（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：直线运动（10题）

这是一份（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：直线运动（10题），共3页。试卷主要包含了解答题，减速停止等内容，欢迎下载使用。
1．（海淀区校级学业考试）物体的质量，静止在光滑水平面上的平板车的质量为、长。某时刻以向右的初速度滑上木板的上表面，在滑上的同时，给施加一个水平向右的拉力。忽略物体的大小，已知与之间的动摩擦因数，取重力加速度．试求：
（1）若，物体在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；
（2）如果要使不至于从上滑落，拉力大小应满足的条件。
2．（全国）如图，水平地面上的薄木板，质量为，长度；小物块置于木板的左端，质量．让、相对地面以相同的速度开始运动。已知木板与地面间的动摩擦因数为，和之间的动摩擦因数为，重力加速度．求开始运动后，、分离的时间以及分离时两者速度的大小。
3．（2013•重庆）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球和小球，从距水平地面高度为和的地方同时由静止释放，如题9图所示。球的质量为，球的质量为。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
（1）求球第一次落地时球的速度大小；
（2）若球在第一次上升过程中就能与球相碰，求的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使球第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求应满足的条件。
4．（2013•昌平区学业考试）如图1所示，质量的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，在木板的左端放置一个质量、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数，取，（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）试求：
（1）若木板长，在铁块上加一个水平向右的恒力，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
（2）若在木板（足够长）的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力，请在图2中画出铁块受到的摩擦力随力大小变化的图象。（写出分析过程）
5．（2015•沈阳一模）如图所示，长，高，质量的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动。当木箱的速度时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力，并同时将一个质量的小球轻放在距木箱右端的点（小球可视为质点，放在点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。取，求：
（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
（2）小球放上点后，木箱向右运动的最大位移；
（3）小球离开木箱时木箱的速度。
6．（2017秋•尖山区校级期中）一质量为的长木板在粗糙水平地面上运动，在时刻，木板速度为，此时将一质量为的小物块（可视为质点）无初速度地放在木板的右端，二者在内运动的图象如图所示。已知重力加速度．求：
（1）小物块与木板的动摩擦因数，以及木板与地面间的动摩擦因数。
（2）小物块最终停在距木板右端多远处？
（3）若在时。使小物块的速度突然反向（大小不变），小物块恰好停在木板的左端，求木板的长度。
7．（和平区校级一模）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的图象为货车的速度，为制动距离），其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的制动图象。某路段限速，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以的速度行驶。通过计算求解：
（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；
（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为，则该型号货车满载时以速度正常行驶的跟车距离至少应为多远。
8．（2018秋•长春期末）如图所示，质量的物块，在沿斜面向上、大小的拉力作用下，沿倾角的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间撤去拉力。已知物块与斜面间的动摩擦因数，取，，，求：
（1）拉力作用的时间内，物块沿斜面上滑的距离；
（2）从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间；
（3）从撤去拉力起，经时间物块到出发点的距离。
9．（2017春•惠城区校级月考）如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力．当恒力取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为，给木板施加不同大小的恒力，得到的关系如图乙所示，其中与横轴平行，且段的纵坐标为．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
（1）物块在木板上滑动时的加速度多大？
（2）若恒力，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
（3）图乙中为直线段，求该段恒力的取值范围及函数关系式。
10．（陕西一模）如图所示，在某游戏类娱乐节目中，要求挑战者顺利通过反向运行的跑步机皮带，看谁用时最短。有一个平台与跑步机皮带水平紧挨，跑步机皮带长，且皮带以的恒定速率转动。一位质量的挑战者在平台上的点从静止以的加速度开始出发，之后以的加速度在跑步机上往前冲，在跑步机上的处不慎跌倒，经过爬起，顺利通过剩余的路程。已知点与跑步机左端点距离，、两点水平距离，挑战者与跑步机皮带之间的动摩擦因数为，重力加速度为．求：
（1）挑战者在跑步机上跌倒瞬间的速度为多少？
（2）挑战者从皮带上爬起瞬间与皮带最右端点的距离为多少？
2020年高考物理复习之挑战压轴题：直线运动（10题）
参考答案与试题解析
一、解答题（共10小题）
1．（海淀区校级学业考试）物体的质量，静止在光滑水平面上的平板车的质量为、长。某时刻以向右的初速度滑上木板的上表面，在滑上的同时，给施加一个水平向右的拉力。忽略物体的大小，已知与之间的动摩擦因数，取重力加速度．试求：
（1）若，物体在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；
（2）如果要使不至于从上滑落，拉力大小应满足的条件。
【考点】：匀变速直线运动的速度与时间的关系；：匀变速直线运动的位移与时间的关系；：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律
【专题】16：压轴题；522：牛顿运动定律综合专题
【分析】（1）首先分析物体和车的运动情况：相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动。开始阶段，的速度大于车的速度，则相对于车向右滑行，当两者速度相等后，相对于车静止，则当两者速度相等时，物体在小车上运动时相对小车滑行的最大距离。由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出与车相对于地的位移，两者之差等于在小车上运动时相对小车滑行的最大距离。
（2）要使不从上滑落，是指既不能从的右端滑落，也不能左端滑落。物体不从右端滑落的临界条件是到达的右端时，、具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时，为的最小值。物体不从左端滑落的临界条件是到达的左端时，、具有共同的速度，可求出此时的最大值，综合得到的范围。
【解答】解：（1）物体滑上木板以后，作匀减速运动，有 得
木板做匀加速运动，有，得：
两者速度相同时，有，得：
滑行距离：
滑行距离：
相对向右滑行的最大距离：△
当与速度相同时，能使两者相对静止的最大加速度为
对应的值为
由于，所以速度相等之后相对于向左滑行时，的加速度为
的加速度为
所以将从的左端滑出，物体在小车上运动时相对小车滑行的最大距离：△△
（2）物体不滑落的临界条件是到达的右端时，、具有共同的速度，
则：①又：②
由①、②式，可得：
若，则滑到的右端时，速度仍大于的速度，于是将从上滑落，所以必须大于等于。
当较大时，在到达的右端之前，就与具有相同的速度，之后，必须相对静止，才不会从的左端滑落。
即有：， 所以：
若大于，就会相对向左滑下。综上：力应满足的条件是：
答：
（1）若，物体在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为。
（2）要使不至于从上滑落，拉力大小应满足的条件是。
【点评】牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件。
2．（全国）如图，水平地面上的薄木板，质量为，长度；小物块置于木板的左端，质量．让、相对地面以相同的速度开始运动。已知木板与地面间的动摩擦因数为，和之间的动摩擦因数为，重力加速度．求开始运动后，、分离的时间以及分离时两者速度的大小。
【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；：匀变速直线运动的速度与时间的关系；37：牛顿第二定律
【专题】32：定量思想；：方程法；522：牛顿运动定律综合专题
【分析】根据牛顿第二定律求解和的加速度大小，根据位移时间关系求解分离时间；根据速度时间关系求解分离时的速度大小。
【解答】解：以为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，方向向左；
以为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，
解得：，方向向左；
设、分离的时间为，根据运动学公式可得：
解得：；
分离时的速度大小为，
的速度大小为。
答：、分离的时间为，分离时速度的大小为，速度大小为。
【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
3．（2013•重庆）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球和小球，从距水平地面高度为和的地方同时由静止释放，如题9图所示。球的质量为，球的质量为。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
（1）求球第一次落地时球的速度大小；
（2）若球在第一次上升过程中就能与球相碰，求的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使球第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求应满足的条件。
【考点】：竖直上抛运动
【专题】16：压轴题；511：直线运动规律专题
【分析】（1）、均做自由落体运动，求出球的下降时间，便可得到球的速度
（2）要想在上升阶段两球相碰，临界情况是刚好反跳回到出发点时与相碰，据此求出球的最大高度
（3）要使球第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，临界情况是与碰后，球速度恰好等大反向，由弹性碰撞过程动量守恒可求得碰前，
【解答】解：（1） 两球均做自由落体，在落地过程中运动完全一致，设速度为，由运动学公式得：
故，
（2）要想在上升阶段两球相碰，临界情况是刚好反跳到出发点时与相碰，两物体的图象如右图，有图象可知，的下落高度和的反跳高度之和为：，故；故要是球在第一次上升过程中就能与球相碰则应该
（3）要使球第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则临界条件是碰后球速度恰好等大反向，两物体的图象如下图，由弹性碰撞可得碰撞前后，动量守恒，规定向上为正方向，设碰后球继续向上运动，则：
由于是弹性碰撞，由碰撞前后能量守恒得：
解得：
故必有
联立以上可得：
从图象可以看出阴影部分面积之和就是的下落高度和的反跳高度之和，故，故
答：（1）第一次落地时球的速度为
（2）若球在第一次上升过程中就能与球相碰，则；
（3）在（2）情形下，要使球第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应满足。
【点评】抓住碰撞前后动量守恒、能量守恒，巧妙利用图象，增强直观性，本题难度较大，对学生的思维有挑战
4．（2013•昌平区学业考试）如图1所示，质量的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，在木板的左端放置一个质量、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数，取，（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）试求：
（1）若木板长，在铁块上加一个水平向右的恒力，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
（2）若在木板（足够长）的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力，请在图2中画出铁块受到的摩擦力随力大小变化的图象。（写出分析过程）
【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律
【专题】16：压轴题；522：牛顿运动定律综合专题
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出木块和木板的加速度，铁块运动到木板的右端时，铁块与木板的位移之差等于板长，由位移公式列式求出时间。
（2）在木板的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力时，分析木板与铁块的状态，根据平衡条件或牛顿第二定律求出铁块所受的摩擦力与的关系，画出图象。
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得
研究铁块
研究木板
又，
联立解得：
（2）当时，、相对静止且对地静止，则铁块受到的摩擦力，
当大于而小于一定值时，木块和铁块一起做加速运动，、相对静止的最大加速度为，此时有：
，
铁块受到的摩擦力，
解得此时，，
所以当时，从0匀速增加到，
当时，相对滑动，此时。
铁块受到的摩擦力随力大小变化的图象如图所示
答：
（1）若木板长，在铁块上加一个水平向右的恒力，经过时间铁块运动到木板的右端。
（2）铁块受到的摩擦力随力大小变化的图象如图所示。
【点评】对于两个物体，分析两者之间的关系是关键，往往有位移关系、时间关系、速度关系等等。还要灵活选择研究对象，加速度相同时可采用整体法求出整体的加速度。
5．（2015•沈阳一模）如图所示，长，高，质量的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动。当木箱的速度时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力，并同时将一个质量的小球轻放在距木箱右端的点（小球可视为质点，放在点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。取，求：
（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
（2）小球放上点后，木箱向右运动的最大位移；
（3）小球离开木箱时木箱的速度。
【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；39：牛顿运动定律的综合应用
【专题】16：压轴题；522：牛顿运动定律综合专题
【分析】（1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；
（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；
（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度。
【解答】解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动。
由，得
小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为。
（2）小球放到木箱后，木箱的加速度大小为：
，方向向左；
木箱向右运动的最大位移为：
小球放上点后，木箱向右运动的最大位移为。
（3）小于，所以小球不会从木箱的左端掉下
木箱向左运动的加速度为
设木箱向左运动的距离为时，小球脱离木箱，则：
设木箱向左运动的时间为，则：
由
得：
所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：。
【点评】本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量。
6．（2017秋•尖山区校级期中）一质量为的长木板在粗糙水平地面上运动，在时刻，木板速度为，此时将一质量为的小物块（可视为质点）无初速度地放在木板的右端，二者在内运动的图象如图所示。已知重力加速度．求：
（1）小物块与木板的动摩擦因数，以及木板与地面间的动摩擦因数。
（2）小物块最终停在距木板右端多远处？
（3）若在时。使小物块的速度突然反向（大小不变），小物块恰好停在木板的左端，求木板的长度。
【考点】：匀变速直线运动的速度与位移的关系；：匀变速直线运动的图象；37：牛顿第二定律
【专题】16：压轴题；32：定量思想；43：推理法；：动能定理的应用专题
【分析】（1）由图象得到小物块的加速度，根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；再对长木板受力分析，根据图象得到加速度，根据牛顿第二定律列式求解木板与地面间的动摩擦因数。
（2）根据图象得到内滑块与木板的位移大小，得到相对位移大小；后都是减速，但滑块相对木板再次右移，根据运动学公式列式分析；
（3）先小物块的速度突然反向，先对木板和滑块分别受力分析，根据牛顿第二定律得到加速度，再结合运动学公式求解相对位移。
【解答】解：（1）小物块的加速度：，
长木板的加速度：，
对小物块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：，
木板水平方向受滑块向后的摩擦力和地面向后的摩擦，根据牛顿第二定律，有：，
，；
（2）图象与时间轴包围的面积表示位移大小，内相对位移大小：△；
受摩擦力：，
受地面的滑动摩擦力：，
后与均是减速，但加速度小于的加速度，分别为：
，
，
后的位移：，
后的位移：，
后相对于的位移：△；
故小物块最终停在距木板右端：△△；
（3）若在时。使小物块的速度突然反向，则受向后的摩擦力，一直到速度减小为零；受向左的两个摩擦力，一直到速度减为零；
的加速度：，
的加速度：，
对，位移：，
对，位移：，
故后的相对位移大小：△，
故木板的长度△△；
答：（1）小物块与木板的动摩擦因数为0.1，以及木板与地面间的动摩擦因数为0.3。
（2）小物块最终停在距木板右端远处。
（3）若在时。使小物块的速度突然反向（大小不变），小物块恰好停在木板的左端，木板的长度为。
【点评】本题是滑板问题，物体多、过程多、规律多，要分研究对象、分阶段受力分析，根据牛顿第二定律列式，根据位移公式多次列式求解，难度较大。
7．（和平区校级一模）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的图象为货车的速度，为制动距离），其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的制动图象。某路段限速，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以的速度行驶。通过计算求解：
（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；
（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为，则该型号货车满载时以速度正常行驶的跟车距离至少应为多远。
【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；：匀变速直线运动规律的综合运用
【专题】511：直线运动规律专题
【分析】（1）先根据图象得到满载时的加速度和严重超载时的加速度，然后再进行判断；
（2）反应时间内是匀速直线运动，之后是匀减速直线运动，根据位移世间关系公式列式求解。
【解答】解：（1）由匀变速直线运动的速度位移公式：，
由图示图象可得：满载时，加速度为，严重超载时加速度为；
设该型号货车满载时以的速度减速，
由匀变速运动是速度公式得：
运动时间：，
由速度位移公式：可得：
汽车的制动距离：，
设该型号货车严重超载时以行驶时，
由匀变速运动是速度公式得：
运动时间：，
由速度位移公式：可得：
汽车的制动距离：，
该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求；
（2）该型号货车满载时以速度正常行驶时，
从发现险情到车停下来行驶的距离：
，
即：跟车距离至少为。
答：（1）驾驶员紧急制动时，制动时间和制动距离都不符合安全要求；
（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为，则该型号货车正常行驶时的刹车距离至少应为。
【点评】本题关键是根据图象求出两种情况下刹车的加速度，然后根据运动学公式多次列式求解。
8．（2018秋•长春期末）如图所示，质量的物块，在沿斜面向上、大小的拉力作用下，沿倾角的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间撤去拉力。已知物块与斜面间的动摩擦因数，取，，，求：
（1）拉力作用的时间内，物块沿斜面上滑的距离；
（2）从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间；
（3）从撤去拉力起，经时间物块到出发点的距离。
【考点】37：牛顿第二定律；：匀变速直线运动规律的综合运用；29：物体的弹性和弹力
【专题】32：定量思想；522：牛顿运动定律综合专题；22：学科综合题；49：合成分解法；11：计算题
【分析】（1）物块上滑时，分析受力，运用牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式求物块沿斜面上滑的距离；
（2）结合匀变速直线运动的速度公式求出撤去时物体的速度大小；撤去拉力后物体先做匀减速直线运动至速度减为零，利用牛顿第二定律和速度公式结合求时间；
（3）由位移公式求得物体从撤去到滑到最高点的过程运动的位移，再研究下滑过程，利用牛顿第二定律和位移公式结合求解。
【解答】解： 物块在时间内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为，由牛顿第二定律有：
代入数据解得：
在这段时间内物块上滑的距离为：
（2）经时间物块的速度大小为：
接着物块沿斜面匀减速上滑，设加速度大小为．由牛顿第二定律有：
代入数据解得：
根据速度公式有：
代入数据解得：
（3）物块在时间内上滑的距离为：
物块沿斜面下滑的时间为：
设物块沿斜面下滑的加速度大小为，由牛顿第二定律有：
代入数据解得：
物块在时间内沿斜面下滑的距离为：
故：
答：（1）拉力作用的时间内，物块沿斜面上滑的距离是。
（2）从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间是。
（3）从撤去拉力起，经时间物块到出发点的距离是。
【点评】本题过程较多，中间滑动摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律。
9．（2017春•惠城区校级月考）如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力．当恒力取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为，给木板施加不同大小的恒力，得到的关系如图乙所示，其中与横轴平行，且段的纵坐标为．将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
（1）物块在木板上滑动时的加速度多大？
（2）若恒力，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
（3）图乙中为直线段，求该段恒力的取值范围及函数关系式。
【考点】37：牛顿第二定律；：匀变速直线运动的位移与时间的关系；：匀变速直线运动的速度与时间的关系
【专题】522：牛顿运动定律综合专题；16：压轴题；22：学科综合题；：图析法；32：定量思想
【分析】（1）对物块进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度；
（2）若恒力，则物块会从木板的右端滑下，分别对物块与木板进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度，然后由相对位移关系即可求出；
（3）由图象可看出当小于某一值时，物体在板上的路程始终等于板长，当等于某一值时，刚好不从木板右端掉下，此后一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求出在上相对向右运动的路程与、的关系式，把带入即可求解；
当时，随着力增大，减小，之后，出现突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下。
当二者恰好发生相对运动时，木板的加速度与整体加速度相同，由牛顿第二定律列式即可求。
【解答】解：（1）物块只受水平向左的滑动摩擦力，设物块的加速度大小为，由牛顿第二定律，即，
解得：。
（2）若恒力，木板只受水平向右的滑动摩擦力，设木板的加速度大小为，由牛顿第二定律，即，
解得：。
即物块向右做匀减速直线运动，木板向右做匀加速直线运动，当物块从木板的右端滑下时，
由位移时间关系，可知，
由图乙知，板长，所以可得：，
代入数据解得：，
当时，滑块的速度为，木板的速度为，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，所以舍去，故所求时间为。
（3）①当较小时，物块将从木板右端滑下，当增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度，历时，
在此过程中，设木板的加速度为，由牛顿第二定律，知，小物块的加速度不变。
当两者共速时，，，
联立解得：
由图乙知，相对路程：，代入解得：。
②当继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度做匀加速运动，把两个物体看成一个整体，由牛顿第二定律，可知
又，由于静摩擦力存在最大值，所以：，
联立解得：
由以上可知段恒力的取值范围是，
答：（1）物块在木板上滑动时的加速度为。
（2）若恒力，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是。
（3）图乙中为直线段，该段恒力的取值范围是，函数关系式为。
【点评】本题考查的是牛顿运动定律中典型的滑块模型，滑块问题的解决非常灵活多变，特别是摩擦力的分析，都是难点所在，本题通过图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动非常关键。
10．（陕西一模）如图所示，在某游戏类娱乐节目中，要求挑战者顺利通过反向运行的跑步机皮带，看谁用时最短。有一个平台与跑步机皮带水平紧挨，跑步机皮带长，且皮带以的恒定速率转动。一位质量的挑战者在平台上的点从静止以的加速度开始出发，之后以的加速度在跑步机上往前冲，在跑步机上的处不慎跌倒，经过爬起，顺利通过剩余的路程。已知点与跑步机左端点距离，、两点水平距离，挑战者与跑步机皮带之间的动摩擦因数为，重力加速度为．求：
（1）挑战者在跑步机上跌倒瞬间的速度为多少？
（2）挑战者从皮带上爬起瞬间与皮带最右端点的距离为多少？
【考点】37：牛顿第二定律；：匀变速直线运动的速度与位移的关系；：匀变速直线运动的速度与时间的关系
【专题】522：牛顿运动定律综合专题；43：推理法；11：计算题；32：定量思想
【分析】（1）根据速度位移公式可求得挑战者刚冲上跑步机时的速度，挑战者在跑步机上做匀加速运动，由速度位移公式可得在跑步机上跌倒瞬间的速度；
（2）在点跌到后先向右做匀减速运动到速度为零，再向左做匀加速运动。根据速度关系求得时间可判断人和皮带可以共速，再由位移公式和速度公式可求解。
【解答】解：（1）根据速度位移公式得，得挑战者刚冲上跑步机时的速度：
解得：
挑战者在跑步机上做匀加速运动，由速度位移公式得：
解得：
（2）在点跌到后先向右做匀减速运动到速度为零，再向左做匀加速运动。假设人和皮带可以共速，设跌倒后的加速度为，时间为，由牛顿第二定律得：，
由速度关系得：
解得：，所以人和皮带可以共速，设其共速前向右运动的位移为，则
解得：
随后和皮带一起匀速向左运动，运动位移，
则：
设爬起瞬间与皮带最右端的距离为，则
答：（1）挑战者在跑步机上跌倒瞬间的速度为；
（2）挑战者从皮带上爬起瞬间与皮带最右端点的距离为。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，关键理清挑战者在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
考点卡片
1．匀变速直线运动的速度与时间的关系
【知识点的认识】
（1）定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动．
（2）匀变速直线运动的速度﹣时间图象：匀变速直线运动的v﹣t图象是一条倾斜的直线，速度随时间均匀变化．
（3）匀变速直线运动的分类：若物体的速度随时间均匀增加，称为匀加速直线运动；若物体的速度随时间均匀减少，称为匀减速直线运动．
（4）匀变速直线运动的速度公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）
【命题方向】
例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：
（1）质点做匀速运动时的速度；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．
分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．
解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：
v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．
（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：
a2＝＝2.5m/s2
答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．
例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？
分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．
解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，
则加速度：a＝＝﹣4.0m/s2，
刹车至停止所需时间：t＝＝s＝7s．
故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s
刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0
答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．
【解题方法点拨】
1．解答题的解题步骤（可参考例1）：
①分清过程（画示意图）；
②找参量（已知量、未知量）
③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）
④利用公式列方程（选取正方向）
⑤求解验算．
2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．
2．匀变速直线运动的位移与时间的关系
【考点归纳】
（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+at2。
（2）公式的推导
①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。
②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即＝．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x＝v0t+at2
（3）匀变速直线运动中的平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×t＝，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得＝＝＝v0+at＝＝＝＝vt/2。
即有：＝＝vt/2。
所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。
（4）匀变速直线运动推论公式：
任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。
推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。
【命题方向】
例1：对基本公式的理解
汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（ ）
A.1：1 B.5：9 C.5：8 D.3：4
分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式求出2s内和6s内的位移。
解：汽车刹车到停止所需的时间＞2s
所以刹车2s内的位移＝45m。
t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。
＝60m。
所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。
例2：对推导公式＝＝vt/2的应用
物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（ ）
A．位移大小可能小于5m B．位移大小可能小于3m
C．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2
分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a＝，求出加速度，根据平均速度公式x＝求位移。
解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x＝＝．若1s末的速度与初速度方向相反，1s内的位移x＝＝．负号表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正确，B错误。
C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度．若1s末的速度与初速度方向相反，则加速度a＝．所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2．故C正确，D错误。
故选：AC。
点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式，此公式在考试中经常用到。
【解题思路点拨】
（1）应用位移公式的解题步骤：
①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。
②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+at2求第四个物理量。
③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。
（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：
①明确研究过程。
②搞清v、a的正负及变化情况。
③利用图象求解a时，须注意其矢量性。
④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。
⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。
3．匀变速直线运动的速度与位移的关系
【考点归纳】
（1）匀变速直线运动位移与速度的关系．
由位移公式：x＝v0t+at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2﹣v02＝2ax．
匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．
①此公式仅适用于匀变速直线运动；
②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；
③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．
（2）匀变速直线运动的位移中点的瞬时速度推导：
前半段：vx/22﹣v02＝2a
后半段：vt2﹣vx/22＝2a
将两式相减的：vx/2＝
（3）不论物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动，位移中点的速度均大于时间中点的速度，即：vx/2＞vt/2．
（4）
【命题方向】
例1：甲乙丙三辆汽车以相同的速度经过同一路标，从此时开始，甲做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，他们通过下一路标的速度相同，则（ ）
A．甲车先通过下一路标 B．乙车先通过下一路标
C．丙车先通过下一路标 D．三辆车同时通过下一路标
分析：我们可以定性地进行分析：因为乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的速度都比甲大，所以相对时间内它的位移肯定比匀速运动的甲大；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中都以比甲小的速度在运动，所以在相等时间内它的位移比甲小，由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标．（最终大家的速度都相等）．
解答：由于乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度都比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲小；
而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度都比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲大．
由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标．
故选：B．
点评：该题可以通过平均速度去解题，也可以通过画v﹣t图象去分析，图象与坐标轴所围成的面积即为位移．
例2：如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是（ ）
A．物体到达各点的速率
B．物体到达各点所经历的时间：
C．物体从A到E的平均速度
D．物体通过每一部分时，其速度增量vB﹣vA＝vC﹣vB＝vD﹣vC＝vE﹣vD
分析：本题是同一个匀加速直线运动中不同位置的速度、时间等物理量的比较，根据选项中需要比较的物理量选择正确的公式把物理量表示出来，再进行比较．
解答：A、根据运动学公式v2﹣v02＝2ax得：
物体由A点从静止释放，所以v2＝2ax
所以物体到达各点的速率之比vB：vC：vD：vE＝1：：：2，故A正确；
B、根据运动学公式x＝v0t+得：
t＝
物体到达各点经历的时间tB：tC：tD：tE＝1：：：2
即，故B正确；
C、由于vE＝2vB
物体从A到E的平均速度v＝＝vB
故C正确；
D、vB：vC：vD：vE＝1：：：2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D错误．
故选：ABC．
点评：本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解．
【知识点的应用及延伸】
初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律：
1．ts末、2ts末、3ts末…nts末的瞬时速度之比为：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；
推导：由vt＝at知v1＝at，v2＝2at，v3＝3at，…，vn＝nat，
则可得：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；
2．xm末、2xm末、3xm末…nxm末的瞬时速度之比为：v1：v2：v3：…：vn＝1：：：…：；
推导：由v2＝2ax知v1＝，v2＝，v3＝，…，vn＝；
则可得：v1：v2：v3：…：vn＝1：：：…：；
3．ts内、2ts内、3ts内…nts内的位移之比为：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；
推导：由x＝at2知x1＝at2，x2＝a（2t）2，x3＝a（3t）2，…，xn＝a（nt）2；
则可得：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；
4．连续相等时间内的位移之比为：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）
推导：由x＝at2知xⅠ＝at2，xⅡ＝a（22﹣12）t2，xⅢ＝a（32﹣22）t2，…，xN＝a[n2﹣（n﹣1）12]t2，
则可得：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）；
5．前一个x、前两个x、前三个x …所用的时间之比为：t1：t2：t3：…：tn＝1：：：：…：
推导：由x＝at2知t1＝，t2＝，t3＝，…，tn＝；
则可得：t1：t2：t3：…：tn＝1：：：：…：；
6．连续相等位移所用的时间之比为：tⅠ：tⅡ：tⅢ：…：tN＝1：（﹣1）：（﹣）：…：（﹣）
推导：由x＝at2知t1＝，t2＝﹣＝（﹣1），t3＝﹣＝（），…，tn＝﹣＝（）；
则可得：tⅠ：tⅡ：tⅢ：…：tN＝1：（﹣1）：（﹣）：…：（﹣）．
【解题思路点拨】
解答题解题步骤：
（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．
（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．
（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．
4．匀变速直线运动规律的综合运用
【知识点的认识】
（1）求解匀变速直线运动的常用方法
【命题方向】
例1：如图所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m．该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，下列说法中正确的有（ ）
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线
D．如果距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处
分析：本题中汽车有两种选择方案
方案一、加速通过
按照AB选项提示，汽车立即以最大加速度匀加速运动，分别计算出匀加速2s的位移和速度，与实际要求相比较，得出结论；
方案二、减速停止
按照CD选项提示，汽车立即以最大加速度匀减速运动，分别计算出减速到停止的时间和位移，与实际要求相比较，即可得出结论；
解答：如果立即做匀加速直线运动，t1＝2s内的位移＝20m＞18m，此时汽车的速度为v1＝v0+a1t1＝12m/s＜12.5m/s，汽车没有超速，A项正确、B错误；
如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为＝6.4m，即刹车距离为6.4m，提前18m减速，汽车不会过停车线，如果距停车线5m处减速，则会过线，因而C项正确、D错误；
故选：AC．
点评：熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符．
例2：追及问题
一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车．试求：
（1）汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？
（2）汽车多长时间后能追及自行车？追上时汽车的速度是多大？
分析：（1）在速度相等之前，小汽车的速度小于自行车的速度，之间的距离越来越大，速度相等之后，小汽车的速度大于自行车，之间的距离越来越小．可知速度相等时相距最远．根据运动学公式求出两车的位移，从而求出两车相距的距离．
（2）抓住汽车追上自行车时，两车的位移相等，求出时间，根据速度时间公式v＝at求出汽车的速度．
解答：
方法一（公式法）：（1）设汽车在追上自行车之前经t时间两车速度相等，此时两车相距最远，
即at＝v自，解得：t＝＝s＝2s，
此时距离△s＝s2﹣s1＝v自t﹣at2，
△s＝6×2﹣×3×22＝6m；
（2）汽车追上自行车时，二车位移相等，
则有vt′＝at′2，带入数据得：6t′＝×3t′2，
解得：t′＝4s，
所以汽车的速度v′＝at′＝3×4＝12m/s
方法二（作图法）：（1）画出自行车和汽车的速度﹣时间图线，自行车的位移s2等于其图线与时间轴围成的矩形的面积，而汽车的位移s1则等于其图线与时间轴围成的三角形的面积．两车之间的距离则等于图中矩形的面积与三角形面积的差，不难看出，当t＝t0时矩形与三角形的面积之差最大．
v﹣t图象的斜率表示物体的加速度，由a＝tanα＝＝3，
知t0＝2s，
故当t＝2s时两车的距离最大，
．
（2）解法如方法一．
答：（1）汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过2s钟两车相距最远，此时距离为6m；
（2）经过4s汽车追上自行车，此时汽车的速度为12m/s．
点评：解决本题的关键速度小者加速追速度大者，在速度相等时，两者有最大距离．以及知道两车相遇时，位移相等．
【知识点的应用及延伸】
三种典型追及问题：
题型1：同地出发，速度小者（初速度为零的匀加速）追速度大者（匀速）．
①能追及，且只能相遇一次；
②当v1＝v2时，A、B距离最大；
题型2：速度大者（匀减速）追速度小者（匀速）．
①当v1＝v2时，A未追上B，则A、B永不相遇，此时两者间有最小距离；
②当v1＝v2时，A恰好追上B，则A、B相遇一次，也是避免相撞刚好追上的临界条件；
③当v1＞v2时，A已追上B，则A、B相遇两次，且之后当两者速度相等时，两者间有最大距离．
题型3：被追赶的物体做匀减速运动的追击．
①明确2个关系、1个条件；
②一定要注意追上前该物体是否已经停止运动．
【解题思路点拨】
1．追及和相遇问题的实质：研究的两物体能否在相同的时刻到达相同的空间位置的问题．
2．解追及和相遇问题的思路：
（1）根据对两物体运动过程的分析，画出两物体运动的情景图；
（2）根据两物体的运动性质，分别列出两个物体的位移方程，注意要将两物体运动时间的关系反映在方程中；
（3）由运动示意图找出两物体位移间的关联方程，这是关键；
（4）联立方程求解，并对结果进行简单分析．
3．分析追及和相遇问题时要注意：
（1）理清两个关系、一个条件．时间关系：tA＝tB±t0；位移关系：sA＝sB±s0．速度条件：两者速度相等．它往往是物体间能否追上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．
（2）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．
（3）解决问题时需要注意二者是否同时、同地出发；
（4）仔细审题，注意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”、“恰巧”、“最多”、“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．
4．解决追及和相遇问题的方法：
（1）物理分析法：通过对物理情景和物理过程的分析，找到临界状态和临界条件，然后列出方程求解；
（2）数学方法：在匀变速运动的位移表达式中有时间的二次方，可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法求解，有时也可借助v﹣t图象进行分析．
5．匀变速直线运动的图象
【知识点的认识】
1．匀变速直线运动的s﹣t图象。
（1）匀变速直线运动的s﹣t图象为抛物线（匀速直线运动的s﹣t图象是一 条倾斜直线）。
（2）s﹣t图象中斜率的大小表示物体运动的快慢，斜率越大，速度越大。
（3）s﹣t图象的斜率为正，表示速度方向与所选正方向相同，斜率为负，表示速度方向与所选正方向相反。
2．匀变速直线运动的v﹣t图象：对于匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的v﹣t图线如图所示，对于该图线，应把握如下三个要点。
（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度v0；
（2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a；斜率为正，表示加速度方向与所设正方向相同；斜率为负表示加速度方向与所设正方向相反；斜率不变，表示加速度不变。
（3）图线下的“面积”表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移s，t轴上面的位移为正值，t轴下面的位移为负值。
【命题方向】
例1：两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v﹣t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（ ）
A.和0.30s B.3和0.30s C.和0.28s D.3和0.28s
分析：先根据三角形相似知识求出t1，再根据速度图象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解两物体质量之比。
解答：根据三角形相似得：＝，得t1＝0.3s。
根据速度图象的斜率等于加速度，得到：
甲的加速度大小为a甲＝＝，乙的加速度大小为a乙＝＝10m/s2
据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F＝ma得：两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为m甲：m乙＝a乙：a甲＝3：1。
故选：B。
点评：本题一方面考查速度图象的斜率等于加速度；另一方面考查运用数学知识解决物理问题的能力。
例2：某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（ ）
A．在10s末时，质点的速度最大
B．在0～10s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反
C．在8s和12s时，质点的加速度方向相反
D．在20s内，质点的位移为9m
分析：位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向。
解答：A、位移﹣时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；
B、在0～10s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反，故B正确；
C、在0～10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10～20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。所以在8s和12s时，质点的加速度方向相同，故C错误；
D、△x＝x2﹣x1＝0﹣1m＝﹣1m，故D错误。
故选：B。
点评：理解位移﹣时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键。
【知识点的应用及延伸】
1．图象的意义
运动图象是通过建立坐标系来表达有关物体运动规律的一种重要方法，对直线运动的图象应从以下几点认识它的物理意义：
（1）能从图象识别物体运动的性质。
（2）能认识图象在坐标轴上的截距的意义。
（3）能认识图象的斜率的意义。
（4）能认识图线复盖面积的意义（仅限于v﹣t图象）。
（5）能说出图线某一点对应的状态。
2．图象问题
（1）s﹣t图象。能读出s、t、v的信息（斜率表示速度），物体运动的s﹣t图象表示物体的位移随时间变化的规律。与物体运动的轨迹无任何直接关系。
（2）v﹣t图象。能读出s、t、v、a的信息（斜率表示加速度，曲线下的面积表示位移）。可见v﹣t图象提供的信息更多，应用也更广。
6．竖直上抛运动
【知识点的认识】
1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。
2．特点：
（1）初速度：v0≠0；
（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；
（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。
3．运动规律：
取竖直向上的方向为正方向，有：
vt＝v0﹣gt，
h＝v0t﹣gt2，
vt2﹣v02＝2gh；
4．几个特征量：
（1）上升的最大高度hmax＝；
（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下＝。
【命题方向】
例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（ ）
A．路程为65m
B．位移大小为25m，方向向上
C．速度改变量的大小为10m/s
D．平均速度大小为13m/s，方向向上
分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。
解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t＝＝s＝3s，故5s时物体正在下落；
A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h＝＝45m，后两s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）m＝65m；故A正确；
B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故B正确；
C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；
D、平均速度v＝＝＝5m/s，故D错误。
故选：AB。
点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。
例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：
（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；
（2）竖直井的深度。
分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。
解答：（1）设最后1s内的平均速度为
则：m/s
平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s
设物体被接住时的速度为v2，
则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，
则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t＝+1＝+1＝1.2s；
（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则
h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。
答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s
（2）竖直井的深度为6m。
点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。
【解题方法点拨】
1．竖直上抛运动的两种研究方法：
（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。
（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。
住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。
7．物体的弹性和弹力
【知识点的认识】
1．弹力
（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．
（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．
（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．
①支撑面的弹力：支持力的方向总是 垂直 于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．
点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．
球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．
球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．
②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．
③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．
（4）弹力的大小
对有明显形变的弹簧，弹力的大小可以由胡克定律计算．对没有明显形变的物体，如桌面、绳子等物体，弹力大小由物体的受力情况和运动情况共同决定．
①胡克定律可表示为（在弹性限度内）：F＝kx，还可以表示成△F＝k△x，即弹簧弹力的改变量和弹簧形变量的改变量成正比．式中k叫弹簧的劲度系数，单位：N/m．k由弹簧本身的性质决定（与弹簧的材料、粗细、直径及原长都有关系）．
②“硬”弹簧，是指弹簧的k值较大．（同样的力F作用下形变量△x较小）
③几种典型物体模型的弹力特点如下表．
【知识点的应用及延伸】
弹力有无及方向的判断
问题：怎样判断弹力的有无？
解答：（1）对于形变明显的情况（如弹簧）可由形变直接判断．
（2）对于接触处的形变不明显，判断其弹力的有无可用以下方法．
①拆除法
即解除所研究处的接触，看物体的运动状态是否改变．若不变，则说明无弹力；若改变，则说明有弹力．
②分析主动力和运动状态来判断是否有弹力．
分析主动力就是分析沿弹力所在方向上，除弹力以外其他力的合力．看该合力是否满足给定的运动状态，若不满足，则存在弹力；若满足，则不存在弹力．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对概念的考查：
关于弹力，下列说法中正确的是（ ）
A．相互接触的物体之间一定有弹力作用
B．不接触的物体之间也可能有弹力作用
C．压力和支持力的方向都垂直物体的接触面
D．压力和支持力的方向都平行于物体的接触面
分析：知道弹力产生的条件：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变．清楚弹力的方向．
解答：解：A、弹力产生的条件是：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变．
两个条件同时满足物体间才会产生弹力．故A错误．
B、根据A选项分析，故B错误．
C、压力和支持力的方向都垂直物体的接触面，指向被压和被支持的方向，故C正确．
D、压力和支持力的方向都垂直物体的接触面，故D错误．
故选C．
点评：要注意支持力、压力属于弹力．压力和支持力的方向都垂直物体的接触面．
（2）第二类常考题型是对具体事例进行分析：
如图，球A放在斜面上，被竖直挡板挡住而处于静止状态，关于球A所受的弹力，正确的（ ）
A．球A仅受一个弹力作用，弹力方向垂直斜面向上
B．球A受两个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向下
C．球A受两个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上
D．球A受三个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上，一个竖直向下
分析：小球处于静止状态，对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，弹力的方向垂直于接触面．
解答：解：由于小球对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，而且弹力的方向垂直于接触面，所以挡板对小球的弹力方向水平向右，斜面对小球的弹力方向垂直于斜面向上．
故选C
点评：支持力是常见的弹力，其方向垂直于接触面并且指向被支持物．基础题，比较容易．
【解题方法点拨】
这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．
8．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．
【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（ ）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（ ）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．
刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：
由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．
分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：
（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．
【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
9．牛顿运动定律的综合应用
【知识点的认识】
1．整体法：当连接体内（即系统内）各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
2．隔离法：当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
3．外力和内力：
（1）如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．
（2）应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2020/4/13 16:01:08；用户：ZY蔡老师；邮箱：[email protected]；学号：5146005项目
轻绳
轻杆
弹簧
形变情况
伸长忽略不计
认为长度不变
可伸长可缩短
施力与受力情况
只能受拉力或施出拉力
能受拉或受压，可施出拉力或压力
同杆
力的方向
始终沿绳
不一定沿杆
沿弹簧轴向
力的变化
可发生突变
同绳
只能发生渐变