2019-2020年高考物理二轮复习专题突破1力与运动第2讲力与物体的直线运动.doc

2019-2020年高考物理二轮复习专题突破1力与运动第2讲力与物体的直线运动1(xx全国卷，16)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. B. C. D.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v3v0，由s(v0v)t和a得a，故A对。答案A2(多选)(xx全国卷，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图1所示。已知两车在t3 s时并排行驶，则()图1A在t1 s时，甲车在乙车后B在t0时，甲车在乙车前7.5 mC两车另一次并排行驶的时刻是t2 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vt图，甲、乙都沿正方向运动。t3 s时，甲、乙相遇，此时v甲30 m/s，v乙25 m/s，由vt图线所围面积对应位移关系知，03 s内甲车位移x甲330 m45 m，乙车位移x乙3(1025) m52.5 m。故t0时，甲、乙相距x1x乙x甲7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B选项正确；01 s内，x甲110 m5 m，x乙1(1015) m12.5 m，x2x乙x甲7.5 mx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为xx甲x甲45 m5 m40 m，所以D选项正确。答案BD3(多选)(xx全国卷，20)如图2(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt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()图2A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vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，即gsin gcos 。同理向下滑行时gsin gcos ，两式联立得sin ，可见能计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，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，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xt1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin t1，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误。答案ACD4(多选)(xx全国卷，20)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a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()A8 B10 C15 D18解析设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有FnmaP、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有Fkma联立得3n2k，总车厢数为Nnk，由此式可知n只能取偶数，当n2时，k3，总节数为N5当n4时，k6，总节数为N10当n6时，k9，总节数为N15当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确。答案BC5(xx新课标卷全国，24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。解析本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件vAvB，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题。设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0联立式并代入题给数据得v20 m/s(72 km/h)答案20 m/s备 考 指 导【考情分析】xx卷T24：追及相遇问题卷T24：自由落体运动规律、vt图象xx卷T20：vt图象，牛顿第二定律T25：vt图象，匀变速直线运动规律，牛顿第二定律卷T20：牛顿运动定律的应用T25：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用xx卷T21：vt图象、匀变速直线运动、追及相遇问题卷T16：匀变速直线运动规律的应用题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合vt图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容。【备考策略】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)两分析物体受力情况分析，同时画出受力示意图；物体运动规律分析，同时画出运动情境图。(2)两个桥梁加速度是联系运动和力的桥梁；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)要明白xt、vt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。运动图象的理解及应用 规 律 方 法图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合。利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口。解决此类问题的一般思路精 典 题 组1(多选)做直线运动的甲、乙两物体的位移时间图象如图3所示，则()图3A当乙开始运动时，两物体相距20 mB在010 s这段时间内，物体间的距离逐渐变大C在1025 s这段时间内，物体间的距离逐渐变小D两物体在10 s时相距最远，在25 s时相遇解析开始时，乙的位置坐标为0，甲从离坐标原点20 m处开始运动，两者的运动方向相同，当乙开始运动时，甲已经运动了10 s，因此二者之间的距离大于20 m，故A错误；在010 s这段时间内，乙静止不动，甲匀速运动，则物体间的距离逐渐变大，故B正确；在1025 s这段时间内，由于乙的速度大于甲的速度，甲在乙的前方，则物体间的距离逐渐变小，故C正确；由于10 s后乙的速度大于甲的速度，因此当乙开始运动时两者相距最远，从图象可知25 s时，两者位置坐标相同，即相遇，故D正确。答案BCD2如图4甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上。t0时，一物块(可视为质点)从底端a以初速度v0沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c。若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，已知重力加速度g10 m/s2，则下列物理量中不能求出的是()图4A斜面ab的倾角B物块与斜面间的动摩擦因数C物块的质量mD斜面bc的长度L解析根据题图乙可求出物块在左、右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，mgcos mgsin ma2，则可求出和，但m无法求出。根据题图乙可求出0.61.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C符合题意。答案C3(多选)(xx南昌模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F由零逐渐增大的过程中，加速度a随力F变化的图象如图5所示，重力加速度g取10 m/s2，水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则由此可推算出()图5A物体的质量B物体与水平地面间滑动摩擦力的大小C拉力F12 N时物体运动的速度大小D拉力F12 N时物体运动的位移大小解析物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力作用。据图象可知滑动摩擦力大小为6 N，根据牛顿第二定律得Fmgma，解得ag，由aF图线可知5 ms2g、0g，解得m1.2 kg，0.5，A、B正确；根据图象只能求出拉力F12 N时物体的加速度，物体初速度为零，由于不知道时间，故无法求解出速度大小和位移大小，C、D错误。答案AB匀变速直线运动规律的应用规 律 方 法1匀变速直线运动通常可分为两类一类是单个物体的多过程模型，另一类是多个物体(通常为两个)的多过程模型(见考向三)。2解题思路不论是单个物体的多过程模型还是多个物体的多过程模型，处理的一般方法如下：(1)弄清题意，划分过程根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程。(2)依据已知，分析过程依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析或动力学分析。(3)结合已知，列出方程结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程或动力学方程。精 典 题 组1雾霾天气会对行车安全造成很大的影响，因此在行车时司机应打开汽车的前雾灯和尾部双闪灯，以保证行车安全。若在某平直公路上，有一货车正以v19 m/s的速度匀速行驶，其后方有一小轿车正以v224 m/s的速度匀速行驶。由于雾霾的影响，小轿车司机只有到达距离货车d35 m的地方才能看到该货车尾部双闪灯发出的光，若此时小轿车司机立即刹车做匀减速直线运动，则小轿车要经过x96 m才能停下来。两车在运动过程中可视为质点。(1)若小轿车司机刹车时，前方的货车仍以原速度向前匀速行驶，试通过计算分析两车是否会相撞；(2)若小轿车司机在刹车的同时给前方的货车发出信号，货车司机经t1 s收到信号并立即以a2 m/s2的加速度匀加速行驶，试通过计算分析两车是否会发生相撞。解析(1)设刹车时小轿车的加速度大小为a1，则由运动学公式可得x解得a13 m/s2设两车达到速度相等时所用时间为t1，则有v1v2a1t1代入数据可解得t15 s设在t1时间内小轿车行驶的距离为x1，则有x1v2t1a1t设在t1时间内货车行驶的距离为x2，则有x2v1t1代入数据可解得x182.5 m，x245 m由于x1x237.5 md35 m故两车会相撞。(2)设两车速度达到相等所需的时间为t2，则有v2a1t2v1a(t2t)解得t23.4 s设在t2时间内小轿车向前行驶的距离为x1，货车向前行驶的距离为x2，则有x1v2t2a1tx2v1tv1(t2t)a(t2t)2解得x164.26 m，x236.36 m由于x1x227.9 md35 m故此种情况下两车不会发生相撞。答案(1)相撞(2)不会相撞2(xx长沙模拟)为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞。起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞,其示意图如图6所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L220.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞。已知飞机的质量m2.0104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F1.4105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障。g取10 m/s2。求图6(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t。解析(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为Ff，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得FFfma1Ff0.2mgv2a1L1联立以上三式并代入数据解得a15 m/s2，v140 m/s。(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v1，飞机在水平跑道上的运动时间t18 s在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有FFfmgma2代入数据解得a24 m/s2由vv2a2L2代入数据解得v242 m/s飞机在倾斜跑道上的运动时间t20.5 s则tt1t28.5 s。答案(1)40 m/s(2)8.5 s【高分技巧】牛顿第二定律和运动学公式的综合运用问题，涉及多过程的运动分以下几个步骤进行求解：(1)分析物体运动的转折点。(2)根据转折点将物体的运动分为相应的几个阶段，明确各段相互联系的物理量。(3)分阶段分析物体的受力情况和运动情况。(4)利用牛顿运动定律和运动学公式列出相应的表达式进行求解。连接体问题规 律 方 法1分析“滑块滑板”模型时要抓住一个转折和两个关联(1)一个转折滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。(2)两个关联转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移和板长之间的关联。(3)两物体发生相对运动的临界条件加速度相同且两物体间的摩擦力为最大静摩擦力，分析此临界条件前后物体的运动状态是解题的关键。2解决连接体问题的方法技巧(1)整体法：优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，方程数减少，求解方便。条件：连接体中各物体具有共同的加速度。(2)隔离法：优点：易看清各个物体具体的受力情况。条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。精 典 题 组1(多选)(xx江苏单科，9)如图7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()图7A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A项错误；各接触面间的动摩擦因数为，鱼缸的质量为m，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为ag，鱼缸离开桌布时的速度为v，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t，B项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为fmg不变，C项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度vgt增大，加速运动的位移x1gt2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x2也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D项对。答案BD2(xx石家庄模拟)如图8所示为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量为mA2 kg的长板车，车置于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为mB1 kg、带电荷量为q1102 C的绝缘小货物B，在装置所在空间内有一水平匀强电场，可以通过开关控制其大小及方向。先产生一个方向水平向右、大小E13102 N/C的电场，车和货物开始运动，2 s后，改变电场，电场大小变为E21102 N/C，方向向左，一段时间后，关闭电场，关闭电场时车右端正好到达目的地，货物到达车的最右端，且车和货物的速度恰好为零。已知货物与车间的动摩擦因数0.1，车不带电，货物体积大小不计，g取10 m/s2，求第二次电场作用的时间。图8解析由题意可知，货物和车起初不可能以相同加速度一起运动，设车运动的加速度大小为aA，货物运动的加速度大小为aBaB2 m/s2，aA0.5 m/s2车和货物运动2 s时货物和车的速度大小分别为vBaBt4 m/s，vAaAt1 m/s2 s后货物和车的加速度大小分别为aB2 m/s2aA0.5 m/s2设又经t1时间货物和车共速，vBaBt1vAaAt1代入数据解得t11.2 s此时货物和车的共同速度v1.6 m/s共速后二者一起做匀减速运动，加速度大小a m/s2减速到0所经历的时间为t24.8 s所以第二次电场的作用时间为t1t26 s。答案6 s3(xx福州三模)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。高铁每列车组由七节车厢组成，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内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求：(1)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运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？解析(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a对整个列车，由牛顿第二定律得：Fk7mg7ma设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得Tk2mg2ma联立得Tm(kg)其中“”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得：Fk7mg0设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：T1k2mg0第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，分析第六、七节车厢，则有：T2k2mg0联立得T1kmgT2kmg因此作用力变化TT2T1kmg答案(1)m(kg)，方向与列车运动方向相反(2)kmg高频考点二运动图象与牛顿运动定律的综合应用满分策略满分示例(14分)(xx西安市模拟)如图9甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动的vt图象如图乙所示。已知小物块与长木板的质量均为m1 kg，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1 s后小物块与长木板相对静止(g取10 m/s2)，求：图9(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。审题指导破题关键读题、读图获取信息(1)读题(2)读图满分模板解析(1)长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1mg22mgma1(2分)vma1t1(1分)木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律，得22mg2ma2(2分)0vma2t2(1分)由图象可知，vm2 m/s，t11.0 s，t20.8 s联立解得：10.7(2分)(2)小物块在减速过程中，有1mgma3(2分)vmv0a3t1(1分)在整个运动过程中，由能量守恒定律得Qmv(1分)联立解得Q40.5 J(2分)答案(1)0.7(2)40.5 J满分体验(14分)如图10甲所示，倾角37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。当t0时释放滑块。在00.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k2.0102 N/m，当t0.14 s时，滑块的速度v12.0 m/s。g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：图10(1)斜面对滑块的摩擦力f的大小；(2)t0.14 s时滑块与出发点间的距离d；(3)在00.44 s时间内，滑块运动的路程s。规范解答解析(1)由图乙可知，当t10.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，如图丙所示。分离后，滑块开始做匀减速直线运动，在这段过程中，由图乙可知，滑块加速度的大小a110 m/s2(1分)根据牛顿第二定律有mgsin fma1(2分)解得f4.0 N(1分)(2)当t10.14 s时，弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t00时弹簧的形变量x。由图乙可知,在出发点时滑块加速度的大小a30 m/s2(1分)此时滑块受力如图丁所示，有kdmgsin fma(2分)解得d0.20 m(2分)(3)设从t10.14 s时开始,经时间t1滑块的速度减为零,则有t10.20 s(1分)在这段时间内滑块运动的距离x10.20 m(1分)t20.34 s时滑块速度减为零,此后滑块将反向做匀加速直线运动,受力如图戊所示，根据牛顿第二定律可求得此后加速度的大小a22.0 m/s2(1分)在0.340.44 s(t20.1 s)时间内,滑块沿斜面下滑的距离x2a2t0.01 m(1分)所以在00.44 s时间内，sdx1x20.41 m(1分)答案(1)4.0 N(2)0.20 m(3)0.41 m一、选择题(13题为单项选择题，47题为多项选择题)1(xx银川模拟)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急刹车开始，2 s与5 s时汽车的位移之比为()A54 B45 C34 D43解析汽车停下来所用的时间为t4 s，故2 s时汽车的位移x1v0t1(a)t30 m；5 s时汽车的位移与4 s时汽车的位移相等，x2v0t2(a)t40 m，解得，选项C正确。答案C2图1甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“”表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图象。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g10 m/s2。根据图象分析可知()图1A人的重力为1 500 NBc点位置人处于超重状态Ce点位置人处于失重状态Dd点的加速度小于f点的加速度解析由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N，质量m50 kg，b点位置人处于失重状态，c、d、e点位置人处于超重状态，选项A、C错误，B正确；d点位置传感器对人的支持力F最大，为1 500 N，由Fmgma可知，d点的加速度ad20 m/s2，f点位置传感器对人的支持力为0 N，由Fmgma可知，f点的加速度af10 m/s2，故d点的加速度大于f点的加速度，选项D错误。答案B3(xx河南模拟)汽车在平直公路上做刹车试验，若从t0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图2所示，下列说法正确的是()图2At0时汽车的速度为10 m/sB刹车过程持续的时间为5 sC刹车过程经过3 s时汽车的位移为7.5 mD刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s2解析由图象可得xv210，根据v2v2ax可得xv2，解得a5 m/s2，v010 m/s，选项A正确，选项D错误；汽车刹车过程的时间为t2 s，选项B错误；汽车经过2 s停止，因而经过3 s时汽车的位移为x10 m(要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动)，选项C错误。答案A4. (xx山东临沂市5月第二次模拟)如图3所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物块轻轻放在皮带左端，以v、a、x、F表示物块速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。下列选项正确的是()图3解析足够长的水平传送带，物块的运动分为两个过程，刚开始滑动摩擦力向右，物块匀加速运动，当物块的速度增加到等于皮带的传送速度后，物块和传送带一块匀速运动。物块与传送带相对静止，滑动摩擦力为零，加速度为零，因此A、B正确，C错误；小物块的位移在加速阶段为xat2，是抛物线不是直线，故D错误。答案AB5.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图4所示。关于两车的运动情况，下列说法正确的是()图4A在04 s内甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动B在02 s内两车间距逐渐增大，24 s内两车间距逐渐减小C在t2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/sD在t4 s时甲车恰好追上乙车解析在04 s内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A正确；在at图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化，因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/s，选项C正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由at图象可知，4 s时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B、D错误。答案AC6如图5甲所示，质量为m1 kg、带电荷量为q2103 C的小物块静置于绝缘水平面上，A点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的vt图象如图乙所示，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()图5A小物块在03 s内的平均速度为 m/sB小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C匀强电场的电场强度为3 000 N/CD物块运动过程中电势能减少了12 J解析由vt图象中图线与纵轴所围面积的意义知03 s内物块的位移为x6 m，所以在03 s内的平均速度为v2 m/s，A错；由vt图象中图线斜率的意义知加速阶段和减速阶段物块的加速度大小分别为a加4 m/s2和a减2 m/s2，由牛顿第二定律知qEmgma加，mgma减，联立并代入数值得0.2，E3 000 N/C，B错，C对；由图象知加速阶段的位移为x12 m，所以电场力做功WqEx112 J，即物块运动过程中电势能减少了12 J，D对。答案CD7(xx天津理综，8)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()图6A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12解析列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A错误；对6、7、8节车厢的整体有F563kmg3ma，对7、8节车厢的整体有F672kmg2ma，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F56F6732，选项B正确；关闭发动机后，根据动能定理得8mv28kmgx，解得x，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1；8节车厢有4节动车时最大速度为vm2，则，选项D正确。答案BD二、非选择题8.如图7所示，质量均为m3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0.5，g10 m/s2。求：图7(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间。解析(1)物块A、B分离时，对B：Fmgma解得：F21 N(2)A、B静止时，对A、B：kx12mgA、B分离时，对A：kx2mgma此过程中：x1x2at2解得：t0.3 s答案(1)21 N(2)0.3 s9如图8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，现将物块拉到A点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的vt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：图8(1)物块与杆之间的动摩擦因数；(2)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a14 m/s2，上滑时的加速度大小a28 m/s2，杆AB长L2 m，设直杆的倾角为，物块的质量为m，由牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma1mgsin mgcos ma2代入数据得：0.25，sin 0.6，cos 0.8。(2)对物块整个过程分析，由动能定理得：mgLsin mgscos 0，代入数据得：s6 m答案(1)0.25(2)6 m10(xx衡阳模拟)如图9所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m1 kg的木块放在质量为M2 kg的长木板上，木板长L11.5 m。已知木板与地面间的动摩擦因数为10.1，木块与长木板之间的动摩擦因数为20.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v010 m/s，在坐标为x21 m处的P点处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10 m/s2，求：图9(1)木板碰挡板时的速度大小v1；(2)碰后木板与木块刚好共速时的速度；(3)最终木板停止运动时A、P间的距离。解析(1)对木块和木板组成的系统，由牛顿第二定律得1(mM)g(mM)a1vv2a1(xL)代入数据得v19 m/s。(2)碰后木板向左运动，木块向右运动，由牛顿第二定律可知木块的加速度大小am2g9 m/s2木板的加速度大小aM6 m/s2设从木板与挡板相碰至木块与木板共速所用时间为t对木板v共v1aMt，对木块v共v1amt得t1.2 s共同速度大小v共1.8 m/s，方向向左。(3)从木板与挡板相碰至木板与木块共速，木板的位移大小s1t6.48 m共速后木板与木块以大小为a11g1 m/s2的加速度向左减速至停下，木板的位移大小s21.62 m最终A、P间距离sAPLs1s219.60 m。答案(1)9 m/s(2)1.8 m/s方向向左(3)19.60 m11(xx四川理综，10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图10竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2。求：图10(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度。解析(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立并代入数据得a15 m/s2a1的方向沿制动坡床向下。(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v23 m/s。货车在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s038 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k0.44，货车长度l012 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2联立并代入数据得l98 m答案(1)5 m/s2方向沿制动坡床向下(2)98 m