匀变速直线运动规律及牛顿运动定律

1、匀变速直线运动规律及牛顿运动定律真题再做1. （2016 高考全国卷川，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（）3sB.2T4sC.严8sD.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= 3vo,由s= 1（ vo +v）t和a=得a=右，故A对.答案：A2.（多选）（2018 高考全国卷H,T19 ）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度一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tl时刻也并排行驶B.在ti时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大

2、小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大v甲v乙，t2时刻相遇，但0ti时间内ti时刻甲在乙的后面，A错，B对.由图解析：011时间内，v乙v甲，t112时间内, 两者的位移差小于 tit2时间内两者的位移差，则象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大,C错，D对.答案：BD甲球质量3. （多选）（2016 高考全国卷n,T19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成,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

3、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=p V= 4 p n R3知4 p n Rig-kR=4 p n Ra,即 a= g- 3k ,3334 p n R1 2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=at知, a越大，t越小，选项A错误；由2ah= v2 v2知，vo= 0, a越大，v越大，选项B正确；由 Wfe = - 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

4、）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V。、Vi、11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v0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，根据牛顿第二11定律得 mgsin 0 +卩mgcos 0 = mq即 gsin 0 +卩gcos B =厂.同理向下滑行时gsin 0 11gcos 0 = v，两式联立得 sin 0 = v v ,卩= v ，可见能计算出斜面的倾斜角度t12gt2gt 1 cos 00以及动摩擦因数，选

5、项 A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v。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 豊，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x=t 1,V0V0+ V1V0N0+ v1 根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin 0= 0 莎=4，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H, 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（S130）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

6、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卩，由动能定理得-口 mgs= fmV fmV2 2./口Vo Vi -解得卩=igs?(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ai和a2，所用的时间为t，由运动学2 2公式得V

7、o vi= 2aiSoVo vi= ait 1 2 si = 2a2t 联立式得, 2Si Vi + Vo a2=22 So2 2 2Vo ViSifVi + Vo X答案：乔*考情分析命题特点与趋势一一怎么考i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” “滑块一木板”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.解题要领一一怎么做i解答运动学公式与牛顿

8、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.建体系记要点授课提示：对应学生用书第 8页网络构建綽肘性问题I两个扭巧年顿第1定塞过程网题琏接休冋题朋界极值问題要点熟记1. 匀变速直线运动的规律(1) 速度公式：v= vo+ at.1 2位移公式：x= vot + at . 2 速度和位移的关系式：v2

9、- v0= 2ax.中间时刻的瞬时速度:x Vo+ v=产 任意两个连续相等的时间 T内的位移之差是一个恒量，即 x = 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= ma、Fy= ma,且加速度的方向与合外力方向致.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沏备型迟1.

10、求解匀变速直线运动问题的一般思路审题画出示意图判断运动性质f选取正方向f选用公式列方程求解方矿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.f题再练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，则（）2A. 物体的加速度是 1m/sB. 第一个T时间末的瞬时速度为 0.6m/sC. 时间间隔T= 1sD. 物体在第1个T时间内的位移为 0.6m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 ：，1据此判断第一个 T

11、时间内的位移X1 = 5X 3m= 0.6m，选项D正确；第二个 T时间内的位移X235=-x3m= 1.8m，由 v3 0 = 2a（X1 + X2+ X3）得 a=；m/s2,选项 A错误；由 x= aT2得 X2 X156 6=aT2,解得T= 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.5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4 s的时间速度减为 5 m/s且收费完成，司机立即加速，加速度大小为2.5m/s 2

12、.假设汽车可视为质点，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. 汽车从开始减速到速度恢复到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4sV- Vq 5 2022解析：汽车减速时的加速度为a1= - = - m/s =- 3.75 m/s，这段时间内的位移114x= Vot1 + 如2= (20 X 4- 2 x 3.75 X4 2)m= 50m, A 错误；汽车恢复到 20m/s 所用的时间 t2 =2 2Vq v 20 5Vq v= s = 6s, B错误；汽车加速的位移X2= = 75m

13、则汽车通过的总位移X = X1a22.52a2+ 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X段的时间差，汽车匀速通过这段距离所用的时间t =-= 6.25s，因此汽车耽误的时间 t =Vqti +12-1 = 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,车x= 200m处才发现前方的 A车，这时B车立即以最大加速度速度 vb= 30 m/s , B车在距 Aa= 0.8m/s 2刹车.(1)通过计算说明两

14、车会不会相撞; 若两车不会相撞，求它们之间的最小距离.若两车会相撞,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 gat2=500mxa= vAt = 250m速度相等时两车的距离 Xq= xa+ x-xb=- 50mQ故两车在速度相等前就已经相撞了. 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初始时剧ftj=：i o a:恰好不相搅此时两 车的 距离 x = V

15、At1 + 200m (VBt1 *at2) = 10X 10m + 200m (30 x 10- *X 0.8 x 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1 2相等，有 vb- at = va+ a t, VAt+ a t + x = vt12-2at20由以上两式消去 a和t的乘积a t ，求出t = ys,进而解得a= 1m/s2.答案：(1)见解析 (2)1m/s 2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

16、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xo.若va= vb时, Xa+ XoXb, 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示法典例展示1(多选)(2018 咼考全国卷川)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ti时刻两车速

17、度相等B. 从0到11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11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

18、时刻两车速度相等，D对.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 车的位移一时间图线是曲线表明甲车做速度增大的变速直线运动. 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.新题再练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03s内

19、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 = 7S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2解析：由题图可知，甲的加速度 a甲=-m/s2，乙的加速度 a乙=0.5 m/s 2,加速度是3矢量，其正负只表示方向，不表示大小，C错误；由图象可得t = 7s时，两者速度相等，甲、1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=（22 8 1+ 3） x 2m= 3m 乙的位移 x乙=2X （1 + 2） x 2m= 3m,这时乙已在甲前

20、， 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X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1m/sB.质点的初速度为0.5m/sC.质点的加速度为2m/s2D.质点的加速度为4m/s2解析：由匀变速直线运动位移公式1x1Xx= Vot + at可得=Vo+ qat.由此可知，f-t图象的纵截距代表初速度，斜率表示加速度的2.由纵截距和斜率可知，质点的初速度为1m/s，加速度为4 m/s2.故本题选 A D.答

21、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1kgB. 细杆与地面间的夹角为302C. 前1s内小环的加速度大小为5m/sD. 前3s内小环沿杆上升的位移为1.25m解析：设细杆与地面间的夹角为B ,由v-t图象可知01s内小环的加速度为a =0.5m/s 2，因此选项C错误；拉力为F1 = 5N时，由牛顿第二定律得 F mgin 0 = ma,1s后小环做匀速直

22、线运动，此时的拉力为F2= 4.5N，根据力的平衡有 F2 = mgin 0，联立解得 m=91kg, sin 0 = 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 =0.52x 1m= 0.25m,之后2s内做匀速直线运动,位移为X2 = 0.5 x 2m= 1.0m,所以前3s内小环沿杆上升的位移为答案：ADg.下列说法正确的是（）x= X1+ X2= 1.25m，选项 D 正确.考向三动力学中的连接体问题典例页法典例展示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

23、为m用轻弹簧相连放置在倾角为0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B. 在细线被烧断的瞬间，B的加速度大小为2gsin 0C. 剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为gsin 0D. 突然撤去外力 F的瞬间，A的加速度大小为gsin 0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Fi =2mgin 0 ,对A,由平衡条件得拉力 F= Fi= 2min 0 .在细线被烧断瞬间，对 A,由牛顿第 二定律得F= 2maA

24、,解得aA= gsin 0，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Fi= ma,解得 a =2gsin 0，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，1对代F- F2= 2ma对B, F2- mgin 0 = ma由以上两式解得 a= -gsin 0，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+ mgsin 0 =一 23ma，未烧断细线前，对 B受力分析，可得 Fi= m

25、gin 0 + F弹，联立得a= 3gsin 0，故32A的加速度为3gsin 0，选项D错误.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

26、)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.新题旻练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m和m,且mm，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-m22FB. 物块A的加速度为 -m十C. FFn2FD. Fn可能为零解析：由于没有摩擦力，且 mm，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律有2F=2F一（m十m）a,解得a= ，

27、选项A错误，B正确；再对B受力分析，由牛顿第二定律有 F+ m+ mFn= ma，代入加速度解得FnU!-十fin a = mg互换位置后，对 M有Mg- Ft=Ma 对 m有 Ft mgin a = ma 又 Ft= Ft，解得 a= (1 sin a )g=M- m亠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，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.

28、 当F逐渐增大到Ft时，轻绳刚好被拉断C. 当F逐渐增大到1.5 Ft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 彳冃解析：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 Fi,对三个木块整体有 F= （m 2m+3n）a, a= 6 对质量为 m 2m的木块整体有 Fi= （ m+ 2m）a, Fi = |.当F逐渐增大到1.5 Ft时，Fi= 0.75 Ft，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 2n) ai,Ftai=3m再对质量为

29、m的木块有Ff = ma=号，D错误.3C. 9m为卩，则细线中的拉力大小为（）A. MgB. Mg+ Ma答案：C限训练通高考科学设题拿下高考高C. （ mi + m2） aD. mia+ 卩 mg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= ( m+ m) 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

30、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Fni变小，选项D正确.答案：DMtn*1)4. 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

31、.5mC. 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40m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=130m/s,v乙=25 m/s,由v-t图线所围面积对应位移关系知，03s内甲车位移x甲=3X 30m X1= x 乙一x 甲=45m,乙车位移 x乙=2X 3X (10 + 25) m = 52.5m.故t = 0时，甲、乙相距1 1=7.5m，即甲在乙前方 7.5m,B选项错误；01s内，x甲=-x 1X 10m= 5m,x乙=-x 1X （1 0+ 15） m= 12.5m, X2= x 乙一

32、x 甲=7.5m = X1，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甲一x甲=45mi- 5mi= 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 0 = 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3C. 物块B的加速度为0D. 物块B的加速度为21解析：剪断细线前，弹簧的弹力F弹=mgjin

33、30 = -mg细线剪断的瞬间，弹簧的弹力13mgin30 F弹 g不变，仍为F弹=2mg剪断细线瞬间，对 A、B系统，加速度为 a=号，即gA和B的加速度均为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0to时间内，甲、乙的运动方向相同B. 在0to时间内，乙的速度一直增大C. 在0to时间内，乙平均速度的值大于甲平均速度的值D. 在02to时间内，甲、乙发生的位移相同解析：在0t。时间内，甲、乙的运动方向相反，选项A错误；在位移一时间图象中，斜率表示速度，在 0t。时

34、间内，乙的速度一直减小，选项B错误；在0t0时间内，乙的2x 0X0位移为2x0，甲的位移为 X。，乙平均速度的值（v乙=-）大于甲平均速度的值（v甲=厂）,1010选项C正确；在02t0时间内，甲发生的位移是一 2x0,乙发生的位移是 2xo，负号说明两者方向不同，选项 D错误.答案：Ctr/N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（）B. 8mD.

35、12mA. 4mC. 10m解析：最大静摩擦力Ffmax=卩mgF0.2 x2x 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；24s时，FFfmax，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F Ff 6 4221?1a= = 一m/s = 1 m/s，位移为 X1 = gat = x 1 x 4m= 2m,4s 末的速度为v= at =2 22 m/s = 1 m/s ,F 一 Ff 2 一 4 1 x 2m/s= 2 m/s , 46s时根据牛顿第二定律可得加速度为ai

36、x= Xi + X2= 2m+ 2m位移为X2= vt + 1a1t 2= 2X 2m+ 2x ( 1) x 4m= 2m,则物体的总位移是=4m,故A正确，B C、D错误.答案：A二、多项选择题&将一足够长的木板固定在水平面上，倾角为 a = 37,将一铁块由长木板的底端以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 = 0.6A.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3.6mC.铁块沿长木板下滑时的加速度大小为10m/s2D.铁块滑到长木板底端时的速度大小为5 ” 5m/s2g 取 10m/s，则(

37、解析：由铁块上滑过程的速度一时间图象可知，铁块上滑时的加速度大小为Vo 6a=7=07m/s2= 10 m/s 2，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律可得mcsin37 + 卩 mgcos37= ma代入数据解得 卩=0.5 , A正确；由速度一时间图象可知，铁块沿长木板上滑的最大距离为x=mi= 1.8m ,B错误；铁块沿长木板下滑时，由牛顿第二定律 min37 卩mgcos37 =ma，代入数据可解得 a= 2m/s2, C错误；由运动学公式 v = 2a x，代入数据解得v6=j5m/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

38、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7.5m/s 2C. 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 60m处有险情，酒后驾驶不能

39、安全停车解析：由xi= 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A2说法正确；由刹车距离X2= x X1= 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/s 2，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25 m/s的速度行驶时，酒后思考距离为25X 1.0m2v=25m,刹车距离为 j= 41.7m，制动距离为 25m+ 41.7m = 66.7m，发现前方60m处有险情，2a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= 10k

40、g的木板放在水平地面上，木板与地面间的 动摩擦因数为 卩=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v-t图象）（）u?/(m sr|(i/(m )ip/(m 虻i)|j/(m帚中一調2AUCD解析：人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，Ff = Ma,木板与地面之间的最大静摩擦力Ffm= y(M+ n)g= 120N; A中人的加速度 ai= 1m/s2, Ff = Ma= 50N120 N,木板向左加速，Ff u(M+ n)g= ma, a2= 3 m/s

41、 2, t =Q2s内人的位移大小 xi =3m木板的位移大小 X2 = 3 m, 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2aB. 两物块向上运动的加速度大小大于2aC. 两物块间细线中的张力为 2FtD. 两物块间细线中的张力与 A、B的质量无关解析：设斜面倾角为 0 , A、B

42、两物块的质量分别为 M和m物块与斜面间的动摩擦因数为卩,由牛顿第二定律得两物块的加速度大小为Fmgsin 0 卩 M+ mgcos 0mF2Fg(sin 0 +卩cos 0 )，当拉力为2F时，加速度大小为a= g(sin 0 +卩cos 0 ),Mrr mMrr m则a a= MF_ma,即a 2a, A项错误，B项正确；两物块间细线中的张力 Ft= ma+ mi n 0+卩mgpos 0 = Mm与斜面倾角和动摩擦因数无关，则当拉力为2F时，细线中的张力为2Ft，但张力与两物块的质量有关，C项正确，D项错误.答案：BC三、非选择题12. (2018 江西新余一中二模)斜面长度为4m, 个尺寸可以忽略不计的滑块以不同 的初速度vo从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度二次方 v0的关系图象(即x-v其中 x= 4m, a= 2m/s，解得 t = 1s,或 t = 4s.又因滑块速度