高考物理总复习《牛顿运动定律与直线运动》专项测试卷含答案

高考物理总复习《牛顿运动定律与直线运动》专项测试卷含答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________目标要求1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。考点一匀变速直线运动规律及应用1．常用方法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，利用图像来分析追及相遇问题更直观例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1080km，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108km/h，高铁列车的最高速度为324km/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0.5m/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分钟解题指导关键表述均匀分布了4个车站；进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/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过程分析全程分五段，节省的时间为五段运动时间的差值，每段分匀加速、匀速和匀减速三个过程问题分析整个过程分为五段，画出每段的三个过程，求出各自每段总时间，算出每段节省的时间，每段节省的时间的五倍即是从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间答案B解析108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/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(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列车加速时间t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速过程的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m，＝7140s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq\f(v1′,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速过程的位移x1′＝eq\f(1,2)at1′2＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，匀速运动的时间t2′＝eq\f(x－2x1′,v1′)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分钟，故选B。例2(山东卷·6)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为()A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s答案C解析由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有eq\x\to(v)RS＝eq\f(x,t1)＝eq\f(vR＋vS,2)，eq\x\to(v)ST＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(vS＋vT,2)，联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，则at1＝2m/s，又有eq\x\to(v)RS＝vR－a·eq\f(t1,2)＝10m/s，则vR＝11m/s，联立解得vT＝1m/s，故选C。例3(贵州毕节市诊断)在东京奥运会女子蹦床决赛中，中国选手朱雪莹夺得冠军。如图所示，某次比赛中，朱雪莹双脚离开蹦床后竖直向上运动，把上升过程分为等距的三段，朱雪莹从下至上运动过程中，依次经历三段的时间记为t1、t2、t3，则t1∶t2∶t3最接近()A．3∶6∶10 B．3∶4∶10C．3∶6∶20 D．3∶4∶20答案B解析根据逆向思维，将向上的末速度为0的匀减速直线运动看为向下的初速度为0的匀加速直线运动，则有h＝eq\f(1,2)gt32，2h＝eq\f(1,2)g(t2＋t3)2，3h＝eq\f(1,2)g(t1＋t2＋t3)2，解得t3＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(4h,g))－eq\r(\f(2h,g))，t1＝eq\r(\f(6h,g))－eq\r(\f(4h,g))，则有t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1≈(1.732－1.414)∶(1.414－1)∶1≈3∶4∶10可知该比值最接近3∶4∶10，故选B。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，后隔离求连接体内物体之间的作用力(2)连接体问题中常见的临界条件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值绳子刚好绷直或松弛绳子张力为0(3)常见连接体接触面光滑，或μA＝μB三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小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例4(安徽、云南、吉林、黑龙江适应性测试)如图(a)，足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其v－t图像如图(b)所示，已知砝码B质量为0.10kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物块A的质量；(2)物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数。答案(1)0.4kg(2)0.125解析(1)由题图(b)可知，物块A在P点左边运动的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2根据牛顿第二定律有mBg＝(mB＋mA)a1代入数据解得mA＝0.4kg(2)物块A在P点右边运动的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(3－2,2－1)m/s2＝1m/s2根据牛顿第二定律有mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2代入数据解得μ＝0.125。例5(陕西榆林市第四次模拟)如图所示，静止在水平地面上的木板B的质量m2＝4kg，现让一个质量m1＝2kg的物块A(视为质点)以v0＝6m/s的速度大小从左端冲上木板B，已知物块A与木板B间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，木板B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，求：(1)物块A刚滑上木板B时，物块A的加速度大小a1以及木板B的加速度大小a2；(2)从物块A冲上木板B到木板B停下，物块A相对地面发生的位移大小x。答案(1)5m/s21m/s2(2)4m解析(1)对物块A，根据牛顿第二定律有μ1m1g＝m1a1解得a1＝5m/s2对木板B，根据牛顿第二定律有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2解得a2＝1m/s2(2)设经时间t物块A与木板B达到的共同速度大小为v，有v＝v0－a1t＝a2t解得t＝1s，v＝1m/s根据匀变速直线运动的规律，此过程物块A发生的位移大小x1＝v0t－eq\f(1,2)a1t2解得x1＝3.5m达到共同速度后，经分析物块A与木板B能共同向右运动，设加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3解得a3＝1m/s2设达到共同速度后，物块A发生的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有v2＝2a3x2解得x2＝0.5m所以从物块A冲上木板B到木板B停下，物块A相对地面发生的位移大小x＝x1＋x2＝4m。考点三运动学和动力学图像1．常规图像常见图像斜率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2.非常规图像非常规图像(举例)函数表达式斜率k纵截距bv2－x图像由v2－v02＝2ax得v2＝v02＋2ax2av02eq\f(x,t)－t图像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)ateq\f(1,2)av0eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)图像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t2)＝v0eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)av0eq\f(1,2)aa－x图像由v2－v02＝2ax知图线与x轴所围面积等于eq\f(v2－v02,2)，此面积与物体质量乘积表示动能的变化量eq\f(1,v)－x面积表示运动时间3.动力学图像F－t图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量F－x图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功a－F图像根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F关系例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，斜率为eq\f(1,m)，截距为－μg例6(2022·河北卷·1)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知()A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动答案D解析根据v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前小，故A错误；根据v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后大，故B错误；根据v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v－t图像可知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增大，做加速运动，故D正确。例7(多选)(全国甲卷·19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知()A．m甲<m乙 B．m甲>m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙答案BC解析根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B、C。1．(四川成都市第一次诊断)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生滑落造成安全隐患。图(a)为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图(b)所示(规定向上为正方向)，且图像上下部分分别与t轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，则在该过程中()A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2ND．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N答案D解析手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误；充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B错误；在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s2，充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得Ffmax－mg＝ma2，又Ffmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12N，故D正确。2．(广东考前诊断性测试)某高中实验小组设计了一个研究匀减速直线运动规律的方案，利用数控式打点计时器记录小车的运动信息，从小车开始减速为计时起点，刚好停下时记录下最后一个点，打点频率为1Hz。通过分析小车在减速过程中的纸带，第1、2个点之间的距离与最后两个点之间的距离之比为a，第一个点与最后一个点的距离为x，则从开始减速到停下的平均速度是()A.eq\f(4x,a)B.eq\f(4x,a＋1)C.eq\f(2x,a＋1)D.eq\f(2x,a)答案C解析设加速度为a0，小车做匀减速直线运动减速至速度为0的过程可以看作初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，设整个过程时间为t，则开始减速第一秒内位移x1＝eq\f(1,2)a0t2－eq\f(1,2)a0(t－1)2，最后一秒内位移x2＝eq\f(1,2)a0·12，由题意可知eq\f(x1,x2)＝a，代入数据得t＝eq\f(a＋1,2)，所以平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(2x,a＋1)，故选C。专项训练[保分基础练]1．(全国甲卷·16)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零，在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是()2．(多选)(湖北卷·8)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是()A．t＝2t0时，P回到原点B．t＝2t0时，P的运动速度最小C．t＝t0时，P到原点的距离最远D．t＝eq\f(3,2)t0时，P的运动速度与t＝eq\f(1,2)t0时相同3.(多选)(安徽合肥市一模)2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射。如图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐。假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀则下列估算正确的是()A．火箭竖直升空的加速度大小为2.2m/s2B．火箭竖直升空的加速度大小为4.2m/s2C．火箭升空所受到的平均推力大小为3.5×107ND．火箭升空所受到的平均推力大小为3.0×106N4．(江苏卷·11)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()A．受到的合力较小B．经过A点的动能较小C．在A、B之间的运动时间较短D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小5．(多选)(福建七地市第一次质检)如图甲所示，质量为m的物块P与物块Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物块P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物块P、Q运动的a－t图像如图乙所示，其中t轴下方部分的面积大小为S1，t轴上方部分的面积大小为S2，则()A．物块Q的质量为eq\f(1,2)mB．t0时刻物块Q的速度为vQ＝S2C．t0时刻物块P的速度为vP＝v0－eq\f(1,2)S1D．0～2t0时间内弹簧始终对物块Q做正功6.(多选)(2022·吉林松原市联考)如图所示，斜面倾角为θ＝30°的光滑直角斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端装有光滑定滑轮。质量均为1kg的物块A、B用跨过滑轮的轻绳相连。物块A和滑轮之间的轻绳与斜面平行，B自然下垂，不计滑轮的质量，重力加速度g取10m/s2，同时由静止释放物块A、B后的一小段时间内，物块A、B均未碰到地面和滑轮，则该过程中下列说法正确的是()A．物块B运动方向向上B．物块A的加速度大小为2.5m/s2C．轻绳的拉力大小为7.5ND．地面给斜面体的摩擦力方向水平向左7.(多选)(广东高州市一模)如图所示，质量分别为2m和m的P、Q按如图的方式用竖直轻弹簧和竖直轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为mg，轻弹簧的压缩量为x，重力加速度用g表示。则下列说法正确的是()A．剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为eq\f(g,2)B．剪断轻绳后，P向下运动2x时加速度为零C．剪断轻绳后，P向下运动x时重力的功率最大D．撤走长木板的瞬间，Q的加速度大小为g[争分提能练]8．(多选)(2022·全国甲卷·19)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前()A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小9．(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＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等10.(多选)(福建厦门市检测)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1＝2.6N，羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为Ff2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后()A．羽毛球的加速度大小为10m/s2B．羽毛球的加速度大小为30m/s2C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s11．(多选)(辽宁沈阳市质量监测)如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距6m，皮带总长12m，倾角θ＝37°。t＝0时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。t＝1s时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，A点运动的v－t图像如图乙所示。煤块与传送带间动摩擦因数为0.5，传送轮和煤块大小均可以忽略(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是()A．煤块运动至最高点时位移为5mB．煤块在传送带上运动时间为2sC．煤块在传送带上留下的痕迹为12mD．煤块与传送带间产生的热量为90J12．神舟十五号与神舟十四号载人飞船六名航天员成功实现“太空会师”后，神舟十四号载人飞船返回舱于2022年12月4日顺利返回。返回舱返回过程经过一系列减速后，在离地面以2m/s的速度着地，该过程可视为竖直向下的匀减速直线运动。当地重力加速度g取10m/s2，求：(1)返向舱离地面高度1.25m时的速度大小；(2)该过程返回舱的加速度大小；(3)该过程中航天员受到座椅的作用力与其重力的比值。13．(浙江杭州市一模)如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速度v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车由v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费后，再匀加速至v1正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2m/s2，求：(1)汽车过人工收费通道，从减速开始到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间；(2)若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，汽车在ETC通道匀速行驶的距离。参考答案[保分基础练]1．(全国甲卷·16)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为零，在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是()答案D解析x－t图像的斜率表示速度，0～t1时间内小车做匀加速运动，速度变大，所以图像斜率变大，t1～t2时间内小车做匀减速运动，则图像的斜率变小，在t2时刻小车停止，图像的斜率变为零，故选D。2．(多选)(湖北卷·8)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是()A．t＝2t0时，P回到原点B．t＝2t0时，P的运动速度最小C．t＝t0时，P到原点的距离最远D．t＝eq\f(3,2)t0时，P的运动速度与t＝eq\f(1,2)t0时相同答案BD解析质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确；a－t图像的面积表示速度变化量，eq\f(t0,2)～eq\f(3,2)t0时间内速度的变化量为零，因此eq\f(t0,2)时刻的速度与eq\f(3,2)t0时刻相同，D正确。3.(多选)(安徽合肥市一模)2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射。如图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐。假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀则下列估算正确的是()A．火箭竖直升空的加速度大小为2.2m/s2B．火箭竖直升空的加速度大小为4.2m/s2C．火箭升空所受到的平均推力大小为3.5×107ND．火箭升空所受到的平均推力大小为3.0×106N答案AD解析由题图可知，照片中火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例为eq\f(5.1－2.5cm,40.6m)＝eq\f(2.6,4060)，可得火箭在6s内上升的高度为h＝2.5×eq\f(4060,2.6)cm≈39.0m，由匀变速直线运动规律得h＝eq\f(1,2)at2，解得a≈2.2m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小为F＝3.0×106N，故选A、D。4．(江苏卷·11)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()A．受到的合力较小B．经过A点的动能较小C．在A、B之间的运动时间较短D．在A、B之间克服摩擦力做的功较小答案C解析因为频闪照片中的时间间隔相同，对比题图甲和题图乙可知题图甲中滑块加速度大，是上滑阶段；根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；从题图甲中的A点到题图乙中的A点，先上升后下降，重力做功为0，摩擦力做负功；根据动能定理可知题图甲中经过A点的动能较大，故B错误；由于题图甲中滑块的加速度大，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知题图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；由于无论上滑还是下滑滑块均受到滑动摩擦力，大小相等，故题图甲和题图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。5．(多选)(福建七地市第一次质检)如图甲所示，质量为m的物块P与物块Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给物块P一瞬时初速度v0，并把此时记为0时刻，规定向左为正方向，0～2t0时间内物块P、Q运动的a－t图像如图乙所示，其中t轴下方部分的面积大小为S1，t轴上方部分的面积大小为S2，则()A．物块Q的质量为eq\f(1,2)mB．t0时刻物块Q的速度为vQ＝S2C．t0时刻物块P的速度为vP＝v0－eq\f(1,2)S1D．0～2t0时间内弹簧始终对物块Q做正功答案ACD解析0～2t0时间内Q所受弹力方向始终向左，P所受弹力方向始终向右，弹簧始终对Q做正功；t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得eq\f(F弹,mP)＝eq\f(F弹,m)＝eq\f(a0,2)，eq\f(F弹,mQ)＝a0，则Q的质量为eq\f(1,2)m，故A、D正确；由a－t图像可知，t0时刻Q的速度为vQ＝eq\f(1,2)S2，故B错误；由a－t图像可知，t0时刻P的速度为vP＝v0－eq\f(1,2)S1，故C正确。6.(多选)(2022·吉林松原市联考)如图所示，斜面倾角为θ＝30°的光滑直角斜面体固定在水平地面上，斜面体顶端装有光滑定滑轮。质量均为1kg的物块A、B用跨过滑轮的轻绳相连。物块A和滑轮之间的轻绳与斜面平行，B自然下垂，不计滑轮的质量，重力加速度g取10m/s2，同时由静止释放物块A、B后的一小段时间内，物块A、B均未碰到地面和滑轮，则该过程中下列说法正确的是()A．物块B运动方向向上B．物块A的加速度大小为2.5m/s2C．轻绳的拉力大小为7.5ND．地面给斜面体的摩擦力方向水平向左答案BC解析物块A沿斜面的分力G1＝mgsinθ＝5N<GB＝mg＝10N，因此物块A将沿斜面向上运动，物块B向下运动，选项A错误；以物块A、B为整体，设共同加速度为a，有GB－G1＝2ma，解得a＝2.5m/s2，选项B正确；以物块B为研究对象有GB－FT＝ma，解得FT＝GB－ma＝7.5N，选项C正确；由于物块A将沿斜面向上加速运动，对斜面体和A、B整体水平方向具有向右的加速度，因此地面给斜面体的摩擦力方向水平向右，选项D错误。7.(多选)(广东高州市一模)如图所示，质量分别为2m和m的P、Q按如图的方式用竖直轻弹簧和竖直轻绳连接，当系统静止时轻绳的拉力大小为mg，轻弹簧的压缩量为x，重力加速度用g表示。则下列说法正确的是()A．剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为eq\f(g,2)B．剪断轻绳后，P向下运动2x时加速度为零C．剪断轻绳后，P向下运动x时重力的功率最大D．撤走长木板的瞬间，Q的加速度大小为g答案AC解析系统静止时，设轻绳的拉力为FT，轻弹簧的弹力为F，由于P受力平衡，则2mg＝FT＋F，由FT＝mg，解得F＝mg，剪断轻绳的瞬间，对P由牛顿第二定律得2mg－F＝2ma，解得a＝eq\f(g,2)，故A正确；系统静止时，有F＝kx，解得k＝eq\f(mg,x)，剪断轻绳后，P向下加速运动，当P所受的合力为0时，有2mg＝kx1，解得x1＝2x，则P向下运动x时，加速度为0，速度最大，重力的功率最大，故B错误，C正确；系统静止时Q受力平衡，有mg＋F＝FN，撤走长木板的瞬间，对Q由牛顿第二定律得mg＋F＝ma，解得a＝2g，故D错误。[争分提能练]8．(多选)(2022·全国甲卷·19)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前()A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小答案AD解析设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时对P有－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。9．(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＝μ1m1gB．F2＝eq\f(m2m1＋m2,m1)(μ2－μ1)gC．μ2>eq\f(m1＋m2,m2)μ1D．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时刻物块与木板刚要一起在水平地面滑动，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(m2m1＋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。10.(多选)(福建厦门市检测)如图所示，小明从羽毛球筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着球筒，另一只手迅速拍打筒的上端边缘，使筒获得向下的初速度并与手发生相对运动，筒内的羽毛球就可以从上端出来。已知球筒质量为M＝90g(不含球的质量)，球筒与手之间的滑动摩擦力为Ff1＝2.6N，羽毛球质量为m＝5g，球头离筒的上端距离为d＝9.0cm，球与筒之间的滑动摩擦力为Ff2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空气阻力忽略不计，当球筒获得一个初速度后()A．羽毛球的加速度大小为10m/s2B．羽毛球的加速度大小为30m/s2C．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为eq\f(3\r(5),5)m/sD．若羽毛球头部能从上端筒口出来，则筒获得的初速度至少为3m/s答案BD解析依题意，对羽毛球受力分析，由于羽毛球相对于筒向上运动，受到筒对它竖直向下的摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，解得羽毛球的加速度为a1＝30m/s2，羽毛球向下做匀加速直线运动，故A错误，B正确；对筒受力分析，根据牛顿第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20m/s2，负号表示筒的加速度方向竖直向上，说明筒向下做匀减速直线运动，若敲打一次后，羽毛球头部恰能从上端筒口出来，则当羽毛球到达筒口时，二者速度相等，此时筒获得的初速度最小为vmin，有a1t＝vmin＋a2t，(vmint＋eq\f(1,2)a2t2)－eq\f(1,2)a1t2＝d，联立解得vmin＝3m/s，故C错误，D正确。11．(多选)(辽宁沈阳市质量监测)如图甲所示，倾斜传送带两侧端点间距6m，皮带总长12m，倾角θ＝37°。t＝0时，一质量为1kg的煤块从传送带底部的A点，以10m/s的速度冲上传送带。t＝1s时，传送带开始沿顺时针方向匀加速转动，A点运动的v－t图像如图乙所示。煤块与传送带间动摩擦因数为0.5，传送轮和煤块大小均可以忽略(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。煤块在传送带上运动的过程中，下列说法正确的是()A．煤块运动至最高点时位移为5mB．煤块在传送带上运动时间为2sC．煤块在传送带上留下的痕迹为12mD．煤块与传送带间产生的热量为90J答案ACD解析煤块滑上传送带做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝10m/s2，经过时间t1速度减小到零，则t1＝eq\f(v0,a1)＝1s,0～1s传送带速度为零，则煤块向上滑动的位移x1＝eq\f(v02,2a1)＝5m，t＝1s时传送带开始匀加速转动，其加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝5m/s2，由于μmgcosθ<mgsinθ，故煤块向下做匀加速运动，其加速度为a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2，所以煤块运动至最高点时，位移为5m，A正确；煤块向下加速到A点