第2课时力与直线运动

第2课时力与直线运动

提炼必备知识

内容重要的规律、公式和二级结论

(1)一般情况下：位移小于路程；物体做单方向直线运动时，位

1.位移、速度、

移与路程的大小相等。

加速度

(2)速度大，加速度不一定大；加速度减小，速度也可能在增大。

(3)公式：v=vo+at；x=Vot+\at2：v2-vi=2ax；

(4)推论

1

2.匀变速直线①相同时间内的位移差：Ax=a尸，xn—xn=(nt-n)aT0

运动

②中间时刻速度：的

③位移中点速度或=虎:吟

(5)物体沿粗糙水平面滑行时的加速度a=〃g：物体沿光滑斜面下

滑的加速度〃=gsina；物体沿着粗糙斜面恰好匀速下滑时4=

tana；物体沿粗糙斜面下滑的加速度〃=g(sina-//cosa)o

3.牛顿运动定

(6)一起加速运动的物体系，若力是作用于tn\上，则ni\和m2的

律及其应用

相互作用力为尺=相尸,与有无摩擦无关，平面、斜面、竖

nil十机2

直方向都一样。

(7)超重时，加速度。方向竖直向上(匀加速上升，匀减速下降)；

4.超重、失重

失重时，加速度。方向竖直向下(匀减速上升，匀加速下降)。

(8)包括x—/、。一八。一，图像等，注意图线斜率和图线与横轴所

5.运动图像

包围面积的意义。

突破高考题型

高考题型一匀变速直线运动规律的运用

【例1】（2022•湖北高考，6）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省/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

答案B

解析vi=108km/h=30m/s,vr=324km/h=90m/s,日于中间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

工=1080X10m=2.16XIO'm,普通列车加速时间力=肛=迎s=60s,加速过

5a0.5

程的位移xi=La4=lxo.5X6O2m=9（）Om,根据对称性可知加速与减速位移相等,

22

可得匀速运动的时间〃=^^=216义10'-2X900$=7140s,同理高铁列车加

vi30

速时间//="=毁s=180s,加速过程的位移x/=1a”2=lxo5XISO?m=

a0.522

8100m,根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间外=匚网

v\

2.16X105-2X8100S=2220S,相邻两站间节省的时间加=«2+2八）-侬+2/）

=4680s,因此总的节省时间加&=54=4680义55=234005=6小时30分，故

选项B正确。

【素能提升】

1.（2022•山东临沂期中）高速公路的ETC电子收费系统如图1所示，ETC通道的长

度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6m。某汽车以5m/s的速度

匀速进入识别区，ETC用0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”

的一声，汽车又向前行驶了2s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽

车恰好没有撞杆。已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8s。则刹

车的加速度大小约为（）

自动栏杆E1J：天线

图1

A.2.52m/s2B.3.55m/s2

C.3.75m/s2D.3.05m/s2

答案D

解析设刹车的加速度大小为。，则有工=。0（力+力+△八+加，代入数据解得。=

2a

3.05m/s2,所以D正确，A、B、C错误。

2.（2022•全国甲卷，15）长为/的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为。o,要

通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许

超过。（兴。0）.已知列车加速和减速时加速度的大小分别为。和2〃，则列车从减

速开始至回到正常行驶速忘仇所用时间至少为（）

AVo-v,L-il

A.

2a

DVQ—V,L-{-2/

D«

V

3（Oo—d）

lav

口3（vo-v'）+£+2/

av

答案C

解析由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过。（火。0）,

则列车进隧道前必须减速到外若用时最少，则列车先勾减速到。进入隧道，再

在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到仇，则有

a-2M解得「。丁；

在隧道内匀速运动所用时间t2=L+l；

V

列车尾部出隧道后立即加速到比,有

的=。+。/3,解得/3="V

则列车从减速开始至回到正常行驶速率。。所用时间至少为，=4+/2+力=

3(8一+£+/,故选项C正确。

2av

高考题型二牛顿运动定律解决二类问题

角度1瞬时性问题

【例2】（2022•湖南桑植模拟）如图2所示，力传感器上吊着一个滑轮，细线绕过

滑轮（质量不可忽略）一端吊着物块彳、另一端吊着物块4和C,三个物块的质量

相同。由静止释放三个物块，物块运动稳定时，力传感器的示数为R;在三个物

块运动过程中，剪断3、C物块间的细线，力传感器的示数变为后，重力加速度

为g，不计一切摩擦，贝弘）

力传感器

图2

A.三个物块一起运动的加速度大小为g

B.每个物块的重力为3（仔一乃）

2

C.滑轮的重力为26一尸］

D.剪断8、C间细线的一瞬间，连接4、8细线上的张力大小不变

答案B

解析设三个物块的质量都为加，则2〃?g—〃?g=3〃?a,解得。=），故A错误；

设绳的拉力为F,贝U尸一〃*=〃必解得尸=；〃喏。

设滑轮的质量为根据力的平衡有

Q

Fi=Mg+2F=Mg+

剪断8、。间的细线，由于4、8质量相等，因此力、8运动的加速度为零，这时

细线上的张力大小发生突变，减少到〃名，故D错误；根据力的平衡用=Mg+2mg,

解得〃7g=；（Q—凡），Mg=4B—3后，故B正确，C错;吴。

•方法总结两种模型对比

不发生明显形变就能产生弹力,剪

断或脱离后，不需要时间恢复形变,

轻绳、轻杆:

和接触面一弹力立即消失或改变。一般题目中

所给的轻绳、轻杆和接触而花不加

两特殊说明时，均可按此模型处理

种

模

型当弹簧的两端与物体相连（即两端为

固定端）时.由干物体有惯性.弹答

的长度不会发生突变,所以生瞬时

和橡皮筋

问鹿中，其弹力的大小认为是不变

的•即此时弹簧的弹力不突变

角度2超、失重问题

【例3】（多选）（2022・华南师大附中模拟）有一种自带起吊装置的构件运输车，其

起吊臂力安装在车厢前端，如图3甲所示，初始时刻，质量为〃?的构件静止在运

输车上。当卷扬机8通过绕过定滑轮。的轻质吊索对构件施加竖直向上的拉力时,

连接在吊索上的拉力传感器绘制出吊索拉力随时间变化的规律为三段直线，如图

乙所示，重力加速度大小为g。则下列描述正确的有（）

A.0〜4时间内构件处于失重状态

B4时刻构件的速度最大

C/2〜A时间内构件处于超重状态

D.0〜f3时间内，构件在13时刻速度最大

答案CD

解析0〜力时间内尸rV〃?g,构件静止，处于平衡状态，故A错误；小时刻构件

恰好开始运动，速度为零，故B错误；上〜A时间内尸r>〃?g,构件存在竖直向上

的加速度，处于超重状态，故C正确；0〜力时间内构件静止，白〜力时间内构件

做加速度增大的加速运动，f2〜A时间内构件做匀加速运动，所以h时间内，

构件在f3时刻速度最大，故D正确。

角度3连接体问题

【例4】（2022•山东青岛二模）如图4,在杠杆的左臂L处挂有质量为3.0kg的小

球处在杠杆的右臂L处挂有一定滑轮。跨过定滑轮的细线一端拴接质量为3.0kg

的小球b，另一端拴接小球c,忽略滑轮和细线质量以及一切摩擦，若要使杠杆平

衡，小球c•的质量应为（）

TTT

b

图4

A.OB.1.0kg

C.3.0kgD.1.5kg

答案B

解析如图所示

由杠杆平衡条件可得AA=2A

对小球〃由牛顿第二定律得nihg—T3=〃iba

对小球c由牛顿第二定律得Ty—mcg=nica

联立解得妹=1.0kg,故B正确，A、C、D错误。

・方法总结・

连接体的运动特点

(1)叠放和并排连接体：加速度相等、速度相等。

(2)轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和

加速度总是相等。

(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度；轻杆转动时,

连接体具有相同的角速度。

(4)轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在

弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。

【素能提升】

3.(2022•四川成都三模)如图5,倾角为夕且表面光滑的斜面固定在水平地面上，轻

绳跨过光滑定滑轮，一端连接物体。，另一端连接物体从〃与物体c之间连接轻

弹簧，。与地面接触且。、机。均静止。已知仄c的质量均为小，重力加速度大

小为g。则()

图5

A.a的质量可能小于2/z/sin0

B.剪断竖直绳后瞬间，6的加速度大小为2gsin。

C.剪断竖直绳后瞬间，。的加速度大小为gsin。

D.剪断竖直绳后的一小段时间内，力、c的距离变大

答案B

解析根据平衡条件对6、c整体受力分析可得r=2〃?gsin。，对。受力分析可得

，〃ag=T+FN,可知用“22阳sin。，故A错误；弹簧的弹力为kY=〃?gsina剪断细

线弹簧弹力不突变，此时对人物体/优+mgsine=mab,则加速度〃b=2gsin仇故

B正确；剪断竖直绳后瞬间，弹簧弹力不变，c的加速度大小为0,故C错误；

剪断竖直绳后的一小段时间内，物体6的加速度大于c的加速度，则从c的距离

变小，故D错误。

4.（2022•全国乙卷，15）如图6,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为，"的小球，

初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长心一大小为厂

的水平恒力作用在轻绳的口点，方向与两球连线垂宜。当两球运动至二者相距

时，它们加速度的大小均为（）

图6

5尸1F

A.B.

5m

C沛D.3F

8〃710/72

答案A

解析当两球运动至二者相距;人时，如图所示。

3£

由几何关系可知sin

L5

2

设绳子拉力为ET,对轻绳的中点，水平方向有2产rcosG：/

解得尸r=:厂

o

对任一小球，由牛顿第二定律有向'=机。

解得。=5,，故A正确，B、C、D错误。

高考题型三运动学和动力学图像

1.两关注——横坐标、纵坐标

(1)确认横、纵坐标对应的物理量各是什么，坐标轴物理量的单位不能忽视。

(2)注意横、纵坐标是否从零刻度开始。

2.三理解——斜率、面积、截距

⑴图线的斜率：通常能够体现某个物理量的大小、方向及变化情况。

(2)面积：由图线和横坐标轴围成的面积，有时还要用到纵坐标轴及图线上的一个

点或两个点到横坐标轴的近线段所围图形的面积，一般都能表示某个物理量。

(3)截距：图线在纵坐标轴及横坐标轴上的截距。

3.三分析——交点、转折点、渐近线

(1)交点：往往是解决问题的切入点。

⑵转折点：满足不同的函数关系式，对解题起关键作用。

(3)渐近线：往往可以利用渐近线求出该物理量的极值。

角度1运动学图像

【例5】(2022•河北唐山二模)ETC又称自动道路缴费系统，该系统的推行，有效

的缓解高速公路收费站的拥堵现象。若某汽车在高速上正常行驶速度为30m/s,

沿该平直公路通过收费站ETC通道时，其速度随时间变化的关系如图7所示，则

ETC通道对该车行驶产生的时间延误为()

61441//s

A.8sB.20s

C.26sD.40s

答案B

解析根据。一，图像与横轴所包围的面积表示位移，可得通过ETC通道的位移

(3015)乂e一i)m+5X(14—6)m+(5^30)X(41-14)m=600m

为x=

没有收费站时，汽车所用时间为

,x6003八

t——s-20s

v30

所以ETC通道对该车行驶产生的时间延误为。=（41-1-20）s=20s,所以B正

确，A、C、D错误。

角度2动力学图像

【例6】（2022•贵州贵阳二模）如图8所示，一根轻绳跨过光滑的定滑轮，两端各

系一个物体尸和0,尸的质量保持不变。开始时，尸静止在地面上，当。的质量

发生变化时,P的加速度随。的质量变化的关系图像为下图中的（）

答案C

解析以尸、。整体为研究对象，〃的质量不变，当〃?。＜加「时，整体受重力和地

面的支持力，处于平衡状态，此时加速度。=0;当〃?0网＞时，整体只受重力作

用，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，可有〃?0g—侬=（，%P+mo）a,则加

[1-2〃"]

速度4=16p+〃?Qjg,当增大时，加速度。增大，且是非均匀增大，随〃[0

增大，加速度。趋向于g,故A、B、D错误，C正确。

【素能提升】

5.（2022♦湖南常德模拟）一物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随

时间变化的关系图像如图9所示。下列图像正确的是（）

图9

答案A

解析从。一，图像知：0〜1s内物体做加速度增大的加速运动，1〜2s做加速度

减小的加速运动，2〜3s做加速度增大的减速运动，3〜4s做加速度减小的减速

运动，A正确；B项速度最大时加速度不为零，与加速度图像第2s末加速度为

零不符，B错误；C、D项速度时间图像中直线部分，加速度大小不变，与〃一/

图像中加速度变化不符，C、D错误。

6.（2022•辽宁朝阳质检）一航天爱好者将一枚自制火箭竖直向上发射，该火箭的推

力随时间的变化规律如图10所示。火箭处于静止状态，开始点火。=0）,f=20s

时火箭失去推力。假设火箭质量恒为2kg,重力加速度g=10m/sL并假设运动

中不计空气阻力。则下列结论正确的是（）

F/N

图10

A.O〜10s内，火箭一直加速运动

B./=10s时，火箭速度达到最大

C.发射过程中，火箭的最大加速度为15m/s?

D.10〜20s内，火箭的速度增量为50m/s

答案D

解析火箭质量恒为2kg,当推力小于重力时火箭静止，故0〜10s内，火箭并

非一直加速运动，故A错误；10〜20s推力大于重力，火箭仍在加速，l=10s时,

火箭的速度不是最大，故B错误；10〜20s推力最大为30N,根据牛顿第二定律

mmS2

am=^=5m/s,故C错误；10〜20s内，火箭的速度增量为△

m

50m/s,故D正确。

链接।高考整一

1.（2021・湖北高考，2）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人

10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成

技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重

力加速度大小取10m/sz,则她用于姿态调整的时间约为（）

A.0.2sB.0.4s

C.l.OsD.1.4s

答案B

解析陈芋汐下落的整个过程所用的时间为，=2H=2X10S^I.4S,下落

g10

前5m的过程所用的时间为力=2h=2>^5s=ls,则陈芋汐用于姿态调整

g10

的时间约为f2=z—4=0.4s,B正确，A、C、D错误。

2.（2022•河北高考，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。与时间，的关系图像如图11所示。由图像可知（）

A.0〜力时间内，训练后运动员的平均加速度大

B.0〜f2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等

C/2〜A时间内，训练后运动员的平均速度小

D/3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。一，图像的斜率表示加速度，由题图可知。〜。时间内，训练后运动

员的平均加速度比训练前的小，故A错误；根据。一，图像围成的面积表示位移，

由题图可知。〜四时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；

根据。一，图像围成的面积表示位移，由题图可知〜f3时间内，训练后运动员的

位移比训练前的位移大，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。一，图像可直接判断知，A时刻后，运动员训

练前速度减小，做减速运动；门时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，

故D正确。

3.（2022・辽宁高考，7）如图12所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度

比沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为〃，g

取10m/s2。下列比、4值可能正确的是（）

图12

A?o=2.5m/s1.5m/s

C./z—0.28D./z—0.25

答案B

解析物块水平沿中线做匀减速直线运动，则丁，由题意知klm,

t=1s,Ovovoo,代入数据有1m/svoov2m/s,故A错误，B正确；对物块受力

分析有a=一〃g,v2—vi=2ax,整理有。8+2or>0,联立可得4Vo.2,故C、D

错误。

4.（多选乂2022•全国甲卷，19）如图13,质量相等的两滑决P、。置于水平桌面上,

二者用一轻帕簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为汹。重力加速度大小

为g。用水平向右的拉力厂拉动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（）

7777777.

图13

AP的加速度大小的最大值为2〃g

RO的加速度大小的最大值为2/喏

C.P的位移大小一定大于。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〃?，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力

大小为广=2/〃町，对。受力分析可知，弹簧的弹力为质=w〃g;以向右为正方向，

撤去拉力后，对滑块尸由牛顿第二定律有一心"一w〃g="g>i，对滑块。有kx'—fimg

=ma。,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力由去一直在减小，

可知产做加速度减小的减速运动，滑块。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，大小

为24g,。加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，有一解得牝加=一

"g,故滑块。加速度大小最大值为〃g,A正确，B错误；由于弹簧恢复原长前滑

块尸的加速度一直大于。的加速度，所以撤去拉力后夕的速度一直小于同一时刻

。的速度，所以，的位移大小一定小于。的位移大小，C错误，D正确。

课时|

（限时：40分钟）

A级基础保分练

1.（2022•浙江丽水期中）乒乓球运球接力是老少皆宜的趣味运动项Fl,运球时需根

据运动情况及时调整球拍的角度以避免乒乓球落地（如图1）。若某次运球时乒乓球

与球拍始终保持相对静止，一起水平向右做匀加速宜线运动，下列说法正确的是

（）

图1

A.乒乓球受到球拍的摩擦力水平向左

B.乒乓球受到球拍的摩擦力可能为零

C.球拍对乒乓球的支持力小于乒乓球受到的重力

D.球拍对乒乓球的支持力大于乒乓球对球拍的压力

答案B

解析向右动球时，球拍有一定斜角，时，乒乓球受到球拍的摩擦力

为0,所以A错误，B正确；当球拍处于水平状态，由摩擦力来提供加速度，则

球拍对乒乓球的支持力等G乒乓球受到的重力，所以C错误；球拍对乒乓球的支

持力与乒乓球对球拍的压刀是相互作用力，总是大小相等，方向相反，所以D错

误。

2.（多选）（2022•山东胶州期白）如图2,圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，

容器中有〃、6、c三个不同材质的物块，物块〃、c均对容器壁有压力，物块分

悬浮于容器内的液体中，忽略如c与容器壁间的摩擦。现给容器施加一水平向右

的恒力，使容器向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是（）

力口

图2

A.三个物块将保持图中位置不变，与容器一起向右加速运动

B.物块。将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压

C.物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动

D.物块。将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压

答案CD

解析由题意可知，c浮在上面对上壁有压力，可知c排开水的质量大于本身的

质量；同理b排开水的质量等于本身的质量，。排开水的质量小于本身的质量；

则当容器向右加速运动时，由牛顿第一定律可知，物块。将相对于容器向左运动，

最终与容器左侧壁相互挤压；物块6将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加

速运动；物块C因相等体积的水将向左运动，则导致C将相对于容器向右运动，

最终与容器右侧壁相互挤压（可将。想象为一个小气泡），故c、D正确。

3.（多选）（2021•海南高考）甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，f=0时经过路边的

同一路标，下列位移一时间（x-f）图像和速度一时间（。一。图像对应的运动中，甲、

乙两人在fo时刻之前能再次相遇的是（）

答案BC

解析根据X-/图像的交点表示相遇，可知B图x—f图像对应的运动中，甲、

乙两人在小时刻之前能再次相遇，A错误，B正确；根据。一/图像面积表示位移

可知，C图中甲、乙两人在/o时刻之前能再次相遇，C正确，D错误。

4.（2022•广东深圳模拟）蹦极是一项极限运动，在做好充足的防护措施的情况下，

人们可以感受完全失重的刺激。蹦极所用的绳索可看成弹性绳，人蹦极下降过程

中的加速度随位移变化的图像如图3所示，忽略空气阻力以及绳索的重力，g为

重力加速度，则下列说法正确的是（）

图3

A.下降也时，人的速度达到最大

B.从内到冷，人处于减速状态

C.下降;n开始，人将处于超重状态

D.由于有绳索的拉力，所以加速度弱小于g

答案A

解析人下降到X2时，人的加速度为0,速度达到最大，故A正确；从川到X2,

人的加速度向下，人在做加速度减小的加速运动，故B错误；从为到X2,人的加

速度向下，人处于失重状态，X2后，人的加速度向上，处于超重状态，故C错误；

从0到XI,人做自由落体运动，加速度等于重力加速度，所以等于g,故D错

误。

5.（2022•吉林长白山模拟）滑沙是能够放松和解压的新兴旅游项R,游客坐在一块

板上沿沙山斜坡卜.滑，其过程可以简化为一物块沿倾斜角为。的斜面下滑，如图4

所示。若物块所受阻力的天小与速度大小的关系满足/=依依为定值），贝弘）

A.物块做匀加速直线运动

B.如果斜面足够长，物块最后做匀速直线运动

C.物块做加速度逐渐增大的加速运动

D.物块初始时刻加速度最小

答案B

解析根据牛顿第二定律得mgsin夕一可知随下滑速度增加，加速度减

小，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，故A、C错误；当mgsin夕一切=0时

物块受力平衡，做匀速直线运动，故B正确；初始时。=0,阻力/=切=0,物块

加速度最大，故D错误。

6.（多选）（2022•福建晋江期及）如图5所示，在一个桌面上方有三个金属小球氏

c,离桌面高度之比为九：h2:饱=3：2：io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（）

«9

：b?

期/j2：cQ

：：3

图5

A.三者到达桌面时的速度大小之比是3：2：1

B.三者运动时间之比为3：2：1

C.b与。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

答案AC

解析三个球均做自由落体运动，由"=2g〃得。=2gh,则。|：逅：办=

2g加：2gh2：2gh3=3：2：1,故A正确；三个球均做自由落体运动，由〃

1=

=1"得2",则6：/2•ti=In:hz:hs=3：2：1,故B错误；b与

2g

〃开始下落的时间差（3-2总小于c与〃开始下落的时间差（2—1地,故C正确;

小球下落的加速度均为g,与重力及质量无关，故D错误。

7.（2022•云南迪靖一中模拟）如图6所示，光滑固定斜面上有质量相等的两正方形

物体力、8,两物体的接触面光滑且垂直于斜面。现在力物体的左上角施加一个

与水平方向成a角斜向右下方的作用力尸，已知a<90。。则（）

A.不管向哪个方向运动，两物体都不会分开

B.两物体之间的作用力沿水平方向

C.两物体对斜面的正压力相等

D.两物体一定沿斜面向上运动

答案A

解析对力、8整体研究，若尸沿斜面向上的分力小于4、8重力沿斜面向下的

分力时，两物体一起向下运动；若尸沿斜面向上的分力大于力、8重力沿斜面向

下的分力时，两物体一起向上运动，故A正确，D错误；4与B两物体间的作用

力，垂直于接触面，应该与斜面平行，故B错误；以8为研究对象，受到重力、

支持力及沿斜面向上的力的推力，所以8对斜面的压力等于其自身重力垂直于斜

面的分力；以力为研究对象，受到重力、支持力、沿斜面向下的8的推力及外力

尸，所以4对斜面的压力等于其自身重力垂直于斜面的分力和尸垂直于斜面的分

力的合力，故两物体对斜面的正压力不相等，故C错误。

B级综合创新练

8.（2022•浙江天略外国语学校模拟）如图7所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面

向前行驶，两车车顶。］、。2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以

内时能够实现通信。，=0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度

为5m/s,乙车的速度为2m/s,01、O2的距离为3m。从该时刻起甲车以1m/s?

的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号

传递时间，从/=0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（）

II

0nu

甲乙

图7

A.2.00sB.4.75S

C.6.00sD.6.25s

答案D

解析根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且0\01=5m时，有x甲一%乙=4m,

根据运动学公式有x甲甲f—）氏x乙乙/，解得九=2s,h=4s,因为甲车做

匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当0</<2s

时，O\Oz<5m；2s〈/v4s时，O\Oj>5mo时，甲车的速度为。甲i=v甲

-W2=lm/s<。乙，f=4s之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行

驶的距离为x”=/i=0.5m,根据几何关系可知，从f=4s开始到乙车行驶至

2a

2X4m+0.5m

甲车前方4m的过程中，OiO2<5m,这段过程经历的时间为「=

。乙

4.25s,所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为/=2s+4.25s=6.25s,故D

正确。

9.（2022•浙江高三开学考试）随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁

弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图8所示，航空母舰的水平跑道总长/=180m,

其中电磁弹射区的长度为八=80m,在该区域安装有直线电机，该电机可从头至

尾提供一个恒定的牵引力户”一架质量为〃?=2.0Xl"kg的飞机，其喷气式发

动机可以提供恒定的推力尸掖=L2X105N。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重

力的0.2倍。若飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度0=40m/s,航空母舰

始终处于静止状态，（取g=10m/s2）下列说法正确的是（）

/尸fa磁丑弹射”区/——/

P——，=阳）m--------

图8

A.飞机在前一阶段的加速度大小4.0m/s2

B.飞机在电磁弹射区末的速度大小5=20m/s

C.电磁弹射器的牵引力尸牵的大小为2X104N

D.电磁弹射器在弹射过程中的功率是不变的

答案C

解析根据牛顿第二定律，在后一阶段：厂推一02咫=加。2,解得。2=4.0m/s2,

由—西=2s（/—/1）,解得飞机在电磁弹射区的末速度劭=202m/s,由rf=2ai/i,

解得飞机在电磁弹射区的加速度s=5m/s2,根据牛顿第二定律尸幸+尸疝-0.2〃7g

=〃s，代入数据解得/%=2X104N,选项A、B错误，C正确；根据尸=所可

知，电磁弹射器在弹射过程中的功率不断增加，选项D错误。

10.（2022•浙江模拟预测）甲、乙两名运动员在泳池里训练，f=0时刻从泳池的两端

出发，甲、乙的速度一时间图像分别如图9甲、乙所示，若不计转向的时间且持

续运动，两运动员均可视为质点。下列说法正确的是（）

r；/(nTS_,)v/(m,s-1)

甲乙

图9

A.游泳池长50m

B.两运动员一定不会在泳池的两端相遇

C.从t=0时刻起经过1min两运动员共相遇了3次

D.在0〜30s内，两运动员的平均速度大小之比为8：5

答案C

解析根据u—/图线与坐标轴围成的图形面积表示位移，可知游泳池长度£=

1.25X20m=25m或者£=1.0X25m=25m,故A错误；如图所示。

由甲、乙的位移一时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在f=100s时在泳池的

一端相遇，故B错误；在。〜60s内甲、乙相遇3次，故C正确；在0〜30s内，

甲的位移大小为xi=1.25X20m-1.25X10m=12.5m,乙的位移大小为.r2=

1.0X25m—1.0X5m=20m,在0—30s内两运动员的平均速度大小之比为。i*vz

=X，：X2=5：8,故D错误。

tt

11.（多选）无人驾驶汽车作为汽车的前沿科技，目前尚在完善中，它车头装有一个

激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方88m范围内车辆和行人的

“气息”，制动反应时间为0.2s,比有人驾驶汽车平均快1秒。图10为在某次

测试场地进行制动测试时获得的一部分图