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力与直线运动
1．(2019·全国卷Ⅰ) 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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　)
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
答案　C
解析　空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H时的速度为0。逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由题意知，＝＝2＋，故3<<4，C正确。
2．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案　AB
解析　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，根据牛顿第二定律，2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，F＝f，由题图b知，F随时间是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅱ) (多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是(　　)
A．两车在t1时刻也并排行驶
B．t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
答案　BD
解析　v-t图象中图象与t轴所包围的面积代表运动的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先减小后增大，乙的加速度也是先减小后增大，故C错误，D正确。故选B、D。
4．(2018·全国卷Ⅲ) (多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
答案　CD
解析　根据位移图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，A错误；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，B错误；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，C正确；根据位移图象的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，有甲图线的切线与乙图线平行、斜率相同，两车速度相等，D正确。
5．(2017·全国卷Ⅱ)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(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。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv－mv①
解得μ＝②
(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a1和a2，所用的时间为t。
由运动学公式得
v－v＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得
a2＝。
6．(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝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：
(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。
答案　(1)1 m/s　(2)1.9 m
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f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2?
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，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v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2?
对A有
v2＝－v1＋aAt2?
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t?
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 ?
A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
s0＝sA＋s1＋sB?
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
7．(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m＝2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方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～t1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)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2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。
(1)在图b中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
答案　(1)图见解析　(2)28 m/s　8 m/s2
(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m
解析　(1)v-t图象如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；设t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s。
设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2①
s1＝v2Δt－a(Δt)2②
v4＝v2－4aΔt③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－ m/s④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①③④式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内汽车停止，由运动学公式有
v3＝v2－3aΔt⑤
2as4＝v⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦
或a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有
f1＝ma⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝f1(t2－t1)⑩
由动量定理有
I＝mv1－mv2?
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv－mv?
联立⑦⑨??式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s?
W＝1.16×105 J?
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋?
联立⑦??式，代入已知数据解得s＝87.5 m。
命题特点：题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合v-t图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容。
思想方法：极限思想、逆向思维的思想、理想实验的思想。比例法、图象法、推论法、控制变量法、整体法、隔离法等。
高考考向1　匀变速直线运动规律的应用
例1　(2019·广东惠州二模)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝20 m/s，靠近站口时以大小为a1＝5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝8 m/s，然后立即以大小为a2＝4 m/s2的加速度匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？

(1)该车做什么运动？
提示：先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动。
(2)求解第(1)问应选择哪个运动阶段进行研究？选择哪个公式解题最简单？
提示：应选择匀减速直线运动阶段进行研究；已知匀减速直线运动的初速度、末速度和加速度，求其位移，应选择公式v－v＝2ax。
[解析]　(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站口x1处开始减速，则有：v－v＝－2a1x1
解得：x1＝33.6 m。
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则
减速阶段：vt＝v0－a1t1
解得：t1＝2.4 s
加速阶段：v0＝vt＋a2t2
解得：t2＝3 s
则加速和减速的总时间为：t＝t1＋t2＝5.4 s。
(3)在加速阶段：x2＝t2＝42 m
则汽车加速和减速过程的总位移：x＝x1＋x2＝75.6 m
若不减速所需要的时间：t′＝＝3.78 s
车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s。
[答案]　(1)33.6 m　(2)5.4 s　(3)1.62 s
匀变速直线运动问题的求解思路
1．(2019·安徽蚌埠高三二模)图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为(　　)
A．t B.t
C．(2－)t D．(2＋) t
答案　C
解析　设汽车的加速度为a，通过bc段、ce段的时间分别为t1、t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：xab＝at2，xac＝a(t＋t1)2，xae＝a(t＋t1＋t2)2，解得：t2＝(2－)t，故C正确，A、B、D错误。
2．(2019·武昌调研)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s内的位移为5 m，则下列说法正确的是(　　)
A．物体在第3 s末的速度一定是6 m/s
B．物体的加速度一定是2 m/s2
C．物体在前5 s内的位移一定是25 m
D．物体在第5 s内的位移一定是9 m
答案　C
解析　物体在2.5 s末的瞬时速度等于第3 s内的平均速度，为v1＝5 m/s，由于无法求解加速度，故第3 s末的速度与第5 s内的位移无法求解，A、B、D错误；前5 s内的平均速度等于2.5 s末的瞬时速度，为5 m/s，故物体在前5 s内的位移为x＝v1t＝25 m，C正确。

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