第1部分专题一第2讲力与直线运动分析

1、第2讲力与直线运动考点1匀变速直线运动规律的应用考点分析重视.本考点的高考题型既有选择题也有计算题，行车安全和追及相遇问题应引起知识提炼1.牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法:逆向思维法-匀减速直线运动对视为反方向的 匀加速宜线运动2.处理刹车类问题的思路： 先判断刹车时间，再进行分析计算.典题例析(2014高考海南卷)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段一次比赛中，某运动员用11. 00 s跑完全程已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为 7. 5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离.解题探究(1)题干中“在加速阶段的第2 s内”说明运动

2、员前2 s 一定做(2) 由题干可知：前一过程匀加速运动的 即为后一过程匀速运动的速度.【解析】 根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为 a,在第1 s和第2 s内通过的位移分别为 禺和X2,由运动学规律得X1 = ato, X1 + x2 = ?a(2to) , t°= 1 s求得 a= 5 m/s2设运动员做匀加速运动的时间为t1,匀速运动的时间为t2,匀速运动的速度为v,跑完全程的时间为t,全程的距离为x,依题意及运动学规律，得1 2t= t1 +12, v= at1, x= ?at1 + vt2L_2J-均建度法卜()v=va

3、t +至 a护护一琉lax<77 _也)直工于丁，或总-轴珂風-几沁严贝U x'= 2ati求得x= 10 m.【答案】5 m/s2 10 m方进提炼(1) “ 一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题追及问题的解题思路和注意事项-拢两掏体'位移羌系一一 -J列位卷 方程解题思路画远动示意 用或v-F圈累X注意事项：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还要注意最后对解的讨论分析.题组突破;1'7匀变速直线运动规律的灵活应用1. (2016益阳调研)有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15 m/s的速度匀速行驶，司机突然看到正前方十字路口

4、有一个小孩跌倒在地，该司机刹车的反应时间为0. 6 s,刹车后卡车匀减速前进，最后停在小孩前1. 5 m处，避免了一场事故的发生.已知刹车过程中卡车加速度的大小为5 m/s2,则下列说法正确的是()A .司机发现情况时，卡车与该小孩的距离为31. 5 mB .司机发现情况后，卡车经过3 s停下C.从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11 m/sD .若卡车的初速度为 20 m/s,其他条件都不变，则卡车将撞到小孩D 解析已知反应时间t1= 0. 6 s, x1= v0t1= 9 m0 150 152刹车时间 t2=s= 3 s, X2 =m= 22. 5 m52X ( 5)所以卡车经

5、3. 6 s停下，x= 9 m + 22. 5 m + 1 . 5 m = 33 m,X1 + X275 m/s,右 vo= 20 m/s.0 20x2 =m= 40 m > 33 m,所以会撞到小孩.2X ( 5)I'7追及相遇问题2. (2016华中师大附中模拟)在交管部门强行推出了 “电子眼”后，机动车擅自闯红灯 的现象大幅度减少. 现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在 后，它们行驶的速度均为 10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但 乙车司机

6、反应较慢(反应时间为0. 5 s).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0. 4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0. 5倍，(g取10 m/s2)求：(1) 若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m.他采取上述措施能否避免闯红灯？(2) 为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？解析甲车紧急刹车的加速度大小为a1 =Ff1m10.4m1gm1=4 m/s2(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离X0，在乙车刹车t2时间两车速度相等，to甲车停下所需时间：b =詈=詈s= 2. 5 s甲车滑行距离：2“2V010x=m= 12. 5 m2a12 x 4由于x= 12. 5

7、 m<15 m，所以甲车能避免闯红灯.为乙车司机反应时间，乙车紧急刹车的加速度大小为Ff22a2=m;=5 m/s速度相等： v0 a1(t2+ t0) = v0 a2t2解得：t2= 2. 0 s乙车发生的位移：1 2x 乙=voto+ vot2 Oa2t2= 15 m甲车发生的位移:x 甲=Vo(to+ t2) ?ai(to +12)2 = 12.xo= x乙一x 甲=(15 12. 5)m = 2. 5 m.答案能避免闯红灯（2）2 . 5 m考点2直线运动的图象问题議本考点高考题型以选择题为主，考向涉及受力分析和牛顿运动定律.知识提炼三种图象的对比分析斜率纵截距图象与 t轴所围的

8、面积特例匀速直线运动匀变速直线运动x t图象速度初位置倾斜的直线抛物线V t图象加速度初速度位移与时间轴平行的直线倾斜的直线a t图象/初加速度速度/与时间轴平行的直线典题例析例'（多选）（2016高考全国卷乙）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图象如图所示.已知两车在 t= 3 s时并排行驶，则（）A .在t= 1 s时，甲车在乙车后B. 在t= 0时，甲车在乙车前 7. 5 mC. 两车另一次并排行驶的时刻是t= 2 sD 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m【解析】根据题述，两车在t= 3 s时并排行驶，由v t图线与横轴所围面积表示位移可知，在t =

9、1 s时，甲车和乙车并排行驶，选项A、C错误.由图象可知，在t = 1 s时甲 车速度为10 m/s,乙车速度为15 m/s, 01 s时间内，甲车行驶位移为Xi= 5 m ,乙车行驶 位移为X2= 12. 5 m,所以在t = 0时，甲车在乙车前 7. 5 m,选项B正确.从t = 1 s到t1=3 s,甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x=寸X (10 + 30)X 2 m= 40m,选项D正确.【答案】 BD特别提醒(1) x t图象和v t图象描述的都是直线运动 ，而不是曲线运动.(2) x t图象和v t图象不表示物体运动的轨迹.(3) x t图象中两图线的交点表示两

10、物体相遇，而v t图象中两图线的交点表示两物体速度相等.(4) a t图象中，图线与坐标轴围成的面积表示速度；v t图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而 x t图象中，图线与坐标轴围成的面积则无实际意义.题组突破;I'7 根据图象判断物体的运动1. (2016威海模拟)小明同学利用传感器绘出了一个沿直线运动的物体在不同运动过程中，加速度a、速度v、位移x随时间变化的图象，如图所示.若该物体在t = 0时刻，初速C 解析在02 s内，位移先增大再减小，知运动的方向发生改变，故A错误;在02 s内速度为正值，向正方向运动，在2 s4 s内速度为负值，向负方向运动，运动方向发生改变，故

11、B错误；01 s内加速度不变，做匀加速直线运动，1 s2 s内加速度反向, 大小不变，向正方向做匀减速直线运动 ，2 s末速度为零.在一个周期内速度的方向不变 ， 故C正确；在01 s内，向正方向做匀加速直线运动， 1 s2 s内加速度反向，大小不变， 向正方向做匀减速直线运动 ，2 s末速度为零，2 s3 s内向负方向做匀加速直线运动 ，运动 的方向发生变化，故D错误.I-图象对运动的描述2. （2016南昌一模）如图，斜面与平面平滑连接，物体与斜面和平面间的动摩擦因数都是 苗物体从斜面上由静止滑下下列图象中v、a、Ff和s分别表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力大小和路程，其中正确的是

12、（）C 解析物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,摩擦力 Ff1=mgos 0,12加速度 a1= g(sin 0- gos 0,速度 vj= a,路程?a1t1,由此可知A、B、D均错误；在水平面上物体做匀减速直线运动，摩擦力Ff2 = i mg选项C正确.考点3考点井析牛顿运动定律的应用本考点是高考热点，考向涉及：瞬时问题、超、失重问题;整体法、隔离法的应用；牛顿运动定律与图象综合问题.知识提炼1.牛顿第二定律的表达式：F合=ma.2.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.3.隔离法：如果需要求物

13、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.典题例析闵吕如图甲所示，一根直杆 AB与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物体拉到A点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v t图象如图乙所示，物块最终停止在 B点.重力加速度g取10 m/s2.求:/ J| v/(m +3-1)/.10.5 1 1/52 thV叩乙(1)物块与杆之间的动摩擦因数物块滑过的总路程 s.【解析】(1)由图象可知，物块下滑的加速度V12a1= 4 m/s ,上滑时的加速度大小t1V22a2=8 m/s2,杆AB长L = 2 m,设直杆

14、的倾角为 0,物块的质量为 m,由牛顿第二定律 虫2得: F 合 1= mgsin 0 卩 mgos 0= mai,F 合 2= mgsin 0+ 卩 mgos 0= ma2,代入数据，得： 尸 0. 25, sin 0= 0. 6, cos 0= 0. 8.(2)对物块整个运动过程分析，由动能定理得：mgLsin 0卩 mgsos 0= 0,代入数据得，s= 6 m.【答案】(1)0. 25 (2)6 m方址提炼解决牛顿第二定律与图象结合问题的一般思路(1) 由运动图象构建运动情景，确定物体的运动规律，求出各段加速度.(2) 对研究对象进行受力分析.结合题意，利用牛顿第二定律列方程.(4)统

15、一单位、代入数据求解.题组突破；I'7瞬时问题的求解I u I侈选）（2015高考海南卷）如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全 相同的轻弹簧 和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点 O 整个系统处于静止状态.现 将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为 內，0和S2相对于原长的伸长分别记为 li和別2, 重力加速度大小为 g.在剪断的瞬间，（ ）A . ai= 3gB . ai= 0C. A li = 2A 12D . li = A l2AC 解析剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T = 3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用

16、力与剪断细线之前相同.则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg= mai得ai = 3g, A正确，B错误.由 胡克定律知：2mg= k Ali, mg = k AI2,所以A 11 = 2 AI2, C正确，D错误.I'7连接体问题2.（多选）如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力 F ,F-1关系如图乙所示，两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）甲乙A . to时刻，两物体之间的摩擦力最大B .to时刻，两物体的速度方向开始改变C. t。2t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大D . 02to

17、时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同CD 解析以整体为研究对象，由图看出，t。时刻，F= 0,加速度为零，则以A为研究对象可知，A、B间的静摩擦力为零，故A错误.根据牛顿第二定律知 ，两物体先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动 ，则t0时刻速度方向不变，而且速度最大，故B错误.t°2t0时间内，两物体的合外力增大，加速度增大，再以A为研究对象，可知两物体间的摩擦力增大，故C正确.对整体分析，整体的加速度与F的方向相同，A物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，故D正确.丽牛顿第二定律与图象结合问题3. （多选）（2015

18、高考全国卷I ）如图甲，一物块在t = 0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图象如图乙所示.若重力加速度及图中的V0、Vi、ti均为已知量，则可求出（）A 斜面的倾角B 物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D .物块沿斜面向上滑行的最大高度ACD 解析由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度大小为ai =譽下降过程中的加速度大小为 a2 = ¥ .物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得 mg sin 0+ Ff= mai,timgsin 0 Ff= ma2,由以上各式可求得Vo+ Visin 0=,滑动摩擦力2tigmFf= (Vo Vi )2ti,而Ff=（iFn =mgos 0

19、,由以上分析可知，选项A、C正确.由v t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确.满分指导一一应用动力学方法解决“滑块一一滑板模型”问题总嗚（20分）（20i5高考全国卷I ） 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4. 5 m,如图甲所示.t= 0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t= 1 s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）.碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板.已知碰撞后1s时间内小物块的v t图线如图乙所示.木板的质量是小物块质

20、量的15倍，重力加速度大小g 取 10 m/s2 .求:（1）木板与地面间的动摩擦因数m及小物块与木板间的动摩擦因数血;木板的最小长度;（3）木板右端离墙壁的最终距离.【解析】（i）规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前 ，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为ai,小物块和木板的质量分别为m和M .由牛顿第二定律得w(m + M)g= (m+ M)ai（1分）由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度vi = 4 m/s,由运动学公式得vi= vo+ aiti（1分）i 2xo= Voti+ qaiti（i分）式中，ti= i s, xo= 4. 5 m是木板碰撞前的位移,vo是小物块和木板

21、开始运动时的速度.联立式和题给条件得（i分）在木板与墙壁碰撞后，木板以初速度为-Vi向左做匀变速运动，小物块以初速度 Vi向右做匀变速运动.设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律得(J2mg= ma2（i分）V2 Vi由题图乙可得 a2 =t2 ti（i分）式中，t2= 2 s, V2= 0,联立式和题给条件得（i分）（2）设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间厶t，木板和小物块刚 好具有共同速度 V3 .由牛顿第二定律及运动学公式得*mg+ m(M + m)g= Ma3（i分）V3= vi + a3 A t（i分）V3= vi + a2 A t（i分）碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程

22、中Vi + V3,木板运动的位移为 Xi=2 At ? (i 分)小物块运动的位移为Vi + V3X2= 2- A t? (i 分)小物块相对木板的位移为 X= X2 X1? （1 分）联立？?？ 式，并代入数值得 x= 6. 0 m? （1 分）因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m. （1 分）在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为X3.由牛顿第二定律及运动学公式得M（m+ M）g = （m+ M）a4? （1 分）? （1 分）? （1 分）联立？?式，并代入数值得0 v2= 2a4X3碰后

23、木板运动的位移为X= X1+ X3x= 6. 5 m（1 分）木板右端离墙壁的最终距离为6. 5 m. （1 分）【答案】（1）0. 10. 4（2）6. 0 m （3）6 . 5 m【评分细则】第（1）问7分，式各1 分.第问8分，？式各1分.第问5分，？式各1分.题目中给出的符号解析中必须要一致，若 M、（-2用错，则扣结果分.无单位、单位错误,相应的得分点不给分.（用其他方法求解,正确的，参照上述答案酌情给分）书写物理表达式要以课本原始公式为依据 ，牛顿第二定律的表达式为 F合=ma,要分步 列式，尽量不要列综合式，否则容易失分；符号使用要规范 ，与题目提供的符号要一致，再 者木板和物块

24、的加速度不同 ，若都用a表示不加以区分，将不得分.满分体验(2016湖北七市联考)如图所示，可视为质点的物体A叠放在长木板B上，A、B的质量分别为mi= 10 kg、m2= 10 kg , B长为L = 16 m,开始时 A在B的最右端；A与B、B与地 之间的动摩擦因数分别为 1= 0. 4、应=0. 4;现将一水平恒力 F= 200 N作用在B上，使A、B由静止开始运动，当 A恰好运动到B的中点时撤去外力 F , g取10 m/s2求：B(1) 力F作用的时间，及此时 B前进的距离；(2) 撤去外力F后B还能走多远？解析(1)力F开始作用时，设A、B的加速度分别为a1、a2,2对 A： P1

25、m1g = m1a1, a1 = 4 m/s对 B: F m1g田(m1+ m2)g = m2a2,a2= 8 m/s2,设力F作用的时间为t,对应此时A、B的速度为vA Vb111则有尹2尹1=L代入数据得，t= 2 s,vA= 8 m/s, vB= 16 m/s此时B前进的距离为Xb=器2=16 m.2(2)撤去外力 F 后，对 A 有!jm1g = m1a3, a3= 4 m/s对 B 有 m1g+ 国(m1 + m2)g= m2a4,2a4= 12 m/s设A、B经过时间t1达到共同速度 w则有 va+ a3t1 = Vb a4t1解得：t1 = 0. 5 s, V1= 10 m/s2

26、 2VB V1此过程中B前进的距离为X1= 6. 5 m2a4A、B共速后一起匀减速的加速度为a5&(m1+ m2)g= (m1 + m2)a5, a5= 4 m/s2此时B前进的距离为X2=盏=12 5 m撤去F后B前进的总距离为 x= X1 + X2 = 19 m.答案(1)2 s 16 m(2)19 m专题强化训练学生用书P111（单独成册）、单项选择题1. （2014高考全国卷甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶.在t = 0到t = t1的时间内，它们的 v t图象如图所示.在这段时间内（）A .汽车甲的平均速度比乙的大B .汽车乙的平均速度等于V1+ V2C.甲、乙两汽车的位

27、移相同D .汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A 解析根据V t图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移 x甲大于汽车乙的位移X乙，选项C错误；根据v=:得，汽车甲的平均速度 v甲大于汽车乙的平均速度 v乙，选项A正确；汽车乙的位移 X乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移v1 + v2x,即汽车乙的平均速度小于厂,选项B错误；根据v t图象的斜率大小反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误.2.（2015高考重庆卷）若货物随升降机运动的v t图象如图所示（竖直向上为正）,则货物受T)B 解析根据v t图象可知电梯的运动情况：

28、加速下降 t匀速下降t减速下降t加速上升t匀速上升T减速上升，根据牛顿第二定律F - mg= ma可判断支持力F的变化情况：失重T等于重力T超重T超重T等于重力t失重，故选项B正确.3. （2016忻州一模）如图所示，质量分别为 m m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动（mi在光滑地面上，m2在空中）.已知力F与水平方向的夹角为 则 mi的加速度大小为（）Feos Bmi + m2Fsin Bmi + m2Fsin Bm2Feos Bmi m2解析把mi、m2看做一个整体,在水平方向上加速度相同由牛顿第二定律可得：Feos B= (mi+ m2)a,所以

29、a = Feos B,选项 A 正确.mi+ m24.质量为2 kg的质点在xOy平面内运动，其在 x方向的x t图象和y方向的v t图 象分别如图所示.下列关于该质点的说法，正确的是A .在t= 0时刻，其速度大小为3 m/sB .在t= 0时刻，其速度方向与合外力方向垂直C.所受的合外力大小为3 ND .做匀变速直线运动C 解析t= 0时刻，由x方向的x t图象知Vx=- 4 m/s,沿x轴负方向，由y方向的v-1图象知Vyo= 3 m/s, 质点的合速度大小为 v=寸幺+詬。=寸42+ 32 m/s= 5 m/s, A错误；由图象知ax= 0, ay= 1.5 m/s2,故a= 1. 5

30、 m/s2, F合=ma = 3 N ,方向沿y轴正方向，C正确；设合初速度方向与 y 轴正方向夹角为 0,则tan 9=产|=4,可知0= 53 ,而合外力沿y轴正方向，B错误；合外VyO 3力与初速度不在同一条直线上，质点做匀变速曲线运动，D错误.5. （2016玉溪模拟）P丿丄L如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的 AB、BC两部分组成，且 AB= BC,小物块P（可 视为质点）以某一初速度从 A点滑上桌面，最后恰好停在 C点，已知物块经过 AB与BC两 部分的时间之比为 1 : 4,则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数 山、血之比为 （P物块在AB、BC上所做的运动均可看做匀变

31、速直线运动 ）（ ）A. 1 : 1B . 1 : 4C. 4 : 1D . 8 : 1D 解析设AB、BC两部分的长度为L,在B点的速度为v,受摩擦力F1= mmg、F2= &mg,加速度大小a1= mg,a2=g,时间t1 = t,t2= 4t, B点速度v= a2t2；逆向研究12 V、12BC,尹2上2=尹=L；逆向研究BA, vb +尹讪=L,解得m ：m= 8 : 1 , D正确.6. （2016宁波一模）倾角为a= 30°的长斜坡上有 C、0、B三点，CO = OB= s,在O点竖直地固定一长为 s 的直杆AO . A端与C点间和坡底B点间各连有一光滑的钢绳，且

32、各穿有一钢球（视为质点）, 将两球从 A点同时由静止释放，分别沿两钢绳滑到钢绳末端，如图所示，不计一切阻力影响，则小球在钢绳上滑行的时间tAC : tAB为（）A. 1 : 1B . - 2 : 1C. 1 :3D .3 ： 1A 解析由几何知识可知：Z OAC = 60 , ZOAB = 30 , Xac = s, xab = 3s,钢球在一 1AC上运动时，加速度aAc= g cos/OAC = qg,在AB上运动时，加速度aAB= g cosZOAB =1 2 1 2g,根据 XAC= qaACtAC , Xab= qaABtAB ,可得 tAC :AB= 1 ： 1,选项 A 正确.、

33、多项选择题7.a、b两车从同一地点在平直公路上沿同方向行驶，其V t图象如图所示.则下列说法中正确的有（）A . t = b时，a、b两车速度的大小相同、方向相反B. t = t1时，a、b两车的加速度大小相同，方向相反C. t = t1时，a、b两车重新相遇D. 0t1时间内，a车的位移是b车的位移的3倍BD 解析由速度图象可知，在t1时刻，两图线交点表示两车速度相同 ，即大小相 等、方向相同，A项错误；由速度图象中两图线的斜率判断可知两车加速度方向相反，B项正确；0t1时间内，位移为图线与坐标轴所围面积 ，可知两车位移比为 3 : 1 , C项错误，D项正确.如图所示,质量分别为mA、mB

34、的A、B两物块用轻线连接放在倾角为B的光滑斜面上,用始终平行于斜面向上的恒力可行的办法是（）F拉A,使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力,A .增大A的质量B .增大B的质量C .增大倾角0D .增大拉力FBD 解析对于A、B整体由牛顿第二定律得F （mA+ mB）gsin 0= （mA+ mB）a,对于mBB由牛顿第二定律得Ft mBgsin 0= mBa,解以上两式得 Ft =F ,可知B、D正确.mA+ mB9.（2016潍坊一模）一汽车在高速公路上以 vo= 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的变化关系如图所示，以初速度方向为

35、正， 下列说法正确的是（）A . t = 6 s时车速为5 m/sB. t = 3s时车速为零C. 前9 s内的平均速度为 15 m/sD .前6 s内车的位移为90 mBC 解析03 s,汽车做匀减速直线运动，3 s末的速度V3= vo+ aiti = （30- 10 x 3）m/s= 0, B正确；39 s,汽车做匀加速直线运动 ，t= 6 s时速度V6= a2t2= 5x 3 m/s= 15 m/s,2 2m = 45 m , 39 s内的位移1 2X3 9= ?a2t3 =0 V00 30A错误；前 3 s内的位移 X3 = 2a =2a12X ( 10)x 5x 62 m= 90 m

36、,则前9 s内的位移为X9= X3+ X39= 135 m，平均速度为 v = X9t总135m/s=15 m/s , C正确；36 s内的位移X36 = a2t2= x 5x 32 m = 22. 5 m ,则前6 s内的位移为 X6= X3 + X36= 67. 5 m, D 错误.10. （2015高考全国卷n ）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩2 一P和Q间的拉力大小为F ;当机车在西边拉着车厢以大小为的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为 F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A . 8B . 10C. 15D . 18BC 解析设该列车厢与P相连的部分为 P部分，与Q相连的部分为 Q部分.设该列车厢有n节，Q部分为m节，每节车厢质量为 m,当加速度为a时，对Q有F = mma;、 22当加速度为3a时，对P有F = (n ni)m3a,联立得2n= 5ni 当ni= 2, ni= 4, n = 6时，n3 3=5, n = 10, n= 15,由题中选项得该列车厢节数可能