2021届高三二轮物理复习讲义：第2讲 力和直线运动

第2讲 力和直线运动

【核心要点】

1.匀变速直线运动的条件

物体所受合力为恒力，且与速度方向共线。

2.匀变速直线运动的基本规律

速度公式：v ＝v 0＋at 。

位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。

速度和位移公式：v 2－v 20＝2ax 。

中间时刻的瞬时速度：v t 2

＝x t ＝v 0＋v 2。

任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2。

3.图象问题

(1)速度—时间图线的斜率或切线斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移。匀变速直线运动的v －t 图象是一条倾斜直线。

(2)位移—时间图线的斜率或切线斜率表示物体的速度。

4.超重和失重

超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化。物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只取决于物体的加速度方向。当a 的方向竖直向上或有竖直向上的分量时，超重；当a 的方向竖直向下或有竖直向下的分量时，失重；当a ＝g 且竖直向下时，完全失重。

5.瞬时问题

应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。

【备考策略】

1.用运动学公式和牛顿第二定律解题的关键流程

2.解题关键

抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图。对于多运动过程问题，还要找准转折点，特别是转折点的速度。

3.常用方法

(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法。

(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。

(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态，反向研究问题，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动问题。

匀变速直线运动规律的应用

1.必须领会的两种物理思想：逆向思维、极限思想。

2.必须辨明的“两个易错易混点”

(1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系。

(2)“刹车”问题要先判断刹车时间，再分析计算。

命题角度①运动规律的应用

②追及相遇问题

【例1】(2020·全国卷Ⅰ，24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝k v2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后

起飞离地时的k值可视为不变。

(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；

(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。

解析(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件

m1g＝k v21①

m2g＝k v22②

由①②式及题给条件得v2＝78 m/s③

(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有

v22＝2as④

v2＝at⑤

联立③④⑤式及题给条件得

a＝2.0 m/s2⑥

t＝39 s⑦

答案(1)78 m/s(2)2.0 m/s239 s

【例2】如图1所示，直线MN表示一条平直单车道，甲、乙两辆汽车开始静止，车头分别在A、B两处，两辆车长均为L＝4 m，两个车头间的距离为x0＝89 m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5 m/s2，甲车运动了t0＝5 s后，发现乙车仍然静止，甲车立即鸣笛，又经过t1＝1 s，乙车才开始向右做匀加速直线运动。

图1

(1)若乙车运动的加速度a 2＝5.0 m/s 2，两辆汽车是否会相撞？通过计算说明；

(2)若要使两车不相撞，乙车运动的加速度至少是多少？

思路点拨 (1)如图所示。

解析 设某一时刻相撞，则

时间关系：t 甲＝t 乙＋t 0＋t 1

空间关系：x 甲＝x 乙＋x 0－L

甲车在t 0＋t 1＝6 s 时的位移为 12a 1(t 0＋t 1)2＝45 m ＜x 0－L ＝85 m 此时尚未撞上乙车，若此后再经时间t 与乙车相撞

则有12a 1(t ＋t 0＋t 1)2＝12a 2t 2＋x 0－L

代入数据并经过分析可知再经过t ＝4 s 甲、乙两车会相撞。

(2)若经过时间t 2，两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，此种情况下乙车加速度记为a 0

则有a 1t 2＝a 0(t 2－t 0－t 1)

12a 1t 22＝12

a 0(t 2－t 0－t 1)2＋x 0－L 解得a 0＝8516 m/s 2≈5.31 m/s 2

答案 (1)会相撞 (2)8516 m/s 2(或5.31 m/s 2)

1.建筑工人常常徒手抛砖块，地面上的工人以10 m/s 的速度竖直向上间隔1 s 连

续两次抛砖，每次抛一块，楼上的工人在距抛砖点正上方3.75 m 处接砖，g 取10 m/s 2，空气阻力可以忽略，则楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为( )

A.4 s

B.3 s

C.2 s

D.1 s

解析 研究第一块砖h ＝v 0t ＋12(－g )t 2，即3.75 m ＝(10t －5t 2)m ，解得t 1＝0.5 s ，

t 2＝1.5 s ，分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75 m 处的时间为t 3＝1.5 s ，t 4＝2.5 s ，楼上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt ＝t 4－t 1＝2 s ，选项C 正确。

答案 C

2.(多选)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图2所示)是缓解交通压力的重要举措。假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s 2，行驶的速度不能超过50 m/s 。已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km ，下列说法正确的是( )

图2

A.空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 s

B.空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 m

C.从甲站运动到乙站的最短时间为70 s

D.从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s

解析 空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时

间为t 1＝v max a max

＝20 s ，选项A 错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v 2max ＝2a max x 解得最小位移为x ＝500 m ，选项B 正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，

等于t1，两段时间对应的位移相等，等于x，匀速运动时间为t2＝

s－

2x

v max

＝30 s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70 s，选项C正确；从甲站运动到乙站的最大平均速

度为v－＝s

t ＝2 500

70m/s≈35.7 m/s，选项D错误。

答案BC

运动图象问题

1.解图象问题时的“四点注意”

(1)x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。

(2)x－t图象和v－t图象不表示物体运动的轨迹。

(3) x－t图象中两图线的交点表示两物体相遇，而v－t图象中两图线的交点表示两物体速度相等。

(4)图线为直线时，斜率所表示的物理量不变，若为曲线，则该量发生变化，与物体运动的轨迹无关。

2.解图象问题时的关键

明确图象的含义，将物体的运动图象转化为物体的运动模型。

命题角度①x－t图象的理解与应用

②v－t图象的理解与应用

③动力学图象问题

【例1】(多选) (2018·全国卷Ⅲ，18)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图3所示。下列说法正确的是()

图3

A.在t1时刻两车速度相等

B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等

C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等

D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等

解析x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A错误；从0～t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D正确。

答案CD

【例2】甲、乙两车在平直的公路上行驶，t＝0时刻两车处于同一位置，其速度—时间图象如图4所示，两图线交点处坐标及切线如图，则()

图4

A.t＝8 s末，甲、乙两车相遇

B.t＝2 s末，甲车的加速度大于乙车的加速度

C.在0～2 s内，甲车的位移小于乙车的位移

D.在2～8 s内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度

解题指导据图析题

解析根据速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积表示位移可知，在0～8 s 时间内，甲车的位移大于乙车的位移，又两车的初始位置相同，故t＝8 s末，甲车在乙车前面，选项A错误；根据速度—时间图线的斜率表示加速度可知，在t

＝2 s时，甲车的加速度大小a1＝5 m/s2，乙车的加速度大小a2＝5 m/s2，甲、乙两车加速度大小相等，选项B错误；根据速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积表示位移可知，在0～2 s时间内，甲车的位移小于乙车的位移，选项C正确；在2～8 s时间内，甲车的位移大于乙车的位移，根据平均速度公式可知，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，选项D错误。

答案 C

【例3】(2020年7月浙江省普通高校招生选考科目考试，19)如图5甲所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减

速至指定位置。当加速运动到总位移的1

4时开始计时，测得电机的牵引力随时间

变化的F－t图线如图乙所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，g＝10 m/s2，求物件

图5

(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；

(2)匀速运动的速度大小；

(3)总位移的大小。

解析(1)由牛顿第二定律mg－F T＝ma

得a＝g－F T

m

＝0.125 m/s2

方向竖直向下。

(2)运动学公式v＝at2＝1 m/s。

(3)匀速上升的位移h1＝v t1＝26 m

匀减速上升的位移h2＝v

2t2＝4 m

总位移h

＝h1

＋h2

1－

1

4

＝40 m。

答案(1)0.125 m/s2方向竖直向下(2)1 m/s(3)40 m

1.甲、乙两个小铁球从不同高度做自由落体运动，同时落地。下列表示这一过程的位移—时间图象或速度—时间图象可能正确的是()

解析做自由落体运动物体的位移x＝

1

2gt

2，故两球的x－t图象是抛物线且两图线的弯曲程度相同，只是出发点不同，出发时间不同，因此A、B错误；做自由落体运动物体的速度v＝gt，可知两球的v－t图象是直线且两图线的斜率相同，只是出发点不同、落地速度大小不同，出发时间不同、但终止时间相同，选项C 错误，D正确。

答案 D

2.(多选)两质点A和B在同一直线上同时同地运动，它们的

x

t－t图象如图6所示，则下列说法正确的是()

图6

A.质点A的初速度为8 m/s

B.质点A的加速度为－2 m/s2

C.第2 s末两质点的瞬时速度相等

D.第2 s末两质点相遇

解析对质点A，有

x A

t

＝(8－2t) m·s－1，即x A＝(8t－2t2) m，可知A做匀变速直

线运动，初速度为v 0＝8 m/s ，加速度a ＝－4 m/s 2，选项A 正确，B 错误；对质

点B ，有x B t ＝4 m·s －1，即x B ＝4t m ，可知B 做匀速直线运动，且速度为v B ＝4 m/s ，两质点瞬时速度相等时，对质点A ，有v A 1＝v 0＋at 1＝v B ，解得t 1＝1 s ，选项C 错误；两质点相遇时x A 2＝x B 2，即8t 2－2t 22 m ＝4t 2 m ，

解得t 2＝2 s ，选项D 正确。 答案 AD

3.(多选)一滑块在水平地面上做直线运动，t ＝0时速率为1 m/s ，从此时开始对滑块施加一个与初速度相反的水平力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图7甲、乙所示。则下列说法正确的是( )

图7

A.2 s 末滑块距离出发点最远

B.0～1 s 和1～2 s 时间内滑块的加速度大小相等、方向相反

C.第1 s 内摩擦力对滑块冲量为1 N·s

D.第2 s 内力F 的平均功率为1.5 W

解析 由v －t 图象可知，前2 s 内滑块位移为零，0～1 s 和1～2 s 时间内滑块加速度大小相等，方向相同，A 、B 错误；0～1 s 内动力学方程为F 1＋F f ＝ma 1，1～2 s 内动力学方程为F 2－F f ＝ma 2，而a 1＝a 2＝1 m/s 2，可得F f ＝1 N ，第1 s 内摩

擦力的冲量为I ＝F f t ＝1 N·s ，C 正确；第2 s 内F 的平均功率P ＝W t ＝Fx t ，由图

乙得x ＝12 m ，代入数据可得P ＝1.5 W ，故D 正确。

答案 CD

牛顿运动定律的综合应用

1.必须掌握的两个物理方法

(1)整体法和隔离法。

(2)合成法和分解法。

2.必须掌握的两个模型：传送带、板块模型。

3.必须掌握的两个方法技巧

(1)解瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。

(2)解连接体问题要充分利用“加速度相同”这一条件或题中特定条件，交替运用整体法与隔离法。

4.必须弄清的四个易错易混的问题

(1)传送带上物体的位移是以地面为参考系，与传送带是否转动无关。

(2)注意区分传送带上物体的位移、相对路程和痕迹长度三个物理量。

(3)板块模型中的长木板下表面若受摩擦力，则摩擦力的计算易错。

(4)传送带中物体与传送带共速、板块模型中物块与木板共速时是关键点，接下来能否继续共速要从受力角度分析。

【例1】(2020·江苏卷，5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()

A.F

B.19F

20 C.

F

19 D.

F

20

解析设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝1

19F，C项正确，A、B、D项均错误。

答案 C

【例2】在抗击疫情期间，很多热心市民纷纷为我们的人民警察和医疗工作者捐钱捐物，但由于疫情严重，很多人想到了利用无人机捐赠物品的方法，如图8所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为F f＝4 N，g取10 m/s2。

图8

(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在t＝5 s时离地面的高度h；

(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度大小；

(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力。为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。

解析(1)由牛顿第二定律F－mg－F f＝ma

代入数据解得a＝6 m/s2

上升高度h＝1

2

2at

代入数据解得h＝75 m

(2)下落过程中mg－F f＝ma1

代入数据得a1＝8 m/s2

落地时速度v2＝2a1H

代入数据得v＝40 m/s

(3)恢复升力后向下减速运动过程F－mg＋F f＝ma2

代入数据得a2＝10 m/s2

设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m 2a 2

＝H v m ＝4053 m/s

由v m ＝a 1t 1得

t 1＝553 s

答案 (1)75 m (2)40 m/s (3)553 s

【例3】 (2019·江苏卷，15)如图9所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下。接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。求：

图9

(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；

(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B ′；

(3)B 被敲击后获得的初速度大小v B 。

解析 A 、B 的运动过程如图所示

(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A ＝μg

匀变速直线运动v 2A ＝2a A L

解得v A ＝2μgL 。

(2)设A 、B 的质量均为m

对齐前，B 所受合外力大小F ＝3μmg

由牛顿运动定律F＝ma B，得a B＝3μg

对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg

由牛顿运动定律F′＝2ma B′，得a B′＝μg。

(3)设经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x A、x B，A加速度的大小等于a A

则v＝a A t，v＝v B－a B t

x A＝1

2a A t

2，x B＝v B t－12a B t2

且x B－x A＝L

解得v B＝22μgL。

答案(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL

【例4】如图10所示，光滑曲面AB与长度L＝6 m的水平传送带BC平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度大小为v＝6 m/s，传送带最右侧C端靠近一倾角θ＝30°的足够长斜面的底端，二者间通过一段长度不计的光滑小圆弧(图中未画出)平滑连接。将一小物块从曲面上高h＝1.25 m 处的A点由静止释放，

物块与传送带、斜面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝

3

2，重力加速度g

＝10 m/s2。

图10

(1)求物块从开始滑上传送带到最终停止运动的总时间(结果保留2位小数)；

(2)若传送带的速度大小v可以任意调节，求小物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比。

解析(1)设物块质量为m，物块运动到B点时的速度为v0，则物块从A点运动

到B点的过程中，由动能定理得mgh＝1

2m v 2 0

解得v0＝5 m/s

假设物块在传送带上可以达到与传送带相同的速度大小，对物块在传送带上做匀加速运动的过程应用牛顿第二定律有μ1mg ＝ma 1

解得a 1＝2 m/s 2

由运动学公式有v 2－v 20＝2a 1x

解得x ＝2.75 m ＜L

假设成立，物块在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 则物块在传送带上匀加速运动的时间

t 1＝v －v 0a 1

＝6－52 s ＝0.5 s 匀速运动的时间t 2＝L －x v ＝6－2.756 s ＝1324 s

物块冲上斜面后，根据牛顿第二定律有

mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 2

解得a 2＝12.5 m/s 2

物块在斜面上向上运动的时间t 3＝v a 2

＝612.5 s ＝1225 s 因μ2＝32＞tan 30°＝33，所以物块最后会停在斜面上，故物块从滑上传送带到最终停止运动的总时间为

t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.52 s 。

(2)当物块在传送带上一直做匀加速运动时，其滑至C 端时的速度最大，设为v 1

则有v 21－v 20＝2a 1L

当物块在传送带上一直做匀减速运动时，其滑至C 端时的速度最小，设为v 2

则有v 22－v 20＝－2a 1L

物块滑上斜面后均做匀减速直线运动，则有

v21＝2a2x1＝2a2h1

sin 30°

v22＝2a2x2＝2a2h2

sin 30°

联立可得物块沿斜面上升的最大高度与最小高度之比为h1∶h2＝49∶1。

答案(1)1.52 s(2)49∶1

1.(2020·湖北部分重点中学开学考试)如图11甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B 上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力F与物体B的位移x的关系如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是()

图11

A.物体B位移为4 cm时，弹簧处于原长状态

B.物体B的加速度大小为5 m/s2

C.物体A的质量为4 kg

D.弹簧的劲度系数为5 N/cm

解析当物体B位移为4 cm时，物体A、B仍有向上的加速度，此时弹簧产生的向上的弹力大于物体A的重力，所以弹簧处于压缩状态，选项A错误；设力F 未作用时弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝2mg，设物体A、B的共同加速度大小为a，则当F＝F1＝20 N时，由牛顿第二定律得F1＋kx0－2mg＝2ma，当F＝F2＝50 N时，物体A、B刚好分离，对物体B有F2－mg＝ma，以上各式联立可解得a＝2.5 m/s2，m＝4 kg，选项B错误，C正确；当物体A、B刚好分离时，对物体A有k(x0－x)－mg＝ma，将x＝0.04 m代入解得k＝7.5 N/cm，选项D错误。

答案 C

2.如图12所示，长L＝1.0 m的木板B右端靠着一等高的光滑平台的左端，平台上距平台左端l＝0.6 m处有一小物块A(可视为质点)处于静止状态。现用方向与水平面成60°角、大小为45 N的拉力F作用于A，当A滑至平台左端时撤去F。已知A、B的质量分别为m A＝

3.0 kg、m B＝2.0 kg，B与地面、物块A之间的动摩擦因数分别μ1＝0.20、μ2＝0.40，重力加速度取10 m/s2。求：

图12

(1)A刚滑上B时的速度大小；

(2)整个过程中A相对地面的位移大小。

解析(1)A在平台上匀加速向左运动，根据牛顿第二定律可得F cos 60°＝m A a

根据运动学公式有v20＝2al

代入数据解得A刚滑上B时的速度大小v0＝3.0 m/s。

(2)A滑上B后，A、B发生相对滑动

对A，根据牛顿第二定律可得A的加速度大小

a A＝μ2m A g

m A

＝μ2g＝4.0 m/s2

对B，根据牛顿第二定律可得B的加速度大小

a B＝μ2m A g－μ1（m A＋m B）g

m B

＝1.0 m/s2

A相对地面做匀减速运动，B相对地面做匀加速运动，假设A、B可以达到相同速度v，A从滑上B到与B速度相同所用时间为t，A的位移为x A，B的位移为x B

对A有v＝v0－a A t，x A＝v2－v20

2×（－a A）对B有v＝a B t，x B＝1

2a B t

2

代入数据解得v ＝0.6 m/s ，t ＝0.6 s ，x A ＝1.08 m ，x B ＝0.18 m

A 对

B 的位移Δx ＝x A －x B ＝0.9 m ＜1 m ，假设成立

A 、

B 达到相同速度后，假设二者可以保持相对静止共同减速，则整体加速度大小

a AB ＝μ1（m A ＋m B ）g m A ＋m B

＝μ1g ＝2.0 m/s 2＜μ2g ＝4.0 m/s 2， 则假设成立

此后二者共同滑行的距离为x 0＝0－v 2

2×（－a AB ）

＝0.09 m 故整个过程中A 相对地面运动的总位移为

x 总＝l ＋x A ＋x 0＝1.77 m 。

答案 (1)3.0 m/s (2)1.77 m

动力学中的STSE 问题

1.(电梯) (2020·山东省普通高中学业水平等级考试，1)一质量为m 的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s 与时间t 的关系图像如图13所示。乘客所受支持力的大小用F N 表示，速度大小用v 表示。重力加速度大小为g 。以下判断正确的是( )

图13

A.0～t 1时间内，v 增大，F N >mg

B.t 1～t 2时间内，v 减小，F N

C.t 2～t 3时间内，v 增大，F N

D.t 2～t 3时间内，v 减小，F N >mg

解析 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t 1时间内，图像斜率增大，速度v 增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的

支持力F Nmg，选项C错误，D正确。

答案 D

2.(高速列车)我国航天科工公司正在研制超级高铁，超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，因其胶囊形外表，被称为胶囊高铁。其最高时速可达1 080 km/h，其加速与减速时加速度大小恒为2 m/s2，据此可以推测()

图14

A.“高速飞行列车”加速时间为540 s

B.“高速飞行列车”的加速位移为22.5 km

C.“高速飞行列车”的速度很大，所以拐弯时半径可以很小

D.北京到上海的距离约为1 080 km，假设轨道为直线，“高速飞行列车”一个小时即可到达

解析 1 080 km/h＝300 m/s，则“高速飞行列车”加速时间为t＝v m

a

＝300

2s＝

150 s，加速位移为x＝v2m

2a

＝3002

2×2

m＝22.5 km，A项错误，B项正确；列车转弯

时，轨道的支持力和重力的合力提供向心力，当轨道倾角一定时，则向心力一定，根据F＝m v2

r

可知，“高速飞行列车”的速度很大，所以拐弯时半径比较大，C 项错误；高铁运行时需要先加速、再匀速、最后减速，整个过程的平均速度小于1 080 km/h，则北京到上海的距离约为1 080 km，“高速飞行列车”要用大于一个小时的时间才能到达，D项错误。

答案 B

3.(雪崩灾害)雪崩是自然灾害之一，我们在登雪山和欣赏雪山的美景时，一定要

注意安全。某摄影者站在倾角为37°的斜坡底端正在对斜坡顶端的美景进行拍摄，t 0＝0时，在距坡底为L ＝45 m 处发生雪崩，摄影者发现后经过t 1＝1 s 的反应时间，从静止开始以a 0＝1.5 m/s 2的加速度逃离，当摄影者的速度达到6 m/s 后就不能再加速了，并以此速度做匀速运动，如图15所示。已知雪块(可视为质点)与坡面和地面间的动摩擦因数均为0.3，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，忽略雪块从坡面滑向水平面时的能量损失。

图15

(1)求雪块到达斜面底端时的速度大小和下滑的时间；

(2)摄影者站在距坡底至少多远处逃离才安全？

解析 (1)设雪块的质量为m ，加速度为a ，到达坡底的速度大小为v 1，雪块从雪崩处由静止开始下滑到坡底的过程中，由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma

由运动学公式有2aL ＝v 21

联立并代入数据解得v 1＝18 m/s

(也可根据动能定理mgL sin 37°－μmgL cos 37°＝12m v 21求v 1)

下滑的时间t 2＝L v －＝L v 1＋02

＝5 s 。 (2)设雪块在水平地面上滑行过程中的加速度为a 1，由牛顿第二定律得 －μmg ＝ma 1

代入数据解得a 1＝－3.0 m/s 2

在t 2＝5 s 的时间内，摄影者反应时间为t 1＝1 s ，加速逃离的时间为t 3＝t 2－t 1＝ 4 s ，第5 s 时，摄影者的速度v 2和位移x 1分别为