通用版2020版高考物理二轮复习专题分层突破练2力与直线运动

专题强化训练(二)一、选择题(共10个小题，3、4、5、8、10为多选，其余为单选，每题5分共50分)1．(2016·上海)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则物体的加速度是( ) A.23 m/s 2B.43 m/s 2C.89 m/s 2D.169m/s 2答案 B解析 根据题意，物体做匀加速直线运动，t 时间内的平均速度等于t2时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v 1＝v －1＝164 m/s ＝4 m/s ；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v 2＝v －2＝162 m/s ＝8 m/s ；则物体加速度为：a ＝v 2－v 1t ＝8－43 m/s 2＝43m/s 2，故B 项正确．2．高速公路的ETC 电子收费系统如图所示，ETC 通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6 km/h 的速度匀速进入识别区，ETC 天线用了0.3 s 的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7 s ，刹车的加速度大小为5 m/s 2，则该ETC 通道的长度约为( )A ．4.2 mB ．6.0 mC ．7.8 mD ．9.6 m答案 D解析 21.6 km/h ＝6 m/s汽车在前0.3 s ＋0.7 s 内做匀速直线运动，位移为： x 1＝v 0(t 1＋t 2)＝6×(0.3＋0.7) m ＝6 m 随后汽车做减速运动，位移为： x 2＝v 022a ＝622×5 m ＝3.6 m所以该ETC 通道的长度为： L ＝x 1＋x 2＝(6＋3.6) m ＝9.6 m 故A 、B 、C 三项错误，D 项正确．3．一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt－t 的图象如图所示，则( )A ．质点做匀加速直线运动，加速度为1.0 m/s 2B ．质点在1 s 末速度为1.5 m/sC ．质点在第1 s 内的平均速度为0.75 m/sD ．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s 答案 AB解析 由图得：x t ＝0.5＋0.5t.根据匀变速运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，得：x t ＝v 0＋12at ，对比可得：12a＝0.5 m/s 2，则质点的加速度为a ＝2×0.5 m/s 2＝1 m/s 2.初速度为v 0＝0.5 m/s ，则知质点的加速度不变，质点做匀加速直线运动，故A 项正确，D 项错误；质点做匀加速直线运动，在1 s 末速度为v ＝v 0＋at ＝0.5 m/s ＋1 m/s ＝1.5 m/s.则质点在第1 s 内的平均速度为v －＝v 0＋v2＝1 m/s ，故B 项正确，C 项错误．故选A 、B 两项．4．在人工智能机器人跑步比赛中，t ＝0时两机器人位于同一起跑线上，机器人甲、乙运动的速度—时间图象如图所示，则下列说法正确的是( )A ．机器人乙起跑时，机器人甲正好跑了1 mB ．机器人甲、乙相遇之前的最大距离为4 mC ．机器人乙起跑4 s 后刚好追上机器人甲D ．机器人乙超过机器人甲后，甲、乙不可能再次相遇 答案 AD解析 机器人乙在t ＝2 s 时起跑，此时机器人甲正好跑过的距离x ＝1×22 m ＝1 m ，故A 项正确；当两机器人的速度相等时相距最远，两者间的最大距离等于0～3 s 内位移之差，即x max ＝1×22 m ＋1×12m ＝1.5 m ，故B 项错误；机器人乙起跑4 s 后，甲通过的位移x 甲＝4＋62×1 m ＝5 m ，乙通过的位移x 乙＝2＋42×2 m＝6 m ，知x 乙>x 甲，说明在机器人乙起跑4 s 前乙追上甲，故C 项错误；机器人乙超过机器人甲后，乙的速度总比甲的大，则甲、乙不可能再次相遇，故D 项正确．故选A 、D 两项．5．如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出其加速度a ，得到如图乙所示的a －F 图．取g ＝10 m/s 2，则( )A ．滑块的质量m ＝4 kgB ．木板的质量M ＝2 kgC ．当F ＝8 N 时滑块加速度为2 m/s 2D ．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 答案 ABD解析 当F 等于6 N 时，加速度为：a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F ＝(M ＋m)a ，代入数据解得：M ＋m ＝6 kg ，当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得：a ＝F －μmg M ＝1M F －μmgM ，由图示图象可知，图线的斜率为：k ＝1M ＝Δa ΔF ＝16－4＝12，解得：M ＝2 kg ，滑块的质量为：m ＝4 kg ，故A 、B 两项正确；根据F 大于6 N 的图线知，F ＝4时，a ＝0，即：0＝12×F －μ×402，代入数据解得：μ＝0.1，由图示图象可知，当F ＝8 N 时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：a ＝μg＝1 m/s 2，故C 项错误，D 项正确． 6.如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m 1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m 2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a 一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是( )A ．沿着杆加速下滑B ．沿着杆减速上滑C ．沿着杆减速下滑D ．沿着杆加速上滑答案 B解析把滑块和球看作一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，若速度方向向下，则沿斜面方向：(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向：F N＝(m1＋m2)gcosθ摩擦力：f＝μF N联立可解得：a＝gsinθ－μg cosθ，对小球有：若θ＝β，a＝gsinβ现有：θ<β，则有：a>gsinβ所以gsinθ－μg cosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μg cosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上，由于加速度方向向下，所以物体沿着杆减速上滑，故B项正确．7．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A、C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )A．两弹簧都处于拉伸状态B．两弹簧都处于压缩状态C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态答案 C解析由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsinα.对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：a x＝acosα＝g·sinαcosα，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsinα，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态，故C项正确，A、B、D三项错误．8.如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为μ，物块1与物块2间的动摩擦因数为2μ.物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当水平力F 作用在物块1上，下列反映a 和f 变化的图线正确的是( )答案 AC解析 物块1与2间的最大静摩擦力f 12＝2μ·3mg＝6μmg，物块2与地面间的最大静摩擦力f 2＝μ·4mg ＝4μmg，当拉力F<4μmg 时，1、2两物块静止不动，摩擦力随F 的增大而增大，当物块1、2开始滑动而未发生相对滑动时，物块2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，对物块2分析可知，f 1－4μmg ＝ma ，解得f 1＝4μmg＋ma 逐渐增大，当物块1与2刚好发生相对滑动时，物块2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体2产生的最大加速度a 2＝f 12－f 2m ＝2μg，对物块1，根据牛顿第二定律，此时的拉力为F ，则F －f 12＝3ma 2，解得F ＝12μmg，拉力继续增大，此后2做匀加速运动，1做加速度增大的加速度运动，故A 、C 两项正确，B 、D 两项错误．9.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方的场强为E 1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E 2，方向竖直向上的匀强电场．一个质量为m ，带电量为＋q 的小球从上方电场的A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A 关于虚线对称的B 点，则下列结论正确的是( )A ．若A 、B 高度差为h ，则U AB ＝mghqB ．带电小球在A 、B 两点电势能相等C ．在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D ．若E 1＝2mgq ，则两电场强度大小关系满足E 2＝2E 1答案 D解析 对A 到B 的过程运用动能定理得：qU AB ＋mgh ＝0，解得：U AB ＝－mghq ，可知A 、B 的电势不相等，则带电小球在A 、B 两点电势能也不相等，故A 、B 两项错误；A 到虚线速度由零加速至v ，虚线到B 速度由v 减为零，位移相同，根据v 2＝2ax ，则加速度大小相等，方向相反，故C 项错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得：a 1＝mg ＋qE 1m ，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：a 2＝qE 2－mgm ，因为a 1＝a 2，解得：E 2－E 1＝2mg q ，若E 1＝2mgq，则有：E 2＝2E 1，故D 项正确．故选D 项．10.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距x ＝4 m ，以v 0＝4 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A 端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．煤块到A 运动到B 的时间是2.25 s B ．煤块从A 运动到B 的时间是1.5 sC ．划痕长度是2 mD ．划痕长度是0.5 m 答案 BC解析 煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma ，得a ＝μg＝4 m/s 2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：x 1＝v 022a ＝2 m<4 m因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间为： t 1＝v 0a＝1 s匀速运动的时间为：t 2＝x －x 1v 0＝0.5 s煤块从A 运动到B 的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，故A 项错误，B 项正确；在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则划痕长度为：Δx ＝v 0t 1－x 1＝2 m ，故C 项正确，D 项错误．故选B 、C 两项． 二、计算题(共4个小题，11题11分，12题12分，13题12分，14题15分，共50分)11．元旦期间，小聪和家人出去游玩，在途中的十字路口，他们乘坐的小汽车正在等绿灯，绿灯亮后，小汽车以大小a ＝0.8 m/s 2的加速度启动，恰在此时，一辆匀速运动的大卡车以大小v ＝7.2 m/s 的速度从旁边超过．假设小汽车启动后一直以加速度a 加速行驶，直路足够长，且前方没有其他车辆和行人．求：(1)从两车并行起到两车距离最大所经历的时间t 1； (2)两车相遇之前的最大距离L ；(3)从两车并行起到两车再次相遇所经历的时间t 2. 答案 (1)9 s (2)32.4 m (3)18 s解析 (1)经分析可知，当两车的速度相等时，它们之间的距离最大，有：v ＝at 1 解得：t 1＝9 s.(2)两车速度相等时，小汽车和卡车行驶的距离分别为：x ＝12at 12，x ′＝vt 1又：L ＝x ′－x 解得：L ＝32.4 m.(3)由运动学规律有：12at 22＝vt 2解得：t 2＝18 s.12.如图所示，质量M ＝2.0 kg 的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m ＝1.0 kg 的小铁块(可视为质点)，小铁块离木板左端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.现用一水平向右的恒力F 作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，设铁块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.则：(1)若要使铁块不从木板上滑出，求恒力的最大值F 1； (2)若将木板从铁块下抽出历时1 s ，求拉力F 2的大小；(3)若地面粗糙，且与木板间的动摩擦因数为0.2.改用棒打击木板左侧，使木板瞬间获得向右的速度v 0，求v 0至少多大时才能使小铁块脱离木板． 答案 (1)6 N (2)8 N (3) 6 m/s解析 (1)铁块受到的最大静摩擦力为：f 1＝μmg 由牛顿第二定律得铁块的最大加速度为：a 1＝f 1m对整体，由牛顿第二定律得：F 1＝(M ＋m)a 1解得：F 1＝6 N.(3)设木板抽出的加速度为a 2， 由题意得：12a 2t 2－12a 1t 2＝L对木板，由牛顿第二定律得：F 2－f 1＝Ma 2 解得：F 2＝8 N.(3)设经时间t ′铁块滑到木板的最左端且二者速度相等，由牛顿第二定律得木板的加速度大小为： a 3＝μmg＋μ（m ＋M ）g M＝4 m/s 2由位移关系得：v 0t ′－12a 3t ′2－12a 1t ′2＝La 1t ′＝v 0－a 3t ′ 解得：v 0＝ 6 m/s.13.如图所示，一水平长为L ＝2.25 m 的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v 0＝4 m/s 匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m ＝1 kg 的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2.经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F ＝17 N ，F 作用了t 0＝1 s 时煤块与平板速度恰好相等，此时刻撤去F.最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M ＝4 kg(重力加速度为g ＝10 m/s 2)，求：(1)传送带上黑色痕迹的长度；(2)平板与地面间的动摩擦因数μ2的大小；(3)平板上表面至少多长？(计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)3.75 m (2)0.3 (3)1.6 m 解析 (1)对煤块由牛顿第二定律：μ1mg ＝ma 1 得a 1＝2 m/s 2若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v 1得 v 12＝2a 1L 解得：v 1＝3 m/s因为v 1<v 0，所以煤块一直加速到右端，设需t 1时间到达右端得：t 1＝v 0a 1＝32 st 1时间内皮带位移为：s 皮＝v 0t 1＝4×32 m ＝6 mΔs ＝s 皮－L ＝(6－2.25)m ＝3.75 m.(2)煤块滑上平板时速度为v 1＝3 m/s ，a 1＝2 m/s两者速度相等时有：v 共＝v 1－a 1t 0＝a 2t 0 解得：a 2＝1 m/s 2v 共＝1 m/s对平板，由牛顿第二定律得： F ＋μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma 2 解得：μ2＝0.3.(3)由于μ2>μ1，共速后煤块将以a 1匀减速到停止，而平板以a 3匀减速到停止． 对平板，由牛顿第二定律得：μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma 3 得a 3＝－134m/s 2t 2＝0－v 共a 3＝－0－1134s ＝413s全过程平板位移为：s 板＝0＋v 共2(t 0＋t 2)解得：s 板＝1726m全过程煤块位移为：s 煤＝v 122a 1＝94 m所以板长l ＝s 煤－s 板≈1.6 m.14．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所示．质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，从t ＝0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离，再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.求：(1)弹簧的劲度系数； (2)物块b 加速度的大小；(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式． 答案 (1)8mgsin θ5x 0 (2)gsin θ5(3)F ＝825mgsin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2⎝⎛⎭⎪⎫t<5x 02gsin θ解析 (1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx 0＝(m ＋35m)gsin θ解得：k ＝8mgsin θ5x 0.①(2)由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0.由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：x 1x 0＝14②说明当形变量为x 1＝x 0－x 04＝3x 04时二者分离；对m 分析，因分离时a 、b 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知： kx 1－mgsin θ＝ma③联立①②③式，解得：a ＝gsin θ5.(3)设时间为t ，则经时间t 时，ab 前进的位移为 x ＝12at 2＝gsin θt 210 则形变量变为：Δx ＝x 0－x对整体分析可知，由牛顿第二定律，有F ＋k Δx －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m gsin θ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋35m a解得：F ＝825mgsin θ＋4mg 2sin 2θ25x 0t 2因分离时位移x ＝x 04由x ＝x 04＝12at 2，解得：t ＝5x 02gsin θ故应保证t< 5x 02gsin θ，F 表达式才能成立．。

专题提升训练2力与直线运动一、单项选择题(本题共5小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2019·河东区一模)如图甲所示,滑雪运动员由斜坡高速向下滑行,其速度—时间图像如图乙所示,则由图像中AB段曲线可知,运动员在此过程中()A.机械能守恒B.做变加速运动C.做曲线运动D.所受力的合力不断增大答案:B解析:运动员在下滑过程中,受到阻力作用,阻力要对运动员做负功,使运动员的机械能减少,运动员的机械能不守恒,故A错误;匀加速运动的v-t图像是一条直线,可知运动员的v-t图像是一条曲线,曲线切线的斜率越来越小,运动员的加速度越来越小,因此运动员做加速度逐渐减小的加速运动,故B正确;运动员沿斜坡下滑,做直线运动,故C错误;由于运动员的加速度a 逐渐减小,运动员所受合力F=ma不断减小,故D错误。

2.(2019·河北唐山一模)现有两辆不同型号的电动汽车甲、乙,在同一平直公路上,从同一地点,朝相同方向做直线运动,它们的v-t图像如图所示。

则()A.两车加速阶段的加速度大小之比为3∶1B.乙追上甲的时刻为15 s末C.乙刚出发时,甲车在其前方25 m处D.15 s后两车间距离开始逐渐增大答案:C解析:由加速度定义式易得,甲车在加速阶段的加速度a1=2m/s2,乙车加速度a2=1m/s2,A项错误;速度—时间图像与时间轴所围面积表示位移,故在15s内,甲车位移大于乙车位移,B项错误;由图像可知,t=5s时乙车出发,此时甲车的位移为25m,又两车从同一地点出发,故C项正确;15s后,乙车速度大于甲车速度,在15s时甲车在前,乙车在后,故两车距离先逐渐减小,D项错误。

3.(2019·广东深圳第一次调研)下图为甲、乙两物体做直线运动的x-t图像,对于0~t1时间内两物体的运动,下列说法正确的是()A.甲物体速度方向与加速度方向相同B.乙物体加速度方向与速度方向相反C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D.乙物体位移变小,速度变大 答案:B解析:由x -t 图像可知甲物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项A 错误;乙物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项B 正确;由题图可知,两物体在t 1时间内的位移大小相等,则平均速度大小相等,选项C 错误;乙物体位移变小,速度变小,选项D 错误。

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.t=0时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点,如图,直线a和曲线b分别是这两车行驶的速度—时间图象,由图可知()A.在t1时刻,两车运动方向相反B.在t1时刻,两车再次相遇C.在0~t1这段时间内,b车的速度先增大后减小,但方向不变D.在0~t1这段时间内,b车的平均速度等于2.(2019宁夏银川质量检测)利用函数图象是解决物理问题的常用方法。

某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质,从t=0时刻开始计时得到了-t的图象。

如图所示,由此可知()A.玩具车做速度为-3 m/s的匀速直线运动B.玩具车做变加速直线运动C.玩具车做匀加速直线运动,初速度大小为2 m/sD.玩具车做匀加速直线运动,加速度的大小为1.5 m/s23.(2019山东淄博三模)如图所示,某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧,其劲度系数均为k。

这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。

若缆绳断裂后,总质量为m的电梯下坠,4根弹簧同时着地而开始缓冲,电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小),下列说法正确的是()A.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为B.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为C.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯先处于失重状态后处于超重状态D.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯始终处于失重状态4.如图所示,粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B,质量分别为m A=m,m B=3m,与水平面间的动摩擦因数均为μ,木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连,现用外力缓缓向左水平推木块B,使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力,木块A、B由静止开始向右运动,当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离),则()A.木块A对木块B的作用力大小一定为B.木块A对木块B的作用力大小一定为C.木块A对木块B的作用力大小一定为F-3μmgD.木块A对木块B的作用力大小一定为F-μmg5.如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为m'的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A 从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知m'>m。

【关键字】整合专题限时集训(二) 力与直线运动(对应学生用书第119页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共10小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2017·“超级全能生”26省联考)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点( )【导学号：】A．第1 s内的位移是B．前2 s内的平均速度是/sC．运动的加速度为/s2D．任意1 s内的速度增量都是/sB [第1 s内的位移x1＝(6＋5×1－1) m－＝，故A错误．前2 s内的位移x2＝(6＋5×2－4) m－＝，则前2 s内的平均速度＝＝ m/s＝/s，故B正确．根据x＝v0t＋at2＝6＋5t－t2得，加速度a＝－/s2，任意1 s内速度的增量Δv＝at＝－2×/s＝－/s，C、D均错误．故选B.]2．(2016·福建厦门一中模拟)如图2-16所示，轻绳跨过光滑的定滑轮，一端系一质量为m1的物体，另一端系一质量为m2的沙桶．当m2变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系图线可能是( )图2-16A B C DB [在m2小于m1之前两物体都不动，所以加速度为零，当m2大于m1时，m1开始运动且所受合力逐渐变大，加速度随之逐渐增加，当m2≫m1时，加速度趋近于g，但不可能大于或等于g，故选项B正确．]3.若货物随升降机运动的v- t图象如图2-17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( )【导学号：】图2-17B [根据v-t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．]4. (2017·泉州模拟)如图2-18所示为甲、乙两物体从同一地点沿同一方向开始做直线运动的v-t图象．图中t1＝t2，则在0～t2的运动过程中，下列说法正确的是( )图2-18A．在t1时刻，甲的位移是乙的位移的1.5倍B．甲的加速度大小是乙的加速度大小的1.5倍C．在t2时刻，甲与乙相遇D．在到达t2时刻之前，乙一直在甲的前面C [由图可知，在t1时刻，乙的速度为v0，此时甲的位移为t1，乙的位移为t1＝v0t1，甲位移是乙位移的2倍，故A错误；甲的加速度大小为a甲＝，乙的加速度为，由t1＝t2，则a甲＝乙，故B错误；由于在t2时刻，甲、乙的位移相等，即此时乙刚好追上甲，故C正确；相遇前甲一直在乙的前面，故D错误．]5．(2016·合肥二模)如图2-19所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )【导学号：】图2-19A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEFB [设上部圆的直径为D，下部半圆的半径为R，对轨道AOB，其长度为L1＝Dcos α＋R，在其上运动的加速度a1＝gcos α，由L1＝a1t，解得：tAB＝＝.对轨道COD、EOF，同理可解得：tCD＝，tEF＝.由轨道与竖直线的夹角关系为α＞β＞θ可知，tAB ＞tCD＞tEF，选项B正确．]6．(2017·沧州一中月考)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图2-20甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )图2-20A．mg B.mgC.mgD.mgC [设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝aT2 ①向下运动时：3d－d＝a′T2 ②联立①②得：＝ ③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma ④向下运动时：mg －f ＝ma ′⑤ 联立③④⑤得：f ＝mg ；选C.]7．(2017·成都市石室中学二诊)光滑斜面上，当系统静止时，挡板C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，AB 质量相等．在突然撤去挡板的瞬间( )【导学号：】甲 乙图2-21A ．两图中两球加速度均为gsin θB ．两图中A 球的加速度均为零C ．图甲中B 球的加速度为2g sin θD ．图乙中B 球的加速度为g sin θCD [撤去挡板前，对整体分析，挡板对B 球的弹力大小为2mg sin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为2mg sin θ，加速度为2g sin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A 、B 球所受合力均为mg sin θ，加速度均为g sin θ，故C 、D 确，A 、B 错误．故选C 、D.](2017·绵阳市模拟)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g 3BD [剪断细线前，弹簧的弹力：F弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ； 剪断细线瞬间，对A 、B 系统，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3.故B 、D 均正确．]8．(2017·天津市五区县期末)如图2­22所示，在水平光滑桌面上放有m 1和m 2两个小物块，它们中间有细线连接．已知m 1＝3 kg ，m 2＝2 kg ，连接它们的细线最大能承受6 N 的拉力．现用水平外力F 1向左拉m 1或用水平外力F 2向右拉m 2，为保持细线不断，则( )【导学号：】图2­22A ．F 1的最大值为10 NB ．F 1的最大值为15 NC ．F 2的最大值为10 ND ．F 2的最大值为15 NBC [若向左拉m 1，则隔离对m 2分析，T m ＝m 2a则最大加速度a ＝3 m/s 2对m 1m 2系统：F 1＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×3 N＝15 N ．故B 正确，A 错误．若向右拉m 2，则隔离对m 1分析，T m ＝m 1a则最大加速度a ＝2 m/s 2对m 1m 2系统：F 2＝(m 1＋m 2)a ＝(2＋3)×2 N＝10 N ．故D 错误，C 正确．]9．(2017·绵阳市模拟)如图2­23甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )甲 乙图2­23A ．在0～t 1时间内，A 、B 间的摩擦力为零B ．在t 1～t 2时间内，A 受到的摩擦力方向水平向左C ．在t 2时刻，A 、B 间的摩擦力大小为0.5μmgD ．在t 3时刻以后，A 、B 间的摩擦力大小为μmgAD [A 、B 间的滑动摩擦力f AB ＝μmg ，B 与地面间的滑动摩擦力f ＝3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时A 、B 无相对滑动，故A 、B 间摩擦力为零，故A 正确；A 在木板上产生的最大加速度为a ＝μmg m ＝μg ，此时对B 分析可知F －4μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，故在t 1～t 2时间内，A 、B 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误；在t 2时刻，A 、B 未发生滑动，加速度a ＝5μmg －3μmg 3m ＝23μg ，对物块A ：f ＝ma ＝23μmg ，故C 错误；在t 3时刻以后，A 、B 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确．](2017·合肥二模)如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位移－时间图象(x ­t 图象)，P (t 1，x 1)为图象上一点．PQ 为过P 点的切线，与x 轴交于点Q .则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻，质点的速率为x 1t 1B ．t 1时刻，质点的速率为x 1－x 2t 1C ．质点的加速度大小为x 1－x 2t 21D ．0～t 1时间内，质点的平均速度大小为2x 1－x 2t 1B [x ­t 图象的斜率表示速度，则t 1时刻，质点的速率为v ＝x 1－x 2t 1，故A 错误，B 正确；根据图象可知，t ＝0时刻，初速度不为零，根据a ＝v －v 0t 可知，加速度a ＝x 1－x 2t 1－v 0t 1≠x 1－x 2t 21，故C 错误； 0～t 1时间内，质点的平均速度大小v ＝x 1t 1，故D 错误．]10．(2017·商丘一中押题卷)如图2­24所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块B 、C 间用一不可伸长的轻绳相连，A 、B 木块间的最大静摩擦力是f 1，C 、D 木块间的最大静摩擦力是f 2.现用水平拉力F 拉A 木块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则( )【导学号：】图2­24A ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动B ．当f 1>2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动 C ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到3f 2时，C 、D 间即将滑动D ．当f 1<2f 2，且F 逐渐增大到32f 1时，A 、B 间即将滑动 AD [当f 1>2f 2，当C 、D 间即将滑动时，C 、D 间的静摩擦力达到最大值f 2，先以D 为研究对象，由牛顿第二定律得：f 2＝2ma ，得a ＝f 22m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ＝3f 2.此时，以B 、C 、D 整体为研究对象，可知，A 对B 的摩擦力f AB ＝4ma ＝2f 2<f 1，说明A 、B 间相对静止，故A 正确，B 错误．当f 1<2f 2，A 、B 间即将滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值f 1，先以B 、C 、D 整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f 1＝4ma ′，得a ′＝f 14m再以四个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F ＝6ma ′＝32f 1.此时，以D 为研究对象，根据牛顿第二定律得：C 对D 的摩擦力f CD ＝2ma ′＝f 12<f 2，则知，C 、D 间相对静止，故C 错误，D 正确．]二、计算题(共2小题，共32分)图2­2511．(14分)(2017·淮北市一模)如图2­25所示，一足够长的固定斜面倾角θ＝37°，两物块A 、B 的质量m A 、m B 分别为1 kg 和2 kg ，它们与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.两物块之间的轻绳长L ＝0.5 m ，作用在B 上沿斜面向上的力F 逐渐增大，使A 、B 一起由静止开始沿斜面向上运动，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当作用在物块B 上的拉力F 达到42 N 时，连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断，求该轻绳能承受的最大拉力；(2)若连接物块A 、B 之间的轻绳恰好被拉断瞬间A 、B 的速度均为10 m/s ，轻绳断裂后作用在B 物块上的外力F ＝42 N 不变，求当A 运动到最高点时，物块A 、B 之间的距离．【解析】 (1)对A 、B 整体受力分析，由牛顿第二定律得： F －(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a代入数据解得a ＝4 m/s 2对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得： F T －m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a代入数据解得：F T ＝14 N.(2)细线断裂后，对A 物体受力分析，由牛顿第二定律得：m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a A代入数据解得：a A ＝10 m/s 2由运动学公式有：v ＝a A t解得：t ＝v a A ＝1 s由运动学有：x A ＝vt 2＝5 m 细线断裂后，对B 物体受力分析，由牛顿第二定律得：F －m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a B代入数据解得：a B ＝11 m/s 2由运动学公式有：x B ＝vt ＋12a B t 2 代入数据解得：x B ＝15.5 m由题意可知，当A 运动到最高点时，物体A 、B 间的距离为： x ＝x B －x A ＋L ＝11 m.【答案】 (1)14 N (2)11 m12．(18分)(2017·天津市五区县期末)如图2­26甲所示，光滑平台右侧与一长为L ＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v 0＝5 m/s 滑上木板，恰好滑到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2­26(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t .【导学号：】【解析】 (1)设滑块质量为m ，木板水平时滑块加速度为a ，则对滑块有μmg ＝ma① 滑块恰好到木板右端停止0－v 20＝－2aL ②解得μ＝v 202gL＝0.5. ③ (2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a 1，最大距离为x ，上滑的时间为t 1，有 μmg cos θ＋mg sin θ＝ma 1④ 0－v 20＝－2a 1x⑤ 0＝v 0－a 1t 1⑥ 由④⑤⑥式，解得t 1＝12 s ⑦设滑块下滑时的加速度为a 2，下滑的时间为t 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2⑧ x ＝12a 2t 22⑨ 由⑧⑨式解得t 2＝52 s ○10滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t ＝t 1＋t 2＝1＋52 s ． ⑪【答案】 (1)0.5 (2)1＋52s此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

A ．吊篮A 的加速度大小为2gB ．物体B 的加速度大小为gC ．物体C 的加速度大小为2gD ．吊篮A 、物体B 、物体C 的加速度大小均为gAC [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a AC ＝F ＋m ＋2m gm ＋2m＝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。

]易错点评：不能正确分析力的突变和渐变。

5．高楼坠物危害极大.常有媒体报道高空坠物伤人的事件。

某建筑工地突然有一根长为l 的直钢筋从高空坠下.垂直落地时.恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片。

为了查询钢筋是从几楼坠下的.检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L .且L >l .查得当时相机的曝光时间为t .楼房每层高为h .重力加速度为g 。

则由此可以求得( )A ．钢筋坠地瞬间的速度约为LtB ．钢筋坠下的楼层为L －l 22ght2＋1C ．钢筋坠下的楼层为gt22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2tB [钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离.因此在时间t 内的平均速度为v ＝L －lt.此速度很接近钢筋坠地时的速度v .因此A 选项错误；由v 2＝2gH 、v ＝v .钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1.解得n ＝L －l 22ght2＋1.B 选项正确.C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v 2＝L －l2t.D 选项错误。

]6.(20xx·××市高三第二次联考)在平直公路上行驶的a 车和b 车.它们的位移—时间图象分别为图中直线甲和曲线乙.下列判断正确的是( )A ．a 、b 两车相遇两次B ．b 车运动方向始终不变C ．t 1到t 2时间内a 车的平均速度小于b 车的平均速度D ．t 1到t 2时间内两车的速度不可能在某时刻相同A [位移—时间图象中.两图线相交表示两车相遇.有两个交点.说明两车相遇两次.A 项正确；b 车的位移先增大后减小.运动方向在t 2时刻发生改变.B 项错误；两车在t 1、t 2时刻的位置均相同.即在t 1～t 2时间内两车的位移相同.故平均速度相同.C 项错误；位移—时间图象的斜率表示速度.故两车在t 1～t 2时间内的某一时刻速度相同.D 项错误。

专题能力训练2 力与物体的直线运动(时间:45分钟 满分:100分)专题能力训练第3页一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.(2019·浙江4月)如图所示,A 、B 、C 为三个实心小球,A 为铁球,B 、C 为木球。

A 、B 两球分别连接在两根弹簧上,C 球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。

若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)( )A.A 球将向上运动,B 、C 球将向下运动B.A 、B 球将向上运动,C 球不动C.A 球将向下运动,B 球将向上运动,C 球不动D.A 球将向上运动,B 球将向下运动,C 球不动 答案:D解析:小球受到重力、弹力以及浮力作用,处于静止状态。

A 球的重力大于浮力,所受弹力向上。

B 、C 两球的重力小于浮力,所受弹力向下。

剪断绳以后,重力全部用来改变运动状态,浮力消失。

A 、B 、C 三球及水杯的重力在竖直方向产生相同的加速度,相对运动由弹力产生,A 球所受弹力向上,相对于杯底向上运动,B 球所受弹力向下,相对于杯底向下运动,C 球所受弹力瞬间消失,相对于杯底无运动,故选D 。

2.右图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30,重物的质量为m 。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度为g ,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg 答案:D解析:将a 沿水平和竖直两个方向分解,对重物受力分析如图水平方向:F f=ma x竖直方向:F N-mg=ma y由a ya x =34三式联立解得F f=0.20mg,D正确。

力与直线运动要点提炼1.解图象问题时要做好“三看”(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(v ­t 、x ­t 、a ­t 、x ­v 2、v ­x 等)，还是动力学图象(F ­t 、F ­x 、P ­t 等)；(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。

2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧(1)巧用平均速度：对匀变速直线运动问题，运用公式v ＝12(v 0＋v )，x ＝v t ，相当于把一个匀变速直线运动问题转化为一个匀速直线运动问题来处理。

(2)逆向思维：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向分析，这种研究问题的方法一般用于末态已知的情况。

3．动力学与图象的综合问题做好两步(1)判别物理过程：由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质。

(2)选择解答方法：根据质点的运动性质，选择公式法或图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断。

4．传送带上物体的运动由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半；在倾斜传送带(倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tan θ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。

5．水平面上的板—块模型问题分析两物体的运动情况需要关注：两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系，外力作用在哪个物体上。

若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.(多选)(山东潍坊实验中学模拟)如图所示为甲、乙两个质点在同一地点沿同一方向运动的速度—时间(v-t)图像,则下列说法正确的是( )A.0~t1时间内,甲质点先沿正方向运动后沿负方向运动B.t=t0时刻,甲、乙两质点相遇C.0~t1时间内,甲、乙两质点间的距离先增大后减小D.0~t1时间内,甲、乙两质点的平均速度相同2.(全国乙卷)如图所示,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长l。

一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。

当两球运动至二者相距35l时,它们加速度的大小均为( )A.5F8m B.2F5mC.3F8mD.3F10m3.(广东联合模拟)科学研究表明,饮酒驾车会明显延长驾驶员的反应时间。

某测试员在没有饮酒和少量饮酒的情况下,分别用同一辆车进行了测试,如图所示为对应的v-t图像(从发现紧急情况开始计时),由图像可知( )A.饮酒使司机的反应时间延长了1 sB.饮酒使司机的反应距离增大了20 mC.饮酒使司机刹车时的加速度减小D.饮酒后,司机至少需要40 m距离才能停下来4.(安徽六安质检)如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4,小物块以v0=4 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2,以下说法正确的是( )A.木板的长度为1.68 mB.小物块离开木板时,木板的速度为1.6 m/sC.小物块离开木板后,木板的加速度大小为2 m/s2,方向水平向右D.小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞5.(浙江温州二模)祝融号火星车在火星表面探测过程中做直线运动,由静止开始依次经过加速、匀速和制动过程,直至停止,共用时12 s,位移随时间变化情况如表所示,加速和制动均可看作是匀变速直线运动。

专题分层突破练2 力与直线运动A组基础巩固练1.(浙江衢州模拟)北京冬奥会速滑馆内装有猎豹超高速4K轨道摄像机,让犯规无处遁形。

某次速度滑冰比赛中,摄像机和运动员的水平位移s随时间t变化的图像分别如图所示,下列说法正确的是( )A.摄像机做直线运动,运动员做曲线运动B.0~t1时间内摄像机在前,t1~t2时间内运动员在前C.0~t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同D.0~t2时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度2.如图所示,甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶,两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备,这两个蓝牙设备在5 m以内能够实现通信。

t=0时刻,甲、乙两车刚好位于图示位置,此时甲车的速度为5 m/s,乙车的速度为2 m/s,O1、O2的距离为3 m。

从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下,乙车保持原有速度做匀速直线运动。

忽略信号传递时间,从t=0时刻起,甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为( )A.2.00 sB.4.75 sC.6.00 sD.6.25 s3.(河南安阳模拟)很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况,用手掌托着智能手机,打开加速度传感器,把手机向上抛出,然后又在抛出点接住手机,得到如图所示的加速度随时间变化的图像,图中t1=0.38 s,t2=0.55 s,t3=0.66 s,t4=1.26 s,重力加速度g取10 m/s2,由此可判断出( )A.t1时刻手机的速度最大B.t2时刻手机离开手掌C.t3时刻手机处于超重状态D.手机离开手掌后上升的高度为0.45 m4.(全国乙卷)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。

设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球( )A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动5.(多选)(广东广州一模)如图所示,某运动员在足球场上进行“边路突破”训练,他沿边线将足球向前踢出,并向前追赶足球,下列v-t和s-t图像能大致反映此过程的是( )6.(广东二模)现有一平直轨道ABC及一弯曲轨道ADC,如图所示。

专题2 力与物体的直线运动1．（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。

上升第一个4H 所用的时间为t 1，第四个4H所用的时间为t 2。

不计空气阻力，则21t t 满足（ ）A ．1<21t t <2B ．2<21t t <3C ．3<21t t <4D ．4<21t t <5【答案】C【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。

则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系)()1:1::2:2....，可知212t t ==，即2134t t <<，故本题选C 。

2．（2019·浙江选考）一辆汽车沿平直道路行驶，其v –t 图象如图所示。

在t =0到t =40 s 这段时间内，汽车的位移是（ ）A ．0B ．30 mC ．750 mD ．1 200 m【答案】C【解析】在v –t 图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在40 s内的位移为()()1104030m 750m 2x =⨯+⨯=，C 正确。

3、(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是( )【答案】A【解析】设小球抛出瞬间的速度大小为v 0，抛出后，某时刻t 小球的速度v ＝v 0－gt ，故小球的动能E k ＝12mv 2＝12m (v 0－gt )2，结合数学知识知，选项A 正确。

4、(2019·高考全国卷Ⅱ)一质量为m ＝2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m 处有一警示牌，立即刹车。

刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t 1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t 1＝0.8 s ；t 1～t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2＝1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t 2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m ，第4 s 内的位移为1 m 。

力与直线运动A组1.t=0时刻汽车a和b沿两条平直的平行车道以相同速度同时经过同一地点,如图,直线a和曲线b分别是这两车行驶的速度—时间图象,由图可知()A.在t1时刻,两车运动方向相反B.在t1时刻,两车再次相遇C.在0~t1这段时间内,b车的速度先增大后减小,但方向不变D.在0~t1这段时间内,b车的平均速度等于v1+v222.利用函数图象是解决物理问题的常用方法。

某同学利用传感器探究一玩具车沿某一路段做直线运动的性质,从t=0时刻开始计时得到了x-t的图象。

如图所示,由此可知()tA.玩具车做速度为-3 m/s的匀速直线运动B.玩具车做变加速直线运动C.玩具车做匀加速直线运动,初速度大小为2 m/sD.玩具车做匀加速直线运动,加速度的大小为1.5 m/s23.如图所示,某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧,其劲度系数均为k。

这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。

若缆绳断裂后,总质量为m的电梯下坠,4根弹簧同时着地而开始缓冲,电梯坠到最低点时加速度大小为5g(g为重力加速度大小),下列说法正确的是()A.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为mg2kB.电梯坠到最低点时,每根弹簧的压缩长度为6mgkC.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯先处于失重状态后处于超重状态D.从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中,电梯始终处于失重状态4.如图所示,粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B,质量分别为m A=m,m B=3m,与水平面间的动摩擦因数均为μ,木块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连,现用外力缓缓向左水平推木块B,使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力,木块A、B由静止开始向右运动,当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离),则()A.木块A对木块B的作用力大小一定为3F4B.木块A对木块B的作用力大小一定为F4F-3μmgC.木块A对木块B的作用力大小一定为34D.木块A对木块B的作用力大小一定为F-μmg5.如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为m'的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A 从B的左端以初速度v0=3 m/s开始水平向右滑动,已知m'>m。

专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。

高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。

考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。

2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。

根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。

【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。

专题强化练(二)考点1 匀变速直线运动1．(2019·广州模拟)如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v 1，经过一小段时间之后，速度变为v 2，Δv 表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )A ．汽车在做加速直线运动B ．汽车的加速度方向与v 1的方向相同C ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相同D ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相反解析：由于v 2＜v 1，汽车做减速直线运动，A 错误；该过程中，加速度的方向与速度反向，与速度变化的方向同向，C 正确，B 、D 错误．答案：C2．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力．两球落地的时间差为( )A.2vgB.v gC.2h vD.hv解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg ，A 项正确． 答案：A考点2 图象问题3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v-t 关系图象如图所示，则该质点的x-t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，选项B 可大致表示该质点的x-t 关系图象．答案：B4．(2019·广州模拟)下列v-t图象中，表示两个做自由落体运动的物体落地的是(t0表示落地时刻)( )解析：自由落体运动的初速度为0，速度随时间均匀增大，图线甲有初速度，不是自由落体运动，故A错误；自由落体运动的加速度相同，都为g，所以图线斜率相等，图象应平行，故B错误；图线甲有初速度，不是自由落体运动，故C错误；自由落体运动的初速度为0，速度随时间均匀增大，加速度相同，所以图线的斜率相等，图象平行，同时落地，即在同一时刻落地，故D正确．答案：D5．(2018·河南一联)图示为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线．该质点运动的加速度大小为( )A．4 m/s2B．2 m/s2C．1 m/s2D．0.5 m/s2解析：由xv2图象结合速度位移关系式v2－v20＝2ax分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，图线函数表达式为v2＝2ax，可得a＝v22x ＝42×1m/s2＝2 m/s2，故选项B正确．答案：B6．(2019·商丘模拟)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t 图线如图所示，则( )A．在0～t1内，外力F大小不断增大B．在0～t1内，外力F大小不断减小直至为零C ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能不断增大D ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能先减小后增大解析：v-t 图线的斜率表示加速度，所以在0～t 1内，加速度为正并不断减小，根据加速度a ＝F －μmgm，所以外力F 大小不断减小，F 的最小值等于摩擦力，故A 、B 错误；在t 1～t 2内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a ＝μmg －Fm，外力F 大小可能不断减小，故C 错误；如果在F 先减小一段时间后的某个时刻，F 的方向突然反向，根据加速度的大小：a ＝μmg ＋Fm，F 后增大，因为v-t 图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F 大小可能先减小后增大，故D 正确．答案：D7.(多选)(2019·潍坊模拟)甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v-t 图象如图所示，其中甲为直线．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )A ．在t 0～2t 0时间内，甲、乙的加速度方向相同B ．在t 0～2t 0内，乙的平均速度大于甲的平均速度C ．在0～2t 0内，甲、乙间的最远距离为v 0tD ．在0～2t 0内，甲、乙间的最远距离为12v 0t解析：速度图象的斜率表示加速度，根据图象可知，在t 0～2t 0时刻，甲、乙的加速度都为负，方向相同，故A 正确；根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t 0～2t 0内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故B 正确；甲、乙从同一位置出发，在t 0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t 0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t 0时刻相距最远，最远距离等于两者位移之差，为x ＝12t 0·(2v 0－v 0)＝12v 0t ，故C 错误，D 正确．答案：ABD考点3 牛顿运动定律的应用8.(多选)(2018·沈阳模拟)如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB 间的长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋由静止放上传送带，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小 B ．若L 足够大，粮袋最终将一定以速度v 做匀速运动C ．若μ＜tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直做加速运动D ．粮袋刚放上传送带时的加速度a ＜g sin θ解析：粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a ＝g (sin θ＋μcos θ)，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于v ；可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度a ＝g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度a ＝g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，A 正确，B 错误；若μ＜tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做加速运动，加速度值为a ＝g (sin θ＋μcos θ)或先为a ＝g (sin θ＋μcos θ)后为a ＝g (sin θ－μcos θ)，C 正确；粮袋刚放上传送带时的加速度为a ＝g (sin θ＋μcos θ)，大于g sin θ，D 错误．答案：AC9．(2019·开封模拟)如图甲所示，光滑水平面上的O 点处有一质量为m ＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F 1＝4 N ，方向向右，F 2的方向向左，大小如图乙所示．物体从静止开始运动，此时开始计时．求：(1)当t ＝0.5 s 时，物体的加速度大小；(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时加速度最大？最大值为多少？ (3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时速度最大？最大值为多少？ 解析：(1)当t ＝0.5 s 时，F 2＝(2＋2×0.5) N ＝3 N. F 1－F 2＝maa ＝F 1－F 2m ＝4－32m/s 2＝0.5 m/s 2；(2)物体所受的合外力为F 合＝F 1－F 2＝4－(2＋2t )＝2－2t (N)作出F 合-t 图象如图所示从图中可以看出，在0～2 s 范围内 当t ＝0时，物体有最大加速度a 0.F 0＝ma 0，a 0＝F 0m ＝22m/s 2＝1 m/s 2，当t ＝2 s 时，物体也有最大加速度a 2，F 2＝ma 2，a 2＝F 2m ＝－22m/s 2＝－1 m/s 2，负号表示加速度方向向左；(3)由牛顿第二定律得：a ＝F 合m＝1－t (m/s 2)画出a -t 图象如图所示由图可知t ＝1 s 时速度最大，最大值等于上方三角形的面积．v ＝12×1×1 m/s ＝0.5 m/s.答案：(1)0.5 m/s 2(2)t ＝0和t ＝2 s 时 1 m/s 2(3)t ＝1 s 0.5 m/s10．(2019·河南三市联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0＝10 m/s 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变．小物块沿木板滑行的距离x 将发生变化，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值． 解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝F f ，F f ＝μmg cosθ，联立解得μ＝33；(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由0－v20＝2ax得x＝v202g（sin θ＋μcos θ）.设木板在θ的基础上向上运动的角度为α，令cos α＝11＋μ2，sin α＝μ1＋μ2，即tan α＝μ，则x＝v202g1＋μ2sin（θ＋α），当α＋θ＝90°时，x最小，即θ＝60°，所以x最小值为x min＝v202g（sin 60°＋μcos 60°）＝3v204g＝532m.答案：(1)33(2)θ＝60°532m。