（2）若vA＝vB时，xA＋x0＝xB，则恰好追上。
（3）若vA＝vB时，xA＋x0>xB，则不能追上。
[跟进训练]
1．（2020·济南市高三第一次模拟考试）短跑运动员在训练中从起跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。
已知总位移大小为s，匀速阶段的速度大小为v、时间为t，则匀加速阶段的时间为（ ）
A．
B．
C．
－tD．
－2t
D [根据题意可知，运动员在匀速直线运动阶段的位移大小为vt，在匀加速直线运动阶段的位移大小为s－vt，在匀加速直线运动阶段的平均速度大小为
，所以运动员在匀加速阶段所用的时间为tx＝
＝
－2t，D正确。
]
2．（多选）2022年冬奥会将在北京和河北张家口联合举行。
俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，某次比赛的赛道可简化为起点和终点高度差为120m、长度为1200m的直斜坡。
假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40N推动质量m＝40kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4s内冰橇的位移为12m,8s末运动员迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。
假定运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，g取10m/s2，赛道倾角的余弦值取为1，正弦值按照题目要求计算。
下列说法正确的是（ ）
A．出发4s内冰橇的加速度大小为1.5m/s2
B．冰橇与赛道间的动摩擦因数为0.06
C．出发10s内冰橇的位移为75m
D．比赛中运动员到达终点时的速度大小为36m/s
AD [由出发4s内冰橇的位移为x1＝
a1t
，解得出发4s内冰橇的加速度大小为a1＝1.5m/s2，选项A正确；对冰橇，由牛顿第二定律有F＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.05，选项B错误；出发8s内冰橇做匀加速直线运动，位移为x2＝
a1t
＝48m,8s后对冰橇和运动员，由牛顿第二定律有（m＋M）gsinθ－μ（m＋M）gcosθ＝（m＋M）a2，解得a2＝0.5m/s2,8s末冰橇的速度为v1＝a1t2＝12m/s，再运动2s后位移为x3＝v1t3＋
a2t
＝25m，出发10s内冰橇的位移为x2＋x3＝73m，选项C错误；运动员登上冰橇后一直做加速运动，由v
－v
＝2a2（x－x2），解得运动员到达终点时速度v2＝36m/s，选项D正确。
]
3．（2020·湖南怀化期末）道路交通法规规定：
黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的车辆若继续行驶，则视为闯黄灯。
我国一般城市路口红灯变亮之前，绿灯和黄灯各有3s的闪烁时间。
某小客车在制动初速度为v＝14m/s的情况下，制动距离最小为s＝20m。
（1）若要确保小客车在t＝3s内停下来，小客车刹车前的行驶速度不能超过多少？
（2）某小客车正以v0＝8m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线s0＝28m，则小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能在黄灯亮起前正常通过路口？
（已知驾驶员从眼睛看到绿灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化经过的总时间是1.0s）
[解析]
（1）根据v2＝2as可得小客车刹车时的最大加速度a＝
＝
m/s2＝4.9m/s2
要确保小客车在3s内停下来，小客车刹车前行驶的最大速度为
vm＝at＝4.9m/s2×3s＝14.7m/s。
（2）在Δt＝1.0s内小客车匀速运动的距离为
s1＝v0Δt＝8m
小客车匀加速运动的距离为s′＝s0－s1＝20m
从绿灯闪到黄灯亮起这3s内小客车加速运动的最大时间t′＝t－Δt＝2s
由s′＝v0t′＋
a′t′2
解得最小加速度a′＝2m/s2。
[答案]
（1）14.7m/s
（2）2m/s2
考点2|运动图象问题
新储备·等级考提能
1．解决图象类问题“四个注意”
（1）速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
（2）利用vt图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。
（3）物体的运动图象与运动过程的转化。
（4）xt图象、vt图象、at图象的应用。
2．应用图象时的“两个误区”
（1）误认为vt图象、xt图象是物体运动轨迹。
（2）在vt图象中误将交点认为此时相遇。
新案例·等级考评价
[案例2] （2020·山东省等级考5月模拟）甲、乙两车沿着一条平直公路同向同速行驶，相距121m。
t＝0时刻，前面的甲车开始减速，经过一段时间，后面的乙车也开始减速，两车的vt图象如图所示。
如果乙车停止时与前方甲车相距1m，则甲车在减速过程中行驶的距离为（ ）
A．120mB．160mC．200mD．240m
B [速度—时间图象与坐标轴围成图形的面积表示位移大小，根据甲、乙位移间的关系列方程得，121m＋
v0·4t0＝v0·2t0＋
v0·3t0＋1m，解得v0t0＝80m，故甲的位移为
v0·4t0＝160m，B正确。
]
反思感悟：
运动图象问题的“三点提醒”
（1）对于xt图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于vt和at图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置。
（2）在vt图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。
（3）vt图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。
[跟进训练]
1．（2020·四川成都七中一诊）如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的vt图象，根据图象可以判断出（ ）
A．在t＝4s时，甲球的加速度小于乙球的加速度
B．在t＝4.5s时，两球相距最远
C．在t＝6s时，甲球的速率小于乙球的速率
D．在t＝8s时，两球相遇
D [根据图象可知，甲球的加速度a1＝
＝－10m/s2，故甲球的加速度大小为10m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，乙球的加速度a2＝
＝
m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，选项A错误；当两球速度相同时，两球相距最远，根据图象有40m/s＋a1t＝－20m/s＋a2（t－2s），解得t＝4.4s，即4.4s时两球相距最远，选项B错误；t＝6s时甲球的速度v1＝－20m/s，乙球的速度v2＝
m/s，故t＝6s时甲球的速率大于乙球的速率，选项C错误；结合图象可知t＝8s时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项D正确。
]
2．（多选）（2020·广东深圳实验学校期中）甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直线运动。
质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动；质点乙做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动，且速度减至零后保持静止。
甲、乙两质点在运动过程中的xv（位置—速度）图象如图所示（虚线与对应的坐标轴垂直），则（ ）
A．质点甲的加速度大小a1＝1m/s2
B．质点乙的初速度为v0＝6m/s，加速度大小a2＝1m/s2
C．图线中a＝2
，b＝16
D．两图线的交点表示两质点同时到达同一位置
BC [速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应质点乙，当x＝0时，乙的速度为6m/s，即质点乙的初速度v0＝6m/s，设质点乙、甲先后通过x＝6m处时的速度均为v，对质点甲有v2＝2a1x ①，对质点乙有v2－v
＝－2a2x ②，联立①②解得a1＋a2＝3m/s2 ③，当质点甲的速度v1＝8m/s、质点乙的速度v2＝2m/s时，两质点通过的位移相同，设为x′，对质点甲有v
＝2a1x′ ④，对质点乙v
－v
＝－2a2x′ ⑤，联立④⑤解得a1＝2a2 ⑥，联立③⑥解得a1＝2m/s2，a2＝1m/s2，选项A错误，B正确；根据质点甲的运动知v
＝2a1x，当x＝6m时，有v甲＝2
m/s，即a＝2
；当v甲＝8m/s时，有x＝16m，即b＝16，选项C正确；两图线的交点表示甲、乙两质点以相同的速度经过该位置，但不是同时，选项D错误。
]
3．如图所示是一物体做直线运动的vt图象，则下列根据vt图象作出的加速度—时间（at）图象和位移—时间（xt）图象正确的是（ ）
A B
C D
A [由vt图象知，0～1s内，物体做匀速直线运动，加速度a1＝0，位移x＝vt，x与t成正比；1～3s内，物体的加速度不变，做匀变速直线运动，加速度a2＝－1m/s2，位移为x＝v0（t－1s）＋
a2（t－1s）2＝
m，可知xt图象是开口向下的抛物线；3～5s内，物体沿负方向做匀减速直线运动，加速度a3＝0.5m/s2，位移为x＝－v0（t－3s）＋
a3（t－3s）2，xt图象是开口向上的抛物线，且3～5s内物体的位移为－1m，由数学知识知，只有A选项对应的图象正确。
]
考点3|牛顿运动定律的应用
牛顿第二定律的瞬时性问题
（1）力可以发生突变，但速度不能发生突变。
（2）轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可以发生突变，但轻弹簧的弹力不能突变。
（3）轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。
[案例3] （2020·湖南怀化一中第一次月考）如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是（ ）
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ∶1
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为1∶cosθ
B [对A球，剪断细绳L2的瞬间，细绳L1的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，细绳L1的拉力大小为FA＝mgcosθ，A球的加速度大小aA＝gsinθ；对B球，剪断细绳L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，弹簧弹力大小FB＝
，B球的加速度大小aB＝gtanθ，所以
＝
，
＝
。
]
动力学中的连接体问题
（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。
当系统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。
[案例4] 质量分别为m、2m的物块A、B用轻弹簧相连，设两物块与水平面及斜面间的动摩擦因数都为μ。
当用水平力F作用于B上，且两物块在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直提升两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿倾角为θ的固定斜面向上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1∶x2∶x3等于（ ）
甲 乙 丙
A．1∶1∶1B．1∶2∶3
C．1∶2∶1D．无法确定
[题眼点拨] ①“相同的加速度”，采用整体法。
②“x1∶x2∶x3”采用隔离法。
A [对题图甲，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a1＝
＝
－μg，对A有kx1－μmg＝ma1，解得x1＝
；对题图乙，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a2＝
＝
－g，对A有kx2－mg＝ma2，解得x2＝
；对题图丙，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a3＝
＝
－gsinθ－μgcosθ，对A有kx3－mgsinθ－μmgcosθ＝ma3，解得x3＝
，则x1∶x2∶x3＝1∶1∶1。
故A正确，B、C、D错误。
]
[题组训练]
1．（多选）如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。
B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。
B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。
将悬挂吊篮的细线剪断的瞬间（ ）
A．吊篮A的加速度大小为2g
B．物体B的加速度大小为g
C．物体C的加速度大小为2g
D．吊篮A、物体B、物体C的加速度大小均为g
AC [弹簧开始时的弹力为F＝3mg，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律可得aAC＝
＝2g，即A、C的加速度大小均为2g，选项A、C正确，D错误；因剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B受到的合力仍然为零，故B的加速度为零，选项B错误。
]
2．（多选）如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，不可伸长的轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳2系着质量为2m的重锤C。
已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数均为μ（μ<0.5），不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是（ ）
A．A、B、C的加速度大小均为
B．轻绳1的拉力为
C．轻绳2的拉力为mg
D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为
BD [三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度均为a，对物体A：
FT1－μmg＝ma，对B：
FT2－μmg－2μmg－FT1＝ma，对C：
2mg－FT2＝2ma，联立解得a＝
g－μg，FT1＝
mg，FT2＝mg＋2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的左端时有
at2＋
at2＝L，此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝
，选项D正确。
]
考点4|动力学中的两类模型
动力学中的“板—块”模型
1．模型特点：
涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．两种位移关系：
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动时，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。
3．解题思路
（1）审题建模：
求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。
（2）求加速度：
准确求出各物体在各运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变）。
（3）明确关系：
找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口。
求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[案例5] （2020·山西太原高三一模）如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。
某时刻速度为v0＝2m/s，此时一与木板质量相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。
取重力加速度g＝10m/s2，试求：
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2；
（3）从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。
[思路点拨] 解此题关键有两点：
①根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。
②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。
[解析]
（1）以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：
a1＝
＝
m/s2＝－3m/s2，负号表示加速度方向向右，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：
－μ1mg＝ma1，可以得到：
μ1＝0.3。
（2）对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg＋μ2·2mg＝m
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg－μ2·2mg＝m
而且t1＋t2＝t＝1s
联立可以得到：
μ2＝0.05，t1＝0.5s，t2＝0.5s。
（3）在t1＝0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：
x1＝
·t1＝0.5m，方向向右；
在t2＝0.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：
x2＝
·t2＝0.25m，方向向左；
在整个t＝1s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：
x＝
·t＝2.5m，方向向左
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：
Δx＝x＋x1－x2＝2.75m。
[答案]
（1）0.3
（2）0.05 （3）2.75m
反思感悟：
求解“滑块—木板”类问题的技巧
（1）弄清各物体初态对地的运动和相对运动（或相对运动趋势），根据相对运动（或相对运动趋势）情况，确定物体间的摩擦力方向。
（2）准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。
（3）速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
动力学中的“传送带”模型
[案例6] 某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4m，倾斜传送带长度LCD＝4.45m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。
已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。
现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
（1）工件从A点第一次被传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；
（2）要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小（v2[解析]
（1）工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示，则FN1＝mg，Ff1＝μFN1＝ma1
甲
联立解得a1＝5m/s2。
由运动学公式有t1＝
＝
s＝1s
x1＝
a1t
＝
×5×12m＝2.5m
由于x1＝0.3s
工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示，则
乙
FN2＝mgcosθ
mgsinθ＋μFN2＝ma2
由运动学公式有x2＝
联立解得a2＝10m/s2，x2＝1.25m
工件沿CD传送带上升的最大高度为
h＝x2sinθ＝1.25×0.6m＝0.75m
沿CD上升的时间为t3＝
＝0.5s
故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8s。
（2）CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得－2a2x3＝v
－v
丙
mgsinθ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－v
LCD＝x3＋x4
解得v2＝4m/s。
[答案]
（1）0.75m 1.8s
（2）4m/s
[题组训练]
1．（多选）如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
甲 乙
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1
B．A、B间距离为16m，小物块在传送带上留下的痕迹是8m
C．若物块质量m＝1kg，物块对传送带做的功为8J
D．若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
AB [由图乙可知，物块加速过程的加速度大小a＝
＝
m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律可知a＝
＝μg，联立解得μ＝0.1，故A正确；由于4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4m/s，A、B间距离x＝
m＝16m，小物块在传送带上留下的痕迹是l＝4×4m－
m＝8m，故B正确；物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16m，则物
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