，故A错误；v-t图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图可知在t1时刻，乙的位移大于甲的位移，即此时乙在甲前面，故B错误；v-t 图像与时间轴围成的面积表示位移，由题图可得，0～t1时间内乙图线与时间轴所围的面积与甲图线与时间轴所围的面积之差一直增大，即甲、乙的位移差一直增大，甲、乙之间的距离一直增大，故C错误；由B选项可得，t1时刻乙在甲前面，t1～t2由题图可知v甲>v乙，则甲会追上乙，并超越乙到乙的前面，即t1～t2甲、乙之间的距离先减小到甲追上乙，后甲超越乙到乙的前面，甲、乙的距离再增大，故D正确。故选D。]
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题号
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3．(多选)(2024·湖南益阳质检)如图(a)所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d＝0.6 m的地砖拼接而成，且A、C、E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。则(　　)
A．物块由A运动至E的时间为0.6 s
B．位置A与位置D间的距离为1.30 m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25 m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2
√
13
√
题号
1
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CD　[由题图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T＝0.40 s，故AE的时间间隔为 1.6 s，选项A错误；AC段与CE段的时间间隔均为2T＝0.80 s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－xAC＝a(2T)2，解得a＝1.875 m/s2，选项D正确；物块在位置D时速度vD＝＝2.25 m/s，选项C正确；由vD＝vA＋a·3T得物块在A位置速度vA＝0，则位置A、D间距离为xAD＝＝1.35 m，选项B错误。故选CD。]
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题号
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4．(2024·3月福州市高三质量检测)滑块以一定的初速度沿倾角为θ的粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端，A点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、图乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，均为μ，不计空气阻力，重力加速度为g。对比两图，下列说法正确的是(　　)
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动的加速度大小之比为a甲∶a乙＝16∶9
C．滑块过A点时的速度大小之比为vA甲∶vA乙＝3∶4
D．μ＝tan θ
√
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题号
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B　[根据题图可知，题图甲中有3个时间间隔，题图乙中有4个时间间隔，则滑块上滑与下滑的时间之比t甲∶t乙＝3∶4，A错误；根据初速度为零的匀加速直线运动的位移—时间公式x＝at2结合A项分析可知，滑块运动的加速度大小之比a甲∶a乙＝＝16∶9，B正确；对题图甲的逆过程分析有＝2a甲xBA，对题图乙过程分析有＝2a乙xBA，则＝＝，C错误；滑块上滑过程，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma甲，滑块下滑过程，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma乙，联立并结合B项分析解得μ＝tan θ，D错误。]
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题号
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5．(2024·1月九省联考吉林、黑龙江卷)如图所示，质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上，二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连，乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度，此后运动过程中乙始终不脱离挡板，且挡板对乙的弹力最小值为0，重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为(　　)
A．2mg sin θ B．3mg sin θ
C．4mg sin θ D．5mg sin θ
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√
题号
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C　[物块甲运动至最高点时，挡板对乙的弹力最小值为0，对乙有
F弹1＝mg sin θ，对甲有F弹1＋mg sin θ＝ma，物块甲运动至最低点时，根据对称性有F弹2－mg sin θ＝ma，对乙受力分析，挡板对乙的弹力最大值为FN＝F弹2＋mg sin θ＝4mg sin θ，故选C。]
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题号
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6．(2024·广东卷)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定，木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向，木块的位移为y，所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其F-y图像或y-t图像可能正确的是(　　)
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题号
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√
题号
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B　[在木块下落H高度之前，木块所受合外力为木块的重力保持不变，即F＝mg，当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有F＝mg－k(y－H)，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中有F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，随着y增大F增大，故F-y图像如图所示，故B正确，A错误；
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题号
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同理，在木块下落H高度之前，木块做匀加速直线运动，根据y＝gt2，速度逐渐增大，所以y-t图像斜率逐渐增大；当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律知F＝mg－k(y－H)，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y-t图像斜率继续增大；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝k(y－H)－mg，木块所受合外力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y-t图像斜率减小；到达最低点后，木块向上运动。经以上分析可知，木块先做加速度恒定的加速运动，再做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的加速运动，再做加速度增
大的减速运动，最后做匀减速直线运动到最高点，y-t
图像大致如图所示，故C、D错误。故选B。]
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题号
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7．(2024·1月九省联考安徽卷)如图所示，相距l＝2.5 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，根据需要设定驱动系统的速度大小v＝1 m/s。质量m＝10 kg的货物(可视为质点)放在距传送带左侧1 m处的P点，右侧平台的人通过一根轻绳用恒力F＝
40 N水平向右拉货物。已知货物与平台间的动摩擦因数μ1＝0.2，货物与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)货物运动到传送带左端时的速度大小；
(2)货物在传送带上运动的时间。
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题号
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[解析]　(1)根据牛顿第二定律得货物在左端平台上时加速度为a1＝＝2 m/s2
由运动学规律有＝2a1s1，s1＝1 m
解得货物运动到传送带左端时的速度大小为
v1＝2 m/s。
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题号
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(2)由于v1>v，故可知货物滑上传送带后受到的摩擦力方向向左，此时加速度为a2＝＝－1 m/s2
故货物开始做匀减速运动，设经过时间t2与传送带共速，得t2＝＝1 s
该段时间货物位移为s2＝t2＝1.5 m
由于μ2mg>F，则共速后货物匀速运动，设再经过时间t3到达传送带右端，得t3＝＝1 s
故货物在传送带上运动的时间为t＝t2＋t3＝2 s。
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[答案]　(1)2 m/s　(2)2 s
题号
1
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8．成都至宜宾高铁是全国“八纵八横”高速铁路通道之“京昆通道”的重要组成部分，也是川西、西北至昆明快速客运铁路大通道的重要组成部分。为了保证行车安全，某高铁在经过铁道桥时的最高时速为v＝216 km/h，高铁长度约为l0＝200 m，若该高铁正以v0＝324 km/h的速度匀速行驶，高铁恰好按规定通过长为L＝1 600 m的铁道桥后立即加速到原来的速度，已知高铁减速所用的时间为加速时间的2倍，且加速和减速的总时间为90 s，假设加速和减速阶段的加速度恒定。则下列说法正确的是
(　　)
A．高铁减速时的加速度大小为1 m/s2
B．高铁从减速到恢复到原来的速度所用的总时间为113.3 s
C．高铁从减速到恢复到原来的速度通过的距离为 8 150 m
D．与没有铁道桥相比，耽误的时间为25 s
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√
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题号
1
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D　[设高铁减速的时间为t1、匀速时间为t2、加速的时间为t3，减速和加速的加速度大小分别为a1、a2。高铁减速的时间为t1＝，高铁加速的时间为t3＝，又t1＋t3＝t，t1＝2t3，代入数据解得a1＝0.5 m/s2，a2＝1 m/s2，A错误；高铁通过铁道桥所用的时间为t2＝＝ s＝30 s，所以高铁从减速到通过铁道桥后加速到原来的速度所用的总时间为t总＝t1＋t2＋t3＝120 s，B错误；高铁减速的
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题号
1
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位移x1＝＝4 500 m，高铁加速的位移为x3＝＝2 250 m，所以高铁从减速到恢复到原来的速度通过的距离为x＝x1＋L＋l0＋x3＝8 550 m，
C错误；(另解：高铁减速的位移为x1＝t1＝4 500 m，高铁加速的位移为x3＝t3＝2 250 m。)若没有铁道桥，高铁应以v0＝90 m/s的速度匀速通过8 550 m，此过程所需的时间为t′＝＝ s＝95 s，有铁道桥耽误的时间为Δt＝t总－t′＝120 s－95 s＝25 s，D正确。]
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题号
1
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9．(2024·北京市东城区高三期末)在地铁某路段的隧洞墙壁上，连续相邻地挂有相同的广告画，画幅的宽度为0.8 m，在列车行进的某段时间内，由于视觉暂留现象，车厢内的人向窗外望去会感觉广告画面是静止的。若要使人望向窗外时，看到的是画中的苹果做自由落体运动，则这段时间内(人眼的视觉暂留时间取0.05 s，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A．列车的车速为8 m/s
B．隧洞墙壁上每幅画中苹果所在的位置可连成抛物线
C．隧洞墙壁上相邻两幅画中苹果之间的高度差都相等
D．隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差不相等，依次相差5 cm
√
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题号
1
3
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B　[当列车经过相邻两幅画的时间间隔为0.05 s时，车厢内的人会感觉广告画面是静止的，所以列车的速度v＝＝ m/s＝16 m/s，A错误；以匀速行驶的列车为参考系时，画中的苹果做自由落体运动，则以地面为参考系时画中的苹果做平抛运动，因此隧洞墙壁上每幅画中苹果所在的位置可连成抛物线，B正确；根据Δy＝gT2可得隧洞墙壁上连续相邻两幅画中苹果之间的高度差的差值为Δy＝gT2＝10×(0.05)2 m＝2.5 cm，C、D错误。]
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题号
1
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10．(多选)(2024·3月南昌市高三第一次模拟检测)如图甲所示，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，已知长木板及小物块的加速度a随外力F的变化关系如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，以下说法正确的是(　　)
A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝
B．长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝
C．小物块的质量m＝
D．长木板的质量M＝
√
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√
√
题号
1
3
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BCD　[根据题图乙分析可知，当F＝F1时，地面与木板间的摩擦力达到最大，即有F1＝μ2(M＋m)g，当F1F3时，物块与木板发生相对滑动，对物块由牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma，变形得a＝F－μ1g，对比题图乙可知，＝，解得m＝，结合B项分析解得M＝，C、D正确；根据以上分析可知μ1＝＝，A错误。]
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题号
1
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11．(2024·济南市高三学习质量检测)2023年10月23日，中国选手夺得杭州亚残运会女子3 km自行车个人追逐赛冠军。杭州亚残运会自行车赛道为周长L＝250 m的椭圆，如图(a)所示，M、N两点为椭圆赛道短轴的两端点，比赛开始后，甲、乙两名选手分别从M、N两点同时出发，由静止加速到速率最大的过程中，甲、乙两名选手的速率随时间变化的规律分别如图(b)、图(c)所示，两选手均在达到最大速率后以最大速率骑行。
(1)求甲选手的骑行路程为82.5 m时的速率；
(2)通过计算判断甲选手在骑行前两圈过程中能否追上乙选手。
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题号
1
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题号
1
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[解析]　(1)由题图(b)可知0～10 s时间内甲的骑行路程为
s1＝×10 m＝40 m<82.5 m
10～20 s时间内甲的骑行路程为s2＝×10 m＝90 m>82.5 m－s1
则甲的骑行路程为82.5 m时处于10～20 s时间内，
10～20 s时间内甲速率的变化率为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2
则由运动学规律可知s－s1＝v1t＋a1t2
解得t＝5 s，t＝－85 s(舍去)
由运动学规律可知，甲选手的骑行路程为82.5 m时的速率为v＝v1＋a1t
解得v＝9 m/s。
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题号
1
3
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(2)结合题图(b)、题图(c)可知甲、乙运动过程中速率相等时的速率v2＝
10 m/s，又0～40 s时间内乙速率的变化率为a2＝ m/s2＝0.3 m/s2
甲、乙速率相等时运动的时间为t共＝＝ s
甲在这段时间内的骑行路程为s甲＝s1＋s2＋v2(t共－20 s)＝ m
乙在这段时间内的骑行路程为s乙＝＝ m
则甲、乙在这段时间内的路程差为Δs＝s甲－s乙＝ m<＝125 m
以后乙的速率大于甲的，故甲未追上乙。
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[答案]　(1)9 m/s　(2)见解析
题号
1
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12．(2024·河南信阳质检)如图所示，在水平地面上有一长木板和一个可视为质点的小物块，它们分别以初速度v1＝2 m/s和v2＝4 m/s相向运动，结果物块恰好没有从木板上滑落，二者运动的v-t图像如图所示。g取10 m/s2，试求：
(1)长木板上、下表面的动摩擦因数；
(2)长木板与小物块的质量比和板的长度。
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题号
1
3
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[解析]　(1)由v-t图像可知物块先向右减速停下后再反向加速至与木板共速，再一起减速停下，图中三段线对应的加速度分别为a1＝＝ m/s2＝－2 m/s2，a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，a3＝＝ m/s2＝1 m/s2，
物块在木板上相对滑动时，对物块根据牛顿第二定律可得
－μmg＝ma1，
解得长木板上表面的动摩擦因数为μ＝0.2，
相对静止后一起滑动时，以物块和木板为整体，根据牛顿第二定律可得－μ0(M＋m)g＝－(M＋m)a3，
解得长木板下表面的动摩擦因数为μ0＝0.1。
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题号
1
3
5
2
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12
(2)相对滑动时，对木板根据牛顿第二定律可得
－μmg－μ0(M＋m)g＝－Ma2，
代入数据解得M∶m＝3∶1，
v-t图像中所围面积表示对应的位移，两者的位移差即为木板长，故有L＝×1.5 m＝4.5 m。
13
[答案]　(1)0.2　0.1　(2)3∶1　4.5 m
题号
1
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13．如图所示，倾角α＝37°、长L＝1.0 m的斜面ABC固定在水平地面，斜面上一根轻弹簧，一端固定在斜面底端，自由状态时另一端在O点，A、O间斜面光滑，O、B间斜面不光滑，且与可视为质点的小物块甲、乙间的动摩擦因数都是μ＝0.25。小物块甲固定在弹簧上，乙紧靠甲，甲和乙从O点自由释放后一起运动；在甲和乙速度最大时，给乙施加一沿斜面向下的恒力F＝20 N(图中未画出)，到甲和乙沿斜面向下的速度最大时，撤去该力；甲、乙分离时，另对
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题号
1
3
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甲施加一外力，让甲回到O点后不再运动到O点之上。已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，小物块甲和乙质量均为m＝1.0 kg，弹簧原长L0＝0.6 m，劲度系数k＝100 N/m，g取10 m/s2。整个过程弹簧形变在弹性限度内。
(1)求恒力F作用前，甲和乙速度最大时弹簧的
压缩量x0；
(2)求甲、乙分离时，乙速度v的大小；
(3)小物块乙能不能达到斜面顶端B？若能，求达到顶端时的速度vB；若不能，求乙与甲分离后第一次回到O点的时间t。
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题号
1
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[解析]　(1)恒力F作用前，甲和乙一起运动，合外力为零时，速度最大，则kx0＝2mg sin α，解得x0＝0.12 m。
(2)恒力F作用后，甲和乙一起运动，沿斜面向下的速度最大时，甲、乙受到的合力为零，设此时弹簧再被压缩长度为x1，
则k(x0＋x1)＝F＋2mg sin α(或kx1＝F)，
解得x1＝0.2 m，
甲和乙被弹簧弹回O点时分离，从O点自由释放甲和乙，到施加恒力后甲和乙一起回到O点，由动能定理有Fx1＝·2mv2，解得v＝2 m/s。
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题号
1
3
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2
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11
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(3)甲和乙分离后，设乙沿斜面上滑的加速度大小为a1，则
mg sin α＋μmg cos α＝ma1，解得a1＝8 m/s2，
假设斜面足够长，乙沿斜面上滑到最高点与O点距离为L1，则v2＝2a1L1，
解得L1＝0.25 m，
由于L1＝0.25 m设小物块乙从O点向上运动的时间为t1，则v＝a1t1，
解得t1＝0.25 s，
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题号
1
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2
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12
由于mg sin α>μmg cos α，小物块乙下滑，设下滑的加速度为a2，下滑时间为t2，则mg sin α－μmg cos α＝ma2，L1＝，
解得a2＝4 m/s2，t2＝ s，则t＝t1＋t2＝ s≈0.60 s。
13
[答案]　(1)0.12 m　(2)2 m/s　(3)不能　0.60 s
谢 谢

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