2019年高考物理专题02力与直线运动命题猜想（含解析）.docx

力与直线运动命题猜想【考向解读】 牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容，预测高考主要题型有选择题和计算题。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。【网络构建】【命题热点突破一】运动图象(1)xt图象和vt图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。(2)xt图象和vt图象不表示物体运动的轨迹。(3)xt图象中两图线的交点表示两物体相遇，而vt图象中两图线的交点表示两物体速度相等。(4)vt图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而xt图象中，图线与坐标轴围成的面积无实际意义。例1. (多选)(2018高考全国卷)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【答案】CD【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【变式探究】（2018年全国II卷）甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、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. 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【答案】BD【变式探究】甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图像如图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【答案】 BD【解析】在t3 s时，两车并排，由图可得在13 s两车发生的位移大小相等，说明在t1 s时，两车并排，由图像可得前1 s乙车位移大于甲车位移，且位移差xx2x11 m7.5 m，在t0时，甲车在乙车前7.5 m，选项A、C错误，选项B正确；在13 s两车的平均速度v20 m/s，各自的位移xt40 m，选项D正确【规律方法】图象问题要三看(1)看清坐标轴所表示的物理量明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系。(2)看图线本身识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程。(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。【变式探究】 (多选)质量相等的甲、乙两物体在相同的恒定水平外力作用下由同一起跑线沿不同接触面由静止开始运动，两物体的vt图象如图所示，则()A.t0后某时刻甲、乙两物体位移相等B.0t0时间内，物体甲的中间时刻速度大于物体乙的平均速度C.t0时刻之前，物体甲受到的阻力总是大于物体乙受到的阻力D.t0时刻之前物体甲的位移总小于物体乙的位移【答案】AD【特别提醒】解图象类问题的关键：在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题。【变式探究】(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03 s内运动的描述，下列说法正确的是()At2 s时，甲、乙两质点相遇B在甲、乙两质点相遇前，t 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Dt3 s时，乙质点在甲质点的前面【答案】BD【变式探究】(多选)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 t图象如图所示，则由图可知()A质点的初速度为1 m/sB质点的初速度为0.5 m/sC质点的加速度为2 m/s2D质点的加速度为4 m/s2【解析】由匀变速直线运动位移公式xv0tat2可得v0at.由此可知， t图象的纵截距代表初速度，斜率表示加速度的.由纵截距和斜率可知，质点的初速度为1 m/s，加速度为4 m/s2.故本题选A、D.【答案】AD【变式探究】(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10 m/s2，则以下说法正确的是()A小环的质量是1 kgB细杆与地面间的夹角为30C前1 s内小环的加速度大小为5 m/s2D前3 s内小环沿杆上升的位移为1.25 m【答案】AD【命题热点突破二】匀变速直线运动规律的应用例2. （2018年全国卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比【答案】B【解析】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek=mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，AC错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，B正确；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=mv2，即与列车的动量二次方成正比，D错误。【变式探究】【2017新课标卷】如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。【答案】（1）1 m/s （2）1.9 m由牛顿第二定律得设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有联立式，代入已知数据得（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有由式知，aA=aB；再由可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有对A有在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为联立以上各式，并代入数据得（也可用如图的速度时间图线求解）【变式探究】某地出现雾霾天气，能见度只有200 m，即看不到200 m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vA10 m/s，B车在后，速度vB30 m/s，B车在距A车x200 m处才发现前方的A车，这时B车立即以最大加速度a0.8 m/s2刹车(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，t110 s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vAvBat，解得t25 s，xBvBtat2500 mxAvAt250 m速度相等时两车的距离x0xAxxB50 m0，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10 s后，B车的速度vB1vBat122 m/s 此时两车的距离xvAt1200 m(vBt1at)1010 m200 m(30100.8100)m40 m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vB1atvAat，vAtat2xvB1tat2由以上两式消去a和t的乘积at，求出t s，进而解得a1 m/s2.【答案】(1)见【解析】(2)1 m/s2【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.若vAvB时，xAx0xB，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【变式探究】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，如图竖直平面内，制动坡床视为与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：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度图1【答案】(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m【解析】 (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立以上二式并代入数据得a15 m/s2a1的方向沿制动坡床向下【规律方法】1.求解匀变速直线运动问题的一般思路2.常用方法：基本公式法、平均速度法、推论法、比例法和逆向思维法【变式探究】交管部门强行推出了“电子眼”，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，乙车紧急刹车制动力为车重的0.5倍，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】(1)甲车紧急刹车的加速度为a14 m/s2甲车停下所需时间：t1 s2.5 s甲车滑行距离：xm12.5 m由于x12.5 m15 m，所以甲车能避免闯红灯。【答案】(1)能避免闯红灯(2)2.5 m【解后反思】1.求解匀变速直线运动问题时的方法技巧在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间时刻速度公式及相邻相等时间T内位移差公式xnxm(nm)aT2；如果题中给出初(或末)速度为0，则要优先使用初速度为0的匀变速直线运动的“比例公式”。【命题热点突破三】牛顿运动定律的应用1.牛顿第二定律的表达式：F合ma。2.牛顿第二定律的“四性”。(1)矢量性：公式Fma是矢量式，F与a方向相同。(2)瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化。(3)同体性：Fma中，F、m、a对应同一物体。(4)独立性：分力产生的加速度相互独立，与其他加速度无关。例3. 【2017新课标卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1s0）处分别设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。【答案】（1） （2）（2）设冰球运动的时间为t，则又由得【变式探究】一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】 BC【规律方法】1.整体法和隔离法的优点及使用条件(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，求解简捷。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。2.两类模型(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。(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，其弹力的大小往往可以看成保持不变。【变式探究】 (多选)(2015海南单科，8)如图所示，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S1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a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()A.a13g B.a10C.l12l2 D.l1l2【答案】AC【命题热点突破四】应用牛顿运动定律解多过程问题例4. 【2017新课标卷】真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。（1）求油滴运动到B点时的速度。（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【答案】（1） （2） 【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足油滴在时刻t1的速度为电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足油滴在时刻t2=2t1的速度为由式得若B点在A点之上，依题意有由式得为使，应有即当或才是可能的：条件式和式分别对应于和两种情形。若B在A点之下，依题意有由式得为使，应有即另一解为负，不符合题意，已舍去。 【变式探究】如图15甲所示，为一倾角37的足够长斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数0.25，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图15(1)2 s末物体的速度；(2)前16 s内物体发生的位移。得t210 st2时间内发生的位移为x2，则x2a2t25 m，方向沿斜面向下由于mgsin mgcos F2mgcos mgsin ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态。故物体在前16 s内发生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下。【答案】(1)5 m/s方向沿斜面向下(2)30 m方向沿斜面向下【规律方法】1.基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：2.常用方法(1)整体法与隔离法。(2)正交分解法。【变式探究】如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t11.0 s，撤除水平推力F后经过t22.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)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。【答案】(1)1.2 m/s0.6 m(2)5.2 m【命题热点突破五】动力学中的连接体问题例5、(多选)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gsin B在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsin C剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsin D突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为gsin 【答案】AB【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【变式探究】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m1m2，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B物块A的加速度为CFFN2FDFN可能为零【答案】B【变式探究】(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mgCM运动的加速度大小为(1sin )gDM运动的加速度大小为g【解析】互换位置前，M静止在斜面上，则有Mgsin mg，互换位置后，对M有MgFTMa，对m有FTmgsin ma，又FTFT，解得a(1sin )gg，FTmg，故A错，B、C、D对【答案】BCD【变式探究】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，则以下说法正确的是()A质量为2m的木块受到四个力的作用B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，轻绳还不会被拉断D轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT【答案】C【高考真题解读】1. （2018年全国卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比【答案】B【解析】本题考查匀变速直线运动规律、动能、动量及其相关的知识点。根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v=at，由动能公式Ek=mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，AC错误；由v2=2ax，可知列车动能与位移x成正比，B正确；由动量公式p=mv，可知列车动能Ek=mv2，即与列车的动量二次方成正比，D错误。2（2018浙江）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是A. 13s B. 16s C. 21s D. 26s【答案】C【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：，总时间为：，故C正确，A、B、D错误；故选C。3. （2018年全国II卷）甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、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. 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【答案】BD4. （2018年全国卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】 设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，2t0v0=（t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t0/2=45，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为11，B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+ F2t0v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F1t0v0+ F3v03t0/2+ F2t0v0 =mg v0t0；两次做功相同，D错误。5. （2018年全国卷）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. 从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等【答案】CD6. （2018年全国卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（ ）A.B. C.D. 【答案】A【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点。由牛顿运动定律，F-mg+F弹=ma，F弹=k(x0-x)，kx0=mg，联立解得F=ma+ kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A。7（2018浙江）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B. C. D. 【答案】C8（2018浙江）用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据，可得，故A正确，B、C、D错误；9（2018浙江）通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A. 亚里士多德 B. 伽利略 C. 笛卡尔 D. 牛顿【答案】B【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A错误；伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因，故B正确；笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C错误；牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D错误；故选B。10. （2018年全国卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程，A. 矿车上升所用的时间之比为4:5B. 电机的最大牵引力之比为2:1C. 电机输出的最大功率之比为2:1D. 电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】 设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，2t0v0=（t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t0/2=45，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为11，B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为21，C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1t0v0+ F2t0v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F1t0v0+ F3v03t0/2+ F2t0v0 =mg v0t0；两次做功相同，D错误。11. （2018年江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点在从A到B的过程中，物块（ ）A. 加速度先减小后增大B. 经过O点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD1【2017新课标卷】（20分）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。【答案】（1）1 m/s （2）1.9 m【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有由牛顿第二定律得设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有联立式，代入已知数据得在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为联立以上各式，并代入数据得（也可用如图的速度时间图线求解）【2017新课标卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1m乙、甲乙可知a甲a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v22ax可知，v甲v乙，B正确；由xat2可知，t甲f乙，则W甲克服W乙克服，D正确3 2016全国卷 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.【答案】A42016四川卷 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，如图竖直平面内，制动坡床视为与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：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度图1【答案】(1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m【解析】 (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立以上二式并代入数据得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.货物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.52016全国卷 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图像如图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【答案】 BD【解析】在t3 s时，两车并排，由图可得在13 s两车发生的位移大小相等，说明在t1 s时，两车并排，由图像可得前1 s乙车位移大于甲车位移，且位移差xx2x11 m7.5 m，在t0时，甲车在乙车前7.5 m，选项A、C错误，选项B正确；在13 s两车的平均速度v20 m/s，各自的位移xt40 m，选项D正确62016天津卷 (2)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动实验中，必要的措施是_图1A细线必须与长木板平行B先接通电源再释放小车C小车的质量远大于钩码的质量D平衡小车与长木板间的摩擦力他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图1所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)s13.59 cm，s24.41 cm，s35.19 cm，s45.97 cm，s56.78 cm，s67.64 cm，则小车的加速度a_m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB_m/s.(结果均保留两位有效数字)图1【答案】 AB0.800.40【解析】 实验时细线必须与长木板平行，否则小车不做匀变速运动，A正确；实验开始时要先接通电源，待打点稳定后再释放小车，B正确；此实验中只需保证小车做匀加速运动，不用考虑小车与钩码的质量关系及平衡摩擦力的问题 ，C、D错误. 两点的时间间隔为0.1 s，由逐差法可以得出a0.80 m/s2，打点计时器在打B点时小车的速度vB0.40 m/s.72016江苏卷 小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图像中，能描述该过程的是()图1【答案】A82016全国卷 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】 BC【解析】由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C正确，选项D错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A错误9 2016全国卷 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【答案】BD102016全国卷 如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN.在小球从M点运动到N点的过程中()图1A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差【答案】BCD【解析】小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A错误小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合mg，故加速度ag；小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合mg，故加速度ag，B正确在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹F弹vcos 0，C正确从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增Ep减，即EkN0Ep重MEp重NEp弹MEp弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹NEp弹M，故EkNEp重MEp重