A．t＝1 s时，甲车在前，乙车在后 B．t＝0 s时，甲、乙车距离x0＝3 m C．t＝6 s时，甲车在前，乙车在后 D．3～5 s内两车的平均速度相同

11

BD [0～2 s内甲车的位移x甲＝×2×4 m＝4 m，x乙＝×2×1 m＝1 m，t＝2 s时两

22车相遇，甲车的位移比乙车大，也就是甲车追及乙车，所以，t＝1 s时，甲车在后，乙车在前，故A错误；t＝0 s时，甲、乙车距离x0＝x甲－x乙＝3 m，故B正确；2～6 s内甲乙两车的位移相等，t＝2 s时两车相遇，所以t＝6 s两车也相遇，故C错误；3～5 s内两车

v－t图象围成的面积相等，故位移相等，时间间隔相等，所以平均速度也相等，故D正确．]

1－3.(2018·高三洛阳检测)甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s，因为体力、 毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s的速度匀速达到终点．求：

(1)甲做匀减速运动的加速度； (2)甲冲刺阶段完成的位移大小．

解析 (1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由

v1t1

x1＝，解得v1＝10 m/s；甲匀减速的末速度为v2，匀减速的加速度为a2，

2由a2＝

v2－v12

，得a2＝－1 m/s. Δt(2)匀速运动的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m

匀减速的位移：由x3＝解得x3＝18 m

9

v1＋v2

2

Δt

最后冲刺的位移为：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3) ＝200 m－(20＋100＋18)m＝62 m. 答案 (1)－1 m/s (2)62 m

高频考点二 动力学的两类基本问题

[备考策略]

1．超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化．物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向．当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重．

2．动力学的两类基本问题的处理思路

2

F合＝ma受力情况

运动学公式

F合a运动情况

?v、x、t?

3．解决动力学问题的常用方法 (1)整体法与隔离法．

(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．

(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题．

[命题视角]

考向1 超、失重问题

例4 如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )

A．升降机在停止运动前是向上运动的 B．0～t1时间段内金属球做减速运动 C．t1～t2时间段内金属球处于超重状态

D．t2和t4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同

10

D [由于升降机停止运动前传感器的示数为0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度g，而0～t1时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A错误；0～t1时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当F＝mg时金属球所受的合外力为0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速度运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B错误；t1～t2时间段可分为两段，F＝mg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C错误；t2和t4两

时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D正确．]

考向2 瞬时加速度问题

例5 如图所示，两个质量均为m的小球A、B细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度为g，现突然把细线剪断．在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小是( )

A．22g B.5g C．2g

D.2g

B [细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是F＝2mg，所以此时A球的合力FA＝?mg?＋?2mg?＝5mg，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球A的加速度大小a＝5g，故B正确，A、C、D错误．]

考向3 动力学图象问题

例6 两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的v－t图象，可能正确的是( )

22 11

D [若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于g，根据速度—时间图象的斜率表示加速度大小可知，D正确．]

考向4 “传送带”问题的分析

例7 如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8 m/s的速度从底端滑上传送带．已知小物块A、B质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

2

(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小； (2)传送带的长度l应满足的条件． 解析 (1)对小物块B由牛顿第二定律得

mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2

2

v1－v0v21－v0

小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t1＝＝0.6 s，位移s1＝＝3 m

a12a1

之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得

mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2

小物块B减速至0的时间t2＝＝1 s

v0

a2

v20

位移s2＝＝1 m

2a2

小物块B向上运动过程中平均速度v＝

2

s1＋s2

＝2.5 m/s t1＋t2

(2)小物块A的加速度也为a2＝2 m/s，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经

12