2016高考物理二轮复习 专题限时训练2 直线运动和牛顿运动定律(含解析)

高考定位牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一．对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查．其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现．另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、超重失重问题等等，应用非常广泛．考题1 对匀变速直线运动规律的考查例1 为了迎接外宾，对国宾车队要求非常严格．设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶．汽车甲先开出，汽车乙后开出．汽车甲从静止出发先做加速度为a 1的匀加速直线运动，达到速度v 后改为匀速直线运动．汽车乙从静止出发先做加速度为a 2的匀加速直线运动，达到同一速度v 后也改为匀速直线运动．要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为x.则甲、乙两辆汽车依次启动的时间间隔为多少？(不计汽车的大小)审题突破 设当甲经过一段时间t 1匀加速运动达到速度v ，位移为x 1，根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度，设乙出发后，经过一段时间t 2匀加速运动达到速度v ，位移为x 2，根据匀加速直线运动基本公式求出位移和速度，设甲匀速运动时间为t ，甲、乙依次启动的时间间隔为Δt ，根据位移关系列式即可求解． 解析 设当甲经过一段时间t 1匀加速运动达到速度v ，位移为x 1，对甲，有：v ＝a 1t 1① v 2＝2a 1x 1②设乙出发后，经过一段时间t 2匀加速运动达到速度v ，位移为x 2， 对乙，有：v ＝ɑ2t 2③ v 2＝2ɑ2x 2④设甲匀速运动时间t 后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时间间隔为Δt ， 由题意知：Δt ＝t 1＋t －t 2⑤ x ＝x 1＋vt －x 2⑥解得：Δt ＝x v ＋v 2a 1－v2a 2.答案 x v ＋v 2a 1－v2a 21．如图1甲所示，一个m＝3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( )甲乙图1A．在0～3 s时间内，物体的速度先增大后减小B．3 s末物体的速度最大，最大速度为10 m/sC．2 s末F最大，F的最大值为12 ND．前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变答案BD解析物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故A 错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，在a－t图象上图象与时间轴所围图形的面积表示速度变化，Δv＝10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，所以B正确；由F合＝ma知前2 s内的合外力为12 N，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N，故C错误．2．(2018·山东·23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图2甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：图2(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．答案(1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3)41 5解析(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度v t＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得v20＝2as①t＝v0 a②联立①②式，代入数据得a＝8 m/s2③t＝2.5 s.(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s④Δt＝t′－t0⑤联立④⑤式，代入数据得Δt＝0.3 s.(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma⑥由平行四边形定则得F20＝F2＋(mg)2⑦联立③⑥⑦式，代入数据得F0mg ＝415.1．如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．2．描述匀变速直线运动的基本物理量有v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化．3．对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．考题2 对牛顿第二定律应用的考查例2如图3所示，A、B两滑环分别套在间距为1 m的光滑细杆上，A和B的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向、大小为20 N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度a运动时，弹簧与杆夹角为53°.(cos 53°＝0.6)图3(1)求弹簧的劲度系数；(2)若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间，A的加速度大小为a′，a′与a之比为多少？审题突破(1)以两球和弹簧组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再以B为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解a′与a 之比．解析 (1)先取A 、B 和弹簧组成的整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A 、B 的支持力与加速度方向垂直，在沿F 方向应用牛顿第二定律 F ＝(m A ＋m B )a①再取B 为研究对象，F 弹cos 53°＝m B a② ①②联立解得，F 弹＝25 N 由几何关系得，弹簧的伸长量Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin 53°－1 m ＝0.25 m 由F 弹＝k Δx 解得弹簧的劲度系数k ＝F 弹Δx＝100 N/m(2)撤去力F 瞬间，弹簧弹力不变，A 的加速度大小a′＝F 弹cos 53°m A，方向沿杆方向向左 由②式得a ＝F 弹cos 53°m B ，方向沿杆水平向右所以a′∶a＝m B ∶m A ＝3∶1 答案 (1)100 N/m (2)3∶13．(单选)(2018·新课标Ⅰ·17)如图4所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )图4A ．一定升高B ．一定降低C ．保持不变D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 答案 A解析 设橡皮筋原长为l 0、劲度系数为k ，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l ，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l －l 0)＝mg ，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知k(l′－l 0)cos θ＝mg则k(l －l 0)＝k(l′－l 0)cos θ l′cos θ＝l －l 0(1－cos θ) 即l′cos θ<l所以小球高度一定升高，故选项A 正确．(1)无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解． (2)物体的运动情况由受力情况及物体运动的初始条件共同决定．考题3 应用动力学方法分析传送带问题例3 某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s 的恒定速度运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s 2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.10，重力加速度取10 m/s 2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小？(计算结果保留两位有效数字)审题突破 煤块先相对于传送带向后滑动，速度相同后，又相对传送带向前滑，根据运动学公式，结合速度时间图线求出两次过程中相对位移的大小，从而得出划痕的长度． 解析 由运动情况作出传送带和煤块的v —t 图象，如图所示．因煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度a 0＝μg ＝1.0 m/s 2设传送带的加速度大小为a ，由运动学规律得：v 1＝a 0t 1 ＝v 0－at 1解得t 1＝v 0a ＋μg ＝1.0 sv 1＝1.0 m/s此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为l 1＝v 0t 1－12at 21－12a 0t 21＝2.0 m当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划线的长度l 2＝v 212μg －v 212a ＝13 m≈0.33 m 因为l 1>l 2，煤块在传送带上留下的划线长度为l 1＝2.0 m 煤块相对于传送带的位移为x ＝l 1－l 2＝2.0 m －0.33 m≈1.7 m 答案 2.0 m 1.7 m4．(2018·四川·7)如图5所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是( )图5答案 BC解析 若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B 所示，故B 正确．若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，此时P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmgm，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T >μmg ，此后加速度a 2＝F T －μmgm，故C 正确，A 、D 错误．分析处理传送带问题时需要特别注意两点：一是对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析．考题4 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题例4 (14分)如图6所示，水平地面上有一质量为M 的长木板，一个质量为m 的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知m 与M 之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块m 以v 1的水平初速度向左运动，同时木板M 在水平外力F 作用下始终向右以速度v 2(v 2>v 1)匀速运动，求：图6(1)在物块m 向左运动过程中外力F 的大小； (2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？解析(1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中F f1、F f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知F f1＝μ1mg(1分)F f2＝μ2(m＋M)g(2分)由平衡条件得：F＝F f1＋F f2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g(2分)(2)设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则t1＝v1μ1g(1分)设物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1＝v12t1＝v212μ1g(1分)设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则t2＝v2μ1g(1分)设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2＝v22t2＝v222μ1g(1分)此过程中木板向右匀速运动的总位移为x′，则x′＝v2(t1＋t2)(1分)则物块不从木板上滑下来的最小长度：L＝x′＋x1－x2(2分)代入数据解得：L＝1＋v222μ1g.(2分)答案(1)μ1mg＋μ2(m＋M)g (2)1＋v222μ1g(2018·新课标Ⅱ·25)(16分)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图7所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：图7(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．答案(1)0.20 0.30 (2)1.125 m解析(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝v1t1①a2＝v0－v1t1②式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1③(μ1＋2μ2)mg＝ma2④联立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得f＝ma1′⑦2μ2mg－f＝ma2′⑧假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，故f＝μ1mg⑨由⑦⑨式知：物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v－t图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s 1＝2×v212a 1⑩ s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′⑪物块相对于木板的位移的大小为 s ＝s 2－s 1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得 s ＝1.125 m知识专题练 训练2题组1 匀变速直线运动规律1．(单选)(2018·福建·15)如图1所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )图1答案 B解析 滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时间均匀变化，加速度a 不变，选项C 、D 错误．设斜面倾角为θ，则s ＝h sin θ＝v 0t －12at 2，故h —t 、s —t 图象都应是开口向下的抛物线，选项A 错误，选项B 正确．题组2 牛顿第二定律的应用2．如图2甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m ＝2 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t ＝0 s 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中Ob 段为曲线，bc 段为直线，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )图2A ．在0.15 s 末滑块的加速度为－8 m/s 2B ．滑块在0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向下运动C ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25D ．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动 答案 AC解析 在v －t 图象中，斜率代表加速度，0.15 s 末滑块的加速度a ＝Δv Δt ＝－8 m/s 2，故A 正确；滑块在0.1～0.2 s 时间间隔内沿斜面向上运动，故B 错误；滑块在0.1～0.2 s 内，由牛顿第二定律可知，－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma ，可求得μ＝0.25，故C 正确；在0～0.1 s 过程中滑块和弹簧接触，由图象可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故D 错误．3．如图3所示，A 、B 是两个质量均为m ＝1 kg 的小球，两球由长L ＝4 m 的轻杆相连组成系统，水平面上的P 、Q 两点间是一段长度为4.5 m 的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球与PQ 间的动摩擦因数μ＝0.2，球A 、B 分别静止在P 点两侧，离P 点的距离均为L2.两球均可视为质点，不计轻杆质量，现对B 球施加一水平向右F ＝4 N的拉力，取g ＝10 m/s 2，求：图3(1)A 球经过P 点时系统的速度大小；(2)若当A 球经过P 点时立即撤去F ，最后A 、B 球静止，A 球静止时与Q 点的距离． 答案 (1)2 m/s (2)3 m解析 (1)设系统开始运动时加速度为a 1，由牛顿第二定律有 F －μmg ＝2ma 1 解得a 1＝1 m/s 2设A 球经过P 点时速度为v 1，则v 21＝2a 1·L 2得v 1＝2 m/s(2)设A 、B 在P 、Q 间做匀减速运动时加速度大小为a 2，则有 2μmg ＝2ma 2 a 2＝μg ＝2 m/s 2当A 球经过P 点时拉力F 撤去，但系统将继续滑行，设当B 到达Q 时滑行的距离为x 1，速度为v 2，则有 x 1＝x PQ －L ＝0.5 m由v22－v21＝－2a2x1解得v2＝ 2 m/s因为v2>0，故知B球将通过Q点，做匀减速直线运动，此时加速度大小为a3.则有μmg＝2ma3a3＝1 m/s2设系统继续滑行x2后静止，则有0－v22＝－2a3x2可得x2＝1 m即A球静止时与Q点的距离Δx＝L－x2＝3 m题组3 应用动力学方法分析传送带4．如图4所示，倾斜的传送带以恒定的速度v2向上运动，一个小物块以初速度v1从底端冲上传送带，且v1大于v2，小物块从传送带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则( )图4A．小物块到达顶端的速度可能等于零B．小物块到达顶端的速度不可能等于v2C．小物块的机械能一直在减小D．小物块所受的合外力一直做负功答案AD解析当传送带对小物块的滑动摩擦力小于重力沿传送带向下的分力时，小物块有可能一直减速到达顶端速度恰好减为零，所以A正确；小物块的速度小于v2以后，摩擦力对小物块做正功，机械能增大，所以C错误；若传送带对小物块的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，当小物块速度减为v2时，以v2做匀速运动，所以到达顶端的速度有可能等于v2，故B错误；因小物块一直在减速，根据动能定理可得合外力一直做负功，所以D 正确．5．如图5甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M＝1.0 kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.求：甲乙图5(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ；(2)物块在传送带上的运动时间；(3)整个过程中系统产生的热量．答案 (1)0.2 (2)4.5 s (3)18 J解析 (1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt＝2.0 m/s 2 由牛顿第二定律得F f ＝Ma则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg＝0.2. (2)由速度图象可知，物块初速度大小v ＝4 m/s 、传送带速度大小v ′＝2 m/s ，物块在传送带上滑动t 1＝3 s 后，与传送带相对静止．前2 s 内物块的位移大小x 1＝v 2t ＝4 m ，向右， 后1 s 内的位移大小x 2＝v′2t′＝1 m ，向左， 3 s 内位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右；物块再向左运动时间t 2＝x v′＝1.5 s. 物块在传送带上运动时间t ＝t 1＋t 2＝4.5 s.(3)物块在传送带上滑动的3 s 内，传送带的位移x′＝v′t 1＝6 m ，向左物块的位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右相对位移为Δx′＝x′＋x ＝9 m所以转化的热能E Q ＝F f ·Δx′＝18 J.题组4 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”6．如图6所示，质量为m ＝1 kg 的物块，放置在质量M ＝2 kg 足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度L 均为1 m ，边界距离为d ，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为3 N ．将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g ＝10 m/s 2.图6(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d ；(3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程．答案 (1)2 m/s (2)1.5 m (3)3 m解析 (1)对物块由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma m1得：a m1＝F －μmg m ＝2 m/s 2由L ＝12a m1t 21得t 1＝ 2L a m1＝1 s v m1＝a m1t 1＝2 m/s. (2)Ⅰ区域内，对木板：由μmg ＝Ma M1得a M1＝0.5 m/s 2物块到达Ⅰ区域边缘处，木板的速度：v M1＝a M1t 1＝0.5 m/s离开Ⅰ区域后：对物块：由μmg ＝ma m2，得a m2＝1 m/s 2对木板：a M2＝a M1＝0.5 m/s 2当物块与木板达共同速度时：v m1－a m2t 2＝v M1＋a M2t 2得t 2＝1 s两作用区边界距离为d ＝v m1t 2－12a m2t 22＝1.5 m. (3)由于F>μmg ，所以物块与木板最终只能停在两作用区之间．由全过程能量守恒与转化规律：FL ＝μmgx得：x ＝FL μmg＝3 m. 7．如图7甲所示，由斜面AB 和水平面BC 组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB 部分光滑，AB 长度为s ＝2.5 m ，水平部分BC 粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC 等高且粗糙程度相同的木板DE 紧靠在物块的右端，木板DE 质量M ＝4 kg ，长度L ＝1.5 m ．一可视为质点的滑块从A 点由静止开始下滑，经B 点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A 到C 过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示．g 取10 m/s 2，求：图7(1)斜面AB 的倾角θ；(2)滑块的质量m ；(3)滑块到达木板DE 右端时的速度大小．答案 (1)30° (2)2 kg (3)1 m/s解析 (1)在0～1 s 内滑块沿斜面匀加速下滑：mgsin θ＝ma s ＝12at 2 由题图乙知：t ＝1 s解得sin θ＝12，即θ＝30°. (2)在0～1 s 内对物块ABC 受力分析：mgcos θ·sin θ－F＝0由题图乙知：F＝5 3 N解得m＝2 kg.(3)滑块到达B点时的速度v B＝at＝gtsin θ＝5 m/s 1～2 s滑块在BC部分做减速运动：μmg＝ma′对物块，由图象知：μmg＝F＝4 N解得a′＝2 m/s2，μ＝0.2滑块到达C点时：v C＝v B－a′t＝v B－μg·t＝3 m/s 滑块滑上木板DE时：对滑块：－μmg＝ma1对木板：μmg＝Ma2解得a1＝－2 m/s2，a2＝1 m/s2设滑块在木板上的滑行时间为t，x滑块＝v C t＋12a1t2x木板＝12a2t2L＝x滑块－x木板解得t＝1 s此时，滑块速度v滑块＝v C＋a1t＝1 m/s 木板速度v木板＝a2t＝1 m/s滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.。

课时作业牛顿运动定律与直线运动时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，用网球拍打击飞过来的网球，网球拍打击网球的力()A．比球撞击球拍的力更早产生B．与球撞击球拍的力同时产生C．大于球撞击球拍的力D．小于球撞击球拍的力解析：网球拍对网球的力与球对网球拍的力为一对作用力反作用力，其大小相等，方向相反，且同时产生、同时消失，故只有选项B 正确．答案：B2.一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦．现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平．若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：因滑块始终未与皮带达到共速，故滑块始终受到水平向左的滑动摩擦力，由μmg－kx＝ma可知，滑块的加速度先减小后反向增大，而滑块的速度先增大后减小，直到速度为零，故只有D项正确．答案：D3．(2015·广东卷)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示．下列表述正确的是()A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析：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；0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km，D项错误．答案：B4.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块．用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则m即将脱离m0时的弹簧长度为()A．l0B．l0－(m0＋m)gkC．l0－mgk D．l0－m0gk解析：当m即将脱离m0时，m只受重力作用，其加速度为g，方向竖直向下，此时托盘的加速度也为g，方向竖直向下，分析托盘受力可知，弹簧弹力此时一定为零，故弹簧此时处于原长状态，A 正确．答案：A5．如图所示，斜面倾角为θ，斜面上AB 段光滑，其他部分粗糙，且斜面足够长．一带有速度传感器的小物块(可视为质点)自A 点由静止开始沿斜面下滑，速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示：取A ．小物块的质量m ＝2 kgB ．斜面的倾角θ＝37°C ．小物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0.25D ．AB 间的距离x AB ＝18.75 m解析：当小物块在AB 段运动时，设加速度为a 1，则a 1＝g sin θ，由题表可知a 1＝12－02－0m/s 2＝6 m/s 2，所以斜面倾角θ＝37°，选项B 正确；设经过B 点后物块的加速度为a 2，则有a 2＝g sin θ－μg cos θ，由题表可知a 2＝29－216－4m/s 2＝4 m/s 2，所以μ＝0.25，选项C 正确；可以判断B 点对应于2～3 s 之间的某个时刻，设t 1为从第2 s 运动至B 点所用时间，t 2为从B 点运动至第3 s 所用时间，则有t 1＋t 2＝1 s,12m/s ＋a 1t 1＝17 m/s －a 2t 2，解得t 1＝0.5 s ，所以x AB ＝12a 1(2 s ＋t 1)2＝18.75 m ，选项D 正确；由题中所给数据无法求出物块的质量，选项A 错误．答案：A二、多项选择题6．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图(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 ．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解析：由运动的v －t 图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A 、C 正确；根据运动的v －t 图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确．答案：ACD7．(2015·江苏卷)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小解析：当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s 时压力最小，D项正确．答案：AD8．一根质量分布均匀的长绳AB，在水平外力F的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图甲所示．绳内距A端x处的张力T与x 的关系如图乙所示，由图可知()A．水平外力F＝6 NB．绳子的质量m＝3 kgC．绳子的长度l＝2 mD．绳子的加速度a＝2 m/s2解析：取x＝0，对A端进行受力分析，F－T＝ma，又A端质量趋近于零，则F＝T＝6 N，选项A正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，选项B、D均错误；由题图乙知绳长度为2 m，选项C正确．答案：AC三、计算题9．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g桌面对纸板的滑动摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)gf ＝f 1＋f 2解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则f 1＝m 1a 1F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动则a 2>a 1解得F >2μ(m 1＋m 2)g .(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21 纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F＝2μ[m1＋(1＋dl)m2]g代入数据得F＝22.4 N.答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)F>2μ(m1＋m2)g(3)22.4 N10．(2015·新课标全国卷Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变，已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长．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：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．解析：(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B 与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1①N1＝mg cosθ②f2＝μ2N2③N2＝N1＋mg cosθ④规定沿山坡C向下为正方向．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sinθ－f1＝ma1⑤mg sinθ－f2＋f1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2⑦a2＝1 m/s2.⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪a ′2＝－2 m/s 2⑫即B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝(12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22)－(12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22)＝12 m<27 m ⑮ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s11．如图所示，倾角为37°，长为l ＝16 m 的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．解析：(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg(sin37°－μcos37°)＝ma则a＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s2，根据l＝12at2得t＝4 s.(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma1则有a1＝mg sin37°＋μmg cos37°m＝10 m/s2设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x 1，则有t 1＝v a 1＝1010 s ＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m<l ＝16 m 当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mg sin37°>μmg cos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a 2，则a 2＝mg sin37°－μmg cos37°m＝2 m/s 2 x 2＝l －x 1＝11 m又因为x 2＝v t 2＋12a 2t 22，则有10t 2＋t 22＝11 解得：t 2＝1 s(t 2＝－11 s 舍去)所以t 总＝t 1＋t 2＝2 s.答案：(1)4 s (2)2 s。

专题限时集训(二) [专题二牛顿运动定律与直线运动](时间：45分钟)1．匀速运动的汽车从某时刻开始刹车，匀减速运动直到停止．若测得刹车时间为t，刹车位移为s，根据这些测量结果不可以求出( )A．汽车刹车过程的初速度B．汽车刹车过程的加速度C．汽车刹车过程的平均速度D．汽车刹车过程的制动力2．如图2－1是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )图2－1A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态3．如图2－2所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B图2－2A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小4．某汽车在沿直线运动的过程中，其加速度逐渐增大，图2－3中能反映其速度v随时间t变化关系的是( )A B图2－35．2013年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，形成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分别等于( ) A．25 m/s,1.25 B．25 m/s,0.25C．50 m/s,1.25 D．50 m/s,0.256．中车海事“海巡31”轮是目前我国最大海事巡逻船，是我国海事系统第一艘拥有直升机起降平台、直升机库、飞行指挥塔等全套船载系统的海巡船，也是我国自行设计建造的第一艘装备直升机库的非军事船舶，总长112米，宽13.8米的“海巡31”可抵抗11级大风，在非常恶劣的海况下仍能正常执行海上任务．它可续航40天，具有到达世界任何一个海域和港口的技术能力．它凭借先进的装备和强大的能力维护着我国的海洋权益，护卫了我国的海洋环境．“海巡31”轮在一次海事巡逻中，首先以速度为v0匀速直线行驶．由于出现紧急情况，从t＝0时刻开始，将发动机的输出功率调整变大为某个定值直线行驶，设行驶过程所受阻力恒定不变，则“海巡31”轮从t＝0时刻开始的v－t图象是( )A B图2－47．(双选)甲、乙两辆汽车从同一地点出发，并沿同一方向行驶，它们的v－t图象如图2－5所示．下列判断正确的是( )A．在t1时刻以前，乙车的速度始终比甲车的速度增加得快B．在t1时刻两车第一次相遇C．在t1时刻以前，乙车的速度始终比甲车的大D．在t1时刻以前，乙车始终在甲车的前面8．如图2－6所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B B、C都处于静止状态．则( )A．B受到C的摩擦力一定不为零B．C受到水平面的摩擦力一定为零C．水平面对C的支持力与B、C的总重力人小相等D．若将细绳剪断，B物体依然静止在斜面上，水平面对C的摩擦力为零9．冬季有一种雪上“俯式冰撬”滑溜运动，运动员从起跑线推着冰撬加速一段相同距离，再跳上冰撬自由滑行，滑行距离最远者获胜，运动过程可简化为如图2－7所示的模型，某一质量m＝20 kg的冰撬静止在水平雪面上的A处，现有质量M＝60 kg的运动员，用与水平成α＝37°角的恒力F＝200 N斜向下推动冰撬，使其沿AP方向一起做直线运动，当冰撬到达P 点时运动员迅速跳上冰撬，与冰撬一起运动(运动员跳上冰撬瞬间运动员和冰撬的速度不变)．已知A、P距离为s＝12 m，冰撬与雪面间的动摩擦因数为0.2，不计冰撬长度和空气阻力．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)冰撬从A到P的运动时间；(2)冰撬从P点开始还能滑行的距离．图2－710．如图2－8甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点．滑块运动的图象如图乙所示，求：(已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)(1)A、B之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间．甲乙图2－8专题限时集训(二)1．D [解析] 由s ＝12(v 0＋0)t 可求出初速度；由s ＝12at 2可求出加速度；由v ＝12(v 0＋0)可求出平均速度；由F ＝ma 知，要求制动力，必须知道质量，综上所述，只有制动力求不出，选项D 正确．2．A [解析] 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，选项D 错误；动能减小，返回舱所受合外力做负功，选项C 错误；返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，选项B 错误；火箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用，因而伞绳对返回舱的拉力变小，选项A 正确．3．A [解析] 对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解．取A 、B 系统整体分析有f 地A ＝μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，a ＝μg ，B 与A 具有共同的运动状态，取B 为研究对象，由牛顿第二定律有：f AB ＝μm B g ＝m B a ＝常数，B 做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左，即B 受到的摩擦力方向向左，大小不变．4．D [解析] 汽车加速度逐渐增大，因此其v －t 图线上各点斜率的绝对值逐渐增大，选项D 正确．5．D [解析] 礼花弹离开炮筒后做匀减速直线运动，由h ＝v 0t 2得v 0＝2ht ＝50 m/s ，加速度a ＝v 0t＝12.5 m/s 2，由牛顿第二定律有mg ＋kmg ＝ma ，则k ＝0.25.6．B [解析] 巡逻船以速度v 0匀速行驶时，驱动力等于阻力f ，发动机功率调整增大为某数值时，由P ＝Fv 知牵引力突然增大，由牛顿第二定律F －f ＝ma 知，巡逻船加速运动，随着速度的增大驱动力将减小，因此加速度逐渐减小，直到加速度为零，巡逻船做匀速直线运动，即速度曲线上各点切线的斜率为正值，且斜率逐渐减小为零．选项B 正确．7．CD [解析] 由图象知，在t 1时刻之前乙车的加速度先大于甲车的加速度，后小于甲车的加速度，选项A 错误；由图象知，乙车的速度始终比甲车的大，选项C 正确；因为速度图线与横轴所围面积表示位移，所以在t 1时刻之前乙车始终在甲车的前面，在t 1时刻两车并不相遇，选项B 错误，选项D 正确．8．D [解析] 若绳子B 的拉力恰好与B 的重力沿斜面向下的分力相等，则B 与C 间的摩擦力为零，选项A 错误；利用整体法判断，C 一定受到水平面向左的摩擦力，选项B 错误；同理，在竖直方向利用整体法判断，水平面对C 的支持力小于B 、C 的总重力，选项C 错误；将细绳剪断后，利用整体法判断，B 、C 系统在水平方向不受外力作用，选项D 正确．9．(1) 5 s (2)28.8 m[解析] (1)冰撬做匀加速直线运动阶段冰撬受力如图甲所示．根据牛顿第二定律有：F cos α－μ(mg ＋F sin α)＝ma 1解得：a 1＝4.8 m/s 2由s ＝12a 1t 21解得t 1＝ 5 s.(2)冰撬和运动员做匀减速直线运动，冰撬和运动员受力如图乙所示．乙加速结束时：v P ＝a 1t 1＝2455 m/s根据牛顿第二定律有： μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 2解得：a 2＝2 m/s 2则冰撬继续滑行距离为s ′＝v 2P2a 2＝28.8 m.10．(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋2 2) s[解析] (1)由v －t 图象知A 、B 之间的距离有：s AB ＝16×22m ＝16 m. (2)设滑块从A 滑到B 的过程加速度大小为a 1，从B 返回到A 的过程加速度大小为a 2，滑块与斜面之间的滑动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有：a 1＝g sin θ＋μg cos θ a 2＝g sin θ－μg cos θ 由图象可知a 1＝16－02m/s 2＝8 m/s 2设滑块返回到A 点时的速度为v 1，有 v 21－0＝2a 2s AB解得：a 2＝4 m/s 2，v 1＝8 2 m/s.(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2，则有 t 1＝2 st 2＝v 1a 2＝2 2 s则滑块在整个过程中所用的时间 t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.。

高考物理二轮复习专题解析—牛顿运动定律与直线运动命题规律 1.命题角度：(1)匀变速直线运动规律及应用；(2)牛顿运动定律及应用；(3)运动学和动力学图像.2.常用方法：整体法与隔离法、数形转换法、临界极值法、控制变量法.3.常考题型：选择题．考点一匀变速直线运动规律及应用1．匀变速直线运动问题常用的七种解题方法2．两种匀减速直线运动的分析方法(1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．(2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义．3．处理追及问题的常用方法过程分析法函数法Δx ＝x 乙＋x 0－x 甲为关于t 的二次函数，当t ＝－b2a 时有极值，令Δx ＝0，利用Δ＝b 2－4ac 判断有解还是无解，是追上与追不上的条件图像法画出v －t 图像，图线与t 轴所围面积表示位移，利用图像更直观例1 (2022·湖北卷·6)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W 和G 间的铁路里程为1 080 km ，W 和G 之间还均匀分布了4个车站．列车从W 站始发，经停4站后到达终点站G .设普通列车的最高速度为108 km/h ，高铁列车的最高速度为 324 km/h.若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s 2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W 到G 乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( ) A ．6小时25分钟 B ．6小时30分钟 C ．6小时35分钟 D ．6小时40分钟答案 B解析 108 km/h ＝30 m/s,324 km/h ＝90 m/s ，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x ＝1 080×1035 m ＝2.16×105 m ，普通列车加速时间t 1＝v 1a ＝300.5 s ＝60 s ，加速过程的位移x 1＝12at 12＝12×0.5×602 m ＝900 m ，根据对称性可知，加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t 2＝x －2x 1v 1＝2.16×105－2×90030 s ＝7140 s ，同理高铁列车加速时间t 1′＝v 1′a ＝900.5 s ＝180 s ，加速过程的位移x 1′＝12at 1′2＝12×0.5×1802m ＝8 100 m ，匀速运动的时间t 2′＝x －2x 1′v 1′＝2.16×105－2×8 10090 s ＝2 220 s ，相邻两站间节省的时间Δt ＝(t 2＋2t 1)－(t 2′＋2t 1′)＝4 680 s ，因此总的节省时间Δt 总＝5Δt ＝4 680×5 s ＝23 400 s ＝6小时30分钟，故选B.例2 (2022·陕西咸阳市一模)如图所示，某标准足球场长105 m 、宽68 m ．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为3 m/s 2.则：(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移大小？(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为零、加速度大小为4 m/s 2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s ，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？ 答案 (1)24 m (2)4 s解析 (1)足球的运动可视为在地面上的匀减速直线运动，根据运动学公式有 x ＝v 2－v 022a 1＝0－1222×－3 m ＝24 m(2)队员的速度达到最大速度用时 t 1＝Δv a 2＝8－04 s ＝2 s ，此时队员的位移为x 1＝12a 2t 12＝12×4×22 m ＝8 m ，此时足球的位移为x 1′＝v 0t 1＋12a 1t 12＝12×2 m －12×3×22 m ＝18 m ，足球的速度v 1′＝v 0＋a 1t 1＝6 m/s 此时队员与足球相距s ＝10 m ，设此后用时t 2追上足球，则有v m t 2＝v 1′t 2＋12a 1t 22＋s ，解得t 2＝2 s(t 2＝－103 s 舍去)此时足球速度v 1″＝v 1′＋a 1t 2＝0，足球恰好停止． 故前锋队员追上足球至少经过t ＝t 1＋t 2＝4 s ．考点二牛顿运动定律的应用1．解决动力学两类基本问题的思路2．瞬时加速度问题3．连接体问题(1)整体法与隔离法的选用技巧整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力(2)连接体问题中常见的临界条件接触与脱离接触面间弹力等于0恰好发生滑动摩擦力达到最大静摩擦力绳子恰好断裂绳子张力达到所能承受的最大力绳子刚好绷直与松弛绳子张力为0(3)常见连接体接触面光滑，或μA ＝μB三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同且与接触面是否光滑无关常用隔离法常会出现临界条件例3 (多选)(2022·四川省成都石室中学二诊)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F ，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为F f .某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125FC ．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125FD ．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F 答案 CD解析 启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A 错误；做匀加速运动时，加速度为a ＝3F －8F f 8m ，对后三节车厢，有F 56＋F －3F f ＝3ma ，解得第5、6节车厢间的作用力为F 56＝0.125F ，故B 错误，C 正确；对最后两节车厢，有F 67－2F f ＝2ma ，解得第6、7节车厢间的作用力为F 67＝0.75F ，故D 正确．例4 (2022·山东菏泽市二模)如图所示，两段轻绳A 、B 连接两个小球1、2，悬挂在天花板上．一轻弹簧C 一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上．两小球均处于静止状态．轻绳A 与竖直方向、轻绳B 与水平方向的夹角均为30°，弹簧C 沿水平方向．已知重力加速度为g .则( )A ．球1和球2的质量之比为1∶1B ．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下C ．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于gD ．在轻绳A 突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g 答案 C解析 对两球作为整体受力分析，由平衡可得F 弹＝(m 1＋m 2)g tan 30°，对小球2受力分析且由平衡条件可得F 弹＝m 2g tan 60°，联立解得球1和球2的质量之比为2∶1，故A 错误；在轻绳A 突然断裂的瞬间，弹簧弹力F 弹不变，假设轻绳A 突然断裂的瞬间轻绳B 的弹力突变为0，则A 加速度为a 1＝g ，球2加速度水平方向和竖直方向分别为a 2竖直＝g ，a 2水平＝F 弹m 2＝m 2g tan 60°m 2＝3g ，两小球竖直方向加速度相等，水平方向上B 球加速度向右，球2总的加速度斜向右下，AB 间的绳子绷紧，则轻绳A 突然断裂的瞬间轻绳B 的弹力不为0，假设不成立，故球1除了受到重力还受到AB 间绳子斜向右下的拉力，则向下的加速度大于g ；球2除受重力和弹力外还受到AB 间绳子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g ，故B 、D 错误，C 正确．例5 (2022·陕西宝鸡市模拟)在冬奥会赛前滑雪运动员做滑雪尝试，赛道由倾斜赛道和水平赛道组成且平滑连接，倾斜赛道与水平面的夹角为θ＝53°，如图所示．运动员从倾斜赛道上某一位置由静止开始下滑，进入水平赛道滑行一段距离后停止．已知运动员在倾斜赛道上滑行的时间和在水平赛道上滑行的时间相等，且倾斜赛道和水平赛道的动摩擦因数相同，假设运动员滑行路线均为直线，sin 53°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求滑板与赛道间的动摩擦因数μ；(2)若运动员在两段赛道的总路程为125 m ，求运动员在倾斜赛道和水平赛道上滑行的总时间． 答案 (1)0.5 (2)10 s解析 (1)在两段赛道上滑行时，根据牛顿第二定律分别有： mg sin θ －μmg cos θ＝ma 1 μmg ＝ma 2由于在两个赛道上滑行时间相等，可知加速度大小相等，即a 1＝a 2 联立解得μ＝0.5(2)在两段赛道上滑行的加速度大小 a 1＝a 2＝5 m/s 2设最大速度为v m ，根据速度与位移的关系可知 v m 22a 1＋v m 22a 2＝L 解得最大速度v m ＝25 m/s因此运动的总时间t ＝v m a 1＋v ma 1＝10 s.考点三 运动学和动力学图像1．常见图像常见图像 斜率k 面积 两图像交点 x －t 图像Δx Δt ＝v表示相遇v －t 图像Δv Δt＝a 位移x不表示相遇，表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点a －t 图像速度变化量Δv表示此时加速度相等2.非常规图像非常规图像(举例)函数表达式斜率k 纵截距b v2－x图像由v2－v02＝2ax得v2＝v02＋2ax2a v02xt－t图像由x＝v0t＋12at2得xt＝v0＋12at12av0a－F图像由F－μmg＝ma得a＝Fm－μg1m－μg例6(多选)(2021·广东卷·8)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v－t和s－t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有()答案BD解析A图是v－t图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、乙船头并齐，故A 错误；B 图是v －t 图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v －t 图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并齐，故B 正确；C 图是s －t 图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，故C 错误；D 图是s －t 图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D 正确．例7 (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左边上有一质量为m 2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图(b)所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小．木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图(c)所示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g .则( )A ．F 1＝μ1m 1gB ．F 2＝m 2m 1＋m 2m 1(μ2－μ1)gC ．μ2>m 1＋m 2m 2μ1D ．在0～t 2时间段物块与木板加速度相等 答案 BCD解析 由题图(c)可知，t 1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，故A 错误；由题图(c)可知，t 2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F 2－μ1(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律， 有μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a >0解得F 2＝m 2m 1＋m 2m 1(μ2－μ1)gμ2>m 1＋m 2m 2μ1，故B 、C 正确；由题图(c)可知，0～t 2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确.1.(2022·安徽省江南十校一模)索道是许多景区重要的交通工具．如图为索道运输货物的情景，已知倾斜的钢索与水平方向夹角为30°，悬挂车厢的钢杆始终保持竖直．一质量为m 的物体放在车厢内倾角为30°的固定斜面上，当车厢以加速度a (a <g ，g 表示重力加速度)斜向上做匀加速直线运动时，斜面对物体的支持力F N 和摩擦力F f 的大小分别为( )A ．F N ＝32m (g ＋a )；F f ＝12m (g －a ) B ．F N ＝32m (g ＋a )；F f ＝12m (g ＋a ) C ．F N ＝12m (g ＋a )；F f ＝32m (g ＋a )D ．F N ＝12m (g －a )；F f ＝32m (g ＋a )答案 A解析 对物体受力分析，将重力和加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向分解有mg sin 30°－F f ＝ma sin 30°，F N －mg cos 30°＝ma cos 30°，解得F N ＝32m (g ＋a )，F f ＝12m (g －a )，B 、C 、D 错误，A 正确．2．(多选)(2022·安徽黄山市质检)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10 m 跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s ，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的质量为35 kg ，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，则( )A ．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态B ．入水后全红婵处于失重状态C ．全红婵在空中运动的时间为1.5 sD ．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N 答案 AD解析 跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A 正确；入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B 错误；以向上为正方向，则根据－h ＝v 0t －12gt 2，可得t ＝2 s ，即全红婵在空中运动的时间为2 s ，C 错误；入水时的速度v 1＝v 0－gt ＝5 m/s －10×2 m/s ＝－15 m/s ，在水中的加速度大小为a ＝0－v 1t ＝7.5 m/s 2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知，F f ＝mg ＋ma ＝35×10 N ＋35×7.5 N ＝612.5 N ，D 正确．专题强化练[保分基础练]1．(2022·辽宁铁岭市六校高三期末)在2021年东京奥运上，我国运动健儿摘金夺银，为国争光．其中在跳水男子3米板决赛中，我国选手谢思埸夺得金牌！在某次比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t .设运动员入水后向下运动的过程中，第一个t 时间内的位移为x 1，最后两个t 时间内的总位移为x 2，则x 1∶x 2为( ) A ．17∶4 B ．13∶4 C ．15∶4 D ．15∶8答案 C解析 初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t 时间内、第二个t 时间内、第三个t 时间内、……的位移之比x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…＝1∶3∶5∶….运动员运动总时间为8t ，运用逆向思维，则第一个t 时间内的位移，可视为在初速度为零的匀加速直线运动中，第八个t 时间内的位移；最后两个t 时间内的总位移，可视为在初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t 时间内的总位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C.2．(2022·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中一模)图甲是小明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置，a点是静止站立时的状态．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图线．图乙中各点均对应图甲中状态，其中有几个点对应的状态在图甲中没有画出．根据图乙分析可知()A．小明重力为500 NB．c点位置小明可能处于下蹲阶段C．c点位置小明处减速上升阶段D．小明在d点的加速度比在g点的小答案 B解析由题可知a点是静止站立时的状态，由题图乙可知小明重力为550 N，故A错误；c 点位置处于超重状态，因此可能处于减速下蹲阶段，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律可知小明在d点加速度大于在g点的加速度，故D错误．3．(2022·浙江省名校协作体模拟)2021年东京奥运会上，十四岁的中国小将全红婵夺得女子10米跳台冠军，图为其竖直分速度与时间的关系图像，以其向上离开跳台时作为计时起点，向下运动的方向为正方向，运动过程中视其为质点，则关于竖直方向上的运动，下列说法正确的是()A．t1时刻达到最高点B．t3时刻开始进入水面C．t2～t3时间段加速度竖直向下D．0～t1时间段与t1～t2时间段加速度方向相反答案 A解析由题图可知0～t1时间内全红婵在竖直方向上做竖直上抛运动，在t1时刻达到最高点，之后在t1～t2时间内在竖直方向上做匀加速运动，所以0～t1时间段与t1～t2时间段在竖直方向上加速度方向相同；全红婵在t2时刻开始进入水面，之后在t2～t3时间内在水中竖直方向上做匀减速运动，此时全红婵的加速度方向向上，综上可知A正确，B、C、D错误．4.(多选)(2022·陕西西安市七校高三期末)质量不等的两物块A和B，其质量分别为m A和m B，置于光滑水平面上．如图所示，当水平恒力F作用于左端的A上，两物块一起以加速度大小a1匀加速向右运动时，A、B间的作用力大小为F N1；当水平力F作用于右端的B上，两物块一起以加速度大小a2匀加速向左运动时，A、B间的作用力大小为F N2，则()A．a1＝a2B．F N1＋F N2<FC．F N1＋F N2>FD．F N1∶F N2＝m B∶m A答案AD解析根据牛顿第二定律对整体得a＝Fm A＋m B，则两次运动的加速度大小相等，故A正确；分别隔离B和A，得F N1＝m B a，F N2＝m A a，则得到F N1＋F N2＝(m A＋m B)a＝F，F N1∶F N2＝m B∶m A，故B、C错误，D正确．5.(2022·陕西咸阳市一模)时隔8年之后，2021年12月9日，我国宇航员王亚平再次进行太空授课，使得我国很多中小学生对微重力下液体内部的受力情况感到好奇，某同学为了在地面探究微重力下液体内部的受力情况，设计了如下实验，如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另一端固定于容器的底部．水与木球的密度差为Δρ(Δρ>0)，重力加速度为g.初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为( )A ．gB ．ΔρρgC ．(1－Δρρ)gD ．(1＋Δρρ)g答案 D解析 初始时整个系统静止，弹力为F k ，对木球分析有ρ水gV ＝F k ＋ρgV ，释放瞬间，弹力不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，则a ＝F k ＋ρgV m ＝ΔρgV ＋ρgV ρV ＝(1＋Δρρ)g ，故选D.6．(2022·福建厦门市二模)鼓浪屿是世界文化遗产之一．岛上为保护环境不允许机动车通行，很多生活物品要靠人力板车来运输．如图所示，货物放置在板车上，与板车一起向右做匀速直线运动，板车与水平面夹角为θ.现拉动板车向右做加速运动，货物与板车仍保持相对静止，且θ不变．则板车加速后，货物所受的( )A ．摩擦力和支持力均变小B ．摩擦力和支持力均变大C ．摩擦力变小，支持力变大D ．摩擦力变大，支持力变小 答案 D解析 对货物受力分析可知，若匀速运动，则F f ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ，若货物随板车做加速运动，设加速度大小为a ，则F f ′－mg sin θ＝ma cos θ，mg cos θ－F N ′＝ma sin θ，则F f ′>F f ，F N ′<F N ，即货物受到的摩擦力变大，支持力变小，故选D.7．(2022·全国甲卷·15)长为l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v 0，要通过前方一长为L 的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v (v <v 0)．已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和2a ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 0所用时间至少为( ) A.v 0－v 2a ＋L ＋l vB.v 0－v a ＋L ＋2lvC.3v 0－v 2a ＋L ＋l vD.3v 0－v a ＋L ＋2l v答案 C解析 由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v (v <v 0)，则列车进隧道前必须减速到v ，若用时最少，则列车先匀减速到v 进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v 0.则有v ＝ v 0－2at 1，解得t 1＝v 0－v 2a ，在隧道内匀速有t 2＝L ＋l v ，列车尾部出隧道后立即加速到v 0，有v 0＝v ＋at 3，解得t 3＝v 0－va ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 0所用时间至少为t ＝3v 0－v 2a ＋L ＋lv，故选C. [争分提能练]8．(多选)(2022·广东佛山市高三期末)如图甲所示，一辆和谐号动车和一辆复兴号动车在互相追赶，两车并排做直线运动，其运动情况如图乙所示，t ＝0时，两车车头刚好并排，则( )A ．10 s 末和谐号的加速度比复兴号的大B ．图乙中复兴号的最大速度为78 m/sC ．0到32 s 内，在24 s 末两车车头相距最远D ．两车车头在32 s 末再次并排 答案 BC解析 由v －t 图像的斜率表示加速度，可得在第10 s 末和谐号的加速度为a 1＝72－6024 m/s 2＝12 m/s 2，复兴号的加速度为a 2＝72－6024－8 m/s 2＝34 m/s 2，则10 s 末和谐号的加速度比复兴号的小，故A 错误；题图乙中复兴号的最大速度为v m ＝72 m/s ＋a 2×(32－24) m/s ＝78 m/s ，故B 正确；因t ＝0时两车车头刚好并排，在0到24 s 内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者间的距离逐渐增大，由题图乙可知，在24 s 末复兴号速度继续增大，而和谐号速度不变，故速度相等后两者间的距离缩小，则在24 s 末两车车头相距最远，故C 正确；由v －t 图像的面积表示位移，则在0～24 s 两者间的最大距离为Δx ＝8×72－602 m ＝48 m ，而在24～32 s内能缩小的距离为Δx ′＝78－72×32－242m ＝24 m<Δx ，即32 s 时复兴号还未追上和谐号，故D 错误．9．(2022·江苏如皋市一模)如图甲所示，A 、B 两物块静止叠放在水平地面上．水平拉力F 作用在A 上，且F 从0开始逐渐增大，B 的加速度a B 与F 的关系图像如图乙所示，则A 的加速度a A 与F 的关系图像可能正确的是( )答案 C解析 设A 的质量为m ，B 的质量为M ，A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ0，则当0≤F ≤μ0(M ＋m )g 时，A 、B 处于静止状态，加速度都为0；当F >μ0(M ＋m )g 时，A 、B 开始一起做加速运动，设当F ＝F 0，A 、B 刚好要发生相对运动，以A 、B 为整体，由牛顿第二定律得F 0－μ0(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得μmg －μ0(M ＋m )g ＝Ma ，联立解得F 0＝mM ＋mg μ－μ0M，则当μ0(M ＋m )g <F ≤mM ＋mg μ－μ0M时，A 、B 一起做匀加速直线运动，加速度为a 1＝F －μ0M ＋m g M ＋m ＝F M ＋m －μ0g ，图线的斜率为1M ＋m，当F >m M ＋mg μ－μ0M，A 、B发生相对滑动，对A 由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 2，解得a 2＝F －μmg m ＝F m －μg ，图线的斜率为1m ，且1m ＞1M ＋m ，由以上分析可知A 的加速度a A 与F 的关系图像可能为C 选项，C 正确，A 、B 、D 错误．10.(2022·湖南衡阳市一模)为研究某辆高铁的某段直线运动过程，王同学绘制了如图所示的x t 2－1t图像，但是没有告知是处于加速还是减速状态，则下列说法正确的是( )A ．该车处于加速状态B ．该车的初速度为40 m/sC ．该车的加速度大小为4 m/s 2D ．该车在前2秒的位移为96 m 答案 B解析 由匀变速直线运动规律有x ＝v 0t ＋12at 2，变形得x t 2＝v 0t ＋12a ，可知x t 2－1t 图像斜率表示v 0，纵轴截距表示12a ，由题图可得出v 0＝40.1 m/s ，12a ＝－4 m/s 2，解得v 0＝40 m/s ，a ＝－8 m/s 2，所以该车处于减速状态，初速度为40 m/s ，加速度大小为8 m/s 2，故A 、C 错误，B 正确；将v 0＝40 m/s ，a ＝－8 m/s 2代入位移公式可得x ＝40t －4t 2 (m)，则前2秒的位移为x ＝64 m ，故D 错误．11．(2022·山西晋中市榆次区一模)2022年2月11日，北京冬奥会男子钢架雪车比赛结束争夺，中国选手闫文港摘得铜牌，创造了中国选手在这一项目的历史最好成绩．如图甲，钢架雪车比赛运动员先在水平轨道上推着雪车由静止出发，匀加速到水平轨道的末端时，运动员快速俯卧到雪车上，沿倾角为θ＝15°的倾斜轨道匀加速下滑到P 点，运动员在轨道上运动时，从开始运动到下滑至P 点的过程中速率的平方随运动距离x 的变化图像如图乙所示，雪车(含运动员)总质量为120 kg ，sin 15°＝0.26，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)雪车在倾斜轨道上受到的阻力为多大；(2)运动员从开始运动至下滑到P 点的时间为多少． 答案 (1)72 N (2)16.7 s解析 (1)倾斜轨道上，运动的位移 x 1＝303.05 m －12.8 m ＝290.25 m 根据题图乙可知，到达P 点时的速度v t ＝35 m/s ， 在水平轨道末端时的速度v ＝8 m/s 根据v t 2－v 2＝2a 2x 2 解得a 2＝2 m/s 2根据牛顿第二定律有mg sin 15°－F f ＝ma 2 解得F f ＝72 N(2)在倾斜轨道上运动的时间 t 2＝v t －v a ＝35－82s ＝13.5 s在水平直轨道上的位移x 1＝12.8 m ，根据 v 2＝2a 1x 1 解得a 1＝2.5 m/s 2则在水平轨道上运动的时间 t 1＝v －0a 1＝8－02.5s ＝3.2 s故运动员从开始运动至下滑到P 点的时间为 t ＝t 2＋t 1＝16.7 s.12.(2022·河北张家口市一模)如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮．质量为m 的滑块P 通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q 相连．开始时托着重物Q 使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P 和滑轮间的轻绳与斜面平行．现由静止释放重物Q ，当重物Q 竖直向下运动经过时间t 0时，细线突然被烧断，发现滑块P 又经过时间t 0恰好回到了出发位置，重力加速度为g ，求：(1)重物Q 的质量；(2)滑块P 从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程． 答案 (1)4m 5 (2)2gt 029解析 (1)设重物Q 的质量为m 1.细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P 有 F T －mg sin 30°＝ma 1 对重物Q 有m 1g －F T ＝m 1a 1 滑块P 的位移x 1＝12a 1t 02滑块P 在t 0时的速度大小v 1＝a 1t 0细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P 的加速度大小a 2＝g sin 30°＝g2又经过时间t 0，滑块P 运动的位移x 2＝v 1t 0－12a 2t 02由题意可知x 1＋x 2＝0 解得a 1＝g 6，m 1＝4m5(2)细线断后滑块P 沿斜面向上运动的距离 x 3＝v 122a 2滑块P 从开始运动到返回出发位置运动的路程 s ＝2(x 1＋x 3) 联立解得s ＝2gt 029.[尖子生选练]13.如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用与斜面平行的轻弹簧连接的物块A 和B ，它们的质量分别为3m 和2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一垂直斜面的固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F 拉物块A ，使之沿斜面向上运动，当B 刚要离开C 时，A 的速度为v ，A 的加速度方向沿斜面向上、大小为a ，则下列说法错误的是(重力加速度为g )( )A ．从静止到B 刚要离开C 的过程中，A 运动的距离为5mg sin θkB ．从静止到B 刚要离开C 的过程中，A 克服重力做的功为5m 2g 2sin 2θkC ．恒力F 的大小为5mg sin θ＋3maD ．当A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为32a答案 B解析 系统处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据平衡条件有3mg sin θ＝kx 1，解得弹簧的压缩量x 1＝3mg sin θk；当B 刚要离开C 时，B 对挡板的弹力为零，则有kx 2＝2mg sin θ，解得弹簧的伸长量x 2＝2mg sin θk，可知从系统静止到B 刚要离开C 的过程中，A 运动的距离为x ＝x 1＋x 2＝5mg sin θk，故A 正确；从系统静止到B 刚要离开C 的过程中，重力对A 做的功为W G ＝－3mgx sin θ＝－15m 2g 2sin 2θk ，即A 克服重力做的功为15m 2g 2sin 2θk，故B 错误；当B 刚要离开C 时，对物块A 分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向上有F －3mg sin θ－kx 2＝3ma ，解得F ＝5mg sin θ＋3ma ，故C 正确；当A 的速度达到最大时，A 受到的合外力为0，则有F －3mg sin θ－F T ′＝0，所以F T ′＝2mg sin θ＋3ma ，B 沿斜面方向有F T ′－2mg sin θ＝2ma ′，联立解得a ′＝32a ，故D 正确．。

专题02 牛顿运动定律与直线运动1．如图为一质点做直线运动的v－t图象，下列说法正确的是( )A．在18 s～22 s时间内，质点的位移为24 mB．18 s时质点速度反向C．整个过程中，E点处质点离出发点最远D．整个过程中，CE段的加速度最大2．如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为2∶1，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为( )A．a、0 B．a、aC．a、2a D．0、2a解析：选C.令物体B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为T，将A、B及弹簧看作整体，则有T＝3ma；隔离物体A为研究对象，则有F＝2ma.剪断轻绳后，绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以物体A受力不变，加速度大小仍为a，而物体B所受合力为F ＝ma B，即a B＝2a.3．A、B两点相距8 m，一质点由A向B做直线运动，质点在A点的速度为v A，质点速度的二次方v2与位移x之间的关系图象如图所示，则由图象可知( )A．质点做变加速运动，其加速度不断增大B．质点做匀加速运动，其加速度大小为4.0 m/s2C．质点由A到B所经历的时间为2.0 sD．质点由A到B所经历的时间为8.0 s4．如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P.横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q.当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α.已知θ＜α，则下列说法正确的是( )A．小车一定向右做匀加速运动B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C．小球P受到的合力大小为mg tan θD．小球Q受到的合力大小为mg tanα解析：选D.小车的加速度向右，但是速度方向不一定向右，故A错误；比较P、Q两小球的受力情况，可知合外力均为mg tan α，因为θ＜α，所以轻杆对小球P的力一定不沿杆，故B、C错误，D正确．5．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m.如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为( )A．M∶m B．m∶MC．m∶(M＋m) D．M∶(M＋m)解析：选A.F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：N cos θ＝Mg，对B有：N sinθ＝ma，对A和B组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝M＋m Mmg tan θ；F2作用于A时，对B有：mg tan θ＝ma′，对A和B组成的整体有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)·g tan θ，F1F2＝Mm.6．如图所示，足够长的木板B放置在水平地面上，大小可忽略的铁块A静止放在木板B 的最左端．从t＝0时刻起对A施加一个水平向右的力F，且力F的大小随时间t成正比增加，已知铁块A的加速度a A随时间t变化的图象如图乙所示，则木板B的加速度大小a B随时间t的a B－t图象是下列图中的( )解析：选C.F的大小与时间t成正比，由图乙看出前2 s铁块的加速度为零，这说明水平地面不光滑，t＝6 s前后铁块的加速度a A随时间t变化的图线斜率不同，这说明2～6 s内A、B以共同的加速度运动，t＝6 s后，A与B发生相对滑动，木板B的加速度不再变化．7．(多选)美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役．假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m＝103kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×103 N，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到50 m/s 时才能离开航空母舰起飞．g取10 m/s2，设航空母舰甲板长为160 m，则下列说法中正确的是( )A．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 NB．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s2C．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为30 m/s的初速度D．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s8．如图甲所示，在某部电梯的顶部安装一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球．若该电梯在竖直方向行驶时突然停止，传感器显示弹簧弹力大小F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则( )A．电梯突然停止前可能在加速上升B．电梯停止后小球向下运动，加速度小于gC．电梯停止后小球向上运动，加速度小于gD．0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态9．(多选)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：选ABC.人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力f m＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，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 ＝Ma1＝150 N＞120 N，木板向左加速，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中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D错误．10．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＝kv2，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)(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＝kv2max⑥由所给的v－t图象可读出v max≈360 m/s⑦由⑥⑦式得k＝0.008 kg/m⑧。

专题2 牛顿运动定律与直线运动本部分内容高考命题存在以下特点和趋势：一是高考考查的重点，命题次数较多；二是题型全面：从选择到实验、再到计算题；三是命题趋势大体呈现以下特点：从匀变速直线运动规律的应用为重点转向动力学方法的应用为重点，而从2016年高考开始又趋向动力学方法和功能关系的综合应用。

高频考点：匀变速直线运动规律的应用、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用。

考点一、匀变速直线运动规律应用例 (郑州2018届高三阶段考试) 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。

【审题立意】本题为多过程直线运动问题，主要考查匀变速直线运动规律的应用。

在解题时要明确各个运动阶段，注意平均速度公式的应用、加速度的计算方法，同时在计算时要注意各物理量的矢量性。

【解题思路】 (1)在匀加速过程，设甲的位移为x 1，所用的时间为t 1，达到的末速度为v 1，由x 1＝v1t 12，解得v 1＝10 m/s甲做匀减速运动的末速度为v 2，匀减速运动的加速度为a 2，由a 2＝v 2－v 1Δt得a 2＝－1 m/s 2。

(2)甲匀速运动的位移：x 2＝v 1t 2＝10×10 m＝100 m 甲匀减速的位移：x 3＝v 1＋v 22Δt考向预测知识与技巧的梳理解得x 3＝18 m最后甲冲刺的位移为：x 4＝200 m －(x 1＋x 2＋x 3)＝200 m －(20＋100＋18)m ＝62 m 【参考答案】(1)－1 m/s 2(2)62 m【知识建构】1．记牢匀变速直线运动的“四类公式”2．掌握处理匀变速直线运动的五种方法【变式训练】 1．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷) 如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC 。

专题03 牛顿运动定律1．【2016·全国新课标Ⅰ卷】（多选）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则： （ ） A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变 【答案】BC【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】本题主要考查牛顿运动定律。

特别注意以前我们碰到的问题经常是去掉一个恒力，本题增加了一个恒力，从牛顿运动定律角度来看没有什么区别。

根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小，根据合力与速度方向间的关系判断物体的运动情况。

要特别注意的是，质点有可能做匀变速曲线运动。

2．【2015·海南·8】（多选）如图所示，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为△l 1和△l 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间： （ ）A ．a 1=3gB ．a 1=0C ．△l 1=2△l 2D ．△l 1=△l 2 【答案】AC【解析】设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧1S 的拉力1T ，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知12T mg =，故a 受到的合力123F mg T mg mg mg =+=+=，故加速度13Fa g m==，A 正确，B 错误；设弹簧2S 的拉力为2T ，则2T m g =，根据胡克定律F k x =∆可得122l l ∆=∆，C 正确，D 错误。

【考点定位】牛顿第二定律的瞬时性【名师点睛】做本类型题目时，需要知道剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生变化，即细线的拉力变为零，弹簧的弹力吧不变，然后根据整体和隔离法分析。

专题一第2讲限时：40分钟一、选择题(本题共8小题，其中1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2018·湖南省郴州市高三下学期一模)如图所示，一物块以初速度v0从图中所示位置A开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块受到的滑动摩擦力大小等于0.6F，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体从A点向右运动到最大位移处所用的时间与从右侧最大位移处再回到A点所用时间之比为(C)A．1∶4B．1∶3C．1∶2D．2∶3[解析]物体从A点向右运动的过程，由牛顿第二定律得F＋0.6F＝ma1，物体从右侧最大位移处向左运动的过程，由牛顿第二定律得F－0.6F＝ma2，则得a1∶a2＝4∶1，物体向右的运动逆过程是初速度为零的匀加速运动，由x＝12at2可得t1∶t2＝a2∶a1＝1∶2，故ABD错误，C正确；故选C。

2．(2018·四川省凉山州高三第三次诊断试题)AB两物体同时同地从静止开始运动，其运动的速度随时间的v－t图如图所示，关于它们运动的描述正确的是(D)A．物体B在直线上做往返运动B．物体A做加速度增大的曲线运动C．AB两物体在0～1s运动过程中距离越来越近D．B物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小之比为1∶3∶2[解析]v－t图，其数值代表速度大小和方向，斜率表示加速度，面积表示位移；由图可知，B先匀加速直线，再做匀减速直线，速度为正值，为单向直线运动。

物体A做加速度增大的直线运动；在0～1s内，B物体在前，A物体在后，距离越来越远；由于面积表示位移，可求1s内、第2s内、第3s内的位移比为1∶3∶2，由v＝xt，可知平均速度大小为1∶3∶2。

综上分析，D 正确。

3．(2018·北京市西城区高三下学期5月模拟)一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。

一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下。

高考物理二轮复习第2讲直线运动规律及牛顿
运动定律的应用
高三二轮复习正当时，根据自我总结和学生反馈，将二轮复习主讲内容（方法和易错或常考知识）共11讲进行罗列优化，以备后用。

一、直线运动
1、匀变速直线运公式：
基本公式；
平均速度公式；
位移差公式；
2、运动图像x-t、v-t；
关注正负值、斜率、面积、截距。

3、易错：
（1）匀减速到静止应判断x停（t停）
（2）不同图像反映出物体运动反向（单向运动最远）依据（3）匀减速到0 应列反向匀加速方程；
（4）追击中能否相遇临界为共速，而不是x后x前；
二、牛顿运动定律
1、牛顿第二定律：F=ma；
2、分析顺序：研究对象→受力分析→正交分解→在x、y方向上列方程；
优先使用整体法情况：：（整体法只用1次）
（1）叠加体、连接体；
（2）两物相对静止（具有相同a）；
（3）一静一动（整体受力提供个体加速度，选择题偶尔出现）；
3、易错：
（1）力变a也变；
（2）叠加体是否分离要判断；
三、加速度是联系力和运动的桥梁
1、a通常必解；
2、牛顿第二定律中a是指大小，匀变速公式中a还含方向；
3、加速度也是联系整体和个体的桥梁。