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(共110张PPT)
第一部分
专题突破方略
专题一
力与运动
第2讲　力与直线运动
1
考情速览
·
明规律
2
核心知识
·
提素养
3
命题热点
·
巧突破
4
专题演练
·
速提升
01
考情速览
·
明规律
02
核心知识
·
提素养
“物理观念”构建
3．运动图像：利用v－t图像或x－t图像求解．
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”．
1．思想方法
(1)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．
“科学思维”展示
(2)常用方法
①整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法．
②正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解．
③逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题．
2．模型建构
(1)沿如图光滑斜面下滑的物体：
03
命题热点
·
巧突破
考点一　匀变速直线运动规律
考向1
匀变速直线运动规律的应用
典例1
【答案】　C
【核心考点】　初速度为零的匀加速直线运动的规律，竖直上抛运动的逆过程是自由落体运动．
【情景解读】　
从实际情景中抽象出紧直上抛运动模型，体现了物理来源于生活，而又高于生活．
【规范审题】　
考向2
追及相遇问题
典例2
现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10
m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为t0＝0.5
s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g＝10
m/s2，假设汽车可看作质点．
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15
m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
[变式拓展]　在(例2)中，如果两车刹车时的加速度交换，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，那么两车在正常行驶过程中又应至少保持多大距离？
【解析】　如果刹车时两车的加速度交换，
这时由于甲车的加速度大小为a2＝6
m/s2，
乙车的加速度大小为a1＝4
m/s2，
1．求解匀变速直线运动问题的思路
2．全程法：全过程中若加速度不变，虽然有往返运动，但可以全程列式，此时要注意各矢量的方向(即正负号)．
C
2．(2020·北京东城区一模)学习物理知识可以帮助我们分析一些生活中的实际问题．如图所示，某地铁出站口处设有高约5
m的步行楼梯和自动扶梯，步行楼梯每级台阶的高度约0.2
m，自动扶梯与水平面间的夹角为30°，并以0.8
m/s的速度匀速运行．甲、乙两位同学分别从步行楼梯和自动扶梯的起点同时上楼，甲在步行楼梯上匀速上行，乙在自动扶梯上站立不动．若他俩同时到达地面层．下列估算正确的是
(　　)
A．甲同学步行上楼梯用时6.25
s
B．甲同学的上行速度等于0.4
m/s
C．甲同学竖直方向分速度为1.6
m/s
D．甲同学每秒钟需要上两级台阶
D
C
4．(2020·新课标卷Ⅰ)我国自主研制了运－20重型运输机．飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描述，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105
kg时，起飞离地速度为66
m/s；装载货物后质量为1.69×105
kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变．
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1
521
m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间．
【答案】　(1)v2＝78
m/s　(2)2
m/s2，t＝39
s
1．图像问题要三看
(1)看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系．
(2)看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从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．
考点二　运动图像及应用
2．v－t图像的应用技巧
(1)图像意义：在v－t图像中，图像上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．
(2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动．
1．(2020·江苏泰州二模)2019年9月13日，美国导弹驱逐舰“迈耶”号擅自进入中国西沙群岛海域．我军组织有关海空兵力，依法依规对美舰进行了识别查证，予以警告，成功将其驱离．如图是美国导弹驱逐舰“迈耶”号在海面上被我军驱离前后运动的速度—时间图像，则下列说法正确的是
(　　)
A．美舰在0～66
s内的平均速度大小等于7.5
m/s
B．美舰在66
s末开始调头逃离
C．美舰在66～96
s内运动了225
m
D．美舰在96～116
s内做匀减速直线运动
考向1
v－t图像
C
2．(2020·河南洛阳统考)疫情当前，无人驾驶技术在配送、清洁、消毒等方面的应用，节省人力的同时，也大幅降低了相关人员的感染风险，对疫情防控起到了积极作用．某公司在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲乙两辆车的运动，两车在开始计时时刚好经过同一位置且沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知
(　　)
A．在t＝3
s时，两车第一次相距最远
B．甲车任何时刻加速度大小都不为零
C．在t＝6
s时，两车又一次经过同一位置
D．甲车t＝6
s时的加速度与t＝9
s时的加速度相同
A
【解析】　甲乙两车同时同地出发，0～3
s内甲车速度大于乙车速度，甲在前乙在后，距离越来越远，3～6
s内甲车速度小于乙车速度，距离越来越近，所以t＝3
s时，甲乙两车速度相等，第一次距离最远，A正确；v－t图像斜率的物理意义为加速度，图像的斜率可以为0，所以甲车的加速度可以为0，B错误；图像与横轴所围面积代表位移，可知前6
s内，乙的位移比甲的大，故C错误；甲车在6
s时和9
s时加速度方向不同，D错误．
考向2
x－t图像
D
5．(2020·安徽蚌埠质检)某物体原先静止于一光滑水平面上，t＝0时受水平外力作用开始沿直线运动，0～8
s内其加速度a与时间t的关系如图所示，则下列说法正确的是
(　　)
A．t＝2
s时，物体的速度大小为2
m/s
B．0～2
s内，物体通过的位移大小为2
m
C．0～8
s内物体的最大速度为7
m/s
D．物体在t＝8
s时与在t＝2
s时的运动方向相反
考向3
其他图像
C
B
1．主要题型
应用牛顿运动定律解决的主要问题有：瞬时问题、连接体问题、超重和失重问题以及动力学的两类基本问题．
2．方法技巧
(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．
(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，变替使用整体法与隔离法．
考点三　牛顿运动定律的应用
(3)两类动力学基本问题的解题关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度的“桥梁”作用．
1．(多选)(2020·福建漳州质检)橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k＝100
N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力．当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10
N，现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取g＝10
m/s2，则
(　　)
考向1
瞬时性问题
A．悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为10
N
B．悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是20
N
C．悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为20
N
D．悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时下降的高度为10
cm
【答案】　A
D
【解析】　悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10
N，A正确，BC错误；设悬挂第一个钩码稳定时的伸长量为x1，kx1＝G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则k(x1＋x2)＝2G，代入数据，可得x2＝10
cm，D正确．
2．(2020·湖南衡阳三模)如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用轻绳悬挂于天花板上，用一木板托住物块B．调整木板的位置，当系统处于静止状态时，悬挂A物块的悬绳恰好伸直且没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x，突然撤去木板，重力加速度为g，物块运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是
(　　)
A．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
B．撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为0.5g
C．撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大
D．撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
C
3．(2020·重庆育才中学模拟)在t＝0时，将一乒乓球以某一初速度竖直向上抛出，一段时间后落回抛出点．已知乒乓球运动过程中受到的空气阻力大小与速度大小关系为f＝kv(k为大于零的常数)．规定竖直向上为正方向，如图是定性描述上述过程中乒乓球的加速度a、速度v随时间t变化规律的图像，可能正确的是
(　　)
考向2
动力学两类问题
D
【解析】　上升、下降的整个运动过程中，加速度方向竖直向下，为负值，因此AB错误；上升的过程中，速度减小，空气阻力减小，合力向下减小，因此加速度向下减小；下落的过程中，向下的速度越来越大，空气阻力越来越大，重力不变，因此向下的合力减小，加速度仍减小，因此整个运动过程中，加速度一直减小，在v－t图像中，斜率逐渐减小，D正确，C错误．
4．(2020·辽宁丹东测试)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量为mA＝5
kg、mB＝3
kg，C为一固定挡板，整个系统处于平衡状态．现用一沿斜面向上的力F拉物块A，使之沿斜面向上做加速度为4
m/s2的匀加速直线运动．选定A的起始位置为坐标原点(g＝10
m/s2)，从力F刚作用在木块A的瞬间到B刚好要离开固定挡板C的瞬间这个过程中，乙图中能正确描绘力F与木块A的位移x之间关系的图像是
(　　)
【解析】　整个系统处于平衡状态，对A有mAgsin
30°＝kx0,0时刻对A，由牛顿第二定律有F－mAgsin
30°＋kx0＝mAa＝20
N，对A，在弹簧恢复原长之前F－mAgsin
30°＋k(x0－x)＝mAa，得F＝kx＋mAa，对A，弹簧恢复原长到B刚好离开C过程中有F－mAgsin30
°－k(x－x0)＝mAa得F＝kx＋mAa，B刚好要离开固定挡板C时有F－mAgsin
30°－F′＝mAa，对B有F′＝mBgsin
30°，解得F＝60
N，故C正确，A、B、D错误．
5．(2020·山西测试)乒乓球和小石子以相同初速度同时竖直向上抛出，乒乓球受到的空气阻力大小恒定，小石子受到的空气阻力忽略不计，乒乓球和小石子运动的速度v随时间t变化的图像如图所示，其中可能正确的是
(　　)
B
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小．
【答案】　(1)0.125
m/s2，竖直向下　(2)1
m/s　(3)40
m
【解析】　(1)由图2可知0～26
s内物体匀速运动F1＝2
000
N＝G,26～34
s物体减速运动，在减速运动过程mg－F2＝ma，解得a＝0.125
m/s2
根据图2得此时F2＝1
975
N，根据牛顿第二定律，则有
方向竖直向下．
考向3
连接体问题
C
【答案】　AD
【解析】　隔离小球1，由牛顿运动定律，F1－2＝ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2－3＝2ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3－4＝3ma，……把小球1到2018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2018－2019＝2018ma，联立解得：F1－2∶F2－3∶F3－4∶……∶F2018－2019＝1∶2∶3∶……∶2018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；
9．(2020·广东佛山模拟)一固定杆与水平方向夹角为θ＝37°，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ＝0.5.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a＝10
m/s2一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个
(　　)
D
【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，因速度方向向上，则沿斜面方向：(m1＋m2)gsin
37°＋f＝(m1＋m2)a，垂直斜面方向：FN＝(m1＋m2)gcos
37°；摩擦力f＝μFN，联立可解得：a＝gsin
37°＋μgcos
37°＝10
m/s2，设绳子与竖直方向夹角为β；对小球有若绳子与竖起方向夹角为37°，gsin
37°＝6
m/s2，则有：a＝gsin
β＞gsin
37°，则有β＞37°；A、B、C三个图形均与结论不相符，则A、B、C错误；D图与结论相符，选项D正确．
1．板块模型
板块模型问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题．该问题与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题．
考点四　板块模型和传送带模型
(1)滑块—木板模型类问题中，木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类物体匀变速运动问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找它们之间的联系．
(2)要使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等．
2．滑块在传送带上运动的“五点”注意事项
(1)注意滑块相对传送带的运动方向，正确判定摩擦力的方向．
(2)在水平传送带上，滑块与传送带共速时，滑块与传送带相对静止做匀速运动．
(3)在倾斜传送带上，滑块与传送带共速时，需比较mgsin
θ与μmgcos
θ的大小才能确定运动情况．
(4)注意滑块与传送带运动方向相反时，滑块速度减为零后反向加速返回．
(5)注意传送带的长度，判定滑块与传送带共速前是否滑出．
考向1
板块模型
典例3
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
且知F摩＝μMg＝0.2
N
解得m＝1
kg，F＝0.4
N，但由于不知道物块的质量M，故无法求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误．
0～2
s内，木板处于静止状态，F的大小等于物块与木板之间的静摩擦力，而物块与木板之间的静摩擦力等于f，则由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误．
【易错提示】　(1)2
s时摩擦力发生突变，木板开始运动；4
s时木板的运动性质发生变化，但摩擦力不变．
(2)整个过程中物块一直处于静止状态，故传感器的示数等于摩擦力的大小．
【核心考点】　(1)v－t图像中斜率、截距、拐点的意义．
(2)牛顿第二定律的应用．
【规范审题】　
①
力传感器可以实时测出绳子的拉力．
②
撤去外力前木板做匀加速直线运动，撤去外力后木板做匀减速直线运动．
③
撤去外力后木板所受物块摩擦力即为合力．
图(b)
前2
s摩擦力为静摩擦力，2
s后为滑动摩擦力．
图(c)
由此图像可求出撤去外力前后木板的加速度.
【选项分析】　
(1)对选项A：首先根据v－t图像求得加速度，再根据牛顿第二定律求得质量．
(2)对选项B、C：2
s后木板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小不变，结合图(b)和图(c)可求得力F的大小．
(3)对选项D：利用4
s后的v－t图线及滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数．
(2019·江苏高考真题，15)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：
典例4
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB．
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg
本题以板块模型为背景，综合考查了牛顿运动定律以及运动学公式等知识，处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A与物块B达到共同的速度，或物块A离开物块B时的受力情况，以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A、B共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A与物块B的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B的位移与A的位移之差应等于L.
(2020·浙江杭州模拟)如图所示，倾斜传送带以速度v1顺时针匀速运动，t＝0时刻小物体从底端以速度v2冲上传送带，t＝t0时刻离开传送带．下列描述小物体的速度随时间变化的图像不可能的是
(　　)
考向2
传送带模型
典例5
【答案】　C
【解析】　小物体运动过程中，在沿传送带方向上，受到重力沿传送带向下的分力和摩擦力．设摩擦力最大值为f，重力沿传送带向下的分力为F.若v2>v1，物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当其速度与传送带相同时，若f≥F，则物体与传送带一起匀速运动，则A图是可能的．A选项不合题意，故A错误；若v2>v1，物体先做匀减速运动，后与传送带共速，若f物体继续向上做匀减速运动，加速度减小，速度减小到零，后又向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，可知共速后加速度大小不变，则B图是可能的，C图不可能．B选项不合题意，C选项符合题意，故B错误，C正确；若v2〔考向预测〕
1．如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为mA＝1
kg和mB＝2
kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10
m/s2.改变F的大小，B的加速度大小可能为
(　　)
A．1
m/s2
B．2.5
m/s2
C．3
m/s2
D．4
m/s2
A
【解析】　A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为fAmaxm/s2，即aB≤2
m/s2，故A正确．
A．0～t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μθ
C．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大
D．小物块返回传送带底端时的速率小于v1
【答案】　BD
【解析】　由v－t图像可知，在t2时刻，小物体加速度发生变化，故在t2时刻之前摩擦力沿斜面向下，之后沿斜面向上，发生了变化，故A错误；t2时刻小物块与传送带速度相等，之后仍然能继续向下加速，故mgsin
θ>μmgcos
θ，即μθ，故B正确；由v－t图像可知，t1时刻物体速度反向，故t1时刻小物块离斜面底端距离最大，故C错误；小物块返回斜面底端时，整个过程中，重力做功为0，摩擦力做负功，由动能定理可知，其返回底端速度小于初速度v1，故D正确；故选BD．
04
专题演练
·
速提升
谢谢观看第一部分　专题一
第2讲
A组　基础能力练
1．(2020·浙江杭州质检)由于生活水平的不断提升，越来越多的家庭拥有了私家轿车，造成车位难求的现象，因此很多停车场采用了多层停车的结构．若车子被“移送”停在上层，车主想使用汽车时就需要车库管理员把车子“移送”到下层．如图是管理员正在“移送”车辆的过程．假设“移送”过程中车辆相对于底板始终静止，底板始终保持水平，则下列说法正确的是(　D　)
A．车子在被水平向右“移送”的过程中，车子对底板的摩擦力一直水平向左
B．车子在被水平向右“移送”的过程中，底板对车子的摩擦力不可能水平向左
C．车子在被竖直向下“移送”的过程中，车子对底板的力可能小于底板对车子的力
D．车子在被竖直向下“移送”的过程中，底板对车子的力可能大于车子自身的重力
【解析】　车子在被水平向右“移送”的过程中，若减速向右移送，则车子对底板的摩擦力水平向左，若加速向右移送，则车子对底板的摩擦力水平向右，故A、B错误；车子对底板的力和底板对车子的力是一对作用力和反作用力，任何时刻都大小相等，方向相反，故C错误；车子在被竖直向下“移送”的过程中，若减速向下移动，则加速度向上，即FN＝mg＋ma，即底板对车子的力可能大于车子自身的重力，故D正确．
2．(2020·江西宜春模拟)2020年是特殊的一年，无情的新冠病毒袭击了中国；经过全国人民的努力，受伤最深的武汉也在全国各界的支持下使疫情得到了控制．在这场没有硝烟的战疫中涌现了大量最可爱的人，尤其是白衣天使和人民解放军．在这场战疫中某次空军基地用直升飞机运送医护人员去武汉，为了保证直升机升空过程中医护人员不至于很难受，飞行员对上升过程某阶段加速度进行了相应操作．操作的a－t图像如图所示(除ab段曲线，其余段均为直线，取向上为正)，则下列说法正确的是(　B　)
A．Oa和ab段医护人员处于超重状态，cd段处于失重状态
B．O到d整个过程医护人员均处于超重状态
C．O到d过程速度增量小于20.5
m/s
D．根据上述图像可求出0～8
s这段时间直升机往上上升的高度
【解析】　O到d过程中加速度始终为正，即始终向上，因此O到d整个过程中医护人员均处于超重状态，故A错误，B正确；O到d过程速度增量为0～8
s这段时间内a－t图像所围的面积，粗略计算为(2＋8)×4
m/s＝20
m/s，因不知ab段的精确速度增量，因此无法知道速度增量的准确值，故C错误；由于未告诉初速度所以无法求出0～8
s这段时间直升机往上上升的高度，故D错误．
3．(2020·重庆一中模拟)如图所示，小球以速率v0从地面竖直向上抛出，经过时间t0正好落回抛出点．规定竖直向上为正方向，不计空气阻力，小球在时间t0内的位移时间(x－t)、速度时间(v－t)图像正确的是(　C　)
【解析】　物体做竖直上抛运动，加速度恒定为g，则位移时间关系为x＝v0t－gt2则x－t图像为曲线，选项A、B错误；因向上为正方向，则物体先向上做匀减速运动，然后向下做匀加速运动，v＝v0－gt，可知图像C正确，D错误．
4．(2020·石家庄模拟)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aA随时间t变化的图像如图乙所示，则木板B的加速度大小aB随时间t的aB－t图像是下列图中的(　C　)
【解析】　当F≤2
N时，A、B均不动，加速度均为0.当2
N＜F≤6
N时，AB一起做加速运动，加速度相同，B与A的加速度－时间图像相同．当F＞6
N时，A相对于B运动，B所受的合力等于A对B的滑动摩擦力，保持不变，所以B的加速度保持2
m/s2不变，因此C正确，故A、B、D错误，选C．
5．(多选)(2020·哈尔滨六中押题卷)A、B两小球质量相等，A球不带电，B球带正电，光滑的绝缘斜面倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻质绝缘弹簧相连，图乙中，A、B两球用轻质绝缘杆相连，两个装置均处于平行于斜面向上的匀强电场E中，此时A、B两球组成的系统均处于静止状态，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度大小为g，当撤去匀强电场E的瞬间，则下列说法正确的是(　CD　)
A．两图中A、B两球的加速度大小均为gsin
θ
B．两图中A球的加速度大小均为零
C．图乙中轻杆的作用力一定为零
D．图甲、乙中B球的加速度大小之比为2∶1
【解析】　撤去电场前，B球所受的电场力大小为2mgsin
θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去电场的瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin
θ，加速度为2gsin
θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin
θ，加速度均为gsin
θ，故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍；故A、B错误，D、C正确．
6．(2020·广东广州一模)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/s2，则该ETC通道的长度约为(　D　)
A．4.2
m
B．6.0
m
C．7.8
m
D．9.6
m
【解析】　在识别车载电子标签的0.3
s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3
m＝1.8
m，在司机的反应时间0.7
s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7
m＝4.2
m，刹车距离x3＝＝3.6
m，该ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝9.6
m，选项D正确．
B组　素养提升练
7．(2020·江苏南通二调)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μ1，则细线中的拉力大小为(　C　)
A．Mg
B．Mg＋Ma
C．(m1＋m2)a
D．m1a＋μ1m1g
【解析】　对AB的整体，根据牛顿第二定律T＝(m1＋m2)a，选项C正确；对C：Mg－T＝Ma，解得：T＝Mg－Ma，选项A、B错误；对物体A：T－f＝m1a，则T＝m1a＋f，因f为静摩擦力，故不一定等于μ1m1g，选项D错误；故选C．
8．(2020·河南郑州模拟)如图所示是物体做直线运动的v－t图像，则下列由v－t图像作出的加速度—时间(a－t)图像和位移—时间(x－t)图像中正确的是(　A　)
【解析】　由v－t图像知，0～1
s内，物体做匀速直线运动，加速度a＝0，位移x＝vt，x与t成正比；1～3
s内，物体的加速度不变，做匀变速直线运动，有：a＝Δv/Δt＝
m/s＝－1
m/s2.位移为：x＝v0(t－1)＋a(t－1)2＝1×(t－1)＋×(－1)(t－1)2＝－t2＋2t－，x－t图像是开口向下的抛物线；3～5
s内，物体沿负方向做匀减速直线运动，有：a′＝Δv/Δt＝(0＋1)/2
m/s2＝0.5
m/s2，位移为：x＝v0(t－3)＋a′(t－3)2，x－t图像是开口向上的抛物线；由数学知识知，A图像正确，B、C、D错误．
9．(2020·广东深圳二调)如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间．卡车正以90
km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于(路面能提供足够大摩擦，sin
37°＝0.6)(　C　)
A．23
m
B．33
m
C．43
m
D．53
m
【解析】　卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为a，此时工件的受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可得mgtan
37°＝ma，解得a＝
g，根据运动学公式则有0－v2＝－2ax，解得x＝
m，其刹车的最小距离更接近于43
m，故C正确，A、B、D错误．
10．(2020·云南昆明联考)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝，重力加速度为g，则F的大小为(　D　)
A．Mg
B．Mg
C．(M＋m)g
D．(M＋m)g
【解析】　连接OB，设OB连续与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得：cos
θ＝＝，sin
θ＝＝，则tanθ＝，此时小球受到的合外力F＝mgtanθ＝mg，由牛顿第二定律可得：a＝＝g，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝(m＋M)g，故D正确，A、B、C错误．
11．(多选)(2020·山东济南二模)雨雪天气时路面湿滑，汽车在紧急刹车时的刹车距离会明显增加．如图所示为驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v－t图像，驾驶员的反应时间为1
s．下列说法正确的是(　CD　)
A．从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度
B．从t＝1
s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度大于在干燥路面的平均速度
C．从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的行驶距离比在干燥路面的行驶距离多15
m
D．从t＝1
s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的0.75倍
【解析】　从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的位移为x1＝30×1
m＋
m＝90
m，平均速度为v1＝
m/s＝18
m/s，从t＝0到停下，汽车在干燥路面的位移为x2＝30×1
m＋
m＝75
m，平均速度为v2＝
m/s＝18.75
m/s，则从t＝0到停下，汽车在湿滑路面的行驶距离比在干燥路面的行驶距离多15
m，故A错误，C正确；从t＝1
s到停下，汽车在湿滑路面的平均速度v′1＝
m/s＝15
m/s，从t＝1
s到停下，汽车在干燥路面的平均速度v′2＝
m/s＝15
m/s，故B错误；从t＝1
s到停下，汽车在湿滑路面的加速度大小a1＝
m/s2＝7.5
m/s2，从t＝1
s到停下，汽车在干燥路面的加速度大小a2＝
m/s2＝10
m/s2，则从t＝1
s到停下，汽车在湿滑路面的加速度是在干燥路面的加速度的0.75倍，故D正确．
12．(2020·浙江杭州质检)“避险车道”是由粗糙碎石铺成的上坡路段，供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．如图是某公路的避险车道及周围路段示意图(俯视图)，其中下坡路段倾角为5°，避险车道倾角为37°.一辆总质量为4.5×103
kg，以54
km/h的速率在下坡路段向下匀速行驶的汽车突然刹车失灵(同时发动机失去动力)，司机仅控制方向，使汽车驶入避险车道，最后停下．后经交警勘察和回放录像，发现该汽车在避险车道上运动的距离为28
m，且从刹车失灵到停止运动经历了28
s．若该汽车在避险车道上运动时受到的平均阻力大小为汽车总重力的0.8倍，它在下坡路段和避险车道上的运动均看成匀变速直线运动且不计其在下坡路段和避险车道交界处的能量损失，取sin
37°＝0.6，sin
5°＝0.09，g＝10
m/s2，求：
(1)汽车在避险车道上的加速度的大小；
(2)汽车在运动过程中的最大动量的大小；
(3)汽车在刹车失灵后进入避险车道前受到的平均阻力的大小．
【答案】　(1)14
m/s2　(2)1.26×105
kg·m·s－1　(3)1.8×103
N
【解析】　(1)在避险车道上mg·sin
37°＋0.8mg＝ma
所以a＝14
m/s2
(2)由运动公式－2ax2＝0－v
所以vm＝28
m/s
最大动量p＝mvm＝1.26×105
kg·m·s－1
(3)在避险车道上减速过程有0－vm＝－at2
所以t2＝2
s
故加速下滑过程t1＝28－t2＝26
s
a1＝
mg·sin
5°－f＝ma1
求得f＝1.8×103
N
13.(2020·贵州毕节二模)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示．木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1
s时，木板以速度v1＝4
m/s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．运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下．已知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/s2.求：
(1)t＝0时刻木板的速度；
(2)木板的长度．
【答案】　(1)5
m/s　(2)
m
【解析】　(1)设木板与物块一起以共同速度向墙壁运动时的加速度大小为a1，t＝0时刻木板速度为v0，则对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
由运动学公式：v1＝v0－a1t
代入数据求得：v0＝5
m/s.
(2)设木板与墙碰撞后至物块从木板上掉下过程中，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，经历时间为t1，物块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，则对物块：μ2mg＝ma2
x1＝，x1＝t1，
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，
其中M＝15m，解得a3x2＝v1t1－a3t
木板长度l＝x1＋x2，代入数据解得，l＝
m.

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