素养提能专练1 匀变速直线运动的重要推论
知识点分组练
知识点1平均速度公式＝＝v的应用
1.[2023·陕西省榆林市高一期末]某汽车(视为质点)在平直的公路上做初速度为零的匀加速直线运动，运动一段时间后到达A点，从A点开始计时，汽车从A点运动到B点和从B点运动到C点的时间均为2s，已知A、B两点间的距离和B、C两点间的距离分别是20m、30m，汽车在B点的速度大小为( )
A．15m/sB．12.5m/s
C．8m/sD．4m/s
2.[2023·河北省邯郸市期末]2022年8月9日，我国首条永磁磁浮轨道交通工程试验线竣工．如图所示，“兴国号”列车在试验线上进行了测试．假设“兴国号”列车在平直的轨道上做直线运动，列车的最大速度为10km/min，列车从静止加速到最大速度所需的最短时间为5min，列车从静止加速到最大速度的过程可视为匀加速直线运动，则列车由静止开始运动10min行驶的最大距离为( )
A．50kmB．75km
C．100kmD．125km
3．[2023·湖南省长沙市高一期末]汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60m，车经过B时的速度为15m/s，则( )
A．车从出发到B杆所用时间为10s
B．车的加速度为15m/s2
C．经过A杆时的速度为5m/s
D．出发点到A杆的距离为8m
4．[2023·重庆市检测]轻轨是重庆市的一道名片．轨道交通3号线中铜元局站到两路口站的轨道近似为直线轨道；一辆轻轨从铜元局站静止开始做匀加速直线运动，加速一段时间后做匀减速直线运动，最后经过时间t、行驶距离x后恰好在两路口站停下．下列说法正确的是( )
A．轻轨行驶的平均速度为
B．轻轨行驶的平均速度为
C.轻轨在加速运动中的平均速度大小大于在减速运动中的平均速度大小
D．轻轨在加速运动中的平均速度大小小于在减速运动中的平均速度大小
5．[2023·辽宁省锦州市高一期末]汽车的加速度大小是衡量轿车加速性能的一项重要指标．在某款汽车的碰撞测试中，汽车从距墙面s＝150m处启动并开始计时做匀加速直线运动，汽车在第2s末的速度大小为10m/s，当汽车的速度达到30m/s后保持不变直至撞上墙面，汽车与墙面的碰撞时间为0.002s，碰撞后汽车速度减为零．已知汽车加速过程中的加速度不变，求：
(1)汽车从启动至撞到墙面过程中平均速度大小；
(2)汽车在碰撞过程中的加速度大小．
知识点2匀变速直线运动的位移差公式Δx＝aT2的应用
6.[2023·陕西省宝鸡市高一期中]数学是物理的密友，正是数学方法与知识的运用，物理才成了量化的、具有实际意义而造福人类的科学，物理理论才显得简约、和谐和美妙．经典物理的形成和完善过程中，有作为的物理学家首先是杰出的数学家，比如笛卡尔、牛顿、高斯、麦克斯韦等，他们对数学的贡献不逊于专业的数学家．匀变速直线运动的另一个重要推论，是关于相邻相等时间里的位移之差的关系．等数学中学了等差数列后，希望同学们能运用等差数列的相关知识表述这一推论．对于匀变速直线运动，若用x1表示T时间的位移，x2表示相邻的下一个T时间的位移，a表示加速度，则这一推论用关系式可表示为( )
A．x2－x1＝aT2B．x2－x1＝－aT2
C．x2－x1＝aT2D．x2－x1＝－aT2
7．[2023·北京市西城区高一检测]某频闪仪每隔0.04s的时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮沿直线运动的小球，于是照相机胶片上记录了小球在几个闪光时刻的位置．如图是小球从A点运动到B点的频闪照片示意图，由图可以判断，小球在此运动过程中( )
A．加速度越来越大
B．加速度越来越小
C．加速度保持不变
D．无法确定加速度大小的变化
8．[2023·山西省晋城市检测]一物体做匀变速直线运动，已知加速度大小为2m/s2，则下列说法正确的是( )
A．任意一段时间内，末速度一定比初速度大
B．任意1s内的平均速度都不可能为零
C．第2s内的位移可能比第1s内的位移少2m
D．第2s末的速度可能比第1s初的速度小2m/s
9．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法正确的是( )
A．物体运动的加速度为4m/s2
B．第2s内的位移为6m
C．第2s末的速度为6m/s
D．物体在0～4s内的平均速度为8m/s
10．[2023·辽宁省铁岭市高一期中]某汽车做匀加速直线运动，从某时刻起开始计时，在经过两个连续相同的时间内，速度的增量均为Δv＝5m/s、汽车运动的位移大小分别为x1＝12m，x2＝32m，则汽车的加速度大小为( )
A．2.5m/s2B．1.25m/s2C．52.5m/s2D．42.5m/s2
知识点3初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
11.[2023·陕西省西安市高一期末](多选)小帅没追上公交车，眼看着车由静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，下列说法正确的是( )
A．车的加速度保持不变
B．车在任意1s的时间内末速度比初速度大2m/s
C．车在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比为1∶3∶5
D．车在1s末、2s末、3s末的速度大小之比为1∶2∶3
12.[2023·广东省广州市测试]如图所示是商场中的无轨小火车，已知小火车由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，下列说法正确的是( )
A．第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是1∶2∶3
B．第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是1∶∶
C．第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是1∶(－1)∶(－)
D．从静止开始计时到第1、2、3节车厢尾经过小朋友的时间之比是1∶∶
13．[2023·贵州省贵阳市高一期末]在第32届夏季奥林匹克运动会上，中国选手全红婵以466.2分打破世界纪录，夺得女子单人10米跳台冠军．若将全红婵离开跳台向上运动过程视为匀减速直线运动，则她在起跳上升过程中，后一半位移所用时间与前一半位移所用时间的比值为( )
A．＋1B．－1C．D．
[答题区]
题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13
答案
促思提能训练
1．[2023·青海省西宁市高一期末]航空母舰上装有弹射系统，舰载机在弹射启动过程中，由静止开始做匀加速直线运动，运动10m后速度达到20m/s，该过程所用的时间为( )
A．0.5sB．1sC．2sD．4s
2.[2023·四川省成都市高一期末]如图，长100m的列车匀加速通过长1000m的平直隧道，车头刚进隧道时速度是10m/s，车尾刚出隧道时速度是12m/s，则列车通过隧道所用的时间是( )
A．81.8sB．90.9s
C．100sD．109.1s
3．[2023·北京市石景山区高一期末]一物体做匀加速直线运动，初速度v0＝2m/s，加速度a＝2m/s2，则在时间t＝2s末的速度大小和位移大小分别为( )
A．4m/s，8mB．6m/s，8m
C．4m/s，10mD．6m/s，10m
4．[2023·四川省内江市检测](多选)某质点做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，关于此质点的速度和位移的说法中，正确的是( )
A．在任意1s内，末速度比初速度大2m/s
B．在任意1s内，末速度等于初速度的2倍
C．任意1s内的位移比前1s内的位移增加2m
D．任意1s内的位移是前1s内位移的2倍
5．[2023·广东省汕头市期末]某战斗机返航时，在跑道上做匀减速直线运动，滑行约240m后停了下来，用时约6s．战斗机着地时的速度约为( )
A．80m/sB．60m/s
C．40m/sD．70m/s
6．[2023·浙江省杭州市期末]物体做匀加速直线运动，在一段时间t内的位移为L，这段时间的末速度增大为这段时间初速度的2倍，则该物体做匀加速直线运动的加速度大小为( )
A．B．C．D．
7．[2023·湖南省株洲市高一期中](多选)物体以某一速度冲上一光滑斜面(足够长)做匀变速直线运动．物体前6s内位移是3.6m，随后6s内位移是零，则下列说法中正确的是( )
A．物体的初速度大小为0.9m/s
B．物体的加速度大小为0.1m/s2
C．物体向上运动的最大距离为4m
D．物体回到斜面底端，总共需要时间18s
8．(多选)一辆汽车以某一速度在平直公路上做匀速直线运动，某时刻开始刹车做匀减速直线运动，第1s内通过的位移x1＝6m，第2s内通过的位移x2＝4m，则以下说法正确的是( )
A．汽车匀速运动时的速度大小为7m/s
B．汽车刹车时的加速度大小为2m/s2
C．汽车在4s内的位移大小为12m
D．汽车刹车后经3.5s停止运动
9．(多选)2022年9月27日，“鲲龙”AG600M灭火机以全新消防涂装在湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验．“鲲龙”AG600M灭火机在水面高速滑行15秒完成12吨汲水，随即腾空而起．假设“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上汲水的过程中做初速度为10m/s、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，则( )
A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为30m/s
B．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为110m
C．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为15m/s
D．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为5m/s
10．(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了12s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A．加速、减速中的位移之比x1∶x2等于3∶1
B．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2等于1∶3
C．加速、减速中的平均速度大小之比等于1∶3
D．加速、减速中的平均速度大小之比等于1∶1
11．[2023·重庆市万州市高一检测]如图，一个质点做匀加速直线运动，经过A、B、C、D四个点，已知AB＝BC＝12m，质点从A到B经历时间6s，从B到C经历时间4s，从C到D经历时间10s，则CD的长度是( )
A．24mB．34m
C．42mD．44m
12.[2023·天津市宁河区检测](多选)如图两个光滑斜面在B处平滑连接，小球在A点获得大小为8m/s的速度沿斜面AB向上做匀减速运动，到达B点速度大小为6m/s，继续在斜面BC上做匀减速运动，到达C点时速度减为0.已知AB＝BC，下列正确的是( )
A．小球在AB、BC段运动时间之比为7∶3
B．小球在AB、BC段运动时间之比为3∶7
C．小球在AB、BC段的加速度大小之比为7∶9
D．小球在AB、BC段的加速度大小之比为7∶16
13．[2023·湖南省张家界市检测](多选)几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，实验中将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，则( )
A.由题目信息可以求得子弹穿过每个水球的时间之比(－)∶(－)∶(－)∶1
B．子弹在每个水球中运动的平均速度相同
C．子弹在每个水球中速度变化量相同
D．子弹依次进入四个水球的初速度之比为∶∶∶
14．[2023·湖北省应城市期中]已知OABC为同一直线上的四点，如图所示，OA间的距离为4m，AB间的距离为2m，一物体自O点以速度v0出发，沿此直线做匀减速运动，依次经过A、B、C三点，到达C点时速度恰好为0，已知物体通过OA段与AB段所用的时间相等，则BC的距离为( )
A．0.15mB．0.25m
C．0.50mD．1.25m
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案
15.从光滑斜面上某一位置，每隔0.1s释放一颗相同的小球，在连续放下几颗以后，对在斜面上运动的小球摄下照片，如图所示，测得AB＝15cm，BC＝20cm，试求：
(1)小球的加速度大小；
(2)D球与C球的距离．
16．[2023·广东省中山市高一期末]如图所示，在一段平直的高速公路上布设A、B两个监控点，用于区间测速．某车辆经过监控点A时车速为90km/h，从经过A点开始，司机缓慢轻踩油门，汽车做匀加速直线运动，经过5s，汽车速度增加至108km/h，接着保持该速度匀速行驶了3min，此时汽车距监控点B还有110m，司机开始刹车，汽车做匀减速直线运动，经过监控点B时，汽车的速度恰好减至90km/h，求：
(1)汽车匀加速阶段的加速度大小a1和匀减速阶段的加速度大小a2；
(2)A、B两个监控点之间的距离．
17．[2023·四川省南充市高一期末]如图所示为我国首款按照最新国际适航标准，具有自主知识产权的干线民用C919大型客机．在一次模拟试飞中，飞机着陆后做匀变速直线运动，10s内前进300m，此时速度减为着陆时速度的一半．求：
(1)飞机着陆时的速度大小；
(2)飞机着陆后25s时距着陆点多远．
素养提能专练1 匀变速直线运动的重要推论
知识点分组练
1．答案：B
解析：依题意，根据匀变速直线运动规律：某段时间中点的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得汽车在B点的速度大小为vB＝＝m/s＝12.5m/s，B正确．
2．答案：B
解析：根据题意可知列车从静止加速到最大速度运动的距离为x1＝t1＝t1＝×5km＝25km，匀速运动的距离为x2＝vmaxt2＝10×(10－5)km＝50km，则列车由静止开始运动10min行驶的最大距离为x＝x1＋x2＝75km，B正确．
3．答案：C
解析：根据题意经过A、B两根电线杆间的平均速度为＝m/s＝10m/s，根据匀变速运动规律有＝，代入数值可得经过A杆时的速度为vA＝5m/s，车的加速度为a＝＝m/s2＝m/s2，根据速度时间公式可得车从出发到B杆所用时间为tB＝＝9s，A、B错误，C正确；根据速度位移公式可得出发点到A杆的距离为xA＝＝7.5m，D错误．
4．答案：B
解析：轻轨行驶的平均速度为＝，A错误，B正确；设轻轨开始减速时的速度大小为v，则轻轨在加速运动中的平均速度大小1＝＝，轻轨在减速运动中的平均速度大小2＝＝，轻轨在加速运动中的平均速度大小等于在减速运动中的平均速度大小，C、D错误．
5．答案：(1)18.75m/s (2)1.5×104m/s2
解析：(1)设汽车加速过程中的加速度大小为a1，则
a1＝＝m/s2＝5m/s2，
汽车的最大速度为vm＝30m/s，则汽车匀加速过程的时间为
t1＝＝s＝6s，
汽车匀加速过程的位移大小为
x1＝t1＝×6m＝90m，
汽车匀速过程的时间为t2＝＝s＝2s，
汽车从启动到撞上墙面的过程中，平均速度大小为＝＝m/s＝18.75m/s.
(2)汽车在碰撞过程中，取碰撞前速度方向为正方向，则汽车在碰撞过程中的加速度为
a2＝＝m/s2＝－1.5×104m/s2，
故汽车在碰撞过程中的加速度大小为1.5×104m/s2.
6．答案：A
解析：设第一个时间T的初速度为v0，由匀变速直线运动位移时间公式可得x1＝v0T＋aT2，相邻的下一个T时间的位移x2＝(v0＋aT)T＋aT2，则x2－x1＝aT2，故选A.
7．答案：A
解析：由图可知，从A到B小球在连续两相邻闪光间隔所对应的位移之差分别为1小格、2小格、3小格、4小格，越来越大，由匀变速直线运动推论a＝，说明小球做加速度增大的直线运动，A正确．
8．答案：C
解析：若物体做匀减速直线运动，则末速度比初速度小，A错误；若在1s内，物体先做0.5s匀减速运动，再做反向0.5s匀加速运动，位移为零，则平均速度为零，B错误；根据Δx＝at2可知，物体做匀减速直线运动时，第2s内的位移比第1s内的位移少2m，C正确；第2s末与第1s初相隔2s，若物体做匀减速运动，速度变化Δv＝v－v0＝－at＝－4m/s，第2s末的速度比第1s初的速度小4m/s，D错误．
9．答案：ABD
解析：根据匀变速直线运动的推论可知，在连续相等时间内的位移之差都相等，有x4－x3＝at2，x3－x2＝at2，可得x4－x2＝2at2＝8m，即物体的加速度为a＝4m/s2，A正确；第2s内的位移等于前两秒内的位移减去第一秒内的位移，即x2＝at－at＝×4×22m－×4×12m＝6m，B正确；第2s末的速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，C错误；物体前4s内的位移为x＝at＝×4×42m＝32m，则物体在0～4s内的平均速度为＝＝＝8m/s，D正确．
10．答案：B
解析：设两段位移的时间均为t，则t＝，x2－x1＝at2，解得a＝1.25m/s2，B正确．
11．答案：ABD
解析：车做匀加速直线运动，加速度不变，A正确；由于车以加速度为2m/s2匀加速，所以在任意1s的时间内末速度比初速度大2m/s，B正确；由初速度为零的匀加速直线运动推论x＝at2可知，车在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比为1∶4∶9，C错误；由初速度为零的匀加速直线运动推论v＝at可知，车在1s末、2s末、3s末的速度大小之比为1∶2∶3，D正确．
12．答案：D
解析：由匀加速直线运动经过相等位移的时间关系可得，第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比为1∶(－1)∶(－)，A、B错误；由v2＝2al可得，第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比为∶∶＝1∶∶，C错误；由匀加速直线运动经过相等位移的时间关系可得，第1、2、3节车厢尾经过小朋友的时间之比为1∶∶，D正确．
13．答案：A
解析：设总的位移为2h，后一半位移有h＝gt，解得t1＝，总位移为2h＝gt2，解得总时间为t＝，则前一半位移所用时间为t2＝t－t1＝(－1)，则物体通过后一半位移和前一半位移所用时间之比为t1∶t2＝1∶(－1)＝＋1，A正确．
促思提能训练
1．答案：B
解析：该过程的平均速度＝＝10m/s，则t＝＝1s，B正确．
2．答案：C
解析：列车通过隧道走过的位移为s＝1000m＋100m＝1100m，设所用时间为t，由s＝t，＝m/s＝11m/s，解得t＝100s，C正确．
3．答案：B
解析：2s末的速度大小v2＝v0＋at＝(2＋2×2)m/s＝6m/s，位移大小s＝t＝×2m＝8m，B正确．
4．答案：AC
解析：物体的加速度为2m/s2，则根据Δv＝aT可知在任意1s内，末速度比初速度大2m/s，不一定末速度等于初速度的2倍，A正确，B错误；根据Δx＝aT2可知，任意1s内的位移比前1s内的位移增加2m，但是任意1s内的位移不一定是前1s内位移的2倍，C正确，D错误．
5．答案：A
解析：战斗机在跑道上做匀减速直线运动，已知位移为240m、时间为6s、末速度为零，据匀变速直线运动的位移公式x＝t，得到初速度v0＝80m/s，A正确．
6．答案：D
解析：设物体在这段时间的末速度大小为2v，初速度大小为v，该物体做匀加速直线运动的加速度大小为a.根据匀变速直线运动规律可知＝＝，根据加速度的定义可知a＝，联立解得a＝，D正确．
7．答案：ABD
解析：根据连续相等时间内的位移差公式Δx＝aT2，所以物体上滑的加速度为a＝＝＝－0.1m/s2，物体前6s内，根据匀变速直线运动的位移时间关系x＝v0t＋at2，解得v0＝0.9m/s，A、B正确；物体向上运动的最大距离为xm＝＝4.05m，C错误；物体回到出发点的时间为t＝2＝2×s＝18s，D正确．
8．答案：ABD
解析：由匀加速直线运动推论Δx＝aT2可得a＝＝＝2m/s2，第1s末速度为v1＝＝5m/s，则汽车匀速运动时的速度为v0＝v1＋at＝7m/s，A、B正确；汽车刹车到停止需要的时间为t＝＝3.5s，即汽车4s时已经停止.4s内的位移为x＝＝12.25m，C错误，D正确．
9．答案：AD
解析：“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为v＝v0＋at＝10m/s＋2×10m/s＝30m/s，A正确；“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为x＝v0t＋at2＝10×10m＋×2×102m＝200m，B错误；“鲲龙”AG600M灭火机在15s末的速度为v1＝v0＋at1＝10m/s＋2×15m/s＝40m/s，“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为＝＝m/s＝25m/s，C错误；根据匀变速直线运动的规律可得“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为v＝＝m/s＝5m/s，D正确．
10．答案：ABD
解析：由运动学公式可得，加速过程的位移为x1＝t1，减速过程的位移为x2＝t2，所以加速、减速中的位移之比为＝＝，A正确；根据速度时间关系v＝at，所以加速、减速中的加速度大小之比为＝＝，B正确；平均速度为＝，所以加速、减速中的平均速度大小之比为＝，C错误，D正确．
11．答案：D
解析：取质点经过A点时为零时刻，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瞬时速度可得第3s末和第8s末的瞬时速度分别为v3＝＝＝2m/s，v8＝＝＝3m/s，加速度为a＝＝0.2m/s2，从A点到C点的时间为T＝6s＋4s＝10s，与从C点到D点时间相同，故CD－AC＝aT2，解得CD＝44m，D正确．
12．答案：BC
解析：小球从A到B的过程中，有x＝t1，小球从B到C的过程中，有x＝t2，可得小球在AB、BC段运动时间之比为t1∶t2＝3∶7，A错误，B正确；小球从A到B的过程中，有a1＝，小球从B到C的过程中，有a2＝，小球在AB、BC段的加速度大小之比为a1∶a2＝7∶9，C正确，D错误．
13．答案：AD
解析：将子弹的运动过程反向来看，即看成从左到右做初速度为零的匀加速运动，根据初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)…可知，子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为(－)∶(－)∶(－)∶1；根据速度位移公式有v2＝2ax，v＝，设每个水袋中的位移大小为x0，可得子弹从左到右每次射出水袋的速度之比为∶∶∶＝1∶∶∶2，即子弹从右到左减速时依次进入四个水球的初速度之比为∶∶∶，A、D正确；根据前面分析子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B错误；根据公式Δv＝aΔt，子弹在每个水球中运动的时间不同，加速度大小相同，所以速度变化量不同，C错误．
14．答案：B
解析：根据运动学公式可知，A点瞬时速度vA＝，根据逐差公式可知xOA－xAB＝aT2，根据速度位移公式可知v＝2a(xAB＋xBC)，联立解得xBC＝0.25m，B正确．
15．答案：(1)5m/s2 (2)25cm
解析：(1)由a＝，得小球的加速度为
a＝＝＝5m/s2.
(2)根据匀变速直线运动的判别式，可得
sCD＝sBC＋at2＝20cm＋5cm＝25cm.
16．答案：(1)1m/s2 1.25m/s2 (2)5647.5m
解析：(1)根据题意有v0＝90km/h＝25m/s，v1＝108km/h＝30m/s，
可得匀加速阶段的加速度为a1＝＝m/s2＝1m/s2，
匀减速阶段，有v－v＝－2a2s3，vt＝90km/h＝25m/s，
代入数据解得a2＝1.25m/s2.
(2)汽车在匀加速阶段的位移为s1＝t1＝×5m＝137.5m，
在匀速阶段的位移s2＝v1t2＝30×60×3m＝5400m，
A、B两个监控点之间的距离为s＝s1＋s2＋s3＝5647.5m．
17．答案：(1)40m/s (2)400m
解析：
(1)设飞机着陆时的速度为v0，10s内前进300m，此时速度减为着陆时速度的一半，则有x＝t，其中v＝v0，联立解得v0＝＝m/s＝40m/s.
(2)飞机着陆后匀减速运动的加速度大小为
a＝＝＝＝m/s2＝2m/s2，
飞机停止运动所用时间为t0＝＝s＝20s，
着陆后25s滑行的距离即为20s内滑行的距离，则有
x′＝t0＝×20m＝400m．素养提能专练2 运动图像问题 追及和相遇问题
知识点分组练
知识点1x t图像的应用
1.[2023·云南省楚雄市高一期末]在杂技表演中，猴子沿固定的竖直杆下滑，在0～3s内猴子运动的x t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．猴子的加速度大小为2m/s2
B．1s末猴子的速度大小为2m/s
C．2s末猴子的位置在1m处
D．0～3s内猴子的位移大小为9m
2．[2023·河南省郑州市高一期末]一辆玩具赛车在赛场上沿平直轨道行驶，赛车的x t图像如图所示，其中x表示赛车相对于出发点的位移．下列说法正确的是( )
A．赛车2～4s内驶离出发点
B．赛车在4s末的速度大小为0
C．赛车在0～6s内的位移为60m
D．赛车在0～6s内的路程为60m
3.[2023·浙江省杭州市期中]如图为甲、乙两个质点的x t图像，其中甲的图线为一条直线，乙的图线为开口向下的曲线，则下列说法中正确的是( )
A．甲做匀加速直线运动
B．由图可知，乙的运动轨迹为曲线
C．在0～t2时间内，乙的平均速率大于甲的平均速率
D．在0～t2时间内，乙的平均速度大于甲的平均速度
知识点2v t图像的应用
4.[2023·浙江省舟山市高二期末]如图甲、乙、丙是物理课本必修1中推导匀变速直线运动的位移公式时所用的速度—时间图像，下列关于这三幅图的说法正确的是( )
A．图像和纵轴交点的纵坐标值表示匀变速直线运动物体的初位置
B．图甲中利用矩形面积之和来表示的位移大小比实际值偏大
C．在t0时间内，图乙中利用矩形面积之和表示的位移大小比图丙更接近真实值
D．这种用面积表示位移的方法不仅适用于匀变速直线运动，也适用于加速度变化的直线运动
5.[2023·广东省中山市高一期末]甲、乙两物体同时从同一地点出发，如图所示是它们运动的v t图像．由图像可知( )
A．甲、乙两物体均做匀速直线运动
B．0～t时间内两物体平均速度相等
C．2t时刻它们到达相同位置
D．甲的加速度比乙的加速度小
6．[2023·海南省儋州市高一期末]某质点运动的v t图像如图所示，则该质点( )
A．在0～10内做匀速直线运动
B．在10～40s内处于静止状态
C．在0～10s内位移为100m
D．在10～40s内位移为300m
知识点3非常规图像的理解和应用
7.无人驾驶汽车车头的激光雷达就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着正前方135m范围内车辆和行人的“气息”，使汽车的制动反应时间缩短为0.2s，如图所示为某次在测试场地进行制动测试时获得的一部分图像(v为汽车的速度，x为位置坐标).关于该制动测试，下列说法正确的是( )
A．制动加速度大小为20m/s2
B．最大安全速度是50m/s
C．以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要3s
D．以40m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为80m
8.
[2023·湖南省常德市期中](多选)自然界中某个物理量D的变化可以记为ΔD，发生这一变化所用的时间间隔可以记为Δt；ΔD与Δt之比就是这个量对时间的变化率，简称变化率．在运动学中也可以引入“加速度的变化率”来表示加速度对时间变化的快慢．如图表示某一物体做直线运动时加速度随时间变化的a t图像．由图像可知，在前2s内该物体( )
A．“加速度的变化率”为－2m/s3
B．可能做加速直线运动
C．一定做减速直线运动
D．速度变化量为8m/s
知识点4追及和相遇问题
9.[2023·重庆市高一期末]在一条平直道路上，汽车甲从静止开始启动做加速度为5m/s2的匀加速直线运动，在汽车甲刚开始启动时，汽车乙恰好从汽车甲旁以10m/s的速度做匀速直线运动，甲乙两车同向运动，则甲车追上乙车所经过的时间为( )
A．2sB．4s
C．5sD．10s
10．[2023·四川省凉山州高一期末]大雾天气会影响驾驶员安全驾驶，因此开车在路上时如遇大雾应该保持车距、控制车速．某大雾天，一辆小汽车在水平直线公路上以72km/h速度匀速行驶，突然发现正前方一货车正以36km/h速度匀速行驶．小汽车驾驶员经过0.6s反应时间后开始刹车(假设在反应时间内汽车的车速不变)，刹车的加速度大小为2m/s2，小汽车恰好没撞上货车，那么小汽车驾驶员刚发现货车时距货车的距离为( )
A．30mB．31m
C．35mD．40m
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
11.[2023·河南省郑州市高一期末]华为手机的华为分享(HuaweiShare)是一种在设备间短距离快速无线传输图片、视频等文件的技术，其传输速度为160M/s.现有一同学把两部开启华为分享功能的手机分别固定在两部玩具小车甲、乙上进行实验．如图所示甲、乙两车开始时分别处于两条紧挨的平行轨道上的O1、O2两点，沿运动方向初始位置相距d0＝1m，某时刻甲车从O1点以速度v甲＝1m/s向右做匀速直线运动，乙车从O2点由静止开始以加速度a＝0.25m/s2向右做匀加速直线运动．实验发现两辆车相遇前一直能实现无线传输，两车出发后14s时其传输速度大幅下降，无线传输中断．求：
(1)甲乙两车相遇前的最大距离；
(2)两部手机能够无线传输的最大距离．
促思提能训练
1．(多选)我国自主研制的运－20重型运输机，从静止开始滑行到起飞离地，速度v随时间t变化的图像如图所示，对此过程，飞机( )
A．做变加速直线运动
B．做匀加速直线运动
C．加速度大小为3m/s2
D．滑行的距离为1521m
2．[2023·云南省曲靖市高二期末](多选)甲、乙两物体从同一点出发的位移(x)—时间(t)图像如图所示，由图像可以看出在0～4s这段时间内( )
A．甲、乙两物体始终同向运动
B．4s时甲、乙两物体相遇
C．甲的平均速度大于乙的平均速度
D．甲、乙两物体之间的最大距离为3m
3．[2023·江苏省苏州市期末]某高速公路上ETC专用通道是长为20m的直线通道，且通道前、后都是平直大道．安装有ETC的车辆通过ETC专用通道时，可以不停车而低速通过，限速为5m/s.如图所示是一辆小汽车减速到达通道口时立即做匀速运动，车尾一到通道末端立即加速前进的v t图像，则下列说法正确的是( )
A．由图像可知，小汽车的车身长度为5m
B．图像中小汽车减速过程的加速度大小为1.25m/s2
C．图像中小汽车减速过程的位移大小为200m
D．图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度大
4．[2023·河南省洛阳市高一期末]如图所示，水平地面上A、B两物体相距x＝7m，A在水平拉力和地面摩擦力的作用下正以vA＝5m/s的速度向右匀速运动，而物体B在地面摩擦阻力的作用下正以vB＝12m/s的初速度向右匀减速运动，加速度大小为4m/s2，则A追上B所经历的时间是( )
A．5sB．6s
C．7sD．8s
5．如图为一物体做直线运动的v t图像，则物体在运动过程中( )
A．物体位移在增大，速度在减小
B．速度在增大，加速度也在增大
C．物体0.2s内的平均速度大于1m/s
D．物体0.2s内发生的位移大于2×10－4m
6．[2023·广东省河源市高一检测](多选)如图所示是物体做直线运动的v t图像，由图可知，该物体( )
A．第1s内和第3s内的运动方向相反
B．第3s内和第4s内的加速度相同
C．第1s内和第3s内的位移大小相等
D．第1s内和第4s内的位移大小不相等
7．[2023·广东省深圳市高一期末](多选)如图甲所示，A车和B车在同一平直公路的两个平行车道上行驶，该路段限速54km/h.当两车车头平齐时开始计时，两车运动的位移—时间图像如图乙所示，0～5s时间内，A车的图线是抛物线的一部分，B车的图线是直线，在两车不违章的情况下，下列说法正确的是( )
A．A车运动的加速度大小为1m/s2
B．t＝3.5s时，两车的速度相同
C．A车追上B车的最短时间为7s
D．A车运动初速度大小为3m/s
8.
[2023·湖南省郴州市高一期末](多选)运动学中有人想引入“加速度的变化率”，关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是( )
A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3
B．加速度的变化率为0的运动是匀速运动
C．若加速度与速度同方向，如图所示的a t图像，表示的是物体的速度在增加
D．若加速度与速度同方向，如图所示的a t图像，已知物体在t＝0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s
9．[2023·广东省深圳市期中]目前我国大力提倡发展新能源，不仅在购车方面有国家和地方双补贴、免缴购置税等好政策，而且在出行上部分城市也实施了新能源汽车免受限号的政策，受到大家的青睐．为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是( )
A．动力车的初速度为40m/s
B．刹车过程动力车的加速度大小为10m/s2
C．刹车过程经过6s时动力车的位移为30m
D．刹车过程持续的时间为4s
10．[2023·山东省泰安市检测](多选)利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法．如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间．下列说法中正确的是( )
A．根据甲图可求出物体的加速度大小为1m/s2
B．根据乙图可求出物体的加速度大小为10m/s2
C．根据丙图可求出物体的加速度大小为4m/s2
D．根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为3m/s
11．[2023·山西省吕梁市高一检测]如图1所示，弹力带训练作为一种特殊的阻力训练，能有效增加肌肉力量．弹力带一端固定，另一端套在运动员腰部，运动员从弹力带原长O处出发沿直线远离O，位移x与运动速度v的关系如图2所示，则运动员从O点运动到x0的时间为( )
A．x0v0B．C．D．
12．[2023·河北省保定市测试](多选)汽车甲从A点由静止开始做加速度大小为1m/s2的匀加速直线运动，5s后汽车乙从A点以2m/s的初速度、3m/s2的加速度追赶汽车甲，且恰好在B点追上汽车甲．两汽车均视为质点，且在同一直线上运动．下列说法正确的是( )
A．汽车乙在A点时与汽车甲间的距离为25m
B．汽车乙在A点时与汽车甲间的距离为12.5m
C．汽车乙追上汽车甲前，两车间的最大距离为14.75m
D．汽车乙追上汽车甲前，两车间的最大距离为32.5m
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案
13．[2023·河南省信阳市高一测试]在卡塔尔举行的第二十二届男子足球世界杯，是全世界球迷的狂欢节．在阿根廷国家队和另一球队的一场比赛中，阿根廷队甲、乙队员表演了一次精彩的直塞球传递：在甲、乙相距L时，甲将足球以12m/s的初速度沿水平地面传出，速度方向沿甲、乙连线，在球传出的瞬时，乙由静止开始沿二者连线向远离甲的方向做匀加速运动，已知足球在水平草地上做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1m/s2，乙做匀加速运动的加速度为a2＝4m/s2，且乙的最大速度是8m/s，达到最大速度后再以最大速度做匀速直线运动．若球的速度减小到8m/s时，球和乙在同一位置，求L的大小．
14．[2023·陕西省西安市高一期末]在一笔直的公路上，开始时某人在离公共汽车尾部x0＝6m处，以速度v0＝4m/s向汽车匀速跑过去，与此同时汽车以a＝2m/s2的加速度从静止启动，做匀加速直线运动．求：
(1)汽车从静止开始到速度达到8m/s的过程中，通过的位移大小；
(2)此人能否追上汽车？如果能，要用多长时间？如果不能，则他与汽车之间的最小距离是多少？
15.
[2023·湖南省高一联考]2022年12月18日，卡塔尔世界杯决赛中阿根廷队通过点球大战击败法国队获得冠军成功捧起大力神杯．如图为甲、乙两位足球运动员正在配合进攻的示意图．甲在C处以初速度v0＝10m/s将足球踢出后，足球沿CD方向做加速度大小为a0＝4m/s2的匀减速直线运动．足球被踢出的同时，乙以vA＝4m/s的速度从A处沿垂直于CD方向做aA＝2m/s2的匀加速直线运动，守门员此时位于B点，经过反应时间t0后，由静止开始沿BD方向做匀加速直线运动，能达到的最大加速度为aB＝4m/s2.已知xAD＝xCD＝12m，xBD＝7m，中间无其他队员争抢，求：
(1)乙能否在D点将球踢出？若能，求乙运动到D点的速度大小；
(2)守门员若想在D点把球成功拦截，则其反应时间最长为多少？(结果用根号表示)
素养提能专练2 运动图像问题 追及和相遇问题
知识点分组练
1．答案：B
解析：题中x t图像为倾斜直线，表示猴子做匀速直线运动，则猴子下滑的加速度为零，A错误；x t图像的斜率表示速度，则猴子下滑的速度v＝＝－2m/s，即1s末猴子的速度大小为2m/s，B正确；0～2s内猴子的位置变化Δx＝vt＝4m，则2s末猴子的位置在2m处，C错误；x t图像的纵坐标表示位置的变化，则0～3s内猴子的位移大小为6m，D错误．
2．答案：D
解析：由图像可知赛车在0～1s向正方向做匀速直线运动，在1～2s静止，后反向做匀速直线运动，故赛车2～4s内驶向出发点，A错误；赛车在4s末的速度大小为v＝＝m/s＝10m/s，B错误；由图可知，赛车在0～6s内的位移为－20m，C错误；赛车在0～6s内的路程为s＝20m＋20m＋20m＝60m，D正确．
3．答案：C
解析：x t图像的斜率表示速度，甲图像的斜率不变，速度不变，做匀速直线运动，A错误；乙图像斜率先为正值再为负值，乙先做正方向直线运动再做反方向直线运动，运动轨迹为直线，B错误；在0～t2时间内，甲、乙初末位置相同，甲一直做匀速直线运动，乙先做正方向直线运动再做反方向直线运动，所以乙的路程大于甲的路程，运动时间相同，乙的平均速率大于甲的平均速率，C正确；在0～t2时间内，甲、乙初末位置相同，位移相同，运动时间相同，所以甲、乙的平均速度相等，D错误．
4．答案：D
解析：由题图可知图像和纵轴交点的纵坐标值表示匀变速直线运动物体的初速度，A错误；由题图可知甲图中利用矩形面积之和来表示的位移大小比实际值偏小，B错误；根据v t图像与t轴围成面积表示位移可知在t0时间内，丙图表示的位移大小比乙图中利用矩形面积之和更接近真实值，C错误；根据v t图像与t轴围成面积表示位移可知这种用面积表示位移的方法不仅适用于匀变速直线运动，也适用于加速度变化的直线运动，D正确．
5．答案：D
解析：由图像可知，甲、乙两物体的速度随时间都在均匀增加，则两物体做匀加速直线运动，A错误；由图可知两物体都是由静止出发，t时刻乙的速度大于甲的速度．由匀加速运动的特点知，0～t时间内乙的平均速度大于甲的平均速度，B错误；根据v t图像与时间轴所围面积为物体的位移知，2t时刻乙的位移大于甲的位移，即乙在甲的前方，C错误；v t图像的斜率表示加速度的大小，可知甲的加速度小于乙的加速度，D正确．
6．答案：D
解析：v t图像中图线的斜率表示加速度，在0～10s内图线的斜率不变，且为正值，即加速度恒定，方向与速度方向相同，表明质点做匀加速直线运动，A错误；在10～40s内，根据图像可知，速度不变，质点做匀速直线运动，B错误；v t图像中图线与时间轴所围面积表示位移，即在0～10s内位移为x1＝m＝50m，C错误；v t图像中图线与时间轴所围面积表示位移，即在10～40s内位移为x2＝10×(40－10)m＝300m，D正确．
7．答案：B
解析：根据位移速度公式得v2＝v－2ax，结合图像斜率可知加速度大小为a＝10m/s2，A错误；设最大安全速度为vm，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为s＝vmt0＋，解得vm＝50m/s，B正确；以30m/s的速度匀速行驶，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的时间为t＝t0＋＝3.2s，C错误；以40m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为s＝vt0＋＝88m，D错误．
8．答案：AB
解析：“加速度的变化率”为＝m/s3＝－2m/s3，A正确；由图可知，加速度逐渐减小，但不知加速度与速度方向是否相同，若前两秒方向相同，则做加速直线运动，B正确，C错误；由图像可知，图像面积为速度变化量Δv＝at＝×4×2m/s＝4m/s，D错误．
9．答案：B
解析：由题意可知，同时同地出发，再次相遇即位移相等，则at2＝vt，解得t＝4s，B正确．
10．答案：B
解析：根据题意可知，小汽车恰好没撞上货车，即小汽车与货车速度相等时，恰好追上货车，由运动学公式v2－v＝2ax可得，小汽车刹车的位移为x1＝，有运动学公式v＝v0＋at可得，小汽车的刹车时间为t1＝，其中v0＝72km/h＝20m/s，v＝36km/h＝10m/s，a＝－2m/s2，解得x1＝75m，t1＝5s，小汽车匀速运动的位移为x2＝v0Δt＝12m，货车运动的位移为x＝v(t1＋Δt)＝56m，设小汽车驾驶员刚发现货车时距货车的距离为x0，则有x1＋x2＝x＋x0，解得x0＝31m，B正确．
11．答案：(1)3m (2)9.5m
解析：(1)当两车的速度相等时达到相遇前的最大距离v甲＝at1，
解得t1＝4s，
甲、乙两车的位移分别为x甲＝v甲t1，x乙＝at，
相遇前最大距离d1＝d0＋x甲－x乙，
解得d1＝3m.
(2)出发后14s时的两车间距即为无线传输的最大距离d2，
x′甲＝v甲t2，x′乙＝at，
相遇前最大距离d2＝d0＋x′甲－x′乙，
解得d2＝－9.5m，
即此时乙车在甲车前方9.5m处，恰好传输中断，所以无线传输的最大距离为9.5m．
促思提能训练
1．答案：BD
解析：由图可知，图像的斜率表示运输机的加速度，其大小为a＝＝m/s2＝2m/s2，加速度保持不变，所以运输机做匀加速直线运动，A、C错误，B正确；由运动学公式，在此过程中，飞机滑行的距离为x＝t＝×39m＝1521m，D正确．
2．答案：BD
解析：由于位移—时间图像的斜率表示该时刻的速度，可以从图中看出乙物体的速度(斜率)始终为正值，即速度始终为正方向，甲物体前两秒内速度为正方向，2秒末到4秒末速度为负方向，A错误；4s秒末两物体的位置坐标相同，说明两物体相遇，B正确；由图知：4s内甲的位移大小为s甲＝Δx＝2m－0＝2m，乙的位移大小为s乙＝Δx＝2m－0＝2m，位移相等，所用时间也相等，根据v＝可知平均速度相等，C错误；从位移—时间图像来看，两个物体两秒末纵坐标读数之差最大，即两物体相距最远，可知2s末两物体相距最远，最大距离为Δsmax＝4m－1m＝3m，D正确．
3．答案：A
解析：根据题意，由图可知，汽车匀速运动的位移为x＝vt＝5×(25－20)m＝25m，由于通道长为20m，则小汽车的车身长度为5m，A正确；根据v t图像中斜率表示加速度，由图可知，小汽车减速过程的加速度大小为a1＝m/s2＝1m/s2，小汽车加速过程的加速度大小为a2＝m/s2≈0.71m/s2，图像中小汽车加速过程的加速度比减速过程的加速度小，B、D错误；根据v t图像中面积表示位移，由图可知，小汽车减速过程的位移大小为x1＝(25＋5)×20m＝300m，C错误．
4．答案：A
解析：当B停止运动时运动的距离为xB＝＝m＝18m，则当A追上B时，则vAt＝x＋xB，解得t＝5s，A正确．
5．答案：D
解析：物体做直线运动的v t图像，图像与t轴围成的面积表示位移，由图像可知物体做直线运动的v t图像与t轴围成的面积不断变大，故位移在增大；纵坐标表示速度，图像随时间增加，图像纵坐标不断变大，所以速度在增加，A错误；v t图像的斜率表示加速度，由于图像不断趋于水平，所以加速度不断变小，B错误；若物体做匀变速直线运动，则v t图像是线性关系，如图所示，所围成的面积比原图围成的面积小，即物体0.2s内若做匀变速直线运动，则位移大小为x1＝S＝×0.2×2×10－3m＝2×10－4m，由图可知物体0.2s内实际发生的位移x0大于2×10－4m；另外若物体做匀变速直线运动，则0.2s内的平均速度为＝＝1×10－3m/s，由于物体0.2s内实际发生的位移较大，所以物体0.2s内的平均速度大于1×10－3m/s，C错误，D正确．
6．答案：BC
解析：由图像可知，第1s内和第3s内的运动方向均为正方向，即运动方向相同，A错误；根据v t图像的斜率表示加速度，可知第3s内和第4s内的加速度相同，B正确；根据v t图像与横轴围成的面积表示位移大小，可知第1s内和第3s内的位移大小相等，C正确；根据v t图像与横轴围成的面积表示位移大小，可知第1s内和第4s内的位移大小相等，D错误．
7．答案：BD
解析：由匀变速直线运动规律可知x＝v0t＋at2，由图像可知当t＝2s时x＝10m，当t＝5s时x＝40m，代入数据解得v0＝3m/s，a＝2m/s2，A错误；D正确；由图像可知B车匀速运动的速度vB＝m/s＝10m/s，由匀变速直线运动规律可得vA＝v0＋at＝vB，解得t＝3.5s，B正确；由于路段限速，A车加速到vmax＝15m/s后做匀速运动，追上B车的时间最短，由vmax＝v0＋at0，A车的加速时间t0＝6s，A车追上B车满足vBt＝v0t0＋at＋vmax(t－t0)，解得t＝7.2s，C错误．
8．答案：ACD
解析：加速度的变化率是指加速度的变化量与所用时间的比值，即，根据单位制可知，其单位为m/s3，A正确；加速度变化率为0是指加速度保持不变，如果加速度为0，则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物体做匀变速运动，B错误；若加速度与速度同向，则物体做加速运动，如图示加速度减小，则物体速度增加得变慢了，但仍是加速运动，C正确；在a t图像中图像与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，即Δv，则得Δv＝×2×3m/s＝3m/s，由于加速度与速度同向，物体做变加速直线运动，物体在t＝0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s，D正确．
9．答案：D
解析：根据刹车过程速度与位移的关系v－v2＝2ax，可得v2＝v－2ax，结合图像可得－2a＝－＝－10，v＝400，解得a＝5m/s2，v0＝20m/s，A、B错误；刹车过程持续时间为t＝＝4s，D正确；由图可知，刹车距离为40m，且汽车刹车时间为4s，则刹车过程经过6s时动力车的位移为40m，C错误．
10．答案：CD
解析：根据x＝at2得a＝m/s2＝1m/s2，加速度为a＝2m/s2，A错误；根据v2＝2ax得2a＝m/s2＝10m/s2，加速度为a＝5m/s2，B错误；根据x＝v0t－at2，整理得＝－at＋v0，则－a＝－m/s2，加速度大小为a＝4m/s2，C正确；a t图线与坐标轴围成的面积等于速度变化量，所以有Δv＝×3×2m/s＝3m/s，D正确．
11．答案：B
解析：根据v＝得：t＝x·，可知x 图像与轴所围的面积表示时间，则运动员从O点运动到x0的时间为t＝·x0·＝，故A、C、D错误，B正确．
12．答案：BC
解析：汽车乙在A点时与汽车甲间的距离为x＝a1t＝×1×52m＝12.5m，A错误，B正确；汽车乙追上汽车甲前，当乙车启动后经过时间t两车速度相等，即a1(t＋t1)＝v0＋a2t，解得t＝1.5s，v＝6.5m/s，此时两车距离最大，则两车间的最大距离为Δs＝(t＋t1)－t＝14.75m，C正确，D错误．
13．答案：16m
解析：以足球为研究对象，球速减小到8m/s所用时间
t＝＝s＝4s，
这段时间内球的位移
x＝t＝×4m＝40m，
以运动员乙为研究对象，速度由0增加到8m/s用时
t1＝＝s＝2s，
加速过程的位移
x1＝t1＝×2m＝8m，
再匀速运动
t2＝t－t1＝2s，
匀速阶段的位移
x2＝v2t2＝8×2m＝16m，
所以，开始甲、乙相距
L＝x－(x1＋x2)＝16m．
14．答案：(1)16m (2)不能，2m
解析：(1)汽车走过的位移为x＝＝＝16m.
(2)不能追上汽车．
当汽车速度达到4m/s的时间t＝s＝2s，
此时汽车位移为x1＝at2＝4m，
人的位移为x2＝v人t＝8m，
由于x2此时二者间距最小，为Δxmin＝x1＋6m－x2＝2m．
15．答案：(1)能，8m/s (2)(2－)s
解析：(1)以足球为研究对象，从C到D运动时间为t1，则有
xCD＝v0t1－a0t，
代入数据解得t1＝2s，(t1＝3s舍弃)
以乙为研究对象，从A到D运动时间为t2，则有
xAD＝vAt2＋aAt，
代入数据解得t2＝2s，
因为t1＝t2，故乙能在D点将球踢出．乙运动到D点的速度为
v2＝vA＋aAt2＝8m/s.
(2)以守门员为研究对象，设反应时长为t0，则有
xBD＝aB(t1－t0)2，
解得其反应时间最长为
t0＝(2－)s，(t0＝(2＋)s>2s舍去).素养提能专练3 共点力平衡中的几个重要问题
知识点分组练
知识点1整体法和隔离法在平衡问题中的应用
1.[2023·湖北省宜昌市检测]如图所示，100个大小相同、质量均为m且光滑的小球．静止放置于两相互垂直且光滑的平面上，平面AB与水平面夹角为30°.则第三个球对第二个球的作用力大小为( )
A． B．98mgC．48mg D．49mg
2.[2023·北京市西城区高一期末](多选)如图所示，小球A、B由不可伸长的轻绳串连悬挂于O点，A质量为m，B质量为2m，在外力F作用下处于平衡状态．重力加速度为g.为使悬线OA与竖直方向的夹角θ保持45°，F的大小( )
A．可能为3mgB．可能为2mg
C．可能为mgD．可能为3mg
3．如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为60°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A．3∶4 B．4∶3C．∶2 D．2∶
4.
[2023·浙江省湖州市高一期末]如图所示，倾角为37°的光滑斜面体C固定在水平地面上，物块B通过细绳跨过光滑的定滑轮与质量为5kg的物块A相连，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B都处于静止状态，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)绳子对B的拉力大小；
(2)物体B的质量；
(3)斜面体C对B的支持力大小．
知识点2“活结”“死结”与“定杆”“动杆”问题的分析
5.如图所示，物体m被三根不可伸长的轻绳系着，处于静止状态．已知OA与OB等长，角AOB为60°.现将A点向左移动，使角AOB变为120°，再次静止．则前后二次OA绳受到的拉力之比为( )
A． B．C． D．
6．(多选)以下的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态．关于能否用等长的轻绳来代替轻杆以保持系统的平衡，下列说法正确的是( )
A.图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、乙、丙
B．图中的AB杆可以用轻绳代替的有甲、丙、丁
C．图中的BC杆可以用轻绳代替的有乙、丙、丁
D．图中的BC杆不可以用轻绳代替的有甲、乙、丁
7.
[2023·重庆市九龙坡高一期末]水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一重力为G＝100N的重物，∠CBA＝30°，如图所示，则滑轮受到轻绳的作用力的大小为( )
A．50NB．50N
C．100ND．100N
8.
[2023·湖南省邵阳市高一检测](多选)如下图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力大小不变
B．绳的两端高度差越大，绳子拉力越大
C．将杆N向左移一些，绳子拉力变小
D．若只换挂质量更小的衣服，则衣服架悬挂点不变
知识点3动态平衡问题的分析方法
9.[2023·广东省广州市统考]如图所示，在吊环运动中，有一高难度的动作：先双手撑住吊环，双臂夹紧，然后身体下移，双臂缓慢张开至水平．双臂夹紧时，吊绳恰好竖直，双臂完全张开时，吊绳与竖直方向夹角为37°，sin37°＝0.6.运动员在双臂张开过程中( )
A．吊绳的张力在逐渐减小
B．吊绳的张力保持不变
C．两吊环对运动员作用力的合力在逐渐增大
D．双臂完全张开时，吊绳张力与运动员重力之比为5∶8
10.
吊兰常常被人们悬挂在空中，被称为“空中仙子”．它可以净化空气，能很好地清除室内的污染气体，并放出氧气，还可以分解一氧化碳．如图所示，用OA、OB两根轻绳将吊兰花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程中OA、OB绳的拉力分别为FOA、FOB，则下列说法正确的是( )
A．FOA一直增大
B．FOB先增大后减小
C．FOA先减小后增大
D．FOB先减小后增大
11.
[2023·重庆市九龙坡高一期末]如图所示，把球夹在竖直墙壁AC和木板BC之间，不计摩擦，设球对墙壁的压力大小为F1，对木板的压力大小为F2，现将木板BC缓慢转至水平位置的过程中( )
A．F1、F2都增大
B．F1增加、F2减小
C．F1减小、F2先减小后增大
D．F1、F2都减小
12.
[2023·湖北省宜昌市检测]如图所示，轻杆BC一端用绞链B固定于竖直墙上，另一端有轻绳系一重物D，轻绳一端系于C点，另一端跨过固定在竖直墙上的定滑轮A上，若用力T将重物缓慢向上移动，分析绳的拉力T，轻杆所受的压力N的变化情况( )
A．T和N都变大B．T和N都不变
C．T不变，N变大D．T减小，N不变
[答题区]
题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 11 12
答案
促思提能训练
1.[2023·重庆市第二外国语学校期末]质量均为0.2kg的两块完全相同的磁体A、B紧紧吸在一起，叠放在地面上，如图所示．磁体和地面之间无磁力．当对磁体A施加竖直向上的拉力F＝48N时，两磁体恰好分离，重力加速度g＝10m/s2.则A、B紧密接触时的相互吸引力大小为( )
A．24NB．26N
C．46ND．48N
2．[2023·湖南省长沙市高一测试]如图所示，水平地面上固定着一根竖直立柱，某人用绳子通过柱顶的光滑定滑轮将100N的货物拉住．已知人拉着绳子的一端，且该绳端与水平方向夹角为30°，则柱顶所受压力大小为( )
A．100NB．100N
C．200ND．200N
3．如图甲、乙、丙所示，弹簧测力计、绳和滑轮的重力均不计，摩擦力不计，物体的重力都是G.在甲、乙、丙三种情况下，弹簧测力计的示数分别是F1、F2、F3，则( )
A．F3＝F1>F2B．F3>F1＝F2
C．F1＝F2＝F3D．F1>F2＝F3
4.
[2023·河北省保定市测试]如图所示，一个半球形的碗放在水平桌面上，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑，一根细线跨在碗上，线的两端分别连有两小球A、B，两小球均可视为质点．当两小球平衡时，小球B与O点的连线与水平方向的夹角为60°，已知小球A的质量为0.1kg，则小球B的质量为( )
A．0.1kgB．kgC．kgD．0.2kg
5.
[2023·湖北省黄石市高一期末]如图所示，在两块相同的竖直木板间，有质量均为m的四块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则左边木板对第一块砖，第二块砖对第三块砖的摩擦力分别为( )
A．4mg、2mgB．2mg、0
C．2mg、mgD．4mg、mg
6.
[2023·云南省曲靖市检测]如图所示，用细绳系住小球放在倾角为θ的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时(球保持静止)，球对绳的拉力FT和对斜面的压力FN将( )
A．FT逐渐增大，FN逐渐减小
B．FT逐渐减小，FN逐渐增大
C．FT先减小后增大，FN逐渐减小
D．FT先增大后减小，FN逐渐减小
7.
[2023·山东省枣庄市期末]如图所示，一根细绳系着一个质量为0.5kg的小球，细绳上端固定在天花板上，给小球施加力F，小球平衡后细绳与竖直方向的夹角为α＝30°，力F的方向与细绳的夹角为β.现缓慢改变β，使小球始终静止在图示位置，取重力加速度g＝10m/s2.则下列说法正确的是( )
A．若β＝60°，则F＝5N
B．若β＝60°，则细绳的拉力大小为5N
C．β的取值范围为30°≤β≤120°
D．力F大小的取值范围为F≥2.5N
8．(多选)如图(a)所示，将一右端固定有光滑定滑轮的轻杆固定在竖直挡板上，轻绳ABC跨过光滑的定滑轮悬吊质量为m1＝1kg的物块；如图(b)所示，将一轻杆用转轴固定在竖直挡板上，两段轻绳DE、EF系在杆的右端并悬吊质量为m2＝1.5kg的物块．已知两杆均水平，且绳子的倾斜部分与水平方向的夹角均为30°，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A．图(a)中AB绳的拉力大小为10N
B．图(b)中DE绳的拉力大小为15N
C．图(a)中轻杆对滑轮的支持力大小为10N
D．图(b)中轻杆对结点的支持力大小为15N
9.
[2023·安徽省高一联考](多选)如图所示，两个完全相同的光滑小球的质量均为m，放在竖直挡板和倾角为α的斜面间，现使挡板保持竖直，在逐渐增大斜面的倾角α的过程中，下列说法正确的是( )
A．挡板受到B球的压力减小
B．斜面受到B球的压力增大
C．B球对A球的弹力增大
D．斜面受到A球的压力增大
10.
(多选)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，B与竖直杆间的动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，其余摩擦不计．已知两物体均静止，绳与竖直杆间的夹角为θ＝53°，物体A、B的质量分别为mA、mB(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，则( )
A．mA可能小于mB
B．mA可能大于3mB
C．杆对B的弹力大小为0.8mAg
D．杆对B的作用力的最小值为0.8mBg
11.
[2023·广东省广州市测试](多选)民间有一种“土式起重机”，用它来将重物由低处运送到高处，其原理如图所示，OB是上端带定滑轮的固定竖直杆，另一根长度与OB相同且质量不计的轻杆OA，一端通过铰链固定在O点，另一端A悬挂一重为G的重物，且A端系有一根轻绳并绕过定滑轮B，用力F拉绳，开始时∠BOA＞90°，现使∠BOA缓慢变小，直到杆OA接近竖直杆OB，若不计一切摩擦．此过程中( )
A．杆OA所受的力逐渐增大
B．杆OA所受的力大小不变
C．拉力F先减小后增大
D．拉力F逐渐减小
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
12.[2023·浙江省绍兴市高一期末]用三根细线a、b、c将重力均为G的两个相同小球A和B连接并悬挂．第一次悬挂方式如图甲所示，两小球处于静止状态，细线b水平，细线a和细线c与竖直方向的夹角均为θ1＝60°.第二次悬挂方式如图乙所示，两小球处于静止状态，细线c水平，细线a与竖直方向的夹角为θ2＝30°.
(1)求图甲中三根细线的拉力F1a、F1b和F1c的大小；
(2)求图乙中三根细线的拉力F2a、F2b和F2c的大小．
13．[2023·广东省惠州市高一期末]如图所示，倾角为θ＝30°，质量为20kg的斜面体C置于水平地面上，质量为8kg的小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与质量也为8kg的物块A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，物块B与斜面间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10m/s2，A、B、C都处于静止状态，求：
(1)斜面体对B的摩擦力；
(2)地面对斜面体的支持力和摩擦力．
14.
[2023·四川省宜宾市测试]如图所示，某人站在水平地面上用轻绳牵住一质量m＝2kg的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成37°角，气球和人均静止．已知空气对气球的浮力恒为38N，人的质量M＝50kg，且忽略人受的浮力．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：
(1)绳拉力大小和水平风力的大小；
(2)地面对人的支持力和摩擦力大小．
15．[2023·湖北省武汉市联考]如图所示，物体A和物体D重分别为200N、100N，物体A与桌面间、物体A和物体D间的动摩擦因数均为0.2，它们间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．AC绳水平，OC绳与竖直方向的夹角为30°，求：
(1)当物体B重60N时，求A所受桌面的摩擦力；
(2)如果保证A静止不动，问所挂物体B的最大重量为多少．(结果可用根式表示)
素养提能专练3 共点力平衡中的几个重要问题
知识点分组练
1．答案：D
解析：以第3个小球到第100个小球作为一个整体为研究对象，由于无摩擦力，由平衡条件得知，第2个小球对第3个小球的作用力大小等于研究整体重力沿斜面向下的分力，则有F＝98mgsin30°＝49mg，根据相互作用力的特点，那么第三个球对第二个球的作用力大小为49mg，D正确．
2．答案：AD
解析：对AB的整体，当F最小时，F的方向与OA垂直，则此时Fmin＝3mgsin45°＝mg，则F可能是3mg或3mg，A、D正确．
3．答案：D
解析：对两个小球整体为研究对象，根据平衡条件得sin60°＝，解得xA∶xC＝2∶，D正确．
4．答案：(1)50N (2)kg (3)N
解析：(1)对A分析有TA＝mAg＝50N，
则绳子对B的拉力大小为TB＝TA＝50N.
(2)对B分析有TB＝mBgsin37°，
可得物体B的质量为mB＝kg.
(3)对B分析有FN＝mBgcos37°，
解得斜面体C对B的支持力大小为FN＝N．
5．答案：C
解析：根据对称性，OA与OB段绳所受拉力大小相等，第一次对物体与结点O进行分析有2T1cos＝mg，解得T1＝，第二次对物体与结点O进行分析有2T2cos＝mg，解得T2＝mg，则有＝，C正确．
6．答案：BD
解析：图中的杆均有固定转轴，那么杆上的力均沿杆，如果杆端受拉力作用，可以用与之等长的轻绳代替，如果杆端不受压力作用，则不可用等长的轻绳代替，如图甲、丙、丁中的AB杆均受拉力作用，而图甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，A、C错误，B、D正确．
7．答案：C
解析：
由题意可得，对绳B点受力分析如图，滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳张力处处相等，大小都等于物体的重力，即为F1＝F2＝G＝100N，用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识得F＝100N，所以滑轮受绳的作用力为100N，C正确．
8．答案：ACD
解析：如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的，假设绳子的长度为x，则xcosθ＝L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度x不变，两杆之间的距离L不变，则θ角不变；两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A正确，B错误；当杆N向左移动后，根据xcosθ＝L，即L变小，绳长不变，所以θ角增大，绳子与竖直方向的夹角变小，绳子的拉力变小，C正确；绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，故D正确．
9．答案：D
解析：设吊绳的拉力为T，与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件得2Tcosθ＝mg，解得T＝，双臂张开过程，θ变大，则T变大，故A、B错误；运动员受到的两吊环对他的作用力始终等于运动员的重力，故C错误；双臂完全张开时＝＝，吊绳张力与运动员重力之比为5∶8，D正确．
10．答案：D
解析：
以结点O为研究对象，对O点受力分析，竖直绳的拉力等于G，绳OA的拉力FOA，绳OB的拉力FOB，由平衡条件可得，两绳的拉力的合力与重力大小相等，方向相反，由力合成的定则可得如图所示，由图可知，O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，绳OA的拉力FOA逐渐减小；绳OB的拉力FOB先减小后增大，A、B、C错误，D正确．
11．答案：D
解析：
以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图如图所示，设木板与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件得F1＝F′1＝Gtanθ，F2＝F′2＝，将木板BC缓慢转至水平位置的过程中，θ减小，tanθ减小，cosθ增大，则得到F1、F2都减小，D正确．
12．答案：D
解析：对节点C与重物D整体进行受力分析如图所示．
根据相似三角形有＝＝，根据牛顿第三定律有N＝N′，当用力T将重物缓慢向上移动，AB、BC一定，AC减小，可知，T减小，N不变，D正确．
促思提能训练
1．答案：A
解析：因为F＝48N>2mg，则A、B离开地面，磁体和地面之间无磁力；对整体分析F－2mg＝2ma，对A分析F－F吸引－mg＝ma，以上两式解得F吸引＝24N，A正确．
2．答案：B
解析：对货物受力分析T＝mg＝100N，柱顶受到的压力F＝2Tcos30°，解得F＝100N，B正确．
3．答案：A
解析：定滑轮不改变力的大小，题图甲中物体静止，有F1＝G；以题图乙中物体为研究对象，作出受力图如图甲所示，根据平衡条件有F2＝Gsin60°＝G；以题图丙中动滑轮为研究对象，受力图如图乙所示，由平行四边形定则得F3＝G.故F3＝F1>F2.
4．答案：C
解析：对小球B受力分析可得2Tcos30°＝mBg，其中F＝T＝mAg，解得mB＝kg，C正确．
5．答案：B
解析：根据对称性可知，左边木板对第一块砖和右边木板对第四块砖的摩擦力大小相等，方向均竖直向上，以4块砖为整体，根据受力平衡可得2f＝4mg，解得左边木板对第一块砖的摩擦力大小为f＝2mg，以第一块砖和第二块砖为整体，由于左边木板对第一块砖的摩擦力大小为2mg，方向竖直向上，刚好与第一块砖和第二块砖为整体的重力平衡，可知第二块砖与第三块砖间的摩擦力为零，即f23＝0，B正确．
6．答案：C
解析：
对小球受力分析可得，小球受到重力mg、细绳的拉力FT和斜面的支持力FN，三力平衡，根据平衡条件可知拉力和支持力的合力与重力大小相等、方向相反，保持不变．作出拉力与支持力的合成示意图，如图所示，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，细绳拉力FT先减小后增大，斜面对小球的支持力FN将逐渐减小，C正确．
7．答案：D
解析：若β＝60°，力F和细绳拉力T与竖直方向夹角均为30°，两个力大小相等，则2Fcos30°＝2Tcos30°＝mg，解得F＝T＝N，A、B错误；要使小球始终静止在图示位置，力F的方向应在竖直向上顺时针转到细线的延长线，但不包括细线延长线方向，即β的取值范围为30°≤β<180°，C错误；力F与细线垂直时，力F最小，最小值为Fmin＝mgsin30°＝2.5N，当力F无限接近细线延长线时，趋近无穷大，则力F大小的取值范围为F≥2.5N，D正确．
8．答案：AC
解析：对(a)、(b)两图中的B、E点分别进行受力分析，如图甲、乙所示．
图甲中轻绳ABC跨过定滑轮拉住质量为m1的物块，物块处于平衡状态，轻绳的拉力大小为FAB＝FBC＝m1g＝10N，A正确；图乙中由于杆可自由转动，因此杆对结点的作用力方向一定沿杆的方向，则由平衡条件可知FDEsin30°＝FEF，FDEcos30°＝F乙，又FEF＝m2g，代入数据解得轻绳DE的拉力为FDE＝30N，轻杆对结点的支持力大小为F乙＝15N，B、D错误．由于图甲中的杆为固定的杆，因此杆对滑轮的作用力不一定沿杆的方向，因为AB绳与BC绳的夹角为120°，故分析可得轻杆对滑轮的支持力大小为F甲＝FAB＝FBC＝10N，C正确．
9．答案：BC
解析：
以两个小球整体为研究对象进行受力分析如图所示．由图可知，挡板给B球的压力F2逐渐增大，斜面给AB两球的支持力F1逐渐增大，根据牛顿第三定律可知挡板受到的压力增大，A错误；以A为研究对象，B球对A球的弹力为F3＝mgsinα，斜面对A球的弹力为F4＝mgcosα，在逐渐增大斜面的角α的过程中，B球对A球的弹力增大，斜面对A球的弹力减小，C正确，D错误；斜面对B球的弹力大小为F1与F4之差，F1逐渐增大，F4逐渐减小，则斜面对B球的弹力增大，B正确．
10．答案：BC
解析：对A受力分析，根据平衡条件可得T＝mAg，对B受力分析，假设B受摩擦力向上，分析如下图所示．根据平衡条件有Tsinθ＝N，f＋Tcosθ－mBg＝0，且f≤μN，联立解得mA≥mB.若B受摩擦力向下，则有Tcosθ－mBg－f＝0，解得mA≤5mB，综合可得mB≤mA≤5mB，A错误，B正确；杆对B的弹力大小为N＝mAgsin53°＝0.8mAg，C正确；杆对B的作用力等于杆对B的摩擦力与弹力的合力，其大小与绳子的拉力与B物体重力的合力等大反向．因mAg的最小值等于mBg，两个力夹角为α＝180°－53°＝127°，可知两个力的合力最小值大于0.8mBg，D错误．
11．答案：BD
解析：
以A点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T(等于重物的重力G)、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出受力图如图．由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得＝＝，又T＝G，解得N＝G，F＝G，使∠BOA缓慢变小时，OB、OA保持不变，AB变小，则N保持不变，F变小，所以杆OA所受的力大小不变，力F大小变小，B、D正确．
12．答案：(1)2G G 2G (2)G G G
解析：(1)根据题意，对A球受力分析，如图所示．
由平衡条件有F1acosθ1＝G，F1b＝F1asinθ1，
解得F1a＝2G，F1b＝G，
同理，对B球受力分析，由平衡条件有F1ccosθ1＝G，
解得F1c＝2G.
(2)根据题意，将A、B两球看作整体受力分析，如图所示．
由平衡条件有F2acosθ2＝2G，F2c＝F2asinθ2，
解得F2a＝G，F2c＝G，
同理，对B球受力分析，由平衡条件F2b＝，
解得F2b＝G.
13．答案：(1)40N，方向沿斜面向下 (2)240N，方向竖直向上 40N，方向水平向左
解析：(1)对A分析，根据平衡条件得T＝mg＝80N，
设斜面体对B的摩擦力大小为fB，物块B受力如图所示．
由平衡条件有mgsinθ＋fB＝T，
解得fB＝40N，
方向沿斜面向下．
(2)以B、C整体为研究对象，受到重力、拉力T、地面的支持力N和地面的摩擦力f作用，整体由平衡条件，在竖直方向上有Tsinθ＋N＝(M＋m)g，
解得N＝240N，
故地面对斜面体的支持力为240N，方向竖直向上，在水平方向上有f＝Tcosθ，
解得f＝mgcosθ＝40N，
故地面对斜面体的摩擦力为40N，方向水平向左．
14．答案：(1)30N 24N (2)482N 24N
解析：
(1)以氢气球为对象，设绳子拉力为T，风力为F风，受力分析如图所示．
由平衡条件可得Tcos37°＝F风，
mg＋Tsin37°＝F浮，
联立解得T＝30N，F风＝24N.
(2)以氢气球和人为整体，根据受力平衡可得(M＋m)g＝F浮＋FN，
解得地面对人的支持力为FN＝482N，
地面对人的摩擦力为f＝F风＝24N．
15．答案：(1)20N (2)60N
解析：(1)对节点C进行受力分析，如图所示．
由平衡条件得TA＝Tsin30°，TB＝GB＝Tcos30°，解得TA＝20N，
将A和D作为整体，由于A和D处于静止状态，可知A所受桌面的摩擦力
fA＝TA＝20N.
(2)当A与桌面间的摩擦力达到最大时，物体B的重量最大，此时
fAm＝μ(GA＋GD)＝60N，
此时T′A＝fAm，
再对C点进行受力分析T′A＝GBmtan30°，
解得GBm＝＝60N．素养提能专练4 连接体问题、临界和极值问题、传送带模型、滑块—木板模型
知识点分组练
知识点1斜面模型
1.[2023·上海市奉贤区高一期末]如图，一物块以某一初速度冲上倾角为θ的光滑固定斜面，物块的加速度大小为( )
A．gsinθB．gcosθ
C．D．
2.如图所示，一个物体从A点由静止出发分别沿三条光滑轨道到达水平地面上的C1、C2、C3点，则( )
A．物体到达C1点时的速度最大
B．物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C．物体到达C3点的时间最短
D．在C3点所在轨道上运动的加速度最小
3.
[2023·山东省淄博市高一期末]如图所示为一光滑竖直圆槽，AP、BP、CP为通过最低点P与水平面分别成30°、45°、60°角的三个光滑斜面，与圆相交于A、B、C点．若一物体由静止分别从A、B、C滑至P点所需的时间为t1，t2，t3，则( )
A．t1t2>t3
C．t1＝t2＝t3D．t1＝t2知识点2连接体问题
4.[2023·云南省玉溪市高一期末](多选)如图所示，小车B和物块A用一根轻绳连接后放在水平面上，轻绳处于伸直状态．物块A质量为1kg，与地面的摩擦因数μ＝0.4；小车B质量为0.5kg，与地面的摩擦力忽略不计，重力加速度g＝10m/s2.当用水平恒力F＝10N向右拉小车B时，以下说法正确的是( )
A．A物块的加速度为6m/s2
B．B车的加速度为4m/s2
C．A、B间轻绳的拉力为10N
D．A、B间轻绳的拉力为8N
5.
[2023·重庆市北碚区高一期末]如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动木板和滑块一起做无相对滑动的加速运动．木板质量是M，滑块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，滑块和木板之间动摩擦因数是μ.则在这个过程中，滑块受到的摩擦力大小是( )
A．MaB．
C．μMgD．μmg
6．[2023·陕西省渭南市高一期末]
(多选)如图所示，轻绳跨过定滑轮，下端系一质量为m1＝2kg的重物，另一端系一质量为m2＝3kg的木块，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，在重物拉动木块运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．重物的加速度大小为7m/s2
B．重物的加速度大小为2.8m/s2
C．轻绳的拉力为9.6N
D．轻绳的拉力为14.4N
知识点3传送带模型
7.[2023·重庆市九龙坡测试]如图甲所示，水平传送带顺时针匀速转动，物块以初速度v0滑上水平传送带，从A点运动到B点的v t图像如图乙所示．下列说法正确的是( )
A．物块的初速度v0＝2m/s
B．传送带转动的速度v＝4m/s
C．AB两点间的距离为3m
D．物块留在传送带上摩擦痕迹长为0.5m
8．[2023·广东省广州市高一期末]如图所示，安检机在工作时，通过水平传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图所示，传送带长为2.1m，被检物品与传送带的动摩擦因数μ＝0.3.假设传送带速度可以调节，当传送带速度调为4m/s，被检物品无初速度放到A端传送到B端的过程中，(g取10m/s2，被检物品可视为质点)，下列说法正确的是( )
A．物品先做匀加速运动后做匀速运动
B．物品从A端到B端所用的时间为1.5s
C．物品先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力
D．若减小传送带速度物品传送时间可能不变
9．[2023·福建省三明市高一期末]如图甲，传送带与水平面的夹角为θ，逆时针运行速度恒为v0，现将质量为m的物块轻放到顶端上，物块从顶端到底端的过程中v t图像如图乙所示，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块( )
A．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmg，方向沿斜面向下
B．在0～t1时间内所受摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上
C．在t1后所受摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向下
D．在t1后所受摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
知识点4滑块—木板模型
10.[2023·陕西省西安市高一期末]如图所示，把质量M＝8kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板右端加一水平恒拉力F＝8N，当长木板向右运动的速度达到1.5m/s时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为2kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长．(g＝10m/s2)
(1)小物块放好后，小物块及长木板的加速度各为多大？
(2)经多长时间两者达到相同的速度？
(3)从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5s小物块的位移大小为多少？
11．[2023·安徽省铜陵市高一检测]如图所示，水平地面上放一质量为M＝2.0kg、长为l＝2.5m的长木板，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，一质量为m＝3.0kg的滑块从长木板的右侧以初速度v0向左滑上长木板，滑块可视为质点，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，长木板与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同，重力加速度大小g取10m/s2.求：
(1)滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小和滑块的加速度大小；
(2)要使滑块不滑出长木板，滑块初速度v0应满足的条件；
(3)若滑块静止在木板右端，给木板一个方向水平向右、大小6m/s的初速度，其他条件不变，求木板与滑块共速时，滑块发生的位移大小．
促思提能训练
1.[2023·河南省郑州市期末]如图所示，细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．当细线对小球的拉力刚好等于零时，水平向右的加速度a的大小为(g为重力加速度)( )
A．gB．2gC．gD．g
2．[2023·安徽高一校联考测试]如图甲所示，一玩具小车从光滑斜面上某点由静止开始往下滑，通过传感器获得其v2 x图像如图乙所示．g取10m/s2，则( )
A．斜面倾角为37°
B．小车下滑的加速度为12m/s2
C．小车在前2m内的平均速度为12m/s
D．小车第二个2m内速度增加量为24m/s
3.[2023·黑龙江省双鸭山市测试]如图所示，五块完全相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的摩擦不计．当用力F推1使它们共同加速运动时，第3块木块对第4块木块的推力大小为( )
A．FB．FC．FD．F
4.[2023·云南省昆明市期末]如图所示，水平拉力F作用在一个矩形的空铁箱上，使铁块贴在铁箱左壁上方与铁箱一起沿水平面向右匀加速运动，铁块和空铁箱质量均为2kg，铁箱与水平面间、铁块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ都为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2，则拉力F至少为( )
A．100NB．80NC．120ND．60N
5.[2023·河北省石家庄市检测]如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点．现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从c点静止释放做自由落体，经时间t3到达b点，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为( )
A．t1＝t2＝t3
B．t1>t2>t3
C．t2>t1>t3
D．A、B、C三物体的质量未知，因此无法比较
6.
[2023·广东省东莞市高一测试]湖北顺丰某快递总站，需要将物件由地下仓库靠传送带运送到地面上进行分类．如图所示，传送带与水平面的夹角为θ＝37°，以速度v沿顺时针运行．工作人员将物件以初速度v0从底部滑上传送带，已知物件与传送带之间的动摩擦因数为0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )
A．若v>v0，则物件将一直做匀加速运动
B．若vC.若v＝v0，则物件一直做匀速运动
D．物件不可能在传送带上做减速运动
7.
[2023·广西省桂林市期末]如图所示的装置叫阿特伍德机．绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g，这使得试验者可以有较长的时间进行观测、研究．已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m.轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长．物体A、B、C由图示位置静止释放后( )
A．物体A的加速度大小为
B．物体B的加速度大小为
C．绳子上的拉力大小为Mg＋
D．物体B对物体C的作用力大小为mg－
8．如图甲所示，光滑水平面上静置一足够长的木板Q，小滑块P放置于其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块P的质量为( )
A．2kgB．3kgC．4kgD．5kg
9．[2023·陕西省渭南市高一期末](多选)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙．一质量M＝1kg、长度为L的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面的动摩擦因数μ2＝0.2.一质量为m＝2kg可视为质点的滑块静止在距A点距离为L0＝9m的位置．现用F＝9N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板．滑块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，取g＝10m/s2.则下列说法正确的是( )
A．滑块滑动到A点时的速度大小为9m/s
B．滑块滑动到长木板上时，长木板的加速度大小为5m/s2
C．从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为1s
D.要使滑块不能从长木板的右端滑出，长木板的长度L至少为6.5m
10．(多选)如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向右
B．F＝Mgtanα
C．F＝mgtanα
D．系统的加速度大小为a＝gtanα
11.
(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，则下列选项中能客观地反映小木块的受力和运动情况的是( )
[答题区]
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
12.[2023·河北省廊坊市高一期末]质量为M的物体放在光滑水平桌面上，通过水平轻绳跨过光滑的轻质定滑轮连接质量为m的物体，如图所示，重力加速度为g，将它们由静止释放，求：
(1)物体的加速度大小；
(2)绳对M的拉力大小．
13．[2023·山东省枣庄市高一测试]如图所示，左端带有竖直挡板的平板工件静置于水平桌面上，工件上表面光滑，底面与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2.一小滑块(视为质点)紧靠挡板放在工件上，现对工件施加F＝18N的水平推力，并在t1＝1.5s后撤去．已知工件上表面长L＝1.5m，质量M＝2kg，滑块质量m＝1kg，取g＝10m/s2，桌面足够长．求：
(1)水平推力作用过程中，挡板对滑块压力的大小；
(2)当小滑块离开工件上表面时，工件的速度大小．
14．[2023·福建省南平市高一期末]如图所示，一劲度系数k＝100N/m的轻弹簧竖直固定在水平面上，弹簧上端与质量m＝0.5kg的托盘Q连在一起，在Q上放一物块P.系统静止时，弹簧被压缩了x0＝0.15m，现给P施加一个方向竖直向上的拉力F，使它从静止开始向上做加速度大小a＝2.0m/s2的匀加速直线运动．(弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2)，求：
(1)物块P的质量M；
(2)从开始拉物块到物块刚离开托盘的时间；
(3)请写出物块P从静止开始向上做匀加速直线运动过程中，拉力F与位移x的关系式．
素养提能专练4 连接体问题、临界和极值问题、传送带模型、滑块—木板模型
知识点分组练
1．答案：A
解析：对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsinθ＝ma，解得物块的加速度大小为a＝gsinθ，A正确．
2．答案：C
解析：在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律得，物体运动的加速度a＝＝gsinθ，斜面倾角越大，则加速度越大，所以物体在C3点所在轨道上运动的加速度最大，根据几何关系可知，物体发生的位移为x＝，物体的初速度为零，有x＝at2，解得t＝＝，斜面倾角越大，则运动时间越短，所以物体到达C3点的时间最短．根据v2＝2ax，解得v＝，由于三条轨道高度相同，所以物体在三条轨道上运动到达底端的速度大小相等，A、B错误，C正确；由A选项分析可知，斜面上的加速度为a＝gsinθ，在C3点所在轨道上运动的加速度最大，D错误．
3．答案：C
解析：设圆槽的直径为d，某一斜面的倾斜角为θ，由牛顿第二定律可得，沿斜面下滑加速度为a＝gsinθ，斜面的长度为x＝dsinθ，由位移时间公式x＝at2可得t＝＝＝，物体沿斜面下滑的时间与斜面的倾斜角无关，则有t1＝t2＝t3，C正确．
4．答案：BD
解析：对A、B整体用牛顿第二定律F－μmAg＝(mA＋mB)a，可以求出加速度等于4m/s2，A错误，B正确；对A物体用牛顿第二定律T－μmAg＝mAa，可以求出绳子的拉力为8N，故C错误，D正确．
5．答案：B
解析：由于水平外力F拉动木板和滑块一起做无相对滑动的加速运动，则有F＝(M＋m)a，
对木块分析有f＝ma，解得f＝，B正确．
6．答案：BD
解析：设轻绳的拉力为T，对重物由牛顿第二定律有m1g－T＝m1a，对木块由牛顿第二定律有T－μm2g＝m2a，解得a＝2.8m/s2，T＝14.4N，B、D正确．
7．答案：D
解析：由图乙可知，物块的初速度为4m/s，传送带的速度为2m/s，A、B错误；v t图像的面积等于位移，则AB两点间的距离为lAB＝×(2＋4)×0.5m＋1.0×2m＝3.5m，C错误；0～0.5s内，物块速度大于传送带速度，相对位移等于划痕长度，即l＝×(2＋4)×0.5m－0.5×2m＝0.5m，D正确．
8．答案：D
解析：物品先做匀加速直线运动μmg＝ma，解得a＝3m/s2，假设物品可以加速到与传送带共速，则加速运动的时间为t1＝＝s，加速运动的距离为x1＝at＝m≈2.67m>2.1m，因此物品在传送带上一直做加速运动，A错误；物品从A端到B端所用的时间为t＝＝s≈1.2s，B错误；因为一直加速，所以物品一直受到向右的滑动摩擦力，C错误；当传送带速度减小一点时，物品在传送带上仍可能是全程加速，在加速度和位移都不变的情况下，运动的时间也不变，D正确．
9．答案：D
解析：在0～t1时间内所受摩擦力为滑动摩擦力，所以摩擦力大小为μmgcosθ，物体相对传送带向上运动，所以摩擦力方向沿斜面向下，A、B错误；在t1后两者相对静止，受到的摩擦力为静摩擦力，根据平衡可知，摩擦力大小等于重力沿斜面向下分力mgsinθ，方向沿斜面向上，C错误，D正确．
10．答案：(1)2m/s2 0.5m/s2 (2)1s (3)2.1m
解析：(1)小物块的加速度大小为
a1＝＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，
长木板的加速度大小为
a2＝＝＝0.5m/s2.
(2)设经t0时间两者达到相同的速度v，则有v＝a1t0＝v0＋a2t0，
解得t0＝1s，v＝2m/s.
(3)从小物块放上长木板在1s时间内的位移
x1＝a1t＝×2×12m＝1m，
小物块及长木板达到相同的速度时，两者的加速度为a3＝＝m/s2＝0.8m/s2，
接下来在0.5s时间内小物块的位移
x2＝v(t－t0)＋a3(t－t0)2＝2×0.5m＋×0.8×(1.5－1)2m＝1.1m，
则有从小物块放上长木板开始，经过t＝1.5s小物块的位移大小为x＝x1＋x2＝1m＋1.1m＝2.1m.
11．答案：(1)1m/s2 4m/s2 (2)v0≤5m/s (3)0.32m
解析：(1)分别对滑块、木板进行受力分析，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma1，
μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，
解得滑块、木板的加速度分别为a1＝4m/s2，a2＝1m/s2.
(2)当两物体速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出木板，就不会滑出，设经过时间t，两物体的速度相等则有v0－a1t＝a2t，
根据位移关系得v0t－a1t2－a2t2＝l，
代入数据解得t＝1s，v0＝5m/s，
所以初速度应v0≤5m/s.
(3)木板与滑块共速前，对于滑块、木板，由牛顿第二定律
μ2mg＝ma3，
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma4，
解得滑块、木板的加速度分别为a3＝4m/s2，a4＝11m/s2.
设经过时间t1，两物体的速度相等，则有v－a4t＝a3t，
则滑块发生的位移大小x＝a3t2，解得x＝0.32m.
促思提能训练
1．答案：A
解析：细线对小球的拉力刚好等于零，说明小球只受重力和斜面的支持力两个力作用，且随滑块A一起以加速度a向右加速运动，小球所受的合力F＝mgtan45°＝mg，由牛顿第二定律可得，加速度为a＝＝g，A正确．
2．答案：A
解析：根据图像，可得v2＝12x，对比v2－v＝2ax，物块加速度为6m/s2，又根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma，计算得到斜面倾角为37°，A正确，B错误；小车在前2m所用时间为t，由位移公式x＝at2，解得t＝s，小车的平均速度为v＝＝m/s，C错误；根据v2 x图像，再运动2m，v2的增加量为24(m/s)2，D错误．
3．答案：B
解析：设每个木块的质量为m，取整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝5ma，设第3块木块对第4块木块的推力为F1，取第四和第五块木块为研究对象，有F1＝2ma，联立解得F1＝F，B正确，A、C、D错误．
4．答案：A
解析：对铁块和空铁箱整体分析有F－μN1＝2ma，N1＝2mg，对铁块分析有N2＝ma，f＝mg，f≤μN2，解得F≥100N，拉力F的最小值为100N，A正确．
5．答案：A
解析：对于滑环A，设ab与水平方向的夹角为θ，圆的半径为R，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a1＝＝gsinθ，又根据动力学公式2Rsinθ＝a1t，解得t1＝，对于滑环B，设cd与水平方向的夹角为α，由牛顿第二定律可知，下滑加速度为a2＝＝gsinα，又根据动力学公式2Rsinα＝a2t，解得t2＝，对自由落体的球C而言，有t3＝＝，故三者时间相等，A正确．
6．答案：C
解析：因为物件与传送带之间的动摩擦因数为0.8，所以μmgcos37°>mgsin37°.若v>v0，开始一段时间内物件受到沿传送带向上的滑动摩擦力而做匀加速运动，当物件加速到v时，物件受沿传送带向上的静摩擦力与重力沿传送带向下的分力平衡而做匀速运动，但是传送带长度不明确，物件可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动后做匀速运动，A错误；若v7．答案：C
解析：对物体A，由牛顿第二定律得T－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二定律得(M＋m)g－T＝(M＋m)a，联立解得T＝Mg＋，a＝g，A、B错误，C正确；对物体C，由牛顿第二定律得mg－FBC＝ma，解得FBC＝mg－ma＝mg－g，D错误．
8．答案：A
解析：刚开始PQ一起做加速运动，根据牛顿第二定律可知F＝(mP＋mQ)a，结合图像斜率可知mP＋mQ＝3kg，当加速度大于等于2m/s2，PQ分开各自加速，设Q受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律可知F－f＝mQa，结合图像斜率可知mQ＝1kg，联立以上公式可求得mP＝2kg，A正确．
9．答案：AC
解析：设滑块在高水平面上的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma，根据运动学公式有v2＝2aL0，代入数据解得v＝9m/s，A正确；设滑块滑上长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对滑块有μ1mg＝ma1，代入数据解得a1＝5m/s2，对长木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，代入数据解得a2＝4m/s2，B错误；设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，则v－a1t＝a2t，代入数据解得t＝1s，C正确；此过程中滑块的位移为x1＝vt－a1t2＝6.5m，长木板的位移为x2＝a2t2＝2m，则L＝x1－x2＝4.5m，D错误．
10．答案：AD
解析：小铁球与光滑凹槽相对静止时，两者均向右做匀加速直线运动，小铁球受到的合外力应与加速度方向一致，方向水平向右，A正确；对小铁球受力分析可知mgtanα＝ma，系统加速度为a＝gtanα，对小铁球和凹槽整体受力分析，根据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，B、C错误、D正确．
11．答案：BCD
解析：当小木块速度小于传送带的速度时，小木块相对于传送带向上滑动，受到沿传送带向下的摩擦力，其加速度a＝gsinθ＋μgcosθ，因传送带足够长，当小木块与传送带速度相等后，若μ＞tanθ，则Ff＝mgsinθ＜μmgcosθ，摩擦力方向沿传送带向上，为静摩擦力，大小变小，小木块将随传送带一起匀速向下运动，若μ＜tanθ，则小木块将以a′＝gsinθ－μgcosθ的加速度向下加速运动，加速度减小，摩擦力大小不变，方向沿传送带向上，B、C、D正确．
12．答案：(1) (2)
解析：以m为研究对象，由牛顿第二定律得mg－FT＝ma，
以M为研究对象，有FT＝Ma，
联立上式可得a＝，FT＝.
13．答案：(1)4N (2)3m/s
解析：(1)在水平推力作用下，滑块与工件共同匀加速，设加速度为a，对整体由牛顿第二定律可得
F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a.解得a＝4m/s2
设挡板对滑块压力为FN，则有FN＝ma，
解得FN＝4N.
(2)撤去推力F时，设滑块与工件的速度为v，则v＝at1，
撤去推力F后，工件做减速运动，设加速度为a′，根据牛顿第二定律μ(M＋m)g＝Ma′，
小滑块做匀速直线运动，设经过时间t，离开工件上表面．小滑块位移x1＝vt，
工件位移x2＝vt－a′t2，
工件末速度为v′＝v－a′t，
离开时两者位移关系L＝x1－x2，
联立解得v′＝3m/s.
14．答案：(1)1kg (2)0.3s (3)F＝3＋100x(N)(0≤x≤0.09m)，F＝12N(x>0.09m)
解析：(1)设P、Q系统静止时弹簧的弹力为F0，有
F0－(M＋m)g＝0，F0＝kx0，
联立解得M＝1kg.
(2)分析得，当P、Q间的弹力减为零瞬间，物块与托盘分离．设物块从静止运动t时间后与托盘分离，运动的位移为x，分离时弹簧的压缩量为x1，弹力为F1，
F1－mg＝ma，F1＝kx1，x＝x0－x1，x＝at2，
联立解得t＝0.3s，x＝0.09m.
(3)设物体运动位移为x时的弹簧弹力为F3，当0≤x≤0.09m，P、Q一起向上匀加速，有F3＋F－(M＋m)g＝(M＋m)a，F3＝k(x0－x)，
联立解得F＝3＋100x(N)，
当x>0.09m，P、Q分离，对P分析有F－Mg＝Ma，
得F＝12N．
