第1部分 专题1 2 第二讲 力与直线运动（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

第二讲　力与直线运动 学生用书⬇第6页 考点一　匀变速直线运动的规律 解决匀变速直线运动问题常用的“六种方法” (2025·山东青岛即墨区期末)高速避险车道是指在高速公路上设置的一种特殊车道，主要用于在紧急情况下帮助失控车辆减速和安全停车，如图甲。图乙是高速避险车道简化图，B、C、D为AE的四等分点。汽车刚冲进避险车道A点时的速度为v，经过t时间到达B，最终在E点停下。汽车在斜面上的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是 A.汽车在C点的速度大小为v B.汽车由D点到E点的时间为t C.汽车运动的总时间为(4＋)t D.汽车运动的总位移大小为(2＋)vt 答案：D 解析：C点为AE中间位置点，根据匀变速直线运动推论，中间位置速度v中＝，可知C点速度vC＝＝v，故A错误；汽车从A点匀减速到E点停下，根据逆向思维法，可看作汽车从E点做初速度为0的匀加速直线运动到A点，根据匀变速直线运动在连续相等的位移内所用时间关系的推论，有tDE∶tCD∶tBC∶tAB＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)，因为tAB＝t，则tDE＝＝(2＋)t，故B错误；运动总时间t总＝tDE＋tCD＋tBC＋tAB＝(4＋2)t，故C错误；根据匀变速直线运动位移与时间的关系有xAE＝t总，联立以上解得xAE＝(2＋)vt，故D正确。故选D。 匀变速直线运动问题的求解思路 预测.(2024·全国甲卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 答案：(1)20 m/s　(2)680 m 解析：(1)根据匀变速直线运动速度公式有v＝at1 可得救护车匀速运动时的速度大小 v＝2×10 m/s＝20 m/s。 (2)救护车加速运动过程中的位移 x1＝a＝100 m 设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得 ＋t3＝t2 停止鸣笛时救护车距出发处的距离 x＝x1＋(t3－t1)v 代入数据联立解得x＝680 m。 学生用书⬇第7页 (2025·陕西咸阳模拟)A、B两辆5G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车的速度大小为v1＝8 m/s，B车的速度大小为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，加速度大小为a＝2 m/s2，求： (1)A车追上B车之前，两车相距的最大距离； (2)如果B车刹车后，为避免两车相撞，A车也要刹车，且加速度大小也为a＝2 m/s2，则A车最迟在B车刹车后多久接受指令刹车？ 答案：(1)56 m　(2)13 s 解析：(1)当A、B两车速度相等时，两车相距最远 根据速度关系得v1＝v2－at1 代入数据解得t1＝6 s 该时间内A车的位移为xA＝v1t1＝48 m 该时间内B车的位移为xB＝v2t1－a＝84 m 两车相距的最大距离Δx＝xB＋x0－xA＝56 m。 (2)B车刹车所用时间tB＝＝10 s 所发生的位移xB'＝＝100 m 该时间内A车的位移xA'＝v1tB＝80 m 由于xA'＜xB'＋x0＝120 m，设A车最迟在B车刹车后t2接受指令刹车，因两车刹车的加速度相同，B减速到零，A先匀速后减速到零，有 xB'＋x0＝v1t2＋ 解得t2＝13 s。 处理追及问题的常用方法 情境图 过程分析法 函数分析法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，a、b和c分别为二次项系数、一次项系数和常数项，当t＝－时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，进而判断是否追上 图像分析法 画出v -t图像，图线与t轴所围的面积表示位移，利用图像更直观 考点二　牛顿运动定律 1.瞬时加速度问题 (1)轻绳模型：由于轻绳(或轻杆、刚性面)发生微小形变，其弹力可以突变。弹力的突变情况应根据具体情境来判断。 (2)轻弹簧模型：由于轻弹簧(或橡皮筋)发生明显形变，在两端都连有物体的情况下，其弹力不能突变。 2.连接体问题 (1)连接体问题的处理方法：整体法和隔离法。 (2)连接体问题的解题技巧 ①轻绳连接的两个物体：如果做加速运动(绳绷紧)，则它们沿绳方向的加速度大小相同。 ②叠加的两个物体：两物体间刚要发生相对滑动时，物体间达到最大静摩擦力，仅靠摩擦力带动的物体的加速度达到最大加速度。 ③靠在一起的两个物体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。 ④轻弹簧连接的两个物体：弹簧对两物体的弹力总 学生用书⬇第8页 是大小相等、方向相反，两物体的速度、加速度一般不同，多用隔离法。关注弹簧弹力随物体位移的变化规律，注意弹簧弹力不能突变。 (多选)(2025·湖北武汉期末)如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为3m、2m、m的三个物块A、B、C，其中B放在C上，A与B间用水平弹簧相连。现用一水平拉力拉A，待弹簧稳定后，B与C恰好不相对滑动。重力加速度大小为g，B、C间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是 A.水平拉力为12μmg B.弹簧的弹力为2μmg C.撤掉拉力F瞬间，A的加速度为μg D.撤掉拉力F瞬间，B的加速度为2μg 模型剖析 第一步：模型构建：连接体模型和轻弹簧模型 (1)A、B、C三个物块一起运动，构成动力学连接体模型。 (2)A、B之间用弹簧相连，构成轻弹簧模型，撤掉拉力F瞬间，弹簧弹力不会突变，与剪断前的弹力相同。 第二步：确定研究对象：分析研究对象受力情况，确定求解方法 (1)隔离法和整体法结合求水平拉力和弹簧的拉力 ①弹簧稳定后，B与C恰好不相对滑动，B、C之间的摩擦力为最大静摩擦力，研究C，用隔离法求加速度。 ②对A、B、C整体进行分析，求水平拉力F。 ③选B、C整体分析，求弹簧弹力F弹。 (2)轻弹簧模型，撤掉拉力F的瞬间，弹力不突变，分别选A和B、C整体分析，求加速度。 第三步：列式解题：由牛顿第二定律列式 (1)弹簧稳定后，B与C恰好不相对滑动，B、C之间的摩擦力为最大静摩擦力，对C隔离分析，有μ·2mg＝ma。对A、B、C整体进行分析，有F＝(3m＋2m＋m)a，解得F＝12μmg。对B、C整体分析，有F弹＝(2m＋m)a，解得F弹＝6μmg。 (2)撤掉拉力F瞬间，弹簧弹力不变，对A进行分析，有F弹＝3ma1，解得a1＝2μg；对B、C整体进行分析，根据牛顿第二定律有F弹＝(2m＋m)a2，解得a2＝2μg。 预测.(2025·河南十所名校期末)如图所示，四个质量分别为m、m、3m、3m的小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧相互连接，悬挂在O点和P点，整个系统处于静止状态。已知细线OA与竖直方向的夹角θ＝45°，细线PD水平，重力加速度为g。若此时将连接B和C的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 A.9g，3g B.3g，g C.6g，2g D.10g，g 答案：D 解析：剪断细线BC前，设三根细线的拉力大小分别为FOA、FBC、FDP，以四个球整体作为研究对象，根据共点力平衡有FOAcos 45°＝8mg，FOAsin 45°＝FDP，解得FDP＝8mg；以C、D两个球整体作为研究对象，设细线BC与竖直方向所成的夹角为α，根据共点力平衡有FBCcos α＝6mg，FBCsin α＝FDP，解得FBC＝10mg。剪断细线BC瞬间，弹簧AB、CD的弹力不变，所以球B、C的合力大小均等于FBC，根 据牛顿第二定律，可得B的加速度大小aB＝＝10g，C的加速度大小aC＝＝g。故选D。 (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 答案：A 解析：剪断B、C间的细线前，对B、C、D整体分析，有FAB＝g，对D，有FCD＝mg，剪断后，对B，有FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上；对C，有FDC＋2mg＝2maC，且FCD＝FDC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。故选A。 学生用书⬇第9页 考点三　运动学和动力学图像 1.三种常见的运动学图像 图像类型 斜率k 面积 两图像交点 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 2.三种常见的动力学图像 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：动量定理，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关系式。 例如：如图所示，有F－μmg＝ma，则a＝－μg，则a -F图像的斜率为，截距为－μg 如图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是 A.图甲中，物体在0～t0这段时间内的位移小于v0t0 　 B.图乙中，物体的加速度为2 m/s2 C.图丙中，阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量 D.图丁中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s 答案：D 解析：由v -t图像中图线与t轴围成的面积表示位移可知，题图甲中物体在0～t0这段时间内的位移大于v0t0，A错误；根据v2＝2ax可知，题图乙中图线的斜率k＝2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，B错误；根据Δv＝aΔt可知，题图丙中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，C错误；由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，结合题图丁可知a＝ m/s2＝5 m/s2(a前面的易被忽视)，即a＝10 m/s2，则v0＝－5 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v3＝(－5＋10×3) m/s＝25 m/s，D正确。故选D。 (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。所受合力为F，运动时间为t，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。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 答案：B 解析：在木块下落H高度之前，木块所受合力为木块的重力保持不变，即F＝mg；当木块接触弹簧后，弹簧弹力向上，则木块所受的合力F＝mg－k(y－H)，到合力为零前，随着y增大F减小；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程，木块所受合力F＝k(y－H)－mg，之后，木块开始反弹，过程中木块所受合外力向上，随着y减小F增大，反弹过程，随着y减小，F -y图像向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，根据y＝gt2，速度逐渐增大，y -t图像斜率逐渐增大；当木块接触弹簧后到合力为零前，根据牛顿第二定律有F＝mg－k＝ma，木块的速度继续增大，做加速度减小的加速运动，所以y -t图像斜率继续增大；当弹簧弹力大于木块的重力后到最低点过程中F＝k－mg＝ma，木块所受合力向上，木块做加速度增大的减速运动，所以y -t图像斜率减小；到达最低点后，木块向上运动，经以上分析可知，木块先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，再做匀减速直线运动到最高点，y -t图像如图所示，故C、D错误。故选B。 预测.(多选)(2025·湖南大联考)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数 学生用书⬇第10页 为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则 A.0～t1时间内物块与木板加速度相等 B.F1＝μ1m1g C.F2＝(μ2－μ1)g D.μ2＜μ1 答案：AC 解析：由题图(c)可知，0～t1时间内，若物块和木板有相对滑动，则以后木板也不会运动，所以物块与木板相对静止，两者有相同的加速度，A正确；由题图(c)可知，t1时物块、木板相对静止，木板刚要相对地面滑动，以整体为研究对象，有F1＝μ1(m1＋m2)g，B错误；由题图(c)可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2＞μ1，C正确，D错误。故选AC。 1.生产情境类 (2025·陕晋青宁高考)某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是 答案：A 解析：由牛顿第二定律结合题图可知，0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人的加速度大小相等、方向相反，又v -t图像的斜率表示加速度，可知0～1 s时间内和2～3 s时间内机器人v -t图像斜率互为相反数，A可能正确。故选A。 2.体育情境类 (2024·广西高考)如图所示，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？ 答案：(1)1 m/s2　(2)4 解析：(1)根据匀变速直线运动中某段位移的平均速度等于该段位移中间时刻的瞬时速度可知 1到2过程中间时刻的速度为v1＝＝2.25 m/s 2到3过程中间时刻的速度为v2＝＝1.8 m/s 可得该同学滑行的加速度大小为 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－a＝d 代入数据解得v0＝2.45 m/s 从1号锥筒开始到停止时通过的位移大小为 x＝＝3.001 25 m≈3.33d 可知最远能经过4号锥筒。 专题集训(二)　力与直线运动 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10题，每题5分，共50分) 1.滑雪运动是冬季奥运会主要的比赛项目。如图所示，水平滑道上运动员A、B间距x0＝10 m。运动员A以速度v0＝5 m/s向前匀速运动，同时运动员B以初速度v1＝8 m/s向前匀减速运动，加速度的大小a＝2 m/s2，运动员A在运动员B继续运动x1后追上运动员B，则x1的大小为 A.4 m B.15 m C.16 m D.20 m 答案：C 解析：运动员B做匀减速直线运动，速度减为零的时间为tB＝＝4 s，此时运动员A的位移为xA＝v0tB＝20 m，运动员B的位移为xB＝tB＝16 m，因为xA＜xB＋x0，即运动员B速度减小为零时，运动员A还未追上运动员B，则运动员A在运动员B停下来的位置追上运动员B，即x1＝16 m。故选C。 2.沿同一条直线运动的机器人甲、乙的位置x随时间t变化的图像(均为抛物线)如图所示，已知倾斜虚线的斜率为k，下列说法正确的是 A.甲、乙同地但不同时出发 B.甲、乙两次相遇时，甲的速度均大于乙的速度 C.t0～3t0时间内，甲、乙的平均速度均为k D.t0～3t0时间内，甲、乙均做加速运动 答案：C 解析：由题图可知，甲、乙既不同地也不同时出发，A错误；根据x -t图像切线斜率的绝对值表示速度的大小可知，第一次相遇时甲的x -t图像切线的斜率小于乙的x -t图像切线的斜率，即甲的速度小于乙的速度，第二次相遇时，甲的x -t图像切线的斜率大于乙的x -t图像切线的斜率，即甲的速度大于乙的速度，B错误； t0～3t0时间内，甲、乙的位移相同，时间相等，平均速度均为k，C正确；根据x -t图像切线斜率的绝对值表示速度的大小可知， t0～3t0时间内，甲做加速运动，乙做减速运动，D错误。故选C。 3.(2024·海南高考)商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m。若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为 A.1.25 m/s2 B. 1 m/s2 C. 0.5 m/s2 D. 0.25 m/s2 答案：C 解析：设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知，加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2 s，根据x＝×4 s，可得v＝1 m/s，则加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2。故选C。 4.(2025·安徽宣城期末)在某汽车刹车性能的测试中，以开始刹车作为计时起点，记录汽车位移与所用时间并得到了如图所示的-图像，则刹车后6 s内该车的位移大小为 A.80 m B.96 m C.100 m D.50 m 答案：C 解析：由＝40·－4(SI)，可得x＝40t－4t2(SI)，结合匀减速直线运动位移与时间公式x＝v0t－at2，可知汽车刹车时的初速度和加速度大小分别为v0＝40 m/s，a＝8 m/s2，汽车从开始刹车到停下所用时间为t0＝＝5 s，则刹车后6 s内该车的位移大小为x＝t0＝×5 m＝100 m。故选C。 5.(2025·山西太原二模)如图所示，图甲为质点A运动的速度随时间变化的图像，图乙为质点B运动的加速度随时间变化的图像，B的初速度为零，下列关于两质点在0～2 s内运动的说法错误的是 A.质点A的加速度先增大后减小 B.质点B的速度先增大后减小 C.质点B的位移为零 D.质点A、B有一个时刻共速 答案：C 解析：题图甲为速度—时间图像，切线斜率表示加速度，因此质点A的加速度先增大后减小，A正确；题图乙图线与横轴所围面积表示速度变化量，可知质点B的速度先增大后减小，B正确；在题图甲中画出质点B的速度—时间图像，如图所示，可知质点B一直朝正方向运动，位移不为零，两图像有一个交点，则共速一次，C错误，D正确。故选C。 6.(2024·北京高考)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为 A.F B.F C.F D.F 答案：A 解析：根据题意，对飞船和空间站整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F'＝Ma，可得飞船和空间站之间的作用力大小F'＝F。故选A。 7.(多选)如图甲所示，平行于倾角为θ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。图线的斜率为k，与F轴交点的横坐标为c，与a轴交点的纵坐标为－b。由图可知 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 答案：BD 解析：以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－Ff＝ma，可得a＝·F－，结合a -F图像可得k＝＝，－＝－b，可知小物块的质量m＝，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为mgsin θ＋Ff＝c。故选BD。 8.(2025·江苏盐城五校联盟期末)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为1 kg的物体A、B(B物体与弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k＝40 N/m，初始时系统处于静止状态。现用大小为16 N、方向竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上运动，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是 A.外力施加的瞬间，A、B的加速度大小均为0 B.当弹簧压缩量减小0.05 m时，A、B间弹力大小为1 N C.A、B分离时，A物体的位移大小为0.2 m D.B物体速度达到最大时，弹簧被压缩了0.1 m 答案：B 解析：施加外力前，系统处于静止状态，合力为0，外力F施加的瞬间，合力为F＝16 N，根据牛顿第二定律有F＝2ma，解得a＝8 m/s2，故A错误；初始时系统处于静止状态，则有2mg＝kx0，解得x0＝0.5 m，当弹簧压缩量减小0.05 m时，设A、B间弹力大小为FAB，此时物体的加速度大小为a1，对A有F＋FAB－mg＝ma1，对B有k(x0－0.05 m)－mg－FAB＝ma1，联立解得FAB＝1 N，故B正确；设A、B分离时，弹簧的形变量为x1，物体的加速度大小为a2，对A有F－mg＝ma2，对B有kx1－mg＝ma2，联立解得x1＝0.4 m，所以A物体的位移大小为x＝x0－x1＝0.1 m，故C错误；当B物体的合力为0时速度达到最大，A、B分离时有向上的加速度，所以速度最大时A、B已经分离，由合力为0，则有kx2＝mg，解得x2＝0.25 m，故D错误。故选B。 9.如图所示，一小球用轻质细线a、b连接，细线a的另一端连接于车厢顶的A点，细线b的另一端连接于车厢底板上的B点，小球静止时细线a与竖直方向的夹角为θ＝30°，细线b与水平方向的夹角也为θ＝30°。已知两细线长度相等，且AC＝BC，不计小球大小，重力加速度大小为g。小车向左沿水平方向做匀加速直线运动，要使细线b上张力为零，则小车运动的加速度a0应满足的条件是 A.g≤a0≤g B.g≤a0≤g C.g≤a0≤g D.g≤a0≤2g 答案：C 解析：根据题图中的几何关系可知，细线a、b与A、B连线的夹角均为15°，当细线a与竖直方向的夹角为30°且细线b刚好伸直时，小车的加速度大小为a1＝gtan 30°＝g，根据对称性可知，当细线a与竖直方向的夹角为60°且细线b刚好伸直时，小车的加速度大小为a2＝gtan 60°＝g，因此要使细线b上张力为零，则小车运动的加速度应满足的条件是g≤a0≤g。故选C。 10.(多选)(2024·汕头市二模)如图所示，球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒，右手迅速拍打筒的上端，使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动，最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来。已知球筒质量M＝90 g(不含球的质量)，羽毛球质量m＝5 g，球筒与手之间的滑动摩擦力Ff1＝2.6 N，球与筒之间的滑动摩擦力Ff2＝0.1 N，球头离筒的上端距离d＝9 cm，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计。当球筒获得一个向下的初速度后 A.静置时，羽毛球受到的摩擦力为0.1 N B.拍打球筒后瞬间，羽毛球受到向上的摩擦力 C.拍打球筒后瞬间，羽毛球的加速度大小为30 m/s2 D.仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则球筒的初速度大小为3 m/s 答案：CD 解析：静置时，根据平衡条件有Ff＝mg＝5×10－3×10 N＝0.05 N，故A错误；拍打球筒后瞬间，球筒相对于羽毛球向下运动，则羽毛球给球筒的摩擦力向上，根据牛顿第三定律可知，球筒给羽毛球的摩擦力向下，故B错误；拍打球筒后瞬间，对羽毛球由牛顿第二定律有mg＋Ff2＝ma1，解得a1＝30 m/s2，故C正确；仅拍打一次，羽毛球恰能出来，则羽毛球与球筒恰好达到共速时出来，设球筒的加速度为a2，初速度为v，则对球筒由牛顿第二定律有Ff1＋Ff2－Mg＝Ma2，解得a2＝20 m/s2，球筒做匀减速运动，羽毛球做匀加速运动，有v－a2t＝a1t，(vt－a2t2)－a1t2＝d，代入数据解得v＝3 m/s，故D正确。故选CD。 11.(10分)如图所示，足够长的斜坡与水平面在P点平滑连接，距P点L＝ m的水平面上固定一挡板。0时刻时，质量m＝1 kg的小物体从图示位置在平行于斜坡的外力F＝6.5 N作用下加速运动，到达P点时撤去F，此时物体的速度v＝8 m/s。已知小物体与斜坡、水平面间的动摩擦因数均为μ＝，小物体经过P点前后速度大小不变，小物体与挡板碰撞后反向弹回，碰撞前后速度大小不变。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2 。求： (1)小物体在力F的作用下在斜坡上下滑时的加速度大小a； (2)小物体与挡板碰撞的时刻t； (3)小物体最终停止运动的位置距P点的距离x。 答案：(1)4 m/s2　(2) s　(3)1.36 m 解析：(1)由牛顿第二定律可得，小物体下滑时有 F＋mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma 代入题中数据解得a＝4 m/s2。 (2)小物体沿斜坡下滑所用的时间t1＝＝ s＝2 s 设小物体在水平面上运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得μmg＝ma1 解得a1＝5 m/s2 设小物体从P点运动到与挡板碰撞的时间为t2，由运动学公式有L＝vt2－a1 代入数据解得t2＝ s或t2＝ s(舍去) 则小物体与挡板碰撞的时刻 t＝t1＋t2＝2 s＋ s＝ s。 (3)物体在水平面上运动的过程中，设物体回到P点时速度为v'，可得v'2－v2＝－2a1×2L 物体沿斜坡上滑的过程中，设加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 代入数据解得a2＝12.5 m/s2 由于μ＞tan 30°，所以物体减速到零后将停止在斜坡上，则有0－v'2＝－2a2x 联立代入数据解得x＝1.36 m。 学生用书⬇第11页 学科网（北京）股份有限公司 $