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(新高考)高考物理二轮复习课件专题1 第2课时 牛顿运动定律与直线运动 (含解析)
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这是一份(新高考)高考物理二轮复习课件专题1 第2课时 牛顿运动定律与直线运动 (含解析)，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。
NEIRONGSUOYIN
1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
高考题型1 匀变速直线运动规律的应用
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.(2020·吉林示范高中联考)一辆汽车正在平直的公路上行驶，突遇前方有险情而紧急刹车，刹车后两个连续相等时间内(0～t1，t1～t2)的位移分别为24 m、16 m，则从t2时刻至速度为零汽车又行驶的距离为A.9 m B.10 mC.11 m D.12 m
解析 设此后又行驶的距离为x，运动的时间为t，刹车后两个连续相等的时间均为T，
2.(多选)矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是A.螺钉松脱后做自由落体运动B.矿井的深度为45 mC.螺钉落到井底时的速度大小为25 m/sD.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；
升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45 m，B项正确；螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25 m/s，故速度大小为25 m/s，C项正确；
所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9 s，D项错误.
3.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？答案 能
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？答案 1.5 m
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
高考题型2 牛顿运动定律的应用
(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＋a2t1⑤
设此时管下端的高度为h1，速度为v.
v＝v0－a1t1⑧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，
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＝0⑫
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≤L⑮
4.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，
5.(2020·陕西西安中学高三三模)高速公路的长下坡路段设有避险车道，若刹车失灵，车辆可以冲向避险车道保证人员安全.设避险车道长为45 m，且与水平面的夹角为30°，车道填充砾石后具有的阻力系数为0.5(即阻力为车重力的0.5倍)，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是A.失控车辆冲上避险车道的距离仅和质量有关B.失控车辆冲上避险车道的加速度为5 m/s2C.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为30 m/sD.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为21 m/s
失控车辆冲上避险车道的距离和质量无关，故A、B错误；
6.(2020·河南信阳市高三期末)如图4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
高考题型3 运动学和动力学图像
2.非常规图像遇到其他运动的图像时，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图像，由v2－v02＝2ax得v2＝2ax＋v02，斜率k＝2a，截距b＝v02；
3.在F－l图像、F－t图像、I－t图像中，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5(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，
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.
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6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
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；
8.(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的关系图像如图7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.
9.(多选)(2020·安徽舒城中学高三月考)如图8甲所示，可视为质点的质量m1＝1 kg的小物块放在质量m2＝2 kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°.现对木板施加水平向左的拉力F＝18 N，木板运动的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，则
A.木板的长度为2 mB.木板的长度为1 mC.木板与地面间的动摩擦因数为0.5D.物块与木板间的动摩擦因数为
解析 从题图乙可知，木板运动2 s离开小物块，在0～2 s内，
所以木板的长度L＝2x＝2 m，故A正确，B错误；设木板与地面间的动摩擦因数为μ2，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，
由牛顿第二定律得F－μ2m2g＝m2a2，解得μ2＝0.5，故C正确；在0～2 s内，对小物块进行受力分析，竖直方向FN＋FTsin 37°＝m1g，水平方向FTcs 37°＝Ff1，
对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得F－Ff1′－μ2(m2g＋FN′)＝m2a1，由牛顿第三定律得Ff1＝Ff1′，FN＝FN′
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，
可知小球在斜面2上运动的时间长；
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；
解析 由于经过2 s到达最高点，因此初速度v0＝gt总＝20 m/s，
故B正确，A、C、D错误.
4.(2020·河南开封市3月模拟)如图2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，
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)“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－时间图像如图3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4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5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.(多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)将质量为0.1 kg的物体竖直向上抛出，物体向上运动的过程中速度v与位移x的关系式为v＝5.关于物体在该过程中的初速度v0、加速度a、阻力Ff的大小及物体运动到最高点的时间t(设竖直向上为正方向，取g＝10 m/s2)，下列说法正确的是A.v0＝5 m/s，a＝－12.5 m/s2B.v0＝5 m/s，a＝－25 m/s2C.Ff＝0.25 N，t＝0.4 sD.Ff＝1.25 N，t＝0.4 s
由牛顿第二定律有：－mg－Ff＝ma，解得Ff＝0.25 N，故C正确，D错误.
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图像如图6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图像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·河南省六市高三4月第一次联合调研)如图7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)(2020·陕西榆林市线上模拟)如图8甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出
A.物体的初速度v0＝6 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到 的位移x的最小值xmin＝1.44 mD.当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析 物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，得加速度为a＝gsin θ＋μgcs θ
当θ＝30°时，由于μ＞tan θ，所以当物体在斜面上速度减为零后，不会下滑，故D错误.
12.(2020·山西大同市高三期末)如图9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10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.
NEIRONGSUOYIN
1.匀变速直线运动问题常用的六种解题方法
高考题型1 匀变速直线运动规律的应用
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.(2020·吉林示范高中联考)一辆汽车正在平直的公路上行驶，突遇前方有险情而紧急刹车，刹车后两个连续相等时间内(0～t1，t1～t2)的位移分别为24 m、16 m，则从t2时刻至速度为零汽车又行驶的距离为A.9 m B.10 mC.11 m D.12 m
解析 设此后又行驶的距离为x，运动的时间为t，刹车后两个连续相等的时间均为T，
2.(多选)矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是A.螺钉松脱后做自由落体运动B.矿井的深度为45 mC.螺钉落到井底时的速度大小为25 m/sD.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；
升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45 m，B项正确；螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25 m/s，故速度大小为25 m/s，C项正确；
所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9 s，D项错误.
3.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？答案 能
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？答案 1.5 m
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
高考题型2 牛顿运动定律的应用
(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＋a2t1⑤
设此时管下端的高度为h1，速度为v.
v＝v0－a1t1⑧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，
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＝0⑫
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≤L⑮
4.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，
5.(2020·陕西西安中学高三三模)高速公路的长下坡路段设有避险车道，若刹车失灵，车辆可以冲向避险车道保证人员安全.设避险车道长为45 m，且与水平面的夹角为30°，车道填充砾石后具有的阻力系数为0.5(即阻力为车重力的0.5倍)，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是A.失控车辆冲上避险车道的距离仅和质量有关B.失控车辆冲上避险车道的加速度为5 m/s2C.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为30 m/sD.该避险车道能接受失控车辆的最大初速度为21 m/s
失控车辆冲上避险车道的距离和质量无关，故A、B错误；
6.(2020·河南信阳市高三期末)如图4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
高考题型3 运动学和动力学图像
2.非常规图像遇到其他运动的图像时，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图像，由v2－v02＝2ax得v2＝2ax＋v02，斜率k＝2a，截距b＝v02；
3.在F－l图像、F－t图像、I－t图像中，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5(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，
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.
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6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
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；
8.(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的关系图像如图7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.
9.(多选)(2020·安徽舒城中学高三月考)如图8甲所示，可视为质点的质量m1＝1 kg的小物块放在质量m2＝2 kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°.现对木板施加水平向左的拉力F＝18 N，木板运动的v－t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，则
A.木板的长度为2 mB.木板的长度为1 mC.木板与地面间的动摩擦因数为0.5D.物块与木板间的动摩擦因数为
解析 从题图乙可知，木板运动2 s离开小物块，在0～2 s内，
所以木板的长度L＝2x＝2 m，故A正确，B错误；设木板与地面间的动摩擦因数为μ2，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，
由牛顿第二定律得F－μ2m2g＝m2a2，解得μ2＝0.5，故C正确；在0～2 s内，对小物块进行受力分析，竖直方向FN＋FTsin 37°＝m1g，水平方向FTcs 37°＝Ff1，
对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得F－Ff1′－μ2(m2g＋FN′)＝m2a1，由牛顿第三定律得Ff1＝Ff1′，FN＝FN′
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，
可知小球在斜面2上运动的时间长；
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；
解析 由于经过2 s到达最高点，因此初速度v0＝gt总＝20 m/s，
故B正确，A、C、D错误.
4.(2020·河南开封市3月模拟)如图2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，
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)“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－时间图像如图3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4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5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.(多选)(2020·东北三省四市教研联合体模拟)将质量为0.1 kg的物体竖直向上抛出，物体向上运动的过程中速度v与位移x的关系式为v＝5.关于物体在该过程中的初速度v0、加速度a、阻力Ff的大小及物体运动到最高点的时间t(设竖直向上为正方向，取g＝10 m/s2)，下列说法正确的是A.v0＝5 m/s，a＝－12.5 m/s2B.v0＝5 m/s，a＝－25 m/s2C.Ff＝0.25 N，t＝0.4 sD.Ff＝1.25 N，t＝0.4 s
由牛顿第二定律有：－mg－Ff＝ma，解得Ff＝0.25 N，故C正确，D错误.
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图像如图6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图像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·河南省六市高三4月第一次联合调研)如图7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)(2020·陕西榆林市线上模拟)如图8甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出
A.物体的初速度v0＝6 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到 的位移x的最小值xmin＝1.44 mD.当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析 物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcs θ＝ma，得加速度为a＝gsin θ＋μgcs θ
当θ＝30°时，由于μ＞tan θ，所以当物体在斜面上速度减为零后，不会下滑，故D错误.
12.(2020·山西大同市高三期末)如图9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10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.
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