新高考物理二轮培优专题2.2 力与直线运动（2份打包，原卷版+解析版）

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc30404" 【突破高考题型】 PAGEREF _Tc30404 1
\l "_Tc19874" 题型一 匀变速直线运动规律的灵活应用 PAGEREF _Tc19874 1
\l "_Tc19860" 题型二 动力学两类基本问题 PAGEREF _Tc19860 4
\l "_Tc30027" 题型三 牛顿第二定律的综合应用 PAGEREF _Tc30027 6
\l "_Tc10224" 类型1 瞬时性问题 PAGEREF _Tc10224 6
\l "_Tc29016" 类型2 动力学中的临界极值问题 PAGEREF _Tc29016 7
\l "_Tc5385" 类型3 动力学中的图像问题 PAGEREF _Tc5385 8
\l "_Tc32367" 【专题突破练】 PAGEREF _Tc32367 10
【突破高考题型】
题型一 匀变速直线运动规律的灵活应用
一、匀变速直线运动的规律
1．掌握四类公式
2．明确符号法则
(1)匀变速直线运动的“四类公式”都是矢量式，应用时注意各物理量符号的确定。
(2)一般情况下，取初速度的方向为正方向。
二、运动图像的四点提醒
1．对于x­t图像，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v­t和a­t图像，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置。
2．在v­t图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。
3．v­t图像中两条图线在坐标轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。
4．对于非常规图像，不要想当然地猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图像，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义。
【例1】物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
【答案】 t
【解析】 法一：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得v02＝2axAC①
vB2＝v02－2axAB②
xAB＝eq \f(3,4)xAC③
由①②③解得vB＝eq \f(v0,2)④
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t。
法二：平均速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。
eq \x\t(v)AC＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(v0,2)。
又v02＝2axAC，vB2＝2axBC，xBC＝eq \f(xAC,4)。
由以上三式解得vB＝eq \f(v0,2)。
可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。
法三：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC。
由运动学公式得xBC＝eq \f(1,2)atBC2，
xAC＝eq \f(1,2)a(t＋tBC)2，
又xBC＝eq \f(xAC,4)，
由以上三式解得tBC＝t。
法四：比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
因为xBC∶xAB＝eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)＝1∶3，
而通过xAB的时间为t，
所以通过xBC的时间tBC＝t。
【内化方法】 解答匀变速直线运动问题的五种常用方法
【例2】甲、乙两货车在平直公路上从同一位置同向行驶，两车的v­t图像如图所示。则在0～4 s时间内( )
A．甲车做曲线运动
B．乙车一直在甲车的后方
C．甲车的平均速度小于6 m/s
D．乙车位移的大小为8 m
【答案】 C
【解析】由题图可知，甲车做加速度减小的减速直线运动，乙车做匀加速直线运动，故A错误；开始时乙的速度小于甲的速度，由图形与坐标轴围成的面积代表位移可知，开始一段时间内乙车在甲车后方，但是在整个4 s内，通过面积分析可知乙车位移大于甲车位移，即乙车没有一直在甲车的后方，只是开始一段时间内是在甲车后方，后来乙车又超过了甲车，故B错误；若甲车一直做匀减速直线运动，则图像如图中丙图线所示
则此时平均速度为v＝eq \f(v0＋v,2)＝eq \f(10＋2,2) m/s＝6 m/s，但是通过图形面积比较可知，甲车的实际位移小于匀减速的位移，故甲车实际的平均速度小于6 m/s，故C正确；乙车的位移为x＝eq \f(1,2)×(2＋10)×4 m＝24 m，故D错误。
【内化方法】 解图像问题应做好“三看”“一注意”
三看：
(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图像(v­t、x­t、a­t)，还是动力学图像(F­a、F­t、F­x)。
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程，尽量写出函数关系式。
(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
一注意：
x­t图像和v­t图像描述的都是直线运动，而a­t图像描述的不一定是直线运动；在图像转换时，必须明确不同图像间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图像所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断。
题型二 动力学两类基本问题
1．贯彻一个解题思路
2．理顺两类基本问题
3．解题的三个关注点
(1)加速度是连接运动情况和受力情况的桥梁。
(2)速度是不同运动过程联系的纽带。
(3)不同运动过程物体受力情况不同，加速度往往也不同。
【例1】俯式冰橇(Skeletn)又叫钢架雪车，是冬奥会的比赛项目之一。俯式冰橇的赛道可简化为长度为1 200 m、起点和终点高度差为120 m的斜坡。比赛时，出发信号灯亮起后，质量为M＝70 kg的运动员从起点开始，以F＝40 N、平行于赛道的恒力推动质量m＝40 kg的冰橇开始运动，8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。已知冰橇与赛道间的动摩擦因数μ＝0.05，设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g＝10 m/s2，取赛道倾角θ的sin θ＝eq \f(1,10)，cs θ＝1)
(1)出发后8 s内冰橇发生的位移；
(2)比赛中运动员的最大速度。
【解题指导】
【答案】 (1)48 m (2)36 m/s
【解析】(1)设出发8 s内冰橇的加速度为a1，
由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma1①
出发8 s内发生的位移为x1＝eq \f(1,2)a1t12②
联立①②解得x1＝48 m。③
(2)8 s末冰橇的速度为v1＝a1t1，④
8 s后冰橇的加速度设为a2，由牛顿第二定律有
(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcs θ＝(m＋M)a2⑤
到达终点时运动员速度最大，设最大速度为v2，则
v22－v12＝2a2(x－x1)⑥
联立①②③④⑤⑥解得v2＝36 m/s。
【例2】. (2022·保定检测)小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37°，重力加速度为g。则小物块在斜面上运动的时间为(cs 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)( )
A.eq \f(2v0,g) B.eq \f(3v0,g)
C．(eq \r(5)＋1)eq \f(v0,g) D．(eq \r(6)＋1)eq \f(v0,g)
【答案】C
【解析】： 运用牛顿第二定律，
上升时：ma1＝mgsin 37°＋μmgcs 37°，t1＝eq \f(v0,a1)，x1＝eq \f(v02,2a1)解得t1＝eq \f(v0,g)，x1＝eq \f(v02,2g)
下降时：ma2＝mgsin 37°－μmgcs 37°，x1＝eq \f(1,2)a2t22
解得t2＝eq \r(5)eq \f(v0,g)，所以t＝t1＋t2＝(eq \r(5)＋1)eq \f(v0,g)，故选C。
题型三 牛顿第二定律的综合应用
类型1 瞬时性问题
【例1】[多选]如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端拴接质量为m的小球，小球放在倾角为30°的光滑固定斜面上，整体处于平衡状态时，弹簧与竖直方向成30°角，重力加速度为g，则( )
A．平衡时，斜面对小球的作用力大小为eq \f(\r(3),2)mg
B．若将斜面突然移走，则移走瞬间小球的加速度大小为eq \f(\r(3),2)g
C．若将弹簧剪断，则剪断的瞬间小球的加速度大小为eq \f(g,2)
D．若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，系统重新达到平衡时，弹簧仍处于拉伸状态，此时斜面对小球的作用力变小
【答案】 CD
【解析】 小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为FT，斜面对小球的支持力为FN，对小球受力分析如图所示
则：FN＝FT,2FTcs 30°＝mg，解得：FN＝FT＝eq \f(\r(3),3)mg，故A错误；将斜面突然移走瞬间，小球受到弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为a1＝eq \f(F合,m)＝eq \f(\r(3),3)g，故B错误；将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 30°,m)＝eq \f(1,2)g，故C正确；将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于30°，但斜面对小球的支持力方向不变，根据受力分析图可得弹簧弹力将变大，斜面对小球的作用力变小，故D正确。
【方法总结】弹力是否突变的判断方法
(1)发生明显形变的物体，如：轻弹簧、橡皮筋，在两端都连有物体的情况下，弹力不能突变。
(2)发生微小形变的物体，如：轻绳、轻杆、桌面等，弹力可以突变。突变情况根据物体后面的运动状态来判断。
类型2 动力学中的临界极值问题
【例2】[多选](2022·西安联考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当μ2＝eq \f(1,2)μ1且F＝eq \f(5,2)μ1mg时，A的加速度为eq \f(1,3)μ1g
B．当μ2＝eq \f(1,2)μ1且F＝4μ1mg时，A的加速度为eq \f(5,6)μ1g
C．当μ2＝eq \f(1,2)μ1时，B的加速度最大为eq \f(1,2)μ1g
D．当μ2＝eq \f(3,4)μ1时，无论F为何值B都不会运动
【答案】 ACD
【解析】 A、B恰好相对滑动时，对A、B整体有F0－μ2·3mg＝3ma，此时对B有μ1·2mg－μ2·3mg＝ma，联立解得：F0＝6μ1mg－6μ2mg。当μ2＝eq \f(1,2)μ1时，F0＝3μ1mg，F＝eq \f(5,2)μ1mgF0时，A、B相对滑动，对A有4μ1mg－μ1·2mg＝2ma，解得：a＝μ1g，故B错误；当A、B相对滑动时，B的加速度达最大，对B有μ1·2mg－μ2·3mg＝ma，解得：a＝eq \f(1,2)μ1g，故C正确；A对B的最大摩擦力为fAB＝μ1·2mg，地面对B的最大摩擦力为fB＝μ2·3mg，当μ2＝eq \f(3,4)μ1时，fB＝eq \f(9,4)μ1mg>2μ1mg，所以无论F为何值B都不会运动，故D正确。
【例3】[多选](2022·开封质检)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T­a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则( )
A．a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为eq \f(3,4)
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
【答案】 ABC
【解析】小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcs θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcs θ＝mg，联立解得FN＝mgcs θ－masin θ，T＝macs θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T­a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝eq \f(40,3) m/s2时，FN＝0，选项A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝eq \f(40,3) m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以eq \f(mg,tan θ)＝ma，联立可得tan θ＝eq \f(3,4)，m＝0.1 kg，选项B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcs θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，选项D错误。
【方法总结】四种典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0。
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时，物体的速度达到最大值或最小值。
类型3 动力学中的图像问题
【例4】[多选](2022·合肥调研)如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v0＝6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点。整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．t＝2 s时物块速度为零
B．t＝3 s时物块回到O点
C．恒力F大小为2 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
【答案】 ACD
【解析】由题图乙可知物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝eq \f(v02,2x1)＝eq \f(36,2×6) m/s2＝3 m/s2，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为t1＝eq \f(v0,a1)＝2 s，故A正确；物块反向做匀加速直线运动的加速度大小为a2＝eq \f(v′2,2x2)＝eq \f(16,2×8) m/s2＝1 m/s2，反向加速回到O点所用的时间为t′＝eq \r(\f(2x1,a2))＝eq \r(\f(2×6,1)) s＝2eq \r(3) s，故B错误；根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解得：F＝2 N，Ff＝1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq \f(Ff,mg)＝0.1，故C、D正确。
【例5】(2022·安徽名校联考)如图甲所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，则下列说法正确的是( )
A．2 s末物体的速度是2.5 m/s
B．2 s末物体的速度是10 m/s
C．前16 s内物体发生的位移是15 m
D．前16 s内物体发生的位移是30 m
【答案】 D
【解析】由牛顿第二定律可得mgsin θ－F1－μmgcs θ＝ma1，代入数据得： a1＝2.5 m/s2，又v1＝a1t1，代入数据可得v1＝5 m/s，故A、B错误；物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1＝5 m，当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得F2＋μmgcs θ－mgsin θ＝ma2，代入数据可得a2＝0.5 m/s2，物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2，解得t2＝10 s，t2时间发生的位移为x2，则x2＝25 m，由于mgsin θ－μmgcs θ【方法总结】常见四类动力学图像及解题方法
【专题突破练】
1．(2022·山东临沂期中)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，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( )
m/s2 m/s2
m/s2 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)＋eq \f(veq \\al(2,0),2a)，代入数据解得a＝3.05 m/s2，所以D正确，A、B、C错误。
2.(2022·浙江宁波模拟)如图所示是商场中的无轨小火车，已知小火车由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一位小朋友站在地面上保持静止与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，下列说法正确的是( )
A．第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为2∶eq \r(5)∶eq \r(6)
B．第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为7∶9∶11
C．第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为4∶5∶6
D．第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为2∶eq \r(5)∶eq \r(6)
【答案】 D
【解析】 根据初速度为零的匀加速运动相等位移的时间关系可知，第1、2、3、4、5、6…节车厢经过小朋友的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶(eq \r(5)－2)∶(eq \r(6)－eq \r(5))…，即第4、5、6节车厢经过小朋友的时间之比为(2－eq \r(3))∶(eq \r(5)－2)∶(eq \r(6)－eq \r(5))，A、B错误；根据v2＝2aL可得第4、5、6节车厢尾通过小朋友瞬间的速度之比为eq \r(2a·4L)∶eq \r(2a·5L)∶eq \r(2a·6L)＝2∶eq \r(5)∶eq \r(6)，C错误，D正确。
3．(2022·金华十校一模)2021年4月，大湾区庆祝建党100周年航空嘉年华活动在博罗举行，形式多样场面十分震撼。其中，一跳伞运动员做低空跳伞表演，如图所示，他离开悬停的飞机后做自由落体运动，当距离地面125 m时速度为45 m/s，此时打开降落伞，到达地面时速度减为5 m/s。若从打开降落伞直至落地前运动员做匀减速直线运动g取10 m/s2。下列说法中正确的是( )
A．运动员离开飞机时距地面的高度为327.5 m
B．运动员匀减速直线运动的加速度大小为8 m/s2
C．运动员匀减速直线运动的时间为5.625 s
D．运动员离开飞机后经过10.125 s到达地面
【答案】 B
【解析】 打开降落伞前，人和伞做自由落体运动，根据v＝gt得t＝4.5 s，又据v2＝2gh1得h1＝101.25 m，所以运动员离开飞机时距地面的高度为h＝101.25 m＋125 m＝226.25 m，A错误；根据v2－veq \\al(2,1)＝2ah2得a＝8 m/s2，B正确；运动员匀减速直线运动的时间为t1＝eq \f(v－v1,a)＝5 s，C错误；运动员离开飞机后到达地面用时t′＝t＋t1＝9.5 s，D错误。
4.(2022·洛阳模拟)宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同。一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大反向
B．2～4 s内质点做减速运动
C．t＝6 s时质点速度大小等于7 m/s
D．0～6 s内质点速度方向不变
【答案】D
【解析】： 加速度对时间的变化率称为急动度，等于a­t图像的斜率。由题图知t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大同向，故A错误；根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知2～4 s内质点的速度增大，做加速运动，故B错误；根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，得0～6 s速度的变化量为Δv＝eq \f(1＋2,2)×2 m/s＋eq \f(1,2)×2×2 m/s＋eq \f(1,2)×2×(－2) m/s＝3 m/s，因初速度为0，故t＝6 s时的速度为3 m/s，故C错误；根据a­t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，知0～6 s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，故D正确。
5．(2022·安徽八校联考)某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书A、B从高楼楼顶放手让其下落，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其v­t图像如图所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA＝2 kg，mB＝2 kg，g＝10 m/s2。由图可知( )
A．0～2 s内A、B的平均速度等于4.5 m/s
B．t＝2 s时A、B受到空气阻力等于25 N
C．t＝2 s时A对B的压力等于16 N
D．下落过程中A对B的压力不变
【答案】C
【解析】： 根据速度图像可知，2 s时的速度为9 m/s，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，2 s内的位移大于9 m，所以2 s内的平均速度大于4.5 m/s，故A错误；t＝2 s时，A、B的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝2 m/s2，整体根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－f＝(mA＋mB)a，解得t＝2 s时A、B受到空气阻力f＝32 N，故B错误；t＝2 s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAg－FN＝mAa，解得FN＝16 N，根据牛顿第三定律可得A对B的压力等于16 N，故C正确；下落过程中加速度逐渐减小，A对B的压力FN′＝mAg－mAa，逐渐增大，故D错误。
6.(2022·麻城质检)如图所示，平滑曲线a、b分别是在平直公路上运动的汽车甲和乙的位置—时间(x­t)图像。下列说法正确的是( )
A．在t2时刻，两车运动的方向相反
B．在t1时刻，甲车的速度小于乙车的速度
C．在t1到t2这段时间内，乙车的路程大于甲车的路程
D．在t1到t2这段时间内，两车的平均速度相同
【答案】D
【解析】： 图线的斜率表示速度，斜率均为负，所以在t2时刻，两车运动方向相同，故A错误；在t1时刻，甲的斜率大于乙的斜率，即甲车的速度大于乙车的速度，故B错误；在t1～t2时间内，乙车行驶的路程等于甲车行驶的路程，故C错误；在t1到t2这段时间内，两车的位移相同，时间也相同，根据平均速度定义式可知两车的平均速度相同，故D正确。
7.[多选](2022·淮北模拟)2019 年7月，C919大型客机在上海浦东机场完成了中、高速滑行试验。某次试验飞机在平直跑道上滑行，从着陆到停下来所用的时间为t，滑行的距离为x，滑行过程中的v­t图像如图所示，图线上C点的切线与AB平行，x、t0、t1、t为已知量。设飞机着陆滑行t0时的位置与终点的距离为x0，飞机着陆时的速度为v，则下列表达式正确的是( )
A．v>eq \f(2x,t) B．vC．x0>eq \f(xt1－t02,t2) D．x0【答案】AC
【解析】： 由题图可知xeq \f(2x,t)，选项A正确，B错误；由题图可知eq \f(vC,v)＝eq \f(t1－t0,t)，由面积关系可知x0>eq \f(1,2)(t1－t0)vC＝eq \f(vt1－t02,2t)，而v>eq \f(2x,t)，则x0>eq \f(xt1－t02,t2)，选项C正确，D错误。
8.(2022·四川成都三模)如图，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( )
A.a的质量可能小于2msin θ
B.剪断竖直绳后瞬间，b的加速度大小为2gsin θ
C.剪断竖直绳后瞬间，c的加速度大小为gsin θ
D.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。
9.某质点做直线运动，运动速率的倒数eq \f(1,v)与位移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是( )
A．质点做匀加速直线运动
B.eq \f(1,v)­x图线斜率等于质点运动的加速度
C．四边形AA′B′B的面积可表示质点从O到C′运动所用的时间
D．四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′运动所用的时间
【答案】D
【解析】： 由题中eq \f(1,v)­x图像可知，eq \f(1,v)与x成正比，即vx＝常数，质点做减速直线运动，故A错误；图线斜率不等于质点运动的加速度，故B错误；由于三角形OBC的面积S1＝eq \f(1,2)OC·BC＝eq \f(x1,2v1)，体现了从O到C所用的时间，同理，从O到C′所用的时间可由S2＝eq \f(x2,2v2)体现，所以四边形BB′C′C的面积可体现质点从C到C′所用的时间，故C错误，D正确。
10.(2022·保定月考)如图所示，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为θ。设重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为g，方向竖直向下
B．剪断弹簧瞬间，小球的加速度大小为eq \f(g,cs θ)，方向与竖直方向成θ角斜向右下方
C．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角斜向左下方
D．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角斜向左上方
【答案】A
【解析】： 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，故选项A正确，选项B错误；剪断弹簧前，设弹簧的拉力为F，轻绳的拉力为FT，由平衡条件可知：Fcs θ＝mg，Fsin θ＝FT，解得F＝eq \f(mg,cs θ)，FT＝mgtan θ。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可得小球的加速度为a＝gtan θ，方向水平向左，故C、D错误。
11.(2022·六盘山二模)如图所示，质量为m的小球用两根细线OA、OB连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线OB的另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为θ＝37°，OB保持水平，重力加速度大小为g，小车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为( )
A．g B.eq \f(5,4)g
C.eq \f(7,4)g D.eq \f(3,2)g
【答案】C
【解析】： 小球受力如图所示
在竖直方向，由平衡条件得Fcs 37°＝mg，在水平方向，由牛顿第二定律得2F－Fsin 37°＝ma，解得a＝eq \f(7,4)g，故C正确，A、B、D错误。
12．中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．F B.eq \f(19F,20)
C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
【答案】C
【解析】： 设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(F,19)，C项正确，A、B、D项均错误。
13.(2022·山东省实验中学模拟)如图所示，一质量为m0＝4 kg、倾角θ＝45°的斜面体C放在光滑水平桌面上，斜面上叠放质量均为m＝1 kg的物块A和B，物块B的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A下表面间的动摩擦因数为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B在水平恒力F作用下与物块A和斜面体C一起恰好保持相对静止地向右运动，取g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．物块A受到摩擦力大小Ff＝5 N
B．斜面体的加速度大小为a＝10 m/s2
C．水平恒力大小F＝15 N
D．若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物体仍然可以相对静止
【答案】A
【解析】： 对物块A和B整体分析，受重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示
根据牛顿第二定律，则有F－Nsin θ＝2ma
其中Ncs θ＝2mg
对物块A、B和斜面体C整体分析，根据牛顿第二定律，则有F＝(2m＋m0)a
联立解得：a＝5 m/s2，F＝30 N
对物块A分析，根据牛顿第二定律可得物块A受到摩擦力大小Ff＝ma＝5 N
故A正确，B、C错误；
若水平恒力F作用在A上，则有F－μmg＝maA
解得aA＝25 m/s2>a，所以物块A相对物块B滑动，故D错误。
14.(2022·南京六校调研)AB是固定在空中的粗糙水平横杆，一质量为M的物块穿在杆AB上，物块通过细线悬吊着一质量为m的小球。现用沿杆的恒力F拉物块使物块、小球一起(保持相对静止)向右运动，细线与竖直方向夹角为θ，则以下说法正确的是( )
A．杆对物块的支持力为Mg
B．细线上的拉力为eq \f(mg,sin θ)
C．F＝(M＋m)gtan θ
D．物块和小球的加速度为gtan θ
【答案】 D
【解析】 以整体为研究对象，竖直方向受重力和支持力处于平衡态，因此杆对物块的支持力为(M＋m)g，A错误；以小球为研究对象受力分析可得FT＝eq \f(mg,cs θ)，mgtan θ＝ma，两物体保持相对静止即加速度相同为a＝gtan θ，B错误，D正确；整体在水平方向满足F－Ff＝(M＋m)a，因此F＝(M＋m)gtan θ＋Ff，C错误。
15.(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( )
A.飞机在前一阶段的加速度大小4.0 m/s2
B.飞机在电磁弹射区末的速度大小v1＝20 m/s
C.电磁弹射器的牵引力F牵的大小为2×104 N
D.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－veq \\al(2,1)＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20eq \r(2) m/s，由veq \\al(2,1)＝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。
16.(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( )
A.游泳池长50 m
B.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＝eq \f(x1,t)∶eq \f(x2,t)＝5∶8，故D错误。
17.(2022·福建模拟预测)如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )
A．物块A对B的弹力大小为0
B．物块A对B的弹力大小为eq \f(1,3)mg
C．物块A的加速度为eq \f(g,2)
D．弹簧弹力大小为eq \f(3,2)mg
【答案】 B
【解析】 剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝eq \f(1,2)mg，D错误；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为a＝eq \f(3mgsin 30°－F弹,3m)＝eq \f(g,3)，即A和B的加速度均为eq \f(g,3)，C错误；取B为研究对象，由牛顿第二定律得2mgsin θ－FN＝2ma，解得FN＝eq \f(1,3)mg，A错误，B正确。
18.(2022·吉林市期末)如图所示，A、B两个物体相互接触，但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量mA为4 kg，mB为6 kg。从t＝0开始，推力FA和拉力FB分别作用于A、B上，FA、FB随时间的变化规律为FA＝(8－2t)(N)和FB＝(2＋2t)(N)。则下列说法错误的是( )
A．两物块共同运动的加速度为1 m/s2
B．两物块从在开始运动到4 s末恰好分离
C．4 s末物体A运动的加速度为零
D．8 s末物体B运动的加速度为3 m/s2
【答案】 B
【解析】 FA、FB的大小都随时间而变化，但A、B整体受到的合力F合＝FA＋FB＝10 N 保持不变，故开始一段时间内A、B以相同的加速度做匀加速运动，对整体有FA＋FB＝(mA＋mB)a，得a＝1 m/s2，A正确；当A、B恰好分离时，A、B间的弹力为零，此时两者的加速度仍相等，有eq \f(FA,mA)＝eq \f(FB,mB)，即eq \f(8－2t,4)＝eq \f(2＋2t,6)，解得t＝2 s，所以在2 s内，A、B两物体一直以1 m/s2的加速度做匀加速运动，t＝2 s后A、B两物体分离，B错误；在t＝4 s时，A、B间无相互作用，此时FA＝0，所以A所受合力为0，加速度为0，C正确；在t＝8 s时，A、B间无相互作用，此时FB＝(2＋2×8)N＝18 N，B的加速度为aB＝eq \f(FB,mB)＝eq \f(18,6) m/s2＝3 m/s2，D正确。
19.(2022·衡阳五校联考)一旦发生火灾，高楼居民如何逃生是一直困扰我们的致命问题。最近有人设计了一种新型逃生滑梯。提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下。逃生者倚躺在滑梯内。即可顺势滑到底楼。(假设每层间的高度h＝3 m，g取10 m/s2)
(1)经发明者测试，逃生者从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为37°。忽略空气阻力和转角处的动能损失。求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数μ。
(2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6 m/s，刹车系统可以使减速过程的加速度的大小和加速过程的加速度大小相等。为了安全，滑到地面时的速度大小不超过2 m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速度大小相等，求从21楼下滑到地面的最短时间。
【答案】：(1)0.4 m/s2 0.7 (2)27.5 s
【解析】：(1)由eq \f(4h,sin 37°)＝eq \f(1,2)at2
解得a＝0.4 m/s2
由牛顿第二定律：mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.7。
(2)经分析研究对象先做匀加速运动、再做匀速运动、最后做匀减速运动，所用时间最短。
轨道斜面总长：s总＝eq \f(20h,sin 37°)＝100 m
加速到最大速度需要时间和位移：t1＝eq \f(vmax,a)＝15 s
s1＝eq \f(vmax,2)t1＝45 m
减速到要求的滑到地面时的最大速度2 m/s需要的时间和位移：
t2＝eq \f(vmax－v末,a)＝10 s
s2＝eq \f(vmax＋v末,2)t2＝40 m
匀速的时间：t3＝eq \f(s总－s1－s2,vmax)＝2.5 s
总时间：t＝t1＋t2＋t3＝27.5 s。
20. (2022·超级全能预测卷)我国“神舟十二号”飞船于2021年9月17号返回地面。“神舟”飞船的返回可分为以下四个阶段：制动减速阶段、自由滑行阶段、再入大气层阶段、回收着陆阶段。其中回收着陆阶段是在距地面约10 km时开始。它先打开伞舱盖，然后依次拉开引导伞、减速伞、牵顶伞和主降落伞，其中减速伞可把返回舱的速度从200 m/s减至60～70 m/s。设主降落伞把返回舱的速度由60 m/s减至5 m/s的过程耗时55 s，在距地面1米左右时，4台反推发动机点火，使返回舱以3 m/s的速度软着陆，从而保证航天员着陆时的安全。假设返回舱在回收着陆阶段的运动是竖直向下的匀变速直线运动，燃烧的燃料质量忽略不计。地面重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)返回舱的速度由60 m/s减至5 m/s的过程中，质量为60 kg的航天员对飞船的作用力；
(2)平均每个反推发动机对返回舱的作用力是返回舱重力的多少倍。
【答案】 (1)660 N，方向竖直向下 (2)eq \f(9,20)
【解析】 (1)返回舱速度由v1＝60 m/s减小到v2＝5 m/s，用时t1＝55 s
则其加速度大小为a1＝eq \f(v1－v2,t1)
代入数据解得a1＝1 m/s2
以航天员为研究对象，由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1
代入数据解得F1＝660 N
由牛顿第三定律得航天员对返回舱的作用力为660 N，方向竖直向下。
(2)返回舱速度由v2＝5 m/s减小到v3＝3 m/s，运动位移x＝1 m
则其加速度大小为a2＝eq \f(veq \\al(2,2)－veq \\al(2,3),2x)
代入数据解得a2＝8 m/s2
设返回舱质量为M，以返回舱为研究对象，4F2－Mg＝Ma2
解得eq \f(F2,Mg)＝eq \f(9,20)。
21.(2022·山东淄博一模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量m＝3.0×103 t，在高密度海水区域水面下h0＝180 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力F突然降为2.94×107 N；20 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以0.1 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，升至距水面120 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。重力加速度g取10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自水面算起)；
(2)潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。
【答案】 (1)300 m (2)160 s
【解析】 (1)在潜艇向下加速过程有
mg－F＝ma1
此过程下落高度为h1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
潜艇向下减速过程的高度为h2
2a1h1＝2a2h2
潜艇“掉深”达到的最大深度为
h＝h0＋h1＋h2
联立解得h＝300 m。
(2)潜艇向下减速过程的时间为t2
a1t1＝a2t2
潜艇向上加速过程有
h3＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)
h3＝h－h4
h4＝120 m
v2＝a2t3
潜艇向上减速过程有h4＝eq \f(v2＋0,2)t4
潜艇从开始掉深到升至水面的过程所用总时间
t总＝t1＋t2＋t3＋t4
联立解得t总＝160 s。
由因推果——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况
首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律
由果溯因——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况
由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况
求什么想什么
出发后8 s内冰橇发生的位移和比赛中运动员的最大速度
8 s内冰橇运动的加速度，比赛中运动员何时速度最大
给什么
用什么
8 s内冰橇的受力情况和斜坡赛道的倾斜程度
用牛顿第二定律求解8 s内和8 s后冰橇的加速度大小和方向
缺什么
找什么
8 s后冰橇运动的初速度和位移
8 s后冰橇运动的初速度即为前8 s运动的末速度，8 s后冰橇运动的位移大小即为1 200 m中去掉前8 s内运动的位移
v­t图像
根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力
F­a图像
首先要根据具体的物理情境，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式，根据函数关系式结合图像，明确图像的斜率、截距或面积的意义，从而由图像给出的信息求出未知量
a­t图像
要注意加速度的正负，正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程
F­t图像
要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质