素養(yǎng)培優(yōu)專(zhuān)練(一)一、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、相互作用在實(shí)際情境中的應(yīng)用(一)勻變速直線運(yùn)動(dòng)、相互作用在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用1.(2022·廣東省廣州市高三上階段訓(xùn)練)高速公路的ETC電子收費(fèi)系統(tǒng)如圖所示，ETC通道的長(zhǎng)度是識(shí)別區(qū)起點(diǎn)到自動(dòng)欄桿的水平距離。某汽車(chē)以21.6km/h的速度勻速進(jìn)入識(shí)別區(qū)，ETC天線用了0.3s的時(shí)間識(shí)別車(chē)載電子標(biāo)簽，識(shí)別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機(jī)發(fā)現(xiàn)自動(dòng)欄桿沒(méi)有抬起，于是采取制動(dòng)剎車(chē)，汽車(chē)剛好沒(méi)有撞桿。已知司機(jī)的反應(yīng)時(shí)間為0.7s，剎車(chē)的加速度大小為5m/s2，則該ETC通道的長(zhǎng)度約為()A．4.2m B．6.0mC．7.8m D．9.6m答案D解析汽車(chē)的速度為21.6km/h＝6m/s，汽車(chē)在前0.3s＋0.7s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，位移為x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6m，隨后汽車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)，位移為x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(62,2×5)m＝3.6m，所以該ETC通道的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝x1＋x2＝6m＋3.6m＝9.6m，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。2．(2020·浙江7月選考)如圖是“中國(guó)天眼”500m口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡維護(hù)時(shí)的照片。為不損傷望遠(yuǎn)鏡球面，質(zhì)量為m的工作人員被懸在空中的氦氣球拉著，當(dāng)他在離底部有一定高度的望遠(yuǎn)鏡球面上緩慢移動(dòng)時(shí)，氦氣球?qū)ζ溆写笮閑q\f(5,6)mg、方向豎直向上的拉力作用，使其有“人類(lèi)在月球上行走”的感覺(jué)，若將人視為質(zhì)點(diǎn)，此時(shí)工作人員()A．受到的重力大小為eq\f(1,6)mgB．受到的合力大小為eq\f(1,6)mgC．對(duì)球面的壓力大小為eq\f(1,6)mgD．對(duì)球面的作用力大小為eq\f(1,6)mg答案D解析工作人員的質(zhì)量為m，則工作人員受到的重力G＝mg，A錯(cuò)誤；工作人員在球面上緩慢移動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，受到的合力為0，B錯(cuò)誤；工作人員所處的球面位置不水平，對(duì)工作人員進(jìn)行受力分析如圖所示，由平衡條件可知，工作人員受到的支持力N＝(G－F)cosθ＝eq\f(1,6)mgcosθ，根據(jù)牛頓第三定律得，工作人員對(duì)球面的壓力N′小于eq\f(1,6)mg，C錯(cuò)誤；由平衡條件可得，球面對(duì)工作人員的作用力F球＝mg－eq\f(5,6)mg＝eq\f(1,6)mg，再由牛頓第三定律可得，工作人員對(duì)球面的作用力大小為F′＝eq\f(1,6)mg，D正確。3.(2022·湖北省黃岡市高三上9月調(diào)研考試)如圖所示，是內(nèi)燃機(jī)汽缸內(nèi)的燃?xì)馔苿?dòng)活塞運(yùn)動(dòng)的示意圖。假設(shè)活塞從汽缸的頂部向底部勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，氣體對(duì)活塞的合力F大小恒定、方向向下，汽缸與活塞之間的摩擦可忽略。則在連桿與豎直方向的夾角θ增大的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．汽缸壁對(duì)活塞的作用力方向向左B．汽缸壁對(duì)活塞的作用力減小C．活塞對(duì)連桿的作用力減小D．活塞對(duì)連桿的作用力增大答案D解析活塞勻速下滑，受力平衡，因連桿對(duì)活塞的作用力有水平向左的分量，可知汽缸壁對(duì)活塞的作用力方向向右，A錯(cuò)誤；對(duì)活塞受力分析可知，豎直方向有F＋mg＝Tcosθ，水平方向有FN＝Tsinθ，則隨著θ角的增大，連桿對(duì)活塞的作用力T增大，汽缸壁對(duì)活塞的作用力FN增大，D正確，B、C錯(cuò)誤。4．(多選)為了測(cè)出樓房的高度，讓一石塊從樓頂自由落下(不計(jì)空氣阻力)，下列措施能算出樓房高度的是()A．測(cè)出石塊下落到地面所用的總時(shí)間B．測(cè)出石塊經(jīng)過(guò)樓上一個(gè)1.8m高的窗戶所用的時(shí)間C．測(cè)出石塊落地前最后1s內(nèi)的位移D．測(cè)出石塊通過(guò)最后1m所用的時(shí)間答案ACD解析測(cè)出石塊下落到地面所用的總時(shí)間t，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系式h＝eq\f(1,2)gt2，即可算出樓房的高度，A正確；測(cè)出石塊經(jīng)過(guò)樓上一個(gè)1.8m高的窗戶所用的時(shí)間，只能求出樓頂?shù)酱皯舻南嚓P(guān)物理量，無(wú)法求出樓房的高度，B錯(cuò)誤；測(cè)出石塊落地前最后1s內(nèi)的位移，可求得最后1s內(nèi)的平均速度，即為落地前0.5s時(shí)的瞬時(shí)速度，根據(jù)v＝v0＋gt可求出落地速度，最后根據(jù)v2＝2gh可求出樓房高度，C正確；測(cè)出石塊通過(guò)最后1m所用的時(shí)間Δt，根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系式h＝eq\f(1,2)gt2，得eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)g(t－Δt)2＝1m，可求出石塊下落到地面所用的總時(shí)間t，代入位移與時(shí)間的關(guān)系式即可求出樓房高度，D正確。(二)勻變速直線運(yùn)動(dòng)、相互作用在體育運(yùn)動(dòng)、活動(dòng)中的應(yīng)用5．(2022·浙江省浙南名校聯(lián)盟高三上第一次聯(lián)考)2021年8月8日東京奧運(yùn)會(huì)閉幕，中國(guó)代表團(tuán)共獲得38金32銀18銅，創(chuàng)下了海外奧運(yùn)的最佳戰(zhàn)績(jī)。下列情況下運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)的是()A．女子馬拉松游泳10公里比賽中，教練測(cè)算運(yùn)動(dòng)員的平均速度B．女子10米跳臺(tái)跳水比賽中，觀眾欣賞運(yùn)動(dòng)員完成407C的跳水動(dòng)作C．男子73公斤級(jí)舉重比賽中，教練分析運(yùn)動(dòng)員挺舉時(shí)的技術(shù)動(dòng)作D．男子50公里競(jìng)走比賽中，裁判對(duì)運(yùn)動(dòng)員雙腳是否同時(shí)騰空進(jìn)行裁決答案A解析教練測(cè)算運(yùn)動(dòng)員的平均速度時(shí)，運(yùn)動(dòng)員自身的大小和形狀可以忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，故A正確；觀眾欣賞運(yùn)動(dòng)員完成407C的跳水動(dòng)作、教練分析運(yùn)動(dòng)員挺舉時(shí)的技術(shù)動(dòng)作、裁判對(duì)運(yùn)動(dòng)員雙腳是否同時(shí)騰空進(jìn)行裁決時(shí)都要考慮運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)作，不能把運(yùn)動(dòng)員看成質(zhì)點(diǎn)，故B、C、D錯(cuò)誤。6.(2021·廣東省廣州市高三三模)如圖所示，一位登山者小王站在傾角為30°的斜坡上，正在通過(guò)平行于斜坡的繩索拉動(dòng)朋友。已知小王總質(zhì)量為65kg，最大靜摩擦力為壓力的0.8倍，sin30°＝0.5，cos30°＝0.87，g＝10m/s2，若小王沒(méi)有滑動(dòng)，則()A．小王受到的摩擦力可能沿斜坡向下B．小王對(duì)繩索的拉力最大值約為127NC．朋友丟掉背包后，小王受到的最大靜摩擦力會(huì)減小D．小王受到繩索拉力與摩擦力的合力會(huì)隨繩索拉力的變化而變化答案B解析因?yàn)樾⊥蹯o止，所以他受力平衡，在沿斜坡方向上，小王所受重力的分力沿斜坡向下，繩索對(duì)小王的拉力沿斜坡向下，所以小王受到的摩擦力必定沿斜坡向上，故A錯(cuò)誤；在小王剛好不動(dòng)的臨界情況，由平衡條件得Fmax＋mgsin30°＝0.8mgcos30°，解得Fmax≈127N，故B正確；朋友丟掉背包后，小王對(duì)斜坡的壓力大小不變，受到的最大靜摩擦力不變，故C錯(cuò)誤；小王受到繩索的拉力和摩擦力的合力與小王所受重力沿斜坡方向的分力平衡，小王所受重力沿斜坡方向的分力不變，所以小王受到繩索拉力與摩擦力的合力不變，故D錯(cuò)誤。7．(2022·江蘇省揚(yáng)州市高三上期中調(diào)研)如圖所示，戰(zhàn)士在水平地面上拉輪胎訓(xùn)練，戰(zhàn)士以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持雙肩及兩繩的端點(diǎn)A、B等高，兩繩間的夾角為θ，所構(gòu)成的平面與水平面間的夾角α不變，則()A．保持v不變，θ變小，繩子的拉力變小B．保持v不變，θ變小，繩子的拉力變大C．保持θ不變，v較小時(shí)，繩子的拉力較小D．保持θ不變，v較小時(shí)，繩子的拉力較大答案A解析保持v不變，則輪胎受力平衡，設(shè)兩根繩的拉力為T(mén)，合力為F，根據(jù)平行四邊形定則有F＝2Tcoseq\f(θ,2)，對(duì)輪胎受力分析，水平方向上有Fcosα＝f，豎直方向上有Fsinα＋N＝mg，又f＝μN(yùn)，聯(lián)立解得T＝eq\f(μmg,2coseq\f(θ,2)cosα＋μsinα)，可知θ變小，繩子的拉力變小，故A正確，B錯(cuò)誤；由題知，輪胎做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)T＝eq\f(μmg,2coseq\f(θ,2)cosα＋μsinα)，可知保持θ不變，則繩子的拉力大小T不變，與速度的大小無(wú)關(guān)，故C、D錯(cuò)誤。(三)勻變速直線運(yùn)動(dòng)、相互作用在前沿科技、遷移創(chuàng)新中的應(yīng)用8.(2022·遼寧省沈陽(yáng)市郊聯(lián)體高三上10月月考)如圖所示，兩個(gè)相同的木模質(zhì)量均為m，靠三根豎直細(xì)線連接。在水平面上按一個(gè)“互”字形靜置，上方木模呈現(xiàn)懸浮效果，這是利用了建筑學(xué)中的“張拉整體”(Tensegrity)結(jié)構(gòu)原理。圖中短線a上的張力F1和水平面所受壓力F2滿足()A．F1>mg，F(xiàn)2<2mgB．F1>mg，F(xiàn)2＝2mgC．F1<mg，F(xiàn)2<2mgD．F1<mg，F(xiàn)2＝2mg答案B解析將兩個(gè)木模看成一個(gè)整體，對(duì)整體受力分析，由平衡條件和牛頓第三定律可得：水平面受到的壓力F2＝2mg。對(duì)上方木模受力分析，受到自身向下的重力mg、兩根長(zhǎng)線分別向下的拉力Fb、Fc和短線a向上的拉力F1，由平衡條件可得：F1＝mg＋Fb＋Fc，由圖知Fb＝Fc≠0，所以F1>mg，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。9.(2022·江蘇省蘇州市高三上期初考試)某氣象研究小組用圖示簡(jiǎn)易裝置測(cè)定水平風(fēng)速，在水平地面的底座(始終保持靜止)上豎直固定一直桿，半徑為R、質(zhì)量為m的薄空心塑料球用細(xì)線懸于桿頂端O點(diǎn)，當(dāng)水平風(fēng)吹來(lái)時(shí)，球在風(fēng)力的作用下飄起來(lái)。已知風(fēng)力大小正比于風(fēng)速，也與球正對(duì)風(fēng)的截面積成正比，當(dāng)風(fēng)速v0＝3m/s時(shí)，測(cè)得球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝30°。則下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)θ＝60°時(shí)，風(fēng)速v＝6m/sB．若風(fēng)速增大到某一值時(shí)，θ可能等于90°C．若風(fēng)速不變，換用半徑相等、質(zhì)量較大的球，則θ減小D．若風(fēng)速增大，換用半徑較大、質(zhì)量不變的球，底座對(duì)地面的壓力增大答案C解析如圖，設(shè)球正對(duì)風(fēng)的截面積為S，由于已知風(fēng)力大小正比于風(fēng)速和球正對(duì)風(fēng)的截面積，所以設(shè)風(fēng)力大小為F＝kSv，當(dāng)風(fēng)速v0＝3m/s時(shí)，由平衡條件得mgtan30°＝F＝Sv0k，當(dāng)θ＝60°時(shí)，同理可得mgtan60°＝F′＝Svk，解得v＝9m/s，故A錯(cuò)誤；因?yàn)榧?xì)線拉力在豎直方向上的分力與小球的重力平衡，故無(wú)論風(fēng)速增大到何值，θ都不可能變?yōu)?0°，故B錯(cuò)誤；若風(fēng)速不變，換用半徑相等、質(zhì)量較大的球，知風(fēng)力不變，根據(jù)F＝mgtanθ，知重力增大，則θ減小，故C正確；若風(fēng)速增大，換用半徑較大、質(zhì)量不變的球，對(duì)整體受力分析可知，豎直方向的作用力不變，底座對(duì)地面的壓力不變，故D錯(cuò)誤。10.(2021·北京市昌平區(qū)高三下二模)電梯、汽車(chē)等交通工具在加速時(shí)會(huì)使乘客產(chǎn)生不適感，其中不適感的程度可用“急動(dòng)度”來(lái)描述。急動(dòng)度是描述加速度變化快慢的物理量，即j＝eq\f(Δa,Δt)。汽車(chē)工程師用急動(dòng)度作為評(píng)判乘客不舒適程度的指標(biāo)，按照這一指標(biāo)，具有零急動(dòng)度的乘客，感覺(jué)較舒適。如圖為某汽車(chē)加速過(guò)程的急動(dòng)度j隨時(shí)間t的變化規(guī)律。下列說(shuō)法正確的是()A．在0～5.0s時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．在5.0～10.0s時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C．在0～5.0s時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)加速度的變化量大小為2.0m/s2D．在5.0～10.0s時(shí)間內(nèi)，乘客感覺(jué)較舒適答案C解析由急動(dòng)度的物理意義可知，在0～5.0s時(shí)間內(nèi)，急動(dòng)度增加，加速度的變化率變大，在5.0～10.0s時(shí)間內(nèi)，急動(dòng)度不變，則加速度均勻增加，故A、B錯(cuò)誤；由急動(dòng)度的物理意義可知，圖像與時(shí)間軸所圍的面積代表加速度的變化量，在0～5.0s時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)加速度的變化量大小為eq\f(1,2)×0.8×5m/s2＝2.0m/s2，故C正確；急動(dòng)度越小乘客越舒適，在0～5.0s時(shí)間內(nèi)急動(dòng)度較小，乘客感覺(jué)較舒適，故D錯(cuò)誤。二、重難點(diǎn)強(qiáng)化專(zhuān)練(一)運(yùn)動(dòng)圖像專(zhuān)練11.(2022·廣東省惠州市高三上第二次調(diào)研考試熱身卷)如圖所示為甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)的x-t圖像，下列關(guān)于甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法，正確的是()A．甲、乙兩個(gè)物體同時(shí)出發(fā)B．甲、乙兩個(gè)物體在同一位置出發(fā)C．甲的速度比乙的速度小D．t2時(shí)刻兩個(gè)物體速度相同答案C解析由圖可知甲物體從0時(shí)刻出發(fā)，而乙物體從t1時(shí)刻出發(fā)，即甲比乙早出發(fā)，故A錯(cuò)誤；由圖可知甲物體從距離坐標(biāo)原點(diǎn)x1處開(kāi)始出發(fā)，而乙物體從坐標(biāo)原點(diǎn)的位置開(kāi)始出發(fā)，故B錯(cuò)誤；x-t圖像的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的速度，由圖可知甲、乙的x-t圖像的斜率均不變，且甲的斜率小于乙的斜率，故甲、乙都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且甲的速度小于乙的速度，C正確，D錯(cuò)誤。12．(2022·湖北省京山市等百校聯(lián)考高三上10月考)實(shí)施人工降雨時(shí)，某豎直向上發(fā)射的氣象火箭彈，先由靜止開(kāi)始以隨時(shí)間均勻減小的加速度上升，經(jīng)時(shí)間t0后勻速上升，再經(jīng)時(shí)間t0后爆炸。若以豎直向上為正方向，則下列關(guān)于火箭彈爆炸前運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像和加速度—時(shí)間圖像(其中g(shù)為重力加速度大小)中，可能正確的是()答案C解析由題意知，氣象火箭彈先由靜止開(kāi)始以隨時(shí)間均勻減小的加速度上升，則其v-t圖像從坐標(biāo)原點(diǎn)出發(fā)，斜率均勻減小，故A、B錯(cuò)誤；其a-t圖像從某一加速度出發(fā)，隨時(shí)間均勻減小，則開(kāi)始時(shí)a-t圖線為傾斜直線，故C正確，D錯(cuò)誤。13.(2022·遼寧省名校聯(lián)盟高三上9月聯(lián)合考試)根據(jù)機(jī)動(dòng)車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況，繪制如圖eq\f(x,t2)-eq\f(1,t)圖像，已知其在水平路面沿直線行駛，規(guī)定初速度v0的方向?yàn)檎较?，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒定。請(qǐng)判定以下說(shuō)法合理的是()A．機(jī)動(dòng)車(chē)牽引力恒定且大于阻力B．機(jī)動(dòng)車(chē)的初速度v0＝20m/sC．機(jī)動(dòng)車(chē)的加速度為8m/s2D．機(jī)動(dòng)車(chē)在前3s的位移是24m答案B解析由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2變形可得eq\f(x,t2)＝eq\f(v0,t)＋eq\f(1,2)a，則由eq\f(x,t2)-eq\f(1,t)圖像的斜率和縱截距可得v0＝20m/s，a＝－8m/s2，則機(jī)動(dòng)車(chē)做初速度為20m/s、加速度大小為8m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律知，牽引力恒定且小于阻力，故B正確，A、C錯(cuò)誤；由0＝v0＋at可判斷，機(jī)動(dòng)車(chē)在2.5s時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，由0－veq\o\al(2,0)＝2ax，可知機(jī)動(dòng)車(chē)在前3s的位移是x＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(0－202,2×－8)m＝25m，故D錯(cuò)誤。(二)追及相遇問(wèn)題專(zhuān)練14．(2022·湖南省名校聯(lián)合體高三上10月聯(lián)考)(多選)甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)在同一直線上運(yùn)動(dòng)，從t＝0時(shí)刻起同時(shí)出發(fā)，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，x-t圖像如圖甲所示。乙做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的x-v2圖像如圖乙所示。則下列說(shuō)法正確的是()A．t＝0時(shí)刻，甲的速度為2m/s，乙的速度為10m/sB．甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)的加速度大小均為4m/s2C．經(jīng)過(guò)eq\f(\r(29),2)s，甲追上乙D．經(jīng)過(guò)2.5s，甲追上乙答案BC解析甲質(zhì)點(diǎn)的位移表達(dá)式為x＝v01t＋eq\f(1,2)a1t2＋x0，將(0，－2)、(1,0)、(2,6)代入上式，解得x0＝－2m，v01＝0，a1＝4m/s2，由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知，乙質(zhì)點(diǎn)的位移表達(dá)式為x＝eq\f(v2,2a2)－eq\f(v\o\al(2,02),2a2)，將(0,12.5)、(100,0)代入上式，解得v02＝10m/s，a2＝－4m/s2，故B正確，A錯(cuò)誤；乙質(zhì)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間為t0＝eq\f(0－v02,a2)＝eq\f(0－10,－4)s＝2.5s，此時(shí)乙質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的位移為x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)＝12.5m，甲質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)eq\f(\r(29),2)s的位移為x1＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(29),2)))2m＝14.5m，因?yàn)閤1－x2＝14.5m－12.5m＝2m＝|x0|＝2m，可知經(jīng)過(guò)eq\f(\r(29),2)s，甲追上乙，故C正確；經(jīng)過(guò)2.5s，甲質(zhì)點(diǎn)的位移為x1′＝eq\f(1,2)a1t′2＝eq\f(1,2)×4×2.52m＝12.5m，因?yàn)閤1′＋x0<x2，可知甲沒(méi)追上乙，故D錯(cuò)誤。15.a、b兩車(chē)在平直公路上沿同一方向行駛，兩車(chē)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示，在t＝0時(shí)刻，b車(chē)在a車(chē)前方s0處，在0～t1時(shí)間內(nèi)，b車(chē)的位移為s，則()A．若a、b在t1時(shí)刻相遇，則s0＝3sB．若a、b在eq\f(t1,2)時(shí)刻相遇，則s0＝eq\f(3,2)sC.若a、b在eq\f(t1,3)時(shí)刻相遇，則下次相遇時(shí)刻為eq\f(4,3)t1D．若a、b在eq\f(t1,4)時(shí)刻相遇，則下次相遇時(shí)a車(chē)速度為eq\f(v1,3)答案B解析由v-t圖像中圖線與時(shí)間軸所圍面積表示位移可知，在0～t1時(shí)間內(nèi)，b車(chē)的位移為s，則a車(chē)的位移為3s。若a、b在t1時(shí)刻相遇，則s0＝3s－s＝2s，A錯(cuò)誤；若a、b在eq\f(t1,2)時(shí)刻相遇，如圖所示，陰影部分對(duì)應(yīng)的面積等于s0，即s0＝eq\f(3,4)·2s＝eq\f(3,2)s，B正確；若a、b在eq\f(t1,3)時(shí)刻相遇，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性知，下次相遇時(shí)刻為t1＋eq\f(2,3)t1＝eq\f(5,3)t1，C錯(cuò)誤；若a、b在eq\f(t1,4)時(shí)刻相遇，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性知，下次相遇時(shí)刻為t1＋eq\f(3,4)t1＝eq\f(7,4)t1，根據(jù)幾何關(guān)系知下次相遇時(shí)a車(chē)速度為va＝eq\f(1,8)·2v1＝eq\f(v1,4)，D錯(cuò)誤。(三)共點(diǎn)力動(dòng)態(tài)平衡分析及平衡中的臨界極值問(wèn)題16.(2022·江蘇省常州市高三上期中質(zhì)量調(diào)研)如圖所示，斜面體置于粗糙水平面上，光滑小球被輕質(zhì)細(xì)線系住放在斜面上，細(xì)線另一端跨過(guò)光滑定滑輪，用力拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢向上移動(dòng)一小段距離，斜面體始終靜止。則在小球移動(dòng)過(guò)程中()A．細(xì)線對(duì)小球的拉力變大B．斜面對(duì)小球的支持力變大C．斜面對(duì)地面的壓力變大D．地面對(duì)斜面的摩擦力變大答案A解析對(duì)小球受力分析并構(gòu)成矢量三角形，如圖1所示，重力大小方向不變，支持力方向不變，細(xì)線拉力方向由圖中實(shí)線向虛線方向變化，可知細(xì)線拉力增大，斜面對(duì)小球的支持力減小，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)斜面受力分析，如圖2所示，根據(jù)平衡條件，水平方向上有N′sinα＝f，豎直方向上有N地＝N′·cosα＋Mg，根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫′減小，所以地面對(duì)斜面的摩擦力減小，地面對(duì)斜面的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律，斜面對(duì)地面的壓力減小，C、D錯(cuò)誤。17．(2021·河北省張家口市高三二模)如圖所示，一粗糙斜面放置在水平地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過(guò)滑輪，一端與斜面上的物塊M相連，另一端位于天花板上的A點(diǎn)，并通過(guò)動(dòng)滑輪懸掛物塊N，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將細(xì)繩的一端從天花板上的A點(diǎn)緩慢沿直線移動(dòng)到B點(diǎn)，已知斜面和M始終保持靜止，則在此過(guò)程中()A．M所受細(xì)繩拉力的大小可能保持不變B．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加C．斜面所受地面的摩擦力大小一直增大D．斜面所受地面的支持力大小一直增大答案C解析細(xì)繩的一端從天花板上的A點(diǎn)緩慢移動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，因斜面和M始終保持靜止，所以作用于動(dòng)滑輪的兩細(xì)繩的夾角變大，又因物塊N的重力不變，可知細(xì)繩的拉力變大，A錯(cuò)誤；由于初始狀態(tài)M所受摩擦力的方向不確定，所以隨著細(xì)繩的拉力變大，M所受斜面的摩擦力的大小變化不確定，B錯(cuò)誤；將斜面、定滑輪和M看成整體，細(xì)繩拉力的水平分力大小等于地面對(duì)斜面的摩擦力，拉力變大并與水平方向的夾角變小，所以拉力的水平分力變大，由共點(diǎn)力平衡可知斜面所受地面的摩擦力一直增大，C正確；對(duì)物塊N受力分析，拉力的豎直分力大小為物塊N的重力的一半，保持不變，所以地面對(duì)斜面的支持力不變，D錯(cuò)誤。18．(2021·遼寧省高三三模)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。A、B、C的質(zhì)量都為m，A、B與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力F拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面，整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()A．未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小為eq\f(\r(3),2)mgB．未拉A時(shí)，B受到地面作用力的大小為eq\f(3,2)mgC．動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin＝eq\f(\r(3),3)D．動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin＝eq\f(\r(3),2)答