高考物理總復(fù)習(xí)《牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)》專項(xiàng)測試卷含答案

高考物理總復(fù)習(xí)《牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)》專項(xiàng)測試卷含答案學(xué)校:___________班級(jí)：___________姓名：___________考號(hào)：___________目標(biāo)要求1.會(huì)用多種方法靈活處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)的問題。2.掌握牛頓第二定律，會(huì)分析瞬時(shí)性問題、連接體問題，會(huì)應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決運(yùn)動(dòng)的實(shí)際問題。3.會(huì)分析運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像?？键c(diǎn)一勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及應(yīng)用1．常用方法2．兩種勻減速直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)問題常用逆向思維法，對(duì)于剎車問題，應(yīng)先判斷車停下所用的時(shí)間，再選擇合適的公式求解。(2)雙向可逆類運(yùn)動(dòng)分析：勻減速直線運(yùn)動(dòng)速度減為零后反向運(yùn)動(dòng)，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時(shí)可對(duì)全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負(fù)及物理意義。3．處理追及問題的常用方法過程分析法函數(shù)法Δx＝x乙＋x0－x甲為關(guān)于t的二次函數(shù)，當(dāng)t＝－eq\f(b,2a)時(shí)有極值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判斷有解還是無解，是追上與追不上的條件圖像法畫出v－t圖像，圖線與t軸所圍面積表示位移，利用圖像來分析追及相遇問題更直觀例1(2022·湖北卷·6)我國高鐵技術(shù)全球領(lǐng)先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時(shí)間。假設(shè)兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km，W和G之間還均勻分布了4個(gè)車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達(dá)終點(diǎn)站G。設(shè)普通列車的最高速度為108km/h，高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進(jìn)站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2，其余行駛時(shí)間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運(yùn)動(dòng)，兩種列車在每個(gè)車站停車時(shí)間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時(shí)間為()A．6小時(shí)25分鐘 B．6小時(shí)30分鐘C．6小時(shí)35分鐘 D．6小時(shí)40分鐘解題指導(dǎo)關(guān)鍵表述均勻分布了4個(gè)車站；進(jìn)站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2，其余行駛時(shí)間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運(yùn)動(dòng)，兩種列車在每個(gè)車站停車時(shí)間相同過程分析全程分五段，節(jié)省的時(shí)間為五段運(yùn)動(dòng)時(shí)間的差值，每段分勻加速、勻速和勻減速三個(gè)過程問題分析整個(gè)過程分為五段，畫出每段的三個(gè)過程，求出各自每段總時(shí)間，算出每段節(jié)省的時(shí)間，每段節(jié)省的時(shí)間的五倍即是從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時(shí)間答案B解析108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s，由于中間4個(gè)站均勻分布，因此節(jié)省的時(shí)間相當(dāng)于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時(shí)間的5倍，相鄰兩站間的距離x＝eq\f(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列車加速時(shí)間t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速過程的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m，＝7140s，同理高鐵列車加速時(shí)間t1′＝eq\f(v1′,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速過程的位移x1′＝eq\f(1,2)at1′2＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2′＝eq\f(x－2x1′,v1′)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相鄰兩站間節(jié)省的時(shí)間Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4680s，因此總的節(jié)省時(shí)間Δt總＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小時(shí)30分鐘，故選B。例2(山東卷·6)如圖所示，電動(dòng)公交車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)站，連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點(diǎn)，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經(jīng)過T點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度為()A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s答案C解析由題知，電動(dòng)公交車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)RS間的距離為x，則根據(jù)題意有eq\x\to(v)RS＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\x\to(v)ST＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)，聯(lián)立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系有vT＝vR－a·5t1，則at1＝2m/s，又有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)＝10m/s，則vR＝11m/s，聯(lián)立解得vT＝1m/s，故選C。例3(貴州畢節(jié)市診斷)在東京奧運(yùn)會(huì)女子蹦床決賽中，中國選手朱雪瑩奪得冠軍。如圖所示，某次比賽中，朱雪瑩雙腳離開蹦床后豎直向上運(yùn)動(dòng)，把上升過程分為等距的三段，朱雪瑩從下至上運(yùn)動(dòng)過程中，依次經(jīng)歷三段的時(shí)間記為t1、t2、t3，則t1∶t2∶t3最接近()A．3∶6∶10 B．3∶4∶10C．3∶6∶20 D．3∶4∶20答案B解析根據(jù)逆向思維，將向上的末速度為0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)看為向下的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有h＝eq\f(1,2)gt32，2h＝eq\f(1,2)g(t2＋t3)2，3h＝eq\f(1,2)g(t1＋t2＋t3)2，解得t3＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(4h,g))－eq\r(\f(2h,g))，t1＝eq\r(\f(6h,g))－eq\r(\f(4h,g))，則有t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1≈(1.732－1.414)∶(1.414－1)∶1≈3∶4∶10可知該比值最接近3∶4∶10，故選B?？键c(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用1．解決動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的思路2．瞬時(shí)加速度問題3．連接體問題(1)整體法與隔離法的選用技巧整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力整體法、隔離法的交替運(yùn)用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求出物體之間的作用力，可以先整體求加速度，后隔離求連接體內(nèi)物體之間的作用力(2)連接體問題中常見的臨界條件接觸與脫離接觸面間彈力等于0恰好發(fā)生滑動(dòng)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力繩子恰好斷裂繩子張力達(dá)到所能承受的最大值繩子剛好繃直或松弛繩子張力為0(3)常見連接體接觸面光滑，或μA＝μB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(guān)常用隔離法常會(huì)出現(xiàn)臨界條件例4(安徽、云南、吉林、黑龍江適應(yīng)性測試)如圖(a)，足夠高的水平長桌面上，P點(diǎn)左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動(dòng)下從桌面左端開始運(yùn)動(dòng)，其v－t圖像如圖(b)所示，已知砝碼B質(zhì)量為0.10kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物塊A的質(zhì)量；(2)物塊A與P點(diǎn)右邊桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案(1)0.4kg(2)0.125解析(1)由題圖(b)可知，物塊A在P點(diǎn)左邊運(yùn)動(dòng)的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律有mBg＝(mB＋mA)a1代入數(shù)據(jù)解得mA＝0.4kg(2)物塊A在P點(diǎn)右邊運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(3－2,2－1)m/s2＝1m/s2根據(jù)牛頓第二定律有mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.125。例5(陜西榆林市第四次模擬)如圖所示，靜止在水平地面上的木板B的質(zhì)量m2＝4kg，現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量m1＝2kg的物塊A(視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝6m/s的速度大小從左端沖上木板B，已知物塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，木板B足夠長，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物塊A剛滑上木板B時(shí)，物塊A的加速度大小a1以及木板B的加速度大小a2；(2)從物塊A沖上木板B到木板B停下，物塊A相對(duì)地面發(fā)生的位移大小x。答案(1)5m/s21m/s2(2)4m解析(1)對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g＝m1a1解得a1＝5m/s2對(duì)木板B，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2解得a2＝1m/s2(2)設(shè)經(jīng)時(shí)間t物塊A與木板B達(dá)到的共同速度大小為v，有v＝v0－a1t＝a2t解得t＝1s，v＝1m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，此過程物塊A發(fā)生的位移大小x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2解得x1＝3.5m達(dá)到共同速度后，經(jīng)分析物塊A與木板B能共同向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a3，根據(jù)牛頓第二定律有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3解得a3＝1m/s2設(shè)達(dá)到共同速度后，物塊A發(fā)生的位移大小為x2，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有v2＝2a3x2解得x2＝0.5m所以從物塊A沖上木板B到木板B停下，物塊A相對(duì)地面發(fā)生的位移大小x＝x1＋x2＝4m?？键c(diǎn)三運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像1．常規(guī)圖像常見圖像斜率k面積兩圖像交點(diǎn)x－t圖像eq\f(Δx,Δt)＝v表示相遇v－t圖像eq\f(Δv,Δt)＝a位移x表示此時(shí)速度相等，往往是距離最大或最小的臨界點(diǎn)a－t圖像速度變化量Δv表示此時(shí)加速度相等2.非常規(guī)圖像非常規(guī)圖像(舉例)函數(shù)表達(dá)式斜率k縱截距bv2－x圖像由v2－v02＝2ax得v2＝v02＋2ax2av02eq\f(x,t)－t圖像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)ateq\f(1,2)av0eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)圖像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t2)＝v0eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)av0eq\f(1,2)aa－x圖像由v2－v02＝2ax知圖線與x軸所圍面積等于eq\f(v2－v02,2)，此面積與物體質(zhì)量乘積表示動(dòng)能的變化量eq\f(1,v)－x面積表示運(yùn)動(dòng)時(shí)間3.動(dòng)力學(xué)圖像F－t圖像思路一：分段求加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解思路二：動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解思路二：動(dòng)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(jù)牛頓第二定律列式，再變換成a－F關(guān)系例如：如圖所示，F(xiàn)－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，斜率為eq\f(1,m)，截距為－μg例6(2022·河北卷·1)科學(xué)訓(xùn)練可以提升運(yùn)動(dòng)成績，某短跑運(yùn)動(dòng)員科學(xué)訓(xùn)練前后百米全程測試中，速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。由圖像可知()A．0～t1時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的平均加速度大B．0～t2時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練前、后運(yùn)動(dòng)員跑過的距離相等C．t2～t3時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的平均速度小D．t3時(shí)刻后，運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練前做減速運(yùn)動(dòng)，訓(xùn)練后做加速運(yùn)動(dòng)答案D解析根據(jù)v－t圖像的斜率表示加速度，由題圖可知0～t1時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的平均加速度比訓(xùn)練前小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖可知0～t2時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練前運(yùn)動(dòng)員跑過的距離比訓(xùn)練后大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖可知t2～t3時(shí)間內(nèi)，訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的位移比訓(xùn)練前大，根據(jù)平均速度等于位移與時(shí)間的比值，可知訓(xùn)練后運(yùn)動(dòng)員的平均速度大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)v－t圖像可知，t3時(shí)刻后，運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練前速度減小，做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練后速度增大，做加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。例7(多選)(全國甲卷·19)用水平拉力使質(zhì)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(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知()A．m甲<m乙 B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙答案BC解析根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。故選B、C。1．(四川成都市第一次診斷)無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機(jī)背面，利用電磁感應(yīng)實(shí)現(xiàn)無線充電。劣質(zhì)的無線充電寶使用過程中可能因吸力不足發(fā)生滑落造成安全隱患。圖(a)為科創(chuàng)小組某同學(xué)手握手機(jī)(手不接觸充電寶)，利用手機(jī)軟件記錄豎直放置的手機(jī)及吸附的充電寶從靜止開始在豎直方向上的一次變速運(yùn)動(dòng)過程(手機(jī)與充電寶始終相對(duì)靜止)，記錄的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖(b)所示(規(guī)定向上為正方向)，且圖像上下部分分別與t軸圍成的面積相等，已知無線充電寶質(zhì)量為0.2kg，手機(jī)與充電寶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，則在該過程中()A．手機(jī)與充電寶全程向下運(yùn)動(dòng)，最終處于靜止?fàn)顟B(tài)B．充電寶在t2與t3時(shí)刻所受的摩擦力方向相同C．充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小值為2ND．充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為12N答案D解析手機(jī)與充電寶從靜止開始，向下先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，從t1時(shí)刻向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大；再向下做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，t2時(shí)刻速度減小到零，此后做向上的加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，加速度減小到零時(shí)向上運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到最大，此后先向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，從t3時(shí)刻再向上做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后速度為零，故A錯(cuò)誤；充電寶在t2時(shí)刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在t3時(shí)刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻充電寶向下的加速度為10m/s2，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最小，值為零，故C錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻充電寶向上的加速度最大，充電寶與手機(jī)之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律可得Ffmax－mg＝ma2，又Ffmax＝μF，解得充電寶與手機(jī)之間的吸引力大小至少為F＝12N，故D正確。2．(廣東考前診斷性測試)某高中實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)研究勻減速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的方案，利用數(shù)控式打點(diǎn)計(jì)時(shí)器記錄小車的運(yùn)動(dòng)信息，從小車開始減速為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，剛好停下時(shí)記錄下最后一個(gè)點(diǎn)，打點(diǎn)頻率為1Hz。通過分析小車在減速過程中的紙帶，第1、2個(gè)點(diǎn)之間的距離與最后兩個(gè)點(diǎn)之間的距離之比為a，第一個(gè)點(diǎn)與最后一個(gè)點(diǎn)的距離為x，則從開始減速到停下的平均速度是()A.eq\f(4x,a)B.eq\f(4x,a＋1)C.eq\f(2x,a＋1)D.eq\f(2x,a)答案C解析設(shè)加速度為a0，小車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)減速至速度為0的過程可以看作初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的逆過程，設(shè)整個(gè)過程時(shí)間為t，則開始減速第一秒內(nèi)位移x1＝eq\f(1,2)a0t2－eq\f(1,2)a0(t－1)2，最后一秒內(nèi)位移x2＝eq\f(1,2)a0·12，由題意可知eq\f(x1,x2)＝a，代入數(shù)據(jù)得t＝eq\f(a＋1,2)，所以平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(2x,a＋1)，故選C。專項(xiàng)訓(xùn)練[保分基礎(chǔ)練]1．(全國甲卷·16)一小車沿直線運(yùn)動(dòng)，從t＝0開始由靜止勻加速至t＝t1時(shí)刻，此后做勻減速運(yùn)動(dòng)，到t＝t2時(shí)刻速度降為零，在下列小車位移x與時(shí)間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是()2．(多選)(湖北卷·8)t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P從原點(diǎn)由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨時(shí)間t按圖示的正弦曲線變化，周期為2t0。在0～3t0時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是()A．t＝2t0時(shí)，P回到原點(diǎn)B．t＝2t0時(shí)，P的運(yùn)動(dòng)速度最小C．t＝t0時(shí)，P到原點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)D．t＝eq\f(3,2)t0時(shí)，P的運(yùn)動(dòng)速度與t＝eq\f(1,2)t0時(shí)相同3.(多選)(安徽合肥市一模)2022年10月9日搭載天基太陽天文臺(tái)“夸父一號(hào)”的長征二號(hào)丁運(yùn)載火箭成功發(fā)射。如圖為火箭發(fā)射后，第6秒末的照片，現(xiàn)用毫米刻度尺對(duì)照片進(jìn)行測量，刻度尺的0刻度線與剛發(fā)射時(shí)火箭底部對(duì)齊。假設(shè)火箭發(fā)射后6秒內(nèi)沿豎直方向做勻則下列估算正確的是()A．火箭豎直升空的加速度大小為2.2m/s2B．火箭豎直升空的加速度大小為4.2m/s2C．火箭升空所受到的平均推力大小為3.5×107ND．火箭升空所受到的平均推力大小為3.0×106N4．(江蘇卷·11)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小5．(多選)(福建七地市第一次質(zhì)檢)如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊P與物塊Q(質(zhì)量未知)之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長?，F(xiàn)給物塊P一瞬時(shí)初速度v0，并把此時(shí)記為0時(shí)刻，規(guī)定向左為正方向，0～2t0時(shí)間內(nèi)物塊P、Q運(yùn)動(dòng)的a－t圖像如圖乙所示，其中t軸下方部分的面積大小為S1，t軸上方部分的面積大小為S2，則()A．物塊Q的質(zhì)量為eq\f(1,2)mB．t0時(shí)刻物塊Q的速度為vQ＝S2C．t0時(shí)刻物塊P的速度為vP＝v0－eq\f(1,2)S1D．0～2t0時(shí)間內(nèi)彈簧始終對(duì)物塊Q做正功6.(多選)(2022·吉林松原市聯(lián)考)如圖所示，斜面傾角為θ＝30°的光滑直角斜面體固定在水平地面上，斜面體頂端裝有光滑定滑輪。質(zhì)量均為1kg的物塊A、B用跨過滑輪的輕繩相連。物塊A和滑輪之間的輕繩與斜面平行，B自然下垂，不計(jì)滑輪的質(zhì)量，重力加速度g取10m/s2，同時(shí)由靜止釋放物塊A、B后的一小段時(shí)間內(nèi)，物塊A、B均未碰到地面和滑輪，則該過程中下列說法正確的是()A．物塊B運(yùn)動(dòng)方向向上B．物塊A的加速度大小為2.5m/s2C．輕繩的拉力大小為7.5ND．地面給斜面體的摩擦力方向水平向左7.(多選)(廣東高州市一模)如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的P、Q按如圖的方式用豎直輕彈簧和豎直輕繩連接，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)輕繩的拉力大小為mg，輕彈簧的壓縮量為x，重力加速度用g表示。則下列說法正確的是()A．剪斷輕繩的瞬間，P的加速度大小為eq\f(g,2)B．剪斷輕繩后，P向下運(yùn)動(dòng)2x時(shí)加速度為零C．剪斷輕繩后，P向下運(yùn)動(dòng)x時(shí)重力的功率最大D．撤走長木板的瞬間，Q的加速度大小為g[爭分提能練]8．(多選)(2022·全國甲卷·19)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小9．(多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等10.(多選)(福建廈門市檢測)如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個(gè)羽毛球時(shí)，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質(zhì)量為M＝90g(不含球的質(zhì)量)，球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff1＝2.6N，羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，當(dāng)球筒獲得一個(gè)初速度后()A．羽毛球的加速度大小為10m/s2B．羽毛球的加速度大小為30m/s2C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為3m/s11．(多選)(遼寧沈陽市質(zhì)量監(jiān)測)如圖甲所示，傾斜傳送帶兩側(cè)端點(diǎn)間距6m，皮帶總長12m，傾角θ＝37°。t＝0時(shí)，一質(zhì)量為1kg的煤塊從傳送帶底部的A點(diǎn)，以10m/s的速度沖上傳送帶。t＝1s時(shí)，傳送帶開始沿順時(shí)針方向勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示。煤塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，傳送輪和煤塊大小均可以忽略(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()A．煤塊運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)位移為5mB．煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2sC．煤塊在傳送帶上留下的痕跡為12mD．煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為90J12．神舟十五號(hào)與神舟十四號(hào)載人飛船六名航天員成功實(shí)現(xiàn)“太空會(huì)師”后，神舟十四號(hào)載人飛船返回艙于2022年12月4日順利返回。返回艙返回過程經(jīng)過一系列減速后，在離地面以2m/s的速度著地，該過程可視為豎直向下的勻減速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2，求：(1)返向艙離地面高度1.25m時(shí)的速度大??；(2)該過程返回艙的加速度大??；(3)該過程中航天員受到座椅的作用力與其重力的比值。13．(浙江杭州市一模)如圖甲，目前高速公路收費(fèi)處，有ETC通道和人工通道。在ETC收費(fèi)通道，車主只要在車輛前擋風(fēng)玻璃上安裝感應(yīng)卡并預(yù)存費(fèi)用，通過收費(fèi)站時(shí)便不用人工繳費(fèi)，也無須停車，高速通行費(fèi)將從卡中自動(dòng)扣除，即能夠?qū)崿F(xiàn)自動(dòng)收費(fèi)。如圖乙，假設(shè)一輛汽車以正常行駛速度v1＝16m/s朝收費(fèi)站沿直線行駛，如果過ETC通道，需要在距收費(fèi)站中心線前勻減速至v2＝4m/s，然后以該速度勻速行駛一段距離到達(dá)中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果過人工收費(fèi)通道，汽車由v1開始減速，需要恰好在中心線處勻減速至零，經(jīng)過20s繳費(fèi)后，再勻加速至v1正常行駛。設(shè)汽車在勻減速和勻加速過程中的加速度大小均為2m/s2，求：(1)汽車過人工收費(fèi)通道，從減速開始到收費(fèi)后加速至v1，總共通過的路程和所需時(shí)間；(2)若汽車通過ETC通道比人工收費(fèi)通道節(jié)約時(shí)間t0＝21s，汽車在ETC通道勻速行駛的距離。參考答案[保分基礎(chǔ)練]1．(全國甲卷·16)一小車沿直線運(yùn)動(dòng)，從t＝0開始由靜止勻加速至t＝t1時(shí)刻，此后做勻減速運(yùn)動(dòng)，到t＝t2時(shí)刻速度降為零，在下列小車位移x與時(shí)間t的關(guān)系曲線中，可能正確的是()答案D解析x－t圖像的斜率表示速度，0～t1時(shí)間內(nèi)小車做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度變大，所以圖像斜率變大，t1～t2時(shí)間內(nèi)小車做勻減速運(yùn)動(dòng)，則圖像的斜率變小，在t2時(shí)刻小車停止，圖像的斜率變?yōu)榱悖蔬xD。2．(多選)(湖北卷·8)t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P從原點(diǎn)由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨時(shí)間t按圖示的正弦曲線變化，周期為2t0。在0～3t0時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是()A．t＝2t0時(shí)，P回到原點(diǎn)B．t＝2t0時(shí)，P的運(yùn)動(dòng)速度最小C．t＝t0時(shí)，P到原點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)D．t＝eq\f(3,2)t0時(shí)，P的運(yùn)動(dòng)速度與t＝eq\f(1,2)t0時(shí)相同答案BD解析質(zhì)點(diǎn)在0～t0時(shí)間內(nèi)從靜止出發(fā)先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，此過程一直向前加速運(yùn)動(dòng)，t0～2t0時(shí)間內(nèi)加速度和速度反向，先做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，2t0時(shí)刻速度減速到零，此過程一直向前做減速運(yùn)動(dòng)，2t0～4t0重復(fù)此過程的運(yùn)動(dòng)，即質(zhì)點(diǎn)一直向前運(yùn)動(dòng)，A、C錯(cuò)誤，B正確；a－t圖像的面積表示速度變化量，eq\f(t0,2)～eq\f(3,2)t0時(shí)間內(nèi)速度的變化量為零，因此eq\f(t0,2)時(shí)刻的速度與eq\f(3,2)t0時(shí)刻相同，D正確。3.(多選)(安徽合肥市一模)2022年10月9日搭載天基太陽天文臺(tái)“夸父一號(hào)”的長征二號(hào)丁運(yùn)載火箭成功發(fā)射。如圖為火箭發(fā)射后，第6秒末的照片，現(xiàn)用毫米刻度尺對(duì)照片進(jìn)行測量，刻度尺的0刻度線與剛發(fā)射時(shí)火箭底部對(duì)齊。假設(shè)火箭發(fā)射后6秒內(nèi)沿豎直方向做勻則下列估算正確的是()A．火箭豎直升空的加速度大小為2.2m/s2B．火箭豎直升空的加速度大小為4.2m/s2C．火箭升空所受到的平均推力大小為3.5×107ND．火箭升空所受到的平均推力大小為3.0×106N答案AD解析由題圖可知，照片中火箭尺寸與實(shí)際火箭尺寸的比例為eq\f(5.1－2.5cm,40.6m)＝eq\f(2.6,4060)，可得火箭在6s內(nèi)上升的高度為h＝2.5×eq\f(4060,2.6)cm≈39.0m，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得h＝eq\f(1,2)at2，解得a≈2.2m/s2，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小為F＝3.0×106N，故選A、D。4．(江蘇卷·11)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小答案C解析因?yàn)轭l閃照片中的時(shí)間間隔相同，對(duì)比題圖甲和題圖乙可知題圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；從題圖甲中的A點(diǎn)到題圖乙中的A點(diǎn)，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負(fù)功；根據(jù)動(dòng)能定理可知題圖甲中經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故B錯(cuò)誤；由于題圖甲中滑塊的加速度大，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知題圖甲在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，故C正確；由于無論上滑還是下滑滑塊均受到滑動(dòng)摩擦力，大小相等，故題圖甲和題圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。5．(多選)(福建七地市第一次質(zhì)檢)如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊P與物塊Q(質(zhì)量未知)之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長?，F(xiàn)給物塊P一瞬時(shí)初速度v0，并把此時(shí)記為0時(shí)刻，規(guī)定向左為正方向，0～2t0時(shí)間內(nèi)物塊P、Q運(yùn)動(dòng)的a－t圖像如圖乙所示，其中t軸下方部分的面積大小為S1，t軸上方部分的面積大小為S2，則()A．物塊Q的質(zhì)量為eq\f(1,2)mB．t0時(shí)刻物塊Q的速度為vQ＝S2C．t0時(shí)刻物塊P的速度為vP＝v0－eq\f(1,2)S1D．0～2t0時(shí)間內(nèi)彈簧始終對(duì)物塊Q做正功答案ACD解析0～2t0時(shí)間內(nèi)Q所受彈力方向始終向左，P所受彈力方向始終向右，彈簧始終對(duì)Q做正功；t0時(shí)刻，P、Q所受彈力最大且大小相等，由牛頓第二定律可得eq\f(F彈,mP)＝eq\f(F彈,m)＝eq\f(a0,2)，eq\f(F彈,mQ)＝a0，則Q的質(zhì)量為eq\f(1,2)m，故A、D正確；由a－t圖像可知，t0時(shí)刻Q的速度為vQ＝eq\f(1,2)S2，故B錯(cuò)誤；由a－t圖像可知，t0時(shí)刻P的速度為vP＝v0－eq\f(1,2)S1，故C正確。6.(多選)(2022·吉林松原市聯(lián)考)如圖所示，斜面傾角為θ＝30°的光滑直角斜面體固定在水平地面上，斜面體頂端裝有光滑定滑輪。質(zhì)量均為1kg的物塊A、B用跨過滑輪的輕繩相連。物塊A和滑輪之間的輕繩與斜面平行，B自然下垂，不計(jì)滑輪的質(zhì)量，重力加速度g取10m/s2，同時(shí)由靜止釋放物塊A、B后的一小段時(shí)間內(nèi)，物塊A、B均未碰到地面和滑輪，則該過程中下列說法正確的是()A．物塊B運(yùn)動(dòng)方向向上B．物塊A的加速度大小為2.5m/s2C．輕繩的拉力大小為7.5ND．地面給斜面體的摩擦力方向水平向左答案BC解析物塊A沿斜面的分力G1＝mgsinθ＝5N<GB＝mg＝10N，因此物塊A將沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，物塊B向下運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；以物塊A、B為整體，設(shè)共同加速度為a，有GB－G1＝2ma，解得a＝2.5m/s2，選項(xiàng)B正確；以物塊B為研究對(duì)象有GB－FT＝ma，解得FT＝GB－ma＝7.5N，選項(xiàng)C正確；由于物塊A將沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)斜面體和A、B整體水平方向具有向右的加速度，因此地面給斜面體的摩擦力方向水平向右，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7.(多選)(廣東高州市一模)如圖所示，質(zhì)量分別為2m和m的P、Q按如圖的方式用豎直輕彈簧和豎直輕繩連接，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)輕繩的拉力大小為mg，輕彈簧的壓縮量為x，重力加速度用g表示。則下列說法正確的是()A．剪斷輕繩的瞬間，P的加速度大小為eq\f(g,2)B．剪斷輕繩后，P向下運(yùn)動(dòng)2x時(shí)加速度為零C．剪斷輕繩后，P向下運(yùn)動(dòng)x時(shí)重力的功率最大D．撤走長木板的瞬間，Q的加速度大小為g答案AC解析系統(tǒng)靜止時(shí)，設(shè)輕繩的拉力為FT，輕彈簧的彈力為F，由于P受力平衡，則2mg＝FT＋F，由FT＝mg，解得F＝mg，剪斷輕繩的瞬間，對(duì)P由牛頓第二定律得2mg－F＝2ma，解得a＝eq\f(g,2)，故A正確；系統(tǒng)靜止時(shí)，有F＝kx，解得k＝eq\f(mg,x)，剪斷輕繩后，P向下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)P所受的合力為0時(shí)，有2mg＝kx1，解得x1＝2x，則P向下運(yùn)動(dòng)x時(shí)，加速度為0，速度最大，重力的功率最大，故B錯(cuò)誤，C正確；系統(tǒng)靜止時(shí)Q受力平衡，有mg＋F＝FN，撤走長木板的瞬間，對(duì)Q由牛頓第二定律得mg＋F＝ma，解得a＝2g，故D錯(cuò)誤。[爭分提能練]8．(多選)(2022·全國甲卷·19)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P，使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng)；某時(shí)刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前()A．P的加速度大小的最大值為2μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小答案AD解析設(shè)兩滑塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則拉力大小為F＝2μmg，撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知，彈簧的彈力為FT0＝μmg，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變，仍為μmg，兩滑塊與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)對(duì)P有－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑塊Q所受的合外力不變，加速度仍為零，從撤去拉力到彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，彈簧彈力一直在減小，根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg，Q加速度大小的最大值為彈簧恢復(fù)原長時(shí)，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑塊Q加速度大小的最大值為μg，A正確，B錯(cuò)誤；由于彈簧恢復(fù)原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時(shí)刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C錯(cuò)誤，D正確。9．(多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質(zhì)量為m1的長木板，木板的左邊上有一質(zhì)量為m2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小。木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則()A．F1＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等答案BCD解析由題圖(c)可知，t1時(shí)刻物塊與木板剛要一起在水平地面滑動(dòng)，物塊與木板相對(duì)靜止，此時(shí)以整體為研究對(duì)象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，t2時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a以木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0解得F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g，μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正確；由題圖(c)可知，0～t2時(shí)間段物塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確。10.(多選)(福建廈門市檢測)如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個(gè)羽毛球時(shí)，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質(zhì)量為M＝90g(不含球的質(zhì)量)，球筒與手之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff1＝2.6N，羽毛球質(zhì)量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動(dòng)摩擦力為Ff2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)，當(dāng)球筒獲得一個(gè)初速度后()A．羽毛球的加速度大小為10m/s2B．羽毛球的加速度大小為30m/s2C．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為3m/s答案BD解析依題意，對(duì)羽毛球受力分析，由于羽毛球相對(duì)于筒向上運(yùn)動(dòng)，受到筒對(duì)它豎直向下的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，解得羽毛球的加速度為a1＝30m/s2，羽毛球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)筒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20m/s2，負(fù)號(hào)表示筒的加速度方向豎直向上，說明筒向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若敲打一次后，羽毛球頭部恰能從上端筒口出來，則當(dāng)羽毛球到達(dá)筒口時(shí)，二者速度相等，此時(shí)筒獲得的初速度最小為vmin，有a1t＝vmin＋a2t，(vmint＋eq\f(1,2)a2t2)－eq\f(1,2)a1t2＝d，聯(lián)立解得vmin＝3m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。11．(多選)(遼寧沈陽市質(zhì)量監(jiān)測)如圖甲所示，傾斜傳送帶兩側(cè)端點(diǎn)間距6m，皮帶總長12m，傾角θ＝37°。t＝0時(shí)，一質(zhì)量為1kg的煤塊從傳送帶底部的A點(diǎn)，以10m/s的速度沖上傳送帶。t＝1s時(shí)，傳送帶開始沿順時(shí)針方向勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示。煤塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，傳送輪和煤塊大小均可以忽略(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()A．煤塊運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)位移為5mB．煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2sC．煤塊在傳送帶上留下的痕跡為12mD．煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為90J答案ACD解析煤塊滑上傳送帶做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝10m/s2，經(jīng)過時(shí)間t1速度減小到零，則t1＝eq\f(v0,a1)＝1s,0～1s傳送帶速度為零，則煤塊向上滑動(dòng)的位移x1＝eq\f(v02,2a1)＝5m，t＝1s時(shí)傳送帶開始勻加速轉(zhuǎn)動(dòng)，其加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝5m/s2，由于μmgcosθ<mgsinθ，故煤塊向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，其加速度為a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2，所以煤塊運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，位移為5m，A正確；煤塊向下加速到A點(diǎn)