新高考物理二轮复习过关练习第1部分 专题1 第2讲　牛顿运动定律与直线运动 (含解析)

这是一份新高考物理二轮复习过关练习第1部分 专题1 第2讲　牛顿运动定律与直线运动 (含解析)，共17页。试卷主要包含了命题角度，7 s，05 m－12等内容，欢迎下载使用。

考点一 匀变速直线运动规律及应用
1．匀变速直线运动问题常用的七种解题方法
2．两种匀减速直线运动的分析方法
(1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．
(2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义．
3．处理追及问题的常用方法
例1 (2022·湖北卷·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 108 km/h＝30 m/s,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＝eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×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＝eq \f(x－2x1,v1)＝eq \f(2.16×105－2×900,30) s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq \f(v1′,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速过程的位移x1′＝eq \f(1,2)at1′2＝eq \f(1,2)×0.5×1802 m＝8 100 m，匀速运动的时间t2′＝eq \f(x－2x1′,v1′)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) 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分钟，故选B.
例2 (2022·陕西咸阳市一模)如图所示，某标准足球场长105 m、宽68 m．攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3 m/s2.则：
(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移大小？
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员沿边线向前追赶足球．他的启动过程可以视为初速度为零、加速度大小为4 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球？
答案 (1)24 m (2)4 s
解析 (1)足球的运动可视为在地面上的匀减速直线运动，根据运动学公式有
x＝eq \f(v2－v02,2a1)＝eq \f(0－122,2×－3) m＝24 m
(2)队员的速度达到最大速度用时
t1＝eq \f(Δv,a2)＝eq \f(8－0,4) s＝2 s，
此时队员的位移为
x1＝eq \f(1,2)a2t12＝eq \f(1,2)×4×22 m＝8 m，
此时足球的位移为x1′＝v0t1＋eq \f(1,2)a1t12＝12×2 m－eq \f(1,2)×3×22 m＝18 m，
足球的速度v1′＝v0＋a1t1＝6 m/s
此时队员与足球相距s＝10 m，
设此后用时t2追上足球，则有vmt2＝v1′t2＋eq \f(1,2)a1t22＋s，解得t2＝2 s(t2＝－eq \f(10,3) s舍去)
此时足球速度v1″＝v1′＋a1t2＝0，足球恰好停止．
故前锋队员追上足球至少经过t＝t1＋t2＝4 s．
考点二 牛顿运动定律的应用
1．解决动力学两类基本问题的思路
2．瞬时加速度问题
3．连接体问题
(1)整体法与隔离法的选用技巧
(2)连接体问题中常见的临界条件
(3)常见连接体
例3 (多选)(2022·四川省成都石室中学二诊)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为Ff.某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
答案 CD
解析 启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；做匀加速运动时，加速度为a＝eq \f(3F－8Ff,8m)，对后三节车厢，有F56＋F－3Ff＝3ma，解得第5、6节车厢间的作用力为F56＝0.125F，故B错误，C正确；对最后两节车厢，有F67－2Ff＝2ma，解得第6、7节车厢间的作用力为F67＝0.75F，故D正确．
例4 (2022·山东菏泽市二模)如图所示，两段轻绳A、B连接两个小球1、2，悬挂在天花板上．一轻弹簧C一端连接球2，另一端固定在竖直墙壁上．两小球均处于静止状态．轻绳A与竖直方向、轻绳B与水平方向的夹角均为30°，弹簧C沿水平方向．已知重力加速度为g.则( )
A．球1和球2的质量之比为1∶1
B．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度方向竖直向下
C．在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小一定大于g
D．在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g
答案 C
解析 对两球作为整体受力分析，由平衡可得F弹＝(m1＋m2)gtan 30°，对小球2受力分析且由平衡条件可得F弹＝m2gtan 60°，联立解得球1和球2的质量之比为2∶1，故A错误；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力F弹不变，假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力突变为0，则A加速度为a1＝g，球2加速度水平方向和竖直方向分别为a2竖直＝g，a2水平＝eq \f(F弹,m2)＝eq \f(m2gtan 60°,m2)＝eq \r(3)g，两小球竖直方向加速度相等，水平方向上B球加速度向右，球2总的加速度斜向右下，AB间的绳子绷紧，则轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力不为0，假设不成立，故球1除了受到重力还受到AB间绳子斜向右下的拉力，则向下的加速度大于g；球2除受重力和弹力外还受到AB间绳子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g，故B、D错误，C正确．
例5 (2022·陕西宝鸡市模拟)在冬奥会赛前滑雪运动员做滑雪尝试，赛道由倾斜赛道和水平赛道组成且平滑连接，倾斜赛道与水平面的夹角为θ＝53°，如图所示．运动员从倾斜赛道上某一位置由静止开始下滑，进入水平赛道滑行一段距离后停止．已知运动员在倾斜赛道上滑行的时间和在水平赛道上滑行的时间相等，且倾斜赛道和水平赛道的动摩擦因数相同，假设运动员滑行路线均为直线，sin 53°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求滑板与赛道间的动摩擦因数μ；
(2)若运动员在两段赛道的总路程为125 m，求运动员在倾斜赛道和水平赛道上滑行的总时间．
答案 (1)0.5 (2)10 s
解析 (1)在两段赛道上滑行时，根据牛顿第二定律分别有：
mgsin θ －μmgcs θ＝ma1
μmg＝ma2
由于在两个赛道上滑行时间相等，可知加速度大小相等，即a1＝a2
联立解得μ＝0.5
(2)在两段赛道上滑行的加速度大小
a1＝a2＝5 m/s2
设最大速度为vm，根据速度与位移的关系可知
eq \f(vm2,2a1)＋eq \f(vm2,2a2)＝L
解得最大速度vm＝25 m/s
因此运动的总时间t＝eq \f(vm,a1)＋eq \f(vm,a1)＝10 s.
考点三 运动学和动力学图像
1．常见图像
2.非常规图像
例6 (多选)(2021·广东卷·8)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v－t和s－t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( )
答案 BD
解析 A图是v－t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图是v－t图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v－t图像中图线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图是s－t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图是s－t图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D正确．
例7 (多选)(2021·全国乙卷·21)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左边上有一质量为m2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F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小．木板的加速度a1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μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，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．F1＝μ1m1g
B．F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
C．μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
答案 BCD
解析 由题图(c)可知，t1时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对静止，此时以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；
由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，
有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0
解得F2＝eq \f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)g
μ2>eq \f(m1＋m2,m2)μ1，故B、C正确；
由题图(c)可知，0～t2时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确.
1.(2022·安徽省江南十校一模)索道是许多景区重要的交通工具．如图为索道运输货物的情景，已知倾斜的钢索与水平方向夹角为30°，悬挂车厢的钢杆始终保持竖直．一质量为m的物体放在车厢内倾角为30°的固定斜面上，当车厢以加速度a(aA．FN＝eq \f(\r(3),2)m(g＋a)；Ff＝eq \f(1,2)m(g－a)
B．FN＝eq \f(\r(3),2)m(g＋a)；Ff＝eq \f(1,2)m(g＋a)
C．FN＝eq \f(1,2)m(g＋a)；Ff＝eq \f(\r(3),2)m(g＋a)
D．FN＝eq \f(1,2)m(g－a)；Ff＝eq \f(\r(3),2)m(g＋a)
答案 A
解析 对物体受力分析，将重力和加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向分解有mgsin 30°－Ff＝masin 30°，FN－mgcs 30°＝macs 30°，解得FN＝eq \f(\r(3),2)m(g＋a)，Ff＝eq \f(1,2)m(g－a)，B、C、D错误，A正确．
2．(多选)(2022·安徽黄山市质检)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10 m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5 m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的质量为35 kg，重力加速度大小为g＝10 m/s2，则( )
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B．入水后全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为1.5 s
D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5 N
答案 AD
解析 跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则根据－h＝v0t－eq \f(1,2)gt2，可得t＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝5 m/s－10×2 m/s＝－15 m/s，在水中的加速度大小为a＝eq \f(0－v1,t)＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知，Ff＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．
专题强化练
[保分基础练]
1．(2022·辽宁铁岭市六校高三期末)在2021年东京奥运上，我国运动健儿摘金夺银，为国争光．其中在跳水男子3米板决赛中，我国选手谢思埸夺得金牌！在某次比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t.设运动员入水后向下运动的过程中，第一个t时间内的位移为x1，最后两个t时间内的总位移为x2，则x1∶x2为( )
A．17∶4 B．13∶4
C．15∶4 D．15∶8
答案 C
解析 初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、……的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶….运动员运动总时间为8t，运用逆向思维，则第一个t时间内的位移，可视为在初速度为零的匀加速直线运动中，第八个t时间内的位移；最后两个t时间内的总位移，可视为在初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t时间内的总位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C.
2．(2022·云南昆明市第一中学、宁夏银川一中一模)图甲是小明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置，a点是静止站立时的状态．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图线．图乙中各点均对应图甲中状态，其中有几个点对应的状态在图甲中没有画出．根据图乙分析可知( )
A．小明重力为500 N
B．c点位置小明可能处于下蹲阶段
C．c点位置小明处减速上升阶段
D．小明在d点的加速度比在g点的小
答案 B
解析 由题可知a点是静止站立时的状态，由题图乙可知小明重力为550 N，故A错误；c点位置处于超重状态，因此可能处于减速下蹲阶段，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律可知小明在d点加速度大于在g点的加速度，故D错误．
3．(2022·浙江省名校协作体模拟)2021年东京奥运会上，十四岁的中国小将全红婵夺得女子10米跳台冠军，图为其竖直分速度与时间的关系图像，以其向上离开跳台时作为计时起点，向下运动的方向为正方向，运动过程中视其为质点，则关于竖直方向上的运动，下列说法正确的是( )
A．t1时刻达到最高点
B．t3时刻开始进入水面
C．t2～t3时间段加速度竖直向下
D．0～t1时间段与t1～t2时间段加速度方向相反
答案 A
解析 由题图可知0～t1时间内全红婵在竖直方向上做竖直上抛运动，在t1时刻达到最高点，之后在t1～t2时间内在竖直方向上做匀加速运动，所以0～t1时间段与t1～t2时间段在竖直方向上加速度方向相同；全红婵在t2时刻开始进入水面，之后在t2～t3时间内在水中竖直方向上做匀减速运动，此时全红婵的加速度方向向上，综上可知A正确，B、C、D错误．
4.(多选)(2022·陕西西安市七校高三期末)质量不等的两物块A和B，其质量分别为mA和mB，置于光滑水平面上．如图所示，当水平恒力F作用于左端的A上，两物块一起以加速度大小a1匀加速向右运动时，A、B间的作用力大小为FN1；当水平力F作用于右端的B上，两物块一起以加速度大小a2匀加速向左运动时，A、B间的作用力大小为FN2，则( )
A．a1＝a2
B．FN1＋FN2C．FN1＋FN2>F
D．FN1∶FN2＝mB∶mA
答案 AD
解析 根据牛顿第二定律对整体得a＝eq \f(F,mA＋mB)，则两次运动的加速度大小相等，故A正确；分别隔离B和A，得FN1＝mBa，FN2＝mAa，则得到FN1＋FN2＝(mA＋mB)a＝F，FN1∶FN2＝mB∶mA，故B、C错误，D正确．
5.(2022·陕西咸阳市一模)时隔8年之后，2021年12月9日，我国宇航员王亚平再次进行太空授课，使得我国很多中小学生对微重力下液体内部的受力情况感到好奇，某同学为了在地面探究微重力下液体内部的受力情况，设计了如下实验，如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另一端固定于容器的底部．水与木球的密度差为Δρ(Δρ>0)，重力加速度为g.初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为( )
A．g B．eq \f(Δρ,ρ)g
C．(1－eq \f(Δρ,ρ))g D．(1＋eq \f(Δρ,ρ))g
答案 D
解析 初始时整个系统静止，弹力为Fk，对木球分析有ρ水gV＝Fk＋ρgV，释放瞬间，弹力不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，则a＝eq \f(Fk＋ρgV,m)＝eq \f(ΔρgV＋ρgV,ρV)＝(1＋eq \f(Δρ,ρ))g，故选D.
6．(2022·福建厦门市二模)鼓浪屿是世界文化遗产之一．岛上为保护环境不允许机动车通行，很多生活物品要靠人力板车来运输．如图所示，货物放置在板车上，与板车一起向右做匀速直线运动，板车与水平面夹角为θ.现拉动板车向右做加速运动，货物与板车仍保持相对静止，且θ不变．则板车加速后，货物所受的( )
A．摩擦力和支持力均变小
B．摩擦力和支持力均变大
C．摩擦力变小，支持力变大
D．摩擦力变大，支持力变小
答案 D
解析 对货物受力分析可知，若匀速运动，则Ff＝mgsin θ，FN＝mgcs θ，若货物随板车做加速运动，设加速度大小为a，则Ff′－mgsin θ＝macs θ，mgcs θ－FN′＝masin θ，则Ff′>Ff，FN′7．(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(vA.eq \f(v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) B.eq \f(v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
C.eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v) D.eq \f(3v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
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[争分提能练]
8．(多选)(2022·广东佛山市高三期末)如图甲所示，一辆和谐号动车和一辆复兴号动车在互相追赶，两车并排做直线运动，其运动情况如图乙所示，t＝0时，两车车头刚好并排，则( )
A．10 s末和谐号的加速度比复兴号的大
B．图乙中复兴号的最大速度为78 m/s
C．0到32 s内，在24 s末两车车头相距最远
D．两车车头在32 s末再次并排
答案 BC
解析 由v－t图像的斜率表示加速度，可得在第10 s末和谐号的加速度为a1＝eq \f(72－60,24) m/s2＝eq \f(1,2) m/s2，复兴号的加速度为a2＝eq \f(72－60,24－8) m/s2＝eq \f(3,4) m/s2，则10 s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；题图乙中复兴号的最大速度为vm＝72 m/s＋a2×(32－24) m/s＝78 m/s，故B正确；因t＝0时两车车头刚好并排，在0到24 s内和谐号的速度大于复兴号的速度，两者间的距离逐渐增大，由题图乙可知，在24 s末复兴号速度继续增大，而和谐号速度不变，故速度相等后两者间的距离缩小，则在24 s末两车车头相距最远，故C正确；由v－t图像的面积表示位移，则在0～24 s两者间的最大距离为Δx＝eq \f(8×72－60,2) m＝48 m，而在24～32 s内能缩小的距离为Δx′＝eq \f(78－72×32－24,2) m＝24 m<Δx，即32 s时复兴号还未追上和谐号，故D错误．
9．(2022·江苏如皋市一模)如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上．水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度aB与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度aA与F的关系图像可能正确的是( )
答案 C
解析 设A的质量为m，B的质量为M，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ0，则当0≤F≤μ0(M＋m)g时，A、B处于静止状态，加速度都为0；当F>μ0(M＋m)g时，A、B开始一起做加速运动，设当F＝F0，A、B刚好要发生相对运动，以A、B为整体，由牛顿第二定律得F0－μ0(M＋m)g＝(M＋m)a，以B为研究对象，由牛顿第二定律得μmg－μ0(M＋m)g＝Ma，联立解得F0＝eq \f(mM＋mgμ－μ0,M)，则当μ0(M＋m)geq \f(mM＋mgμ－μ0,M) ，A、B发生相对滑动，对A由牛顿第二定律得F－μmg＝ma2，解得a2＝eq \f(F－μmg,m)＝eq \f(F,m)－μg，图线的斜率为eq \f(1,m)，且eq \f(1,m)＞eq \f(1,M＋m)，由以上分析可知A的加速度aA与F的关系图像可能为C选项，C正确，A、B、D错误．
10.(2022·湖南衡阳市一模)为研究某辆高铁的某段直线运动过程，王同学绘制了如图所示的eq \f(x,t2)－eq \f(1,t)图像，但是没有告知是处于加速还是减速状态，则下列说法正确的是( )
A．该车处于加速状态
B．该车的初速度为40 m/s
C．该车的加速度大小为4 m/s2
D．该车在前2秒的位移为96 m
答案 B
解析 由匀变速直线运动规律有x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，变形得eq \f(x,t2)＝eq \f(v0,t)＋eq \f(1,2)a，可知eq \f(x,t2)－eq \f(1,t)图像斜率表示v0，纵轴截距表示eq \f(1,2)a，由题图可得出v0＝eq \f(4,0.1) m/s，eq \f(1,2)a＝－4 m/s2，解得v0＝40 m/s，a＝－8 m/s2，所以该车处于减速状态，初速度为40 m/s，加速度大小为8 m/s2，故A、C错误，B正确；将v0＝40 m/s，a＝－8 m/s2代入位移公式可得x＝40t－4t2 (m)，则前2秒的位移为x＝64 m，故D错误．
11．(2022·山西晋中市榆次区一模)2022年2月11日，北京冬奥会男子钢架雪车比赛结束争夺，中国选手闫文港摘得铜牌，创造了中国选手在这一项目的历史最好成绩．如图甲，钢架雪车比赛运动员先在水平轨道上推着雪车由静止出发，匀加速到水平轨道的末端时，运动员快速俯卧到雪车上，沿倾角为θ＝15°的倾斜轨道匀加速下滑到P点，运动员在轨道上运动时，从开始运动到下滑至P点的过程中速率的平方随运动距离x的变化图像如图乙所示，雪车(含运动员)总质量为120 kg，sin 15°＝0.26，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)雪车在倾斜轨道上受到的阻力为多大；
(2)运动员从开始运动至下滑到P点的时间为多少．
答案 (1)72 N (2)16.7 s
解析 (1)倾斜轨道上，运动的位移
x1＝303.05 m－12.8 m＝290.25 m
根据题图乙可知，
到达P点时的速度vt＝35 m/s，
在水平轨道末端时的速度v＝8 m/s
根据vt2－v2＝2a2x2
解得a2＝2 m/s2
根据牛顿第二定律有mgsin 15°－Ff＝ma2
解得Ff＝72 N
(2)在倾斜轨道上运动的时间
t2＝eq \f(vt－v,a)＝eq \f(35－8,2) s＝13.5 s
在水平直轨道上的位移x1＝12.8 m，根据
v2＝2a1x1
解得a1＝2.5 m/s2
则在水平轨道上运动的时间
t1＝eq \f(v－0,a1)＝eq \f(8－0,2.5) s＝3.2 s
故运动员从开始运动至下滑到P点的时间为
t＝t2＋t1＝16.7 s.
12.(2022·河北张家口市一模)如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮．质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连．开始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P和滑轮间的轻绳与斜面平行．现由静止释放重物Q，当重物Q竖直向下运动经过时间t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间t0恰好回到了出发位置，重力加速度为g，求：
(1)重物Q的质量；
(2)滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程．
答案 (1)eq \f(4m,5) (2)eq \f(2gt02,9)
解析 (1)设重物Q的质量为m1.
细线断前，由牛顿第二定律可知，对滑块P有
FT－mgsin 30°＝ma1
对重物Q有m1g－FT＝m1a1
滑块P的位移x1＝eq \f(1,2)a1t02
滑块P在t0时的速度大小v1＝a1t0
细线断后，由牛顿第二定律可知滑块P的加速度大小a2＝gsin 30°＝eq \f(g,2)
又经过时间t0，
滑块P运动的位移x2＝v1t0－eq \f(1,2)a2t02
由题意可知x1＋x2＝0
解得a1＝eq \f(g,6)，m1＝eq \f(4m,5)
(2)细线断后滑块P沿斜面向上运动的距离
x3＝eq \f(v12,2a2)
滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程
s＝2(x1＋x3)
联立解得s＝eq \f(2gt02,9).
[尖子生选练]
13.如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用与斜面平行的轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一垂直斜面的固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A，使之沿斜面向上运动，当B刚要离开C时，A的速度为v，A的加速度方向沿斜面向上、大小为a，则下列说法错误的是(重力加速度为g)( )
A．从静止到B刚要离开C的过程中，A运动的距离为eq \f(5mgsin θ,k)
B．从静止到B刚要离开C的过程中，A克服重力做的功为eq \f(5m2g2sin2θ,k)
C．恒力F的大小为5mgsin θ＋3ma
D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为eq \f(3,2)a
答案 B
解析 系统处于静止状态时，弹簧处于压缩状态，根据平衡条件有3mgsin θ＝kx1，解得弹簧的压缩量x1＝eq \f(3mgsin θ,k)；当B刚要离开C时，B对挡板的弹力为零，则有kx2＝2mgsin θ，解得弹簧的伸长量x2＝eq \f(2mgsin θ,k)，可知从系统静止到B刚要离开C的过程中，A运动的距离为x＝x1＋x2＝eq \f(5mgsin θ,k)，故A正确；从系统静止到B刚要离开C的过程中，重力对A做的功为WG＝－3mgxsin θ＝－eq \f(15m2g2sin2θ,k)，即A克服重力做的功为eq \f(15m2g2sin2θ,k)，故B错误；当B刚要离开C时，对物块A分析，根据牛顿第二定律，沿斜面方向上有F－3mgsin θ－kx2＝3ma，解得F＝5mgsin θ＋3ma，故C正确；当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则有F－3mgsin θ－FT′＝0，所以FT′＝2mgsin θ＋3ma，B沿斜面方向有FT′－2mgsin θ＝2ma′，联立解得a′＝eq \f(3,2)a，故D正确．过程分析法
函数法
Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－eq \f(b,2a)时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件
图像法
画出v－t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观
整体法的选取原则
若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力
隔离法的选取原则
若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力
整体法、隔离法的交替运用
若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力
接触与脱离
接触面间弹力等于0
恰好发生滑动
摩擦力达到最大静摩擦力
绳子恰好断裂
绳子张力达到所能承受的最大力
绳子刚好绷直与松弛
绳子张力为0
接触面光滑，或μA＝μB
三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同且与接触面是否光滑无关
常用隔离法
常会出现临界条件
常见图像
斜率k
面积
两图像交点
x－t图像
eq \f(Δx,Δt)＝v
表示相遇
v－t图像
eq \f(Δv,Δt)＝a
位移x
不表示相遇，表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点
a－t图像
速度变化量Δv
表示此时加速度相等
非常规图像(举例)
函数表达式
斜率k
纵截距b
v2－x图像
由v2－v02＝2ax
得v2＝v02＋2ax
2a
v02
eq \f(x,t)－t图像
由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at
eq \f(1,2)a
v0
a－F图像
由F－μmg＝ma
得a＝eq \f(F,m)－μg
eq \f(1,m)
－μg