6、 s時，乙質(zhì)點在甲質(zhì)點的前面
解析：由題圖可知，甲的加速度a甲＝－ m/s2，乙的加速度a乙＝0.5 m/s2，加速度是矢量，其正負只表示方向，不表示大小，C錯誤；由圖象可得t＝ s時，兩者速度相等，甲、乙兩質(zhì)點的距離為甲、乙兩質(zhì)點相遇前的最大值，故B正確；t＝2 s時，甲的位移x甲＝×(2＋)×2 m＝ m，乙的位移x乙＝×(1＋2)×2 m＝3 m，這時乙已在甲前，A錯誤；t＝2 s之后乙的速度一直大于甲的速度，乙在甲前，D正確．
答案：BD
6．(多選)如圖所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為x0
7、，以兩滑塊此時的位置為坐標(biāo)原點建立如圖所示的一維坐標(biāo)系．現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運動，下列關(guān)于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x關(guān)系的圖象可能正確的是( )
解析：當(dāng)A和B相對靜止加速時，對A、B整體，由牛頓第二定律得F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，因為可能有kx0＝(mA＋mB)a，則得F＝kx，即F-x圖象可能為過原點的直線．當(dāng)A、B分離時，對A，k(x0－x)＝mAa，此時x＜x0，當(dāng)A、B分離后，對B，F(xiàn)＝mBa大小恒定，與x無關(guān)，選項B正確；在A、B分離前，對A，k(x0－x)－FN＝mAa，分離后，F(xiàn)N＝0，選項D正確．
答案：BD
7．(
8、多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦．若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止．則下列說法正確的是( )
A．輕繩的拉力等于Mg
B．輕繩的拉力等于mg
C．M運動的加速度大小為(1－sin α)g
D．M運動的加速度大小為g
解析：互換位置前，M靜止在斜面上，則有Mgsin α＝mg，互換位置后，對M有Mg－FT＝Ma，對m有FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得a＝(1－sin α)g＝g，F(xiàn)T＝mg，故A錯，B、C、
9、D對．
答案：BCD
8．(2019·黑龍江大慶實驗中學(xué)高三上學(xué)期期中)某運動員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離飛機一段時間后打開降落傘做減速下落．他打開降落傘后的速度圖線如圖甲．降落傘用8根對稱的繩懸掛運動員，每根繩與中軸線的夾角均為37°，如圖乙．已知人的質(zhì)量為50 kg，降落傘質(zhì)量也為50 kg，不計人所受的阻力，打開傘后傘所受阻力f與速率v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：
甲 乙
(1)打開降落傘前人下落的距離；
(2)阻力系數(shù)k和打
10、開傘瞬間的加速度a的大小和方向；
(3)懸繩能夠承受的拉力至少為多少？
解析： (1)由v -t圖知人打開降落傘時速度為v1＝20 m/s，
由自由落體運動規(guī)律解得下落的距離為h＝＝20 m.
(2)當(dāng)人和降落傘的速度v2＝5 m/s時做勻速運動，
則kv2＝2mg，
解得k＝200 N·s/m.
打開降落傘瞬間，對整體：kv1－2mg＝2ma，
代入數(shù)據(jù)解得a＝30 m/s2，方向豎直向上．
(3)設(shè)每根繩最大拉力為T，加速度最大時繩子的拉力最大，以運動員為研究對象有8Tcos 37°－mg＝ma，
代入數(shù)據(jù)解得T＝312.5 N.
答案：(1)20 m (2)200
11、N·s/m 30 m/s2 方向豎直向上 (3)312.5 N
[刷綜合]
9．(多選)如圖所示，水平面上有一質(zhì)量為2m的物體A，左端用跨過定滑輪的細線連接著物體B，物體B、C的質(zhì)量均為m，用輕彈簧相連放置在傾角為θ的斜面上，不計一切摩擦．開始時，物體A受到水平向右的恒力F的作用而保持靜止，已知重力加速度為g.下列說法正確的是( )
A．在細線被燒斷的瞬間，A的加速度大小為gsin θ
B．在細線被燒斷的瞬間，B的加速度大小為2gsin θ
C．剪斷彈簧的瞬間，A的加速度大小為gsin θ
D．突然撤去外力F的瞬間，A的加速度大小為gsin θ
解析：細線被燒斷前，將B、C及彈
12、簧作為整體，由平衡條件得細線的拉力F1＝2mgsin θ，對A，由平衡條件得拉力F＝F1＝2mgsin θ.在細線被燒斷瞬間，對A，由牛頓第二定律得F＝2maA，解得aA＝gsin θ，選項A正確；在細線被燒斷瞬間，彈簧的彈力不變，B所受的合力與細線的拉力大小相等，方向相反，由牛頓第二定律得F1′＝maB，解得aB＝2gsin θ，選項B正確；剪斷彈簧的瞬間，設(shè)此時細線上的拉力為F2，由牛頓第二定律得，對A，F(xiàn)－F2＝2ma，對B，F(xiàn)2－mgsin θ＝ma，由以上兩式解得a＝gsin θ，選項C錯誤；撤去F的瞬間，細線上的拉力立即發(fā)生變化，但繩子仍然繃直，因此A、B可視為整體，由于彈簧彈力不
13、能發(fā)生突變，因此C仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，對A、B整體受力分析有F彈＋mgsin θ＝3ma′，未燒斷細線前，對B受力分析，可得F1＝mgsin θ＋F彈，聯(lián)立得a′＝gsin θ，故A的加速度為gsin θ，選項D錯誤．
答案：AB
10．(多選)如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，小滑塊Q放置于長木板上的最右端．現(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端，讓長木板從靜止開始運動．滑塊、長木板的速度圖象如圖乙所示，已知小滑塊與長木板的質(zhì)量相等，滑塊Q始終沒有從長木板P上滑下．重力加速度g取10 m/s2.則下列說法正確的是( )
甲 乙
A．t＝10 s時長
14、木板P停下來
B．長木板P的長度至少是7.5 m
C．長木板P和水平地面之間的動摩擦因數(shù)是0.075
D．滑塊Q在長木塊P上滑行的路程是12 m
解析：由圖乙可知，力F在t1＝5 s時撤去，此時長木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s時兩者速度相同，v2＝3 m/s，t2＝6 s前長木板P的速度大于滑塊Q的速度，t2＝6 s后長木板P的速度小于滑塊Q的速度，0～6 s過程中，以滑塊Q為對象，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6 s過程中，以長木板P為對象，由牛頓第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，故C正確；6 s末到長木板停下來
15、過程中，由牛頓第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，這段時間Δt1＝＝3 s，所以，t＝9 s時長木板P停下來，故A錯誤；長木板P的長度至少是前6 s過程中滑塊Q在長木板P上滑行的距離Δx1＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m－×3×6 m＝7.5 m，故B正確；從6 s末到滑塊停下來過程中，由牛頓第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5 m/s2，這段時間Δt1＝＝6 s，所以，t3＝12 s時滑塊Q停下來，6 s后滑塊Q在長板P上滑行的距離Δx2＝×6×3 m－×3×3 m＝4.5 m，滑塊Q在長木板P上滑行的路程是Δx＝Δx1＋Δx2＝12 m，故D正確
16、．
答案：BCD
11．如圖所示，一質(zhì)量為m的小物塊，以v0＝15 m/s的速度向右沿水平面運動12.5 m后，沖上傾斜角為37°的斜面，若物塊與水平面及斜面的動摩擦因數(shù)均為0.5，斜面足夠長，物塊從水平面到斜面的連接處無能量損失．求：
(1)物塊在斜面上能達到的最大高度；
(2)物塊在斜面上運動所需的時間．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：(1)小物塊在水平面上運動：
a1＝－μg＝－5 m/s2
v－v＝2a1x
解得 v1＝10 m/s.
小物塊在斜面上向上運動：
a2＝－gsin θ－μgcos θ＝－10 m
17、/s2
0－v＝2a2s
解得 s＝5 m
所以 h＝ssin θ＝3 m.
(2)小物塊在斜面上向上運動時間 t1＝＝1 s
小物塊在最高點時，mgsin θ>μmgcos θ，所以物塊會勻加速下滑，
加速度 a3＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
向下勻加速運動時間s＝a3t
解得 t2＝ s
小物塊在斜面上運動所需時間為：
t＝t1＋t2＝(1＋)s≈3.2 s.
答案：(1)3 m (2)3.2 s
12．為提高通行效率，許多高速公路出入口安裝了不停車收費系統(tǒng)ETC.甲、乙兩輛汽車分別通過ETC通道和人工收費通道(MTC)駛離高速公路，流程如圖所示．
18、假設(shè)減速帶離收費島口x＝60 m，收費島總長度d＝40 m，兩輛汽車同時以相同的速度v1＝72 km/h經(jīng)過減速帶后，一起以相同的加速度做勻減速運動．甲車減速至v2＝36 km/h后，勻速行駛到中心線即可完成繳費，自動欄桿打開放行；乙車剛好到收費島中心線收費窗口停下，經(jīng)過t0＝15 s后繳費成功，人工欄桿打開放行．放行后兩輛汽車均勻加速到速度v1后沿直線勻速行駛，設(shè)加速和減速過程中的加速度大小相等，求：
(1)此次人工收費通道和ETC通道打開欄桿放行的時間差Δt；
(2)兩輛汽車駛離收費島相距的最遠距離Δx.
解析：(1)兩車運動的加速度大小為
a＝＝2.5 m/s2
甲車減速到
19、v2所用時間為t1＝＝ s＝4 s
行駛的距離為x1＝t1＝×4 m＝60 m.
甲車勻速運動到收費島中心線的時間為
t2＝ s＝2 s
甲車從減速到通過收費島中心線總時間為
t甲＝t1＋t2＝6 s
乙車減速行駛到收費島中心線所用時間
t3＝＝ s＝8 s
乙車從減速行駛到通過收費島中心線的總時間為
t乙＝t0＋t3＝15 s＋8 s＝23 s
人工收費通道和ETC通道打開欄桿放行的時間差
Δt＝t乙－t甲＝23 s－6 s＝17 s.
(2)乙車從收費島中心線開始出發(fā)又經(jīng)t3＝8 s加速到v1＝72 km/h，與甲車達到共同速度，此時兩車相距最遠．這個過程中乙車行駛的距離與之前乙車減速的距離相等，即x乙＝x＋＝(60＋) m＝80 m
從收費島中心線開始，甲車先從v2＝36 km/h勻加速至v1＝72 km/h，這個時間為t1＝4 s，然后勻速行駛，x甲＝x1＋v1(t3＋Δt－t1)＝60 m＋20×(8＋17－4) m＝480 m
故兩車相距的最遠距離為
Δx＝x甲－x乙＝480 m－80 m＝400 m.
答案：(1)17 s (2)400 m
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（新課標(biāo)）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第2講 勻變速直線運動規(guī)律及牛頓運動定律精練（含解析）
