2024年高考物理大一轮复习：第2课时 力和直线运动

第2课时力和直线运动匀变速直线运动规律的应用1.必须领会的两种物理思想：逆向思维、极限思想。2.必须辨明的“两个易错易混点”(1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系；(2)“刹车”问题要先判断刹车时间，再分析计算。命题角度一匀变速直线运动规律的应用【例1】(2019·全国卷Ⅰ，18)如图1，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满足()图1A.1＜eq\f(t2,t1)＜2 B.2＜eq\f(t2,t1)＜3C.3＜eq\f(t2,t1)＜4 D.4＜eq\f(t2,t1)＜5解析本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2＝eq\r(\f(2×\f(H,4),g))，第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3＜eq\f(t2,t1)＜4，选项C正确。答案C命题角度二追及相遇问题【例2】现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/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，但乙车司机反应较慢(反应时间为t0＝0.5s)。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0.6倍，g＝10m/s2，假设汽车可看做质点。(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，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、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？解析(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为a1＝eq\f(f1,m1)＝eq\f(0.4m1g,m1)＝4m/s2。甲车停下来所需时间为t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,4)s＝2.5s，滑行距离x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(102,2×4)m＝12.5m，由于x＝12.5m＜15m，可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。(2)乙车紧急刹车的加速度大小为a2＝eq\f(f2,m2)＝eq\f(0.6m2g,m2)＝6m/s2，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的条件。设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间后两车的速度相等，其运动关系如图所示，则有速度关系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2位移关系v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a2)＝x0＋eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a1)解得t2＝1.0s，x0＝1.5m。答案(1)能(2)1.5m[典例拓展]在【例2】中，如果两车刹车时的加速度交换，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，那么两车在正常行驶过程中又应至少保持多大距离？解析如果刹车时两车的加速度交换，这时由于甲车的加速度大小为a2＝6m/s2，乙车的加速度大小为a1＝4m/s2，说明运动过程中甲车要比乙车先停下来，所以两车的位移大小关系应满足v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝x0′＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)，代入数据解得x0′＝eq\f(55,6)m≈9.17m。答案9.17m(1)求解匀变速直线运动问题的思路(2)全程法：全过程中若加速度不变，虽然有往返运动，但可以全程列式，此时要注意各矢量的方向(即正负号)。1.如图2所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝2.5m，B、C之间的距离l2＝3.5m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于()图2A.0.5m B.1.0mC.1.5m D.2.0m解析设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有vB＝eq\f(l1＋l2,2T)＝eq\f(6m,2T)根据匀变速直线运动规律可得Δl＝l2－l1＝aT2＝1m所以l＝eq\f(veq\o\al(2,B),2a)－l1＝2.0m，故D正确。答案D2.(多选)如图3所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度之比为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则()图3A.三者到达桌面时的速度大小之比是eq\r(3)∶eq\r(2)∶1B.三者运动时间之比为3∶2∶1C.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比解析由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，故v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，选项A正确；由t＝eq\r(\f(2h,g))得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，选项B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(2h3,g))，c与b开始下落的时间差Δt2＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h3,g))，选项C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，选项D错误。答案AC3.(2019·南京市鼓楼区模拟)如图4所示，一辆轿车和一辆卡车在同一平直的公路上相向匀速直线运动，速度大小均为30m/s。为了会车安全，两车车头距离为100m时，同时开始减速，轿车和卡车的加速度大小分别为5m/s2和10m/s2，两车减到速度为20m/s时，又保持匀速直线运动，轿车车身全长5m，卡车车身全长15m，则两车的错车时间为()图4A.0.3s B.0.4s C.0.5s D.0.6s解析设轿车减速到v＝20m/s所需时间为t1，运动的位移为x1，则有t1＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(30－20,5)s＝2s，x1＝eq\f(v0＋v,2)t1＝eq\f(30＋20,2)×2m＝50m，设卡车减速到v＝20m/s所需时间为t2，运动的位移为x2，则有t2＝eq\f(v0－v,a2)＝eq\f(30－20,10)s＝1s，x2＝eq\f(v0＋v,2)t2＝eq\f(30＋20,2)×1m＝25m，故在2s末，两车车头的间距Δx＝L－x1－x2－v(t1－t2)＝5m，2s后，两车车头相遇还需要的时间为t′，则有Δx＝2vt′，解得t′＝eq\f(1,8)s，两车车尾相遇还需要的时间为t″，则有Δx＋5m＋15m＝2vt″，解得t″＝eq\f(5,8)s，故错车时间Δt＝t″－t′＝0.5s，故C正确，A、B、D错误。答案C牛顿运动定律的综合应用命题角度一连接体问题1.必须掌握的两个物理方法(1)整体法和隔离法；(2)合成法和分解法。2.必须区分清楚的几个易混易错问题(1)力可以发生突变，但速度不能发生突变。(2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可能发生突变，但轻弹簧的弹力不突变。(3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。【例1】如图5所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝eq\f(R,3)，重力加速度为g，则F的大小为()图5A.eq\f(\r(5),3)Mg B.eq\f(\r(5),2)MgC.eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D.eq\f(\r(5),2)(M＋m)g解析由于小球B在圆弧面上与A保持相对静止，整体受力分析，有F＝(M＋m)a；隔离小球B受力分析，有mgtanθ＝ma，其中θ是OB与OQ间的夹角，由几何关系得tanθ＝eq\f(\r(5),2)，联立解得F＝eq\f(\r(5),2)(M＋m)g，选项D正确。答案D

命题角度二动力学中的两类基本问题【例2】2018年6月22日，两架国产大飞机C919同时在上海和西安两地开展试飞。若试飞中，某架C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经t1＝20s达到最大速度vm＝288km/h，之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来。若滑行总距离x＝3200m，且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，取g＝10m/s2。图6(1)若C919的质量m＝8×104kg，加速过程中飞机受到的阻力恒为自身重力的0.1倍，求飞机加速过程中发动机产生的推力大小；(2)求C919在整个滑行过程中的平均速度大小。(结果保留1位小数)解析(1)由题意可知在加速过程中vm＝80m/s，t1＝20s由vm＝at1得a＝4m/s2根据牛顿第二定律，有F－kmg＝ma解得F＝4×105N。(2)加速过程位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝800m减速过程位移x2＝eq\f(1,2)a′teq\o\al(2,2)＝800m匀速过程t3＝eq\f(x－x1－x2,vm)＝20s故全程的平均速度大小v＝eq\f(x,t1＋t2＋t3)＝53.3m/s。答案(1)4×105N(2)53.3m/s命题角度三传送带与板块模型1.必须掌握的两个模型：传送带、板块模型。2.必须掌握的三个物理量(1)传送带上物体的受力、加速度与位移；(2)板块模型中的物块和木板的受力、加速度与位移。3.必须弄清楚的四个易错易混的问题(1)传送带上物体的位移是以地面为参考系，与传送带是否转动无关；(2)注意区分传送带上物体的位移、相对路程和痕迹长度三个物理量；(3)板块模型中的长木板下表面若受摩擦力，则摩擦力的计算易错；(4)传送带中物体与传送带共速、板块模型中物块与木板共速时是关键点，接下来能否继续共速要从受力角度分析。【例3】(2019·江苏卷，15)如图7所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：图7(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。解析A、B的运动过程如图所示(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg匀变速直线运动veq\o\al(2,A)＝2aAL解得vA＝eq\r(2μgL)。(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v＝aAt，v＝vB－aBtxA＝eq\f(1,2)aAt2，xB＝vBt－eq\f(1,2)aBt2且xB－xA＝L解得vB＝2eq\r(2μgL)。答案(1)eq\r(2μgL)(2)3μgμg(3)2eq\r(2μgL)1.(多选)如图8所示，有四个完全相同的弹簧，弹簧的左右两端连接由相同材料制成的物块A、B，物块A受到大小皆为F的拉力作用而沿力F方向加速运动，接触面的情况各不相同：(1)光滑水平面；(2)粗糙水平面；(3)倾角为θ的光滑斜面；(4)倾角为θ的粗糙斜面。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4表示弹簧的伸长量，则有()图8A.l2＞l1 B.l4＞l3C.l1＝l3 D.l2＝l4解析现以情景(4)为例来研究，以物块A、B和弹簧整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a；再以物块B为研究对象，根据牛顿第二定律有kx－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa。联立解得x＝eq\f(mB,（mA＋mB）k)F，可见弹簧的形变量与接触面是否粗糙、接触面是否倾斜无关，因而有l1＝l2＝l3＝l4，选项C、D正确。答案CD2.根据磁场会对载流导体产生作用力的原理，人们研究出一种新型的发射炮弹的装置——电磁炮，其原理简化为：水平放置的两个导轨相互平行，相距d＝1m，处于竖直向上的匀强磁场中，一质量为m＝2kg的金属棒垂直放置在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，当金属棒中的电流为I1＝4A时，金属棒做匀速运动，取g＝10m/s2。求：图9(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)当金属棒的电流I2＝6A时，金属棒的加速度大小；(3)保持金属棒中的电流I2＝6A不变，若导轨的长度L＝16m，金属棒滑离导轨的速度大小。解析(1)金属棒匀速运动时，受到的安培力和摩擦力平衡，有F安＝Ff，即BI1d＝μmg，代入数据解得B＝0.5T。(2)由牛顿第二定律有F安－Ff＝ma，即BI2d－μmg＝ma，代入数据解得a＝0.5m/s2。(3)设棒离开导轨时速度为v，有v2＝2aL代入数据解得v＝4m/s。答案(1)0.5T(2)0.5m/s2(3)4m/s3.如图10所示为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A、B两端相距L＝5.0m，质量M＝10kg的物体以v0＝6.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5。传送带顺时针运转的速度v＝4.0m/s。(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图10(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？解析(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1①设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同，则t1＝eq\f(v0－v,a1)②通过的位移大小x1＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a1)③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma2④物体继续减速，设经时间t2物体到达传送带B点L－x1＝vt2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑤联立①②③④⑤式可得t＝t1＋t2＝2.2s。(2)若传送带的速度较大，物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况物体一直为减速运动，设加速度大小为a3，则Mgsinθ－μMgcosθ＝Ma3⑥L＝v0t′－eq\f(1,2)a3t′2t′＝1s(t′＝5s舍去)。答案(1)2.2s(2)1s动力学中的STSE问题命题角度一交通安全【例1】校车交通安全问题已成为社会关注的热点，国务院发布的《校车安全管理条例》将校车安全问题纳入法制轨道。若校车以v0＝72km/h的速度行驶，司机发现在x＝33m远处有人开始横穿马路，立即采取刹车措施。已知司机的反应时间t1＝0.75s，刹车的加速度大小为4m/s2。(1)从司机发现情况至汽车走完33m距离，经过多长时间？此时车速多大？(2)如果行人横穿20m宽的马路，横穿速度为5m/s，行人是否可能有危险？(3)《校车安全管理条例》规定：校车运行中，如遇到意外情况，驾驶员按下安全按钮，校车车速会迅速降至v0′＝7.2km/h以下，如果按(2)中条件，此时行人横穿马路是否有危险？解析(1)由题可知v0＝72km/h＝20m/s，在t1＝0.75s的反应时间内，校车行驶距离x1＝v0t1＝15m开始刹车后校车匀减速行驶，加速度大小a＝4m/s2设匀减速行驶的时间为t2，则有x－x1＝v0t2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得t2＝1s此时校车速度v2＝v0－at2＝16m/s校车走完33m距离，总共所用时间t＝t1＋t2＝1.75s。(2)校车行驶33m正好到达路口时，行人横穿马路走过的距离L＝v人t＝5×1.75m＝8.75m此时行人接近马路中心，车以16m/s的速度行至路口，可能有危险。(3)校车在0.75s的反应时间内前进的距离x1＝15m之后速度迅速降为v0′＝7.2km/h＝2m/s后做匀减速运动，直到速度减到零，该过程校车行驶的距离x3＝eq\f(v0′2,2a)＝0.5m校车前进的总位移x＝x1＋x3＝15.5m，由于校车前进的总位移小于33m，故行人没有危险。答案(1)1.75s16m/s(2)可能有危险(3)没有危险命题角度二滑雪运动【例2】一滑雪运动员以滑雪板和滑雪杖为工具在平直雪道上进行滑雪训练。如图11所示，某次训练中，他站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝60N而向前滑行，其作用时间t1＝1s，撤除水平推力F后经过t2＝2s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力且其作用时间仍为1s。已知该运动员连同装备的总质量m＝50kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝10N，求该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。图11解析解法一运动员站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面作用时，加速度为a1＝eq\f(F－Ff,m)＝1m/s2t1＝1s时的速度为v1＝a1t1＝1m/s第一次撤除水平推力F后，加速度为a2＝－eq\f(Ff,m)＝－0.2m/s2撤除水平推力F后经过t2＝2s，速度为v1′＝v1＋a2t2＝0.6m/s第二次刚撤除水平推力F时，速度为v2＝v1′＋a1t1＝1.6m/s此后运动员在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动，滑行的最大距离为s＝eq\f(0－veq\o\al(2,2),2a2)解得s＝6.4m。解法二从第一次作用到第二次撤除水平推力时的运动过程，以向前运动方向为正方向，根据动量定理F·2t1－Ff(2t1＋t2)＝mv2设运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离为s，根据动能定理－Ffs＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)联立以上两式解得s＝6.4m。答案6.4m命题角度三高速列车【例3】武广高铁的开通，给出行的人们带来了全新的感受。高铁每列车均由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统。设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提升到v，已知运动阻力是车重的k倍。(1)求列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速行驶状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力改变了多少？解析(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动时的加速度a＝eq\f(v,t)对整个列车分析，设整个列车受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有F－k·7mg＝7ma以第六、七节车厢作为一个整体，画出第六、七两节车厢水平方向受力图，如图所示。设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，两节车厢所受阻力大小为F阻，由牛顿第二定律有eq\f(2F,6)＋T－F阻＝2ma，其中F阻＝2kmg解得T＝－eq\f(1,3)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,t)＋kg))，负号表示方向与列车运动方向相反。(2)设列车匀速运动时列车受到的牵引力大小为F′。对列车整体分析，由平衡条件有F′－k·7mg＝0设六节车厢都有动力时，第五、六两节车厢间的作用力为T1，对第六、七两节车厢分析，由平衡条件有eq\f(2F′,6)＋T1－k·2mg＝0第六节车厢失去动力时，列车仍保持匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六两节车厢间的作用力为T2，对第六、七两节车厢分析，由平衡条件有eq\f(F′,5)＋T2－k·2mg＝0联立解得T1＝－eq\f(1,3)kmg，T2＝eq\f(3,5)kmg故作用力的变化量ΔT＝T2－T1＝eq\f(14,15)kmg。答案(1)eq\f(1,3)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,t)＋kg))，方向与列车运动方向相反(2)eq\f(14,15)kmg命题角度四科学技术【例4】(2019·榆林模拟)2018年2月18日晚在西安大唐芙蓉园进行无人机灯光秀，300架无人机悬停时摆出“西安年、最中国”的字样，如图12所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5s时离地面的高度为75m(g取10m/s2)。图12(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为40m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。解析(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得F－mg－F阻＝ma上升高度h＝eq\f(1,2)at2联立解得F阻＝4N。(2)下落过程由牛顿第二定律得mg－F阻＝ma1得a1＝8m/s2落地时的速度为v，则有v2＝2a1H联立解得H＝100m。(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得F－mg＋F阻＝ma2得a2＝10m/s2设恢复升力时的速度为vm，飞行器安全着地时速度为0则有eq\f(veq\o\al(2,m),2a1)＋eq\f(veq\o\al(2,m),2a2)＝H得vm＝eq\f(40\r(5),3)m/s由vm＝a1t1得t1＝eq\f(5\r(5),3)s。答案(1)4N(2)100m(3)eq\f(5\r(5),3)sA卷提能小卷练一、选择题1.一位乘客站在倾斜扶梯的水平台阶上随扶梯以1m/s的速度匀速向上运动，某时被告知扶梯顶端板塌陷，乘客立即按下扶梯中部的紧急停止按钮，此时他距扶梯顶部4m，扶梯经过2s后停下，此过程乘客可以看做随扶梯做匀减速运动，下列说法正确的是()A.紧急停止过程中，乘客所受摩擦力方向沿扶梯斜向下B.紧急停止过程中，乘客处于超重状态C.在紧急停止过程中，乘客沿扶梯方向向上运动的位移为0.6mD.若乘客因慌乱寻找紧急停止按钮耽误了3.5s，则乘客可能会遇到危险解析紧急停止过程中，乘客斜向上做匀减速运动，加速度斜向下，则对站在水平台阶上的乘客，加速度有水平向后的分量，即所受的摩擦力水平向后，A项错误；紧急停止过程中，乘客的加速度有竖直向下的分量，则处于失重状态，B项错误；扶梯停止经过的位移L＝eq\f(v,2)t＝1m，C项错误；若乘客因慌乱寻找紧急停止按钮耽误了3.5s时间，则乘客开始减速时，离顶端位移为x′＝4m－3.5×1m＝0.5m；而减速过程位移为1m，则可知，电梯停止时，乘客已到达顶端，可能遭遇危险，故D项正确。答案D2.(2019·4月浙江选考，12)如图1所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)()图1A.A球将向上运动，B、C球将向下运动B.A、B球将向上运动，C球不动C.A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D.A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动解析剪断绳子之前，A球受力分析如图甲所示，B球受力分析如图乙所示，C球受力分析如图丙所示。剪断绳子瞬间，水杯和水都处于完全失重状态，水的浮力消失，杯子的瞬时加速度为重力加速度。又由于弹簧的形状来不及发生改变，弹簧的弹力大小不变，相对地面而言，A球的加速度aA＝eq\f(mAg－F弹A,mA)＜g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向上。相对地面而言，B球的加速度aB＝eq\f(mBg＋F弹B,mB)＞g，方向竖直向下，其相对杯子的加速度方向竖直向下。绳子剪断瞬间，C球所受的浮力和拉力均消失，其瞬时加速度为重力加速度，故相对杯子静止，综上所述，D正确。答案D3.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，产生的加速度大小为2.5m/s2，汽车可视为质点。则下列说法正确的是()A.汽车开始减速时距离自动收费装置110mB.汽车加速4s后速度恢复到20m/sC.汽车从开始减速至速度恢复到20m/s通过的总路程为125mD.汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4s解析汽车开始减速时到自动收费装置的距离为x1＝eq\f(1,2)×(20＋5)×4m＝50m，故A错误；汽车加速4s后速度为v＝15m/s，故B错误；汽车从5m/s加速到20m/s通过的路程为x2＝eq\f(202－52,2×2.5)m＝75m，所以汽车从开始减速至速度恢复到20m/s通过的总路程为x1＋x2＝125m，故C正确；汽车从5m/s加速到20m/s的时间t2＝eq\f(20－5,2.5)s＝6s，所以总时间t总＝4s＋t2＝10s，汽车以20m/s的速度匀速通过125m需要的时间是6.25s，所以耽误了3.75s，故D错误。答案C4.小物块从一固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，如图2所示，已知小物块与斜面间的动摩擦因数为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总时间为(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()图2A.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)解析小物块从固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，分析小物块在斜面上运动时的受力，小物块沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，解得a1＝g，向上滑动的时间t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(v0,g)，向上滑动的位移L＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；小物块向上运动到最高点后，由牛顿第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，解得a2＝0.2g，即小物块沿斜面向下运动，由L＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，解得小物块沿斜面向下滑动的时间t2＝eq\r(\f(2L,a2))＝eq\f(\r(5)v0,g)。小物块在斜面上运动的总时间为t＝t1＋t2＝eq\f(v0,g)＋eq\f(\r(5)v0,g)＝(eq\r(5)＋1)eq\f(v0,g)，选项C正确。答案C5.(多选)(2019·广西一模)如图3所示，在一足够大的水平向右匀强电场中，有一光滑绝缘水平面。将质量分别为m、M(m＜M)的金属块A、B用一根短的绝缘线连接，静置于该绝缘面上，现使A带正电，A、B将在电场力作用下一起向右运动(运动过程中A的电荷量不变)，A运动的加速度大小为a1，绳子拉力大小为F1。将A与B接触一下(A、B电荷总量与接触前相等)，把A、B静置于该绝缘面上，A、B在电场力作用下一起向右运动，运动过程中绝缘线始终绷紧，A运动的加速度大小为a2，绳子拉力大小为F2。若A、B间的库仑斥力小于B受到的电场力，则下列关系式正确的是()图3A.a1＝a2 B.a1＜a2C.F1＞F2 D.F1＝F2解析对A、B整体，只有A带正电时加速度大小a1＝eq\f(qE,M＋m)，而A、B接触前后总电荷量不变，则整体所受的电场力不变，加速度大小相等，即a1＝a2，故A正确，B错误；对B分析，A、B接触前，绳子的拉力为F1＝Ma1，A、B接触后，对B有F2＋q′E－F库＝Ma2，由于A、B间的库仑斥力F库小于B受到的电场力q′E，可知F1＞F2，故C正确，D错误。答案AC6.(多选)(2019·遂宁模拟)如图4甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6s时恰好到B点，重力加速度g取10m/s2，则()图4A.物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1B.A、B间距离为16m，小物块在传送带上留下的痕迹是8mC.若物块质量m＝1kg，物块对传送带做的功为8JD.若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端解析由图乙可知，物块加速过程的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律可知a＝eq\f(μmg,m)＝μg，联立解得μ＝0.1，故A正确；由于4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4m/s，A、B间距离x＝eq\f(（2＋6）×4,2)m＝16m，小物块在传送带上留下的痕迹是l＝4×4m－eq\f(4×4,2)m＝8m，故B正确；物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16m，则物块对传送带所做的功为W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16J＝－16J，故C错误；物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8m，则物块可以到达B端，故D错误。答案AB二、非选择题7.如图5甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝5m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图5(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。解析(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块，有μmg＝ma①滑块恰好到木板右端停止，有0－veq\o\al(2,0)＝－2aL②解得μ＝eq\f(veq\o\al(2,0),2gL)＝0.5。③(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1④0－veq\o\al(2,0)＝－2a1s⑤0＝v0－a1t1⑥由④⑥式，解得t1＝0.