2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第2课时　力与直线运动

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第2课时　力与直线运动内容重要的规律、公式和二级结论1.位移、速度、加速度(1)一般情况下：位移小于路程；物体做单方向直线运动时，位移与路程的大小相等。(2)速度大，加速度不一定大；加速度减小，速度也可能在增大。2.匀变速直线运动(3)公式：v＝v0＋at；x＝v0t＋at2；v2－v＝2ax；x＝t(4)推论①相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2。②中间时刻速度：v＝＝。③位移中点速度v＝。3.牛顿运动定律及其应用(5)物体沿粗糙水平面滑行时的加速度a＝μg；物体沿光滑斜面下滑的加速度a＝gsin α；物体沿着粗糙斜面恰好匀速下滑时μ＝tan α；物体沿粗糙斜面下滑的加速度a＝g(sin α－μcos α)。(6)一起加速运动的物体系，若力是作用于m1上，则m1和m2的相互作用力为FN＝，与有无摩擦无关，平面、斜面、竖直方向都一样。4.超重、失重(7)超重时，加速度a方向竖直向上(匀加速上升，匀减速下降)；失重时，加速度a方向竖直向下(匀减速上升，匀加速下降)。5.运动图像(8)包括x－t、v－t、a－t图像等，注意图线斜率和图线与横轴所包围面积的意义。高考题型一　匀变速直线运动规律的运用【例1】 (2022·湖北高考，6) 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　　)A.6小时25分钟  　 B.6小时30分钟C.6小时35分钟  　 D.6小时40分钟答案　B解析　v1＝108 km/h＝30 m/s，v1′＝324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝at＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝ s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x1′＝at1′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分，故选项B正确。【素能提升】1.(2022·山东临沂期中)高速公路的ETC电子收费系统如图1所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6 m。某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2 s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆。已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s。则刹车的加速度大小约为(　　)图1A.2.52 m/s2   B.3.55 m/s2C.3.75 m/s2   D.3.05 m/s2答案　D解析　设刹车的加速度大小为a，则有x＝v0(t1＋t2＋Δt)＋，代入数据解得a＝3.05 m/s2，所以D正确，A、B、C错误。2.(2022·全国甲卷，15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　　)A.＋B.＋C.＋D.＋答案　C解析　由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0，则有v＝ v0－2at1，解得t1＝；在隧道内匀速运动所用时间t2＝；列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，故选项C正确。高考题型二　牛顿运动定律解决三类问题角度1瞬时性问题【例2】 (2022·湖南桑植模拟)如图2所示，力传感器上吊着一个滑轮，细线绕过滑轮(质量不可忽略)一端吊着物块A、另一端吊着物块B和C，三个物块的质量相同。由静止释放三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为F1；在三个物块运动过程中，剪断B、C物块间的细线，力传感器的示数变为F2，重力加速度为g，不计一切摩擦，则(　　)图2A.三个物块一起运动的加速度大小为gB.每个物块的重力为C.滑轮的重力为2F2－F1D.剪断B、C间细线的一瞬间，连接A、B细线上的张力大小不变答案　B解析　设三个物块的质量都为m，则2mg－mg＝3ma，解得a＝g，故A错误；设绳的拉力为F，则F－mg＝ma，解得F＝mg。设滑轮的质量为M，根据力的平衡有F1＝Mg＋2F＝Mg＋mg剪断B、C间的细线，由于A、B质量相等，因此A、B运动的加速度为零，这时细线上的张力大小发生突变，减少到mg，故D错误；根据力的平衡F2＝Mg＋2mg，解得mg＝(F1－F2)，Mg＝4F2－3F1，故B正确，C错误。两种模型对比　　　　　　　　　　　　角度2超、失重问题【例3】 (多选)(2022·华南师大附中模拟)有一种自带起吊装置的构件运输车，其起吊臂A安装在车厢前端，如图3甲所示，初始时刻，质量为m的构件静止在运输车上。当卷扬机B通过绕过定滑轮C的轻质吊索对构件施加竖直向上的拉力时，连接在吊索上的拉力传感器绘制出吊索拉力随时间变化的规律为三段直线，如图乙所示，重力加速度大小为g。则下列描述正确的有(　　)图3A.0～t1时间内构件处于失重状态B.t1时刻构件的速度最大C.t2～t3时间内构件处于超重状态D.0～t3时间内，构件在t3时刻速度最大答案　CD解析　0～t1时间内FT＜mg，构件静止，处于平衡状态，故A错误；t1时刻构件恰好开始运动，速度为零，故B错误；t2～t3时间内FT＞mg，构件存在竖直向上的加速度，处于超重状态，故C正确；0～t1时间内构件静止，t1～t2时间内构件做加速度增大的加速运动，t2～t3时间内构件做匀加速运动，所以0～t3时间内，构件在t3时刻速度最大，故D正确。角度3连接体问题【例4】 (2022·山东青岛二模)如图4，在杠杆的左臂L处挂有质量为3.0 kg的小球a，在杠杆的右臂L处挂有一定滑轮。跨过定滑轮的细线一端拴接质量为3.0 kg的小球b，另一端拴接小球c，忽略滑轮和细线质量以及一切摩擦，若要使杠杆平衡，小球c的质量应为(　　)图4A.0   B.1.0 kgC.3.0 kg   D.1.5 kg答案　B解析　如图所示由杠杆平衡条件可得T2＝T1＝mag，T2＝2T3对小球b由牛顿第二定律得mbg－T3＝mba对小球c由牛顿第二定律得T3－mcg＝mca联立解得mc＝1.0 kg，故B正确，A、C、D错误。连接体的运动特点(1)叠放和并排连接体：加速度相等、速度相等。(2)轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是相等。(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度。(4)轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。【素能提升】3.(2022·四川成都三模)如图5，倾角为θ且表面光滑的斜面固定在水平地面上，轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接物体a，另一端连接物体b，b与物体c之间连接轻弹簧，a与地面接触且a、b、c均静止。已知b、c的质量均为m，重力加速度大小为g。则(　　)图5A.a的质量可能小于2msin θB.剪断竖直绳后瞬间，b的加速度大小为2gsin θC.剪断竖直绳后瞬间，c的加速度大小为gsin θD.剪断竖直绳后的一小段时间内，b、c的距离变大答案　B解析　根据平衡条件对b、c整体受力分析可得T＝2mgsin θ，对a受力分析可得mag＝T＋FN，可知ma≥2msin θ，故A错误；弹簧的弹力为kx＝mgsin θ，剪断细线弹簧弹力不突变，此时对b物体kx＋mgsin θ＝mab，则加速度ab＝2gsin θ，故B正确；剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不变，c的加速度大小为0，故C错误；剪断竖直绳后的一小段时间内，物体b的加速度大于c的加速度，则b、c的距离变小，故D错误。4.(2022·全国乙卷，15)如图6，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　　)图6A.   B.  C.   D.答案　A解析　当两球运动至二者相距L时，如图所示。由几何关系可知sin θ＝＝设绳子拉力为FT，对轻绳的中点，水平方向有2FTcos θ＝F解得FT＝F对任一小球，由牛顿第二定律有FT＝ma解得a＝，故A正确，B、C、D错误。高考题型三　运动学和动力学图像1.两关注——横坐标、纵坐标(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。2.三理解——斜率、面积、截距(1)图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。(2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个点或两个点到横坐标轴的垂线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。(3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。3.三分析——交点、转折点、渐近线(1)交点：往往是解决问题的切入点。(2)转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用。(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。角度1运动学图像【例5】 (2022·河北唐山二模)ETC又称自动道路缴费系统，该系统的推行，有效的缓解高速公路收费站的拥堵现象。若某汽车在高速上正常行驶速度为30 m/s，沿该平直公路通过收费站ETC通道时，其速度随时间变化的关系如图7所示，则ETC通道对该车行驶产生的时间延误为(　　)图7A.8 s   B.20 s  C.26 s   D.40 s答案　B解析　根据v－t图像与横轴所包围的面积表示位移，可得通过ETC通道的位移为x＝×(6－1) m＋5×(14－6) m＋×(41－14) m＝600 m没有收费站时，汽车所用时间为t＝＝ s＝20 s所以ETC通道对该车行驶产生的时间延误为Δt＝(41－1－20) s＝20 s，所以B正确，A、C、D错误。角度2动力学图像【例6】 (2022·贵州贵阳二模)如图8所示，一根轻绳跨过光滑的定滑轮，两端各系一个物体P和Q，P的质量保持不变。开始时，P静止在地面上，当Q的质量发生变化时，P的加速度随Q的质量变化的关系图像为下图中的(　　) 图8答案　C解析　以P、Q整体为研究对象，P的质量不变，当mQ≤mP时，整体受重力和地面的支持力，处于平衡状态，此时加速度a＝0；当mQ>mP时，整体只受重力作用，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，可有mQg－mPg＝(mP＋ mQ)a，则加速度a＝g，当mQ增大时，加速度a增大，且是非均匀增大，随mQ增大，加速度a趋向于g，故A、B、D错误，C正确。【素能提升】5.(2022·湖南常德模拟)一物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图像如图9所示。下列图像正确的是(　　)图9答案　A解析　从a－t图像知：0～1 s内物体做加速度增大的加速运动，1～2 s做加速度减小的加速运动，2～3 s做加速度增大的减速运动，3～4 s做加速度减小的减速运动，A正确；B项速度最大时加速度不为零，与加速度图像第2 s末加速度为零不符，B错误；C、D项速度时间图像中直线部分，加速度大小不变，与a－t图像中加速度变化不符，C、D错误。6.(2022·辽宁朝阳质检)一航天爱好者将一枚自制火箭竖直向上发射，该火箭的推力随时间的变化规律如图10所示。火箭处于静止状态，开始点火(t＝0)，t＝20 s时火箭失去推力。假设火箭质量恒为2 kg，重力加速度g＝10 m/s2，并假设运动中不计空气阻力。则下列结论正确的是(　　)图10A.0～10 s内，火箭一直加速运动B.t＝10 s时，火箭速度达到最大C.发射过程中，火箭的最大加速度为15 m/s2D.10～20 s内，火箭的速度增量为50 m/s答案　D解析　火箭质量恒为2 kg，当推力小于重力时火箭静止，故0～10 s内，火箭并非一直加速运动，故A错误；10～20 s推力大于重力，火箭仍在加速，t＝10 s时，火箭的速度不是最大，故B错误；10～20 s推力最大为30 N，根据牛顿第二定律am＝＝5 m/s2，故C错误；10～20 s内，火箭的速度增量为Δv＝amΔt＝50 m/s，故D正确。1.(2021·湖北高考，2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为(　　)A.0.2 s   B.0.4 s  C.1.0 s  D.1.4 s答案　B解析　陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误。2.(2022·河北高考，1)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图11所示。由图像可知(　　)图11A.0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大B.0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C.t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小D.t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动答案　D解析　根据v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；根据v－t图像围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；根据v－t图像围成的面积表示位移，由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v－t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。3.(2022·辽宁高考，7)如图12所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　　)图12A.v0＝2.5 m/s   B.v0＝1.5 m/sC.μ＝0.28  D.μ＝0.25答案　B解析　物块水平沿中线做匀减速直线运动，则＝＝，由题意知x＝1 m，t＝1 s，0<v<v0，代入数据有1 m/s<v0 < 2 m/s，故A错误，B正确；对物块受力分析有a＝－μg，v2 － v＝2ax，整理有v＋2ax > 0，联立可得μ < 0.2，故C、D错误。4.(多选)(2022·全国甲卷，19)如图13，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　)图13A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小答案　AD解析　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，对Q受力分析可知，弹簧的弹力为kx＝μmg；以向右为正方向，撤去拉力后，对滑块P由牛顿第二定律有－kx′－μmg＝maP1，对滑块Q有kx′－μmg＝maQ，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力由kx一直在减小，可知P做加速度减小的减速运动，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度，大小为2μg，Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误，D正确。1.(2022·浙江丽水期中)乒乓球运球接力是老少皆宜的趣味运动项目，运球时需根据运动情况及时调整球拍的角度以避免乒乓球落地(如图1)。若某次运球时乒乓球与球拍始终保持相对静止，一起水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　)图1A.乒乓球受到球拍的摩擦力水平向左B.乒乓球受到球拍的摩擦力可能为零C.球拍对乒乓球的支持力小于乒乓球受到的重力D.球拍对乒乓球的支持力大于乒乓球对球拍的压力答案　B解析　向右动球时，球拍有一定斜角，当a＝gtan θ时，乒乓球受到球拍的摩擦力为0，所以A错误，B正确；当球拍处于水平状态，由摩擦力来提供加速度，则球拍对乒乓球的支持力等于乒乓球受到的重力，所以C错误；球拍对乒乓球的支持力与乒乓球对球拍的压力是相互作用力，总是大小相等，方向相反，所以D错误。2.(多选)(2022·山东胶州期中)如图2，圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，容器中有a、b、c三个不同材质的物块，物块a、c均对容器壁有压力，物块b悬浮于容器内的液体中，忽略a、c与容器壁间的摩擦。现给容器施加一水平向右的恒力，使容器向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是(　　)图2A.三个物块将保持图中位置不变，与容器一起向右加速运动B.物块a将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压C.物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动D.物块c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压答案　CD解析　由题意可知，c浮在上面对上壁有压力，可知c排开水的质量大于本身的质量；同理b排开水的质量等于本身的质量，a排开水的质量小于本身的质量；则当容器向右加速运动时，由牛顿第一定律可知，物块a将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压；物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动；物块c因相等体积的水将向左运动，则导致c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压(可将c想象为一个小气泡)，故C、D正确。3.(多选)(2021·海南高考)甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，t＝0时经过路边的同一路标，下列位移—时间(x－t)图像和速度—时间(v－t)图像对应的运动中，甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是(　　)答案　BC解析　根据x－t图像的交点表示相遇，可知B图x－t图像对应的运动中，甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇，A错误，B正确；根据v－t图像面积表示位移可知，C图中甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇，C正确，D错误。4.(2022·广东深圳模拟)蹦极是一项极限运动，在做好充足的防护措施的情况下，人们可以感受完全失重的刺激。蹦极所用的绳索可看成弹性绳，人蹦极下降过程中的加速度随位移变化的图像如图3所示，忽略空气阻力以及绳索的重力，g为重力加速度，则下列说法正确的是(　　)图3A.下降x2时，人的速度达到最大B.从x1到x2，人处于减速状态C.下降x1开始，人将处于超重状态D.由于有绳索的拉力，所以加速度a0小于g答案　A解析　人下降到x2时，人的加速度为0，速度达到最大，故A正确；从x1到x2，人的加速度向下，人在做加速度减小的加速运动，故B错误；从x1到x2，人的加速度向下，人处于失重状态，x2后，人的加速度向上，处于超重状态，故C错误；从0到x1，人做自由落体运动，加速度等于重力加速度，所以a0等于g，故D错误。5.(2022·吉林长白山模拟)滑沙是能够放松和解压的新兴旅游项目，游客坐在一块板上沿沙山斜坡下滑，其过程可以简化为一物块沿倾斜角为θ的斜面下滑，如图4所示。若物块所受阻力的大小与速度大小的关系满足f＝kv(k为定值)，则(　　)图4A.物块做匀加速直线运动B.如果斜面足够长，物块最后做匀速直线运动C.物块做加速度逐渐增大的加速运动D.物块初始时刻加速度最小答案　B解析　根据牛顿第二定律得mgsin θ－kv＝ma，可知随下滑速度增加，加速度减小，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，故A、C错误；当mgsin θ－kv＝0时物块受力平衡，做匀速直线运动，故B正确；初始时v＝0，阻力f＝kv＝0，物块加速度最大，故D错误。6.(多选)(2022·福建晋江期末)如图5所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度之比为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则(　　)图5A.三者到达桌面时的速度大小之比是∶∶1B.三者运动时间之比为3∶2∶1C.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比答案　AC解析　三个球均做自由落体运动，由v2＝2gh得v＝，则v1∶v2∶v3＝∶∶＝∶∶1，故A正确；三个球均做自由落体运动，由h＝gt2得t＝，则t1∶t2∶t3＝∶∶＝∶∶1，故B错误；b与a开始下落的时间差(－)t3小于c与b开始下落的时间差(－1)t3，故C正确；小球下落的加速度均为g，与重力及质量无关，故D错误。7.(2022·云南曲靖一中模拟)如图6所示，光滑固定斜面上有质量相等的两正方形物体A、B，两物体的接触面光滑且垂直于斜面。现在A物体的左上角施加一个与水平方向成α角斜向右下方的作用力F，已知α<90°。则(　　)图6A.不管向哪个方向运动，两物体都不会分开B.两物体之间的作用力沿水平方向C.两物体对斜面的正压力相等D.两物体一定沿斜面向上运动答案　A解析　对A、B整体研究，若F沿斜面向上的分力小于A、B重力沿斜面向下的分力时，两物体一起向下运动；若F沿斜面向上的分力大于A、B重力沿斜面向下的分力时，两物体一起向上运动，故A正确，D错误；A与B两物体间的作用力，垂直于接触面，应该与斜面平行，故B错误；以B为研究对象，受到重力、支持力及沿斜面向上的A的推力，所以B对斜面的压力等于其自身重力垂直于斜面的分力；以A为研究对象，受到重力、支持力、沿斜面向下的B的推力及外力F，所以A对斜面的压力等于其自身重力垂直于斜面的分力和F垂直于斜面的分力的合力，故两物体对斜面的正压力不相等，故C错误。8.(2022·浙江天略外国语学校模拟)如图7所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5 m以内时能够实现通信。t＝0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为5 m/s，乙车的速度为2 m/s，O1、O2的距离为3 m。从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间，从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为(　　)图7A.2.00 s   B.4.75 s  C.6.00 s   D.6.25 s答案　D解析　根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且O1O2＝5 m时，有x甲－x乙＝4 m，根据运动学公式有x甲＝v甲t－at2，x乙＝v乙t，解得t1＝2 s，t2＝4 s，因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当0<t<2 s时，O1O2<5 m；2 s<t<4 s时，O1O2>5 m。t＝t2＝4 s时，甲车的速度为v甲1＝v甲－at2＝1 m/s<v乙，t＝4 s之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行驶的距离为x甲1＝＝0.5 m，根据几何关系可知，从t＝4 s开始到乙车行驶至甲车前方4 m的过程中，O1O2<5 m，这段过程经历的时间为t′＝＝4.25 s，所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t总＝2 s＋4.25 s＝6.25 s，故D正确。9.(2022·浙江高三开学考试)随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图8所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝80 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。若飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝40 m/s，航空母舰始终处于静止状态，(取g＝10 m/s2)下列说法正确的是(　　)图8A.飞机在前一阶段的加速度大小4.0 m/s2B.飞机在电磁弹射区末的速度大小v1＝20 m/sC.电磁弹射器的牵引力F牵的大小为2×104 ND.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的答案　C解析　根据牛顿第二定律，在后一阶段：F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0 m/s2，由v2－v＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 m/s，由v＝2a1l1，解得飞机在电磁弹射区的加速度a1＝5 m/s2，根据牛顿第二定律F牵＋F推－0.2mg＝ma1，代入数据解得F牵＝2×104 N，选项A、B错误，C正确；根据P＝Fv可知，电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，选项D错误。10.(2022·浙江模拟预测)甲、乙两名运动员在泳池里训练，t＝0时刻从泳池的两端出发，甲、乙的速度—时间图像分别如图9甲、乙所示，若不计转向的时间且持续运动，两运动员均可视为质点。下列说法正确的是(　　)图9A.游泳池长50 mB.两运动员一定不会在泳池的两端相遇C.从t＝0时刻起经过1 min两运动员共相遇了3次D.在0～30 s内，两运动员的平均速度大小之比为8∶5答案　C解析　根据v－t图线与坐标轴围成的图形面积表示位移，可知游泳池长度L＝1.25×20 m＝25 m或者L＝1.0×25 m＝25 m，故A错误；如图所示。由甲、乙的位移—时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t＝100 s时在泳池的一端相遇，故B错误；在0～60 s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0～30 s内，甲的位移大小为x1＝1.25×20 m－1.25×10 m＝12.5 m，乙的位移大小为x2＝1.0×25 m－1.0×5 m＝20 m，在0～30 s内两运动员的平均速度大小之比为v1∶v2＝∶＝5∶8，故D错误。11.(多选)无人驾驶汽车作为汽车的前沿科技，目前尚在完善中，它车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方88 m范围内车辆和行人的“气息”，制动反应时间为0.2 s，比有人驾驶汽车平均快1秒。图10为在某次测试场地进行制动测试时获得的一部分图像(v为汽车的速度，x为位置坐标)。关于该无人驾驶汽车在该路段的制动测试中，下列说法正确的是(　　)图10A.制动加速度大小为10 m/s2B.以30 m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要3 sC.以30 m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为51 mD.最大安全速度是40 m/s答案　ACD解析　根据位移速度公式得x＝－，结合图像斜率大小得a＝10 m/s2，A正确；以30 m/s的速度匀速行驶时，制动时间为t＝＝3 s，所以从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要t′＝t0＋t＝3.2 s，B错误；以30 m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为s＝vt0＋＝6 m＋45 m＝51 m，C正确；以40 m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为s＝vt0＋＝8 m＋80 m＝88 m，D正确。12.(2022·江苏连云港模拟预测)如图11所示，一轻弹簧左端固定，右端连接一物块，置于粗糙的水平面上。开始时弹簧处于原长，现用一恒力F将物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大。在此过程中，关于物块的速度v、加速度a、动能Ek及弹簧的弹性势能Ep随时间t或位移x变化的图像，其中可能正确的是(　　)图11答案　C解析　物块由静止向右拉动的过程中，对物块进行受力分析，物块受到向右的拉力F，向左的摩擦力Ff和弹簧的弹力F弹，其中F和Ff的大小和方向都不变，开始运动时，根据牛顿第二定律F－Ff－F弹＝ma，而随着物块右移，弹簧伸长量越来越大，弹力越来越大，因此加速度越来越小，因此物块做加速度逐渐减小的加速运动，直到合外力为零，加速度为零，速度达到最大值，动能达到最大值。随后物块继续向右移动，根据牛顿第二定律F弹＋Ff－F＝ma，由于物块一直向右运动，弹力越来越大，因此物块开始做加速度逐渐增大的减速运动，直到停止，停止时弹性势能最大。通过上述分析可知，A错误，C正确；a－t图像中，通过分析可知，由于是变速运动，位移x与时间t不成线性关系，因此弹簧的弹力F弹与时间t也不成线性关系，故加速度a与时间t也不成线性关系，故B错误；在物块由静止向右拉动直至弹簧弹性势能第一次达到最大的过程中，弹性势能Ep一直增加，不会出现减小的情况，故D错误。13.(2022·山东聊城期中)我国在2022年举办第二十四届冬奥会，其中跳台滑雪是非常具有观赏性的项目。某滑道的简化示意图如图12，长直助滑道上有A、B、C、D四处标记点，其中AB段和CD段的长度均为L，运动员以加速度a匀加速下滑依次经过四个点，已知经过AB段所用的时间是经过BC段所用时间的两倍，经过BC和CD所用时间相同。求：图12(1)长直助滑道AD的长度；(2)运动员经过D点时的速度。答案　(1)L　(2)解析　(1)设经过BC段所用时间为t，BC段长为x，经过AB、BD两段历时均为2t，经过BC、CD两段历时均为t，由公式Δx＝aT2，得L－x＝at2(L＋x)－L＝4at2联立可得t＝，x＝L则AD段总长度为2L＋L＝L。(2)经过C点的时刻为经过BD的中间时刻，有vC＝＝＝由运动学公式，有vD＝vC＋at可得vD＝。