专题02 力与直线运动(原卷版)

专题02 直线运动一、单选题1．（2022·辽宁）如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。

在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m，小车在桥架上单向移动了6m。

该次作业中小车相对地面的位移大小为（）A．6m B．8m C．10m D．14m2．（2022·浙江）下列说法正确的是（）A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同3．（2021·福建）一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。

已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1h，M、N间的直线距离为1.8km，则从M点漂流到N点的过程中（）A．该游客的位移大小为5.4kmB．该游客的平均速率为5.4m/sC．该游客的平均速度大小为0.5m/sD．若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为04．（2021·浙江）用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是（）A．研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点B．研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点C．研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点D．研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点5．（2021·浙江）2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。

“奋斗者”号照片如图所示，下列情况中“奋斗者”号一定可视为质点的是（）A．估算下降总时间时B．用推进器使其转弯时C．在海沟中穿越窄缝时D．科学家在其舱内进行实验时6．（2020·浙江）如图所示，新中国成立70周年阅兵仪式上，国产武装直升机排列并保持“70”字样编队从天安门上空整齐飞过。

专题01 力与直线运动【要点提炼】1.解决匀变速直线运动问题的方法技巧(1)常用方法①基本公式法，包括v t2＝xt＝v0＋v2，Δx＝aT2。

②v­t图象法。

③比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。

④逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可看做反向初速度为零的匀加速直线运动。

(2)追及相遇问题的临界条件：前后两物体速度相同时，两物体间的距离最大或最小。

2．物体的直线运动(1)条件：所受合外力与速度在同一直线上，或所受合外力为零。

(2)常用规律：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理或能量守恒定律、动量定理或动量守恒定律。

3．动力学问题常见的五种模型(1)等时圆模型(图中斜面光滑)(2)连接体模型两物体一起加速运动，m1和m2的相互作用力为F N＝m2·Fm1＋m2，有无摩擦都一样，平面、斜面、竖直方向都一样。

(3)临界模型两物体刚好没有相对运动时的临界加速度a＝g tan α。

(4)弹簧模型①如图所示，两物体要分离时，它们之间的弹力为零，速度相同，加速度相同，分离前整体分析，分离后隔离分析。

②如图所示，弹簧长度变化时隔离分析，弹簧长度不变(或两物体运动状态相同)时整体分析。

(5)下列各情形中，速度最大时加速度为零，速度为零时加速度最大。

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。

高考物理二轮复习第一部分专题：力与物体的直线运动1．一建筑塔吊如图所示向右上方匀速提升建筑材料，若忽略空气阻力，则下列有关材料的受力分析图正确的是( )解析材料向右上方匀速运动，处于平衡状态，所受合力为零，A、B、C中合力不为零，受力不平衡，选项A、B、C错误，D正确。

答案 D2．(2019·江苏扬州一模)在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为( )A．mg sinθB．mg cosθC．mg tanθD．mg sinθ·cosθ解析设细线的弹力为F，对斜面上的木块由共点力平衡条件有F－mg sinθ＝0，对轻环由共点力平衡条件有F cosθ－F f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为F f＝mg sinθ·cosθ，故选D。

答案 D3．(2019·广东汕头一模)一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为( )A.Lt2 B ．2L t2C.2(v 0t ＋L )t2D ．(v 0t ＋L )t2解析 轿车做匀加速直线运动，时间t 内的位移x 1＝v 0t ＋12at 2，货车做匀速直线运动，时间t 内的位移x 2＝v 0t ，根据x 1－x 2＝L 解得：a ＝2Lt 2，故B 项正确，A 、C 、D 项错误，故选B 项。

答案 B4．(2019·济南二模)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( )A ．v ＝x tB ．v ＝2x tC ．v ＞2x tD ．x t＜v ＜2x t解析 由题意知，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小，画出相应的v ­t 图像大致如图所示。

2019高考物理大二轮复习专题一力与运动专题能力训练2 力与物体的直线运动编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考物理大二轮复习专题一力与运动专题能力训练2 力与物体的直线运动）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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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)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中，1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分）1.如图所示，在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg，小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2，用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2,可能正确的是()A。

a1=2 m/s2,a2=1 m/s2 B.a1=1 m/s2，a2=2 m/s2C。

a1=2 m/s2,a2=4 m/s2 D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22。

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.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,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为（）A.0.35mgB.0.30mgC。

专题02 相互作用——力01专题网络·思维脑图02考情分析·解密高考03高频考点·以考定法04核心素养·难点突破05创新好题·轻松练习考点内容要求 考情力的合成与分解基本运算 c 2023·重庆·1、广东·2、山东·2、浙江6月· 6 浙江1月·2、海南·3、江苏·72022·辽宁·4、浙江1月·4（·5和·7）、浙江6月·10、广东·1、河北·7、湖南·5、重庆·1、海南·7、2021·重庆·1、广东·3、湖南·5、浙江1月· 4 2020·海南·2、北京·11、山东·8、浙江1月· 2、 浙江6月·3（·10）、全国III ·22019·天津·2、全国I ·6、全国II ·3、全国III ·3、浙江6月·6（·11）牛顿运动第一第三定律的运用 c 对研究对象的受力分析 c 共点力的静态平衡分析方法 c 共点力的动态平衡分析方法c学 习 目 标 1. 熟悉掌握力的合成与分解的基本计算，熟练掌握利用三角函数求解合力或分力的大小。

2.清楚牛顿第一第三定律的内容，理解平衡力或相互作用力的区别。

3.掌握受力分析的方法，清楚对各种性质力的分析步骤，理解整体法和隔离法的使用条件，能做到对判别不同题型优先使用哪种受力分析方法和各研究对象的优先受力分析次序。

4.清楚静态平衡的分析方法：合成法或分解法，正交分解法的使用条件。

5.熟练掌握动态平衡分析方法，即解析法、图解法、相似三角形法、辅助圆法等的使用条件。

v 2＋v20 2专题 02 力与直线运动【要点提炼】一、解答匀变速直线运动问题的常用规律1. 常用公式：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t1 2，v 2－v 2＝2ax 。

2. 重要推论＋2at 0(1) 相同时间内的位移差：Δx ＝aT 2，x m －x n ＝(m －n )aT 2t v 0＋v －(2) 中间时刻速度：v 2＝ 2＝vx(3) 位移中点速度 v ＝。

23. 运动图象：利用 v －t 图象或 x －t 图象求解。

二、解决动力学问题要抓好关键词语1. 看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。

2.看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。

【方法指导】一、追及相遇问题的解题思路和技巧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，另外最后还要注意对解的讨论分析。

二、连接体问题的分析1. 整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。

2. 隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。

命题点一： 运动学及动力学中的图象问题免费资源公众号：学未已赠送500G学习资料mD.物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2 考向三 加速度图象的理解与应用【典例 5】 (多选)如图 5 甲所示，某人正通过定滑轮将质量为 m 的物体提升到高处。

滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度 a 与绳子对物体竖直向上的拉力 T 之间的函数关系如图乙所示。

重力加速度大小为 g ，由图可以判断以下说法正确的是( )A. 图线与纵轴的交点 M 的值 a M ＝－gB. 图线与横轴的交点 N 的值大于 mgC. 图线的斜率等于物体的质量 mD. 图线的斜率等于物体质量的倒数 1（图 5）【拓展练习】1.(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图 6 中甲、乙两条曲线所示。

第一部分 力与运动 专题02 力与直线运动【讲】一、素养呈现1.物理观念：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、单位制。

2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与隔离法、图象法、控制变量法、临界法。

3.科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。

4.科学态度与责任：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。

二、素养落实1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用2.掌握瞬时性问题的两类模型3.熟悉图象类型及图象信息应用高考命题点命题轨迹情境图匀变速直线运动规律的应用20201卷2416(1)21题20191卷1819(1)18题15(1)20题18(1)15题动力学方法分析“板—块”模型20151卷25,2卷2515(1)25题 15(2)25题17(3)25题19(3)20题考点一 匀变速直线运动规律的应用 【考点诠释】1．匀变速直线运动的基本规律 (1)速度关系：v ＝v 0＋at 。

(2)位移关系：x ＝v 0t ＋12at 2。

(3)速度位移关系：v 2－v 20＝2ax 。

(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v ＝xt ＝v t2。

(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 ＝aT 2。

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。

①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。

①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。

【典例分析1】如图所示，物体从O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中|AB |＝2 m ，|BC |＝3 m 。

高考物理二轮复习专题内容02力与物体的直线运动§知识网络§匀变速直线运动的基本规律1.匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v＝v0＋at。

(2)位移公式：x＝v0t＋12at2。

(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax。

2.匀变速直线运动的两个重要推论(1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即v＝v t2。

(2)任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。

3.匀变速直线运动的图象(1)x-t图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度。

④四看点：明确图线与横、纵轴交点的意义。

两个图线交点的意义⎩⎨⎧x -t 图交点表示相遇v -t 图交点表示速度相等 ⑤五看面积：v -t 图线和时间轴围成的面积表示位移。

⑥六看象限：面积在时间轴上方为正；在时间轴下方为负。

(2)两点特别提醒①x -t 图象和v -t 图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。

②x -t 图象和v -t 图象不表示物体运动的轨迹。

2.典例分析【答案】B【解析】由题图可知，0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A 项错误；位移—时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B 项正确；0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km ，C 项错误；在0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km ，D 项错误。

3.相关类型题目某个物体在外力作用下，运动的v -t 图象如图(正弦曲线)所示，下列说法中正确的是( )A ．物体整个运动过程中加速度大小变化，方向不变B ．0～t 1时间段内，物体所受外力越来越大C ．0～t 4时间段内，物体的位移为零D ．t 2时刻物体速度为零，此时加速度也为零 【答案】C【解析】因v -t 图的斜率代表加速度，由图可以看出加速度大小方向均改变，0～t 1与t 1～t 2加速度的方向相反，t1～t2与t2～t3加速度的方向相同，t2～t3与t3～t4加速度方向相反，故A项错误。

专题02 力与直线运动1．一汽车刹车可看作匀减速直线运动，初速度为12 m/s，加速度大小为2 m/s2，运动过程中，在某一秒内的位移为7 m，则此后它还能向前运动的位移是()A．6 m B.7 mC．9 m D．10 m答案：C2．如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ，则细线中的拉力大小为()A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g解析：把A、B看作一个整体受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F T＝(m1＋m2)a，故C正确．答案：C3．如图所示，小车在恒力F作用下沿水平地面向右运动，其内底面左壁有一物块，物块与小车右壁之间有一压缩的轻弹簧，小车内底面光滑，当小车由左侧光滑地面进入到右侧粗糙地面时，物块一直与左壁保持接触，则车左壁受物块的压力F N1和车右壁受弹簧的压力F N2的大小变化情况是()A．F N1变大，F N2不变B．F N1不变，F N2变大C ．F N1和F N2都变小D ．F N1变小，F N2不变答案：D4.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v -t 图象如图所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，乙车在甲车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析：根据v -t 图象知，甲、乙都沿正方向运动．t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由v -t 图线所围面积对应位移关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m ＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m ．故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项错误；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m ＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明在t ＝1 s 时甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确． 答案：D5.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g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2答案：B6．甲、乙两质点同时沿同一直线运动，它们的x -t 图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )A ．在0～t 0时间内，甲、乙的运动方向相同B ．在0～t 0时间内，乙的速度一直增大C ．在0～t 0时间内，乙平均速度的值大于甲平均速度的值D ．在0～2t 0时间内，甲、乙发生的位移相同解析：在0～t 0时间内，甲、乙的运动方向相反，选项A 错误；在位移—时间图象中，斜率表示速度，在0～t 0时间内，乙的速度一直减小，选项B 错误；在0～t 0时间内，乙的位移为2x 0，甲的位移为x 0，乙平均速度的值(v 乙＝2x 0t 0)大于甲平均速度的值(v 甲＝x 0t 0)，选项C 正确；在0～2t 0时间内，甲发生的位移是－2x 0，乙发生的位移是2x 0，负号说明两者方向不同，选项D 错误． 答案：C7.质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，假设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0到t ＝6 s 这段时间内的位移大小为( )A ．4 mB ．8 mC ．10 mD ．12 m答案：A8．将一足够长的木板固定在水平面上，倾角为α＝37°，将一铁块由长木板的底端以一定的初速度冲上木板，经过一段时间铁块的速度减为零，该过程中的速度随时间的变化规律如图所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．长木板与铁块之间的动摩擦因数为0.5B ．铁块沿长木板上滑的最大距离为3.6 mC ．铁块沿长木板下滑时的加速度大小为10 m/s 2D ．铁块滑到长木板底端时的速度大小为655 m/s解析：由铁块上滑过程的速度—时间图象可知，铁块上滑时的加速度大小为a ＝v 0t ＝60.6 m/s 2＝10 m/s 2，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律可得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ，代入数据解得μ＝0.5，A 正确；由速度—时间图象可知，铁块沿长木板上滑的最大距离为x ＝6×0.62 m ＝1.8 m ，B 错误；铁块沿长木板下滑时，由牛顿第二定律mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′，代入数据可解得a ′＝2 m/s 2，C 错误；由运动学公式v ＝2a ′x ，代入数据解得v ＝65 5 m/s ，D 正确．答案：AD9．酒后驾驶会导致许多安全隐患是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间，表中“思考距离”是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指从驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车以不同速度行驶时制动的加速度大小都相同)分析表中数据可知，下列说法正确的是()思考距离/m制动距离/m速度(m·s－1)正常酒后正常酒后15 7.515.022.530.0A.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB．驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为7.5 m/s2C．若汽车的初速度增加一倍，制动距离也增大一倍D．若汽车以25 m/s的速度行驶时发现前方60 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车答案：ABD10．如图所示，长为L＝6 m、质量为m＝10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝50 kg 的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v-t图象可能正确的是(g取10 m/s2，a为人的v-t图象，b为木板的v-t图象)()解析：人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，F f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力F fm＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，F f＝Ma1＝50 N<120 N，木板静止不动，t＝2 3 s内人的位移x ＝6 m，A正确；同理B正确；C中人的加速度a1＝3 m/s2，F f＝Ma1＝150 N>120 N，木板向左加速，F f－μ(M ＋m)g＝ma2，a2＝3 m/s2，t＝ 2 s内人的位移大小x1＝3 m，木板的位移大小x2＝3 m，C正确；D中木板要运动的话只能向左运动，其位移为负值，v -t图线应在时间轴的下方，因此D错误．答案：ABC11.一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( ) A ．质点可能做匀减速直线运动 B ．5 s 内质点的位移为35 m C ．质点运动的加速度为1 m/s 2 D ．质点3 s 末的速度为5 m/s 答案：B12．甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x 随时间t 变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则下列说法正确的是( )A ．甲车的初速度为零B ．乙车的初位置在x 0＝60 m 处C ．乙车的加速度大小为1.6 m/s 2D ．5 s 时两车相遇，此时甲车速度较大 答案：C解析：位移时间图像的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A 错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x ＝12at 2，根据图像可知，x 0＝12a ·100，20＝12a ·25，解得：a ＝1.6 m/s 2，x 0＝80 m ，选项C 正确，B 错误；5 s 时两车相遇，此时甲的速度v 甲＝205 m/s ＝4 m/s ，乙的速度为v 乙＝at ＝1.6×5 m/s＝8 m/s ，选项D 错误。

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01力与直线运动一、单选题1．（2022·河南·洛宁县第一高级中学模拟预测）意大利物理学家伽利略在《关于两门新科学的对话》一书中，对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合。

如图所示，这可以大致表示实验过程，图中各个小球位置之间的时间间隔可以认为相等，对这一过程的分析，下列说法正确的是（）A．运用图甲的实验，可“减弱”重力的作用，放大时间，便于观察B．只要测量出图丁中相邻两小球球心位置之间的距离，就可以计算出重力加速度大小C．该实验中将自由落体运动改为在斜面上运动是为了缩短时间，便于测量位移D．从图甲到图丁，通过逐渐增大斜面倾角，最后合理外推到自由落体运动，从而说明自由落体运动是初速度不为零的匀加速直线运动（）在运动过程中，它的动能随时间变化的关系的图线如图所示。

已知乒乓球运动过程中，受到的空气阻力与速率平方成正比，重力加速度为g。

则乒乓球在整个运动过程中加速度的最小值、最大值为（）A．0，4g B．0，5g C．g，4g D．g，5g乒乓球最终匀速运动时，速度为1，则21mg kv =此时的动能m 5a g=故选B 。

3．（2022·湖南·长沙一中一模）如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若香皂盒和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g 。

若本实验中，1100g m =，25g m =，0.2μ=，香皂盒与纸板左端的距离0.1m d =，若香皂盒移动的距离超过0.002m l =，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g 取10m/s 2；为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（）A ．0.72NB ．0.92NC ．1.22ND ．1.42N【答案】D 【详解】香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得111m g m a μ=解得212m/s a =对纸板，根据牛顿第二定律可得()11222F m g m m g m a μμ--+=为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l ＝0.002m ，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为12l x x =+由题意知13a a =1132a t a t =代入数据联立求得1.42NF =故选D 。

专题二 力与直线运动—————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at .(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2t －v 20＝2ax .2．匀变速直线运动的图象(1)x -t 图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．(2)v -t 图象是一条倾斜直线，斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．3．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，即惯性，揭示了力是改变物体运动状态的原因．4．两个物体间的作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，与物体的运动状态无关．5．牛顿第二定律的五个特性：因果性、矢量性、瞬时性、同一性、独立性．考点1 匀变速直线运动规律的应用(对应学生用书第6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年3考：2017年Ⅱ卷T 24 2016年Ⅲ卷T 16 2014年Ⅰ卷T 24[考情分析]1．高考注重考查基本概念的理解及基本公式、推论的灵活应用，计算题常涉及追及相遇类为背景的实际问题．2．熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律的选取是解题的关键．3．实际问题中要理清运动过程，把握准时间关系、速度关系、位移关系．4．解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)．1．(匀变速直线运动公式及推论的应用)(2016·Ⅲ卷T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2A [质点在时间t 内的平均速度v ＝s t ，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12m v 22＝9×12m v 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t .质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝s t 2.故选项A 正确．](2014·Ⅰ卷T 24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解析】 本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件v A ＝v B ，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题．设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0 ①x＝v0t0＋v202a0②式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0 ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma ④x＝v t0＋v22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】20 m/s2．(追及相遇问题)(2017·Ⅱ卷T24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图2-1所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．图2-1[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0 ①又μmg ＝ma 1② 可解得：μ＝v 20－v 212gs 0. (2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t .由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0 ③v 0－v 1＝a 1t ④s 1＝12a 2t2 ⑤ 联立③④⑤式得a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 20. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0(2)s 1(v 1＋v 0)22s 20在第2题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】 由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2 可解得：a 2＝s 1(v 0＋v 1)2s 20. 【答案】 s 1(v 0＋v 1)2s 20■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．追及相遇问题的解题思路、技巧和易错防范(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)易错防范：①若被追赶的物体做匀减速运动，要注意追上该物体之前它是否已停止运动．②注意最后对解的讨论分析．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图2-2所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间.【导学号：19624014】图2-2【解析】 (1)若列车车尾恰好停在A 点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1① x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1400 m② 解得：a 1＝167 m/s 2 ③若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则0－v 20＝－2a 2x OB④ 解得：a 2＝85 m/s 2 ⑤故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.⑥(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长，则0＝v 0－a 2t⑦ 解得：t ＝50 s ． ⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)50 s(2016·湖南怀化模拟)近几年长假期间，国家取消了7座及其以下小型客车的收费公路过路费，给自驾族带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动时小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【解析】 设汽车初速度方向为正方向，v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，a 1＝－4 m/s 2(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则v 2t －v 20＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝108 m.(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1t 1＝v t －v 0a 1＝6 s 加速阶段v 0′＝v t ＝6 m/s ，v t ′＝v 0＝30 m/s则v 0＝v t ＋a 2t 2t 2＝v 0－v t a 2＝4 s 加速和减速阶段的总时间t ＝t 1＋t 2＝10 s.(3)在加速阶段v 20－v 2t ＝2a 2x 2代入数据解得x 2＝72 m则总位移x ＝x 1＋x 2＝180 m若不减速所需要时间t ′＝x v 0＝6 s 车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝4 s.【答案】 (1)108 m (2)10 s (3)4 s考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图2-3所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图2-3A.34 mB.43 mC.98 mD.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T ，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B 2a ＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98m ．] 考向3 追及相遇问题3．(2016·山东潍坊一中模拟)如图2-4所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为x 1时，乙从距A 地x 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )【导学号：19624015】图2-4A ．x 1＋x 2B.(x 1＋x 2)24x 1C.x 214(x 1＋x 2)D.(x 1＋x 2)2(x 1－x 2)x 1B [设甲前进距离为x 1时，速度为v ，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a ，乙从C 点到达B 地所用时间为t ，则有：v t ＋12at 2－12at 2＝x 2－x 1，根据速度－位移公式得，v 2＝2ax 1，解得t ＝x 2－x 12ax 1，则A 、B 的距离x ＝x 2＋12at 2＝(x 1＋x 2)24x 1，故B 正确．](2017·辽宁省盘锦模拟)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？【解析】 设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则有：x 1＝v 212a 1带入数据解得x 1＝362×1m ＝18 m 足球匀减速运动时间为：t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：t 2＝v 2a 2＝4 s 在此过程中的位移为：x 2＝v 222a 2＝8 m 之后攻方队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m 由于x 2＋x 3<x 1，故足球停止运动时，攻方队员没有追上足球，然后攻方队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3代入数据解得t 3＝0.5 s攻方队员追上足球的时间为：t ＝t 1＋t 3＝6.5 s.【答案】 6.5 s考点2 运动图象问题(对应学生用书第8页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年6考：2016年Ⅰ卷T 21 2015年Ⅰ卷T 20 2014年Ⅱ卷T 14、T 242013年Ⅰ卷T 19、T 21[考情分析]1．以选择题型为主，重在考查v -t 图象的意义及图象信息的提取能力．2．v -t 图象斜率及其变化与牛顿第二定律相结合分析相关物理量的变化是常见的命题方向．3．明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．4．v -t 图象、x -t 图象均反映物体直线运动的规律．5．在v -t 图象中易误将交点当成相遇．3．(图象信息的应用)(多选)(2016·Ⅰ卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v -t 图象如图2-5所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )【导学号：19624016】图2-5A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD [由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a 甲＝10 m/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 mx 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为12.5 m ，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m ，则t ＝1 s 时两车并排行驶，选项A 、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5 m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2014·Ⅱ卷T 14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v -t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A [根据v -t 图象及其意义解题．根据v -t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝x t 得，汽车甲的平均速度v 甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v -t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．]4．(图象信息的应用)(多选) (2015·Ⅰ卷T 20)如图2-6(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v -t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图2-6A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量……倾角、动摩擦因数．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m (v 0－v 1)2t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v -t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在第4题中，若改为如下形式，如图2-7甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图2-7A ．斜面ab 的倾角θB ．物块与斜面间的动摩擦因数μC ．物块的质量mD ．斜面bc 的长度LC [根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a 1、a 2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma 2，则可求出θ和μ，但m无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．](2014·Ⅱ卷T24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝k v2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)[题眼点拨]①“忽略空气阻力”说明运动员只在重力作用下运动；②“f ＝kv2”说明阻力与速度的平方成正比；③“达到最大速度”说明最大速度时，重力与阻力大小相等．【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt ①s＝12gt2 ②根据题意有s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m③联立①②③式得t＝87 s ④v＝8.7×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max时，加速度为零，根据平衡条件有mg＝k v2max⑥由所给的v-t图象可读出v max≈360 m/s ⑦由⑥⑦式得k＝0.008 kg/m. ⑧【答案】(1)87 s8.7×102 m/s(2)0.008 kg/m■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．v-t图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1图象的选取4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)()A B C DC [物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋k v m ，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g ，在下降的过程中加速度a ＝mg －k v m ，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确．]考向2 图象的转换5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a -t 图象如图2-8所示．下列v -t图象中，可能正确描述此物体运动的是( )【导学号：19624017】图2-8A BC DD [由图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误，D 正确．]考向3 图象信息的应用6．(2017·马鞍山市一模)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图2-9甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物体运动的v-t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：甲乙图2-9(1)推力F的大小；(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离．【解析】(1)在水平推力F作用下，物体A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物体的v-t图象得，a＝ΔvΔt＝62m/s2＝3 m/s2对于AB整体，由牛顿第二定律得F－μm A g＝(m A＋m B)a代入数据解得F＝15 N.(2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动对A由－μm A g＝m A a A，解得a A＝－μg＝－3 m/s2t＝0－v0a A＝0－6－3s＝2 s物体A通过的位移x A＝v02t＝6 m物体B通过的位移x B＝v0t＝6×2 m＝12 m物体A刚停止时A、B间的距离Δx＝x B－x A＝12 m－6 m＝6 m.【答案】(1)15 N(2)6 m1.(多选)(2017·梅河口市五中一模)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，己知小物块的质量为0.3 kg ，小物块从A 到C 的v -t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度的13B ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33C ．小物块到达C 点后将沿斜面下滑D ．拉力F 的大小为4 NAC [在速度－时间图象中图象的斜率表示加速度，在有F 作用时小物块做加速运动，a 1＝7.53 m/s 2＝2.5 m/s 2，撤去拉力F 后做减速运动，故a 2＝－7.51 m/s 2＝－7.5 m/s 2，所以|a 1|＝13|a 2|，A 正确；撤去拉力后，在沿斜面方向上有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝36，B 错误；因为mg sin30°>μmg cos 30°，故小物块到达C 点后将沿斜面下滑，C 正确；有拉力作用时，根据牛顿第二定律可知F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝3 N ，D 错误．]2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝k v .(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v-t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】(1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－k v＝ma解得：a＝g sin θ－μg cos θ－k v m.(2)当a＝0时速度最大，v m＝mg(sin θ－μcos θ)k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v＝0时，a＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m＝2 m/s，v m＝mg(sin θ－μcos θ)k＝2 m/s解得：k＝3.0 kg/s.【答案】(1)g sin θ－μg cos θ－k v m(2)mg(sin θ－μcos θ)k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考点3牛顿第二定律的应用(对应学生用书第9页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年9考：2017年Ⅲ卷T252016年Ⅰ卷T18、Ⅱ卷T192015年Ⅰ卷T25，Ⅱ卷T20、T252014年Ⅰ卷T172013年Ⅱ卷T14、T25[考情分析]1．本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．2．整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离法．3．对物体受力分析时易出现漏力、多力的现象．4．应用公式F＝ma时，要注意F、m、a的一体性．5．(动力学的两类基本问题)(多选)(2016·Ⅱ卷T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则()A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[题眼点拨]①“同一种材料制成”说明相同的密度；②“阻力与球的半径成正比，与球的速率无关”说明下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动．BD[设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝43ρπR3知：43ρπR3g－kR＝43ρπR3a，即a＝g－3k4ρπ·1R2，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲>a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝12at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v20知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确．]6．(连接体问题)(多选)(2015·Ⅱ卷T20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()【导学号：19624018】A．8B．10C．15 D．18BC[设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为23a时，对P有F＝(n－n1)m23a，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．]在第6题中，若车厢总数为10节，以大小为a的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为() A．9∶1 B．1∶9C．10∶1 D．1∶10A[设每节车厢的质量均为m，第2节车厢所受拉力为F1，第10节车厢所受拉力为F2，由牛顿第二定律可知，F1＝9ma F2＝ma故F1∶F2＝9∶1.]7．(动力学的临界极值问题)(2017·Ⅲ卷T25)如图2-10，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图2-10(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．[题眼点拨] ①A 与木板相对静止前A 、B 加速度不变；②B 与木板相对静止后以相同的加速度向右匀减速运动；③A 、B 相对地面的位移大小之和等于A 、B 开始运动时两者间的距离．【解析】 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥ 设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬ 在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m(2015·Ⅰ卷T 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v -t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：。