第2讲 力与直线运动（解析版）

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第2讲 力与直线运动【选考真题】1．（2022•浙江）下列属于力的单位是（　　）A．kg•m/s2 B．kg•m/s C．kg•m2/s D．kg•s/m2【解答】解：根据牛顿第二定律有：F＝ma，可知力的单位为kg•m/s2，故A正确，BCD错误；故选：A。2．（2021•浙江）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（　　）A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用 B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上 C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用 D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力【解答】解：A、在打开降落伞前，着陆器做加速下降，因此除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，故A错误；BC、在打开降落伞至分离前，除受到降落伞的拉力和气体阻力的作用外，还受到重力作用，因着陆器做减速下降，其加速度方向向上，依据牛顿第二定律，则受到的合力方向竖直向上，故B正确，C错误；D、若处于悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力，故D错误；故选：B。3．（2021•浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；（3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。【解答】解：以汽车初速度方向为正方向，（1）v1＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，末速度为0，此过程平均速度：，根据平均速度的定义：，解得刹车时间：t＝4s，末速度：0＝v1+at，解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2，根据牛顿第二定律：f＝ma，解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N；（2）小朋友全部通过时间：t'，等待时间：t0＝t'﹣t，解得：t0＝20s；（3）v2＝54km/h＝15m/s，根据速度位移关系：v22﹣v2＝2as，解得：v＝5m/s答：（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间为4s，所受阻力的大小为2.5×103N•；（2）汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间为20s；（3）汽车到斑马线时的速度为5m/s。4．（2022•浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）过C点的速度大小；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。【解答】解：（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式2a1x1代入数据解得：a1m/s2（2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2，t1s＝3sBC段x2＝v1t2a2代入数据解得：a2＝2m/s2过C点的速度为v＝v1+a2t2代入数据解得：v＝12m/s（3）在BC段由牛顿第二定律mgsinθ﹣Ff＝ma2代入数据解得：Ff＝66N答：（1）在直道AB上的加速度大小为m/s2；（2）过C点的速度大小为12m/s；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。【要点提炼】一、解答匀变速直线运动问题的常用规律1.常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax。2.重要推论(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.运动图象：利用v－t图象或x－t图象求解。二、解决动力学问题要抓好关键词语1.看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。2.看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。【方法指导】一、追及相遇问题的解题思路和技巧1.紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。2.审题应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”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。3.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，另外最后还要注意对解的讨论分析。二、连接体问题的分析1.整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。2.隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。【例题精析】考点一 运动学中的图像问题例1．猫有很好的平衡系统，它可以从近6楼高的位置跳下而不受伤。如图，一只猫从离地高为12.8m的空调上无初速跳下，下列关于猫的v﹣t图像可能正确的是（　　）A． B． C． D．【解答】解：A、猫在下落过程中受到空气阻力的作用，并不是做自由落体运动，加速度不等于10m/s2，故A错误；B、猫无初速度下落，t＝0时速度为零，1.6s末的速度不为零，故B错误；CD、由于下落过程中空气阻力的作用，空气阻力越来越大，猫的加速度越来越小，因此，猫做一个加速度逐渐减小的加速运动，直至重力与空气阻力平衡，猫匀速下落，故C正确，D错误。故选：C。练1． 2020年9月27日衢宁铁路正式通车，庆元、龙泉、松阳、遂昌从此结束不通铁路的历史，某次列车从进站减速到以一定速度离开车站，这段时间内的速度—时间图象如图所示，对于该列车下列说法正确的是（　　）A．进站减速时列车的加速度大小为1.2m/s2 B．列车在加速与减速两阶段运动的位移相同 C．减速时列车所受的合外力比加速时列车所受的合外力大 D．列车从进站减速到以一定速度离开车站这个过程列车的平均速度为15m/s【解答】解：A、进站时列车处于减速状态，加速度大小a1，故A错误；B、根据v﹣t图象围成的面积可以计算出各时段的位移，减速时段x130×20m＝300m，加速时段x230×25m＝375m，所以两阶段运动的位移不相等，故B错误；C、减速时段a1＝﹣1.5m/s2，加速时段a2，减速时段加速度大小更大，所以合外力更大，故C正确；D、总位移为x＝x1+x2＝300m+375m＝675m，平均速度为，故D错误；故选：C。练2．如图甲所示，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1s时刻撤去恒力F，物体运动的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）A．物体在3s内的位移x＝3m B．恒力F与摩擦力Fr大小之比F：Fr＝1：3 C．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.3 D．在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比：2：1【解答】解：A、根据物体运动的v﹣t图像与时间轴围成的图形面积表示物体运动的位移可知，物体在3s内的位移x3×6m＝9m，故A错误；BC、在0～1s内物体的加速度大小为在a1m/s＝6m/s；在1s～3s时间内物体的加速度大小为a2m/s＝3m/s；在0～1s内，对物体根据牛顿第二定律可得F﹣Ff＝ma1在1s～3s时间内，对物体根据牛顿第二定律可得Ff＝μmg＝ma2联立整理可得F：Fr＝3：1   μ＝0.3故B错误，C正确；D、在撤去F前后两个阶段的物体做的是匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的推论可知，平均速度大小之比：：1：1，故D错误。故选：C。考点二 匀变速直线运动规律的应用例2．中国高铁技术已走在世界前列。某同学乘坐高铁列车时，可通过观察列车铁轨旁里程碑和车内电子屏上显示的速度来估算列车进站时的加速度大小。当他身边的窗户经过某一里程碑时，屏幕显示的列车速度是126km/h，随后该窗户又连续经过了3个里程碑时，速度变为54km/h，已知两相邻里程碑之间的距离是1km。若列车进站过程视为匀减速直线运动，则下列说法正确的是（　　）A．列车窗户经过两相邻里程碑的速度变化量均相同 B．列车窗户经过两相邻里程碑的时间越来越短 C．列车进站的加速度大小约为0.17m/s2 D．列车由54km/h的速度停下来，窗户还要再经过一个里程碑【解答】解：AB、若列车进站过程视为匀减速直线运动，速度越来越小，经过两相邻里程碑的时间越来越长，根据Δv＝aΔt，时间Δt越来越长，所以速度变化量Δv也越来越大，故AB错误；C、初速度v1＝126km/h＝35m/s，末速度v2＝54km/h＝15m/s，位移x＝3000m，根据运动学规律有2ax整理代入数据可得列车进站的加速度am/s2≈﹣0.17m/s2，故列车进站的加速度大小约为0.17m/s2，故C正确；D、设还能前进的距离x′，根据运动学规律有2ax′代入数据可得x′＝675m＜1000m，故D错误。故选：C。练3．一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为v，则（　　）A．增大a1，保持a2、v不变，加速过程的平均速度不变 B．减小a1，保持a2、v不变，匀速运动过程的时间将变长 C．增大v，保持a1、a2不变，全程时间变长 D．只要v不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变【解答】解：由匀变速运动规律可得：加速阶段时间，减速阶段时间，那么，加速、减速阶段的平均速度为；设匀速运动的时间为t3，A站、B站间的距离为s，则有；A、增大a1，保持a2、v不变，加速过程的平均速度仍为；故A正确；B、减小a1，保持a2、v不变，那么，t1增大，t2不变，故根据距离不变可知：匀速运动过程的时间t3将变短，故B错误；C、增大v，保持a1、a2不变，那么，加速、减速阶段的平均速度为；故加速、减速、匀速阶段的平均速度都增大，那么，整个过程的平均速度增大，故全程时间变短，故C错误；D、只要v不变，不论a1、a2如何变化，加速、减速阶段的平均速度为；那么，根据加速度变化可得加速、减速、匀速阶段的运动时间改变，故全程平均速度改变，故D错误；故选：A。练4．一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为（　　）A． B．2 C．（Δv）2（） D．（Δv）2（）【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3据题得：v2﹣v1＝v3﹣v2＝△v，则v3﹣v1＝2△v据运动学公式可知：，得（v2﹣v1）（v2+v1）＝2ax1，即△v（v2+v1）＝2ax1；①②                ，得（v2﹣v1）（v3+v2）＝2ax1，即△v（v3+v2）＝2ax2；由②﹣①解得：a，故A正确，BCD错误。故选：A。考点三 牛顿运动定律的综合应用例3．如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上匀加速前进。货箱中石块A的质量为m，重力加速度为g，已知周围与石块A接触的物体对它的作用力的合力为F，则货车的加速度大小为（　　）A． B． C． D．无法确定【解答】解：已知周围与石块A接触的物体对它的作用力的合力为F，由题意可知石块A所受合外力为F合石块的加速度为a联立解得火车的加速度为a故C正确，ABD错误。故选：C。练5．如图所示，一个质量为m的物块在恒力F的作用下，紧靠在一个水平的上表面上保持静止，物块与上表面间静摩擦因数为μ，取μ。F与水平面的夹角为θ，则θ角的最小值为（　　）A．arctanα B．arctanα C．arcsinα D．arcsinα【解答】解：物块受力如图：物块受重力mg、弹力N、摩擦力fm、拉力F共4个力由平衡条件，y轴：Fsinθ＝mg+Nx轴满足：Fcosθ≤fm，而fm＝μN，整理得：μsinθ﹣cosθ又，解得：cosα                代入上式得：sin（θ﹣α）θ﹣α＝arcsin，解得：θ＝α+arcsin，故D正确，ABC错误。故选：D。练6．如图所示，两平直的斜坡在O点平滑对接，左右两侧与水平面的坡度分别为37°和5°。一名质量m＝75kg的单板滑雪运动员（包括装备）在坡上进行训练，他从左侧斜坡上匀加速下滑至O点后滑上右侧斜坡，在OB段做匀减速运动，到B点速度刚好减为零。已知运动员在左侧斜坡上受到的阻力为重力的0.5倍，下滑经过A点时速度为18m/s，AO段长为176m，从A点运动至B点用时28s。sin37°＝0.6，sin5°＝0.09，g＝10m/s2。求运动员：（1）经过O点时的速度大小；（2）在OB段上通过的位移大小；（3）在OB段上运动时所受的阻力大小。【解答】解：（1）在左侧斜坡上对运动员受力分析，由牛顿第二定律得mgsin37°﹣0.5mg＝ma1①由匀变速直线运动速度—位移关系得②联立①②两式代入数据解得 v＝26m/s（2）根据匀变速直线运动的速度—时间关系得AO段的时间为 根据已知OB段的时间为t2＝tAB﹣t1＝28s﹣8s＝20s根据匀变速直线运动的推论得在OB段上通过的位移大小为 （3）设阻力大小为f，匀减速的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mgsin5°+f＝ma2③由匀减速直线运动的规律得④联立③④代入数据解得f＝30N。答：（1）经过O点时的速度大小为26m/s；（2）在OB段上通过的位移大小为260m；（3）在OB段上运动时所受的阻力大小为30N。【强化专练】如图所示，在名为“勇敢者”的课堂演示实验中，用不可伸长的轻长绳将一铁球悬挂在天花板上。一同学靠墙站立，双手拉球使其与鼻尖恰好接触，然后由静止释放铁球。若该同学保持图示姿势不变，则下列说法中正确的是（　　）A．铁球可能会撞击该静止不动的同学 B．铁球运动到最低点时处于失重状态 C．释放瞬间铁球的加速度水平向右 D．释放瞬间长绳拉力小于铁球重力【解答】解：A.若不考虑空气阻力，根据机械能守恒定律，当球摆回到出发点时速度恰好为零，铁球不会撞击该同学，若考虑空气阻力铁球速度为零时离该同学还有一段距离，故A错误；B.在最低点绳子拉力减去重力提供向心力，合力向上，拉力大于重力，球处于超重状态，故B错误；CD.释放瞬间，铁球的重力分解为沿绳向下和垂直于绳向下，由于速度为零，不需要向心力，故绳子拉力等于重力沿绳向下的分力，小于重力，垂直绳子的分力产生加速度，故C错误，D正确。故选：D。如图所示，在竖直墙面上有A、B两点，离地面的高度分别为HA＝8m和HB＝4m，现从A、B两点与地面上的某个位置C之间架设两条光滑的轨道，使小滑块从A、B两点由静止开始下滑到地面所用的时间相等，那么位置C离墙角O点的距离为（　　）A．4m B．4m C．2m D．6m【解答】解：设AC、BC与OC的夹角分别为α和β，由牛顿第二定律可得加速度分别为a1＝gsinα，a2＝gsinβ，由几何关系可得lAC，lBC，由运动学公式可得lACa1t2，lBCa2t2，联立解得sinαsinβ，即，解得lBClAC，设CO的距离为x，由勾股定理得HA2+x2＝lAC2，HB2+x2＝lBC2，联立方程，解得x＝4m，故ACD错误，B正确故选：B。如图所示，水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与光滑水平地面上的小车接触，小车水平台面上的重物与小车始终保持相对静止，在小车向右运动压缩弹簧的过程中（　　）A．弹簧的劲度系数增大 B．小车受到的合力增大 C．重物受到的摩擦力不变 D．重物对小车的摩擦力方向向左【解答】解：A、弹簧的进度系数由弹簧长度、粗细程度等有关，与形变量无关，故A错误；B、水平面光滑，小车和重物的合力为弹簧的弹力，弹簧弹力随形变量的增大而增大，小车的合力变大。故B正确；C、小车和重物合力变大，根据牛顿第二定律，加速度变大，摩擦力产生重物的加速度，故摩擦力变大，故C错误；D、弹簧处于压缩状态，小车和重物的合力向左，故重物受到小车的摩擦力向左，根据牛顿第三定律，故重物对小车的摩擦力向右，故D错误。故选：B。 “血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速度，在医学中具有重要意义。测量“血沉”可将经过处理后的血液放进血沉管内，由于有重力以及浮力的作用，血液中的红细胞将会下沉，且在下沉的过程中红细胞还会受到血液的粘滞阻力。已知红细胞下落受到血液的粘滞阻力表达式为f＝6πηrv，其中η为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞的形状为球体，若某血样中半径为r的红细胞，由静止下沉直到匀速运动的速度为vm，红细胞密度为ρ1，血液的密度为ρ2。以下说法正确的是（　　）A．该红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动 B．该红细胞的半径可表示为r C．若血样中红细胞的半径较大，则红细胞匀速运动的速度较小 D．若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位，则其单位为【解答】解：A、设红细胞质量为m，浮力为F浮，由牛顿第二定律mg﹣f﹣F浮＝ma又因为f＝6πηrv故红细胞随着速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，故A错误；B、红细胞匀速时mg＝f+F浮又因为红细胞的质量为浮力为联立可得解得，故B正确；C、由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C错误；D、由粘滞阻力公式f＝6πηrv可知故采用国际单位制中基本单位来表示η的单位，应为，故D错误。故选：B。如图所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂的小球达到稳定（与滑块相对静止）后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是（　　）A．斜面光滑 B．斜面粗糙 C．达到稳定状态后，斜面体对物块的摩擦力沿斜面向上 D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右【解答】解：ABC、设整体的质量为M，如果斜面光滑，对整体根据牛顿第二定律可得：方向沿斜面向下，而小球的加速度为：，故A正确，BC错误；D、带固定支架的滑块下滑时，对斜面有斜向右下方的压力，斜面有相对地面向右的运动趋势，地面对斜面体的摩擦力水平向左，故D错误。故选：A。如图所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水平轻弹簧连接，物块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相同大小的加速度a水平向右做匀加速直线运动。甲、乙物块质量分别为m、2m，弹簧在弹性限度内，不计空气阻力，撤去力F瞬时，甲、乙物块的加速度大小分别为a甲、a乙，则（　　）A．a甲＝a乙＝a B．a甲＝a，a乙＝2a C．a甲＝2a，a乙＝a D．a甲＝a乙＝2a【解答】解：由题知，撤去力F前，此时弹簧弹簧力为F'，对物块乙根据牛顿第二定律F'＝2ma撤去力F瞬间，弹簧弹力大小不变，则乙物体加速度不变，对甲物体有F'＝ma甲则有a甲＝2aa乙＝a故ABD错误，C正确。故选：C。甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动的v﹣t图像如图所示，t1为乙图线最低点的横坐标，t2为甲图线与乙图线交点的横坐标。关于两物体的运动，下列说法正确的是（　　）A．t1时刻乙物体的速度方向改变 B．t2时刻甲乙两物体相遇 C．0～t2时间内，甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 D．0～t1时间内，乙物体的加速度始终大于甲物体的加速度【解答】解：A、速度的正负表示速度方向，整个过程乙物体的速度方向始终为正，方向未改变，故A错误；B、两物体从同一位置出发，甲的速度一直大于乙的速度，0～t2时间内甲的位移大于乙的位移，故t2时刻甲在前、乙在后，两物体未相遇，故B错误；C、0～t2时间内甲的位移大于乙的位移，由可知甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度，故C正确；D、v﹣t图线的斜率表示加速度，0～t1时间内，有一个时刻乙图线的切线与甲平行，此刻甲、乙物体的加速度相等，故乙物体的加速度先大于甲物体的加速度，后小于甲物体的加速度，故D错误。故选：C。不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速直线最后停止在C点。已知AB＝100m，BC＝20m。忽略运动员在B点的速度损失，则由两段时间之比tAB：tBC为（　　）A．1：1 B．1：5 C．5：1 D．6：1【解答】解：设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有解得tAB：tBC＝5：1。故ABD错误，C正确。故选：C。在路上行驶的各种车辆之间至少要保持一定的间距，才能确保安全，这个距离叫“安全距离”。假设车速为100km/h的司机发现前方有路障，经过1s的反应时间后做出刹车动作，汽车刹车时车轮抱死且做匀减速直线运动，g取10m/s2，经计算得出安全距离为100m。由以上条件得出的以下结论正确的是（　　）A．当汽车以100km/h的速度行驶时；车轮与路面的动摩擦因数至少约为0.53 B．当汽车以100km/h的速度行驶时，司机从发现前方路障到停止所需时间约为3s C．若下雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.2，司机反应时间不变，汽车仍保持安全距离为100m，则汽车的最大行驶速度约为36km/h              D．若下雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.2，司机反应时间不变，汽车仍以100km/h的速度行驶时，应保持的安全距离至少约为193m【解答】解：A、v0＝100km/h＝27.8m/s，反应时间内的位移为x1＝v0t1＝27.8×1m＝27.8m，减速通过的位移为x2＝x﹣x1＝100m﹣27.8m＝72.2m，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝μg根据速度—位移公式可得：，解得μ＝0.53，故A正确；B、减速运动的时间，故司机从发现前方路障到停止所需时间约为t＝t1+t2＝1s+2.6s＝3.6s，故B错误；C、若下雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.2，根据牛顿第二定律可得：μ′mg＝ma′，解得a′＝2m/s2，设初速度为v′，则反应时间内通过的位移为x′＝v′t1，减速运动的位移为，x＝x′+x″，联立解得v′＝18m/s＝64.8km/h，故C错误；D、匀减速运动通过的位移为，故应保持的安全距离至少约为x总＝x1+x′″＝27.8m+193m＝220.8m，故D错误；故选：A。近几年节假期间，国家取消了7座及以下小汽车的高速公路过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此在收费站开通了专用车道，小汽车可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过。假设收费站的前、后都是平直大道，节假期间要求过站的车速不超过v＝18km/h。已知一辆小汽车未减速时的车速为v0＝108km/h，制动后小汽车可获得加速度的大小为a＝5m/s2。求：（1）若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，则驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动操作；（2）假设车过站后驾驶员立即使车做匀加速直线运动，依次通过A、B、C三点，且位移xAB＝xBC，已知车在AB段的平均速度为15m/s，在BC段的平均速度为30m/s，驾驶员在B点看到限速120km/h的标志牌，但驾驶员经过C点才开始减速，则车在从A到C的过程中是否违章超速？请通过计算说明。【解答】解：（1）v0＝10km/h＝30m/s，vx＝18km/h＝5m/s，驾驶员在反应时间内位移x1＝v0t＝30×0.5m＝15m制动阶段位移x287.5m，所以，若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，驾驶员应在距收费站至少x＝x1+x2＝15m+87.5m＝102.5m处开始制动操作。（2）vm＝120km/h＝33.3m/sAB段：v1＝15m/s，解得vB＝25m/sBC段：v2＝30m/s，解得vC＝35m/svC＝35m/s＞33.m/s，故超速。答：（1）若驾驶员从开始制动操作到车获得加速度a需要0.5秒，驾驶员应在距收费站至少x＝x1+x2＝15m+87.5m＝102.5m处开始制动操作。（2）超速小丽使用一根木杆推动一只用来玩游戏的木盒，t＝0时刻，木盘以v＝3m/s的经过如图所示的标志线aa′，速度方向垂直标志线，继续推动木盘使它做匀加速运动，在t＝0.4s通过标志线bb′，然后撤去水平推力。木盘可视为质点，停在得分区cc′dd′即游戏成功。图中bb′与aa′的距离x1＝1.6m，cc′与bb′的距离x2＝3.6m，cc′与dd′的距离为d＝0.8m。已知木盘与底面之间的动摩擦因数是μ＝0.30，木盘的质量为m＝0.5kg，求：（1）木盘在加速阶段的加速度a；（2）木杆对木盘的水平推力F；（3）木盘能否停在得分区？请计算说明。【解答】解：（1）根据位移—时间关系可得：x1＝vt，其中t＝0.4s代入数据解得：a＝5m/s2；（2）对木盘根据牛顿第二定律可得：F﹣μmg＝ma代入数据解得：F＝4N；（3）设木盘达到bb′的速度大小为v1，则有：v1＝v+at代入数据解得：v1＝5m/s撤去力F后，木盘减速运动的加速度大小为：a1＝μg＝0.3×10m/s2＝3m/s2设减速到零的位移为x，则有：xm≈4.17m由于x2＜x＜x2+d，所以木盘能停在得分区。答：（1）木盘在加速阶段的加速度为5m/s2；（2）木杆对木盘的水平推力为4N；（3）木盘能停在得分区。