高考物理二轮复习热点题型归纳练习专题02：直线运动综合规律（2份打包，原卷版+解析版）

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考点1 匀变速直线运动规律的应用1
考点2 运动图象问题3
考点3 动力学中的连接体问题5
考点4 整体法与隔离法在动力学问题中的应用6
考点5 动力学中的“传送带”模型8
考点6 动力学中的“板—块”模型9
考点1 匀变速直线运动规律的应用
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＋eq \f(1,2)at2。
(3)速度位移关系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax。
(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝veq \s\d16(eq \f(t,2))。
(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．追及问题的解题思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
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，最后还要注意对解的讨论分析。
【典例1】（2021全国甲）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（ ）
A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大
【答案】D
【解析】设PQ水平距离为L，由运动学公式可知
SKIPIF 1 < 0
可得
SKIPIF 1 < 0
可知 SKIPIF 1 < 0 时，t 有最小值，故当 SKIPIF 1 < 0 从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。
故选D。
【变式1-1】(2022·潍坊二模)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：第一段的平均速度v1＝eq \f(x,t1)＝eq \f(120,2) m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝eq \f(x,t2)＝eq \f(120,1) m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则a＝eq \f(v2－v1,\f(1,2)（t1＋t2）)＝eq \f(120－60,1.5) m/s2＝40 m/s2，故B正确．
答案：B
【变式1-2】如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A．12 m/s，13 m/s，14 m/s
B．10 m/s，14 m/s，18 m/s
C．8 m/s，10 m/s，16 m/s
D．6 m/s，12 m/s，18 m/s
解析：根据Δx＝at2得a＝eq \f(Δx,t2)＝eq \f(30－18,4) m/s2＝3 m/s2，经过B点的瞬时速度等于通过AC段的平均速度，则vB＝eq \f(xAC,2t)＝eq \f(18＋30,4) m/s＝12 m/s，则经过C点的速度vC＝vB＋at＝12 m/s＋3×2 m/s＝18 m/s，
经过A点的速度vA＝vB－at＝12 m/s－3×2 m/s＝6 m/s，故D正确．
答案：D
考点2 运动图象问题
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。
(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。
【典例2】赛龙舟是端午节的传统活动。下列 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】A此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；
B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；
C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；
D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。
故选BD。
【变式2-1】入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足20 m，在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车．两辆车刹车时的v-t图象如图，则( )
A．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于100 m
B．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定小于200 m
C．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以内的某时刻发生相撞
D．若两车发生碰撞，则一定是在刹车后20 s以后的某时刻发生相撞
解析：由图可知，两车速度相等经历的时间为20 s，甲车的加速度a1＝eq \f(－25,25) m/s2＝－1 m/s2，乙车的加速度a2＝eq \f(－15,30) m/s2＝－0.5 m/s2，两车速度相等时，甲车的位移x甲＝v甲t＋eq \f(1,2)a1t2＝25×20 m－eq \f(1,2)×1×400 m＝300 m，乙车的位移x乙＝v乙t＋eq \f(1,2)a2t2＝15×20 m－eq \f(1,2)×0.5×400 m＝200 m，可知要不相撞，则两车间的最小距离Δx＝300 m－200 m＝100 m，因为两车发生碰撞，则两车的距离小于100 m，故A正确，B错误；因为速度相等后，若不相撞，两者的距离又逐渐增大，可知两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的，故C正确，D错误．
答案：AC
【变式2-2】一汽车在高速公路上以v0＝30 m/s的速度匀速行驶，t＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是( )
A．t＝6 s时车速为5 m/s
B．t＝3 s时车速为零
C．前9 s内的平均速度为15 m/s
D．前6 s内车的位移为90 m
解析：0～3 s，汽车做匀减速直线运动，3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s＝0，B正确；3～9 s，汽车做匀加速直线运动，t＝6 s时速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝
15 m/s，A错误；前3 s内的位移x3＝eq \f(0－veq \\al(2,0),2a1)＝eq \f(0－302,2×（－10）) m＝45 m，3～9 s内的位移x3～9＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)×5×62 m＝90 m，则前9 s内的位移为x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度为v＝eq \f(x9,t总)＝eq \f(135,9) m/s＝15 m/s，C正确；3～6 s内的位移x3～6＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×5×32 m＝22.5 m，则前6 s内的位移为x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D错误．
答案：BC
考点3动力学中的连接体问题
1．整体法的选取原则及解题步骤
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：
eq \x(\a\al(明确所研究,系统和运动,的全过程 ))⇨eq \x(\a\al(画出系统整体的,受力图或运动全,过程的示意图 ))⇨eq \x(\a\al(选用适当的,物理规律列,方程求解))
2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。
【典例3】质量分别为m、2m的物块A、B用轻弹簧相连，设两物块与水平面及斜面间的动摩擦因数都为μ。当用水平力F作用于B上，且两物块在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直提升两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿倾角为θ的固定斜面向上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1∶x2∶x3等于( )
甲 乙 丙
A．1∶1∶1 B．1∶2∶3
C．1∶2∶1 D．无法确定
【题眼点拨】①“相同的加速度”，采用整体法。
②“x1∶x2∶x3”采用隔离法。
【答案】A
【解析】对题图甲，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a1＝eq \f(F－3μmg,3m)＝eq \f(F,3m)－μg，对A有kx1－μmg＝ma1，解得x1＝eq \f(F,3k)；对题图乙，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a2＝eq \f(F－3mg,3m)＝eq \f(F,3m)－g，对A有kx2－mg＝ma2，解得x2＝eq \f(F,3k)；对题图丙，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a3＝eq \f(F－3mgsin θ－3μmgcs θ,3m)＝eq \f(F,3m)－gsin θ－μgcs θ，对A有kx3－mgsin θ－μmgcs θ＝ma3，解得x3＝eq \f(F,3k)，则x1∶x2∶x3＝1∶1∶1。故A正确，B、C、D错误。
考点4 整体法与隔离法在动力学问题中的应用
整体法与隔离法应用方法：
【典例4】水平地面上有一质量为 SKIPIF 1 < 0 的长木板，木板的左端上有一质量为 SKIPIF 1 < 0 的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 时刻F的大小。木板的加速度 SKIPIF 1 < 0 随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为 SKIPIF 1 < 0 ，物块与木板间的动摩擦因数为 SKIPIF 1 < 0 ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0
C. SKIPIF 1 < 0 D. 在 SKIPIF 1 < 0 时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有
SKIPIF 1 < 0
故A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
SKIPIF 1 < 0
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
故BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。
故选BCD。
【变式4-1】(2021·湖南怀化一中第一次月考)如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是( )
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cs2θ∶1
C．A与B的加速度之比为1∶1 D．A与B的加速度之比为1∶cs θ
【答案】B
【解析】对A球，剪断细绳L2的瞬间，细绳L1的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，细绳L1的拉力大小为FA＝mgcs θ，A球的加速度大小aA＝gsin θ；对B球，剪断细绳L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，弹簧弹力大小FB＝eq \f(mg,cs θ)，B球的加速度大小aB＝gtan θ，所以eq \f(aA,aB)＝eq \f(cs θ,1)，eq \f(FA,FB)＝eq \f(cs2θ,1)。
考点5 动力学中的“传送带”模型
1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用，如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
【典例5】(2021·黄山模拟)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5 m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(2)工件运动了23 s后所在的位置。
【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A点右侧2.4 m处
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝μg＝5 m/s2
经t1时间工件与传送带的速度相同，解得
t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s
工件前进的位移为x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2＝eq \f(LAB－x1,v)＝0.6 s
所以工件第一次到达B点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4 s。
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由速度位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)
解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，这说明经过23 s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝LAB－x1＝2.4 m。
考点6动力学中的“板—块”模型
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．两种位移关系：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时，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。
3．解题思路
(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。
(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例6】如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物块可视为质点。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20 N【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又Ff≤Ffm＝μmgcs α
解得F≤30 N
又a>0解得F>20 N
所以20 N(2)因F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得
F－μmgcs α－Mgsin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcs α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2
物块的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2
物块与木板分离的临界条件为
Δx＝x1－x2＝L
联立以上各式解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得x＝0.9 m。
易错点【01】汽车刹车问题
汽车刹车自由阻力，没有动力。所以汽车刹车是一个匀减速运动的过程，当速度为零时就会停止，之后不管多长时间都是静止。所以我们应该特别关注一下汽车从刹车到停止需要多长时间以及相对应的位移。
易错点【02】追及相遇问题
可概括为“一个临界条件”“两个关系”。
(1)一个临界条件: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,也是分析判断问题的切入点。
(2)两个关系: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。
易错点【03】混淆两个图像：
Ⅰ、直线运动x-t图像
①匀速直线运动的x－t图象是一条倾斜的直线，如图1中图线甲；
②匀变速直线运动的x－t图象是一条抛物线，如图线乙。
③若x－t图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态，如图线丙。
Ⅱ、直线运动v-t图像
①匀速直线运动的v－t图象是与横轴平行的直线，如图中图线甲。
②匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜的直线，如图线乙。
③若v－t图象是曲线，不同点切线的斜率不同，表示物体做变加速运动。图线丙表示物体的加速度逐渐变大，图线丁表示物体的加速度逐渐减小。
易错点【04】整体法和隔离法不会运用
1.求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.
2.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.
1.（2021·湖南省衡阳市二模） 如图所示，2021个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为 SKIPIF 1 < 0 ，2和3间弹簧的弹力为 SKIPIF 1 < 0 ，……，2020和2021间弹簧的弹力为 SKIPIF 1 < 0 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1：2：3：…：2020
B. 若水平面光滑， SKIPIF 1 < 0
C. 若水平面粗糙， SKIPIF 1 < 0 的大小无法确定
D. 若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2020号小球的加速度突然反向
【答案】B
【解析】
B．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F=2021ma
解得
SKIPIF 1 < 0
以后面的第1、2、3…2020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
… SKIPIF 1 < 0
则
F1-2：F2-3：……F2020-2021=1：2：3：……2020
故B正确；
A．由胡克定律知F=kx，结合A的分析可知从左到右每根弹簧伸长量之比为
x1-2：x2-3：……x2020-2021=1：2：3：……2020
但弹簧的长度之比不满足1：2：3：…：2020，故A错误；
C．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为f，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得
F-2021f=2021ma′
解得
SKIPIF 1 < 0
以后面的第1、2、3…2020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
… SKIPIF 1 < 0
则
F′1-2：F′2-3：……F′2020-2021=1：2：3：……2020
故C错误；
D．若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2020号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不变，选项D错误。
故选B。
2.（2020全国Ⅰ卷）. 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 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为 SKIPIF 1 < 0 ，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；
（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】(1) SKIPIF 1 < 0 ；（2）2m/s2， SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）空载起飞时，升力正好等于重力： SKIPIF 1 < 0
满载起飞时，升力正好等于重力： SKIPIF 1 < 0
由上两式解得： SKIPIF 1 < 0
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以 SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0
由加速的定义式变形得： SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0
【易错易错分析】①求解v2时出现错误；②在计算飞机滑行过程中加速度的大小和所用时间时，运动学公式选择不合适，增大计算难度。
3.（2021·山东省济南市压轴卷）在某路口，有按倒计时显示的时间显示灯．有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”．交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过．
(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度至少为多大？
(2)若该路段限速60 km/h，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以2 m/s2的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车加速度的大小．(结果保留两位有效数字)
【答案】(1)2.5 m/s2 (2)6.1 m/s2
【解析】
试题分析：（1）司机反应时间内做匀速直线运动的位移是： SKIPIF 1 < 0 ；
加速过程： SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
代入数据解得： SKIPIF 1 < 0
（2）汽车加速结束时通过的位移： SKIPIF 1 < 0
此时离停车线间距为： SKIPIF 1 < 0
此时速度为： SKIPIF 1 < 0
匀减速过程： SKIPIF 1 < 0
带入数据解得： SKIPIF 1 < 0
1、（2022·浙江1月卷·T2）下列说法正确的是（ ）
A. 研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B. 研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C. 研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D. 研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
【答案】B
【解析】
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球形状和大小不能忽略，故不可以看成质点，故A错误；
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，故B正确；
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，故C错误；
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为相同，故D错误；
故选B。
2、（2022·全国甲卷·T15）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. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【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，则有
v = v0 - 2at1
解得
SKIPIF 1 < 0
在隧道内匀速有
SKIPIF 1 < 0
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
SKIPIF 1 < 0
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
SKIPIF 1 < 0
故选C。
3.(2022·湖北·T6) 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1080 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】
108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/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倍为总的节省时间，相邻两站间的距离
SKIPIF 1 < 0
普通列车加速时间
SKIPIF 1 < 0
加速过程的位移
SKIPIF 1 < 0
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
SKIPIF 1 < 0
同理高铁列车加速时间
SKIPIF 1 < 0
加速过程的位移
SKIPIF 1 < 0
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
SKIPIF 1 < 0
相邻两站间节省的时间
SKIPIF 1 < 0
因此总的节省时间
SKIPIF 1 < 0
故选B。
4．（2021·广东卷）赛龙舟是端午节的传统活动。下列 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】
A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；
B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；
C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；
D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。
故选BD。
5．（2021·湖南卷）物体的运动状态可用位置 SKIPIF 1 < 0 和动量 SKIPIF 1 < 0 描述，称为相，对应 SKIPIF 1 < 0 图像中的一个点。物体运动状态的变化可用 SKIPIF 1 < 0 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿 SKIPIF 1 < 0 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
质点沿 SKIPIF 1 < 0 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有
SKIPIF 1 < 0
而动量为
SKIPIF 1 < 0
联立可得
SKIPIF 1 < 0
动量 SKIPIF 1 < 0 关于 SKIPIF 1 < 0 为幂函数，且 SKIPIF 1 < 0 ，故正确的相轨迹图像为D。
故选D。
1、（2021·北京市房山区一模）中国高速铁路最高运行时速350km，被誉为中国“新四大发明”之一。几年前一位来中国旅行的瑞典人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图5所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。这一视频证明了中国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是
A．硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动
B．硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态
C．硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
【答案】C
【解析】硬币直立过程中，硬币与列车间可能存在一定的摩擦力，列车做匀速直线运动时可以直立，列车在做加速度较小的加速运动时，所需要的摩擦力也会较小，也能使硬币处于直立的状态，故选项A错误；硬币直立的过程，也可能处于加速运动状态，故不一定处于平衡状态，选项B错误；
硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用，选项C正确；列车加速时，硬币受到的摩擦力与列车的运动方向相同，列车减速行驶时，硬币受到摩擦力与列车运动方向相反，选项D错误。
2、（2021·北京市朝阳区一模）2020年11月18日，东北大部分地区发生罕见强雨雪风冻天气，一日之内温度骤降16℃，给生产生活带来诸多不便。如图所示，共享单车上结冻的冰柱都呈现水平方向。若仅从受力角度分析，下列推理可能正确的是
A．风力水平向左 B．风力水平向右 C．风力斜向左上 D．风力斜向右下
【答案】C
【解析】由于共享单车上结冻的冰柱都呈现水平方向，即它受到的合外力都是水平向左的，而冰柱的重力是竖直向下的，故风力一定是斜着左上方的，这样风力与重力的合力的方向才可能是水平向左的，选项C正确。
3、（2021·北京市西城区一模）如图1所示，用重物牵引小车在水平面上由静止开始运动，小车后面连接纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点。图2为一次实验得到的纸带，A、B、C为打点计时器在纸带上打下的三个点。下列说法正确的是
图1
打点计时器
小车
重物
纸带
图2
C
A
B
A．图2中的纸带的右端与小车相连
B． A到B和B到C两个过程中小车动能的变化量相等
C．若将小车的质量加倍，则小车的加速度一定减为原来的 SKIPIF 1 < 0
D．重物的质量越大，绳上拉力与重物重力的比值越小
【答案】D
【解析】由于小车由静止开始向右运动，速度逐渐变大，而纸带的左端点迹比较密，速度小，右端点迹稀疏，速度大，可见图2中的纸带的左端与小车相连，选项A错误；
若小车的速度是匀速增加的，即vB-vA=vC-vB，而小车从A到B和B到C的两个过程中，动能的变化量为△EkAB= SKIPIF 1 < 0 mvB2- SKIPIF 1 < 0 mvA2= SKIPIF 1 < 0 m(vB2-vA2)= SKIPIF 1 < 0 m(vB-vA) (vB+vA)；同理可得△EkBC= SKIPIF 1 < 0 mvC2- SKIPIF 1 < 0 mvB2= SKIPIF 1 < 0 m(vC2-vB2)= SKIPIF 1 < 0 m(vC-vB) (vC+vB)，因为(vB+vA)< (vC+vB)，所以△EkAB<△EkBC，选项B错误；
当小车的质量为M，重物的质量为m时，小车的加速度a= SKIPIF 1 < 0 ，若将小车的质量加倍，则小车的加速度a′= SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ，选项C错误；
该装置中，对重物受力分析可知：mg-F=ma，再对小车受力分析可知：F=Ma，联立以上两式解之得F= SKIPIF 1 < 0 ，所以绳上的拉力F与重物重力的比值 SKIPIF 1 < 0 ，所以重物m的质量越大，则其比值就会越小，选项D正确。
4.(2020·江西上饶市联考)下列关于运动和力的叙述中，正确的是( )
A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B．物体做圆周运动，所受的合力一定是向心力
C．物体所受合力恒定，该物体速率随时间一定均匀变化
D．物体运动的速率在增加，所受合力一定做正功
【答案】 D
【解析】 做曲线运动的物体，其加速度方向不一定是变化的，例如平抛运动，选项A错误；物体做匀速圆周运动时，所受的合力一定是向心力，选项B错误；物体所受合力恒定，该物体速率随时间不一定均匀变化，例如平抛运动，选项C错误；根据动能定理可知，物体运动的速率在增加，所受合力一定做正功，选项D正确．
5.(2021·广西博白期末)物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角θ的正切tan θ随时间t的变化图象中，正确的是( )
【答案】 B
【解析】 tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(gt,v0)＝eq \f(g,v0)t，eq \f(g,v0)为定值，tan θ与t成正比，故B正确。
6．(2021·四川南充三模)一辆小汽车以18 m/s的速度直线行驶，通过某路段时，发现正前方浓雾中有一辆卡车，卡车正以6 m/s的速度同向匀速行驶，小汽车立即减速，两车恰好没有追尾，该过程用时3 s且视小汽车做匀减速直线运动，在这3 s内( )
A．小汽车的平均速度为9 m/s
B．小汽车的平均速度为12 m/s
C．小汽车的加速度大小为6 m/s2
D．小汽车的加速度大小为8 m/s2
答案 B
解析 小汽车做匀减速运动追及匀速的卡车，恰好没有追尾，则表明在时间t＝3 s时两车速度刚好相等，有v卡＝v汽－at，解得a＝eq \f(18－6,3) m/s2＝4 m/s2，故C、D错误；小汽车的速度从18 m/s减为6 m/s，做匀减速直线运动，则平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(18＋6,2) m/s＝12 m/s，故A错误，B正确．
1．(2021·湘东六校联考)如图所示，A、B两物块放在光滑水平面上，它们之间用轻质细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同，但与竖直方向的夹角相同，对B施加水平力F1和F2，两种情况下A、B整体的加速度分别为a1、a2，细线上的力分别为T1、T2，则下列说法正确的是( )
A．若F1＝F2，则必有a1>a2 B．若F1＝F2，则必有T1＝T2
C．若T1>T2，则必有F1＝F2 D．若T1【答案】B
【解析】把A、B两物块看成一个整体，对B施加水平力F1和F2，若F1＝F2，则必有a1＝a2，选项A错误；隔离A分析受力，拉力T1在水平方向的分力为T1sin θ＝mAa1，拉力T2在水平方向的分力为T2sin θ＝mAa2，若F1＝F2，则a1＝a2，联立解得T1＝T2，选项B正确；由T1sin θ＝mAa1，T2sin θ＝mAa2，若T1>T2，则必有a1>a2，根据牛顿第二定律，必有F1>F2，选项C错误；同理可知，选项D错误。
2．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．eq \f(F,m)B．eq \f(F,m)－μg
C．eq \f(F,m)eq \r(1－μ2)－μgD．eq \f(F,m)eq \r(1＋μ2)－μg
【答案】D
【解析】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Fcs 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＝eq \f(Fcs θ＋μFsin θ,m)－μg，当tan θ＝μ时，加速度最大，最大加速度为amax＝eq \f(F,m)eq \r(1＋μ2)－μg，故D正确，ABC错误；故选D。
3．(2020·江西七校高三联考)如图所示，水平传送带AB长2 m，以2 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以3 m/s的水平初速度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10 m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是( )
A．0.5 sB．0.9 s
C．1.2 sD．1.5 s
【答案】B
【解析】刚冲上传送带时，由于物块的速度为3 m/s，大于传送带的速度，所以物块相对传送带向右运动，受到的滑动摩擦力方向向左，故做匀减速直线运动，a＝eq \f(μmg,m)＝2.5 m/s2，经历的时间为t1＝eq \f(3－2,2.5) s＝0.4 s，相对地面发生的位移为s＝eq \f(22－32,－2×2.5) m＝1 m，之后两者的速度相同，相对静止的做匀速直线运动，经历的时间为t2＝eq \f(2－1,2) s＝0.5 s，故小物块运动至传送带右端B点所用的时间是t＝t1＋t2＝0.9 s，B正确。
4.(2020·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eq \x\t(v)【答案】D
【解析】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eq \x\t(v)小于t1～t2时间内甲车的平均速度eq \x\t(v)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eq \x\t(v)5.(2021·广东广州二模)李大妈买完菜后乘电梯上楼回家，其乘坐的电梯运行情况如图所示，可知( )
A．李大妈家所在楼层离地高度约40 m B．0～3 s内电梯的加速度大小为0.5 m/s2
C．0～17 s内电梯的平均速度大小为0.75 m/s D．电梯加速运动的距离等于减速运动的距离
【答案】B
【解析】李大妈家所在楼层离地高度约为：h＝eq \f(1,2)×(10＋17)×1.5 m＝20.25 m，A错误；0～3 s内电梯的加速度大小为：a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(1.5,3) m/s2＝0.5 m/s2，B正确；0～17 s内电梯的平均速度大小为：eq \x\t(v)＝eq \f(h,t)＝eq \f(20.25,17) m/s≈1.2 m/s，C错误；因图线与时间轴围成的面积等于位移，由图象可知，电梯加速运动的距离为：s1＝eq \f(1,2)×1.5×3 m＝2.25 m，减速运动的距离为：s2＝eq \f(1,2)×(17－13)×1.5 m＝3 m，s1＜s2，故D错误。
6.(2021·黑龙江哈尔滨三中二模)水平路面上质量为30 kg 的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则( )
A．小车2 s末的速度是4 m/s B．小车受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2 D．小车运动的总时间为6 s
【答案】B
【解析】小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60 N－30×1.5 N＝15 N，故B正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝eq \f(3,0.5) s＝6 s，所以小车运动的总时间为：t总＝(2＋6) s＝8 s，故D错误。
7.(2020·贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的v­t图象如图所示，根据图象可知该伞兵( )
A．在0～2 s内做自由落体运动 B．在2～6 s内加速度方向先向上后向下
C．在0～14 s内先处于失重状态后处于超重状态 D．在0～24 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动
【答案】C
【解析】由图象可知，该伞兵在0～2 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；由图可知，2～6 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，故B错误；0～14 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，先失重后超重，故C正确；在0～24 s内，2～12 s内的加速度大小发生变化，故该伞兵不做匀变速运动，D错误。
8.(多选) (2021·湖北黄冈高三检测)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则( )
A．物块与地面的动摩擦因数0.2 B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
【答案】 BC
【解析】0～2 s内物体做匀速直线运动，由平衡条件得F1＝F2＋Ff，得物块受到的摩擦力大小Ff＝F1－F2＝8 N－5 N＝3 N，由Ff＝μmg得μ＝0.3，故A错误；
2 s后，由牛顿第二定律得F1－F2－Ff＝ma
得a＝－2 m/s2
物体开始做匀减速运动，匀减速至速度为零的时间为
t＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(－4,－2) s＝2 s
所以t＝4 s时刻速度为零，则知3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，选项B正确；由于物体所受的最大静摩擦力至少等于3 N，而此时F1－F2＝6 N－5 N＝1 N，小于最大静摩擦力，因此t＝4 s后物体静止不动，所受的摩擦力为Ff′＝F1－F2＝6 N－5 N＝1 N，5 s末物块的加速度大小为0，故C正确，D错误。
9.如图所示，涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法正确的是( )
A．库仑利用图甲实验精确测出了元电荷 e 的值
B．法拉第利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场
C．伽利略根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因
D．牛顿利用图丁实验，总结出：自由落体运动是匀变速直线运动
【答案】C
【解析】A．库仑利用图甲实验精确测出了静电常数，发现了库仑定律，没有测出元电荷 e 的值，选项A错误；
B．奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场，选项B错误；
C．伽利略根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，选项C正确；
D．伽利略利用图丁实验，总结出自由落体运动是匀变速直线运动，选项D错误。
故选C。
10．如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力。取 SKIPIF 1 < 0 。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )
A．B对A的压力大小为12NB．弹簧弹力大小为20N
C．B的加速度大小为 SKIPIF 1 < 0 D．A的加速度为零
【答案】A
【解析】AC．剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力 SKIPIF 1 < 0 ，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度 SKIPIF 1 < 0 ，隔离对B分析 SKIPIF 1 < 0 ，解得 SKIPIF 1 < 0 ，根据牛顿第三定律可知B对A的压力为 SKIPIF 1 < 0 ， C错误A正确；B．细线剪断瞬间弹簧还没有来得及恢复形变，弹力大小不变，即为 SKIPIF 1 < 0 ，B错误；D．细线剪断瞬间，整体的加速度相同，均为 SKIPIF 1 < 0 ，D错误。故选A。
11．一质量为m=2.0 kg的木箱静止在粗糙的水平地面上,木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.2,现对木箱施加一沿水平方向的大小随时间变化的拉力F,使木箱由静止开始运动,测得0～2s内其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示。已知重力加速度g=10 m/s2,下列关于木箱所受拉力F的大小和运动速度v随时间t变化的图象正确的是( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由a-t图像可知，a=4-2t(m/s2)，由牛顿第二定律可知：F=ma+μmg=2(4-2t)+0.2×20=-4t+12(N)，可知图像A正确，B错误；由v=at可知，a-t图像的“面积”等于速度的变化，则，当t=2s时v=4m/s；则选项CD错误；故选A。
12．我国新一代载人飞船返回实验舱已于2020年5月8日顺利返回地面，返回舱质量约为5.4×103kg。某一次进行返回地面的测试时，返回舱在某处弹射出三朵主伞构成伞群，通过伞群减速，安全返回地面，可将这一运动视为竖直方向的匀减速直线运动，加速度大小为1.0m/s2，三根主伞的伞绳a、b、c均与竖直方向成 SKIPIF 1 < 0 角，已知sin SKIPIF 1 < 0 =0.44，cs SKIPIF 1 < 0 =0.90，g取10m/s2，则返回舱在下落过程中主伞伞绳a上的拉力大小约为( )
A．2.80×103NB．1.72×104N
C．2.20×104ND．6.84×104N
【答案】C
【解析】返回舱向下做匀减速运动，加速度向上，根据牛顿第二定律可得 SKIPIF 1 < 0 ，解得T=2.20×104N，故选C。
13．如图所示，质量M=1kg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μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】铁块与木板之间摩擦力的最大值为 SKIPIF 1 < 0 ，木板与地面间的摩擦力的最大值为 SKIPIF 1 < 0 ，当 SKIPIF 1 < 0 时，木板和铁块相对地面静止 SKIPIF 1 < 0 ，当 SKIPIF 1 < 0 ，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对整体有 SKIPIF 1 < 0 ，对铁块有 SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ，从此关系式可以看出，当 SKIPIF 1 < 0 时，M、m相对静止，则对整体有 SKIPIF 1 < 0 ，对铁块 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，当拉力大于6N时，滑块受到的摩擦力为滑动摩擦力大小为4N，故得出的图象应为C。故ABD错误，C正确。故选C。
14．在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t=0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度一时间图像如图所示。则
A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在3s时，物体开始向左运动
C．在3-4 s内，外力F不断减小D．在3-4 s内，外力F的功率不断减小
【答案】D
【解析】A.根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律 SKIPIF 1 < 0 ，根据图像分析，在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；
B.根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误；
C.根据牛顿第二定律 SKIPIF 1 < 0 ，根据图像分析在3-4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误；
D.外力功率 SKIPIF 1 < 0 ，结合选项C的分析，F不变，而3-4 s内速度减小，所以功率减小，D正确。
15．A、B两小车在同一直线上运动，它们运动的位移s随时间t变化的关系如图所示，已知A车的s-t图象为抛物线的一部分，第7s末图象处于最高点，B车的图象为直线，则下列说法正确的是( )
A．A车的初速度为7m/s
B．A车的加速度大小为2m/s2
C．A车减速过程运动的位移大小为50m
D．10s末两车相遇时，B车的速度较大
【答案】B
【解析】AB．A车做匀变速直线运动，设A车的初速度为 SKIPIF 1 < 0 ，加速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，由图可知 SKIPIF 1 < 0 时，速度为零，由运动学公式可得： SKIPIF 1 < 0 ，根据图象和运动学公式可知 SKIPIF 1 < 0 时的位移为： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，联立解得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，故选项B正确，A错误；C．A车减速过程运动的位移大小为 SKIPIF 1 < 0 ，故选项C错误；D．位移时间图象的斜率等于速度，10s末两车相遇时B车的速度大小为： SKIPIF 1 < 0 ，A车的速度为： SKIPIF 1 < 0 ，两车的速度大小相等，故选项D错误。故选B。
16．下列图象均能正确反映物体在直线上的运动，则在t=2s内物体位移最大的是( )
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可知，在t=2s内物体位移最大的是图B。
17．如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v﹣t图象，已知t＝0时甲在乙前方x0＝70m处。下列说法正确的是( )
A．2s时，甲物体的速度方向发生改变
B．在0～4s内，甲和乙之间的最大距离为78m
C．3s时，甲、乙物体相遇
D．在0～3s内，甲物体在乙物体前面，3s～4s内乙物体在甲物体前面
【答案】B
【解析】A、根据图象可知，0﹣4s内甲的速度都为正，方向没有发生变化，故A错误；BC、t＝3s时甲和乙两物的速度相等，两者之间的距离最大，最大距离为 S＝x甲+x0﹣x乙＝ SKIPIF 1 < 0 ，故B正确，C错误；D、t＝3s两者之间的距离最大，则3s之后的一段时间内，甲仍在乙的前面，故D错误。
18．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下．已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g．则
A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2：1
B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C．从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为 SKIPIF 1 < 0
D．从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
【答案】A
【解析】A.由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由 SKIPIF 1 < 0 可得，下落时间 SKIPIF 1 < 0 ，由 SKIPIF 1 < 0 可知，运动到b的速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，跳楼机从b运动c过程中做减速运动，同理可得 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，解得减速过程的加速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，时间为 SKIPIF 1 < 0 ，故从a到b与从b到c的运动时间之比为 SKIPIF 1 < 0 ，故A正确；
B.从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；
C.从a到b，根据动量定理可得 SKIPIF 1 < 0 ，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为 SKIPIF 1 < 0 ，故C错误；
D.从b到c，根据牛顿第二定律有： SKIPIF 1 < 0 ，解得跳楼机受到制动力的大小为 SKIPIF 1 < 0 ，故D错误．
适用条件
注意事项
优点
整
体
法
系统内各物体保持相对静止,即各物体具有相同的加速度
只分析系统外力,不分析系统内各物体间的相互作用力
便于求解系统受到的外力
隔
离
法
(1)系统内各物体加速度不相同
(2)要求计算系统内物体间的相互作用力
(1)求系统内各物体间的相互作用力时,可先用整体法,再用隔离法
(2)加速度大小相同,方向不同的连接体,应采用隔离法分析
便于求解系统内各物体间的相互作用力