《领跑高中》物理高考二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 直线运动与牛顿运动定律 课件

(共73张PPT)
第2讲　直线运动与牛顿运动定律
高考专题辅导与测试·物理
目 录
CONTENTS
01
构建·知识网络 锁定主干知识
02
试做·高考真题 探明高考考向
03
洞悉·高频考点 精研典型例题
04
培优·提能加餐 拓展思维空间
05
演练·分层强化 提升关键能力
构建·知识网络
锁定主干知识
01
试做·高考真题
探明高考考向
02
1. （2024·河北高考3题）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v-t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： 　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，由v-t图像与直线v＝0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。
2. （2024·山东高考3题）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. （－1）∶（－1） B. （－）∶（－1）
C. （＋1）∶（＋1） D. （＋）∶（＋1）
√
解析： 　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＝a，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＝a，当木板长度为2L时，有3L＝
a，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝（－1）∶
（－1），A正确。
3. （2024·全国甲卷15题）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a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，
可能正确的是（　　）
√
解析： 　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T牛顿第二定律
a＝g－，D正确。
4. （2024·北京高考8题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的
过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是
（　　）
A. 上升和下落两过程的时间相等
B. 上升和下落两过程损失的机械能相等
C. 上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D. 上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
√
解析： 　小球上升过程，由牛顿第二定律有mg＋ ＝ma1，下降过程有
mg－ ＝ma2，其中 ＝kv，可知a1＞a2，D错误；上升过程和下降过程高
度h相同，根据h＝at2结合D项定性分析可知上升过程用时较短，则上
升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升过程空气阻力平均值
大于下降过程空气阻力平均值，因此上升过程克服阻力做功较大，损失
机械能较大，A、B错误；整个运动过程空气阻力做负功，由动能定理
可知小球抛出速度v1大于小球落到原处的速度v2，由动量定理可得上升
过程合力的冲量大小I上＝mv1，下降过程合力冲量大小I下＝mv2，则上升
过程合力的冲量大于下降过程合力的冲量，C正确。
洞悉·高频考点
精研典型例题
03
考点一　匀变速直线运动规律及应用
解决匀变速直线运动
问题的六种方法
【例1】　（2024·浙江模拟）某跳伞运动员做低空跳伞表演。从该运动员
离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，当速度达到50 m/s
时打开降落伞做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，到达地面时速度
为5 m/s。下列说法正确的是（　　）
A. 运动员离开飞机10 s后打开降落伞
B. 运动员在空中下落过程用时9 s
C. 运动员距离地面245 m时打开降落伞
D. 悬停的飞机距离地面372.5 m
解析：由速度与时间公式有v1＝gt1，解得t1＝5 s，故A错误；减速时，由速
度与时间公式有v2＝v1－at2，解得t2＝9 s，运动员在空中下落时间为t＝t1＋
t2＝14 s，故B错误；由位移与时间公式有h2＝t2＝247.5 m，故C错
误；由位移与时间公式有h1＝g＝125 m，则悬停的飞机距离地面的高
度为H＝h1＋h2＝372.5 m，故D正确。
答案： D
【例2】　（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
x，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，该汽
车加速度大小为（　　）
A. a＝ B. a＝
C. a＝ D. a＝
解析：设汽车的初速度为v，则时间t后速度变为Nv，汽车在时间t内通过了
位移x，则平均速度为＝＝，解得v＝，所以该汽车的加速
度为a＝＝＝，故选A。
答案： A
【例3】　（2024·江西南昌模拟）如图所示，在杭州亚运会田径项目赛场
上，机器狗承担了拾捡和运输器材的任务。某次运输过程中，当机器狗检
测到前方有一位站立不动的工作人员，为了避免相撞，机器狗立即做匀减
速直线运动直至停止，已知其减速后第1 s内的位移是最后1 s内位移的5
倍，且这两段位移的差值为0.4 m，则机器狗开始减速后（　　）
A. 运动的总时间为3 s
B. 加速度大小为0.4 m/s2
C. 总位移大小为6.4 m
D. 初速度大小为2.4 m/s
解析：对运动过程用逆向思维，则有x1∶xn＝1∶5，因为x1∶x2∶x3＝
1∶3∶5，所以t总＝3 s，故A正确；由Δx＝2aT2，可得a＝0.2 m/s2，故B错
误；总位移大小为x＝at2＝0.9 m，故C错误；初速度大小为v0＝at＝0.6
m/s，故D错误。
答案： A
考点二　牛顿运动定律的应用
【例4】　（2024·安徽合肥模拟）中国的农历新年家家户户会挂上喜庆的
大红灯笼，用来增加节日喜庆的气氛。现用一根劲度系数为k的轻质弹簧和
一根不可伸长的轻绳在水平天花板下悬挂一只灯笼。灯笼的质量为m，悬
挂静止时弹簧、轻绳与天花板形成的△OAB为等边三角形，如图所示，
（重力加速度为g，弹簧在弹性限度内） 则（　　）
A. 灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向水平向右
B. 弹簧的形变量为
C. 若某时刻剪断轻绳，则此瞬间灯笼的加速度大小为g
D. 若仅增加灯笼的质量，悬挂静止后O点位置依然保持不变
解析：由于灯笼处于平衡状态，根据三力平衡的特点，可知灯笼的重力和
所受轻绳拉力的合力方向与弹簧弹力方向相反，即沿AO方向向下，A错
误；根据平衡条件，绳上拉力等于弹簧的弹力，大小为F＝＝
，根据F＝kx，可求得弹簧的形变量为x＝，B错误；
若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力不变，则合力与没有剪断绳
子时绳上拉力大小相等，方向相反，为F合＝，则灯笼的加速度大小为
a＝＝g，C正确；若仅增加灯笼的质量，则绳上拉力和弹簧弹力都会
变大，弹簧伸长量变大，弹簧变长，所以悬挂静止后O点位置会发生变化，
D错误。
答案： C
瞬时加速度问题
【例5】　（多选）（2023·福建高考5题）如图所示，一广场小火车是由车
头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运
行过程中阻力与车重力成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一
节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对
第三节车厢的拉力为T3，则（　　）
A. 当火车匀速直线运动时，T1＝T2＝T3
B. 当火车匀速直线运动时，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
C. 当火车匀加速直线运动时，T1＝T2＝T3
D. 当火车匀加速直线运动时，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
解析：设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时T1＝f1＝k×3G，T2＝f2
＝k×2G，T3＝f3＝k×G，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故A错误，B正确；当
火车匀加速运动时T1－f1＝T1－k×3G＝3ma，T2－f2＝T2－k×2G＝2ma，
T3－f3＝T3－k×G＝ma，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故C错误，D正确。
答案： B D
1. 连接体的处理方法：整体法和隔离法。
2. 连接体的运动特点
（1）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。
（2）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。
（3）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；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
【例6】　（2024·河南周口模拟）2024年4月3日，某集团完成了某型号汽
车的首批交付仪式。之后陆续有用户对该型号汽车进行了性能测试。为提
升驾驶体验，为驾乘者提供更加安全和舒适的驾驶环境，该型号汽车具有
AEB自动紧急制动性能并加入了AEB Pro功能。某车主对此性能进行了测
试。该型号汽车在平直的封闭公路上以v0＝108 km/h的速度水平向右匀速
行驶，检测到障碍物后在AEB和AEB Pro功能作用下开始减速，车所受阻
力f与车重力mg的比值随时间变化的情况可简化为如图所示的图像，最终
停在距离障碍物1 m的位置。
取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）该型号汽车开始减速瞬间的加速度；
解析： 根据题意，由图可知，该型号汽车开始刹车时＝1
由牛顿第二定律有－f1＝ma
联立解得a＝－10 m/s2，方向水平向左。
答案： －10 m/s2，方向水平向左
（2）该型号汽车在1 s末的速度v1大小；
答案： 20 m/s　
解析：该型号汽车做减速运动，由运动学公式可得该型号汽车在1 s末
的速度大小为v1＝v0＋a1t1
代入数据解得v1＝20 m/s。
（3）该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离。
答案： 36 m
解析：根据题意可知开始减速1 s内，该型号汽车运动的位移为x1
＝t1＝25 m
开始减速1 s后，由图可知＝2
由牛顿第二定律有－f2＝ma2
由运动学公式可得0－＝2a2x2
联立代入数据解得x2＝10 m
该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离为x＝x1＋x2＋1 m
＝36 m。
两类动力学问题的解题步骤
考点三　运动学和动力学图像
1. 运动学图像
v-t图像 x-t图像 a-t图像
与坐标轴所围面
积 表示这段时间内
的位移 无实际物理意义 表示这段时间内
速度的变化量
斜率 表示质点运动的
加速度 表示质点运动的
速度 表示加速度变化
的快慢
2. 动力学图像
题型 解题思路
由运动学图
像分析受力
情况 （1）根据运动学图像，求解加速度；
（2）应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系；
（3）确定物体受力情况及相关物理量
题型 解题思路
由受力图像
分析运动情
况 （1）根据受力图像，结合牛顿第二定律确定加速度；
（2）根据加速度和初速度的方向，判断是加速运动还是减
速运动；
（3）由加速度结合初始运动状态，分析物体运动情况
由已知条件
确定物理量
的变化图像 （1）分析运动过程中物体的受力；
（2）根据牛顿第二定律推导出加速度表达式；
（3）根据加速度的变化确定物理量的变化图像
【例7】　（2024·河北唐山一模）某场冰壶比赛中，投掷出的冰壶沿直线
运动，运动员通过刷冰使冰壶在逐渐减小的摩擦力作用下停到指定位置。
下列能正确反映该过程中冰壶的位移x、速度v、加速度a随时间t变化规律
的图像是（　　）
解析：依题意，冰壶运动过程中所受摩擦力逐渐减小，由牛顿第二定律f＝
ma，可知加速度逐渐减小，冰壶做减速运动，其位移与时间不成正比关
系，故A、D错误；v-t图像中斜率表示加速度，由图可知C选项符合题意，
故B错误，C正确。
答案： C
【例8】　（多选）（2024·四川成都二模）如图甲所示，倾角为θ的固定斜
面上有一小物块，其受到方向沿斜面向上的拉力F的作用，使小物块沿斜
面向上运动，运动过程中加速a与F的关系如图乙所示。图线的斜率为k，
与F轴交点坐标为c，与a轴交点为－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
解析：以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－mgsin θ－f＝ma，可
得a＝－，结合a-F图像可得＝k＝，－＝－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mgsin θ＋f
＝c，故选B、D。
答案： B D
培优·提能加餐
拓展思维空间
04
动力学中的临界极值问题
1. 叠加体系统临界问题的求解思路
2. 滑块刚好未滑离滑板的临界条件判断
刚好不滑离的临界条件：当滑板滑块共速时，滑板滑块之间的相对位移
大小Δx等于初始状态时滑块与滑板端点的距离L。
滑块相对于滑板的位置示意图如图所示，不滑离时L≥Δx；滑离时L＜
Δx。
【典例1】　（多选）（2024·黑龙江哈尔滨三模）如图所示，三个物块A、
B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹
簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间
的动摩擦因数为。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相
对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）
A. 弹簧弹力大小为
B. 保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmg
C. 在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小
D. 若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止
解析：对A、B、C三个物块受力分析，摩擦力为f＝μ（m＋2m＋m）g＝
4μmg，根据牛顿第二定律得F－f＝（m＋2m＋m）a，对A受力分析，根据
牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma，联立可得F弹＝，故A正确；保持A、B、
C三个物块相对静止，对B分析可知，整体的最大加速度为amax＝＝
，对A、B、C三个物块，根据牛顿第二定律得Fm－4μmg＝（m＋2m＋
m）amax，解得Fm＝6μmg，故B正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的
力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A
的加速度不变，故C错误；
答案：A B
在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析结合牛顿第二定律得：
F合＝3μmg＋F弹＝3μmg＋＝3ma，则整体的加速度为a＝μg＋，由B选
项可知，物块B的最大加速度为amax＝＜a，所以若撤去水平推力后，物
块B和C不能保持相对静止，故D错误。
【典例2】　如图所示，在足够大的水平地面上静止放置一木板，可视为
质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，已知物块的质量m＝1 kg，
物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝
0.05，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求木板的长度L及木板的质量M。
解析：设物块减速和木板加速到共速的时间为t1，此过程的加速度分别为
a1，a2，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，
设两者共同速度为v，则v0－a1t1＝a2t1＝v，此过程木板的位移为x1＝t1
两者共速后，因为μ1＞μ2，所以此后两者一起减速到停止，设共同减速的
加速度为a3，则根据牛顿第二定律，有μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3
此过程木板的位移为x2＝
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，则L＝x1＋x2
物块最终恰好到达木板的右端，即物块相对木板的位移为木板的长度，则
L＝t1－x1
联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，M＝1 kg。
答案：1.5 m　1 kg
演练·分层强化
提升关键能力
05
1. （2024·浙江衢丽湖三地质检）如图所示的是无人机正在喷洒农药的场
景，则无人机（含箱内农药）（　　）
A. 悬停时重力与浮力平衡
B. 向下运动时处于失重状态
C. 喷洒过程中惯性不变
D. 沿曲线轨迹运动时的加速度一定不为零
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
解析： 　无人机受到重力和空气升力，悬停时重力与升力平衡，故A
错误；如果向下加速运动时，则处于失重状态；如果向下减速运动，则
处于超重状态，故B错误；喷洒过程中药水的质量减小，则喷洒过程中
惯性减小，故C错误；沿曲线轨迹运动时处于非平衡状态，则加速度一
定不为零，故D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
2. （2024·贵州安顺二模）在2024年春晚杂技《跃龙门》中的一段表演是
演员从蹦床上弹起后在空中旋转360°。已知演员离开蹦床时的速度大
小为v，在上升过程中就已经完成了旋转动作，重力加速度大小为g，不
计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A. 演员在上升的过程中处于超重状态
B. 演员在下落过程中处于超重状态
C. 演员在空中旋转的时间不超过
D. 演员上升的最大高度为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　演员在上升和下降的过程中，都只受重力作用，处于完全失
重状态，选项A、B错误；演员上升过程中所用时间为t＝，则其在空中
旋转的时间不超过，选项C正确；演员上升的最大高度为h＝，选项
D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3. （2024·南京盐城一模）某次冰壶训练中，一冰壶以某一初速度在水平
冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为x时其速度恰好为零，若冰壶
通过第一个的距离所用的时间为t，则冰壶通过最后的距离所用的时间
为（　　）
A. （－2）t B. （－）t
C. （＋2）t D. （＋）t
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　由逆向思维可知，冰壶从静止开始做匀加速直线运动，由s＝
aT2可知，冰壶通过连续相等距离所用时间之比为1∶（－1）∶
（－）∶…∶（－），n为大于或等于1的整数，则冰壶
通过最后的距离所需时间为t'＝＝（＋）t，故选D。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
4. （2024·湖南长沙模拟）高铁是我国的一张名片，在某火车站，维护员
站在中央高铁站台上，观察到有一列高铁正在减速进站（可视为匀减速
直线运动）。维护员发现在列车减速过程中相邻两个相等时间内从他身
边经过的车厢节数分别为n1和n2，则n1和n2之比可能是（　　）
A. 2∶1
B. 5∶1
C. 7∶2
D. 4∶1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　设列车减速过程的加速度大小为a，相邻两个相等时间为T，
第二个相等时间的末速度为v，一节车厢的长度为L，根据逆向思维可得
n2L＝vT＋aT2，（n1＋n2）L＝v·2T＋a（2T）2，可得n1L＝vT＋aT2，
则有＝，可得＜＜，故选A。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
5. （2024·广东惠州一模）雨滴从高空静止下落过程中，受到的空气阻力
满足f＝kv2，k为定值，取竖直向下为正方向，下列表示雨滴速度v和加
速度a的图像可能正确的是（　　）
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　雨滴从高空静止下落过程中，设雨滴的质量为m，根据牛顿
第二定律可得a＝＝g－，可知随着雨滴速度的增大，加速度逐
渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，则v-t图像的切线斜率
逐渐减小；当空气阻力等于雨滴重力时，雨滴的加速度减为0，且加速
度a与速度v不是线性关系。故选B。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6. （2024·北京西城二模）列车沿平直的道路做匀变速直线运动，在车厢
顶部用细线悬挂一个小球，小球相对车厢静止时，细线与竖直方向的夹
角为θ。下列说法正确的是（　　）
A. 列车加速度的大小为gtan θ
B. 列车加速度的大小为gsin θ
C. 细线拉力的大小为mgsin θ
D. 细线拉力的大小为mgcos θ
√
解析： 　设列车的加速度大小为a，根据几何关系及牛顿第二定律有F
合＝mgtan θ＝ma，得列车加速度的大小为a＝gtan θ，故A正确，B错
误；根据Tcos θ＝mg，得细线拉力的大小为T＝，故C、D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
7. （2024·海南高考5题）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静
止开始同时分别向左、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的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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　作出单扇感应门打开过程的v-t图像如图
所示，根据v-t图像与坐标轴所围图形的面积表示位
移可知，vm×4 s＝2 m，解得vm＝1 m/s，根据加
速度的定义可知a＝＝0.5 m/s2，C正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
8. （2024·内蒙古通辽一模）如图所示，轻质细绳OA一端系在小球O上，
另一端固定在倾斜天花板上的A点，轻质弹簧OB一端与小球连接，另一
端固定在竖直墙上的B点，平衡时细绳OA垂直于天花板，弹簧恰好水
平。将细绳OA剪断的瞬间，小球的加速度（　　）
A. 竖直向下 B. 沿OB方向
C. 沿AO方向 D. 等于0
√
解析： 　小球受重力、细绳OA斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，设细
绳与水平方向的夹角为θ，则细绳OA中的拉力大小为T＝，将细绳剪
断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，所以小球的加速度沿AO方向且大
小为a＝＝，故选C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
9. （2024·山东聊城一模）中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号与复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（　）
A. 复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝70 s时两车相距最远
B. 复兴号高铁经过95 s加速达到最大速度
C. t＝140 s时，复兴号高铁追上和谐号动车
D. 复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4 900 m
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　由v-t图像可知，0≤t≤140 s时，和谐号动车速度大于复兴号
高铁，t＞140 s时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追
上和谐号动车前，t＝140 s时两车相距最远，根据v-t图像与坐标轴围成
的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距Δx
＝×140×70 m－×（140－70）×70 m＝2 450 m，故A、C、D错
误；复兴号高铁的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，复兴号高铁加
速达到最大速度所需的时间为t1＝＝ s＝95 s，故B正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
10. （多选）（2024·浙江精诚联盟联考）人类从事滑雪活动已有数千年历
史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐
趣。一名滑雪爱好者以1 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的
倾角为30°。若人与滑板的总质量为60 kg，受到的总阻力为60 N，重
力加速度g大小取10 m/s2，则（　　）
A. 滑雪者加速度的大小为4 m/s2
B. 滑雪者加速度的大小为3 m/s2
C. 3 s内滑雪者下滑位移的大小为21 m
D. 3 s末人与滑板总重力的瞬时功率为3 900 W
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析： 　由牛顿第二定律知mgsin 30°－f＝ma，解得滑雪者加速
度的大小为a＝4 m/s2，选项A正确，B错误；由运动学公式x＝v0t＋
at2，其中v0＝1 m/s，t＝3 s，解得3 s内滑雪者下滑位移的大小为x＝21
m，选项C正确；由运动学公式知v＝v0＋at，重力的瞬时功率P＝
mgvsin 30°，联立解得，3 s末人与滑板总重力的瞬时功率为P＝3 900
W，选项D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
11. （2024·广东汕头一模）如图所示，一足够长的薄木板B静止在水平地
面上，某时刻一小物块A（可视为质点）以v0＝6 m/s的初速度滑上木板
B。已知A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数
μ1＝0.5，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10 m/s2，不计空
气阻力。求：
（1）A刚滑上木板B时A和B的加速度；
答案： 5 m/s2，方向向左，1 m/s2，方向向右　
解析： A滑上B后，对A、B分别受力分析，由牛顿第二定
律，对A有μ1mg＝ma1
解得A的加速度为a1＝5 m/s2，方向向左
对B有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2
解得B的加速度为a2＝1 m/s2，方向向右。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（2）A在B上相对滑动的最大距离。
答案： 3 m
解析：设经时间t1物块和木板速度相同，对物块A，有v1＝v0－a1t1
对木板B，有v1＝a2t1
则物块前进的位移为x1＝v0t1－a1
木板前进的位移为x2＝a2
则物块相对木板滑动的最大距离为ΔL＝x1－x2＝3 m。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
12. （2024·河南信阳一模）彩虹滑道作为一种旱地滑雪
设备，因其多彩绚丽的外形、危险性低且符合新时
代环保理念吸引了越来越多的游客。小孩坐在皮艇
中被拉上滑道的过程可简化成图示模型。已知皮艇质量M＝5 kg，小孩质量m＝30 kg，皮艇与滑道之间的动摩擦因数μ1＝0.1，小孩与皮艇之间的动摩擦因数μ2＝0.8，现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F，用时t＝50 s将皮艇和小孩拉至顶端，滑道长度L＝250 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2，滑道倾角θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案： 186 N　方向沿滑道向上　
解析： 给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F将皮艇和小孩拉至顶
端，由位移与时间的关系公式有L＝at2
得a＝0.2 m/s2
对小孩，由牛顿第二定律有f－mgsin θ＝ma
代入数据得f＝186 N
方向沿滑道向上。
（1）小孩所受摩擦力的大小和方向；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
（2）拉力F的大小；
答案： 245 N
解析：对皮艇和小孩构成的整体，由牛顿第二定律有F－（M＋
m）gsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a
代入数据得拉力的大小为F＝245 N。
（3）只给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，求能将他们拉至顶端
且不会相对滑动的F'取值范围。
答案： 238 N≤F'≤1 176 N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
解析：给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，能将他们拉至顶
端的最小拉力
Fmin'＝（M＋m）gsin θ＋μ1（M＋m）gcos θ＝238 N
若小孩和皮艇恰好相对滑动，则皮艇和小孩之间的静摩擦力达到
最大静摩擦力μ2mgcos θ，对整体，由牛顿第二定律有Fmax'－（M
＋m）gsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝（M＋m）a'
对皮艇，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－μ1（M＋m）gcos θ－
Mgsin θ＝Ma'
联立代入数据得a'＝26.8 m/s2
Fmax'＝1 176 N
故238 N≤F'≤1 176 N。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
感谢您的观看！
高考专题辅导与测试·物理