1.2匀变速直线运动　牛顿运动定律（教师版）

专题一力与运动1.2匀变速直线运动牛顿运动定律【命题分析】高考命题对本讲考查较多，命题热点集中在匀变速运动的规律，物体在恒力或变力作用下运动性质的分析。解题时常涉及整体法与隔离法的应用，同时还注重与数学知识相结合来处理问题。【素养要求】1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。1.(2024·广西卷，T13)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5s。求该同学：(1)滑行的加速度大小；(2)最远能经过几号锥筒。[解析](1)根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在1、2间中间时刻的速度v1＝eq\f(d,t1)＝2.25m/s2、3间中间时刻的速度v2＝eq\f(d,t2)＝1.8m/s故可得加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v1－v2,\f(t1,2)＋\f(t2,2))＝1m/s2。(2)设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝d代入数值解得v0＝2.45m/s从1号锥筒开始到停止时通过的位移大小x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝3.00125m≈3.33d故可知最远能经过4号锥筒。[答案](1)1m/s2(2)42.(2024·北京卷，T4)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为()A．eq\f(M,M＋m)F B．eq\f(m,M＋m)FC．eq\f(M,m)F D．eq\f(m,M)F[解析]根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F′＝eq\f(M,M＋m)F。[答案]A重点一匀变速直线运动规律及应用1．常用方法和规律2．两种匀减速直线运动(1)刹车问题：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，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。(2)双向可逆类运动：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，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。例题1.春节期间，长辈用“滚钱”的形式给小朋友发压岁钱，具体操作是在桌面放置不同金额的纸币，瓶子滚到哪张纸币上就可以赢取此金额，滚瓶掉下桌子就失败，如左图所示。为了便于分析，我们用如图来描述这个模型，滚瓶质量，滚瓶从水平桌面上O点出发，途中经过A、B、C、D、E，5个放钱的位置，相邻两个位置的距离均为0.2m。现设滚瓶（可视为质点）从O点出发后阻力恒定，小陈同学以推出滚瓶，最后刚好停在E处，已知滚瓶在D和E之间滑行的时间为1s，则下列说法正确的（）A．滚瓶在C点的速度等于它在AE之间的平均速度B．滚瓶在滚动过程受到的阻力的大小为0.4NC．O点到A点的距离是0.4mD．如果小陈以0.8m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶最终将停在BC之间【答案】D【解析】A．滚瓶做末速度为零的匀减速运动，设滚瓶依次滑过两相邻位置的时间间隔分别为、、和，由逆向思维知而s，故滚瓶由位置A滑至位置E所用的时间为s则D点是AE的中间时刻，滚瓶在D点的速度等于它在AE之间的平均速度，故A错误；B．滚瓶由位置D到位置E，由解得根据牛顿第二定律有N故B错误；C．滚瓶从O到E，根据速度—位移公式有解得m则O点到A点的距离是m故C错误；D．如果小陈以0.8m/s的速度将滚瓶推出，根据速度—位移公式有解得所以滚球最终将停在BC之间故D正确。故选D。训练1.高速避险车道是指在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆减速和安全停车，如图甲。图乙是高速避险车道简化图，为的四等分点。汽车刚冲进避险车道点时的速度为，经过时间到达，最终在点停下。汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是（）A．汽车在点的速度大小为B．汽车由点到点的时间为C．汽车运动的总时间为D．汽车运动的总位移【答案】D【解析】A．题意可知C点为AE中间位置点，根据匀变速直线运动推论，中间位置速度结合题意可知C点速度故A错误；B．汽车从A点匀减速到E点停下，逆向思维法，可看做汽车从E点做初速度为0的匀加速直线运动到A点，根据匀变速直线运动推论，在连续相等的位移内所用时间关系，有因为，则故B错误；C．综合以上分析，可知运动总时间故C错误；D．根据匀变速直线运动位移时间关系有联立以上解得故D正确。故选D。重点二牛顿运动定律的应用一.超重、失重：通过受力分析，应用牛顿第二定律求出加速度的方向，如果加速度方向竖直向上或有竖直向上的分量，则物体处于超重状态；如果加速度方向竖直向下或有竖直向下的分量，则物体处于失重状态。二.瞬时问题：应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。三、连接体问题：1．整体法与隔离法的选用(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当连接体内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。2．连接体问题的解题技巧(1)通过轻绳连接的两个物体：如果做加速运动(绳绷紧)，则它们沿绳方向的加速度大小相同。(2)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力，靠摩擦力带动的物体的加速度达到最大加速度。(3)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。(4)由轻弹簧连接的物体：弹簧对两物体的弹力总是大小相等、方向相反，两端物体的速度、加速度一般不同，多用隔离法。关注弹簧弹力随物体位移的变化规律，注意弹簧弹力不能突变。四、动力学的两类问题1．两类题型一种是已知运动分析受力，一种是已知受力分析运动。2．解题关键(1)抓住“两个分析”：受力分析和运动过程分析；(2)“两个桥梁”：加速度是联系运动和力的桥梁，转折点的速度是联系多运动过程的桥梁。例题2.如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，静置在水平面上。水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量，。从时刻开始，水平推力和水平拉力分别作用于A、B物体上，、随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（）A．时，A、B分离B．时，A的速度大小为C．时，A的加速度大小为D．时，A对B的作用力大小为2.0N【答案】D【解析】A．结合题图与数学知识可知，和与时间的关系分别为，AB两物体即将分离时，对AB整体有当AB两物体即将分离时，AB两物体之间的作用力为零，对B物体有联立解得故A错误；BC．由于1.5s小于2.0s，所以在过程中，AB两物体并未分离，对其整体有可知其分离前，AB整体所受合外力不变，所以其加速度不变，加速度为1m/s2，所以该过程中物体A做匀变速直线运动，两物体从静止开始，所以时，A物体的速度为故BC错误；D．1s时两物体并未分离，对AB整体有对物体B有解得时，A对B的作用力大小为2.0N，故D正确。故选D。训练2.如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A向上做匀加速直线运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示。已知物体A的质量，重力加速度，则下列关系正确的是（）A．物体B的质量为12kgB．物体A做匀加速直线运动的加速度大小为2m/s2C．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为8ND．弹簧的劲度系数为80N/m【答案】D【解析】D．设物体B的质量为M，弹簧的劲度系数为k，物块A向上做匀加速直线运动的加速度大小为a，以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，由胡克定律有A、B分离之前，根据牛顿第二定律有整理得所以F随x的变化图像的斜率等于弹簧的劲度系数，结合图乙可得故D正确；AB．时，有A、B分离后，对A由牛顿第二定律得联立解得，故AB错误；C．施加拉力F的瞬间，设A、B之间的弹力大小为FN，对A，根据牛顿第二定律有其中，解得故C错误。故选D。重点三滑块木板模型三个基本关系加速度关系如果滑块与木板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与木板之间发生相对运动，应采用“隔离法”分别求出滑块与木板运动的加速度。应注意找出滑块与木板是否发生相对运动的隐含条件速度关系滑块与木板之间发生相对运动时，明确滑块与木板的速度关系，从而确定滑块与木板受到的摩擦力。应注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况位移关系滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移的关系例题3.如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F。滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（）A．t＝8s时长木板P停下来B．长木板P的长度至少是7.5mC．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12m【答案】B【解析】AC．由题图乙可知，力F在t1＝5s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s时两者速度相同，v2＝3m/s，t2＝6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0~6s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1且a1＝＝0.5m/s2解得μ1＝0.05在5~6s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得μ2（2m）g＋μ1mg＝ma2且a2＝＝2m/s2解得μ2＝0.075从6s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2（2m）g－μ1mg＝ma3解得a3＝1m/s2这段时间Δt3＝＝3s则t＝9s时长木板P停下来，故AC错误；B．长木板P的长度至少是前6s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，即Δx1＝×5×5m＋×（5＋3）×1m－×3×6m＝7.5m故B正确；D．在从6s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma4解得a4＝0.5m/s2这段时间Δt4＝＝6s所以t3＝12s时滑块Q停下来，6s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2＝×6×3m－×3×3m＝4.5m前6s长木板P速度更大，后6s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝3m故D错误。故选B。训练3.如图所示，小物块质量m＝1kg，长木板质量M＝3kg（假设木板足够长），小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，小物块以初速度v0＝6m/s向右滑上长木板，同时处于静止状态的长木板受到向右的力F＝14N，F维持1.5s后撤去，以小物块刚滑上长木板时为计时起点，g＝10m/s2，下列说法中不正确的是（）A．经过1s二者速度第一次大小相等B．速度第一次大小相等后二者一起加速，再一起减速C．小物块相对长木板向右最远运动3mD．经过s二者速度第二次大小相等【答案】B【解析】ABC．小物块刚滑上长木板时，相对长木板向右滑动，所受摩擦力方向向左，由牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1解得小物块的加速度大小a1＝2m/s2小物块滑上长木板且两者共速前，同时长木板受到拉力F作用时，对长木板根据牛顿第二定律有F＋μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2解得长木板的加速度大小a2＝4m/s2假设F撤去前两者达到共速，且两者从初始状态用时t1第一次达到共速，由速度关系可得v0－a1t1＝a2t1解得t1＝1st1>1.5s则假设成立，两者第一次共速时速度大小v1＝a2t1＝4m/s小物块的位移x1＝（v0＋v1）t1＝5m长木板的位移s1＝v1t1＝2m则小物块相对长木板向右移动的距离L1＝x1－s1＝3m两者第一次共速之后，F撤去前，假设两者会保持相对静止一起做加速运动，根据牛顿第二定律有F－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a0解得整体的加速度大小a0＝2.5m/s2此时长木板对小物块的摩擦力大小f′＝ma0＝2.5N>μ1mg所以假设不成立，则第一次共速后，F撤去前，两者不会一起加速，在1～1.5s内，小物块会相对长木板向左运动，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1′解得小物块向右做加速运动的加速度大小a1′＝2m/s2对于长木板，根据牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma3解得长木板向右做加速运动的加速度大小a3＝m/s2则t＝1.5s时即再经过t2＝0.5s小物块的速度大小v2＝v1＋a1′t2＝5m/s长木板的速度大小v3＝v1＋a3t2＝m/s撤去拉力F后，小物块继续以加速度a1′向右做加速运动，长木板则开始做减速运动，根据牛顿第二定律，有μ1mg＋μ2（M＋m）g＝Ma4解得长木板做减速运动的加速度大小a4＝2m/s2设从撤去拉力F到两者第二次共速所用时间为t3，由速度关系可得v2＋a1′t3＝v3－a4t3解得t3＝s两者第二次共速之后，由于μ1>μ2，则两者会保持相对静止一起向右做减速运动，直到速度减为0，可知1s后小物块相对木板先向左运动后静止，则小物块相对长木板向右最远运动3m。综上分析，A、C正确，B错误D．二者第二次共速所经历的时间t′＝t1＋t2＋t3＝s故D正确。此题选择不正确的，故选B。难点一利用匀变速运动规律解决追及、相遇问题三种关系：速度关系、位移关系和时间关系例题4.某平直公路上有一酒驾检测点，嫌疑车辆匀加速闯卡时，路旁的测速仪显示车辆的速度大小为，同时检测点旁的警车立即由静止加速追赶，不计警车的反应时间，已知警车的加速度大小恒为，若从嫌疑车辆闯卡时开始计时，测得在警车与嫌疑车辆共速之前的一段时间内，嫌疑车辆与警车的速度大小之差与时间t的关系图像如图所示，则下列说法正确的是（

）A．嫌疑车辆的加速度大小为B．两车相距最远的距离为50mC．时，警车恰好追上嫌疑车辆D．警车追上嫌疑车辆时，警车通过的位移大小为200m【答案】D【解析】A．嫌疑车辆与警车的速度大小之差结合图像可知即故A错误；B．警车追上嫌疑车辆之前，当两者的速度相等时，其间距最大，由图像可知时，两者速度相等，有故B错误；C．警车追上嫌疑车辆时有可求得故C错误；D．警车通过的位移故D正确。故选D。训练4.甲、乙两物体从同一位置开始沿着同一直线运动，二者的位置坐标随着时间变化的关系图像如图所示。其中乙图线为一条抛物线，时对应抛物线的最低点。下列说法正确的是（）A．在内，乙物体的平均速度为B．在内，乙物体的平均速度为C．时，二者相距最远D．时，二者相距最远【答案】D【解析】A．在内，乙物体的平均速度为选项A错误；B．对乙在内在内，解得x=1m，a=2m/s2则乙物体在内的平均速度为选项B错误；C．因时，因乙的速度为零，与甲的速度不等，则此时二者相距不是最远，选项C错误；D．时，乙的速度即此时二者相距最远，选项D正确。故选D。难点二运动学和动力学图像1.三种运动学图像常见图像斜率k面积两图像交点x-t图像ΔxΔ

表示相遇v-t图像ΔvΔ位移x表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点a-t图像

速度变化量Δv表示此时加速度相等2.三种动力学图像F-t图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量F-x图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功a-F图像根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关系例如：如图所示，F-μmg=ma，a=Fm-μg，则a-F图像的斜率为1m，截距为-3.非常规图像非常规图像(举例)函数表达式斜率k纵截距bv2-x图像由v2-v02得v2=v022avxt-t由x=v0t+12at得xt=v0+112v0xt2-由x=v0t+12at2得xt2=v01v012a-x图像由v2-v02=2ax知图线与x轴所围面积等于1v-面积表示运动时间注意：xt-t图像与t轴围的例题5.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a-x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（）A．M与N的密度不相等B．Q的质量是P的3倍C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】C【解析】B．如图，当x＝0时，对P有mPgM＝mP·3a0即星球M表面的重力加速度gM＝3a0对Q有mQgN＝mQa0即星球N表面的重力加速度gN＝a0当P、Q的加速度a＝0时，对P有mPgM＝kx0解得对Q有mQgN＝k·2x0解得可知mQ＝6mP故B错误；A．根据解星球质量星球的密度所以M、N的密度之比＝故A错误；C．当P、Q的加速度为零时，P、Q的速度最大，则P、Q的动能最大，系统的机械能守恒，对P有mPgMx0＝Ep弹＋EkP即EkP＝3mPa0x0－Ep弹对Q有mQgN·2x0＝4Ep弹＋EkQ即EkQ＝2mQa0x0－4Ep弹＝12mPa0x0－4Ep弹＝4×(3mPa0x0－Ep弹)＝4EkP故C正确；D．P、Q在弹簧压缩到最短时，其位置与初位置关于加速度a＝0时的位置对称，故P下落过程中弹簧的最大压缩量为2x0，Q为4x0，故D错误。故选C。训练5.如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上，物体B从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止，则在0~2t0时间内，下列说法正确的是（）A．t0时刻，A、B间的静摩擦力最小B．t0时刻，A、B的速度最小C．0时刻和2t0时刻，A受到的静摩擦力方向相同D．2t0时刻，A、B离出发点最近【答案】A【解析】A．整体为研究对象，t0时刻整体所受的合力为零，根据牛顿第二定律可知此时加速度最小，且加速度为0，再以A为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知A受到的静摩擦力故A正确；B．整体在t0时间内，AB从静止开始做加速运动，在t0~2t0时间内，力反向，故物体向原方向做减速运动，所以t0时刻，A、B速度最大，故B错误；C．由图示可知，0与2t0时刻，整体合力等大反向，由牛顿第二定律可知，加速度也等大反向，由于A所受的合外力为摩擦力，根据牛顿第二定律分析得知A受到的静摩擦力可知0与2t0时刻A受到的静摩擦力也是等大反向，故C错误；D．整体在t0时间内，AB从静止开始做加速运动，在t0~2t0时间内，力反向，故物体向原方向做减速运动，它们的位移逐渐增大，对称性可知2t0时刻速度刚好减为0，故D错误。故选A。（建议用时：30分钟）一、单选题1．旱冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱。如图甲所示为某旱冰壶比赛的场景，如图乙所示为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到B点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶在该过程中的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是（）A．冰壶在C点的速度大小为B．冰壶由D到O的时间为C．冰壶运动的总时间为4tD．投掷点A到圆心O的距离为【答案】D【解析】A．设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A到O，有冰壶由A到C，有解得故A错误；B．由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O到A的初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知解得故B错误；C．同理解得故C错误；D．投掷点A到圆心O的距离故D正确。故选D。2．高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动．站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口（2号车厢最前端），如图所示，则（

）A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为B．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度D．动车的加速度大小【答案】C【解析】A．采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为则动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过他用时的2倍，历时2t，故A错误；B．动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下总位移为4l，用时2t，则平均速度为故B错误；C．由以上逆向思维可知则加速度并且解得同时又有所以故C正确，D错误。故选C。3．港珠澳大桥海底隧道是世界上最长的公路沉管隧道，也是我国第一条外海沉管隧道，全长，隧道限速，将沉管隧道简化为直线，时刻，甲、乙两车同时由同一入口进入隧道，之后在隧道中运动的速度随时间变化的关系如图所示。则经过多长时间乙车在隧道中追上甲车（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题图可知则当乙车追上甲车时解得故B正确。4．我国是世界上电动汽车生产大国，电动汽车与人工智能相结合，是未来自动驾驶技术趋势。在测试一款电动汽车的自动驾驶功能时，挑选两辆汽车a和b在同一直线路段进行测试，测试开始时两辆汽车并排同时启动，两车运动的图像如图所示，则下列说法正确的是（

）A．两车启动后b在前，a在后，a追赶bB．相遇前，两车之间的最大距离为C．a在前时间内的平均速度比乙在前时间内的平均速度大D．a、b两车在时刻相遇【答案】D【解析】A．两车启动后，由于a的速度一开始大于b的速度，所以a在前，b在后，b追赶a，故A错误；B．根据图像可知，时刻，两车速度相等，此时为b追上a前两车之间的最大距离，根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知相遇前，两车之间的最大距离为故B错误；C．根据图像可知，a在前时间内的平均速度为b在前时间内的平均速度为可知a在前时间内的平均速度与b在前时间内的平均速度相等，故C错误；D．在时刻，两车速度相等，此时两车相距设在经过时间，b追上a，则有其中b的加速度为联立解得则a、b两车在时刻相遇，故D正确。故选D。5．如图所示，光滑水平地面上有一质量为的小车在水平推力的作用下加速运动。车厢内有质量均为的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，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静止，已知重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．若A球所受车厢壁弹力为零，则轻杆所受的弹力为B．若A球所受车厢壁弹力为零，则C．若B球受到的摩擦力为零，则D．若B球受到的摩擦力为零，则【答案】D【解析】A．轻杆的弹力方向沿杆，若A球所受车厢壁弹力为零，对A进行分析，A受到重力与轻杆对A沿杆向上的弹力，合力方向水平向左，如图所示则有故A错误；B．若A球所受车厢壁弹力为零，结合上述，根据牛顿第二定律有对小车、A、B构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有解得故B错误。CD．对小球A进行分析，轻杆对A的弹力沿竖直方向的分力始终与A的重力平衡，即有可知，轻杆对A的弹力始终不变，由于轻杆质量不计，根据牛顿第二定律可知，轻杆所受外力的合力始终为0，结合牛顿第三定律可知，轻杆对B的弹力方向沿杆向下，大小等于若B球受到的摩擦力为零，对B进行分析，根据牛顿第二定律有对小车、A、B构成的整体进行分析，根据牛顿第二定律有解得故C错误，D正确。故选D。6．如图所示，A、C两球质量均为，B球质量为，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间通过一根轻杆连接，B、C间由一不可伸长的轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，弹簧被剪断的瞬间，已知重力加速度为，下列说法正确的是（

）A．B球的受力情况未变 B．C球的加速度大小为C．B、C之间线的拉力大小为 D．A、B两个小球的加速度大小均为【答案】B【解析】弹簧剪断前，系统静止，分别以C、BC、ABC组成的系统为研究对象可得，对C对BC对ABC弹簧被剪断的瞬间，弹簧弹力消失，AB整体受力情况发生变化，假设细线拉力不为0，结合牛顿第二定律可知，对AB沿斜面向下沿斜面向下对C沿斜面向下沿斜面向下则细线必然松弛，不符合假设，因此细线拉力为0。对ABC沿斜面向下沿斜面向下对沿斜面向下因此，弹簧剪断瞬间，细线、轻杆的弹力都为0。A、B、C三个小球的加速度均沿斜面向下，大小均为。故选B。7．现代交通运输有公路、水路、航空、铁道等多种方式，但在古代主要的交通运输工具是马车。如图所示，一匹马拉着两厢货物在水平道路上行走。货厢A、货厢B和车的的质量分别为m、2m、3m，货厢A与B、B与车之间的动摩擦因数分别为、，各接触面都水平，马给车的水平拉力为F，两货厢均未脱离各接触面，不计地面对车的摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．若，逐渐增大F，B相对于车比A相对B先滑动B．若，A、B与车都相对静止，则的最大值为C．若，当时，与B开始发生相对滑动D．若，当时，B与车之间相对滑动【答案】B【解析】A．若，则有可知，逐渐增大F，A相对于B比B相对于车先滑动，故A错误；B．若，A、B与车都相对静止，结合上述可知，当整体加速度最大时，A所受摩擦力先达到最大静摩擦力，则有解得则F的最大值满足故B正确；C．若，结合上述可知，B相对于车比A相对于B先滑动，所有无论F多大，B相对于车滑动后，A相对于B一直保持静止，故C错误；D．若，结合上述可知，B相对于车比A相对于B先滑动，若整体保持相对静止，对A、B整体有解得则此时最大拉力可知，当时，B与车之间仍然保持相对静止，故D错误。故选B。8．如图所示，一足够长的质量为M=10kg的长木板在光滑水平面上以3m/s的速度向右行驶。某时刻轻放一质量m=2.0kg的小黑煤块在长木板右端（小黑煤块视为质点且初速度为零），同时给长木板施加一个F=14N的向右水平恒力，煤块与长木板间动摩擦因数μ=0.20，取g=10m/s2.,则下列说法正确的是（）A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动再做匀速直线运动B．煤块放上长木板后，长木板一直做加速度不变的加速运动C．煤块在4s内前进的位移为9mD．煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为4.5m【答案】D【解析】AB．对煤块，根据牛顿第二定律，有可得煤块向右运动的加速度m/s2对长木板，根据牛顿第二定律，有解得长木板向右运动的加速度m/s2经过时间两者共速解得s共速后两者一起以相同的加速度向右加速，根据牛顿第二定律，有解得m/s2.故AB错误；CD．在s时间内，煤块向右运动位移长木板向右运动的位移为解得煤块相对长木板向左的位移为故C错误，D正确。故选D。二、多选题9．甲、乙两同学相约去参观博物馆。两人同时从各自家中出发，沿同一直线相向而行，经过一段时间后两人会合。身上携带的运动传感器分别记录了他们在这段时间内的速度大小随时间的变化关系，如图所示。其中，甲的速度大小随时间变化的图线为两段四分之一圆弧，则（）A．在t1时刻，甲、乙两人速度相同B．0-t2时间内，乙所走路程大于甲C．在t3时刻，甲、乙两人加速度大小相等D．0-t4时间内，甲、乙两人平均速率相同【答案】BCD【解析】A．因为两个人是相向运动的，说明运动方