20xx高考物理复习微专题02牛顿运动定律与图象综合问题学案。
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微专题02牛顿运动定律与图象综合问题
已知物体的速度、加速度图象分析受力情况
1．v－t图象
根据图象的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力．
2．at图象
要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程．
(20xx全国新课标Ⅰ)(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即v02，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝v02t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程v0t1＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行v1t1＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝v0＋v12t1，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssinθ＝v02t1×v0＋v12gt1＝v0v0＋v14g，选项D对．仅根据速度时间图象，无法找到物块质量，选项B错．
(1)弄清图象斜率、截距、交点、拐点的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
(20xx漳州八校联考)如图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．则()
A．F的最大值为12N
B．0～1s和2～3s内物体加速度的方向相反
C．3s末物体的速度最大，最大速度为8m/s
D．在0～1s内物体做匀加速运动，2～3s内物体做匀减速运动
解析：选C第1～2s内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律F合＝ma知合外力为12N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12N，故A错误；物体在力F作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前3s内始终做加速运动，第3s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故B错误；因为物体速度始终增加，故3s末物体的速度最大，再根据Δv＝aΔt知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在at图象上即为图象与时间轴所围图形的面积，Δv＝12×(1＋3)×4m/s＝8m/s，物体由静止开始做加速运动，故最大速度为8m/s，所以C正确；第2s内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在0～1s内物体做加速度增大的加速运动，2～3s内物体做加速度减小的加速运动，故D错误．
1．(20xx重庆理综)若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()
解析：选Bv－t图线斜率表示加速度，所以加速度图象如图所示．由牛顿第二定律可知F－mg＝ma，所以支持力F＝ma＋mg，重力保持不变，所以Ft图象相当于at图象向上平移，B正确．
2．(20xx海南卷)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s、5～10s、10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则()
A．F1＜F2B．F2＞F3
C．F1＞F3D．F1＝F3
解析：选A由vt图象可知，0～5s内加速度a1＝0.2m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F2＝mgsinθ－f；10～15s内加速度a3＝－0.2m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F3＝mgsinθ－f＋0.2m.故可得：F3＞F2＞F1，选项A正确．
已知物体的受力图象分析运动情况
1．Ft图象
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．
2．Fa图象
首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图象，明确图象的斜率、截距或面积的意义，从而由图象给出的信息求出未知量．
(多选)静止在水平地面上的物块，受到水平向右的拉力F作用，F随时间t的变化情况如图所示．设物块与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，都是1N，则()
A．在0～1s时间内物块的加速度逐渐增大
B．在3s时，物块的加速度最大
C．在3s时，物块的速度最大
D．在8s时，物块的速度最大
解析：选BD在0～1s时间内，F小于或等于最大静摩擦力，可知物块处于静止状态，故A错误；t＝3s时，拉力最大，且大于最大静摩擦力，故物块所受合力最大，物块的加速度最大，故B正确；t＝3s后，拉力仍然大于最大静摩擦力，物块仍然做加速运动，速度仍增大，t＝8s后，拉力小于最大静摩擦力，物块做减速运动，所以t＝8s时，物块的速度最大，故C错误，D正确．
(多选)如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g取10m/s2，根据图(b)中所提供的信息可以计算出()
A．物体的质量
B．斜面倾角的正弦值
C．加速度增大到6m/s2时物体的位移
D．物体静止在斜面上时的外力F
解析：选ABD对物体受力分析，受水平外力、重力、支持力，如图所示．
x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，
y方向：N－Fsinθ－mgcosθ＝0，
从图象中取两个点(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入解得m＝2kg，θ＝37°，故A、B正确．当a＝0时，可解得F＝15N，即最小拉力为15N．题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，无法求出位移，故C错误，D正确．
3．(20xx黑龙江哈师大附中月考)“蹦极”是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下．在某次蹦极中，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图象如图所示，其中t2、t4时刻图线的斜率最大．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计．下列说法中正确的是()
A．t1～t2时间内运动员处于超重状态
B．t2～t4时间内运动员的机械能先减小后增大
C．t3时刻运动员的加速度为零
D．t4时刻运动员具有向下的最大速度
解析：选B在t1～t2时间内，合力向下，运动员加速下降，处于失重状态，故A错误；在t2、t4时刻图线的斜率最大，说明弹力变化最快，由于弹力与弹性绳的伸长量成正比，说明伸长量变化最快，即速度最大，而速度最大时弹力与重力平衡；由于整个过程重力势能、弹性势能和动能的总和保持不变，而t2～t4时间内弹性势能先变大后变小，故运动员的机械能先减小后增大，故B正确；t3时刻弹力最大，运动员运动到最低点，合力向上，故加速度向上，不为零，故C错误；t4时刻运动员受到的重力和弹力平衡，加速度为零，具有向上的最大速度，故D错误．
4．(多选)如图(甲)所示，物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(乙)所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.重力加速度g取10m/s2.根据题目提供的信息，下列判断正确的是()
A．物体的质量m＝2kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.6
C．物体与水平面的最大静摩擦力fmax＝3N
D．在F为10N时，物体的加速度a＝2m/s2
解析：选AD根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，F1＝7N，a1＝0.5m/s2；F2＝14N，a2＝4m/s2，联立解得m＝2kg，μ＝0.3，A正确，B错误．最大静摩擦力f＝μmg＝6N，C错误．当F＝10N时，代入得a＝2m/s2，D正确．
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考点11牛顿运动定律的综合应用
考点名片
考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如：20xx年全国卷第25题、20xx年全国卷第25题、20xx年海南高考第9题、20xx年北京高考第8题、20xx年四川高考第7题、20xx年大纲卷第19题、20xx年江苏高考第5题、20xx年福建高考第15题、20xx年浙江高考第17题和第19题、20xx年广东高考第19题、20xx年山东高考第15题等。
备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。
一、基础与经典
1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是()
A．他始终处于超重状态
B．他始终处于失重状态
C．他先后处于超重、平衡、失重状态
D．他先后处于失重、平衡、超重状态
答案C
解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。
2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的()
答案A
解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()
A．物块可能匀速下滑
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
答案C
解析对物块进行受力分析，设斜面的角度为θ，可列方程mgsinθ－μmgcosθ＝ma，sinθ－μcosθ＝，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma1，即mgsinθ－μmgcosθ＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，ma＋Fsinθ－μFcosθ＝ma1，Fsinθ－μFcosθ＝F(sinθ－μcosθ)＝，大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。
4.(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ。为了增加轻线上的张力，可行的办法是()
A．减小A物块的质量B．增大B物块的质量
C．增大倾角θD．增大动摩擦因数μ
答案AB
解析对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，隔离物体B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa。以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确。
5．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()
A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为g
答案BC
解析互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g，FT＝mg，故A、D错误，B、C正确。
6.如图所示，木块A的质量为m，木块B的质量为M，叠放在光滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现用水平力F作用于A，则保持A、B相对静止的条件是F不超过()
A．μmgB．μMg
C．μmgD．μMg
答案C
解析由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F＝(M＋m)a；若A、B即将相对滑动，以物体B为研究对象可知μmg＝Ma，联立解得F＝μmg，选项C正确。
7．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是()
答案B
解析A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F＝2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。
8.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()
答案A
解析本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有F＝(m1＋m2)a，即a＝＝，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到μm2g后，两者发生相对滑动。对m2有F－f＝ma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后f＝μm2g不再变化，a2＝＝－μg，故其图象斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有μm2g＝m1a1，故a1＝为定值。故A选项正确。
9.(多选)神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10km时，下降速度为200m/s。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16s后返回舱的速度减至80m/s，此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10m/s，此时飞船距地面高度为1m，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动，g＝10m/s2。根据以上材料可得()
A．减速伞工作期间返回舱处于失重状态
B．主伞工作期间返回舱处于失重状态
C．减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5m/s2
D．每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍
答案CD
解析减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A、B项错；减速伞工作期间，返回舱从200m/s减速至80m/s，由运动学公式得a1＝＝7.5m/s2，C项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a3＝＝50m/s2，由牛顿第二定律得4F－mg＝ma3，解得＝1.5,D项正确。
10．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，g＝10m/s2。下列说法中正确的是()
A．0～5s内物块做匀减速运动
B．在t＝1s时刻恒力F反向
C．恒力F大小为10N
D．物块与水平面的动摩擦因数为0.3
答案BD
解析题图乙为物块运动的v2x图象，由v2－v＝2ax可知，图象的斜率k＝2a，得0～5m位移内a1＝－10m/s2，5～13m位移内a2＝4m/s2，可知恒力F反向时物块恰好位于x＝5m处，t＝＝1s，A错误，B正确。对物块受力分析可知，－F－Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，得F＝7N，Ff＝3N，μ＝＝0.3，C错误，D正确。
二、真题与模拟
11.20xx·海南高考](多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时()
A．物块与斜面间的摩擦力减小
B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
答案BD
解析当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ(θ为斜面倾角)。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重状态，超重ma。物块“重力”变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθmgcosθ，B正确。“重力”沿斜面向下的分力GF′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθμmgcosθ，A错误。f′＝μ(mg＋ma)cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。
12．20xx·海南高考](多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()
A．a1＝3gB．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2
答案AC
解析剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg。因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误。由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。
13．20xx·北京高考]应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()
A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
答案D
解析物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确。
14．20xx·四川高考](多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()
答案BC
解析若v2μmPg，则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)；若v2v1，且mQgμmPg，则P先匀减速至v1，然后与传送带一起匀速运动，直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)；若v2v1且mQgμmPg，满足mQg＋μmPg＝(mP＋mQ)a2，中途减速至v1，以后满足mQg－μmPg＝(mP＋mQ)a3，以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带)，故C正确，A、D错误。
15．20xx·大纲卷]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()
A．tanθ和B.tanθ和
C．tanθ和D.tanθ和
答案D
解析对物块上滑过程由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，根据运动规律可得v2＝2a·，2＝2a·，联立可得μ＝tanθ，h＝。故D项正确。
16．20xx·福建高考]如图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()
答案B
解析对物体受力分析，由于物体在斜面上能够停止，物体所受的滑动摩擦力大于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为α，由牛顿第二定律可知，Ff－mgsinα＝ma，FN＝mgcosα，又Ff＝μFN，解得a＝μgcosα－gsinα，加速度a为定值，D错误。由v＝v0－at可知，vt图线应为倾斜的直线，C错误。由s＝v0t－at2可知，st图线为抛物线，B正确。由几何关系可知h＝s·sinα，即ht图线应类似于st图线，A错误。
17．20xx·江西宜春三中检测]如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为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，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是()
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为
C．系统的加速度为a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
答案C
解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，A、B错误。小球所受合外力为mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，C正确，D错误。
18．20xx·海口联考](多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g＝10m/s2)()
A．若传送带不动，则vB＝3m/s
B．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝3m/s
C．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s
D．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝2m/s
答案ABC
解析若传送带不动，由匀变速规律可知v－v＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3m/s，故选项A、B、C正确，D错误。
19．20xx·福州质检]如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()
答案A
解析此过程可分为三段，第一段小球向下做自由落体运动，加速度a＝g，方向竖直向下，速度v＝gt；第二段小球向下做加速运动，加速度a＝，弹簧的压缩量x变大，加速度a变小，方向向下；第三段运动小球向下做减速运动，加速度a＝，弹簧的压缩量x变大，加速度a变大，方向向上，到达最低点时ag，而且小球接触弹簧后at图线不是线性关系，所以C、D都错误。又由vt图象的斜率变化代表加速度的变化，故选项A正确。
20．20xx·山东烟台期中](多选)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α45°)。三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是()
A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上
B．若m1＝m2cotα，则两物体可静止在斜面上
C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g
D．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零
答案BC
解析若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsinα，由于α45°，则m2gsin(90°－α)
20xx高考物理复习微专题03牛顿运动定律的应用_分离条件分析学案新人教版
微专题03牛顿运动定律的应用——分离条件分析
两物体分离的特点
如图A、B两个物体靠在一起，放在光滑的水平面上，质量分别为MA＝3kg，MB＝6kg.今用水平力FA向右推A，用水平力FB向右拉B，FA和FB随时间的变化关系分别为：
FA＝(9－2t)N，FB＝(3＋2t)N
(1)试分析两者分离前的运动情况；
(2)求分离时两者的速度和加速度；
(3)从t＝0到分离时两者通过的位移．
解析：(1)以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律，得
F＝FA＋FB＝(MA＋MB)a①
又FA＝(9－2t)N，FB＝(3＋2t)N②
由①②得：F＝12N，a＝43m/s2
分离前两物体一起做初速度为零的匀加速运动．
设分离前两物体之间的正压力为F′
由a＝9－2t－F′MA＝F′＋3＋2tMB，得t＝0时，F′＝5N
由于FA随t的增加而减小，FB随t的增加而增加，可以断定，分离前随着时间的增加，两物体之间的正压力F′逐渐减小，分离时两者之间的正压力F′为零．
(2)分离时两者的速度和加速度相等，加速度仍为a＝43m/s2.此时两者之间的弹力为零，由加速度相等得
a＝FAMA＝FBMB＝9－2t3＝3＋2t6
分离前的运动时间为t＝2.5s，则分离时的速度
v＝at＝3.3m/s
(3)位移s＝12at2＝4.2m
答案：(1)见解析(2)3.3m/s43m/s2(3)4.2m
弹簧与物块的分离
如图所示，质量均为m＝3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a＝2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ＝0.5，g＝10m/s2.求：
(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；
(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．
解析：(1)开始时弹簧的压缩量为x1，则kx1＝2μmg
得x1＝0.3m．
物块A、B分离时，A、B间的相互作用力为零．
对B：F－μmg＝ma，F＝21N．
(2)物块A、B分离时，对A有
kx2－μmg＝ma，x2＝0.21m
又x1－x2＝12at2，解得t＝0.3s．
答案：(1)21N(2)0.3s
如图所示，一劲度系数为k＝800N/m的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m＝12kg的物体A和B，物体A、B和轻弹簧竖立静止在水平地面上．现要加一竖直向上的力F在上面物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面．设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g＝10m/s2，求：此过程中所加外力F的最大值和最小值．
解析：A原静止时，设弹簧压缩x1，
由受力平衡和胡克定律有：kx1＝mg①
物体A向上做匀加速运动，开始时弹簧的压缩形变量最大，向上的弹力最大，则所需外力F最小，设为F1
由牛顿第二定律：F1＋kx1－mg＝ma②
当B刚要离地时，弹簧由缩短变为伸长，此时弹力变为向下拉A，则所需外力F最大，设为F2
对B：kx2＝mg③
对A：F2－kx2－mg＝ma④
由位移公式对A有：x1＋x2＝12at2⑤
又t＝0.4s⑥
由①②③④⑤⑥可得：
x1＝x2＝mgk＝12×10800m＝0.15m
a＝3.75m/s2F1＝45NF2＝285N
答案：285N45N
1．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定于墙上，另一端连接一物体A.用质量与A相同的物体B推物体A使弹簧压缩，A、B与地面的动摩擦因数分别为μA和μB，且μA＜μB，释放A、B，两者向右运动一段时间之后将会分离，则A、B分离时弹簧的()
A．伸长量为μB＋μAmgkB．压缩量为μB＋μAmgk
C．伸长量为μB－μAmgkD．压缩量为μB－μAmgk
解析：选C弹簧压缩时A、B一起运动不会分离，当A、B分离时其相互作用力为0，
对B：μBmg＝ma．
对A：μAmg＋kx＝ma
解得x＝μB－μAmgk．
2．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10m/s2)，则下列结论正确的是()
A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态
B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm
C．物体的质量为3kg
D．物体的加速度大小为5m/s2
解析：选D物体与弹簧分离时弹簧恢复原长，A错误，
刚开始物体处于静止状态，有mg＝kx．
拉力F1＝10N时，F1＋kx－mg＝ma
物体与弹簧分离后F2＝30N，F2－mg＝ma
代入数据解得m＝2kg，k＝500N/m＝5N/cm，a＝5m/s2.故B、C错误，D正确．
3．如图，把长方体切成质量分别为m和M的两部分，切面与地面的夹角为30°，忽略一切摩擦，至少用多大的水平力F推m，才能使m相对M上滑？
解析：以m为研究对象，当m刚要上滑时，m与地面刚好分离，m与地面之间的正压力为零，m受重力mg、推力F和M施加的支持力N1作用，且在竖直方向处于平衡，有：
N1cos30°＝mg，N1＝mgcos30°
以M为研究对象，M受重力Mg、地面的支持力N和m对M的压力N′作用，在水平方向，由牛顿第二定律，得：
N1′sin30°＝Ma，
由牛顿第三定律，N1′＝N1得：a＝N1′sin30°M＝mgtan30°M
以m和M组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律有：
F＝(m＋M)a＝m＋Mmgtan30°M
答案：m＋Mmgtan30°M
20xx高考物理《牛顿运动定律的综合应用》材料分析
20xx高考物理《牛顿运动定律的综合应用》材料分析
考点一|动力学两类基本问题
1．已知物体的受力情况，求解物体的运动情况
解这类题目，一般是应用牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据物体的初始条件，应用运动学公式，求出物体的运动情况．2．已知物体的运动情况，求解物体的受力情况
解这类题目，一般是应用运动学公式求出物体的加速度，再应用牛顿第二定律求出物体所受的合外力，进而求出物体所受的某个力．
3．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
(20xx·浙江10月学考)在某段平直的铁路上，一列以324km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5min后恰好停在某车站，并在该站停留4min，随后匀加速驶离车站，经8.1km后恢复到原速324km/h.
图331
(1)求列车减速时的加速度大小；
(2)若该列车总质量为8.0×105kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；
(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度的大小．
【解析】由题意作vt图，如图(1)324km/h＝90m/s，可得a1＝＝m/s2＝－0.3m/s2所以减速时加速度的大小为0.3m/s2.
(2)根据牛顿第二定律，得F－Ff＝ma2①Ff＝kmg＝0.1mg②加速阶段加速度a2＝＝m/s2＝0.5m/s2③将②③代入①，得F＝Ff＋ma2＝m(kg＋a2)＝8.0×105×(0.1×10＋0.5)N＝1.2×106N所以列车驶离车站加速过程中牵引力大小为1.2×106N.(3)减速阶段位移x1＝v0t＋a1t2＝90×300m＋×(－0.3)×3002m＝13500m总位移x＝x1＋x2＝(13500＋8100)m＝21600m加速阶段时间t3＝＝s＝180s所以平均速度v＝＝m/s＝30m/s.【答案】(1)0.3m/s2(2)1.2×106N(3)30m/s
1．解决两类动力学基本问题应把握的关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．
2．两类动力学问题的解题步骤
3．解决动力学基本问题时对力的处理方法
(1)合成法——在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”；
(2)正交分解法——若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
1．静止在光滑水平地面上的物体的质量为2kg，在水平恒力F推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s，则F的大小为()
A．2NB．1NC．4ND．8N
A[在水平恒力F推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a＝＝m/s2＝1m/s2.由牛顿第二定律得F＝ma＝2×1N＝2N．]
2．(20xx·海宁模拟)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据．刹车线是指汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为()
A．7m/sB．10m/s
C．14m/sD．20m/s
C[设汽车刹车后滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，所以a＝μg，由匀变速直线运动的规律得v＝2ax，故汽车刹车前的速度为v0＝＝＝14m/s，选项C正确．]
3．图332甲是1996年在地球上空测定火箭组质量的实验情景，其实验原理如图乙所示．实验时，用质量m＝3400kg的双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组M(发动机已熄火)．接触后，开动飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895N，推进器开动时间为7s，测出飞船和火箭组的速度变化是0.91m/s，用这种方法测出火箭组的质量计为M1，而发射前科学家在地面上已测出该火箭组的质量M2＝3660kg，则最接近()
图332
A．0.5%B．5%C．10%D．20%
B[飞船与火箭组一起加速，a＝＝＝，可得M1＝3485kg，则＝0.048，故选B.]
4．(20xx·金华十校调研)行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()
A．450NB．400N
C．350ND．300N
C[汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝＝5m/s2对乘客应用牛顿第二定律可得：F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确．]
5．(加试要求)如图333所示，质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为x.耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变．求：
图333
(1)拖拉机的加速度大小；
(2)拖拉机对连接杆的拉力大小.
【解析】(1)拖拉机在时间t内匀加速前进x，根据位移公式x＝at2①变形得a＝.②(2)拖拉机受到牵引力、地面支持力、重力、地面阻力和连接杆的拉力FT，根据牛顿第二定律Ma＝F－kMg－FTcosθ③②③联立变形得FT＝[F－M(kg＋)]④根据牛顿第三定律，拖拉机对连接杆的作用力为FT′＝FT＝[F－M(kg＋)]．【答案】(1)(2)[F－M(kg＋)]考点二|超重与失重现象
1．超重：
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向上的加速度．
2．失重：
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．
(2)产生条件：物体具有向下的加速度．
3．尽管物体的加速度不在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma.
1．下列情景中属于超重现象的是()
D[汽车过拱桥最高点时，加速度竖直向下，汽车处于失重状态，选项A错误；载人航天器在太空中的运动，重力完全提供向心力，载人航天器处于完全失重状态，选项B错误；人站在体重计上突然下蹲的瞬间，加速度向下，人处于失重状态，选项C错误；电梯中的人随电梯向上加速运动，加速度向上，人处于超重状态，选项D正确．]
2．(20xx·建德调研)关于超重和失重的下列说法中，正确的是()
A．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了
B．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用
C．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态
D．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化
D[物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A、B、C均错误，D正确．]
3．小明站在电梯里，当电梯以加速度5m/s2加速下降时，小明受到的支持力()
A．小于重力，但不为零
B．大于重力
C．等于重力
D．等于零
A[由牛顿第二定律结合受力分析可知支持力小于重力，但不为零；或者由超重、失重的知识可知，当物体有向下的加速度时处于失重状态，压力(或支持力)小于重力．选项A正确．]
4．(20xx·兰溪模拟)某同学背着书包坐竖直升降的电梯，当感觉到背的书包变“轻”时，电梯可能在()
A．匀速下降B．匀速上升
C．加速下降D．加速上升
C[感觉到背的书包变“轻”说明此时书包处于失重状态，有向下的加速度，物体可能减速上升或加速下降．选C.]
5.如图334是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验，下列说法正确的是()
图334
A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态
B．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态
C．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态
D．飞船落地前减速时，宇航员对座椅的压力小于其重力
B[火箭加速上升过程中加速度方向向上，宇航员处于超重状态，A错误，B正确；飞船加速下落时加速度方向向下，宇航员处于失重状态，C错误；飞船减速下落，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，D错误．]
考点三|动力学中的连接体问题
1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
3．外力和内力(加试要求)如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．
选择研究对象是解决物理问题的首要环节．在很多物理问题中，研究对象的选择方案是多样的，研究对象的选取方法不同会影响求解的繁简程度．合理选择研究对象会使问题简化，反之，会使问题复杂化，甚至使问题无法解决．隔离法与整体法都是物理解题的基本方法．
1．隔离法就是将研究对象从其周围的环境中隔离出来单独进行研究，这个研究对象可以是一个物体，也可以是物体的一个部分，整体法是将几个物体看作一个整体，隔离法和整体法看上去相互对立．但两者在本质上是统一的，因为将几个物体看作一个整体之后，还是要将它们与周围的环境隔离开来的．
2．对于连结体问题，需要我们灵活选用隔离法和整体法．如果能够运用整体法，我们应该优先采用整体法，这样涉及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简便；不计物体间相互作用的内力，或物体系内的物体的运动状态相同，一般首先考虑整体法．对于大多数动力学问题，单纯采用整体法并不一定能解决，通常采用整体法与隔离法相结合的方法．
3．当系统内各物体具有相同的加速度时，应先把这个系统当作一个整体(即看成一个质点)，分析受到的外力及运动情况，利用牛顿第二定律求出加速度．如若要求系统内各物体相互作用的内力，则把物体隔离，对某个物体单独进行受力分析，再利用牛顿第二定律对该物体列式求解．隔离物体时应对受力少的物体进行隔离比较方便．
隔离法和整体法是互相依存、互相补充的，两种方法配合交替使用，常能更有效地解决问题．
1.两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑水平面上，如图335所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对物体B的作用力等于()
图335
A.FB.F
C．FD.F
B[以A、B两物体为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a，设A对B的作用力为N，对B应用牛顿第二定律可得：N＝m2a，以上两式联立可得：N＝F，B正确．]
2．(20xx·江山模拟)如图336所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是()
图336
A．L＋B．L－
C．L－D．L＋
B[对两木块整体进行分析，应用牛顿第二定律，可得F＝(m1＋m2)a，然后再隔离甲，同理可得F′＝m1a，其中F′＝k(L－L′)，解得两木块之间距离L′＝L－，故选B.]
3.如图337所示，两物体A、B质量相等，相互接触放在光滑水平面上，对物体A施以水平向右推力F1，同时对B施加水平向左推力F2，且F1F2，则物体B对物体A的作用力大小是()
图337
A.B.
C.D.
B[A在水平方向受到B对它的作用力和推力F1，由牛顿第二定律，对A、B系统有a＝，对A有F1－FB＝ma，解得FB＝，B正确．]
4.质量均为5kg的物块1、2放在光滑水平面上并用轻质弹簧秤相连，如图338所示，今对物块1、2分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20N、F2＝10N，则弹簧秤的示数为()
图338
A．30NB．15N
C．20ND．10N
B[设两物块的质量为m，以两物块为一整体，应用牛顿第二定律可得：F1－F2＝2ma，再以物块2为研究对象，应用牛顿第二定律得：FT－F2＝ma，由以上两式可解得FT＝15N，B正确．]
5．(加试要求)如图339所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动，力F的最大值是()
图339
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
A[对整个系统应用牛顿第二定律：F－(M＋m)g＝(M＋m)a①对木块应用牛顿第二定律：2Ff－Mg＝Ma②由①②联立可得：F＝，故A正确．]
20xx高考物理大一轮复习微专题01运动图象追及相遇问题学案
微专题01运动图象追及相遇问题
运动图象的理解及应用
三种图象比较
图象x－t图象v－t图象a－t图象
图象实例
图线含义图线①表示质点做匀速直线运动(斜率表示速度v)图线①表示质点做匀加速直线运动(斜率表示加速度a)图线①表示质点做加速度增大的运动
图线②表示质点静止图线②表示质点做匀速直线运动图线②表示质点做匀变速运动
图线③表示质点向负方向做匀速直线运动图线③表示质点做匀减速直线运动图线③表示质点做加速度减小的运动
交点④表示此时三个质点相遇交点④表示此时三个质点有相同的速度交点④表示此时三个质点有相同的加速度
点⑤表示t1时刻质点位移为x1(图中阴影部分的面积没有意义)点⑤表示t1时刻质点速度为v1(图中阴影部分的面积表示质点在0～t1时间内的位移)点⑤表示t1时刻质点加速度为a1(图中阴影部分的面积表示质点在0～t1时间内的速度变化量)
Ⅰ.图象选择类问题
依据某一物理过程，设计某一物理量随时间(或位移、高度、速度等)变化的几个图象或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图象，从中判断其正误．
(20xx重庆巴蜀中学开学考试)(多选)如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，绿灯还有3s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度—时间图象可能是()
解析：选BC根据v－t图象所围成的面积表示位移，来计算或估算位移的大小．A、sA＝10＋02×3m＝15m＜20m，选项A错误．B、由图可知sB＞15m，选项B正确．C、sC＝10×1＋10＋02×2m＝20m，选项C正确．D、sD＝10×0.5＋10＋02×2.5m＝17.5m＜20m，选项D错误．故选BC．
Ⅱ.图象信息类问题
这类问题是对某一物理情景给出某一物理量的具体变化图象，由图象提取相关信息或将图象反映的物理过程“还原”成数学表达形式从而对问题做出分析判断作答．
(多选)如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间(x－t)图象．A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图．下列说法正确的是()
A．A、B相遇两次
B．t1～t2时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等
C．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻
D．A在B前面且离B最远时，B的位移为x1＋x22
解析：选ABC由x－t图象知，t1、t2两时刻A、B处于同一位置，故二次相遇，A正确；t1～t2时间内两质点的位移相同．平均速度相同，B正确；由于B质点的图象为过原点的抛物线，有x＝kt2，则知B做匀加速直线运动，所以B在t1～t2时间内的平均速度等于中间时刻的速度，故C正确；由A、B运动情况可知，二者速度相等时，A的位移为x1＋x22，B的位移小于x1＋x22，D错误．
解决此类问题时要根据物理情景中遵循的规律，由图象提取信息和有关数据，根据对应的规律公式对问题做出正确的解答．具体分析过程如下：
Ⅲ.图象之间的相互转换
在物理量变化过程中，相关物理量之间相互关联，因此，通过定性推理或定量计算，我们可以由一种物理图象转换出另一种物理图象．(例如：由反映物体运动的v－t图象可以转换出x－t图象或a－t图象．)
(20xx集宁一中月考)一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a－t图象如图所示．下列v－t图象中，可能正确描述此物体运动的是()
解析：选D在0～T2内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，v－t图象是向上倾斜的直线；在T2～T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，v－t图象是平行于t轴的直线；在T～2T，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，物体先做匀减速运动，到32T时刻速度为零，接着反向做初速度为零的匀加速直线运动，v－t图象是向下倾斜的直线，故D正确，AC错误；在0～T2内，由两个图象看出速度和加速度都沿正向，物体应做匀加速运动，在T2～T内，加速度为0，物体做匀速直线运动，在T～2T，加速度反向，物体做匀减速直线运动，所以该速度与a－t图象所反映的运动情况不符，故B错误．
图象转换问题的“三个”关键点
(1)注意合理划分运动阶段，分阶段进行图象转换．
(2)注意相邻运动阶段的衔接，尤其是运动参量的衔接．
(3)注意图象转换前后核心物理量间的定量关系，这是图象转换的依据．
追及与相遇问题
(对应学生用书P10)
讨论追及、相遇问题的实质，就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置．
1．抓住一个条件，两个关系
(1)一个条件：二者速度相等．它往往是能否追上或距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．
(2)两个关系：即时间关系和位移关系．可通过画草图找出两物体的位移关系，也是解题的突破口．
2．能否追上的判断方法
常见情形：物体A追物体B，开始二者相距x0，则
(1)A追上B时，必有xA－xB＝x0，且vA≥vB．
(2)要使两物体恰不相撞，必有xA－xB＝x0，且vA≤vB．
Ⅰ.与运动图象相结合的追及相遇问题
(20xx全国卷Ⅰ)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图所示．已知两车在t＝3s时并排行驶，则()
A．在t＝1s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
解析：选BD根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动．t＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由位移和v－t图线所围面积对应关系知，0～3s内甲车位移x甲＝12×3×30m＝45m，乙车位移x乙＝12×3×(10＋25)m＝52.5m．故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B选项正确；0～1s内，x甲′＝12×1×10m＝5m，x乙′＝12×1×(10＋15)m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，说明在t＝1s时甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D选项正确．
相遇的本质就是同一时刻到达同一位置，是解决追及相遇问题不变的思路．注意起始位置是否在同一位置，速度相等和位置关系是解题的突破口．
(20xx定州中学模拟)(多选)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x－t图象如图所示，则下列说法正确的是()
A．t1时刻乙车从后面追上甲车
B．t1时刻两车相距最远
C．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度
D．0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度
解析：选AD它们在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间t1位移又相等，故在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车，故A正确，B错误；0到t1时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到t1时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D正确，C错误．
Ⅱ.与实际生活相结合的追及相遇问题
(20xx济南实验中学模拟)在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．(可用多种方法)
解析：两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等．设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用三种方法解答如下：
解法一分析法利用位移公式、速度公式求解，对A车有xA＝v0t＋12×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t
对B车有xB＝12at2，vB＝at
两车位移关系有x＝xA－xB
追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB
联立以上各式解得v0＝6ax
故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是
v0≤6ax．
解法二函数法利用判别式求解，由解法一可知
xA＝x＋xB，即v0t＋12×(－2a)×t2＝x＋12at2
整理得3at2－2v0t＋2x＝0
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－43a2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax．
解法三图象法利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at
对B车有vB＝v′＝at
以上两式联立解得t＝v03a
经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知
x＝12v0t＝12v0v03a＝v206a
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤6ax．
答案：v0≤6ax
1．牢记“一个思维流程”
2．掌握“三种分析方法”
(1)分析法
应用运动学公式，抓住一个条件、两个关系，列出两物体运动的时间、位移、速度及其关系方程，再求解．
(2)极值法
设相遇时间为t，根据条件列出方程，得到关于t的一元二次方程，再利用数学求极值的方法求解．在这里，常用到配方法、判别式法、重要不等式法等．
(3)图象法
在同一坐标系中画出两物体的运动图线．位移图线的交点表示相遇，速度图线抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系．
