4、B.vt0(1－)
C. D.
答案 D
解析 根據題意得：“蛟龍?zhí)枴鄙细r的加速度大小a＝，根據逆向思維，可知“蛟龍?zhí)枴痹趖0時刻距離海平面的深度h＝a(t－t0)2＝，故A、B、C錯誤，D正確.
2.如圖2所示，甲從A地由靜止勻加速跑向B地，當甲前進距離為s1時，乙從距A地s2處的C點由靜止出發(fā)，加速度與甲相同，最后二人同時到達B地，則A、B兩地距離為( )
圖2
A.s1＋s2 B.
C. D.
答案 B
解析 設甲前進距離為s1時，速度為v，甲、乙勻加速直線運動的加速度為a，則有：vt＋at2－at2＝s2－s1，根據速度位移公式得，v＝，解得t＝.
5、則AB的距離s＝s2＋at2＝s2＋a＝s2＋＝，故選B.
考題二 運動學圖象問題
1.x－t圖象、v－t圖象和a－t圖象的對比分析
項目
圖象
斜率
縱截距
圖象與t軸
所圍的面積
特例
勻速
直線運動
勻變速
直線運動
x－t圖象
速度
初位置
—
傾斜的
直線
拋物線
v－t圖象
加速度
初速度
位移
與時間軸
平行的直線
傾斜的
直線
a－t圖象
—
—
速度變化量
與時間軸
重合
平行于
時間軸
的直線
2.圖象問題要“四看”“一注意”
(1)看坐標軸：看清坐標軸所表示的物理量，明確因變量(縱軸表示
6、的量)與自變量(橫軸表示的量)之間的制約關系.
(2)看圖象：識別兩個相關量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程.
(3)看縱坐標、“斜率”和“面積”：v－t圖象中根據坐標值、“斜率”和“面積”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特點.x－t圖象中根據坐標值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特點.
(4)看交點：明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點的物理意義.
(5)一注意：利用v－t圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點，即注意它們是從同一位置出發(fā)，還是從不同位置出發(fā).若從不同位置出發(fā)，要注意出發(fā)時兩者的距離.
例2 甲、乙兩物體從同一地點同時開始沿同一方向運動
7、，甲物體運動的v－t圖象為兩段直線，乙物體運動的v－t圖象為兩段半徑相同的圓弧曲線，如圖3所示，圖中t4＝2t2，則在0～t4時間內，以下說法正確的是( )
圖3
A.甲物體的加速度不變
B.乙物體做曲線運動
C.兩物體t1時刻相距最遠，t4時刻相遇
D.甲物體的平均速度等于乙物體的平均速度
解析 0～t2時間段內，甲做勻加速直線運動，t2～t4時間內甲物體做勻減速直線運動，故A錯；速度是矢量，在速度時間圖象中，只能表示直線運動，B錯；在整個運動過程中，t3時刻兩物體相距最遠，C錯；在速度時間圖象中，圖線下面所包圍的面積即為位移，可求知0～t4時間段內，位移相等，故平均速度相
8、同，D對.
答案 D
變式訓練
3.如圖4所示，x－t圖象反映了甲、乙兩車在同一條直線上行駛的位移隨時間變化的關系，已知乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10 s處，下列說法正確的是( )
圖4
A.5 s時兩車速度相等
B.甲車的速度為4 m/s
C.乙車的加速度大小為1.6 m/s2
D.乙車的初位置在x0＝80 m處
答案 BCD
解析 位移－時間圖象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，則知5 s時乙車速度較大，故A錯誤.甲車做勻速直線運動，速度為v甲＝＝ m/s＝4 m/s，故B正確.乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10 s處，則t＝10
9、 s時，速度為零，將其運動反過來看成初速度為0的勻加速直線運動，則x＝at2，根據圖象有：x0＝a×102,20＝a×(10－5)2，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，故C、D正確.
4.靜止在光滑水平面上的物體，同時受到在同一直線上的力F1、F2作用，F1、F2隨時間變化的圖象如圖5所示，則物體在0～2t時間內( )
圖5
A.離出發(fā)點越來越遠 B.速度先變大后變小
C.速度先變小后變大 D.加速度先變大后變小
答案 A
解析 由圖線可知，物體受到的合力先減小后增大，加速度先減小后增大，速度一直變大，物體離出發(fā)點越來越遠，選項A正確.
考題三 牛頓運動定
10、律的應用
1.動力學的兩類基本問題
(1)由因推果——已知物體的受力情況，確定物體的運動情況.
(2)由果溯因——已知物體的運動情況，確定物體的受力情況.
橋梁：牛頓第二定律F＝ma
2.超重和失重現象的判斷技巧
(1)從受力的角度判斷：當物體所受向上的拉力(或支持力)大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài).
(2)從加速度的角度判斷：當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài).
(3)從速度變化的角度判斷：物體向上加速或向下減速時，超重；物體向下加速或向上減速時，
11、失重.
3.瞬時性問題的處理
(1)牛頓第二定律是力的瞬時作用規(guī)律，加速度和力同時產生、同時變化、同時消失，分析物體在某一時刻的瞬時加速度，關鍵是分析該瞬時前后的受力情況及其變化.
(2)明確兩種基本模型的特點：
①輕繩的形變可瞬時產生或恢復，故繩的彈力可以瞬時突變.
②輕彈簧(或橡皮繩)兩端均連有物體時，形變恢復需較長時間，其彈力的大小與方向均不能突變.
4.整體法和隔離法的優(yōu)點及使用條件
(1)整體法：
①優(yōu)點：研究對象減少，忽略物體之間的相互作用力，方程數減少，求解簡捷.
②條件：連接體中各物體具有共同的加速度
(2)隔離法：
①優(yōu)點：易看清各個物體具體的受力情況.
12、
②條件：當系統(tǒng)內各物體的加速度不同時，一般采用隔離法；求連接體內各物體間的相互作用力時必須用隔離法.
例3 (2016·四川理綜·10)避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖6豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面.一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止.已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總
13、重的0.44倍.貨物與貨車可分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
圖6
(1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向；
(2)制動坡床的長度.
解析 (1)設貨物的質量為m，貨物在車廂內滑動過程中，貨物與車廂的動摩擦因數μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則
f＋mgsin θ＝ma1 ①
f＝μmgcos θ ②
聯立①②并代入數據得a1＝5 m/s2 ③
a1的方向沿制動坡床向下.
(2)設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23 m/s.貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38 m的過
14、程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s＝4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12 m，制動坡床的長度為l，則
Mgsin θ＋F－f＝Ma2 ④
F＝k(m＋M)g ⑤
s1＝vt－a1t2 ⑥
s2＝vt－a2t2 ⑦
s＝s1－s2 ⑧
l＝l0＋s0＋s2 ⑨
聯立①～⑨并代入數據得
l＝98 m
答案 (1)5 m/s2 方向沿制動坡床向下 (2)98 m
變式訓練
5.為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設計了一種新的
15、交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調整，使座椅始終保持水平，如圖7所示，當此車加速上坡時，盤腿坐在座椅上的一位乘客( )
圖7
A.處于失重狀態(tài)
B.不受摩擦力的作用
C.受到向前(水平向右)的摩擦力作用
D.所受力的合力豎直向上
答案 C
解析 車加速上坡，車里的乘客與車相對靜止，應該和車具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，對乘客受力分析可知，乘客應受到豎直向下的重力，垂直水平面豎直向上的彈力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，B、D錯誤，C正確；彈力大于重力，乘客處于超重狀態(tài)，A錯誤.
6.如圖8所示，A、B兩小球分別連在彈簧兩端，B端用繩子固定在傾角為30
16、°的光滑斜面上，若不計彈簧質量，在繩子被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度分別為( )
圖8
A.都等于 B.和0
C.·和0 D.0和·
答案 D
解析 對A：在剪斷繩子之前，A處于平衡狀態(tài)，所以彈簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力.在剪斷上端的繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，而彈簧的伸長量沒有來得及發(fā)生改變，故彈力不變仍等于A的重力沿斜面的分力.故A球的加速度為零；對B：在剪斷繩子之前，對B球進行受力分析，B受到重力、彈簧對它斜向下的拉力、支持力及繩子的拉力，在剪斷上端的繩子的瞬間，繩子上的拉力立即減為零，對B球進行受力分析，則B受到重力、彈簧斜向下的拉力、支持力.所以
17、根據牛頓第二定律得：aB＝＝·，故選D.
7.如圖9所示用力F拉a、b、c三個物體在光滑水平面上運動，現在中間的物體b上加一塊橡皮泥，它和中間的物體一起運動，且原拉力F不變，那么加上橡皮泥以后，兩段繩的拉力FTa和FTb的變化情況是( )
圖9
A.FTa增大 B.FTb增大
C.FTa減小 D.FTb減小
答案 AD
解析 設c物體質量為m，a物體質量為m′，整體質量為M，整體的加速度a＝，對c物體分析，FTb＝ma＝，對a物體分析，有F－FTa＝m′a，解得FTa＝F－.在b物體上加上一塊橡皮泥，則M增大，加速度a減小，因為m、m′不變，所以FTb減小，FTa增大
18、，A、D正確.
考題四 “傳送帶”、“滑塊－木板模型”問題
1.傳送帶問題分析的要點是物體與傳送帶間的摩擦力，關注點是兩個時刻：
(1)初始時刻物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻摩擦力的方向.
(2)物體與傳送帶速度相等的時刻摩擦力的大小(或有無)、性質(滑動摩擦力或靜摩擦力)或方向會發(fā)生改變.正確判斷這兩個時刻的摩擦力，才能正確確定物體的運動性質.
2.分析滑塊—木板類模型時要抓住一個轉折和兩個關聯
(1)一個轉折——滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉折點.
(2)兩個關聯——轉折前、后受力情況之間的關聯和滑塊、木板位移與板長之間的
19、關聯.一般情況下，由于摩擦力或其他力的轉變，轉折前、后滑塊和木板的加速度都會發(fā)生變化，因此以轉折點為界，對轉折前、后進行受力分析是建立模型的關鍵.
例4 (18分)如圖10所示，傳送帶Ⅰ與水平面的夾角為30°，傳送帶Ⅱ與水平面的夾角為37°，兩傳送帶與一小段光滑的水平面BC平滑連接.兩傳送帶均沿順時針方向勻速率運行.現將裝有貨物的箱子輕放至傳送帶Ⅰ的A點，運送到水平面上后，工作人員將箱子內的物體取下，箱子速度不變繼續(xù)運動到傳送帶Ⅱ上，傳送帶Ⅱ的D點與高處平臺相切.已知箱子的質量M＝1 kg，物體的質量m＝3 kg，傳送帶Ⅰ的速度v1＝8 m/s，AB長L1＝15 m，與箱子間的動摩擦因數
20、為μ1＝.傳送帶Ⅱ的速度v2＝4 m/s，CD長L2＝8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子與傳送帶Ⅱ間的動摩擦因數變?yōu)棣?＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)裝著物體的箱子在傳送帶Ⅰ上運動的時間；
(2)計算說明，箱子能否運送到高處平臺上？(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
圖10
[思維規(guī)范流程]
步驟1：在傳送帶Ⅰ上列牛頓第二定律方程：
假設共速，列運動學方程：
加速時間：
勻速時間：
總時間：
對整體：μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)g·sin 30°
＝(M＋m)a1 ①
得a1＝2.5
21、 m/s2 ②
x1＝＝12.8 m(<15 m) ③
t1＝＝3.2 s ④
t2＝＝0.275 s ⑤
t＝t1＋t2＝3.475 s ⑥
步驟2，在傳送帶Ⅱ上列牛頓第二定律方程：
假設共速，判斷箱子的運動，
列牛頓第二定律方程：
結論
對箱子：μ2Mgcos 37°＋Mgsin 37°＝Ma2 ⑦
得a2＝10 m/s2 ⑧
x2＝＝2.4 m(<8 m) ⑨
因Mgsin 37°>μ2Mgcos 37° ⑩
故箱子繼續(xù)減速
Mgsin 37°－μ2Mgcos 37°＝Ma3 ?
得a3＝2 m/s2 ?
x3＝＝4 m ?
x2
22、＋x3＝6.4 m<8 m ?
不能運送到高處平臺上. ?
①⑦?各式2分，其余各式1分
變式訓練
8.如圖11甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，在傳送帶上某位置輕輕放置一小滑塊，小滑塊與傳送帶間動摩擦因數為μ，小滑塊速度隨時間變化關系如圖乙所示，v0、t0已知，則( )
圖11
A.傳送帶一定逆時針轉動
B.μ＝tan θ＋
C.傳送帶的速度大于v0
D.t0后滑塊的加速度為2gsin θ－
答案 AD
解析 若傳送帶順時針轉動，當滑塊下滑時(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端；當滑塊上滑時(mgsin θ<μmgcos θ)，先勻加
23、速運動，在速度相等后將勻速運動，兩種均不符合運動圖象；故傳送帶是逆時針轉動，選項A正確.滑塊在0～t0內，滑動摩擦力向下，做勻加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由圖可知a1＝，則μ＝－tan θ，選項B錯誤.傳送帶的速度等于v0，選項C錯誤.等速后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，選項D正確.
9.正方形木板水平放置在地面上，木板的中心靜置一小滑塊(可視為質點)，如圖12所示為俯視圖，為將木板從滑塊下抽出，需要對木板施加一個作用線通過木板中心點的水平恒力F.已知木板邊長L＝2 m、質量M＝3 kg，滑塊質量m＝2 kg，滑塊與木板、木板
24、與地面間的動摩擦因數均為μ＝0.2，g取10 m/s2，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求：
圖12
(1)要將木板抽出，水平恒力F需滿足的條件；
(2)當水平恒力F＝29 N時，在木板抽出時滑塊能獲得的最大速率.
答案 (1)F≥20 N (2) m/s
解析 (1)能抽出木板，滑塊與木板發(fā)生相對滑動，當滑塊達到隨木板運動的最大加速度時，拉力最小.
對滑塊，有：μmg＝ma
對木板，有：Fmin－μ(M＋m)g－μmg＝Ma
聯立解得：Fmin＝2μ(M＋m)g＝20 N
故抽出木板，水平恒力F至少為20 N
(2)要使滑塊獲得的速度最大，則滑塊在木板上相對滑動的距離最
25、大，故應沿木板的對角線方向抽木板.
設此時木板加速度為a1，則有：
F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma1
由：a1t2－μgt2＝L
vmax＝μgt
聯立解得：
vmax＝ m/s
專題規(guī)范練
1.伽利略曾說過：“科學是在不斷改變思維角度的探索中前進的”.他在著名的斜面實驗中，讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下，他通過實驗觀察和邏輯推理，得到的正確結論有( )
A.傾角一定時，小球在斜面上的速度與時間的平方成正比
B.傾角一定時，小球在斜面上的位移與時間的平方成正比
C.斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關
D.斜面長度一定時，小球從頂
26、端滾到底端所需的時間與傾角無關
答案 B
解析 伽利略通過實驗測定出小球沿斜面下滑的運動是勻加速直線運動，位移與時間的二次方成正比，并證明了速度隨時間均勻變化，故A錯誤，B正確；若斜面光滑，斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度隨傾角的力增大而增大，故C錯誤；斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間隨傾角的增大而減小，故D錯誤.
2.(多選)如圖1所示，傾角θ＝30°的光滑斜面體固定在水平面上，斜面長度L＝0.8 m，一質量m＝1×10－3 kg、帶電量q＝＋1×10－4C的帶電小球靜止在斜面底端.現要使小球能夠到達斜面頂端，可施加一沿斜面向上、場強大小為E＝100 V/m的勻強
27、電場，重力加速度g＝10 m/s2，則這個勻強電場存在的時間t可能為( )
圖1
A.0.5 s B.0.4 s C.0.3 s D.0.2 s
答案 AB
解析 有電場時，根據牛頓定律可知：Eq－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，方向沿斜面向上；撤去電場時，小球的加速度a2＝gsin 30°＝5 m/s2，方向沿斜面向下；設電場存在的時間為t1，撤去電場后，恰好能到達斜面頂端，做減速運動的時間為t2，則a1t1＝a2t2；且a1t＋a2t＝L；聯立解得： t1＝t2＝0.4 s，故要想使小球到達斜面頂端則電場存在的時間應該大于或等于0.4 s.
3.如
28、圖2所示，a、b、c三個物體在同一條直線上運動，其位移與時間的關系圖象中，圖線c是一條x＝0.4t2的拋物線.有關這三個物體在0～5 s內的運動，下列說法正確的是( )
圖2
A.a物體做勻加速直線運動
B.c物體做勻加速直線運動
C.t＝5 s時，a物體速度比c物體速度大
D.a、b兩物體都做勻速直線運動，且速度相同
答案 B
解析 位移圖象傾斜的直線表示物體做勻速直線運動，則知a、b兩物體都做勻速直線運動.由圖看出，a、b兩圖線的斜率大小相等、正負相反，說明兩物體的速度大小相等、方向相反，所以速度不同.故A、D錯誤；圖線c是一條x＝0.4t2的拋物線，結合x＝v0t＋a
29、t2可知，c做初速度為0，加速度為0.8 m/s2的勻加速直線運動，故B正確.圖象的斜率大小等于速度大小，根據圖象可知t＝5 s時，c物體速度最大.故C錯誤.
4.帶同種電荷的a、b兩小球在光滑水平面上相向運動.已知當小球間距小于或等于L時，兩者間的庫侖力始終相等；小球間距大于L時，庫侖力為零.兩小球運動時始終未接觸，運動時速度v隨時間t的變化關系圖象如圖3所示.由圖可知( )
圖3
A.a小球質量大于b小球質量
B.在t2時刻兩小球間距最大
C.在0～t3時間內兩小球間距逐漸減小
D.在0～t2時間內b小球所受斥力方向始終與運動方向相反
答案 A
解析 從速度－時間圖象
30、可以看出b小球速度－時間圖象的斜率絕對值較大，所以b小球的加速度較大，兩小球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據a＝知，加速度大的質量小，所以a小球質量大于b小球質量，故A正確；t1～t2時間內，二者做同向運動，所以當速度相等時距離最近，即t2時刻兩小球距離最小，之后距離又開始逐漸變大，故B、C錯誤；b球在0～t1時間內做勻減速運動，所以0～t1時間內排斥力與運動方向相反，在t1～t2時間內做勻加速運動，斥力方向與運動方向相同，故D錯誤.
5.我國航天員要在“天宮一號”航天器實驗艙的桌面上測量物體的質量，采用的方法如下：質量為m1的標準物A的前后連接有質量均為m2的兩個力傳感器.待測質量
31、的物體B連接在后傳感器上.在某一外力作用下整體在桌面上運動，如圖4所示.穩(wěn)定后標準物A前后兩個傳感器的讀數分別為F1、F2，由此可知待測物體B的質量為( )
圖4
A. B.
C. D.
答案 B
解析 以整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F1＝(m1＋2m2＋m)a；隔離B物體，由牛頓第二定律得：F2＝ma；聯立可得：m＝，B對.
6.如圖5所示，物塊A放在木板B上，A、B的質量均為m，A、B之間的動摩擦因數為μ，B與地面之間的動摩擦因數為.若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為
32、a2，則a1與a2的比為( )
圖5
A.1∶1 B.2∶3 C.1∶3 D.3∶2
答案 C
解析 將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A、B間的摩擦達到最大靜摩擦，則對木板B根據牛頓第二定律：μmg－·2mg＝ma1，解得a1＝μg；將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，則對物塊A：μmg＝ma2，解得a2＝μg，則a1∶a2＝1∶3.
7.如圖6所示，質量為M＝10 kg的小車停放在光滑水平面上.在小車右端施加一個F＝10 N的水平恒力.當小車向右運動的速度達到2.8 m/s時，在其右端輕輕放上一質量m＝2.0 kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質點且初速度
33、為零)，煤塊與小車間動摩擦因數μ＝0.20，g＝10 m/s2.假定小車足夠長.則下列說法正確的是( )
圖6
A.煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩(wěn)定后做勻速直線運動
B.小車一直做加速度不變的勻加速直線運動
C.煤塊在3 s內前進的位移為9 m
D.小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m
答案 D
解析 當小煤塊剛放到小車上時，做加速度為a1＝μg＝2 m/s2的勻加速運動，此時小車的加速度：a2＝＝ m/s2＝0.6 m/s2，當達到共速時：v＝v0＋a2t＝a1t，解得t＝2 s，v＝4 m/s；假設共速后兩者相對靜止，則共同加速度a共＝＝ m/s2＝
34、m/s2，此時煤塊受到的摩擦力：Ff＝ma共<μmg，則假設成立，即煤塊在整個運動過程中先做加速度為2 m/s2的勻加速直線運動，穩(wěn)定后繼續(xù)做加速度為 m/s2的勻加速直線運動，選項A、B錯誤；煤塊在前2 s內的位移：x1＝t＝×2 m＝4 m；小車在前2 s內的位移：x2＝v0t＋a2t2＝6.8 m；第3秒內煤塊的位移：x1′＝vt′＋a共t′2＝ m≈4.4 m，則煤塊在3 s內前進的位移為4 m＋4.4 m＝8.4 m，選項C錯誤；小煤塊在最初2秒內相對小車的位移為Δx＝x2－x1＝2.8 m，故最終在小車上留下的痕跡長度為2.8 m，選項D正確.
8.(多選)如圖7所示，水平擋板A
35、和豎直擋板B固定在斜面體C上，一質量為m的光滑小球恰能與兩擋板和斜面體同時接觸.擋板A、B和斜面體C對小球的彈力大小分別為FA、FB和FC.現使斜面體和小球一起在水平面上水平向左做加速度為a的勻加速直線運動.若FA和FB不會同時存在，斜面體傾角為θ，重力加速度為g，則選項所列圖象中，可能正確的是( )
圖7
答案 BD
解析 對小球進行受力分析，當a
36、θ時，FA＝0，所以A錯誤，B正確；
當a>gtan θ時，受力如圖乙，根據牛頓第二定律
水平方向：FCsin θ＋FB＝ma ③
豎直方向：FCcos θ＝mg ④
聯立③④得：FC＝，FB＝ma－mgtan θ
FB與a也成線性關系，FC不變
所以C錯誤，D正確.
9.如圖8所示，長L＝1.5 m，高h＝0.45 m，質量M＝10 kg的長方體木箱，在水平面上向右做直線運動.當木箱的速度v0＝3.6 m/s時，對木箱施加一個方向水平向左的恒力F＝50 N，并同時將一個質量m＝1 kg的小球輕放在距木箱右端處的P點(小球可視為質點，放在P點時相對于地面的速度為零)，經過一段時間
37、，小球脫離木箱落到地面.木箱與地面的動摩擦因數為0.2，其他摩擦均不計.取g＝10 m/s2，求：
圖8
(1)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間；
(2)小球放上P點后，木箱向右運動的最大位移；
(3)小球離開木箱時木箱的速度.
答案 (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s，方向向左
解析 (1)木箱上表面的摩擦不計，因此小球在離開木箱前相對地面處于靜止狀態(tài)，離開木箱后將做自由落體運動.
由h＝gt2，得t＝＝ s＝0.3 s
小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間為0.3 s.
(2)小球放到木箱后，木箱的加速度為：
a1＝
＝ m/s2＝
38、7.2 m/s2
木箱向右運動的最大位移為：
x1＝＝ m＝0.9 m
小球放上P點后，木箱向右運動的最大位移為0.9 m.
(3)x1小于1 m，所以小球不會從木箱的左端掉下，木箱向左運動的加速度為
a2＝＝ m/s2
＝2.8 m/s2
設木箱向左運動的距離為x2時，小球脫離木箱，則
x2＝x1＋＝(0.9＋0.5) m＝1.4 m
設木箱向左運動的時間為t2，則：
由x2＝a2t
得：t2＝ ＝ s＝1 s
所以，小球離開木箱的瞬間，木箱的速度方向向左，大小為：v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s.
10.如圖9甲所示，質量為m＝20 kg的物體
39、在大小恒定的水平外力作用下，沖上一足夠長從右向左以恒定速度v0＝－10 m/s傳送物體的水平傳送帶，從物體沖上傳送帶開始計時，物體的速度－時間圖象如圖乙所示，已知0～2 s內水平外力與物體運動方向相反，2～4 s內水平外力與物體運動方向相反，g取10 m/s2.求：
甲
乙
圖9
(1)物體與傳送帶間的動摩擦因數；
(2)0～4 s內物體與傳送帶間的摩擦熱Q.
答案 (1)0.3 (2)2 880 J
解析 (1)設水平外力大小為F，由圖象可知0～2 s內物體做勻減速直線運動，加速度大小為a1＝5 m/s2，由牛頓第二定律得：F＋Ff＝ma1
2～4 s內物體做勻加速直線運動，加速度大小為a2＝1 m/s2，由牛頓第二定律得：Ff－F＝ma2
解得：Ff＝60 N
又Ff＝μmg
由以上各式解得：μ＝0.3
(2)0～2 s內物體的對地位移
x1＝t1＝10 m
傳送帶的對地位移x1′＝v0t1＝－20 m
此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱
Q1＝Ff(x1－x1′)＝1 800 J
2～4 s內物體的對地位移
x2＝t2＝－2 m
傳送帶的對地位移
x2′＝v0t2＝－20 m
此過程中物體與傳送帶間的摩擦熱
Q2＝Ff(x2－x2′)＝1 080 J
0～4 s內物體與傳送帶間的摩擦熱
Q＝Q1＋Q2＝2 880 J
（全國通用）2022屆高考物理二輪復習 專題2 力與物體的直線運動學案
