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高考第2课时 牛顿运动定律与直线运动课件PPT
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这是一份高考第2课时 牛顿运动定律与直线运动课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，解题的基本步骤，画过程示意图，判断运动性质，选取正方向，选用公式列方程，解方程并加以讨论，考题示例，答案78ms，命题预测等内容，欢迎下载使用。
高考题型1 匀变速直线运动规律的应用
高考题型2 牛顿运动定律的应用
高考题型3 运动学和动力学图象
NEIRONGSUOYIN
1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
3.两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.
解析 本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，
例2 (2020·全国卷Ⅰ·24)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描写，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；
解析 设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件m1g＝kv12①m2g＝kv22②由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(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 2 m/s2 39 s
解析 设飞机匀加速滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.由匀变速直线运动公式有v22＝2as④v2＝at⑤联立③④⑤式及题给条件得a＝2 m/s2，t＝39 s.
1.一物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度大小是
解析 解法一：基本公式法
设物体在第一段的初速度为v0，加速度为a，
故选项B正确.解法二：平均速度法
两段运动过程中间时刻的时间间隔为：Δt＝2 s＋1 s＝3 s，则根据匀变速直线运动规律，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，
选项A、C、D错误，B正确.
2.现有甲、乙两汽车正沿同一平直道路同向匀速行驶，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，假设汽车可看成质点.(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？
解析 根据牛顿第二定律，
由于x＝12.5 m<15 m，可见甲车司机刹车后能避免闯红灯.
(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？
刹车过程中，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件.设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间后两车的速度相等，其运动关系如图所示，
则有速度关系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2
解得x0＝1.5 m.
1.动力学两类基本问题的解题思路
(1)两个重要模型①轻绳——长度不变时产生弹力可突变，剪断时弹力立即消失；②轻弹簧——其形变的恢复需要时间，在瞬时性问题中，其弹力认为不变.(2)注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以.
例3 (2020·全国卷Ⅱ·25)如图2，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球.圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直.已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力.(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
解析 管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动.设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为Ff，由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋Ff①ma2＝Ff－mg②联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
解析 管第一次碰地前与球的速度大小相同.
方向均向下.管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下.设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向，由运动学公式得v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤
设此时管下端的高度为h1，速度为v.
v＝v0－a1t1 ⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0.此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点.
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝ h1＋ h2 ⑩
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件.
解析 设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－Ffx1＝0 ⑫
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是x1＋x2≤L ⑮
3.如图3所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为g，现突然把细线剪断.在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小是
解析 细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力大小F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F＝2mg，
4.(2020·山东模拟)在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图4甲所示.升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化的图象如图乙所示.取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g，以下说法正确的是A.在0～2t0时间内，物块先处于失重状态， 后处于超重状态B.在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态， 后处于超重状态C.t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD.t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
解析 当a>0时，物块具有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误.t＝t0时刻，a＝0，FN＝mg，C正确.t＝3t0时刻，a＝2g，由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得FN＝3mg，选项D错误.
5.(2020·河南信阳市高三期末)如图5所示，将质量m＝1 kg的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为10 N的拉力F，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝ ，g＝10 m/s2，则：(1)F作用t＝2 s时圆环的速度是多大？
解析 F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示.沿杆方向： Fcs 30°－mgsin 30°－Ff＝ma1垂直杆方向： mgcs 30°＝FN＋Fsin 30°又Ff＝μFN联立解得：a1＝10 m/s2由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t代入数据解得：v＝20 m/s
(2)2 s后撤去力F，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？
解析 撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示.沿杆方向：mgsin 30°＋Ff′＝ma2垂直杆方向：mgcs 30°＝FN′又Ff′＝μFN′联立解得：a2＝12.5 m/s2
2.非常规图象遇到其他运动的图象时，可以根据物理规律写出两个物理量间的函数关系，来确定斜率和截距.例如：(1)在匀变速直线运动中的v2－x图象，由v2－v02＝2ax得v2＝2ax＋v02，斜率k＝2a，截距b＝v02；
3.在F－l图象、F－t图象、I－t图象中，图线与横轴所围的面积分别表示功、冲量、电荷量.
例4 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图6(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 kgB.2～4 s内，力F的大小为0.4 NC.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
解析 由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；
由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，
对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，
另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误.
6.(多选)甲、乙、丙、丁四个物体在同一条直线上做直线运动，甲物体的x－t图象、乙物体的v－t图象、丙物体和丁物体的a－t图象依次如图所示，规定水平向右为正方向，已知物体在t＝0时的速度均为零，且此时丙物体在丁物体的左边1.75 m处，则
A.0～4 s内运动位移最大的物体是乙物体B.0～4 s内运动位移最大的物体是丙物体C.t＝2.5 s时，丙物体追上丁物体D.t＝3.5 s时，丙物体追上丁物体
解析 0～4 s内甲、乙两物体的位移为零；丙物体一直向右运动；丁物体在0～1 s内先加速，在1～2 s内减速到零，然后在2～3 s内反向加速，在3～4 s内减速到零回到出发点，故0～4 s内运动位移最大的物体是丙物体，A项错误，B项正确.画出丙、丁对应的v－t图象如图所示，
故0～3.5 s内丙的位移x丙＝x1＋x2＝1.875 m,
因开始时丙物体在丁物体的左边1.75 m处，则t＝3.5 s时丙物体追上丁物体，C项错误，D项正确.
7.(2020·福建漳州市测试)甲、乙两车在平直的公路上从同一地点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图7所示，其中两阴影部分的面积S1＝S2，则A.在t1时刻，甲、乙两车相遇B.在t1时刻，甲车的加速度大于乙车的加速度C.在0～t2时间内，甲、乙两车的平均速度相等D.在0～t2时间内，甲车的平均速度
解析 甲、乙两车从同一地点同向行驶，根据速度－时间图线与t坐标轴围成的面积表示位移，可知0～t1时间内甲车的位移比乙车的大，则在t1时刻，甲、乙两车没有相遇，故A错误；由v－t图线切线的斜率表示加速度，知在t1时刻，乙的斜率大于甲的斜率，即乙的加速度大于甲的加速度，故B错误；两阴影部分的面积S1＝S2，
则知在0～t2时间内，甲车运动的位移等于乙车运动的位移，所用时间也相等，则甲、乙两车的平均速度相等，
8.(2020·湖北荆州市高三期末)一个物体沿直线运动，t＝0时刻物体的速度为1 m/s，加速度为1 m/s2，物体的加速度随时间变化的规律如图8所示，则下列判断正确的是A.物体做匀变速直线运动B.物体的速度与时间成正比C.t＝8 s时刻物体的速度为12.2 m/sD.前8 s内物体的平均速度为 ＝6.6 m/s
解析 物体的加速度在增大，做变加速直线运动，故A错误；由题图知物体的加速度随时间增大，根据v＝v0＋at可知，物体的速度与时间一定不成正比，故B错误；a－t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则0～8 s内，a＝0.1t＋1 (m/s2)，当t＝8 s时，a＝1.8 m/s2，
知t＝8 s时的速度为v＝v0＋Δv＝1 m/s＋11.2 m/s＝12.2 m/s，故C正确；因为加速度增大，结合v－t图象可知，
9.(多选)(2020·湖南3月模拟)近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门.在一次高铁技术测试中，机车由静止开始做直线运动.测试段内机车速度的二次方v2与对应位移x的关系图象如图9所示.在该测试段内，下列说法正确的是A.机车的加速度越来越大B.机车的加速度越来越小C.机车的平均速度大于D.机车的平均速度小于
解析 如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移Δx内，速度的二次方的差值逐渐减小，由运动学公式Δv2＝2aΔx分析可知，机车的加速度逐渐减小，故A错误，B正确；
由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内，机车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度 ，故C正确，D错误.
1.(2020·河南九师联盟高三模拟卷)某电梯的最大速度为2 m/s，最大加速度为0.5 m/s2.该电梯由一楼从静止开始，到达24 m处的某楼层并静止，所用的最短时间是A.12 s B.16 s C.18 s D.24 s
解析 电梯以最大加速度加速到速度最大时所用的时间为
根据对称性，减速运动的时间也为4 s，位移也为4 m，
电梯所用的最短时间为4 s＋4 s＋8 s＝16 s，选项B正确.
2.(多选)(2020·广东肇庆市第二次统考)为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图1中光滑固定斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是A.图甲中小球在斜面1、2上的运动时间相等B.图甲中小球下滑至斜面1、2底端时的速度 大小相等C.图乙中小球在斜面3、4上的运动时间相等D.图乙中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
解析 设斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度大小为：
可知小球在斜面2上运动的时间长；
与斜面的倾角无关，与h有关，所以题图甲中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故A错误，B正确.
可知θ＝30°和60°时，小球的运动时间相等，故C正确；
可知题图乙中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故D错误.
3.(2020·广东广州市一模)如图2，装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车，当车速v满足3.6 km/h≤v≤36 km/h且与前方行人之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与行人相撞.若该车在不同路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是4～6 m/s2，则该系统设置的安全距离约为 m m m D.12.5 m
解析 由题意知，车速满足3.6 km/h≤v≤36 km/h，即1 m/s≤v≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小为4～6 m/s2，最终速度减为0，由v2＝2ax可得：x＝ ＝12.5 m，故A、B、C错误，D正确.
4.(2020·河南开封市3月模拟)如图3所示，在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的支持力恰好为零.若重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是A.此时轻弹簧的弹力大小为10 NB.当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度 大小为8 m/s2，方向水平向右C.当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为10 m/s2，方向水平向左D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为10 m/s2，方向斜向右上， 与水平方向成45°角
解析 物块受重力、拉力以及弹簧的弹力，处于平衡状态，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为F弹＝mgtan 45°＝20×1 N＝20 N，F＝ N，故A错误；
撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，物块此时受重力、支持力、弹簧弹力作用，合力大小为20 N，
方向与弹簧弹力方向相同，即水平向左，故B错误，C正确；
剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，物块受拉力和重力作用，合力方向水平向右，即加速度方向水平向右，
5.(2020·北京市延庆区3月模拟考试)“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其点燃后一段时间内的速度－时间图象如图4所示(不计空气阻力，取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻，DE段是斜率大小为g的直线.则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是A.“笛音雷”在t1时刻加速度最小B.“笛音雷”在t2时刻改变运动方向C.“笛音雷”在t3时刻彻底熄火D.t3～t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
解析 t1时刻的斜率不是最小的，所以“笛音雷”在t1时刻加速度不是最小的，故A错误；
t2时刻速度的方向为正，“笛音雷”仍向上运动，没有改变运动方向，故B错误；t3时刻“笛音雷”开始向上做加速度大小为g的匀减速运动，所以“笛音雷”在t3时刻彻底熄火，故C正确，D错误.
6.(2020·河南六市高三4月第一次联合调研)在平直公路上，甲、乙两车从同一地点出发，两车位移x和时间t的比值 与时间t之间的关系如图5所示.下列说法正确的是A.甲车的加速度大小为5 m/s2B.6 s末乙车速度减小到零C.甲车追上乙车前，2 s末甲、乙两车相距最远D.乙车速度减小到零时，甲车速度为30 m/s
由题图可知，乙车的初速度为v0＝15 m/s，
当两车相距最远时速度相等，即v0＋a2t′＝a1t′，解得t′＝1 s，选项C错误；乙车速度减小到零时需经过t＝3 s，此时甲车速度为v＝a1t＝30 m/s，选项D正确.
7.(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)四个水球可以挡住一颗子弹！如图6所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同(约30 cm左右)的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计.以下判断正确的是A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.每个水球对子弹做的功不同C.每个水球对子弹的冲量相同D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
解析 子弹向右做匀减速运动，加速度相同，由于子弹在每个水球中运动的时间不相等，由Δv＝at知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；由W＝－Ffx知，Ff不变，x相同，则每个水球对子弹做的功相同，选项B错误；由I＝－Fft知，Ff不变，t不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项C错误；
子弹恰好能穿出第4个水球，则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球的时间相同，子弹穿出第3个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D正确.
8.(2020·山东济宁市一模)如图7所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管处于竖直平面内，θ＝37°，让两个小球(可视为质点)分别从顶点A由静止开始出发，一小球沿AC滑下，到达C所用的时间为t1，另一小球自由下落经B到达C，所用的时间为t2，在转弯的B处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计，sin 37°＝0.6，求 的值.
解析 设AC＝5l，AB＝3l，BC＝4l，沿AC下滑过程中，设小球质量为m，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma
9.(多选)(2020·河南驻马店市线上模拟)甲、乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v－t图象如图8所示，二者最终停在同一斑马线处，则A.甲车的加速度小于乙车的加速度B.t＝0时乙车在甲车前方8.4 m处C.t＝3 s时甲车在乙车前方0.6 m处D.前3 s内甲车始终在乙车后边
解析 根据v－t图象的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；设甲运动的总时间为t，
因二者最终停在同一斑马线处，所以，t＝0时乙车在甲车前方x甲－x乙＝8.4 m处，故B正确；
因t＝0时乙车在甲车前方8.4 m处，所以t＝3 s时甲车在乙车前方0.6 m处，故C正确；由上分析知，前3 s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误.
10.(多选)(2020·河南六市高三4月第一次联合调研)如图9所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的初速度沿各自斜轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则A.a、b小球与斜轨道间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16B.a、b小球沿斜轨道向上运动的加速度大小之比 aa∶ab＝4∶3C.va∶vb＝4∶3D.两小球不可能同时到达圆周上
解析 a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则mgsin θ＝μmgcs θ，其中θ为斜轨道与水平面夹角，
a、b小球沿各自斜轨道向上运动时，mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，
两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，选项C正确；
因为两小球加速度大小之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝ 4∶3，由v＝v0－at可知，任意时刻的速度大小之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3，而两小球到达圆周上时位移大小之比也为4∶3，可知到达圆周上的时间相等，即两小球同时到达圆周上，选项D错误.
11.(多选)甲、乙两物体在同一直线上运动，其x－t图象如图10所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，－15).已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是A.前4 s内两物体运动方向相同B.前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的 倍C.t＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD.甲的加速度大小为2 m/s2
解析 x－t图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确.甲做匀变速直线运动，则甲的x－t图象对应于a；
故前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；
因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v0，加速度为a，
代入数据并联立上式解得v0＝－10 m/s，a＝2 m/s2，故C错误，D正确.
12.(2020·山西大同市高三期末)如图11所示，一足够长的木板，上表面与小木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，重力加速度大小为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动.随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？求出此最小值.
解析 取沿木板向上为正方向，设木块的加速度为a，沿木板方向由牛顿第二定律有：－mgsin θ－μmgcs θ＝ma解得：a＝－g(sin θ＋μcs θ)设木块的位移为x，有：0－v02＝2ax根据数学关系有：
其中tan α＝μ＝0.75，则α＝37° 根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，
即当θ＋α＝90°时加速度有最大值，
所以此时：θ＝90°－α＝53°
13.(2020·上海宝山区质量检测)如图12斜面，AB段粗糙，BC段长为1.2 m且光滑.滑块以初速度v0＝9 m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB＝3 m/s，到达C处速度恰好为零.滑块在AB、BC段滑行时间相等.求：(1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小；
答案 0.8 s 3.75 m/s2
解析 设BC段的加速度大小为a1，所用时间为t1，滑块从B到C做末速度为零的匀减速直线运动vB2－0＝2a1xBC，vB＝a1t1，解得：a1＝3.75 m/s2，t1＝0.8 s.
(2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；
答案 4.8 m 7.5 m/s2
解析 滑块从A到B做匀减速直线运动，时间与BC段相等，设加速度大小为a2
v02－vB2＝2a2xAB，解得：xAB＝4.8 m，a2＝7.5 m/s2.
(3)滑块从C点回到A点的速度大小.
解析 设斜面倾角为θ，滑块在BC段和AB段上升时，受力情况如图甲、乙所示，mgsin θ＝ma1，mgsin θ＋Ff＝ma2，解得：Ff＝mgsin θ物体从B－C－B，由运动的对称性可知：滑块返回到B点时速度大小仍为3 m/s, 当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，所以滑块运动到斜面底端A时速度大小为3 m/s.
高考题型1 匀变速直线运动规律的应用
高考题型2 牛顿运动定律的应用
高考题型3 运动学和动力学图象
NEIRONGSUOYIN
1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
3.两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.
解析 本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，
例2 (2020·全国卷Ⅰ·24)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描写，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；
解析 设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件m1g＝kv12①m2g＝kv22②由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③
(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 2 m/s2 39 s
解析 设飞机匀加速滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.由匀变速直线运动公式有v22＝2as④v2＝at⑤联立③④⑤式及题给条件得a＝2 m/s2，t＝39 s.
1.一物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度大小是
解析 解法一：基本公式法
设物体在第一段的初速度为v0，加速度为a，
故选项B正确.解法二：平均速度法
两段运动过程中间时刻的时间间隔为：Δt＝2 s＋1 s＝3 s，则根据匀变速直线运动规律，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，
选项A、C、D错误，B正确.
2.现有甲、乙两汽车正沿同一平直道路同向匀速行驶，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，假设汽车可看成质点.(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？
解析 根据牛顿第二定律，
由于x＝12.5 m<15 m，可见甲车司机刹车后能避免闯红灯.
(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？
刹车过程中，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件.设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间后两车的速度相等，其运动关系如图所示，
则有速度关系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2
解得x0＝1.5 m.
1.动力学两类基本问题的解题思路
(1)两个重要模型①轻绳——长度不变时产生弹力可突变，剪断时弹力立即消失；②轻弹簧——其形变的恢复需要时间，在瞬时性问题中，其弹力认为不变.(2)注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以.
例3 (2020·全国卷Ⅱ·25)如图2，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球.圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直.已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力.(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
解析 管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动.设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为Ff，由牛顿运动定律有Ma1＝Mg＋Ff①ma2＝Ff－mg②联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
解析 管第一次碰地前与球的速度大小相同.
方向均向下.管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向仍向下.设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同.取向上为正方向，由运动学公式得v0－a1t1＝－v0＋a2t1 ⑤
设此时管下端的高度为h1，速度为v.
v＝v0－a1t1 ⑧由③④⑥⑧式可判断此时v>0.此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点.
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝ h1＋ h2 ⑩
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件.
解析 设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－Ffx1＝0 ⑫
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，
设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是x1＋x2≤L ⑮
3.如图3所示，两个质量均为m的小球A、B用细绳相连，小球A与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为g，现突然把细线剪断.在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小是
解析 细线剪断前，小球A受到4个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力大小F＝2mg，剪断细线的瞬间，小球A只受弹簧的弹力和自身重力，此时弹簧的弹力大小还是F＝2mg，
4.(2020·山东模拟)在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图4甲所示.升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化的图象如图乙所示.取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g，以下说法正确的是A.在0～2t0时间内，物块先处于失重状态， 后处于超重状态B.在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态， 后处于超重状态C.t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD.t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg
解析 当a>0时，物块具有向上的加速度，处于超重状态，故A、B错误.t＝t0时刻，a＝0，FN＝mg，C正确.t＝3t0时刻，a＝2g，由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得FN＝3mg，选项D错误.
5.(2020·河南信阳市高三期末)如图5所示，将质量m＝1 kg的圆环套在固定的足够长的直杆上，杆的倾角为30°，环的直径略大于杆的截面直径.对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为30°、大小为10 N的拉力F，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间的动摩擦因数μ＝ ，g＝10 m/s2，则：(1)F作用t＝2 s时圆环的速度是多大？
解析 F作用时，对圆环受力分析，如图甲所示.沿杆方向： Fcs 30°－mgsin 30°－Ff＝ma1垂直杆方向： mgcs 30°＝FN＋Fsin 30°又Ff＝μFN联立解得：a1＝10 m/s2由运动学公式得：2 s时圆环的速度大小v＝a1t代入数据解得：v＝20 m/s
(2)2 s后撤去力F，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？
解析 撤去力F后，对圆环受力分析如图乙所示.沿杆方向：mgsin 30°＋Ff′＝ma2垂直杆方向：mgcs 30°＝FN′又Ff′＝μFN′联立解得：a2＝12.5 m/s2
2.非常规图象遇到其他运动的图象时，可以根据物理规律写出两个物理量间的函数关系，来确定斜率和截距.例如：(1)在匀变速直线运动中的v2－x图象，由v2－v02＝2ax得v2＝2ax＋v02，斜率k＝2a，截距b＝v02；
3.在F－l图象、F－t图象、I－t图象中，图线与横轴所围的面积分别表示功、冲量、电荷量.
例4 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图6(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 kgB.2～4 s内，力F的大小为0.4 NC.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
解析 由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；
由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，
对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，
另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误.
6.(多选)甲、乙、丙、丁四个物体在同一条直线上做直线运动，甲物体的x－t图象、乙物体的v－t图象、丙物体和丁物体的a－t图象依次如图所示，规定水平向右为正方向，已知物体在t＝0时的速度均为零，且此时丙物体在丁物体的左边1.75 m处，则
A.0～4 s内运动位移最大的物体是乙物体B.0～4 s内运动位移最大的物体是丙物体C.t＝2.5 s时，丙物体追上丁物体D.t＝3.5 s时，丙物体追上丁物体
解析 0～4 s内甲、乙两物体的位移为零；丙物体一直向右运动；丁物体在0～1 s内先加速，在1～2 s内减速到零，然后在2～3 s内反向加速，在3～4 s内减速到零回到出发点，故0～4 s内运动位移最大的物体是丙物体，A项错误，B项正确.画出丙、丁对应的v－t图象如图所示，
故0～3.5 s内丙的位移x丙＝x1＋x2＝1.875 m,
因开始时丙物体在丁物体的左边1.75 m处，则t＝3.5 s时丙物体追上丁物体，C项错误，D项正确.
7.(2020·福建漳州市测试)甲、乙两车在平直的公路上从同一地点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图7所示，其中两阴影部分的面积S1＝S2，则A.在t1时刻，甲、乙两车相遇B.在t1时刻，甲车的加速度大于乙车的加速度C.在0～t2时间内，甲、乙两车的平均速度相等D.在0～t2时间内，甲车的平均速度
解析 甲、乙两车从同一地点同向行驶，根据速度－时间图线与t坐标轴围成的面积表示位移，可知0～t1时间内甲车的位移比乙车的大，则在t1时刻，甲、乙两车没有相遇，故A错误；由v－t图线切线的斜率表示加速度，知在t1时刻，乙的斜率大于甲的斜率，即乙的加速度大于甲的加速度，故B错误；两阴影部分的面积S1＝S2，
则知在0～t2时间内，甲车运动的位移等于乙车运动的位移，所用时间也相等，则甲、乙两车的平均速度相等，
8.(2020·湖北荆州市高三期末)一个物体沿直线运动，t＝0时刻物体的速度为1 m/s，加速度为1 m/s2，物体的加速度随时间变化的规律如图8所示，则下列判断正确的是A.物体做匀变速直线运动B.物体的速度与时间成正比C.t＝8 s时刻物体的速度为12.2 m/sD.前8 s内物体的平均速度为 ＝6.6 m/s
解析 物体的加速度在增大，做变加速直线运动，故A错误；由题图知物体的加速度随时间增大，根据v＝v0＋at可知，物体的速度与时间一定不成正比，故B错误；a－t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则0～8 s内，a＝0.1t＋1 (m/s2)，当t＝8 s时，a＝1.8 m/s2，
知t＝8 s时的速度为v＝v0＋Δv＝1 m/s＋11.2 m/s＝12.2 m/s，故C正确；因为加速度增大，结合v－t图象可知，
9.(多选)(2020·湖南3月模拟)近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门.在一次高铁技术测试中，机车由静止开始做直线运动.测试段内机车速度的二次方v2与对应位移x的关系图象如图9所示.在该测试段内，下列说法正确的是A.机车的加速度越来越大B.机车的加速度越来越小C.机车的平均速度大于D.机车的平均速度小于
解析 如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移Δx内，速度的二次方的差值逐渐减小，由运动学公式Δv2＝2aΔx分析可知，机车的加速度逐渐减小，故A错误，B正确；
由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内，机车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度 ，故C正确，D错误.
1.(2020·河南九师联盟高三模拟卷)某电梯的最大速度为2 m/s，最大加速度为0.5 m/s2.该电梯由一楼从静止开始，到达24 m处的某楼层并静止，所用的最短时间是A.12 s B.16 s C.18 s D.24 s
解析 电梯以最大加速度加速到速度最大时所用的时间为
根据对称性，减速运动的时间也为4 s，位移也为4 m，
电梯所用的最短时间为4 s＋4 s＋8 s＝16 s，选项B正确.
2.(多选)(2020·广东肇庆市第二次统考)为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图1中光滑固定斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是A.图甲中小球在斜面1、2上的运动时间相等B.图甲中小球下滑至斜面1、2底端时的速度 大小相等C.图乙中小球在斜面3、4上的运动时间相等D.图乙中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
解析 设斜面与水平面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得加速度大小为：
可知小球在斜面2上运动的时间长；
与斜面的倾角无关，与h有关，所以题图甲中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故A错误，B正确.
可知θ＝30°和60°时，小球的运动时间相等，故C正确；
可知题图乙中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故D错误.
3.(2020·广东广州市一模)如图2，装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车，当车速v满足3.6 km/h≤v≤36 km/h且与前方行人之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与行人相撞.若该车在不同路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是4～6 m/s2，则该系统设置的安全距离约为 m m m D.12.5 m
解析 由题意知，车速满足3.6 km/h≤v≤36 km/h，即1 m/s≤v≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小为4～6 m/s2，最终速度减为0，由v2＝2ax可得：x＝ ＝12.5 m，故A、B、C错误，D正确.
4.(2020·河南开封市3月模拟)如图3所示，在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F作用下处于静止状态，此时水平面对物块的支持力恰好为零.若重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是A.此时轻弹簧的弹力大小为10 NB.当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度 大小为8 m/s2，方向水平向右C.当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为10 m/s2，方向水平向左D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为10 m/s2，方向斜向右上， 与水平方向成45°角
解析 物块受重力、拉力以及弹簧的弹力，处于平衡状态，根据共点力平衡得，弹簧的弹力为F弹＝mgtan 45°＝20×1 N＝20 N，F＝ N，故A错误；
撤去拉力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，物块此时受重力、支持力、弹簧弹力作用，合力大小为20 N，
方向与弹簧弹力方向相同，即水平向左，故B错误，C正确；
剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，物块受拉力和重力作用，合力方向水平向右，即加速度方向水平向右，
5.(2020·北京市延庆区3月模拟考试)“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其点燃后一段时间内的速度－时间图象如图4所示(不计空气阻力，取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻，DE段是斜率大小为g的直线.则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是A.“笛音雷”在t1时刻加速度最小B.“笛音雷”在t2时刻改变运动方向C.“笛音雷”在t3时刻彻底熄火D.t3～t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
解析 t1时刻的斜率不是最小的，所以“笛音雷”在t1时刻加速度不是最小的，故A错误；
t2时刻速度的方向为正，“笛音雷”仍向上运动，没有改变运动方向，故B错误；t3时刻“笛音雷”开始向上做加速度大小为g的匀减速运动，所以“笛音雷”在t3时刻彻底熄火，故C正确，D错误.
6.(2020·河南六市高三4月第一次联合调研)在平直公路上，甲、乙两车从同一地点出发，两车位移x和时间t的比值 与时间t之间的关系如图5所示.下列说法正确的是A.甲车的加速度大小为5 m/s2B.6 s末乙车速度减小到零C.甲车追上乙车前，2 s末甲、乙两车相距最远D.乙车速度减小到零时，甲车速度为30 m/s
由题图可知，乙车的初速度为v0＝15 m/s，
当两车相距最远时速度相等，即v0＋a2t′＝a1t′，解得t′＝1 s，选项C错误；乙车速度减小到零时需经过t＝3 s，此时甲车速度为v＝a1t＝30 m/s，选项D正确.
7.(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)四个水球可以挡住一颗子弹！如图6所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同(约30 cm左右)的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计.以下判断正确的是A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.每个水球对子弹做的功不同C.每个水球对子弹的冲量相同D.子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
解析 子弹向右做匀减速运动，加速度相同，由于子弹在每个水球中运动的时间不相等，由Δv＝at知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；由W＝－Ffx知，Ff不变，x相同，则每个水球对子弹做的功相同，选项B错误；由I＝－Fft知，Ff不变，t不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项C错误；
子弹恰好能穿出第4个水球，则根据运动的可逆性知子弹穿过第4个水球的时间与子弹穿过前3个水球的时间相同，子弹穿出第3个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项D正确.
8.(2020·山东济宁市一模)如图7所示，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管处于竖直平面内，θ＝37°，让两个小球(可视为质点)分别从顶点A由静止开始出发，一小球沿AC滑下，到达C所用的时间为t1，另一小球自由下落经B到达C，所用的时间为t2，在转弯的B处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计，sin 37°＝0.6，求 的值.
解析 设AC＝5l，AB＝3l，BC＝4l，沿AC下滑过程中，设小球质量为m，根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma
9.(多选)(2020·河南驻马店市线上模拟)甲、乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v－t图象如图8所示，二者最终停在同一斑马线处，则A.甲车的加速度小于乙车的加速度B.t＝0时乙车在甲车前方8.4 m处C.t＝3 s时甲车在乙车前方0.6 m处D.前3 s内甲车始终在乙车后边
解析 根据v－t图象的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；设甲运动的总时间为t，
因二者最终停在同一斑马线处，所以，t＝0时乙车在甲车前方x甲－x乙＝8.4 m处，故B正确；
因t＝0时乙车在甲车前方8.4 m处，所以t＝3 s时甲车在乙车前方0.6 m处，故C正确；由上分析知，前3 s内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故D错误.
10.(多选)(2020·河南六市高三4月第一次联合调研)如图9所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的初速度沿各自斜轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则A.a、b小球与斜轨道间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16B.a、b小球沿斜轨道向上运动的加速度大小之比 aa∶ab＝4∶3C.va∶vb＝4∶3D.两小球不可能同时到达圆周上
解析 a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则mgsin θ＝μmgcs θ，其中θ为斜轨道与水平面夹角，
a、b小球沿各自斜轨道向上运动时，mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，
两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，选项C正确；
因为两小球加速度大小之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝ 4∶3，由v＝v0－at可知，任意时刻的速度大小之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3，而两小球到达圆周上时位移大小之比也为4∶3，可知到达圆周上的时间相等，即两小球同时到达圆周上，选项D错误.
11.(多选)甲、乙两物体在同一直线上运动，其x－t图象如图10所示，其中直线b与曲线a相切于点(4，－15).已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是A.前4 s内两物体运动方向相同B.前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的 倍C.t＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD.甲的加速度大小为2 m/s2
解析 x－t图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s内两物体运动方向相同，均为负方向，故A正确.甲做匀变速直线运动，则甲的x－t图象对应于a；
故前4 s内甲的平均速度是乙的平均速度的3倍，故B错误；
因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v0，加速度为a，
代入数据并联立上式解得v0＝－10 m/s，a＝2 m/s2，故C错误，D正确.
12.(2020·山西大同市高三期末)如图11所示，一足够长的木板，上表面与小木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，重力加速度大小为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动.随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小？求出此最小值.
解析 取沿木板向上为正方向，设木块的加速度为a，沿木板方向由牛顿第二定律有：－mgsin θ－μmgcs θ＝ma解得：a＝－g(sin θ＋μcs θ)设木块的位移为x，有：0－v02＝2ax根据数学关系有：
其中tan α＝μ＝0.75，则α＝37° 根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，
即当θ＋α＝90°时加速度有最大值，
所以此时：θ＝90°－α＝53°
13.(2020·上海宝山区质量检测)如图12斜面，AB段粗糙，BC段长为1.2 m且光滑.滑块以初速度v0＝9 m/s由A沿斜面开始向上滑行，经过B处速度为vB＝3 m/s，到达C处速度恰好为零.滑块在AB、BC段滑行时间相等.求：(1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小；
答案 0.8 s 3.75 m/s2
解析 设BC段的加速度大小为a1，所用时间为t1，滑块从B到C做末速度为零的匀减速直线运动vB2－0＝2a1xBC，vB＝a1t1，解得：a1＝3.75 m/s2，t1＝0.8 s.
(2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小；
答案 4.8 m 7.5 m/s2
解析 滑块从A到B做匀减速直线运动，时间与BC段相等，设加速度大小为a2
v02－vB2＝2a2xAB，解得：xAB＝4.8 m，a2＝7.5 m/s2.
(3)滑块从C点回到A点的速度大小.
解析 设斜面倾角为θ，滑块在BC段和AB段上升时，受力情况如图甲、乙所示，mgsin θ＝ma1，mgsin θ＋Ff＝ma2，解得：Ff＝mgsin θ物体从B－C－B，由运动的对称性可知：滑块返回到B点时速度大小仍为3 m/s, 当滑块返回到AB段时合力为零，滑块匀速下滑，所以滑块运动到斜面底端A时速度大小为3 m/s.
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