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第2讲 力与物体的直线运动
1．(2022·江苏单科，4)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是( )
解析 对皮球应用牛顿其次定律有：mg＋kv＝ma，a＝g＋v.上抛过程中v减小，故a随时间减小且减小的快慢与v的变化快慢规律相同，即＝·，而就是加速度a，故随时间减小，即a－t图线各点的切线的斜率是渐渐减小的；又由于上升过程中a不行能为零，所以只有C项正确．
答案 C
2. (2022·江苏卷，5)如图1－2－1所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是 ( )
A.
B.
C.－(m＋M)g
D.＋(m＋M)g
图1－2－1
解析 由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为a，由牛顿其次定律得，
对M有：2f－Mg＝Ma①
对m有：F－2f－mg＝ma②
联立①②两式解得F＝，选项A正确．
答案 A
3．(2022·江苏卷，5)一汽车从静止开头做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是( )
解析 由匀加速运动速度与位移的关系：v2＝2a1x，可知v－x图象应为开口向x轴正方向的抛物线的一部分，故C、D错，当汽车做匀减速直线运动时，由－v2＝2a2x，则v－x图象应为开口向x轴负方向的抛物线的一部分，故A对，B错．
答案 A
4．(多选) (2022·江苏卷，8)如图1－2－2所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则 ( )
A．当F<2μmg 时，A、B 都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg 时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
图1－2－2
解析 A、B间的滑动摩擦力fA＝2μmg，B与地面间的滑动摩擦力为fB＝μ(2m＋m)g＝μmg，因此当μmg<F<2μmg时，B与地面发生相对滑动，故A错；设A、B间刚好发生相对滑动时，拉力为F0，则对物块B有2μmg－μmg＝ma0，则a0＝μg，把A、B看作整体，有F－μmg＝3ma0，得F＝3μmg，即当F>3μmg时，A相对B滑动，C对；
A、B间发生相对滑动后，B的加速度总为μg不变，D对；当F＝μmg时，A、B一起运动，则对A、B整体有：F－μmg＝3ma′，解得a′＝μg，B对．
答案 BCD
5．(2021·江苏单科，14)如图1－2－3所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板快速抽出，砝码的移动很小，几乎观看不到，这就是大家生疏的惯性演示试验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
图1－2－3
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本试验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保试验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g
f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
f1＝m1a1
F－f1－f2＝m2a2
发生相对运动a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离
x2＝a3t
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g
代入数据得F＝22.4 N
答案 (1)μ(2m1＋m2)g (2)大于2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N
主要题型：选择题和计算题
学问热点
(1)单独命题
①匀变速直线运动的公式及应用的考查．
②x－t、v－t、a－t、F－t、F－a等图象问题的考查．
③牛顿运动定律的考查．
(2)交汇命题
①结合匀变速直线运动规律考查多过程问题和连接体问题．
②匀变速直线运动规律和牛顿运动定律的综合考查．
物理方法
(1)公式法 (2)图象法 (3)整体法和隔离法 (4)逆向思维法
命题趋势
(1)单独考查匀变速直线运动的规律、运动图象在实际生活中的应用以及牛顿运动定律的应用，题型一般为选择题．
(2)力和运动的关系大多结合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析综合考查，题目一般为计算题．(如2021年第14题)
热点一 运动图象问题
1．对x－t图象和v－t图象的理解
(1)无论是x－t图象还是v－t图象，都只能描述直线运动．
(2)x－t图象和v－t图象都不表示物体运动的轨迹．
(3)x－t图象和v－t图象的外形由x与t、v与t的函数关系打算．
2．运动图象及其应用：
斜率的意义
纵截距的意义
图象与t轴所围面积
匀速直线运动
匀变速直线运动
x－t图象
速度
初位置
倾斜的直线
抛物线
v－t图象
加速度
初速度
位移
与时间轴平行的直线
倾斜的直线
1．(2022·福建卷，15)如图1－2－4所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、 速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )
图1－2－4
解析 在下滑的过程中，依据牛顿其次定律可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，故加速度保持不变，所以D错误；物块做匀减速直线运动，v－t图象应为一条斜线，故C错误；依据匀变速直线运动的规律s＝v0t－at2，s－t图象应为过原点的抛物线的一部分，可得B正确；下降的高度h＝ssin θ，与s－t图象相像，所以A错误．
答案 B
2．(2022·山东临沂3月质检)物体甲、乙原来静止于光滑水平面上．从t＝0时刻开头，甲沿水平面做直线运动，位移x和时间平方t2的关系图象如图1－2－5甲所示；乙受到如图乙所示的水平拉力F的作用．则在0～4 s的时间内( )
图1－2－5
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2 s末乙物体转变运动方向
D．2 s末乙物体速度达到最大
解析 由x－t2图象可得函数关系x＝x0－kt2，由匀变速直线运动的位移公式知，甲物体向负方向做匀加速直线运动，故A、B项错；乙物体先向正方向做加速度减小的加速运动，t＝2 s加速度减为零，速度达最大，2～4 s再向正方向做加速度增大的减速运动，4 s末速度减为零．故C项错，D项正确．
答案 D
3．(2022·全国新课标Ⅱ，14)甲、乙两汽车在一平直大路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图1－2－6所示．在这段时间内( )
图1－2－6
A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲、乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小渐渐减小，
汽车乙的加速度大小渐渐增大
解析 由于图线与坐标轴所夹的“面积”是物体的位移，故在0～t1时间内，甲车的位移大于乙车，故依据＝可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A正确，C错误；由于乙车做变减速运动，故平均速度小于，选项B错误；由于图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲、乙两车的加速度大小均渐渐减小，选项D错误．
答案 A
4．(2022·重庆卷，5)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开头计时，一个物体所受空气阻力可忽视，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v－t图象可能正确的是( )
解析 若空气阻力可忽视不计，则物体做竖直上抛运动，其v－t图象应为一条不过原点的斜线．斜率大小为g，如图中虚线所示；若物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，即F阻＝kv，由牛顿其次定律得：上升过程mg＋kv＝ma上得a上＝，则随着v渐渐减小，加速度a上渐渐减小，对应v－t图象斜率减小，A错；当v＝0时，a上＝g，对应v－t图与t轴的交点，其斜率应等于g，即v＝0时，实线的斜率与虚线平行，故B、C错误，D项正确．
答案 D
1．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、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．
2．从v－t图象中可读取的四个运动量
(1)运动速度：从速度轴上直接读出，正负表示运动方向．
(2)运动时间：从时间轴上直接读出时刻，取差得到运动时间．
(3)运动加速度：由图线的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向．
(4)运动的位移：由图线与时间轴围成的面积得到位移，图线与时间轴围成的面积表示位移的大小，时间轴以上的面积表示与规定的正方向相同，时间轴以下的面积表示与规定的正方向相反．
热点二 匀变速直线运动规律的应用
5．物体做自由落体运动，最终1 s内的平均速度是第3 s内平均速度的1.6倍，则物体下落时间为(g取10 m/s2)( )
A．4.3 s B．4.4 s C．4.5 s D．4.6 s
解析 物体在第3 s内的位移为25 m，第3 s内的平均速度为25 m/s，则最终1 s内的平均速度为40 m/s，即最终1 s中间时刻的速度为40 m/s，因此从下落到最终1 s中间时刻所用时间为t＝＝4 s，所以整个下落的时间为4.5 s.
答案 C
6．[2022·沈阳高三质量监测(二)]一辆公交车从甲站以a1＝1 m/s2的加速度匀加速出站，当其速度达到v1＝50 m/s时开头匀速行驶，接近乙站时司机又以a2＝1 m/s2的加速度刹车，公交车恰好停靠在乙站．某次发车时，公交车因故晚动身了t0＝180 s，公交车以相同的加速度出站，出站后当其速度达到v2＝60 m/s时开头匀速行驶，接近乙站时仍以相同的加速度刹车，结果也恰好停在乙站，并且正点到达．则甲、乙两站间的距离是多少？
解析 由于加速时加速度和减速时加速度大小相等，则加速时间和减速时间相等，加速位移和减速位移相等．
设准时出站时，匀速行驶时间为t1，加速运动时间为t1′，由匀变速直线运动规律可得：t1′＝＝50 s
x甲、乙＝2×at1′2＋v1t1
因故晚动身时，设匀速行驶时间为t2，加速运动时间为t2′，由匀变速直线运动规律可得：t2′＝＝60 s
x甲、乙＝2×at2′2＋v2t2
又两次均正点到达，则2t1′＋t1＝2t2′＋t2＋t0
联立解得甲、乙两站间的距离x甲、乙＝57 km.
答案 57 km
7．(2022·全国卷新课标Ⅱ，24)2022年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1) 若忽视空气阻力，求该运动员从静止开头下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小．
(2) 实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2 ，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的外形、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v－t图象如图1－2－7所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)
图1－2－7
解析 (1)设运动员从开头自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v，依据运动学公式有：v＝gt①
s＝gt2②
依题意有s＝(3.9×104－1.5×103) m③
联立①②③式可得：t＝87 s④
v＝8.7×102 m/s⑤
(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，由牛顿其次定律有：
mg＝kv⑥
由所给的v－t图象可读出vmax≈360 m/s⑦
由⑥⑦式可得：k＝0.008 kg/m⑧
答案 (1)87 s 8.7×102 m/s
(2)0.008 kg/m
1．求解匀变速直线运动问题的一般思路
2.
热点三 动力学两类问题
8．(多选) (2022·山东卷，15)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图1－2－8所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有( )
A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
图1－2－8
解析 当物体做加速运动时，加速度的方向和速度方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同，v－t图中t1和t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t2和t4时刻二者方向相反，故正确选项为A、C.
答案 AC
9．(多选) (2022·广东江门一模)如图1－2－9，质量为m的木块在水平向右的力F作用下在质量为M的木板上滑行，木板长度为L，保持静止．木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ，下列说法正确的是( )
A．木板受到地面的摩擦力大小是μmg
B．木板受到地面的摩擦力大小是μ(m＋M)g
C．当F＞μ(m＋M)g时，木板便会开头运动
D．木块滑过木板过程中，产生的内能为μmgL
图1－2－9
解析 由于木板保持静止，木板在水平面上受到m施加的向右的滑动摩擦力和地面对左的静摩擦力而平衡，所以木板受到地面的摩擦力大小是μmg，A正确，B错误；以M为争辩对象，由于μmg＜μ(M＋m)g，故无论F多大，木板都不会运动，C错误；木块滑过木板过程中，产生的内能E＝μmgx相对＝μmgL，D正确．
答案 AD
10. (多选)(2022·四川卷，7)如图1－2－10所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不行伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )
图1－2－10
解析 设P与传送带之间的滑动摩擦力为Ff，绳子的拉力为FT，P物体的运动图象可能为
(1)v1＝v2且Ff≥FT时，P从右端离开；
(2)v2<v1且Ff≥FT，P先匀加速运动，再匀速，P从右端离开；
(3)v2>v1
①若FT>Ff，先以a1＝减速运动，再以a2＝减速运动，减速到0，再反向加速，P从左端离开；
②若FT<Ff时，先以a1减速运动，
再以v1匀速运动，P从右端离开．
从以上分析可知选项B、C正确
答案 BC
11．(2022·江西南昌二模)有一个冰上木箱的玩耍节目，规章是：选手们从起点开头用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最终停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最终未停在桌上有效区域内就视为失败．其简化模型如图1－2－11所示，
图1－2－11
AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开头用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想玩耍获得成功，试求：
(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；
(2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？
解析 (1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1，依据牛顿运动定律得F－μmg＝ma1
解得a1＝3 m/s2
(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，依据牛顿运动定律得μmg＝ma2
解得a2＝1 m/s2
推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝a1t2
撤去力F后木箱连续滑行的距离为x2＝
木箱停在有效区域内，要满足条件L1－L2≤x1＋x2≤L1
解得1 s≤t≤ s
答案 (1)3 m/s2 (2)1 s≤t≤ s
应用牛顿其次定律解决动力学问题的步骤
高考命题热点 2.运动图象与牛顿运动定律的综合应用
数图结合解决动力学问题
物理公式与物理图象的结合是一种重要题型．动力学中常见的图象有v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等，解决图象问题的关键有：
(1)分清图象的横、纵坐标所代表的物理量及单位，留意坐标原点是否从零开头，明确其物理意义．
(2)明确图线斜率的物理意义：明确图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点及两图线的交点的意义等．
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与具体的题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息并结合牛顿运动定律求解．
【典例】 (18分)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图1－2－12所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
图1－2－12
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
审题流程
第一步：抓关键点―→猎取信息
(1)读题：
(2)读图：
其次步：找突破口→形成思路
满分解答 由v－t图象可知，在t1＝0.5 s时，二者速度相同，为v1＝1 m/s，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
a1＝ ①(2分)
a2＝ ②(2分)
设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，依据牛顿其次定律，
对物块有μ1mg＝ma1 ③(2分)
对木板有μ1mg＋2μ2mg＝ma2 ④(2分)
联立①②③④式得联立方程得：
μ1＝0.2，μ2＝0.3 (1分)
(2)t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力转变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，由牛顿其次定律得
对物块有Ff＝ma1′ (1分)
对木板有2μ2mg－Ff＝ma2′ (1分)
假设物块相对木板静止，即Ff＜μ1mg，则a1′＝a2′，
得Ff＝μ2mg＞μ1mg，
与假设冲突，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a1′＝a1＝2 m/s2 (1分)
物块的v－t图象如图所示．此过程木板的加速度
a2′＝2μ2g－μ1g＝4 m/s2 (1分)
由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为
x1＝＋＝0.5 m (2分)
x2＝t1＋＝ m (2分)
物块相对木板的位移大小为x＝x2－x1＝1.125 m (1分)
答案 (1)0.2 0.3 (2)1.125 m
1．解图象问题时不要为图象的表面现象所迷惑，要将基本的受力分析、运动状态分析、牛顿其次定律与图象反映的物理过程和状态相结合．
2．滑块—木板模型
(15分)如图1－2－13甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可看作质点的物体A静止叠放在B的最左端，现用F＝6 N的水平力向右拉物体A，A经过5 s运动到B的最右端，其v－t图象如图乙所示，已知A、B质量分别为1 kg和4 kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.
图1－2－13
(1)求物体A与木板B间的动摩擦因数μ；
(2)若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间．
解析 (1)依据v－t图象可知物体A的加速度
aA＝＝ m/s2＝2 m/s2(2分)
以A为争辩对象，依据牛顿其次定律可得
F－μmAg＝mAaA(2分)
解得μ＝＝＝0.4(2分)
(2)由图象知木板B的长度为
l＝×5×10 m＝25 m(2分)
若B不固定μmAg＝mBaB(2分)
B的加速度
aB＝＝ m/s2＝1 m/s2(1分)
设A运动到B的最右端所用的时间为t，
依据题意可得aAt2－aBt2＝l(2分)
代入数据解得t＝7.07 s(1分)
答案 (1)0.4 (2)7.07 s
一、单项选择题
图1－2－14
1．如图1－2－14所示，直线a和曲线b分别是在平直大路上行驶的汽车a和b的位移—时间(x－t)图线．由图可知( )
A．在时刻t1，a、b两车运动方向相同
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速领先减小后增大
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率始终比a车的大
解析 x－t图线的斜率表示速度，从题图中看出，a车始终静止，b车先正向减速，速率减小为0后，再反向加速，因此A、B、D选项错误，C正确．
答案 C
2．(2022·高考冲刺卷四)中国首次太空授课活动于2021年6月20日上午进行，如图1－2－15所示，航天员王亚平利用天宫一号中的“质量测量仪”测量航天员聂海胜的质量为74 kg.测量时，聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为100 N的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为1 m/s，则复位的时间为( )
图1－2－15
A．0.74 s B．0.37 s C．0.26 s D．1.35 s
解析 宇航员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用，所以是匀变速直线运动，由牛顿其次定律可得宇航员的加速度为a＝＝ m/s2，再依据加速度的定义式a＝得到复位的时间为t＝＝ s＝0.74 s，A正确．
答案 A
图1－2－16
3．(2022·全国大纲卷，14)一质点沿x轴做直线运动，其v－t图象如图1－2－16所示．质点在t＝0时位于x＝5 m处，开头沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位移为( )
A．x＝3 m B．x＝8 m
C．x＝9 m D．x＝14 m
解析 利用匀变速直线运动的规律，结合v－t图象求解．质点前4 s内沿x轴正方向运动，其位移可由v－t图象中的“面积”数值表示，则对应位移x1＝ m＝6 m．同理可得4 s～8 s内的位移(沿x轴负方向运动)x2＝－ m＝－3 m．又知初位置x0＝5 m．则当在t＝8 s时，质点在x轴上的位置为x＝x0＋x1＋x2＝8 m，选项B正确．
答案 B
图1－2－17
4．如图1－2－17为表面粗糙、倾斜放置的传送带，物块可以由传递带顶端A由静止开头滑到传送带底端B，传送带静止时物块下滑的时间为t1，传送带逆时针匀速转动时物块下滑的时间为t2，传送带逆时针加速转动时物块下滑的时间为t3，传送带顺时针方向匀速转动时物块下滑的时间为t4，则关于这四个时间的大小关系，下列正确的是( )
A．t4＜t1＜t2＜t3 B．t4＜t1＝t2＜t3
C．t4＜t1＝t2＝t3 D．t1＝t2＝t3＝t4
解析 传送带静止、 逆时针转动时，物块相对于地面对下做匀加速运动的加速度相同，因此t1＝t2＝t3.由于传送带顺时针转动时，物块开头速度小于传送带速度时，加速度比逆时针转动时的加速度大，因此下滑的时间最短，C项正确．
答案 C
5．(2022·全国卷新课标Ⅰ，17)
图1－2－18
如图1－2－18，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开头向左加速，加速度从零开头渐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )
A．肯定上升
B．肯定降低
C．保持不变
D．上升或降低由橡皮筋的劲度系数打算
解析 法一 当橡皮筋竖直时，由平衡条件知：
k·Δx1＝mg，即Δx1＝
橡皮筋的长度为l1＝l0＋Δx1＝l0＋
当小球向左加速时，受力如图所示．
橡皮筋的拉力FT＝k·Δx2①
FTcos θ＝mg②
此时小球距悬点在竖直方向的高度为
l2＝(l0＋Δx2)cos θ③
联立①②③得，l2＝l0cos θ＋
比较l1和l2可知，l1>l2，小球的位置肯定上升，选项A正确．
法二 (极限法)当向左的加速度很大时，橡皮筋趋于水平，所以小球的位置要上升．
答案 A
6.
图1－2－19
(2022·全国大纲卷，19)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图1－2－19所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A．tan θ和 B．(－1)tan θ和
C．tan θ和 D．(－1)tan θ和
解析 设物块与斜坡间的动摩擦因数为μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小a＝μgcos θ＋gsin θ①
当物块的初速度为v时，由运动学公式知
v2＝2a②
当物块的初速度为时，由运动学公式知
2＝2a③
由②③两式得h＝
由①②两式得μ＝tan θ.
答案 D
二、多项选择题
7.
图1－2－20
某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机争辩一观光电梯升降过程中的状况，如图1－2－20所示的v－t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化状况(向上为正方向)．依据图象供应的信息，可以推断下列说法中正确的是( )
A．0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态
B．5～10 s内，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力
C．10～20 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态
D．20～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态
解析 0～5 s内，观光电梯在加速上升，加速度方向向上，该同学处于超重状态，选项A错误；5～10 s内，观光电梯匀速上升，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力，选项B正确；10～20 s内，观光电梯在减速上升，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项C错误；20～25 s内，观光电梯在加速下降，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项D正确．
答案 BD
8.
图1－2－21
(2022·广东省试验中学质检)甲、乙两物体做直线运动的v－t图象如图1－2－21所示，由图可知( )
A．乙物体的加速度为1 m/s2
B．4 s末两物体的速度相等
C．4 s末甲物体在乙物体前面
D．条件不足，无法推断两物体何时相遇
解析 对乙物体，a＝＝1.33 m/s2，4 s末两物体的速度相等，则选项A错误，选项B正确；由于不知道初始时刻甲、乙的位置关系，故无法推断4 s末甲、乙的相对位置及两物体何时相遇，选项C错误，选项D正确．
答案 BD
9．(2022·南京二模)如图1－2－22甲所示，质量为M＝2 kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板．物块和木板的速度—时间图象如图乙所示，g＝10 m/s2，结合图象，下列说法正确的是( )
图1－2－22
A．可求解物块在t＝2 s时的位移
B．可求解物块与木板间的动摩擦因数
C．可求解物块的质量m
D．可求解木板的长度
解析 由题图乙可求0～2 s内物块的v－t图象所包围的面积(即位移)，选项A正确；由题图乙可知：am＝2 m/s2＝μg，则μ＝0.2，选项B正确；由v－t图象知1 s后二者以共同速度匀速运动，故水平面应光滑，故m＝M，选项C正确；由题图乙可求解物块与木板间的相对位移，但无法求解木板的长度，选项D错误．
答案 ABC
三、非选择题
10．2021年1月1日实施新的交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以连续前行，车头未越过停车线的若连续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．现有甲、乙两汽车正沿同一平直大路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，3秒黄灯提示后将再转为红灯．请问
(1)若甲车在黄灯开头闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18 m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？
(2)若甲、乙车均以v0＝15 m/s的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车(乙车司机的反应时间Δt2＝0.4 s，反应时间内视为匀速运动)．已知甲车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a1＝5 m/s2、a2＝6 m/s2.若甲车司机看到黄灯闪烁时车头距警戒线L＝30 m，要避开闯红灯，他的反应时间Δt1不能超过多少？
(3)满足第(2)问的条件下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前的距离x0至少多大？
解析 (1)设在满足条件的状况下，甲车的最大行驶速度为v1，依据平均速度公式可得·t1＝18 m，
所以v1＝12 m/s
(2)对甲车：v0Δt1＋＝L
代入数据得Δt1＝0.5 s
(3)设乙车减速运动的时间为t，当甲、乙两车速度相等时，即v0－a2t＝v0－a1(t＋Δt2)
解得t＝2 s
则v＝v0－a2t＝3 m/s
x1＝＝21.6 m
x2＝v0Δt2＋＝24 m
故刹车前的距离至少为x0＝x2－x1＝2.4 m
答案 (1)12 m/s (2)0.5 s (3)2.4 m
11．如图1－2－23甲所示，倾角θ＝37°的斜面由粗糙的AB段和光滑的BC段组成，质量m＝1 kg的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力F作用下由A点加速下滑，运动到B点时，力F突然反向(大小不变)，其部分v－t图如图乙所示，物体滑到C点时速度恰好为零，取sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图1－2－23
(1)外力F的大小及物体在AB段与斜面间的动摩擦因数μ.
(2)物体从A到C的平均速度大小．
解析 (1)由v－t图可知物体在AB段的加速度为
a1＝＝10 m/s2
在BC段加速度为a2＝＝－2 m/s2
由牛顿其次定律知物体在AB段有
F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
在BC段有mgsin θ－F＝ma2
联立并代入数值得F＝8 N，μ＝0.5.
(2)由运动学规律知物体从B到C经受的时间为
t2＝＝ s＝5 s
物体从A到B发生的位移为s1＝t1＝5 m
物体从B到C发生的位移为s2＝t2＝25 m
物体从A到C的平均速度大小＝＝5 m/s.
答案 (1)8 N 0.5 (2)5 m/s
12．(2022·山东卷，23)争辩表明，一般人的刹车反应时间(即图1－2－24甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发觉状况到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：
图1－2－24
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
解析 (1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由s－v图象可得初速度v0＝20 m/s，末速度v1＝0，位移s＝25 m，
由运动学公式得：v＝2as①
t＝②
联立①②式，代入数据得：a＝8 m/s2③
t＝2.5 s④
(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋s⑤
Δt＝t′－t0⑥
联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3 s⑦
(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿其次定律得
F＝ma⑧
如图，由平行四边形定则得：F＝F2＋(mg)2⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得：＝⑩
答案 (1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3)
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