高考物理一本突破二轮复习讲义专题一第2讲匀变速直线运动规律及牛顿运动定律

第2讲匀变速直线运动规律及牛顿运动定律[做真题·明考向]真题体验透视命题规律授课提示：对应学生用书第7页[真题再做]1．(2016·高考全国卷Ⅲ，T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()A.eq\f(s,t2)B.eqB.eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2) D.eq\f(8s,t2)解析：动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝eq\f(1,2)(v0＋v)t和a＝eq\f(v－v0,t)得a＝eq\f(s,t2)，故A对．答案：A2．(多选)(2018·高考全国卷Ⅱ，T19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是()A．两车在t1时刻也并排行驶B．在t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大解析：0～t1时间内，v乙＞v甲，t1～t2时间内，v甲＞v乙，t2时刻相遇，但0～t1时间内两者的位移差小于t1～t2时间内两者的位移差，则t1时刻甲在乙的后面，A错，B对．由图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C错，D对．答案：BD3．(多选)(2016·高考全国卷Ⅱ，T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则()A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝eq\f(4,3)ρπR3知eq\f(4,3)ρπR3g－kR＝eq\f(4,3)ρπR3a，即a＝g－eq\f(3k,4ρπ)·eq\f(1,R2)，故知R越大，a越大，即下落过程中a甲>a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝eq\f(1,2)at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－veq\o\al(2,0)知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确．答案：BD4．(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ，T20)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1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解析：由v-t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝eq\f(v0,t1)，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝eq\f(v0,t1).同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝eq\f(v1,t1)，两式联立得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2gt1)，μ＝eq\f(v0－v1,2gt1cosθ)，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为eq\f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝eq\f(v0,2)t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝eq\f(v0,2)t1·eq\f(v0＋v1,2gt1)＝eq\f(v0?v0＋v1?,4g)，选项D正确；仅根据v-t图象无法求出物块的质量，选项B错误．答案：ACD5.(2017·高考全国卷Ⅱ，T24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)②(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t，由运动学公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0③v0－v1＝a1t④s1＝eq\f(1,2)a2t2⑤联立③④⑤式得a2＝eq\f(s1?v1＋v0?2,2s\o\al(2,0))⑥答案：(1)eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1?v1＋v0?2,2s\o\al(2,0))[考情分析]■命题特点与趋势——怎么考1．近几年高考对本讲的考查比较全面，题型以选择题、较为综合的计算题为主．匀变速直线运动的规律、运动学图象问题、牛顿运动定律的应用是命题的热点．2．借助“传送带”“平板车”“滑块—木板”模型，综合考查牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析的计算题，会成为高考中的压轴性题目．3．以“机车运动”“追及相遇”为背景的实际问题也会成为高考命题的热点，应引起足够重视．■解题要领——怎么做1．解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点(1)两分析①物体受力情况分析，同时画出受力示意图；②物体运动规律分析，同时画出运动情境图．(2)两个桥梁①加速度是联系运动和力的桥梁；②速度是各物理过程相互联系的桥梁．2．解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1)要清楚x-t、v-t图象的特点及区别；(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型．[建体系·记要点]知识串联熟记核心要点授课提示：对应学生用书第8页[网络构建][要点熟记]1．匀变速直线运动的规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)速度和位移的关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.(4)中间时刻的瞬时速度：＝eq\f(x,t)＝eq\f(v0＋v,2).(5)任意两个连续相等的时间T内的位移之差是一个恒量，即Δx＝xn＋1－xn＝aT2.2．对运动图象的认识，应注意以下三点(1)匀速直线运动的v-t图象的斜率为零，表示加速度为零；(2)无论是x-t图象还是v-t图象都只能描述直线运动；(3)x-t图象和v-t图象不表示物体运动的轨迹．3．牛顿第二定律表达式：F＝ma或Fx＝max、Fy＝may，且加速度的方向与合外力方向一致．4．超重和失重：物体加速度方向向上或有向上的分量为超重状态，加速度方向向下或有向下的分量为失重状态．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能授课提示：对应学生用书第8页考向一匀变速直线运动规律的应用1．求解匀变速直线运动问题的一般思路eq\x(审题)→eq\x(画出示意图)→eq\x(判断运动性质)→eq\x(选取正方向)→eq\x(选用公式列方程)→eq\x(求解方程)2．若涉及追及、相遇或避免碰撞等问题，解题的关键是画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程．1．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3m，第三个T时间末的瞬时速度为3m/s，A．物体的加速度是1mB．第一个T时间末的瞬时速度为0.6C．时间间隔T＝1sD．物体在第1个T时间内的位移为0.6解析：初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…，据此判断第一个T时间内的位移x1＝eq\f(1,5)×3m＝0.6m，选项D正确；第二个T时间内的位移x2＝eq\f(3,5)×3m＝1.8m，由veq\o\al(2,3)－0＝2a(x1＋x2＋x3)得a＝eq\f(5,6)m/s2，选项A错误；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝eq\f(6,5)s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1＝aT＝1m/s，选项B错误．答案：D2．我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．一辆汽车以20m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4s的时间速度减为5m/s且收费完成，司机立即加速，加速度大小为2.5m/s2.假设汽车可视为质点，A．汽车开始减速时距离自动收费装置110B．汽车加速4s后速度恢复到20C．汽车从开始减速到速度恢复到20m/sD．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4s解析：汽车减速时的加速度为a1＝eq\f(v－v0,t1)＝eq\f(5－20,4)m/s2＝－3.75m/s2，这段时间内的位移x＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝(20×4－eq\f(1,2)×3.75×42)m＝50m，A错误；汽车恢复到20m/s所用的时间t2＝eq\f(v0－v,a2)＝eq\f(20－5,2.5)s＝6s，B错误；汽车加速的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a2)＝75m，则汽车通过的总位移x＝x1＋x2＝125m，C正确；汽车通过自动收费装置耽误的时间应为实际的时间与汽车匀速通过该段的时间差，汽车匀速通过这段距离所用的时间t＝eq\f(x,v0)＝6.25s，因此汽车耽误的时间Δt＝t1＋t2－t＝3.75s，D错误．答案：C3．某地出现雾霾天气，能见度只有200m，即看不到200m以外的情况，A、B两辆汽车沿同一公路同向行驶，A车在前，速度vA＝10m/s，B车在后，速度vB＝30m/s，B车在距A车x＝200m处才发现前方的A车，这时B(1)通过计算说明两车会不会相撞；(2)若两车不会相撞，求它们之间的最小距离．若两车会相撞，则B车在减速的同时开始按喇叭，t1＝10s后，A车发现后，立即加速前进，则A车的加速度至少为多大时才能避免与B车相撞？解析：(1)设经过时间t两车速度相等，根据vA＝vB－at，解得t＝25s，xB＝vBt－eq\f(1,2)at2＝500mxA＝vAt＝250速度相等时两车的距离Δx0＝xA＋x－xB＝－50m<0，故两车在速度相等前就已经相撞了．(2)由(1)可知两车会相撞．如图所示，B车减速10s后，B车的速度vB1＝vB－at1＝22m/s此时两车的距离Δx＝vAt1＋200m－(vBt1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1))＝10×10m＋200m－(30×10－eq\f(1,2)×0.8×100)m＝40m设A车至少以大小为a′的加速度加速t′时间后，两车刚好不相撞，此时两车的速度相等，有vB1－at′＝vA＋a′t′，vAt′＋eq\f(1,2)a′t′2＋Δx＝vB1t′－eq\f(1,2)at′2由以上两式消去a′和t′的乘积a′t′，求出t′＝eq\f(20,3)s，进而解得a′＝1m/s2.答案：(1)见解析(2)1m/s2eq\a\vs4\al([方法技巧])分析追及问题的方法技巧(1)一个临界条件：速度相等，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点，如第3题中首先确定速度相等时的时间．(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，如第3题画出过程图，各种关系呈现更清晰、直观．(3)能否追上的判断方法：物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距x0.①若vA＝vB时，xA＋x0<xB，则能追上；②若vA＝vB时，xA＋x0＝xB，则恰好追上；③若vA＝vB时，xA＋x0>xB，则不能追上．特别注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动．考向二运动学图象问题[典例展示1](多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是()A．在t1时刻两车速度相等B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等[思路探究](1)x-t图象的物理意义及其图线斜率、交点等表示的物理意义是什么？(2)图象中的直线和曲线表示物体怎样的运动特点？[解析]x-t图象的斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，A错；由两图线的纵截距知，出发时甲在乙前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，B错；t1和t2两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等，C对；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，D对．[答案]CDeq\a\vs4\al([方法技巧])图象问题做好“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，是运动学图象(v-t、x-t、a-t)还是动力学图象(F-a、F-t、F-x)．(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，如例题中甲车的位移—时间图线是曲线表明甲车做速度增大的变速直线运动．(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，如例题中两交点表示两车位置相同．4.(多选)甲、乙两质点从同一位置出发，沿同一直线运动，它们的v-t图象如图所示．对这两质点在0～3s内运动的描述，下列说法正确的是()A．t＝2s时，甲、乙两质点相遇B．在甲、乙两质点相遇前，t＝eq\f(6,7)s时，甲、乙两质点相距最远C．甲质点的加速度比乙质点的加速度小D．t＝3s时，乙质点在甲质点的前面解析：由题图可知，甲的加速度a甲＝－eq\f(2,3)m/s2，乙的加速度a乙＝0.5m/s2，加速度是矢量，其正负只表示方向，不表示大小，C错误；由图象可得t＝eq\f(6,7)s时，两者速度相等，甲、乙两质点的距离为甲、乙两质点相遇前的最大值，故B正确；t＝2s时，甲的位移x甲＝eq\f(1,2)×(2＋eq\f(2,3))×2m＝eq\f(8,3)m，乙的位移x乙＝eq\f(1,2)×(1＋2)×2m＝3m，这时乙已在甲前，A错误；t＝2s之后乙的速度一直大于甲的速度，乙在甲前，D正确．答案：BD5．(多选)(2018·湖北部分重点中学第二次联考)一质点沿一直线运动，以运动起点作为位移参考点并开始计时，设在时间t内所发生的位移为x，其eq\f(x,t)-t图象如图所示，则由图可知()A．质点的初速度为1B．质点的初速度为0.5C．质点的加速度为2mD．质点的加速度为4m解析：由匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at.由此可知，eq\f(x,t)-t图象的纵截距代表初速度，斜率表示加速度的eq\f(1,2).由纵截距和斜率可知，质点的初速度为1m/s，加速度为4m/s2.故本题选A、D.答案：AD6．(多选)如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始沿杆向上运动．已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是(A．小环的质量是1B．细杆与地面间的夹角为30°C．前1s内小环的加速度大小为5mD．前3s内小环沿杆上升的位移为1.25解析：设细杆与地面间的夹角为θ，由v-t图象可知0～1s内小环的加速度为a＝0.5m/s2，因此选项C错误；拉力为F1＝5N时，由牛顿第二定律得F1－mgsinθ＝ma,1s后小环做匀速直线运动，此时的拉力为F2＝4.5N，根据力的平衡有F2＝mgsinθ，联立解得m＝1kg，sinθ＝eq\f(9,20)，因此选项A正确，B错误；根据题图乙可知，前1s内小环沿杆上升的位移为x1＝eq\f(0.5,2)×1m＝0.25m，之后2s内做匀速直线运动，位移为x2＝0.5×2m＝1.0m，所以前3s内小环沿杆上升的位移为x＝x1＋x2＝1.25m，选项D正确．答案：AD考向三动力学中的连接体问题[典例展示2](多选)(2018·湖北黄冈高三调研)如图所示，水平面上有一质量为2m的物体A，左端用跨过定滑轮的细线连接着物体B，物体B、C的质量均为m，用轻弹簧相连放置在倾角为θ的斜面上，不计一切摩擦．开始时，物体A受到水平向右的恒力F的作用而保持静止，已知重力加速度为g.下列说法正确的是(A．在细线被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθB．在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsinθC．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsinθD．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsinθ[思路探究](1)细线烧断前A、B、C三个物体分别受哪些力？(2)细线被烧断瞬间，细线和弹簧上力的变化有什么特点？[解析]细线被烧断前，将B、C及弹簧作为整体，由平衡条件得细线的拉力F1＝2mgsinθ，对A，由平衡条件得拉力F＝F1＝2mgsinθ.在细线被烧断瞬间，对A，由牛顿第二定律得F＝2maA，解得aA＝gsinθ，选项A正确；在细线被烧断瞬间，弹簧的弹力不变，B所受的合力与细线的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得F1′＝maB，解得aB＝2gsinθ，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，设此时细线上的拉力为F2，由牛顿第二定律得，对A，F－F2＝2ma，对B，F2－mgsinθ＝ma，由以上两式解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，选项C错误；撤去F的瞬间，细线上的拉力立即发生变化，但绳子仍然绷直，因此A、B可视为整体，由于弹簧弹力不能发生突变，因此C仍处于静止状态，对A、B整体受力分析有F弹＋mgsinθ＝3ma′，未烧断细线前，对B受力分析，可得F1＝mgsinθ＋F弹，联立得a′＝eq\f(2,3)gsinθ，故A的加速度为eq\f(2,3)gsinθ，选项D错误．[答案]ABeq\a\vs4\al([方法技巧])1．“整体法、隔离法”应用的两点技巧(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法，如例题中求细线被烧断前的拉力大小时，将B、C及弹簧作为整体；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法．(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．2．瞬时加速度的两种模型(1)刚性绳(或接触面)：不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间，如撤去F瞬间，细线上的拉力立即发生变化．(2)弹簧(或橡皮绳)：两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看作保持不变，如例题中烧断细线瞬间，弹簧弹力不变．7．(2018·河北衡水中学第九次模拟)如图所示，相互接触的A、B两物块放在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2，且m1<m2，现对两物块同时施加相同的水平恒力F，设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为FN，则下列说法正确的是()A．物块B的加速度为eq\f(F,m2)B．物块A的加速度为eq\f(2F,m1＋m2)C．F<FN<2D．FN可能为零解析：由于没有摩擦力，且m1<m2，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律有2F＝(m1＋m2)a，解得a＝eq\f(2F,m1＋m2)，选项A错误，B正确；再对B受力分析，由牛顿第二定律有F＋FN＝m2a，代入加速度解得FN＝eq\f(?m2－m1?F,m1＋m2)<F，选项C、D错误．答案：B8．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sinα)gD．M运动的加速度大小为eq\f(M－m,M)g解析：互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－FT＝Ma，对m有FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得a＝(1－sinα)g＝eq\f(M－m,M)g，FT＝mg，故A错，B、C、D对．答案：BCD9．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动A．质量为2mB．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5FT时D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为eq\f(2,3)FT解析：质量为2m的木块受到绳拉力、地面支持力、自身的重力、质量为m的木块对其的压力和摩擦力五个力的作用，A错误；设绳的张力为F1，对三个木块整体有F＝(m＋2m＋3m)a，a＝eq\f(F,6m)，对质量为m、2m的木块整体有F1＝(m＋2m)a，F1＝eq\f(F,2).当F逐渐增大到1.5FT时，F1＝0.75FT，绳不会被拉断，B错误，C正确；绳刚要被拉断时，对质量为m、2m的木块整体有FT＝(m＋2m)a1，a1＝eq\f(FT,3m)，再对质量为m的木块有Ff＝ma1＝eq\f(FT,3)，D错误．答案：C[限训练·通高考]科学设题拿下高考高分单独成册对应学生用书第125页(45分钟)一、单项选择题1．(2018·陕西西安中学高三上学期期中)一汽车刹车可看作匀减速直线运动，初速度为12m/s，加速度大小为2m/s2，运动过程中，在某一秒内的位移为7m，A．6mC．9m D解析：设经过t时间开始计时，1s时间内质点的位移恰为7m，则有v0(t＋1)－eq\f(1,2)a(t＋1)2－(v0t－eq\f(1,2)at2)＝7，解得t＝2s，汽车从刹车到停止总共经历的时间为t总＝eq\f(v0,a)＝6s，此后它还能向前运动的位移即为汽车后3s的位移，把汽车刹车过程逆过来看即为初速度为零的匀加速直线运动，则有x＝eq\f(1,2)at2＝9m，故C正确．答案：C2．(2018·江苏六市第二次联考)如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ，则细线中的拉力大小为()A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μm解析：把A、B看作一个整体受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得FT＝(m1＋m2)a，故C正确．答案：C3．(2018·湖南长沙高三一模)如图所示，小车在恒力F作用下沿水平地面向右运动，其内底面左壁有一物块，物块与小车右壁之间有一压缩的轻弹簧，小车内底面光滑，当小车由左侧光滑地面进入到右侧粗糙地面时，物块一直与左壁保持接触，则车左壁受物块的压力FN1和车右壁受弹簧的压力FN2的大小变化情况是()A．FN1变大，FN2不变 B．FN1不变，FN2变大C．FN1和FN2都变小 D．FN1变小，FN2不变解析：因物块相对于小车静止不动，故弹簧长度不变，弹簧弹力不变，车右壁受弹簧的压力FN2不变；小车由左侧光滑地面进入右侧粗糙地面时，小车向右的加速度会减小，由于物块和小车的加速度相同，故物块所受合外力减小，又弹簧弹力不变，物块受车左壁的支持力变小，由牛顿第三定律知FN1变小，选项D正确．答案：D4.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＝3s时并排行驶，则()A．在t＝1s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，乙车在甲车前7.5C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40解析：根据v-t图象知，甲、乙都沿正方向运动．t＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由v-t图线所围面积对应位移关系知，0～3s内甲车位移x甲＝eq\f(1,2)×3×30m＝45m，乙车位移x乙＝eq\f(1,2)×3×(10＋25)m＝52.5m．故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B选项错误；0～1s内，x甲′＝eq\f(1,2)×1×10m＝5m，x乙′＝eq\f(1,2)×1×(10＋15)m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，说明在t＝1s时甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D选项正确．答案：D5.(2018·山东临沂检测)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的加速度为0B．物块A的加速度为eq\f(g,3)C．物块B的加速度为0D．物块B的加速度为eq\f(g,2)解析：剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin30°＝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；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为a＝eq\f(3mgsin30°－F弹,3m)＝eq\f(g,3)，即A和B的加速度均为eq\f(g,3)，故选B.答案：B6．(2018·山西太原市高三期末)甲、乙两质点同时沿同一直线运动，它们的x-t图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是()A．在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相同B．在0～t0时间内，乙的速度一直增大C．在0～t0时间内，乙平均速度的值大于甲平均速度的值D．在0～2t0时间内，甲、乙发生的位移相同解析：在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相反，选项A错误；在位移—时间图象中，斜率表示速度，在0～t0时间内，乙的速度一直减小，选项B错误；在0～t0时间内，乙的位移为2x0，甲的位移为x0，乙平均速度的值(eq\x\to(v)乙＝eq\f(2x0,t0))大于甲平均速度的值(eq\x\to(v)甲＝eq\f(x0,t0))，选项C正确；在0～2t0时间内，甲发生的位移是－2x0，乙发生的位移是2x0，负号说明两者方向不同，选项D错误．答案：C7.(2018·青海西宁二十一中高三月考)质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，假设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t＝0到t＝6s这段时间内的位移大小为A．4m BC．10m D解析：最大静摩擦力Ffmax＝μmg＝0.2×2×10N＝4N，当拉力大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动，所以在t＝2s时才开始运动；2～4s时，F>Ffmax，物体由静止开始做匀加速直线运动，摩擦力为滑动摩擦力，Ff＝Ffmax＝4N，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(6－4,2)m/s2＝1m/s2，位移为x1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×4m＝2m,4s末的速度为v＝at＝1×2m/s＝2m/s，4～6s时根据牛顿第二定律可得加速度为a1＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(2－4,2)m/s2＝－1m/s2，位移为x2＝vt＋eq\f(1,2)a1t2＝2×2m＋eq\f(1,2)×(－1)×4m＝2m，则物体的总位移是x＝x1＋x2＝2m＋2m＝4m，故A正确，B、C、D错误．答案：A二、多项选择题8．将一足够长的木板固定在水平面上，倾角为α＝37°，将一铁块由长木板的底端以一定的初速度冲上木板，经过一段时间铁块的速度减为零，该过程中的速度随时间的变化规律如图所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则(A．长木板与铁块之间的动摩擦因数为0.5B．铁块沿长木板上滑的最大距离为3.6C．铁块沿长木板下滑时的加速度大小为10mD．铁块滑到长木板底端时的速度大小为eq\f(6,5)eq\r(5)m/s解析：由铁块上滑过程的速度—时间图象可知，铁块上滑时的加速度大小为a＝eq\f(v0,t)＝eq\f(6,0.6)m/s2＝10m/s2，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，代入数据解得μ＝0.5，A正确；由速度—时间图象可知，铁块沿长木板上滑的最大距离为x＝eq\f(6×0.6,2)m＝1.8m，B错误；铁块沿长木板下滑时，由牛顿第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma′，代入数据可解得a′＝2m/s2，C错误；由运动学公式v＝eq\r(2a′x)，代入数据解得v＝eq\f(6,5)eq\r(5)m/s，D正确．答案：AD9．(2018·浙江金丽衢十二校联考)酒后驾驶会导致许多安全隐患是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间，表中“思考距离”是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指从驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车以不同速度行驶时制动的加速度大小都相同)分析表中数据可知，下列说法正确的是()思考距离/m制动距离/m速度(m·s－1)正常酒后正常酒后157.515.022.530.0A.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5sB．驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为7.5mC．若汽车的初速度增加一倍，制动距离也增大一倍D．若汽车以25m/s的速度行驶时发现前方60解析：由x1＝vt可得正常情况下的反应时间为0.5s，酒后的反应时间为1.0s，选项A说法正确；由刹车距离x2＝x－x1＝eq\f(v2,2a)解得驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为a＝7.5m/s2，选项B说法正确；若汽车的初速度增加一倍，思考距离增大一倍，而刹车距离将增大三倍，选项C说法不正确；若汽车以25m/s的速度行驶时，酒后思考距离为25×1.0m＝25m，刹车距离为eq\f(v2,2a)＝41.7m，制动距离为25m＋41.7m＝66.7m，发现前方60m处有险情，酒后驾驶不能安全停车，选项D说法正确．答案：ABD10．如图所示，长为L＝6m、质量为m＝10kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝50kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v-t图象可能正确的是(g取10m/s2，a为人的v-t图象，b为木板的解析：人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，Ff＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力Ffm＝μ(M＋m)g＝120N；A中人的加速度a1＝1m/s2，Ff＝Ma1＝50N<120N，木板静止不动，t＝2eq\r(3)s内人的位移x＝6m，A正确；同理B正确；C中人的加速度a1＝3m/s2，Ff＝Ma1＝150N>120N，木板向左加速，Ff－μ(M＋m)g＝ma2，a2＝3m/s2，t＝eq\r(2)s内人的位移大小x1＝3m，木板的位移大小x2＝3m，C正确；D中木板要运动的话只能向左运动，其位移为负值，v-t图线应在时间轴的下方，因此D错误．答案：ABC11.在斜面上，两物块A、B用细线连接，当用力F沿斜面向上拉物块A时，两物块以大小为a的加速度向上运动，细线中的张力为FT，两物块与斜面间的动摩擦因数相等．则当用大小为2F的拉力沿斜面向上拉物块A时()A．两物块向上运动的加速度大小为2B．两物块向上运动的