专题一 第2讲 力与直线运动（课件PPT）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题一 PPT下载 http:///xiazai/ 力与运动 2 第2讲　力与直线运动 高频考点1 匀变速直线运动的规律及应用 考向1 匀变速直线运动规律的应用 考向2 追及、相遇问题 高频考点2 牛顿运动定律的应用 考向1 牛顿运动定律的应用 考向2 多体、多过程问题 高频考点3 运动学和动力学图像 考向1 运动学图像 考向2 动力学图像 课下巩固检测练（二） 力与直线运动 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 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α；物体沿着粗糙斜面恰好匀速下滑时μ＝tan α；物体沿粗糙斜面由静止下滑的加速度a＝g(sin α－μcos α)。 (3)超重时，加速度a的方向竖直向上(加速上升，减速下降)；失重时，加速度a的方向竖直向下(减速上升，加速下降) 运动图像 包括x ­t、v ­t、a ­t图像等，注意图线斜率和图线与横轴所包围面积的意义。 1．处理匀变速直线运动的常用方法 基本公式法、平均速度公式法、位移差公式法、比例法、逆向思维法、图像法等。 2．两种匀减速直线运动的分析方法 (1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 3．追及、相遇问题的解题思路和技巧 (1)紧抓“一图三式”，即过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式。 (2)速度相等往往是恰好追上(追不上)，以及两者间距离有极值的临界条件。 (3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动。 【例1】 (2024·河南郑州模拟)如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)(　　 ) A．2.3 m/s B．2.6 m/s C．3.1 m/s D．3.2 m/s 解析：选B。小球从释放到落地共用时t1＝ s＝0.6 s，小球从释放到下落1.25 m共用时t2＝ s＝0.5 s，设圆筒上抛的初速度为v0，则圆筒在空中的运动时间为t3＝，要使圆筒落地前的瞬间小球在圆筒内运动而没有落地，应有t2<t3<t1，即0.5 s< <0.6 s，解得2.5 m/s<v0<3 m/s，故B正确。 【例2】 (2024·广西高考)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学 (1)滑行的加速度大小； (2)最远能经过几号锥筒。 解析：(1)根据匀变速运动规律，某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知在1、2间中间时刻的速度为v1＝＝2.25 m/s 2、3间中间时刻的速度为v2＝＝1.8 m/s 故可得加速度大小为a＝＝1 m/s2。 (2)设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得 v0t1－＝d 代入数据解得v0＝2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为x＝＝3.001 25 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 答案：(1)1 m/s2　(2)4号 【例3】 随着科技的发展，汽车自动驾驶技术已日渐成熟。A、B两辆自动驾驶测试车，在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小v1＝8 m/s，B车的速度大小v2＝20 m/s，如图所示。当A、B两车相距x0＝20 m时，B车因前方突发情况紧急刹车，已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小a＝2 m/s2，从此时开始计时，求： (1)A车追上B车之前，两者相距的最远距离Δx； (2)A车追上B车所用的时间t。 解析：(1)当两车速度相等时，两车的距离最大，设经过时间t1两车速度相等，则有v1＝v2－at1 解得t1＝6 s 在t1时间内A车位移为x1＝v1t1＝48 m B车位移为x2＝v2t1－＝84 m 则此最远的距离为Δx＝x2＋x0－x1＝56 m。 (2)设经过时间t2，B车停下来，则有0＝v2－at2 得t2＝10 s 此过程中A车和B车的位移分别为 x1′＝v1t2＝80 m x2′＝v2t2－＝100 m 此时x2′＋x0>x1′ 说明A车还没追上B车，设再经过时间t3才追上，则有 x2′＋x0－x1′＝v1t3 得t3＝5 s 所以A车追上B车所用的时间为t＝t2＋t3＝15 s。 [规律方法]追及相遇问题的实质就是两个物体运动的关联问题，所以对运动情境的分析至关重要，在此基础上才能借助“临界条件”“量值关系”等建立辅助方程。 1．解决动力学两类基本问题的思路 2．瞬时加速度问题 3．连接体问题 (1)整体法与隔离法的选用技巧 整体法的选取原则 连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求内力 (2)连接体问题中常见的临界条件 接触与脱离 接触面间弹力等于0 恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大值 绳子刚好绷直或松弛 绳子张力为0 (3)常见连接体 接触面光滑，或μA＝μB，则FAB＝F 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关 常用隔离法，注意加速度之间的关联 常会出现临界条件及临界值 【例4】 (2024·安徽高考)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中(　　 ) A．速度一直增大 B．速度先增大后减小 C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小 解析：选A。缓慢拉至P点，并保持静止，由平衡条件可知，此时拉力F与重力和两弹簧的拉力合力为零，两弹簧的合力为大小为mg；当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下，小球一直做加速运动，故A正确，B错误。小球从P点运动到O点的过程中，形变量变小，弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球所受的合外力一直变小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值为2g，C、D错误。 【例5】 在第一次空载试飞过程中，质量为m的无人机从静止开始加速行驶距离s时达到起飞速度，飞离地面。在第二次装有载荷的试飞过程中，无人机从静止开始加速行驶距离2s时达到起飞速度，飞离地面。已知飞机的起飞速度与飞机总质量的关系为v＝km，两次试飞时发动机的推力均相同，假设两次试飞过程飞机所受阻力相同且恒定不变，若将无人机的运动看作匀加速直线运动，则第二次试飞时飞机上载荷的质量为(　　) A．m B．m C．m D．m 解析：选A。第一次试飞过程，有v1＝＝2a1s，F－f＝ma1；第二次试飞过程，有v2＝k2s，F－f＝(m＋Δm)a2，联立解得Δm＝m，故A正确。 【例6】 (2024·河南开封一模)由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑块A、B位置互换(如图乙所示)，松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量等于滑块A的质量的两倍，重力加速度g＝10 m/s2，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为(　　 ) A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4 解析：选B。设滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m，调换前，对系统根据牛顿第二定律可得mg－2μmg＝3ma；调换后，对系统根据牛顿第二定律可得2mg－μmg＝9ma，联立解得μ＝0.2，故B正确。 【例7】 (2024·陕西榆林一模)一个质量为2 kg的箱子静止放在水平面上，箱子与水平面间的动摩擦因数为0.5，给箱子一个水平恒定拉力，使箱子从静止开始运动，经过2 s，箱子的位移为20 m。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计。 (1)求拉力的大小； (2)若拉力大小不变，把拉力的方向改为与水平面成37°角斜向上，使箱子从静止开始运动1 s后撤去拉力，求箱子运动的总位移。 解析：(1)箱子做匀加速运动，有L＝at2 解得a＝＝10 m/s2 由牛顿第二定律有F－μmg＝ma 解得F＝30 N。 (2)箱子先以大小为a1的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度恰为0，有 F cos 37°－μ(mg－F sin 37°)＝ma1 解得a1＝11.5 m/s2 撤去拉力后，减速运动的加速度大小 a2＝μg＝5 m/s2 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 a1t1＝a2t2 解得t2＝2.3 s 将减速过程看作反向匀加速运动，则箱子加速、减速的总位移 L′＝ 联立解得L′＝18.975 m。 答案：(1)30 N　(2)18.975 m [规律方法]多过程问题的分析 (1)分析多过程问题时，一定要注意物体在每段运动的受力变化； (2)两段运动衔接点的速度是联系两段运动的“桥梁”。 1．常见图像 常见图像 斜率k 面积意义 两图线交点 x ­t图像 ＝v — 表示相遇 v ­t图像 ＝a 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a ­t图像 — 速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.非常规图像 非常规图像 函数表达式 斜率k 纵截距b v2­x图像 由v2－＝2ax 得v2＝2ax＋ -t图像 由x＝v0t＋at2 得 at a v0 a ­x图像 由v2－＝2ax知，图线与x轴所围面积等于，此面积与物体质量的乘积表示动能的变化量 3.动力学图像 图像 分析思路 F ­t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：由动量定理知，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F ­x图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 a ­F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a ­F关系。如图所示，F－μmg＝ma，a＝－μg，则斜率为，截距为－μg 【例8】 (2024·福建高考)某直线运动的v ­t图像如图所示，其中0～3 s为直线，3～3.5 s为曲线，3.5～6 s为直线，则以下说法正确的是(　　 ) A．0～3 s的平均速度为10 m/s B．3.5～6 s做匀减速直线运动 C．0～3 s的加速度比3.5～6 s的大 D．0～3 s的位移比3.5～6 s的小 解析：选B。根据v ­t图像可知，0～3 s内质点做匀加速直线运动，平均速度为 m/s＝15 m/s，故A错误；根据v ­t图像可知，3.5～6 s内质点做匀减速直线运动，故B正确；根据v ­t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0～3 s的加速度大小为a1＝ m/s2＝10 m/s2，3.5～6 s的加速度大小满足a2> m/s2＝10 m/s2，可知0～3 s的加速度比3.5～6 s的小，故C错误；v ­t图线与横轴围成的面积表示位移，故0～3 s的位移为x1＝×30×3 m＝45 m，3.5～6 s的位移满足x2<×30×(6－3.5) m＝37.5 m，可知0～3 s的位移比3.5～6 s的大，故D错误。 【例9】 (多选)如图甲所示，平行于倾角为θ的固定斜面向上的拉力F使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速度a与F的关系如图乙所示。已知图线的斜率为k，与F轴交点为c，与a轴交点为－b，则(　　 ) A．小物块的质量为k B．小物块的质量为 C．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为b D．摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c 解析：选BD。以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－mg sin θ－f＝ma，可得a＝，结合a ­F图像可得＝－b，可知小物块的质量为m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mg sin θ＋f＝c，故B、D正确。 【例10】 (2024·广东高考)如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定。木块从弹簧正上方H高度处由静止释放。以木块释放点为原点，取竖直向下为正方向。木块的位移为y。所受合外力为F，运动时间为t。忽略空气阻力，弹簧在弹性限度内。关于木块从释放到第一次回到原点的过程中。其F ­y图像或y ­t图像可能正确的是(　　 ) 解析：选B。在木块下落高度H之前，木块所受的合外力为木块的重力，保持不变，即F=mg。木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，木块的合力F与位移y的关系为F=mg-k（y-H），在合力为零前（y＜H+），随着y的增大，F减小，在合力为零后（y＞H+），随着y的增大，F反向增加，直至木块到达最低点。木块开始反弹后，上升过程与下降过程可逆，所以随着y的减小，F-y图线向y轴负方向原路返回，故A错误、B正确；在木块下落H高度之前，木块做自由落体运动，速度逐渐增大，y-t图像的斜率增大。木块从接触弹簧到合力为零时（y=H+），向下做加速度减小的加速运动， y-t图像的斜率继续增大。木块的合力为零后，向下做加速度增大的减速运 动，直至最低点速度减为零，y-t图像的斜率减小。进一步分析可知，木块向上运动时，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速直线运动到达最高点。C图中木块过H点后速度就开始逐渐减小，实际速度还应该增大，直到平衡位置（合力为零）速度到达最大，然后速度逐渐减为零。D图中木块在前半段做匀速运动，也不符合题意，故C、D错误。 [规律方法]分析图像问题时，既要关注图线对应的函数关系，又要理解图线的截距、斜率、面积、交点、拐点等代表的物理意义。 一、单选题 1．(2024·新课标卷)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 解析：选C。任何时刻质点的速度与位移都是唯一的，C正确，A、B、D错误。 2．(2024·河北高考)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v­t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　) A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 解析：选A。由题意可知，题图中v<0表示篮球在向下运动，v>0表示篮球在向上运动，v­t图像中图线与时间轴所围图形的面积表示位移大小，可知v＝0上方的图像面积S上减去v＝0下方的图像面积S下的值越大，对应的篮球位置越高，结合题图可知a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是a点，A正确。 3．如图，调整水龙头的开关，使单位时间内流出水的体积相等。水由于重力作用，下落速度越来越大，水柱越来越细。若水柱的横截面可视为圆，图中a、b两处的横截面直径分别为0.8 cm和0.6 cm，则经过a、b的水流速度之比va∶vb为(　　 ) A．1∶3 B．1∶9 C．3∶4 D．9∶16 解析：选D。由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等，则有πvaΔt＝πvbΔt，可得va∶vb＝＝0.62∶0.82＝9∶16，故D正确。 4．某游乐场发生了一起惊险的事故，一火箭蹦极装置两根弹性缆绳的其中一根在运行中突然断裂，导致一名游客悬挂在半空中。幸运的是，该游客及时被工作人员救下，没有造成人员伤亡。假设游客及座椅的总质量为m，缆绳断裂前瞬间每根缆绳与竖直方向的夹角均为60°、张力均为3mg，简化为如图乙所示的模型，已知重力加速度为g，则其中一根缆绳断裂瞬间，该游客的加速度大小为(　　 ) A．g B．g C．g D．0 解析：选B。缆绳断裂瞬间游客及座椅受到重力和其中一根缆绳的作用力，且二者夹角为120°，设合力大小为F，根据牛顿第二定律及余弦定理可得F＝ma，F2＝(mg)2＋(3mg)2－2·mg·3mg·cos 60°，解得a＝g，故B正确。 5．(2024·湖南高考)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 解析：选A。细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg；细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有FAB－3mg＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，A正确。 6．(2024·山东临沂一模)近几年来我国新能源汽车发展迅速，现对国产某品牌新能源汽车进行性能测试。已知该汽车在时间t内通过了位移s，同时它的速度变为原来的N倍。如果汽车做的是匀加速直线运动，则该汽车的加速度大小为(　　) A．a＝ B．a＝ C．a＝ D．a＝ 解析：选A。设初速度为v，则时间t后速度变为Nv，物体在时间t内通过了位移s，则平均速度为，解得v＝，所以加速度为a＝，故A正确。 7．(2024·山东高考)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　) A．∶ B．∶ C．∶ D．∶ 解析：选A。对木板由牛顿第二定律可知，木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝，当木板长度为2L时，有3L＝又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。 8．(2024·河南郑州一模)小明同学利用APP测量手机运动过程的加速度a。手机由静止向上运动，其a­t图像如图所示，则(　　 ) A．t2时刻，手机速度最大 B．t3时刻，手机速度为0 C．t3～t4时间内，手机向上运动 D．t2～t4时间内，手机先处于失重状态后处于超重状态 解析：选C。由题图可知t2时刻加速度最大，后续t2到t3仍然在加速，故手机在t3时刻速度最大，故A、B错误；a ­t图像与时间轴围成的面积代表速度变化量，0～t3时间内速度变化量大于t3～t4时间内速度变化量，所以t3～t4时间内，手机向上运动，故C正确；t2～t4时间内，加速度先向上后向下，手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。 9．中国第三艘航空母舰“福建舰”配备有三条电磁弹射器，电磁弹射器可额外为飞机提供恒定的推力助其短距离起飞，从而极大提升航空母舰的打击力。某舰载机，在地面测试时，发动机打开，飞机由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v，离地起飞。若该型飞机同等条件下，在福建舰弹射器的恒定推力辅助作用下仅需滑跑即可起飞，且知该型舰载机的质量为m，则飞机在起飞的过程中弹射器为其提供的推力大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。舰载机在发动机推力的作用下由静止匀加速运动直至起飞，有2aL＝v2，其所受合力为F＝ma＝m，当“同等条件下”在弹射器加持下起飞时，有2a′＝v2，F＋F′＝ma′＝m，所以弹射器为飞机提供的推力F′＝故A正确。 10．(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a­m图像。重力加速度大小为g。在下列a­m图像中，可能正确的是(　　) 解析：选D。设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为FT，由牛顿第二定律可知，对砝码和轻盘组成的整体有mg－FT＝ma，对物块P有FT－μMg＝Ma，联立解得a＝g－，D正确。 二、多选题 11．(2024·河北保定二模)一物体做匀加速直线运动，从计时开始的 ­函数关系图像如图所示，下列说法正确的是(　　 ) A．物体的初速度为2 m/s B．物体的加速度为2 m/s2 C．前3 s内物体的位移为10.5 m D．第3 s内物体的平均速度为5 m/s 解析：选AC。根据x＝v0t＋at2得，结合题图可知解得物体的初速度和加速度分别为v0＝2 m/s, a＝1 m/s2, 故A正确，B错误；前3 s内物体的位移为x＝v0t＋ m＝10.5 m，C正确；前2 s内物体的位移为x′＝ m＝6 m，则第3 s内物体的平均速度为 m/s＝4.5 m/s，D错误。 12．两辆汽车A、B在相邻车道以不同的速度匀速行驶，前方十字路口红灯，两车刹车过程中并排行驶时，如图甲所示，车头到前方停车线的距离均为20 m，最终两车头均恰好到达停车线前。以两车并排行驶时车头所在处为位移0点并开始计时，以汽车运动方向为正方向建立x轴，汽车A的x ­t图像如图乙所示，是开口向下的抛物线的一部分，汽车B的v ­t图像为如图丙所示的直线，下列说法正确的是(　　 ) A．两汽车同时到达停车线前 B．汽车A的初速度大小为8 m/s C．汽车B的加速度大小为1 m/s2 D．两车头沿运动方向的最大距离为 m 解析：选BD。B车做的是匀减速运动，则x＝t＝20 m，解得t＝8 s，而A车到达停止线只花了5 s，故A错误；由题图乙知，汽车A的x ­t图像是开口向下的抛物线的一部分，则汽车A做匀减速直线运动，汽车A的初速度大小为vA＝2＝8 m/s，B正确；汽车B的加速度大小为a＝ m/s2＝0.625 m/s2，C错误；两车速度相等时，两车头沿运动方向的距离最大，则8－1.6t＝5－0.625t，解得t＝ s，v＝ m/s，两车头沿运动方向的最大距离为Δx＝ m，D正确。 三、计算题 13．中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验。如图(a)所示，先将一个质量为M＝1 kg的滑块(视为质点)以初速度v0＝12 m/s滑出，滑行距离为12 m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m＝0.5 kg的减速装置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下、夹角为α的力F作用，如图(b)所示(减速装置未画出)，从而获得较大的减速效果，以减小滑行距离。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)滑块与跑道之间的动摩擦因数； (2)若已知F＝ N，α＝53°，则装上减速装置后滑块的滑行距离。 解析：(1)滑块运动过程中，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有μMg＝Ma1 由运动学公式可得＝2a1x1 联立解得μ＝0.6。 (2)装上减速装置后，对装置和滑块整体分析，如图所示， 由牛顿第二定律和力的平衡可得 F sin α＋f＝(M＋m)a2 FN＝(M＋m)g＋F cos α 又f＝μFN 由运动学公式＝2a2x2 联立解得x2＝7.2 m。 答案：(1)0.6　(2)7.2 m 14．(2024·江苏南通一模)如图所示，质量M＝8.0 kg的物块A放置在水平地面上，上表面为光滑斜面，斜面长L＝1 m，与水平方向的夹角θ＝37°。质量m＝4.0 kg的小物块B从斜面顶端由静止沿斜面下滑，A保持静止。A与地面间的动摩擦因数为μ，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求物块B在斜面上运动的时间t； (2)B在斜面顶端时，给A、B相同的水平初速度，此后A、B恰能一起以相同的加速度向左做匀减速运动，求A与地面间的动摩擦因数μ； (3)B沿斜面下滑，此时对A施加水平向右的推力F，A、B在水平方向的加速度相同，B相对A做匀速直线运动，求B下滑到底端的过程中推力F做的功W。 解析：(1)设物块B沿斜面下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma1 沿斜面向下运动时有L＝a1t2 代入数据解得t＝ s。 (2)设A、B一起运动的加速度为a2，对B受力分析如图所示， 可知mg tan θ＝ma2 对整体受力分析可知μ(m＋M)g＝(m＋M)a2 代入数据解得μ＝0.75。 (3)设B下滑的时间为t1，获得的速度为v，之后相对于A匀速下滑的时间为t2，则 v＝a1t1 B相对于A匀速下滑，则B在竖直方向做匀速直线运动，故sin θ＝v sin θ·t2 A、B的加速度a3＝a2＝g tan θ 对整体受力分析可知 F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a3 整体的位移x＝ 推力做的功W＝Fx 代入数据解得W＝75 J。 答案：(1) s　(2)0.75　(3)75 $$