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第2課時　力與直線運動
【知識網絡】
熱點一　勻變速直線運動規律的應用
兩種勻減速直線運動的分析方法
(1)剎車問題的分析：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解。
(2)雙向可逆類運動分析：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負及物理意義。
例1 (2024·湖南長沙一模)某地受到山洪引起的泥石流災害，一直升機懸停在距離地面100 m的上空，一消防戰士沿豎直繩索從直升機下滑到地面救助受災群眾。若消防戰士下滑的最大速度為5 m/s，到達地面的速度大小為1 m/s，加速和減速的最大加速度大小均為a＝1 m/s2，則消防戰士最快到達地面的時間為(　　)
A.15.1 s B.24.1 s C.23.1 s D.22.1 s
訓練1 (2024·河北張家口高三月考)冰壺比賽是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目。在某次比賽中，冰壺投出后以8 m/s的初速度做勻減速直線運動，加速度大小為0.4 m/s2，下列說法中正確的是(　　)
A.冰壺第1 s末的速度大小為0.4 m/s
B.冰壺第1 s內的位移大小為8.2 m
C.倒數第3 s內的位移大小為1.0 m
D.倒數第3 s內的平均速度大小為 m/s
熱點二　牛頓運動定律的應用
例2 (多選)(2024·湖南邵陽模擬)如圖1所示，兩小球1和2之間用輕彈簧B相連，彈簧B與水平方向的夾角為30°，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩A與豎直方向的夾角為30°，小球2的右邊接有沿水平方向固定在豎直墻壁上的輕繩C。兩小球均處于靜止狀態。已知重力加速度為g，則 (　　)
圖1
A.球1和球2的質量之比為1∶2
B.球1和球2的質量之比為2∶1
C.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小為g
D.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g
例3 (2024·廣西南寧二模)如圖2所示，質量分別為m1＝1 kg和m2＝2 kg的兩個大小完全相同的物塊A、B，通過輕繩相連，并連接在裝有定滑輪的小車上，不計一切摩擦。在水平推力F1的作用下物塊A緊貼著小車，且小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若將圖中兩個小物塊的位置互換，在水平推力F2的作用下物塊B緊貼著小車，使得小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若兩次運動的時間相同，則兩次小車運動的位移之比為(　　)
圖2
A.1∶1 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1
訓練2 (2024·山東濰坊一模)如圖3所示，一傾角為37°的足夠長光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一擋板，一根勁度系數k＝100 N/m的輕彈簧兩端分別連接在固定擋板和物體P上，緊挨著P放置物體Q(不與P粘連)，現對Q施加一個沿斜面向上的拉力F使Q做勻加速直線運動，從施加拉力開始計時，t＝0.2 s后拉力F不再變化，已知P的質量mP＝1 kg，Q的質量mQ＝4 kg，g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.t＝0時P、Q間的作用力為24 N
B.t＝0.2 s時彈簧中的彈力為0
C.t＝0.2 s時拉力F＝56 N
D.Q的加速度大小為15 m/s2
熱點三　運動學和動力學圖像
圖像“三看”“三明確”
三看：①看軸——看清變量。
②看線——看圖線的形狀。
③看點——看特殊點和轉折點。
三明確：①明確圖像斜率及所圍“面積”的物理意義。
②明確截距及坐標點的物理意義。
③明確“＋”“－”的含義。
例4 (2024·遼寧大連高三期中)A、B兩輛汽車從同一地點同時出發沿同一方向做直線運動，它們的速度的平方(v2)隨位置(x)的變化規律如圖4所示，下列判斷正確的是(　　)
圖4
A.汽車A的加速度大小為2 m/s2
B.汽車B的加速度大小為2 m/s2
C.從開始到汽車A停止前，當xA＝4 m時A、B相距最遠
D.從開始到汽車A停止前，當xB＝4 m時A、B相遇
例5 (多選)(2023·全國甲卷，19)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為
μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖5所示。由圖可知(　　)
圖5
A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙
C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙
訓練3 如圖6所示，豎直輕彈簧一端與地面相連，另一端與物塊相連，物塊處于靜止狀態。現對物塊施加一個豎直向上的拉力F，使物塊向上做初速度為零的勻加速直線運動，此過程中彈簧的形變始終在彈性限度內，則拉力F隨時間t變化的圖像可能正確的是(　　)
圖6
1.(2024·山東卷，3)如圖7所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度為L，通過A點的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為(　　)
圖7
A.(－1)∶(－1) B.(－)∶(－1)
C.(＋1)∶(＋1) D.(＋)∶(＋1)
2.(2024·河北卷，3)籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學拍攝了該過程，并得出了籃球運動的v－t圖像，如圖8所示。圖像中a、b、c、d四點中對應籃球位置最高的是(　　)
圖8
A.a點 B.b點 C.c點 D.d點
3.(2024·安徽卷，6)如圖9所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中(　　)
圖9
A.速度一直增大 B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小
4.(2024·湖南卷，3)如圖10，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為(　　)
圖10
A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g
5.(2024·全國甲卷，15)如圖11，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(質量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a－m圖像。重力加速度大小為g。在下列a－m圖像中，可能正確的是(　　)
圖11
基礎保分練
1.(2024·四川雅安模擬)一旅客在火車站某站臺7號候車線處候車，他發現某動車進站時第5節車廂經過他用了0.83 s，動車停下時他剛好在第7節車廂門口，車門靠近動車前進方向一端。每節車廂的長度相同，不計各節車廂連接處的長度，若動車進站時做勻減速直線運動，則第6節車廂經過他的時間約為(　　)
A.0.64 s B.2 s C.0.5 s D.1 s
2.滑雪運動是冬季奧運會主要的比賽項目。如圖1所示，水平滑道上運動員A、B間距x0＝10 m。運動員A以速度v0＝5 m/s向前勻速運動，同時運動員B以初速度v1＝8 m/s向前勻減速運動，加速度的大小a＝2 m/s2，運動員A在運動員B繼續運動x1后追上運動員B，則x1的大小為 (　　)
圖1
A.4 m B.15 m C.16 m D.20 m
3.(2024·海南海口高三期末)如圖2所示，質量為M的箱子靜止在粗糙的水平地面上，質量為m的鋼球被水平和傾斜細線固定在箱子中，傾斜細線與豎直方向的夾角θ＝30°，重力加速度為g。則剪斷傾斜細線的瞬間，箱子對地面的彈力和摩擦力大小分別為(　　)
圖2
A.(M＋m)g，mg B.Mg，mg
C.(M－m)g，0 D.Mg，0
4.(2024·福建卷，3)某直線運動的v－t圖像如圖3所示，其中0～3 s為直線，3～3.5 s為曲線，3.5～6 s為直線，則以下說法正確的是(　　)
圖3
A.0～3 s的平均速度為10 m/s
B.3.5～6 s做勻減速直線運動
C.0～3 s的加速度比3.5～6 s的大
D.0～3 s的位移比3.5～6 s的小
5.(2024·福建廈門質檢)在身體素質測試“原地縱跳摸高”中，某同學快速下蹲后立即蹬伸豎直起跳。在此過程中，測得該同學豎直方向的加速度a隨時間t的變化關系如圖4所示，設豎直向上為正方向，不計空氣阻力，則該同學(　　)
圖4
A.從A到B的過程中處于超重狀態
B.在B點時速度為0
C.在C點時恰好離開地面
D.從C到D的過程中處于失重狀態
6.(多選)(2024·四川成都二診)如圖5甲所示，平行于傾角為θ固定斜面向上的拉力F使小物塊沿斜面向上運動，運動過程中加速度a與F的關系如圖乙所示。圖線的斜率為k，與F軸交點的橫坐標為c，與a軸交點的縱坐標為－b。由圖可知 (　　)
圖5
A.小物塊的質量為k
B.小物塊的質量為
C.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為b
D.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為c
7.(2024·云南昭通模擬預測)城市高層建筑建設施工，往往采用配重的方式把裝修材料運送到高處，精簡模型如圖6甲所示，固定于水平面上傾角為37°的斜面，繞過頂端定滑輪的輕繩連接兩小球A、B(可視作質點)，質量分別為M和m，B小球被固定于地面上的鎖定裝置鎖定，某時刻解除鎖定，安裝在斜面底端的位移采集傳感器采集到小球A在斜面上下滑的位移x與時間t的二次方關系如圖乙所示，若該圖像的斜率為k，不考慮一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，則小球A與B的質量之比為(　　)
圖6
A. B. C. D.
8.(2024·安徽合肥高三月考)如圖7，一小球用輕質細線a、b連接，細線a的另一端連接于車廂頂的A點，細線b的另一端連接于車廂底板上的B點，小球靜止時細線a與豎直方向的夾角為θ＝30°，細線b與水平方向的夾角也為θ＝30°。已知兩細線長相等，且AC＝BC，不計小球大小，重力加速度大小為g。小車向左沿水平方向做勻加速直線運動，要使細線b上張力為零，則小車運動的加速度a0應滿足的條件是(　　)
圖7
A.g≤a0≤g B.g≤a0≤g
C.g≤a0≤g D.g≤a0≤2g
提能增分練
9.(多選)(2024·湖北恩施二模)如圖8所示，輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質量為 m的小物塊a相連，質量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0。從t＝0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動。經過一段時間后，物塊a、b分離，再經過同樣長的時間，b距其出發點的距離恰好為x0。彈簧始終在彈性限度內，其中心軸線與斜面平行，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
圖8
A.彈簧的勁度系數為
B.a、b分離時，彈簧的壓縮量為
C.物塊b加速度的大小為gsin θ
D.物塊b加速度的大小為gsin θ
10.(2024·福建福州二模)滑塊以一定的初速度沿傾角為θ，動摩擦因數為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端，A點為途中的一點。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖9甲、乙所示。若滑塊與斜面間動摩擦因數處處相同，不計空氣阻力。對比甲、乙兩圖，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.滑塊上滑和返回過程的運動時間相等
B.滑塊運動加速度大小之比為a甲∶a乙＝16∶9
C.滑塊過A點時的速度大小之比為v甲∶v乙＝3∶4
D.μ＝tan θ
11.(2024·河北衡水模擬)如圖10所示，系在墻上的輕繩跨過兩個輕質滑輪連接著物體P和物體Q，兩段連接動滑輪的輕繩始終水平。已知P、Q的質量均為1 kg，P與水平桌面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度大小為g＝10 m/s2，當對P施加水平向左的拉力F＝30 N時，Q向上加速運動。下列說法正確的是(　　)
圖10
A.P、Q運動的加速度大小之比為2∶1
B.P的加速度大小為2 m/s2
C.輕繩的拉力大小為10 N
D.若保持Q的加速度不變，改變拉力F與水平方向的夾角，則力F的最小值為12 N
培優高分練
12.在某次冰壺訓練中，兩位冰壺運動員用水平恒力將冰壺從起點推動5 m后，撤去推力，同時啟動10 s倒計時，冰壺沿直線繼續滑行40 m到達營壘，速度恰好為零，倒計時恰好結束。已知冰壺的質量為20 kg，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求冰壺與冰面間的動摩擦因數及水平恒力的大小；
(2)若冰壺與冰面間的動摩擦因數為0.1，且要求啟動10 s倒計時瞬間開始推動冰壺，并重復完成上述啟停過程，水平恒力的大小變為多少？
熱點一　勻變速直線運動規律的應用
兩種勻減速直線運動的分析方法
(1)剎車問題的分析：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解。
(2)雙向可逆類運動分析：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負及物理意義。
例1 (2024·湖南長沙一模)某地受到山洪引起的泥石流災害，一直升機懸停在距離地面100 m的上空，一消防戰士沿豎直繩索從直升機下滑到地面救助受災群眾。若消防戰士下滑的最大速度為5 m/s，到達地面的速度大小為1 m/s，加速和減速的最大加速度大小均為a＝1 m/s2，則消防戰士最快到達地面的時間為(　　)
A.15.1 s B.24.1 s C.23.1 s D.22.1 s
答案　B
解析　若要求消防戰士最快到達地面，則消防戰士應先以最大的加速度a＝1 m/s2加速到最大速度vm＝5 m/s，然后以最大速度勻速運動一段時間，再以大小為a＝1 m/s2的加速度減速到達地面且速度變為1 m/s，消防戰士最快到達地面的時間為上述三段運動時間之和。消防戰士加速運動的最短時間和位移分別為t1＝＝5 s，x1＝at＝12.5 m，消防戰士減速運動的最短時間和位移分別為t3＝＝4 s，x3＝vmt3－at＝12 m，則消防戰士在勻速運動過程所經歷的時間為t2＝＝15.1 s，故消防戰士最快到達地面的時間為t＝t1＋t2＋t3＝24.1 s，故B正確。
訓練1 (2024·河北張家口高三月考)冰壺比賽是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目。在某次比賽中，冰壺投出后以8 m/s的初速度做勻減速直線運動，加速度大小為0.4 m/s2，下列說法中正確的是(　　)
A.冰壺第1 s末的速度大小為0.4 m/s
B.冰壺第1 s內的位移大小為8.2 m
C.倒數第3 s內的位移大小為1.0 m
D.倒數第3 s內的平均速度大小為 m/s
答案　C
解析　冰壺做勻減速直線運動，a＝－0.4 m/s2，則第1 s末的速度大小v1＝v0＋at1＝7.6 m/s，故A錯誤；冰壺第1 s內的位移大小是x1＝v0t1＋at＝7.8 m，故B錯誤；整個過程的逆過程是初速度為0的勻加速直線運動，最后1 s內位移大小為x1′＝|a|t＝0.2 m，由初速度為零的勻加速直線運動的規律可知最后1 s內位移大小與倒數第3 s內的位移大小之比為1∶5，故倒數第3 s內的位移大小為x3＝1.0 m，故C正確；倒數第3 s內的平均速度大小為3＝＝1 m/s，故D錯誤。
熱點二　牛頓運動定律的應用
例2 (多選)(2024·湖南邵陽模擬)如圖1所示，兩小球1和2之間用輕彈簧B相連，彈簧B與水平方向的夾角為30°，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩A與豎直方向的夾角為30°，小球2的右邊接有沿水平方向固定在豎直墻壁上的輕繩C。兩小球均處于靜止狀態。已知重力加速度為g，則 (　　)
圖1
A.球1和球2的質量之比為1∶2
B.球1和球2的質量之比為2∶1
C.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小為g
D.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g
答案　BC
解析　分別對兩小球1、2受力分析如圖甲、乙所示，根據平衡條件可得FB＝m1g，FBsin 30°＝m2g，聯立解得＝2，A錯誤，B正確；在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力未來得及變化，球2的加速度大小為0，彈簧彈力FB＝m1g，對球1，由牛頓第二定律有F合＝2m1gcos 30°＝m1a，解得a＝g，C正確，D錯誤。
方法總結　瞬時加速度問題
例3 (2024·廣西南寧二模)如圖2所示，質量分別為m1＝1 kg和m2＝2 kg的兩個大小完全相同的物塊A、B，通過輕繩相連，并連接在裝有定滑輪的小車上，不計一切摩擦。在水平推力F1的作用下物塊A緊貼著小車，且小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若將圖中兩個小物塊的位置互換，在水平推力F2的作用下物塊B緊貼著小車，使得小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若兩次運動的時間相同，則兩次小車運動的位移之比為(　　)
圖2
A.1∶1 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1
答案　C
解析　第一次設繩子拉力為T1，根據平衡條件可知T1＝m1g，對物塊B，根據牛頓第二定律T1＝m2a1，解得a1＝g，由于小車與物塊相對靜止，因此小車的加速度等于滑塊的加速度。兩個小物塊的位置互換后，設繩子拉力為T2，根據平衡條件可知T2＝m2g，對物塊A，根據牛頓第二定律T2＝m1a2，解得a2＝2g。根據x＝at2，可知在相同時間內，兩次小車運動的位移之比為x1∶x2＝a1∶a2＝1∶4，故C正確。
1.連接體問題的處理方法：整體法和隔離法。
2.連接體的運動特點
(1)輕繩連接體：輕繩在伸直且無轉動的狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度和加速度總是相等。
(2)輕桿連接體：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度和加速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度。
(3)輕彈簧連接體：在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時，兩端連接體的速率相等。
3.常見連接體
　 FB＝F 三種情況中彈簧彈力、繩的張力大小相同且與接觸面是否光滑無關
常用隔離法
常會出現臨界條件
訓練2 (2024·山東濰坊一模)如圖3所示，一傾角為37°的足夠長光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一擋板，一根勁度系數k＝100 N/m的輕彈簧兩端分別連接在固定擋板和物體P上，緊挨著P放置物體Q(不與P粘連)，現對Q施加一個沿斜面向上的拉力F使Q做勻加速直線運動，從施加拉力開始計時，t＝0.2 s后拉力F不再變化，已知P的質量mP＝1 kg，Q的質量mQ＝4 kg，g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.t＝0時P、Q間的作用力為24 N
B.t＝0.2 s時彈簧中的彈力為0
C.t＝0.2 s時拉力F＝56 N
D.Q的加速度大小為15 m/s2
答案　C
解析　剛開始彈簧的壓縮量為Δx＝＝＝0.3 m，t＝0.2 s時，拉力F不再變化，說明此時P、Q剛好分離，它們之間的彈力正好為0，而此時P和Q具有相同的沿斜面向上的加速度a，設此時彈簧的壓縮量為Δx′，對P由牛頓第二定律kΔx′－mPgsin 37°＝mPa，該段時間內由運動學規律得Δx－Δx′＝at2，t＝0.2 s，聯立解得Δx′＝0.14 m，a＝8 m/s2，設t＝0時P、Q間的作用力為F1，對P由牛頓第二定律得F彈－mPgsin 37°－F1＝mPa，F彈＝(mP＋mQ)gsin 37°，解得F1＝16 N，故A、D錯誤；根據前面分析可知t＝0.2 s時，彈簧中的彈力F彈′＝kΔx′＝14 N，故B錯誤；t＝0.2 s時對Q由牛頓第二定律得F－mQgsin 37°＝mQa，解得F＝56 N，故C正確。
熱點三　運動學和動力學圖像
圖像“三看”“三明確”
三看：①看軸——看清變量。
②看線——看圖線的形狀。
③看點——看特殊點和轉折點。
三明確：①明確圖像斜率及所圍“面積”的物理意義。
②明確截距及坐標點的物理意義。
③明確“＋”“－”的含義。
例4 (2024·遼寧大連高三期中)A、B兩輛汽車從同一地點同時出發沿同一方向做直線運動，它們的速度的平方(v2)隨位置(x)的變化規律如圖4所示，下列判斷正確的是(　　)
圖4
A.汽車A的加速度大小為2 m/s2
B.汽車B的加速度大小為2 m/s2
C.從開始到汽車A停止前，當xA＝4 m時A、B相距最遠
D.從開始到汽車A停止前，當xB＝4 m時A、B相遇
答案　A
解析　根據勻變速直線運動的速度—位移關系公式v2－v＝2ax，得v2＝v＋2ax，可知v2－x圖像的斜率k＝2a。對汽車A，有2aA＝ m/s2，解得aA＝－2 m/s2，則汽車A的加速度大小為2 m/s2，故A正確；對于B車，有2aB＝ m/s2，解得aB＝1 m/s2，故B錯誤；從開始到汽車A停止時，歷時t＝＝ s，此時B車的位移xB＝aBt2＝3 m＜6 m，故A車停止后，B車才追上A車，故當xB＝6 m時A、B相遇。當兩車速度相等時，A、B相距最遠，有vA＋aAt′＝aBt′，解得t′＝ s，此時xA＝vAt′＋aAt′2，解得xA＝ m，故C、D錯誤。
例5 (多選)(2023·全國甲卷，19)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為
μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖5所示。由圖可知(　　)
圖5
A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙
C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙
答案　BC
解析　由牛頓第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，結合F－a圖像可知m甲＞m乙，A錯誤，B正確；兩圖線的縱軸截距μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲＜μ乙，C正確，D錯誤。
方法總結　動力學圖像解題思路
F－t 圖像 思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解
思路二：動量定理，圖線與t軸所圍面積表示F的沖量
F－x 圖像 思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解
思路二：動能定理，圖線與x軸所圍面積表示力F做的功
a－F 圖像 根據牛頓第二定律列式，再變換成a－F關系 例如：如圖所示，F－μmg＝ma，a＝－μg，斜率為，縱截距為－μg
訓練3 如圖6所示，豎直輕彈簧一端與地面相連，另一端與物塊相連，物塊處于靜止狀態。現對物塊施加一個豎直向上的拉力F，使物塊向上做初速度為零的勻加速直線運動，此過程中彈簧的形變始終在彈性限度內，則拉力F隨時間t變化的圖像可能正確的是(　　)
圖6
答案　A
解析　物塊處于靜止狀態時，彈簧處于壓縮狀態，彈簧彈力等于重力，mg＝kx0。現給物塊施加一個豎直向上的拉力F，做勻加速直線運動，當物塊向上位移為x時，則有F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F－kx＝ma，物塊做勻加速直線運動，有x＝at2，聯立可得F＝kat2＋ma，可知拉力與時間圖像呈開口向上的拋物線形狀，故A正確。
1.(2024·山東卷，3)如圖7所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度為L，通過A點的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為(　　)
圖7
A.(－1)∶(－1) B.(－)∶(－1)
C.(＋1)∶(＋1) D.(＋)∶(＋1)
答案　A
解析　對木板，由牛頓第二定律知木板的加速度不變，木板從靜止釋放到下端到達A點的過程，有L＝at，木板從靜止釋放到上端到達A點的過程，當木板長度為L時，有2L＝at，當木板長度為2L時，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，聯立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，A正確。
2.(2024·河北卷，3)籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學拍攝了該過程，并得出了籃球運動的v－t圖像，如圖8所示。圖像中a、b、c、d四點中對應籃球位置最高的是(　　)
圖8
A.a點 B.b點 C.c點 D.d點
答案　A
解析　由題圖可知，籃球每一次彈起的最大速度越來越小，則每一次上升的最大高度越來越小，t＝0時對應初始高度，a點對應第一次上升至最大高度，可知a點對應籃球位置最高，A正確。
3.(2024·安徽卷，6)如圖9所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中(　　)
圖9
A.速度一直增大 B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小
答案　A
解析　緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與小球的重力和兩彈簧的拉力的合力為零，此時兩彈簧的合力大小為mg。當撤去拉力，小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；小球從P點運動到O點的過程中，彈簧形變量變小，彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受到的合外力一直變小，加速度一直減小，故加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值為2g，C、D錯誤。
4.(2024·湖南卷，3)如圖10，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為(　　)
圖10
A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g
答案　A
解析　細線剪斷前，對B、C、D整體受力分析，由力的平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對D受力分析，由力的平衡條件有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg。細線剪斷瞬間，對B由牛頓第二定律有3mg－FAB＝3maB，對C由牛頓第二定律有2mg＋FCD＝2maC，聯立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正確。
5.(2024·全國甲卷，15)如圖11，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(質量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a－m圖像。重力加速度大小為g。在下列a－m圖像中，可能正確的是(　　)
圖11
答案　D
解析　設物塊P的質量為M，物塊P與桌面間的動摩擦因數為μ，輕繩上的拉力大小為F
基礎保分練
1.(2024·四川雅安模擬)一旅客在火車站某站臺7號候車線處候車，他發現某動車進站時第5節車廂經過他用了0.83 s，動車停下時他剛好在第7節車廂門口，車門靠近動車前進方向一端。每節車廂的長度相同，不計各節車廂連接處的長度，若動車進站時做勻減速直線運動，則第6節車廂經過他的時間約為(　　)
A.0.64 s B.2 s C.0.5 s D.1 s
答案　B
解析　設每節車廂的長度為L，動車做勻減速運動，末速度為零，由逆向思維可看作初速度為零的勻加速直線運動，則第5節車廂和第6節車廂經過他時有2L＝at，第6節車廂經過他時有L＝at且t＝t2－t1＝0.83 s，解得第6節車廂經過他的時間約為t1＝2 s，故B正確。
2.滑雪運動是冬季奧運會主要的比賽項目。如圖1所示，水平滑道上運動員A、B間距x0＝10 m。運動員A以速度v0＝5 m/s向前勻速運動，同時運動員B以初速度v1＝8 m/s向前勻減速運動，加速度的大小a＝2 m/s2，運動員A在運動員B繼續運動x1后追上運動員B，則x1的大小為 (　　)
圖1
A.4 m B.15 m C.16 m D.20 m
答案　C
解析　運動員B做勻減速直線運動，速度減為零的時間為tB＝＝4 s，此時運動員A的位移為xA＝v0tB＝20 m，運動員B的位移為xB＝tB＝16 m，因為xA＜xB＋x0，即運動員B速度減小為零時，運動員A還未追上運動員B，則運動員A在運動員B停下來的位置追上運動員B，即x1＝16 m，C正確，A、B、D錯誤。
3.(2024·海南海口高三期末)如圖2所示，質量為M的箱子靜止在粗糙的水平地面上，質量為m的鋼球被水平和傾斜細線固定在箱子中，傾斜細線與豎直方向的夾角θ＝30°，重力加速度為g。則剪斷傾斜細線的瞬間，箱子對地面的彈力和摩擦力大小分別為(　　)
圖2
A.(M＋m)g，mg B.Mg，mg
C.(M－m)g，0 D.Mg，0
答案　D
解析　剪斷傾斜細線的瞬間，水平繩子拉力發生突變，鋼球將做圓周運動，此時小球速度為零，則水平繩子拉力為零，此時鋼球只受重力，處于完全失重狀態，箱子對地面的彈力等于箱子的重力，即FN＝Mg，水平繩子對箱子的拉力為零，可知地面與箱子間沒有摩擦力，即箱子對地面的摩擦力為零，故D正確。
4.(2024·福建卷，3)某直線運動的v－t圖像如圖3所示，其中0～3 s為直線，3～3.5 s為曲線，3.5～6 s為直線，則以下說法正確的是(　　)
圖3
A.0～3 s的平均速度為10 m/s
B.3.5～6 s做勻減速直線運動
C.0～3 s的加速度比3.5～6 s的大
D.0～3 s的位移比3.5～6 s的小
答案　B
解析　由題圖v－t圖像可知，0～3 s內的平均速度1＝ m/s＝15 m/s，A錯誤；3.5～6 s內速度隨時間均勻減小，為勻減速直線運動，B正確；0～3 s和3.5～6 s兩段v－t圖線的斜率表示加速度，由題圖圖像可知0～3 s內的加速度大小為10 m/s2，3.5 s末的速度大于25 m/s，則3.5～6 s內的加速度大小大于10 m/s2，C錯誤；v－t圖線與t軸圍成的面積表示位移，由題圖圖像可知0～3 s內的位移為Δx1＝1t＝ m＝45 m，3.5～6 s內的位移Δx2<×2.5 m＝37.5 m，D錯誤。
5.(2024·福建廈門質檢)在身體素質測試“原地縱跳摸高”中，某同學快速下蹲后立即蹬伸豎直起跳。在此過程中，測得該同學豎直方向的加速度a隨時間t的變化關系如圖4所示，設豎直向上為正方向，不計空氣阻力，則該同學(　　)
圖4
A.從A到B的過程中處于超重狀態
B.在B點時速度為0
C.在C點時恰好離開地面
D.從C到D的過程中處于失重狀態
答案　D
解析　從A到B的過程中，該同學有向下的加速度，處于失重狀態，A錯誤；從A到B過程中，該同學一直向下做加速運動，故其在B點時的速度不為0，B錯誤；恰好離開地面時，地面對該同學的作用力為0，不計空氣阻力，則該同學的加速度為重力加速度，由題圖可知該同學在C點時的加速度為0，C錯誤；從C到D的過程中，該同學有向下的加速度，處于失重狀態，D正確。
6.(多選)(2024·四川成都二診)如圖5甲所示，平行于傾角為θ固定斜面向上的拉力F使小物塊沿斜面向上運動，運動過程中加速度a與F的關系如圖乙所示。圖線的斜率為k，與F軸交點的橫坐標為c，與a軸交點的縱坐標為－b。由圖可知 (　　)
圖5
A.小物塊的質量為k
B.小物塊的質量為
C.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為b
D.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為c
答案　BD
解析　以物塊為研究對象，根據牛頓第二定律有F－mgsin θ－Ff＝ma，可得a＝－，結合a－F圖像可得k＝＝，－＝－b，可知小物塊的質量m＝，摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為mgsin θ＋Ff＝c，故B、D正確。
7.(2024·云南昭通模擬預測)城市高層建筑建設施工，往往采用配重的方式把裝修材料運送到高處，精簡模型如圖6甲所示，固定于水平面上傾角為37°的斜面，繞過頂端定滑輪的輕繩連接兩小球A、B(可視作質點)，質量分別為M和m，B小球被固定于地面上的鎖定裝置鎖定，某時刻解除鎖定，安裝在斜面底端的位移采集傳感器采集到小球A在斜面上下滑的位移x與時間t的二次方關系如圖乙所示，若該圖像的斜率為k，不考慮一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，則小球A與B的質量之比為(　　)
圖6
A. B. C. D.
答案　B
解析　解除鎖定后，沿繩方向上對小球A、B和繩組成的系統，由牛頓第二定律有Mgsin θ－mg＝(M＋m)a，對小球A由運動學規律有x＝at2，結合圖像斜率k＝a，即a＝2k，聯立解得＝，故B正確。
8.(2024·安徽合肥高三月考)如圖7，一小球用輕質細線a、b連接，細線a的另一端連接于車廂頂的A點，細線b的另一端連接于車廂底板上的B點，小球靜止時細線a與豎直方向的夾角為θ＝30°，細線b與水平方向的夾角也為θ＝30°。已知兩細線長相等，且AC＝BC，不計小球大小，重力加速度大小為g。小車向左沿水平方向做勻加速直線運動，要使細線b上張力為零，則小車運動的加速度a0應滿足的條件是(　　)
圖7
A.g≤a0≤g B.g≤a0≤g
C.g≤a0≤g D.g≤a0≤2g
答案　C
解析　題圖中，根據幾何關系，a、b細線與A、B連線的夾角均為15°，當細線a與豎直方向的夾角為30°且細線b剛好伸直，這時車的加速度大小為a1＝gtan 30°＝g，根據對稱性，當細線a與豎直方向的夾角為60°且細線b剛好伸直，這時車的加速度大小為a2＝gtan 60°＝g，因此要使細線b上張力為零，則小車運動的加速度應滿足的條件是g≤a0≤g，故C正確。
提能增分練
9.(多選)(2024·湖北恩施二模)如圖8所示，輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質量為 m的小物塊a相連，質量為m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0。從t＝0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動。經過一段時間后，物塊a、b分離，再經過同樣長的時間，b距其出發點的距離恰好為x0。彈簧始終在彈性限度內，其中心軸線與斜面平行，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　)
圖8
A.彈簧的勁度系數為
B.a、b分離時，彈簧的壓縮量為
C.物塊b加速度的大小為gsin θ
D.物塊b加速度的大小為gsin θ
答案　AC
解析　小物塊b緊靠a靜止在斜面上，將二者看成一個整體，可知彈力大小與整體重力沿斜面方向的分力大小相等，有kx0＝(m＋m)gsin θ，解得k＝，故A正確；由于初速度為0，最初兩段相同時間間隔內位移之比為＝，由題意有x1＋x2＝x0，當物塊a、b分離時彈簧壓縮量Δx＝x0，故B錯誤；兩物塊剛好要分離時，a與b之間無相互作用力且加速度相同，對a由牛頓第二定律有k·x0－mgsin θ＝ma，代入k后解得a＝gsin θ，故C正確，D錯誤。
10.(2024·福建福州二模)滑塊以一定的初速度沿傾角為θ，動摩擦因數為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端，A點為途中的一點。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖9甲、乙所示。若滑塊與斜面間動摩擦因數處處相同，不計空氣阻力。對比甲、乙兩圖，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.滑塊上滑和返回過程的運動時間相等
B.滑塊運動加速度大小之比為a甲∶a乙＝16∶9
C.滑塊過A點時的速度大小之比為v甲∶v乙＝3∶4
D.μ＝tan θ
答案　B
解析　根據牛頓第二定律可知，上滑過程和下滑過程分別滿足mgsin θ＋Ff＝ma甲，mgsin θ－Ff＝ma乙，設頻閃時間間隔為T，上滑過程加速度較大，位移大小相同時運動時間較短，故A錯誤；甲圖表示上滑過程，時間間隔為3T，乙圖表示下滑過程，時間間隔為4T，把上滑過程逆向看成初速度為零的勻加速直線運動，由x＝at2可知，加速度大小之比a甲∶a乙＝t∶t＝16∶9，故B正確；利用逆向思維，滑塊在A、B兩點間運動時，根據位移公式有xAB＝a甲t甲′2＝a乙t乙′2，結合上述解得t甲′∶t乙′＝∶＝3∶4，即圖甲與圖乙中滑塊在A、B兩點間運動時間之比為3∶4，由v＝at知v甲∶v乙＝4∶3，故C錯誤；根據加速度比有(gsin θ＋μgcos θ)∶(gsin θ－μgcos θ)＝16∶9，解得μ＝tan θ，故D錯誤。
11.(2024·河北衡水模擬)如圖10所示，系在墻上的輕繩跨過兩個輕質滑輪連接著物體P和物體Q，兩段連接動滑輪的輕繩始終水平。已知P、Q的質量均為1 kg，P與水平桌面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度大小為g＝10 m/s2，當對P施加水平向左的拉力F＝30 N時，Q向上加速運動。下列說法正確的是(　　)
圖10
A.P、Q運動的加速度大小之比為2∶1
B.P的加速度大小為2 m/s2
C.輕繩的拉力大小為10 N
D.若保持Q的加速度不變，改變拉力F與水平方向的夾角，則力F的最小值為12 N
答案　D
解析　根據動滑輪的原理，物體Q移動的速度始終是物體P的兩倍，同時開始運動，速度變化量始終是兩倍關系，由公式a＝可知，P、Q運動的加速度大小之比為1∶2，故A錯誤；由牛頓第二定律，對物體Q分析，有T－mg＝m·2a，對物體P分析，有F－2T－μmg＝ma，聯立解得輕繩的拉力大小為T＝12 N，P的加速度大小為a＝1 m/s2，故B、C錯誤；若保持Q的加速度不變，則P的加速度也不變，則有T＝12 N，a＝1 m/s2，設拉力F與水平方向的夾角為θ，則對物體P分析，有Fcos θ－2T－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化簡可得F＝ N，其中sin φ＝，當sin(θ＋φ)＝1，力F有最小值，且最小值為Fmin＝12 N，故D正確。
培優高分練
12.在某次冰壺訓練中，兩位冰壺運動員用水平恒力將冰壺從起點推動5 m后，撤去推力，同時啟動10 s倒計時，冰壺沿直線繼續滑行40 m到達營壘，速度恰好為零，倒計時恰好結束。已知冰壺的質量為20 kg，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求冰壺與冰面間的動摩擦因數及水平恒力的大小；
(2)若冰壺與冰面間的動摩擦因數為0.1，且要求啟動10 s倒計時瞬間開始推動冰壺，并重復完成上述啟停過程，水平恒力的大小變為多少？
答案　(1)0.08　144 N　(2)200 N
解析　(1)冰壺在推力F作用下做勻加速運動，運動5 m后的速度為v，由牛頓第二定律及運動學公式可知F－μmg＝ma1，v2＝2a1x1
撤掉力F后，冰壺在摩擦力的作用下做勻減速運動，10 s時間內運動了40 m，由牛頓第二定律及運動學公式可知μmg＝ma2，x2＝，a2＝
解得μ＝0.08，F＝144 N。
(2)若冰壺與冰面間的動摩擦因數為0.1，且要求啟動10秒倒計時瞬間開始推動冰壺(并重復完成上述啟停過程)，設撤掉力那一瞬間冰壺的速度為v′，根據牛頓第二定律及運動學公式可知
勻加速過程F′－μ′mg＝ma3
勻減速過程μ′mg＝ma4
所用總時間＋＝10 s
所走總路程＋＝45 m
解得F′＝200 N。(共58張PPT)
第2課時　力與直線運動
專題一　力與運動
知識網絡
目 錄
CONTENTS
突破高考熱點
01
課時跟蹤訓練
03
鏈接高考真題
02
突破高考熱點
1
熱點二　牛頓運動定律的應用
熱點一　勻變速直線運動規律的應用
熱點三　運動學和動力學圖像
熱點一　勻變速直線運動規律的應用
兩種勻減速直線運動的分析方法
(1)剎車問題的分析：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解。
(2)雙向可逆類運動分析：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負及物理意義。
B
例1 (2024·湖南長沙一模)某地受到山洪引起的泥石流災害，一直升機懸停在距離地面100 m的上空，一消防戰士沿豎直繩索從直升機下滑到地面救助受災群眾。若消防戰士下滑的最大速度為5 m/s，到達地面的速度大小為1 m/s，加速和減速的最大加速度大小均為a＝1 m/s2，則消防戰士最快到達地面的時間為(　　)
A.15.1 s B.24.1 s C.23.1 s D.22.1 s
C
訓練1 (2024·河北張家口高三月考)冰壺比賽是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目。在某次比賽中，冰壺投出后以8 m/s的初速度做勻減速直線運動，加速度大小為0.4 m/s2，下列說法中正確的是(　　)
熱點二　牛頓運動定律的應用
圖1
BC
例2 (多選)(2024·湖南邵陽模擬)如圖1所示，兩小球1和2之間用輕彈簧B相連，彈簧B與水平方向的夾角為30°，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩A與豎直方向的夾角為30°，小球2的右邊接有沿水平方向固定在豎直墻壁上的輕繩C。兩小球均處于靜止狀態。已知重力加速度為g，則 (　　)
方法總結　瞬時加速度問題
圖2
C
例3 (2024·廣西南寧二模)如圖2所示，質量分別為m1＝1 kg和m2＝2 kg的兩個大小完全相同的物塊A、B，通過輕繩相連，并連接在裝有定滑輪的小車上，不計一切摩擦。在水平推力F1的作用下物塊A緊貼著小車，且小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若將圖中兩個小物塊的位置互換，在水平推力F2的作用下物塊B緊貼著小車，使得小車和兩個物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運動，若兩次運動的時間相同，則兩次小車運動的位移之比為(　　)
A.1∶1 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1
1.連接體問題的處理方法：整體法和隔離法。
2.連接體的運動特點
(1)輕繩連接體：輕繩在伸直且無轉動的狀態下，兩端的連接體沿繩方向的速度和加速度總是相等。
(2)輕桿連接體：輕桿平動時，連接體具有相同的平動速度和加速度；輕桿轉動時，連接體具有相同的角速度。
(3)輕彈簧連接體：在彈簧發生形變的過程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時，兩端連接體的速率相等。
3.常見連接體
　 三種情況中彈簧彈力、繩的張力大小相同且與接觸面是否光滑無關
常用隔離法
常會出現臨界條件
圖3
C
訓練2 (2024·山東濰坊一模)如圖3所示，一傾角為37°的足夠長光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一擋板，一根勁度系數k＝100 N/m的輕彈簧兩端分別連接在固定擋板和物體P上，緊挨著P放置物體Q(不與P粘連)，現對Q施加一個沿斜面向上的拉力F使Q做勻加速直線運動，從施加拉力開始計時，t＝0.2 s后拉力F不再變化，已知P的質量mP＝1 kg，Q的質量mQ＝4 kg，g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.t＝0時P、Q間的作用力為24 N
B.t＝0.2 s時彈簧中的彈力為0
C.t＝0.2 s時拉力F＝56 N
D.Q的加速度大小為15 m/s2
熱點三　運動學和動力學圖像
圖像“三看”“三明確”
三看：①看軸——看清變量。
②看線——看圖線的形狀。
③看點——看特殊點和轉折點。
三明確：①明確圖像斜率及所圍“面積”的物理意義。
②明確截距及坐標點的物理意義。
③明確“＋”“－”的含義。
圖4
A
例4 (2024·遼寧大連高三期中)A、B兩輛汽車從同一地點同時出發沿同一方向做直線運動，它們的速度的平方(v2)隨位置(x)的變化規律如圖4所示，下列判斷正確的是(　　)
A.汽車A的加速度大小為2 m/s2
B.汽車B的加速度大小為2 m/s2
C.從開始到汽車A停止前，當xA＝4 m時A、B相距最遠
D.從開始到汽車A停止前，當xB＝4 m時A、B相遇
圖5
BC
例5 (多選)(2023·全國甲卷，19)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖5所示。由圖可知(　　)
A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙
C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙
解析　由牛頓第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，結合F－a圖像可知m甲＞m乙，A錯誤，B正確；兩圖線的縱軸截距μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲＜μ乙，C正確，D錯誤。
方法總結　動力學圖像解題思路
F－t 圖像 思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解
思路二：動量定理，圖線與t軸所圍面積表示F的沖量
F－x 圖像 思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解
思路二：動能定理，圖線與x軸所圍面積表示力F做的功
圖6
A
訓練3 如圖6所示，豎直輕彈簧一端與地面相連，另一端與物塊相連，物塊處于靜止狀態。現對物塊施加一個豎直向上的拉力F，使物塊向上做初速度為零的勻加速直線運動，此過程中彈簧的形變始終在彈性限度內，則拉力F隨時間t變化的圖像可能正確的是(　　)
鏈接高考真題
2
A
1.(2024·山東卷，3)如圖7所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度為L，通過A點的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為(　　)
圖7
A
2.(2024·河北卷，3)籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學拍攝了該過程，并得出了籃球運動的v－t圖像，如圖8所示。圖像中a、b、c、d四點中對應籃球位置最高的是(　　)
圖8
A.a點 B.b點 C.c點 D.d點
解析　由題圖可知，籃球每一次彈起的最大速度越來越小，則每一次上升的最大高度越來越小，t＝0時對應初始高度，a點對應第一次上升至最大高度，可知a點對應籃球位置最高，A正確。
A
3.(2024·安徽卷，6)如圖9所示，豎直平面內有兩完全相同的輕質彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點，另一端均連接在質量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上緩慢拉至P點，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點運動到O點的過程中(　　)
圖9
A.速度一直增大 B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小
解析　緩慢拉至P點，保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與小球的重力和兩彈簧的拉力的合力為零，此時兩彈簧的合力大小為mg。當撤去拉力，小球從P點運動到O點的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運動，故A正確，B錯誤；小球從P點運動到O點的過程中，彈簧形變量變小，彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受到的合外力一直變小，加速度一直減小，故加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值為2g，C、D錯誤。
A
4.(2024·湖南卷，3)如圖10，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為(　　)
圖10
A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g
解析　細線剪斷前，對B、C、D整體受力分析，由力的平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對D受力分析，由力的平衡條件有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg。細線剪斷瞬間，對B由牛頓第二定律有3mg－FAB＝3maB，對C由牛頓第二定律有2mg＋FCD＝2maC，聯立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正確。
D
5.(2024·全國甲卷，15)如圖11，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(質量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a－m圖像。重力加速度大小為g。在下列a－m圖像中，可能正確的是(　　)
圖11
解析　設物塊P的質量為M，物塊P與桌面間的動摩擦因數為μ，輕繩上的拉力大小為F
課時跟蹤訓練
3
B
1.(2024·四川雅安模擬)一旅客在火車站某站臺7號候車線處候車，他發現某動車進站時第5節車廂經過他用了0.83 s，動車停下時他剛好在第7節車廂門口，車門靠近動車前進方向一端。每節車廂的長度相同，不計各節車廂連接處的長度，若動車進站時做勻減速直線運動，則第6節車廂經過他的時間約為(　　)
A.0.64 s B.2 s C.0.5 s D.1 s
基礎保分練
C
2.滑雪運動是冬季奧運會主要的比賽項目。如圖1所示，水平滑道上運動員A、B間距x0＝10 m。運動員A以速度v0＝5 m/s向前勻速運動，同時運動員B以初速度v1＝8 m/s向前勻減速運動，加速度的大小a＝2 m/s2，運動員A在運動員B繼續運動x1后追上運動員B，則x1的大小為 (　　)
圖1
A.4 m B.15 m C.16 m D.20 m
D
3.(2024·海南海口高三期末)如圖2所示，質量為M的箱子靜止在粗糙的水平地面上，質量為m的鋼球被水平和傾斜細線固定在箱子中，傾斜細線與豎直方向的夾角θ＝30°，重力加速度為g。則剪斷傾斜細線的瞬間，箱子對地面的彈力和摩擦力大小分別為(　　)
圖2
解析　剪斷傾斜細線的瞬間，水平繩子拉力發生突變，鋼球將做圓周運動，此時小球速度為零，則水平繩子拉力為零，此時鋼球只受重力，處于完全失重狀態，箱子對地面的彈力等于箱子的重力，即FN＝Mg，水平繩子對箱子的拉力為零，可知地面與箱子間沒有摩擦力，即箱子對地面的摩擦力為零，故D正確。
B
4.(2024·福建卷，3)某直線運動的v－t圖像如圖3所示，其中0～3 s為直線，3～3.5 s為曲線，3.5～6 s為直線，則以下說法正確的是(　　)
圖3
A.0～3 s的平均速度為10 m/s
B.3.5～6 s做勻減速直線運動
C.0～3 s的加速度比3.5～6 s的大
D.0～3 s的位移比3.5～6 s的小
D
5.(2024·福建廈門質檢)在身體素質測試“原地縱跳摸高”中，某同學快速下蹲后立即蹬伸豎直起跳。在此過程中，測得該同學豎直方向的加速度a隨時間t的變化關系如圖4所示，設豎直向上為正方向，不計空氣阻力，則該同學(　　)
圖4
A.從A到B的過程中處于超重狀態
B.在B點時速度為0
C.在C點時恰好離開地面
D.從C到D的過程中處于失重狀態
解析　從A到B的過程中，該同學有向下的加速度，處于失重狀態，A錯誤；從A到B過程中，該同學一直向下做加速運動，故其在B點時的速度不為0，B錯誤；恰好離開地面時，地面對該同學的作用力為0，不計空氣阻力，則該同學的加速度為重力加速度，由題圖可知該同學在C點時的加速度為0，C錯誤；從C到D的過程中，該同學有向下的加速度，處于失重狀態，D正確。
BD
6.(多選)(2024·四川成都二診)如圖5甲所示，平行于傾角為θ固定斜面向上的拉力F使小物塊沿斜面向上運動，運動過程中加速度a與F的關系如圖乙所示。圖線的斜率為k，與F軸交點的橫坐標為c，與a軸交點的縱坐標為－b。由圖可知 (　　)
圖5
B
7.(2024·云南昭通模擬預測)城市高層建筑建設施工，往往采用配重的方式把裝修材料運送到高處，精簡模型如圖6甲所示，固定于水平面上傾角為37°的斜面，繞過頂端定滑輪的輕繩連接兩小球A、B(可視作質點)，質量分別為M和m，B小球被固定于地面上的鎖定裝置鎖定，某時刻解除鎖定，安裝在斜面底端的位移采集傳感器采集到小球A在斜面上下滑的位移x與時間t的二次方關系如圖乙所示，若該圖像的斜率為k，不考慮一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，則小球A與B的質量之比為(　　)
圖6
C
8.(2024·安徽合肥高三月考)如圖7，一小球用輕質細線a、b連接，細線a的另一端連接于車廂頂的A點，細線b的另一端連接于車廂底板上的B點，小球靜止時細線a與豎直方向的夾角為θ＝30°，細線b與水平方向的夾角也為θ＝30°。已知兩細線長相等，且AC＝BC，不計小球大小，重力加速度大小為g。小車向左沿水平方向做勻加速直線運動，要使細線b上張力為零，則小車運動的加速度a0應滿足的條件是(　　)
圖7
AC
提能增分練
圖8
B
10.(2024·福建福州二模)滑塊以一定的初速度沿傾角為θ，動摩擦因數為μ的粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端，A點為途中的一點。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖分別如圖9甲、乙所示。若滑塊與斜面間動摩擦因數處處相同，不計空氣阻力。對比甲、乙兩圖，下列說法正確的是(　　)
圖9
D
11.(2024·河北衡水模擬)如圖10所示，系在墻上的輕繩跨過兩個輕質滑輪連接著物體P和物體Q，兩段連接動滑輪的輕繩始終水平。已知P、Q的質量均為1 kg，P與水平桌面間的動摩擦因數為0.5，重力加速度大小為g＝10 m/s2，當對P施加水平向左的拉力F＝30 N時，Q向上加速運動。下列說法正確的是(　　)
圖10
12.在某次冰壺訓練中，兩位冰壺運動員用水平恒力將冰壺從起點推動5 m后，撤去推力，同時啟動10 s倒計時，冰壺沿直線繼續滑行40 m到達營壘，速度恰好為零，倒計時恰好結束。已知冰壺的質量為20 kg，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求冰壺與冰面間的動摩擦因數及水平恒力的大小；
(2)若冰壺與冰面間的動摩擦因數為0.1，且要求啟動10 s倒計時瞬間開始推動冰壺，并重復完成上述啟停過程，水平恒力的大小變為多少？
培優高分練
答案　(1)0.08　144 N　(2)200 N
解析　(1)冰壺在推力F作用下做勻加速運動，運動5 m后的速度為v，由牛頓第二定律及運動學公式可知F－μmg＝ma1，v2＝2a1x1
撤掉力F后，冰壺在摩擦力的作用下做勻減速運動，10 s時間內運動了40 m，
(2)若冰壺與冰面間的動摩擦因數為0.1，且要求啟動10秒倒計時瞬間開始推動冰壺(并重復完成上述啟停過程)，設撤掉力那一瞬間冰壺的速度為v′，
根據牛頓第二定律及運動學公式可知
勻加速過程F′－μ′mg＝ma3
勻減速過程μ′mg＝ma4

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