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2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分专题1第2讲 力与直线运动
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第2讲 力与直线运动
考点1 匀变速直线运动规律的应用
■新依据·等级考预测·
❶近几年全国卷及北京卷、天津卷的高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用，命题背景来源于生活中的实际问题。
❷预计在2020年等级考备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。
1．(2018·全国卷Ⅰ·T14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。]
2．(2019·全国卷Ⅰ·T18)如图所示，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
C [本题应用逆向思维求解，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，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确。]
3．(2017·全国卷Ⅱ·T24)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。
[题眼点拨] ①“冰球以速度v0击出”“到达挡板的速度为v1”说明冰球的初速度为v0，匀减速滑动距离s0，末速度为v1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等。
[解析] (1)设冰球质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知
v－v＝－2a1s0 ①
又μmg＝ma1 ②
可解得：μ＝。
(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＝2a1s0 ③
v0－v1＝a1t ④
s1＝a2t2 ⑤
联立③④⑤式得
a2＝。 ⑥
[答案] (1) (2)
■新储备·等级考提能·
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度关系：v＝v0＋at。
(2)位移关系：x＝v0t＋at2。
(3)速度位移关系：v2－v＝2ax。(如上T3)
(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：＝＝v。
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。
2．易错警示
(1)匀变速直线运动的方程均为矢量方程，要注意规定正方向。
(2)“刹车类”问题中要注意刹车时间的判断。
如图所示，直线MN表示一条平直单车道，甲、乙两辆汽车刚开始静止，车头分别在A、B两处，两辆车长均为L＝4 m，两个车头间的距离为x0＝89 m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5 m/s2，甲车运动了t0＝5 s后，发现乙车仍然静止，甲车立即鸣笛，又经过t1＝1 s，乙车才开始向右做匀加速直线运动。
(1)若乙车运动的加速度a2＝5.0 m/s2，两辆汽车是否会相撞？通过计算说明。
(2)若要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少是多少？
[思维流程] 解此题的关键是根据题意画出如下的运动过程图，并灵活应用临界条件。
t＝0
假设两车某时刻相撞
[解析] 假设相撞，应满足：
时间关系：t甲＝t乙＋t0＋t1
空间关系：x甲＝x乙＋x0－L
甲车在t0＋t1＝6 s时的位移为a1(t0＋t1)2＝45 m
则有a1(t＋t0＋t1)2＝a2t2＋x0－L
代入数据并经过分析可知再经过t＝4 s甲、乙两车会相撞。
(2)若经过时间t2，两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，此种情况下乙车加速度记为a0
则有a1t2＝a0(t2－t0－t1)
a1t＝a0(t2－t0－t1)2＋x0－L
解得a0＝ m/s2
即要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少为 m/s2。
[答案] (1)会 (2) m/s2
反思：此题为匀变速直线运动中的追及、相遇问题，解题的关键是抓好“一个条件和两个关系”
(1)一个临界条件：速度相等，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点。
(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口，如思维流程中的过程图。
■新训练·等级考落实·
考向1 匀变速直线运动基本规律的应用
1．(原创题)(多选)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s2，行驶的速度不能超过50 m/s。已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km，下列说法正确的是( )
A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 s
B．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 m
C．从甲站运动到乙站的最短时间为70 s
D．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s
BC [空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t1＝＝20 s，选项A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v＝2amaxx解得最小位移为x＝500 m，选项B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，等于x，匀速运动时间为t2＝＝30 s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70 s，选项C正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为＝ m/s＝35.7 m/s，选项D错误。]
2．(2019·合肥市高三一模)强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1＝4 m、货车车身长L2＝4 m，货车在甲车前s＝4 m。若甲车司机发现附近无其他车辆后开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，汽车车尾超过货车车头4 m后完成超车，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：
(1)甲车完成超车至少需要多长时间；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。
[解析] (1)设甲车经过时间t刚好完成超车，在时间t内
甲车的位移大小x1＝v1t＋at2
货车的位移大小x2＝v2t
根据题意有x1＝x2＋L1＋L2＋s＋s1
代入数值得t＝4 s。
(2)假设甲车能安全超车，在最短的时间4 s内
甲车的位移大小x1＝56 m
乙车的位移大小x3＝v3t＝60 m
由于x1＋x3＝116 m>110 m，故假设不成立，不能安全超车。
[答案] (1)4 s (2)不能
考向2 匀变速直线运动的推论及比例关系的应用
3．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是( )
A． m/s2 B． m/s2
C． m/s2 D． m/s2
B [根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均
速度等于时刻的瞬时速度，在第一段路程内中间时刻的瞬时速度为：v1＝1＝ m/s＝4 m/s；在第二段路程内中间时刻的瞬时速度为：v2＝2＝ m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2，故B项正确。]
4．(2019·洛阳市高三联考)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝3 m，B、C之间的距离l2＝4 m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于( )
A． m B． m C. m D． m
C [根据做匀变速直线运动的质点在相邻相等的时间内的位移差是一常量，设物体通过l1和l2这两段位移的时间都是T，可得l2－l1＝aT2。根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知物体通过B点时的速度vB＝，物体从O点匀加速运动到A点，根据匀变速直线运动规律，vB＝，联立解得l＝ m，选项C正确。]
考点2 运动图象问题
■新依据·等级考预测·
❶近几年全国卷高考对图象的考查侧重于图象信息的获取和应用，图象信息不仅体现运动学的基本规律，还涉及追及、相遇问题，图象反映的规律也不再仅局限于匀变速直线运动。
❷预计2020等级考年对图象的考查还会涉及追及、相遇问题。图象选取、图象转换类问题已多年未考，但复习中也应足够重视。
1．一辆汽车沿平直道路行驶，其vt图象如图所示。在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的位移是( )
A．0 B．30 m C．750 m D．1 200 m
C [在vt图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在40内的位移为x＝×(10＋40)×30 m＝750 m，C正确。]
2．(多选)(2018·全国卷Ⅱ·T19)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．在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
BD [本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据vt图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确。]
3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·T21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图象如图所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A．在t＝1 s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
BD [由题中vt图象得a甲＝10 m/s2，a乙＝5 m/s2，两车在t＝3 s时并排行驶，此时x甲＝a甲t2＝×10×32 m＝45 m，x乙＝v0t＋a乙t2＝10×3 m＋×5×32 m＝52.5 m，所以t＝0时甲车在前，距乙车的距离为L＝x乙－x甲＝7.5 m，B项正确。t＝1 s时，x甲′＝a甲t′2＝5 m，x乙′＝v0t′＋a乙t′2＝12.5 m，此时x乙′＝x甲′＋L＝12.5 m，所以另一次并排行驶的时刻为t＝1 s，故A、C项错误。两次并排行驶的位置沿公路方向相距L′＝x乙－x乙′＝40 m，故D项正确。]
■新储备·等级考提能·
1．解决图象类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
(2)利用vt图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。(如上T3)
(3)物体的运动图象与运动过程的转化。
(4)xt图象、vt图象、at图象的应用。
2．应用图象时的“两个误区”
(1)误认为vt图象、xt图象是物体运动轨迹。
(2)在vt图象中误将交点认为此时相遇。(如上T2)
■新训练·等级考落实·
考向1 图象的选取与转换
1．(2019·福州市高三调研)甲、乙两个小球从不同高度做自由落体运动，同时落地。下列表示这一过程的位移—时间图象和速度—时间图象正确的是( )
A B C D
D [由自由落体运动的位移时间公式可知从不同高度释放甲、乙两个小球，它们同时落地，即它们的位移大小不同，在空中运动的时间也不同，选项A中两小球的位移不同，在空中运动的时间相同，选项B中两小球的位移相同，在空中运动的时间不同，选项A、B均错误；由自由落体运动的速度时间公式可知甲、乙两个小球在空中运动的加速度(重力加速度g)相同，即在vt图象中图线的斜率相同，但位移不同，开始运动的时刻不同，终止时刻相同，选项C错误，D正确。]
2.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的vt图象正确的是( )
A B C D
C [根据加速度随时间变化的图象可得，0～1 s为匀加速直线运动，速度v＝at＝t，速度为正方向，D项错误；第1 s末的速度v＝1 m/s,1～2 s加速度变为负值，而速度为正方向，因此为减速，v′＝1 m/s－a(t－1)，第2 s末，速度减小为0，B项错误；2～3 s，加速度为正方向，初速度为0，物体做正方向的匀加速直线运动，v＝a(t－2)＝t－2，即从第2 s开始又重复前面的运动，C项正确，A项错误。]
考向2 图象信息的获取与应用
3.(易错题)(多选)a、b两质点在同一直线上运动的位移—时间图象如图所示，b质点的加速度大小始终为0.2 m/s2，两图线相切于坐标为(5 s，－2.7 m)的点，则( )
A．前5 s内，a、b两质点的运动方向相同
B．t＝5 s时，a、b两质点的速度均为－0.54 m/s
C．b质点的初速度是－1.8 m/s
D．图中x0应为2.8
AD [位移—时间图象在某点切线的斜率表示在该点处的速度，由题意可知，a质点在t＝5 s前沿负方向做匀速直线运动，b质点在t＝5 s前沿负方向做匀减速直线运动，两质点的运动方向相同，选项A正确；两图线相切于坐标为(5 s，－2.7 m)的点，故在t＝5 s时两质点的速度相同，且v＝k＝ m/s＝－0.6 m/s，选项B错误；由题意可知，做匀减速直线运动的b质点加速度为0.2 m/s2，根据运动学公式有v＝v0＋at，解得v0＝－1.6 m/s，选项C错误；对于b质点，前5 s内有x＝t2＝×5 m＝－5.5 m，故x0＝－2.7－(－5.5)＝2.8，选项D正确。]
4.(2019·黄冈市高三调研)甲、乙两车在平直的公路上沿相同的方向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中阴影部分面积分别为S1、S2，下列说法正确的是( )
A．若S1＝S2，则甲、乙两车一定在t2时刻相遇
B．若S1>S2，则甲、乙两车在0～t2时间内不会相遇
C．在t1时刻，甲、乙两车的加速度相等
D．0～t2时间内，甲车的平均速度<
D [速度—时间图象与坐标轴所围图形的面积表示位移，由于不知道最初甲、乙两车起点是否相同，因此，若S1＝S2，无法判断甲、乙两车是否在t2时刻相遇，选项A错误；同理，若S1>S2，甲、乙两车在0～t2时间内可能相遇，选项B错误；速度—时间图象的斜率表示加速度，在t1时刻，甲的加速度小于乙的加速度，选项C错误；在0～t2时间内，甲车的平均速度小于t1～t2时间内甲车的平均速度1，在t1～t2时间内甲车的速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积小于做匀加速直线运动时速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积，因此<1<，选项D正确。]
考点3 牛顿运动定律的应用
■新依据·等级考预测·
❶近几年全国卷高考对本考点命题突出考查牛顿第二定律的应用、动力学的两类基本问题、动力学中的图象问题，题目类型有选择题也有计算题，题目新颖，与生活实际联系比较密切。
❷在2020年等级考备考中要关注动力学两类问题、图象问题和变力作用下的瞬时问题。
1．(2018·全国卷Ⅰ·T15)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
A B C D
A [假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。]
2．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T20)如图(a)所示，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g取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
(a)
(b) (c)
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～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
AB [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，其加速度大小为a1＝m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝m/s2＝0.2 m/s2，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＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B均正确；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。]
3．(2018·全国卷Ⅱ·T24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
[解析] (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v′＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3.0 m/s。 ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v′＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s。 ⑦
[答案] (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
■新储备·等级考提能·
1．牛顿第二定律的表达式：F合＝ma或Fx＝max，Fy＝may。
2．牛顿第二定律的“四性”
(1)矢量性：公式F＝ma是矢量式，F与a方向相同。
(2)瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化。(如上T1)
(3)同体性：F＝ma中，F、m、a对应同一物体。
(4)独立性：分力产生的加速度相互独立，与其他加速度无关。
3．应用牛顿运动定律的“三点注意”
(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，如上T1中，F随x而变，而不是突变。
(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，交替使用整体法与隔离法。
(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。做好受力分析，求出加速度。
(多选)(2019·武汉高三调研)如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过光滑定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsin θ
B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsin θ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsin θ
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin θ
[题眼点拨] ①“跨过光滑定滑轮”，表明滑轮两侧线上拉力相等；
②“保持静止”可分析各物体受力特点；
③“细线被烧断瞬间”，弹簧弹力不变，物体C的受力不变；
④“剪断弹簧瞬间”细线上的力突变。
AB [细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F1＝2mgsin θ，对A，由平衡条件得拉力F＝F1＝2mgsin θ。在细线被烧断瞬间，对A，由牛顿第二定律得F＝2maA，解得aA＝gsin θ，选项A正确；在细线被烧断瞬间，弹簧的弹力不变，B所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得F′1＝maB，解得aB＝2gsin θ，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力为F2，由牛顿第二定律得，对A，F－F2＝2ma，对B，F2－mgsin θ＝ma，由以上两式解得a＝gsin θ，选项C错误；撤去F的瞬间，细线上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此A、B可视为整体，由于弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹＋mgsin θ＝3ma′，未烧断细线前，对B受力分析，可得F1＝mgsin θ＋F弹，联立得a′＝gsin θ，故A的加速度为gsin θ，选项D错误。]
反思：(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法，如典例中求细线被烧断前的拉力大小时，将B、C及弹簧作为整体；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)瞬时加速度的分析与计算，要抓住两类模型的特点，如典例中，剪断细线时，弹簧弹力不变。
■新训练·等级考落实·
考向1 动力学中的两类基本问题
1.(原创题)2019年4月18日潍坊月报报道，第36届潍坊国际风筝会，引入了科技元素和时尚元素，无人机灯光秀首次亮相，为现场观众带来前所未有的震撼体验。如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。
(1)求运动过程中所受空气阻力大小；
(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面的高度；
(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。
[解析] (1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律：
F－mg－f＝ma
上升高度：h＝at2
联立解得：f＝4 N。
(2)下落过程由牛顿第二定律：mg－f＝ma1
得：a1＝8 m/s2
落地时的速度为v，则有：v2＝2a1H
联立解得：H＝100 m。
(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律：
F－mg＋f＝ma2
得：a2＝10 m/s2
设恢复升力时的速度为vm，飞行器安全着地时速度为0.
则有＋＝H
得：vm＝ m/s
由：vm＝a1t1
得：t1＝ s。
[答案] (1)4 N (2)100 m (3) s
考向2 瞬时性问题
2.如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧的拉力作用下静止，弹簧与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直方向成θ角斜向右下
C．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gsin θ，方向与水平方向成θ角斜向左下
D．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gtan θ，方向与竖直方向成θ角斜向左上
A [从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为g，方向竖直向下，选项A正确，B错误；剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F，轻绳的拉力为FT，由平衡条件知，Fcos θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝，FT＝mgtan θ。从B点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力均不变，则小球所受的合力大小为mgtan θ，由mgtan θ＝ma可得小球的加速度a＝gtan θ，方向水平向左，选项C、D错误。]
3．如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
A．图甲中A球的加速度为gsin θ
B．图甲中B球的加速度为2gsin θ
C．图乙中A、B两球的加速度均为gsin θ
D．图乙中轻杆的作用力一定不为零
C [设B球质量为m，A球的质量为3m。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsin θ，加速度为4gsin θ，故A、B错误；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin θ，A、B两球的加速度均为gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，D错误。]
考向3 连接体问题
4．(易错题)(多选)如图所示，一固定杆与水平方向的夹角α＝30°，将一质量为m的小球套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为M的重物，给小球和重物一沿杆向下的初速度，两者相对静止共同运动，且轻绳处于竖直状态。现给小球和重物一沿杆向上的初速度，两者相对静止共同沿杆向上做加速度大小为g的减速运动，则( )
A．小球与杆间的动摩擦因数μ＝
B．小球与杆间的动摩擦因数μ＝
C．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力大小为Mg
D．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力与固定杆之间的夹角β＝60°
ACD [小球和重物相对静止地沿杆向下运动时，轻绳竖直，由受力分析可知重物的加速度若不为零则沿竖直方向，而小球的加速度若不为零则必不沿竖直方向，所以两者共有的加速度为零，共同做匀速运动，受力平衡，对小球和重物整体，由平衡条件得(m＋M)gsin α＝μ(m＋M)gcos α，则μ＝tan α＝，选项A正确，B错误；当小球和重物沿杆向上运动时，隔离重物分析受力情况，轻绳中的拉力大小记为F，则沿杆方向，由牛顿第二定律得Fcos β＋Mgsin α＝Mg，垂直固定杆方向，由平衡条件得Fsin β＝Mgcos α，解得β＝60°，F＝Mg，选项C、D正确。]
易错点评：不能正确应用整体法和隔离法选取研究对象进行受力分析。
考向4 临界、极值问题
5.某学校组织趣味课外活动——拉重物比赛，如图所示。设重物的质量为m，重物与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。某同学拉着重物在水平地面上运动时，能够施加的最大拉力为F，求重物运动时的最大加速度为( )
A． B．－μg
C．－μg D．－μg
D [由受力分析，重物受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，在水平方向有Fcos θ－Ff＝ma，竖直方向有Fsin θ＋FN＝mg，滑动摩擦力Ff＝μFN，根据以上三式联立可以求得a＝－μg，当tan θ＝μ时，加速度最大，最大加速度为amax＝－μg，故D正确，ABC错误；故选D。]
6．(2019·郑州市高三一模)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平地面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是( )
A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为μmg
C．无论力F为何值，b的加速度都不会超过μg
D．当力F>μmg时，b相对a滑动
A [若a、b两个物体均静止，力F一定小于μmg。若a、b两个物体运动且始终保持相对静止，则a、b两个物体的加速度相等，把a、b两个物体视为整体，a、b刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律有F－μ·2mg＝2ma共，隔离a分析受力，由牛顿第二定律，F－μmg＝ma共，联立解得F＝μmg，即若a、b两个物体始终保持相对静止，则力F不能超过μmg，选项A正确；当力F＝μmg时，对a、b两个物体整体，由牛顿第二定律有F－μ·2mg＝2ma1，解得a1＝μg，隔离物体a分析受力，由牛顿第二定律有F－f＝ma1，解得f＝μmg，选项B错误；a对b的最大摩擦力为μmg，隔离b受力分析，μmg－μ·2mg＝mamax，解得b的最大加速度amax＝μg，选项C错误；结合上面的分析，可知当力F超过μmg时，b相对a发生滑动，选项D错误。]
模型特点
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
同向运动时：L＝x1－x2 反向运动时：L＝x1＋x2
解题关键
“一个转折、两个关联”
(1)一个转折：即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点；(下题中在t1时刻，B与木板达到共同速度；A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同)
(2)两个关联：即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要时要通过作草图把握关系。
示例突破(2017·全国卷Ⅲ)
如图所示，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。
[突破过程] (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是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＝μ1mAg ①
f2＝μ1mBg ②
f3＝μ2(mA＋mB＋m)g ③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA ④
f2＝mBaB ⑤
f2－f1－f3＝ma1 ⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1 ⑦
v1＝a1t1 ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s。 ⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt ⑩
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 ⑪
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所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬
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 ⑭
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 ⑮
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 ⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。 ⑰
(也可用如图的速度－时间图线求解)
[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m
考点1 匀变速直线运动规律的应用
■新依据·等级考预测·
❶近几年全国卷及北京卷、天津卷的高考对匀变速直线运动规律的考查，重在基本规律的应用，命题背景来源于生活中的实际问题。
❷预计在2020年等级考备考中要加强以实际问题为背景的题目的训练。
1．(2018·全国卷Ⅰ·T14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误。]
2．(2019·全国卷Ⅰ·T18)如图所示，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
C [本题应用逆向思维求解，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，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确。]
3．(2017·全国卷Ⅱ·T24)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。
[题眼点拨] ①“冰球以速度v0击出”“到达挡板的速度为v1”说明冰球的初速度为v0，匀减速滑动距离s0，末速度为v1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等。
[解析] (1)设冰球质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知
v－v＝－2a1s0 ①
又μmg＝ma1 ②
可解得：μ＝。
(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＝2a1s0 ③
v0－v1＝a1t ④
s1＝a2t2 ⑤
联立③④⑤式得
a2＝。 ⑥
[答案] (1) (2)
■新储备·等级考提能·
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度关系：v＝v0＋at。
(2)位移关系：x＝v0t＋at2。
(3)速度位移关系：v2－v＝2ax。(如上T3)
(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：＝＝v。
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。
2．易错警示
(1)匀变速直线运动的方程均为矢量方程，要注意规定正方向。
(2)“刹车类”问题中要注意刹车时间的判断。
如图所示，直线MN表示一条平直单车道，甲、乙两辆汽车刚开始静止，车头分别在A、B两处，两辆车长均为L＝4 m，两个车头间的距离为x0＝89 m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5 m/s2，甲车运动了t0＝5 s后，发现乙车仍然静止，甲车立即鸣笛，又经过t1＝1 s，乙车才开始向右做匀加速直线运动。
(1)若乙车运动的加速度a2＝5.0 m/s2，两辆汽车是否会相撞？通过计算说明。
(2)若要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少是多少？
[思维流程] 解此题的关键是根据题意画出如下的运动过程图，并灵活应用临界条件。
t＝0
假设两车某时刻相撞
[解析] 假设相撞，应满足：
时间关系：t甲＝t乙＋t0＋t1
空间关系：x甲＝x乙＋x0－L
甲车在t0＋t1＝6 s时的位移为a1(t0＋t1)2＝45 m
则有a1(t＋t0＋t1)2＝a2t2＋x0－L
代入数据并经过分析可知再经过t＝4 s甲、乙两车会相撞。
(2)若经过时间t2，两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，此种情况下乙车加速度记为a0
则有a1t2＝a0(t2－t0－t1)
a1t＝a0(t2－t0－t1)2＋x0－L
解得a0＝ m/s2
即要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少为 m/s2。
[答案] (1)会 (2) m/s2
反思：此题为匀变速直线运动中的追及、相遇问题，解题的关键是抓好“一个条件和两个关系”
(1)一个临界条件：速度相等，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点。
(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口，如思维流程中的过程图。
■新训练·等级考落实·
考向1 匀变速直线运动基本规律的应用
1．(原创题)(多选)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s2，行驶的速度不能超过50 m/s。已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km，下列说法正确的是( )
A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 s
B．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 m
C．从甲站运动到乙站的最短时间为70 s
D．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s
BC [空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t1＝＝20 s，选项A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v＝2amaxx解得最小位移为x＝500 m，选项B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，等于x，匀速运动时间为t2＝＝30 s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70 s，选项C正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为＝ m/s＝35.7 m/s，选项D错误。]
2．(2019·合肥市高三一模)强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1＝4 m、货车车身长L2＝4 m，货车在甲车前s＝4 m。若甲车司机发现附近无其他车辆后开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，汽车车尾超过货车车头4 m后完成超车，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：
(1)甲车完成超车至少需要多长时间；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。
[解析] (1)设甲车经过时间t刚好完成超车，在时间t内
甲车的位移大小x1＝v1t＋at2
货车的位移大小x2＝v2t
根据题意有x1＝x2＋L1＋L2＋s＋s1
代入数值得t＝4 s。
(2)假设甲车能安全超车，在最短的时间4 s内
甲车的位移大小x1＝56 m
乙车的位移大小x3＝v3t＝60 m
由于x1＋x3＝116 m>110 m，故假设不成立，不能安全超车。
[答案] (1)4 s (2)不能
考向2 匀变速直线运动的推论及比例关系的应用
3．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是( )
A． m/s2 B． m/s2
C． m/s2 D． m/s2
B [根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均
速度等于时刻的瞬时速度，在第一段路程内中间时刻的瞬时速度为：v1＝1＝ m/s＝4 m/s；在第二段路程内中间时刻的瞬时速度为：v2＝2＝ m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2，故B项正确。]
4．(2019·洛阳市高三联考)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝3 m，B、C之间的距离l2＝4 m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于( )
A． m B． m C. m D． m
C [根据做匀变速直线运动的质点在相邻相等的时间内的位移差是一常量，设物体通过l1和l2这两段位移的时间都是T，可得l2－l1＝aT2。根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知物体通过B点时的速度vB＝，物体从O点匀加速运动到A点，根据匀变速直线运动规律，vB＝，联立解得l＝ m，选项C正确。]
考点2 运动图象问题
■新依据·等级考预测·
❶近几年全国卷高考对图象的考查侧重于图象信息的获取和应用，图象信息不仅体现运动学的基本规律，还涉及追及、相遇问题，图象反映的规律也不再仅局限于匀变速直线运动。
❷预计2020等级考年对图象的考查还会涉及追及、相遇问题。图象选取、图象转换类问题已多年未考，但复习中也应足够重视。
1．一辆汽车沿平直道路行驶，其vt图象如图所示。在t＝0到t＝40 s这段时间内，汽车的位移是( )
A．0 B．30 m C．750 m D．1 200 m
C [在vt图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在40内的位移为x＝×(10＋40)×30 m＝750 m，C正确。]
2．(多选)(2018·全国卷Ⅱ·T19)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．在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
BD [本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1～t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据vt图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确。]
3．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·T21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图象如图所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A．在t＝1 s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
BD [由题中vt图象得a甲＝10 m/s2，a乙＝5 m/s2，两车在t＝3 s时并排行驶，此时x甲＝a甲t2＝×10×32 m＝45 m，x乙＝v0t＋a乙t2＝10×3 m＋×5×32 m＝52.5 m，所以t＝0时甲车在前，距乙车的距离为L＝x乙－x甲＝7.5 m，B项正确。t＝1 s时，x甲′＝a甲t′2＝5 m，x乙′＝v0t′＋a乙t′2＝12.5 m，此时x乙′＝x甲′＋L＝12.5 m，所以另一次并排行驶的时刻为t＝1 s，故A、C项错误。两次并排行驶的位置沿公路方向相距L′＝x乙－x乙′＝40 m，故D项正确。]
■新储备·等级考提能·
1．解决图象类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
(2)利用vt图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。(如上T3)
(3)物体的运动图象与运动过程的转化。
(4)xt图象、vt图象、at图象的应用。
2．应用图象时的“两个误区”
(1)误认为vt图象、xt图象是物体运动轨迹。
(2)在vt图象中误将交点认为此时相遇。(如上T2)
■新训练·等级考落实·
考向1 图象的选取与转换
1．(2019·福州市高三调研)甲、乙两个小球从不同高度做自由落体运动，同时落地。下列表示这一过程的位移—时间图象和速度—时间图象正确的是( )
A B C D
D [由自由落体运动的位移时间公式可知从不同高度释放甲、乙两个小球，它们同时落地，即它们的位移大小不同，在空中运动的时间也不同，选项A中两小球的位移不同，在空中运动的时间相同，选项B中两小球的位移相同，在空中运动的时间不同，选项A、B均错误；由自由落体运动的速度时间公式可知甲、乙两个小球在空中运动的加速度(重力加速度g)相同，即在vt图象中图线的斜率相同，但位移不同，开始运动的时刻不同，终止时刻相同，选项C错误，D正确。]
2.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的vt图象正确的是( )
A B C D
C [根据加速度随时间变化的图象可得，0～1 s为匀加速直线运动，速度v＝at＝t，速度为正方向，D项错误；第1 s末的速度v＝1 m/s,1～2 s加速度变为负值，而速度为正方向，因此为减速，v′＝1 m/s－a(t－1)，第2 s末，速度减小为0，B项错误；2～3 s，加速度为正方向，初速度为0，物体做正方向的匀加速直线运动，v＝a(t－2)＝t－2，即从第2 s开始又重复前面的运动，C项正确，A项错误。]
考向2 图象信息的获取与应用
3.(易错题)(多选)a、b两质点在同一直线上运动的位移—时间图象如图所示，b质点的加速度大小始终为0.2 m/s2，两图线相切于坐标为(5 s，－2.7 m)的点，则( )
A．前5 s内，a、b两质点的运动方向相同
B．t＝5 s时，a、b两质点的速度均为－0.54 m/s
C．b质点的初速度是－1.8 m/s
D．图中x0应为2.8
AD [位移—时间图象在某点切线的斜率表示在该点处的速度，由题意可知，a质点在t＝5 s前沿负方向做匀速直线运动，b质点在t＝5 s前沿负方向做匀减速直线运动，两质点的运动方向相同，选项A正确；两图线相切于坐标为(5 s，－2.7 m)的点，故在t＝5 s时两质点的速度相同，且v＝k＝ m/s＝－0.6 m/s，选项B错误；由题意可知，做匀减速直线运动的b质点加速度为0.2 m/s2，根据运动学公式有v＝v0＋at，解得v0＝－1.6 m/s，选项C错误；对于b质点，前5 s内有x＝t2＝×5 m＝－5.5 m，故x0＝－2.7－(－5.5)＝2.8，选项D正确。]
4.(2019·黄冈市高三调研)甲、乙两车在平直的公路上沿相同的方向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中阴影部分面积分别为S1、S2，下列说法正确的是( )
A．若S1＝S2，则甲、乙两车一定在t2时刻相遇
B．若S1>S2，则甲、乙两车在0～t2时间内不会相遇
C．在t1时刻，甲、乙两车的加速度相等
D．0～t2时间内，甲车的平均速度<
D [速度—时间图象与坐标轴所围图形的面积表示位移，由于不知道最初甲、乙两车起点是否相同，因此，若S1＝S2，无法判断甲、乙两车是否在t2时刻相遇，选项A错误；同理，若S1>S2，甲、乙两车在0～t2时间内可能相遇，选项B错误；速度—时间图象的斜率表示加速度，在t1时刻，甲的加速度小于乙的加速度，选项C错误；在0～t2时间内，甲车的平均速度小于t1～t2时间内甲车的平均速度1，在t1～t2时间内甲车的速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积小于做匀加速直线运动时速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积，因此<1<，选项D正确。]
考点3 牛顿运动定律的应用
■新依据·等级考预测·
❶近几年全国卷高考对本考点命题突出考查牛顿第二定律的应用、动力学的两类基本问题、动力学中的图象问题，题目类型有选择题也有计算题，题目新颖，与生活实际联系比较密切。
❷在2020年等级考备考中要关注动力学两类问题、图象问题和变力作用下的瞬时问题。
1．(2018·全国卷Ⅰ·T15)如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是( )
A B C D
A [假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。]
2．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T20)如图(a)所示，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g取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
(a)
(b) (c)
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～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
AB [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，其加速度大小为a1＝m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝m/s2＝0.2 m/s2，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＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B均正确；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。]
3．(2018·全国卷Ⅱ·T24)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
[解析] (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v′＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3.0 m/s。 ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v′＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s。 ⑦
[答案] (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
■新储备·等级考提能·
1．牛顿第二定律的表达式：F合＝ma或Fx＝max，Fy＝may。
2．牛顿第二定律的“四性”
(1)矢量性：公式F＝ma是矢量式，F与a方向相同。
(2)瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化。(如上T1)
(3)同体性：F＝ma中，F、m、a对应同一物体。
(4)独立性：分力产生的加速度相互独立，与其他加速度无关。
3．应用牛顿运动定律的“三点注意”
(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，如上T1中，F随x而变，而不是突变。
(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，交替使用整体法与隔离法。
(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。做好受力分析，求出加速度。
(多选)(2019·武汉高三调研)如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过光滑定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦。开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsin θ
B．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsin θ
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsin θ
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin θ
[题眼点拨] ①“跨过光滑定滑轮”，表明滑轮两侧线上拉力相等；
②“保持静止”可分析各物体受力特点；
③“细线被烧断瞬间”，弹簧弹力不变，物体C的受力不变；
④“剪断弹簧瞬间”细线上的力突变。
AB [细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F1＝2mgsin θ，对A，由平衡条件得拉力F＝F1＝2mgsin θ。在细线被烧断瞬间，对A，由牛顿第二定律得F＝2maA，解得aA＝gsin θ，选项A正确；在细线被烧断瞬间，弹簧的弹力不变，B所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得F′1＝maB，解得aB＝2gsin θ，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力为F2，由牛顿第二定律得，对A，F－F2＝2ma，对B，F2－mgsin θ＝ma，由以上两式解得a＝gsin θ，选项C错误；撤去F的瞬间，细线上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此A、B可视为整体，由于弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹＋mgsin θ＝3ma′，未烧断细线前，对B受力分析，可得F1＝mgsin θ＋F弹，联立得a′＝gsin θ，故A的加速度为gsin θ，选项D错误。]
反思：(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法，如典例中求细线被烧断前的拉力大小时，将B、C及弹簧作为整体；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)瞬时加速度的分析与计算，要抓住两类模型的特点，如典例中，剪断细线时，弹簧弹力不变。
■新训练·等级考落实·
考向1 动力学中的两类基本问题
1.(原创题)2019年4月18日潍坊月报报道，第36届潍坊国际风筝会，引入了科技元素和时尚元素，无人机灯光秀首次亮相，为现场观众带来前所未有的震撼体验。如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)。
(1)求运动过程中所受空气阻力大小；
(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面的高度；
(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。
[解析] (1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律：
F－mg－f＝ma
上升高度：h＝at2
联立解得：f＝4 N。
(2)下落过程由牛顿第二定律：mg－f＝ma1
得：a1＝8 m/s2
落地时的速度为v，则有：v2＝2a1H
联立解得：H＝100 m。
(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律：
F－mg＋f＝ma2
得：a2＝10 m/s2
设恢复升力时的速度为vm，飞行器安全着地时速度为0.
则有＋＝H
得：vm＝ m/s
由：vm＝a1t1
得：t1＝ s。
[答案] (1)4 N (2)100 m (3) s
考向2 瞬时性问题
2.如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧的拉力作用下静止，弹簧与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．从A点剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为，方向与竖直方向成θ角斜向右下
C．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gsin θ，方向与水平方向成θ角斜向左下
D．从B点剪断轻绳瞬间，小球的加速度大小为gtan θ，方向与竖直方向成θ角斜向左上
A [从A点剪断弹簧瞬间，小球所受的弹簧拉力消失，所受的轻绳拉力突变为零，小球在重力作用下向下运动，小球的加速度大小为g，方向竖直向下，选项A正确，B错误；剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F，轻绳的拉力为FT，由平衡条件知，Fcos θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝，FT＝mgtan θ。从B点剪断轻绳瞬间，小球所受的轻绳拉力消失，所受弹簧的拉力和重力均不变，则小球所受的合力大小为mgtan θ，由mgtan θ＝ma可得小球的加速度a＝gtan θ，方向水平向左，选项C、D错误。]
3．如图所示，A球质量为B球质量的3倍，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )
A．图甲中A球的加速度为gsin θ
B．图甲中B球的加速度为2gsin θ
C．图乙中A、B两球的加速度均为gsin θ
D．图乙中轻杆的作用力一定不为零
C [设B球质量为m，A球的质量为3m。撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为4mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，题图甲中A球所受的合力为零，加速度为零，B球所受合力为4mgsin θ，加速度为4gsin θ，故A、B错误；题图乙中，撤去挡板的瞬间，A、B两球整体的合力为4mgsin θ，A、B两球的加速度均为gsin θ，则每个球的合力等于重力沿斜面向下的分力，轻杆的作用力为零，C正确，D错误。]
考向3 连接体问题
4．(易错题)(多选)如图所示，一固定杆与水平方向的夹角α＝30°，将一质量为m的小球套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为M的重物，给小球和重物一沿杆向下的初速度，两者相对静止共同运动，且轻绳处于竖直状态。现给小球和重物一沿杆向上的初速度，两者相对静止共同沿杆向上做加速度大小为g的减速运动，则( )
A．小球与杆间的动摩擦因数μ＝
B．小球与杆间的动摩擦因数μ＝
C．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力大小为Mg
D．沿杆向上运动时，轻绳中的拉力与固定杆之间的夹角β＝60°
ACD [小球和重物相对静止地沿杆向下运动时，轻绳竖直，由受力分析可知重物的加速度若不为零则沿竖直方向，而小球的加速度若不为零则必不沿竖直方向，所以两者共有的加速度为零，共同做匀速运动，受力平衡，对小球和重物整体，由平衡条件得(m＋M)gsin α＝μ(m＋M)gcos α，则μ＝tan α＝，选项A正确，B错误；当小球和重物沿杆向上运动时，隔离重物分析受力情况，轻绳中的拉力大小记为F，则沿杆方向，由牛顿第二定律得Fcos β＋Mgsin α＝Mg，垂直固定杆方向，由平衡条件得Fsin β＝Mgcos α，解得β＝60°，F＝Mg，选项C、D正确。]
易错点评：不能正确应用整体法和隔离法选取研究对象进行受力分析。
考向4 临界、极值问题
5.某学校组织趣味课外活动——拉重物比赛，如图所示。设重物的质量为m，重物与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。某同学拉着重物在水平地面上运动时，能够施加的最大拉力为F，求重物运动时的最大加速度为( )
A． B．－μg
C．－μg D．－μg
D [由受力分析，重物受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，在水平方向有Fcos θ－Ff＝ma，竖直方向有Fsin θ＋FN＝mg，滑动摩擦力Ff＝μFN，根据以上三式联立可以求得a＝－μg，当tan θ＝μ时，加速度最大，最大加速度为amax＝－μg，故D正确，ABC错误；故选D。]
6．(2019·郑州市高三一模)如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平地面上，已知ma＝mb＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是( )
A．若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过μmg
B．当力F＝μmg时，a、b间的摩擦力为μmg
C．无论力F为何值，b的加速度都不会超过μg
D．当力F>μmg时，b相对a滑动
A [若a、b两个物体均静止，力F一定小于μmg。若a、b两个物体运动且始终保持相对静止，则a、b两个物体的加速度相等，把a、b两个物体视为整体，a、b刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律有F－μ·2mg＝2ma共，隔离a分析受力，由牛顿第二定律，F－μmg＝ma共，联立解得F＝μmg，即若a、b两个物体始终保持相对静止，则力F不能超过μmg，选项A正确；当力F＝μmg时，对a、b两个物体整体，由牛顿第二定律有F－μ·2mg＝2ma1，解得a1＝μg，隔离物体a分析受力，由牛顿第二定律有F－f＝ma1，解得f＝μmg，选项B错误；a对b的最大摩擦力为μmg，隔离b受力分析，μmg－μ·2mg＝mamax，解得b的最大加速度amax＝μg，选项C错误；结合上面的分析，可知当力F超过μmg时，b相对a发生滑动，选项D错误。]
模型特点
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
同向运动时：L＝x1－x2 反向运动时：L＝x1＋x2
解题关键
“一个转折、两个关联”
(1)一个转折：即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点；(下题中在t1时刻，B与木板达到共同速度；A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同)
(2)两个关联：即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要时要通过作草图把握关系。
示例突破(2017·全国卷Ⅲ)
如图所示，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。
[突破过程] (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是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＝μ1mAg ①
f2＝μ1mBg ②
f3＝μ2(mA＋mB＋m)g ③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA ④
f2＝mBaB ⑤
f2－f1－f3＝ma1 ⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1 ⑦
v1＝a1t1 ⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s。 ⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt ⑩
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 ⑪
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所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2 ⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬
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 ⑭
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 ⑮
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 ⑯
联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m。 ⑰
(也可用如图的速度－时间图线求解)
[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m
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