大題01牛頓運動定律與直線運動

》明考情?笈方向》?

牛頓運動定律與直線運動在計算題中占比較大，常結合斜面、傳送帶、板塊模型，要求分析多物體

系統的受力、加速度及運動狀態變化（如2021年遼寧卷“傾斜傳送帶”計算題），直線運動重點考查多

階段運動（如加速一勻速一減速）、追及相遇問題等，近年更強調實際情境建模（如2023年遼寧卷水陸

兩棲飛機、2022年的冬奧會短道速滑運動等）。2025年將延續“情境創新+數學深化+跨模塊綜合”的命

題風格，考生需熟練掌握經典模型拆解方法，強化圖像分析能力。

儉研大題-梃能力》

題型一勻變速直線運動的規律

典行I

【例1】（2024?遼寧丹東?一模）2024年，東北地區：哈爾濱、長春、沈陽、大連四座城市將有新的地鐵

線路開通，新線路將會大大減輕交通壓力，加快城市的發展。沈陽地鐵一號線從S站到7站是一段直線

線路，全程1.6km,列車運行最大速度為72km%。為了便于分析，我們用圖乙來描述這個模型，列車在

S站從靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后立即做勻速直線運動，進站前從最大速度開始做勻

4

減速直線運動，直至到7站停車，且加速的加速度大小為減速加速度大小的1倍。現勻加速運動過程中

連續經過/、B、C三點，S—必用時2s,37C用時4s,且&4長2m,2C長24m。求:

(1)列車在。點的速度大小;

(2)列車勻速行駛的時間。

圖甲

S~ABC-

圖乙

【答案】(1)8m/s；(2)62s

1o

【解析】(1)由X=Q必可知

%=Im/s2

根據

vt=v

2

可知5C段平均速度

VBC==6m/s

^BC

v=v^+at

vc=8m/s

(2)由Ay=a?加得

勻加速階段

v

%=—=20s

a1

勻減速階段

V1,

t[=——IOS

—a,

41

,-x

由V=一得

t

勻加速階段

%=v-t}=200m

勻減速階段

x2=v-t2=\60m

勻速運動時間

t^=x-xi-x2=62s

V

【例2】（2024?吉林白城?一模）小明同學準備乘公交車去上學，當他距公交車站還有L=lkm時剛好有一

輛公交車從他身邊經過，此時開始計時，小明立即從靜止開始以加速度a/=2m/s2加速向公交車站跑去,

他的速度達到v/=4m/s后開始勻速直線運動。公交車經片125s進站，然后在站臺停留時間m=2min。

（1）小明跑到公交車站運動過程中，在其勻加速階段的時間。和位移應是多少？

（2）通過計算判斷小明能否趕上這輛公交車？

【答案】（1）4=2s,%1=4m；（2）不能

【解析】（1）小明加速的時間

—=2s

%

加速的位移為

占='=4m

（2）勻速直線運動的時間

t2==249s

匕

小明跑到公交車站的時間

，人=%+%=251s

公交車從小明開始跑到離開站臺的時間為

t車==245s

因為

f人＞/車

所以，小明不能趕上這輛公交車。

r

瞎林靛1

勻變速直線運動的解題步驟和公式

!【解題步驟】

以一步：分析運動過程

第二步：確定位移、速度、時間等相關關系

第三步：根據運動過程和已知關系結合運動學公式和推論列式求解

【公式】

速度時間公式二%+以（缺％）

平均速度公式缺。）

五個公式位移時間公式：X=vot+不Q/（缺與）

位移時間公式x=v,t-彳。『（缺為）

速度位移公式冠-4=2ax（缺t）

1.（2024?四川瀘州?一模）在科創大賽中，某同學設計了可以利用藍牙信號進行通信的玩具車。為測試藍牙

通信功能，使兩車經過一個交于。點的十字形軌道，如圖所示。,=0時刻，甲車離O點距離$=6m,

乙車離。點的距離％=8m,甲車由靜止開始做q=lm/s2的勻加速直線運動，乙車做初速度%=4m/s

的勻減速直線運動，到。點時速度恰好減為零并保持靜止。已知甲車運動的最大速度%=4m/s,藍牙

裝置只能接收s=10m以內的信號。將兩車視為質點，求：

（1）乙車從減速到停止運動的時間；

（2）f=0開始，兩車利用藍牙通信能持續的時間。

【答案】（1）4s（2）6s

【解析】（1）設乙車從減速到停止運動的時間為%乙車做初速度%=4m/s的勻減速直線運動，到。點

時速度恰好減為零，位移為Xz=8m

2

解得

%=4s

（2）f=0時亥!I，甲車離。點距離引=6m,乙車離。點的距離％=8m,兩車距離為

故0時刻可以通信。乙車到。點時速度恰好減為零并保持靜止。則甲車過。點以后10m內可以保持通

信，甲車位移為

=X]+s=16m

甲車運動加速到最大速度所用時間為

^=—=—s=4s

ax1

走過的距離

（。+%）仁巴m=8m

22

甲車勻速運動時間

_x3-x40=2s

%4

所以，從1=0開始，兩車利用藍牙通信能持續的時間為

t息=。+4=6s

2.（2024?山西?一模）“邊路傳中，中路搶點打門”是足球比賽中常見的進攻戰術，而這種戰術需要球員間有

良好的配合。在某次訓練中，運動員甲正在沿著邊線從4點向3點以5m/s的速度勻速帶球，帶至8點

后立即將球以20m/s的速度平行底線向C點踢出（忽略運動員踢球的時間）,之后足球以2m/s2的加速

度開始做勻減速運動。運動員乙則一直在。點觀察著甲的運動情況，合適的時機出現后，乙開始向C點

先以5m/s2的加速度從靜止開始勻加速運動，當達到10m/s后開始做勻速直線運動，最終和足球同時到

達C點，乙在C點完成射門。已知：AB=40m,5C=36m,CD=20mo求:

(1)運動員乙從。到C的運動時間；

(2)運動員乙需要在甲運動員運動到距離/點多遠時出發。

【答案】(1)3s(2)35m

【解析】(1)乙從。跑至C過程中，加速段時間

%=-=2s

。乙

勻速段有

12

XCD--a^=%*2

代入數據解得

t2=1s

故乙從。到。運動時間為

t=tx+t2=3s

(2)甲帶球至5點時間

「泡=8s

y甲

球從8運動到C的時間

_2

XBC=V球,4_5a球,4

解得

=2s

則乙啟動比甲晚的時間為

t—ty+0—(4+)=7s

乙啟動時，甲距離4點

x-vvt=35m

3.(2024?四川南充?一模)如圖(a),為了測試智能汽車自動防撞系統的性能，智能汽車在水平面勻速直線

前行，通過激光雷達和傳感器檢測到車頭正前方26m處有靜止障礙物時，系統立即自動控制汽車，使

之做加速度大小為田的勻減速直線運動，并向駕駛員發出警告，駕駛員在此次測試中未進行任何操作,

汽車繼續前行至某處時自動觸發“緊急制動”，即在切斷動力系統的同時提供阻力使汽車做加速度大小為

%的勻減速直線運動，最終該汽車恰好沒有與障礙物發生碰撞。全程汽車速度的平方隨位移變化的圖像

如圖(b)所示。

圖(a)

(1)測試汽車在兩個階段的加速度。八的分別為多大?

(2)測試汽車從檢測到有障礙物到停止運動所用的總時間為多少？

【答案】(1)lm/s2,4m/s2(2)4s

【解析】(1)根據勻變速直線運動速度與位移的關系式有

v2-Vg=2ax

可知圖像的斜率

k=2a

解得

22

4=-lm/s,a2=-4m/s

所以測試汽車在兩個階段的加速度大小分別為lm/s2,4m/s2；

(2)汽車做加速度大小為q的勻減速直線運動所用時間

X=2s

%-1

汽車做加速度大小為生的勻減速直線運動所用時間

二=i=2s

’2=

故測試汽車從檢測到有障礙物到停止運動所用的總時間為

t=tx+t2=2s+2s=4s

題型二牛頓第二定律的簡單應用

典行

【例1】(2024?遼寧?二模)森林著火后，采用直升機運水去滅火，如圖所示。直升機下方用繩子吊著水

桶，為了方便問題分析，假設直升機與水桶之間用一根不可伸長的輕質繩子相連。直升機運水飛行的過

程中，水桶受到的空氣阻力與水桶的速度成正比，比例系數為鼠若繩子可以承受的最大拉力為尸，水

桶和水的總質量為"2,重力加速度為g。求：

（1）直升機豎直向上加速運動的過程中，水桶的最大加速度；

（2）水桶水平方向做勻速直線運動時，水桶的最大速度及此時繩子與豎直方向的夾角夕。

?小田、、F-ms

【答案】⑴。=-----

m

（2）v=,繩子與豎直方向的夾角。的余弦值為cos6=W

kF

【解析】（1）水桶受到的空氣阻力與水桶的速度成正比，則

f=kv

直升機豎直向上加速運動的過程中，水桶受到重力、拉力和阻力作用，故

FT-mg-kv-ma

即

4^=ma+mg+kv

則加速度越大，速度越小，拉力越大，故當速度為0,拉力最大時，加速度最大，即

解得

F—mg

ci-

m

（2）水桶水平方向做勻速直線運動時，受力分析可得

F'smO-kv=Q

Frcos0=mg

當拉力最大時，速度最大，則

cos八整

F

則

J---g2

v=----------

k

【例2】（2024?重慶?模擬預測）如圖所示，貨車車頭A通過水平剛性連接桿拖動車廂B,車廂內放置貨

物C,在發動機水平牽引力尸的作用下一起向左做勻速直線運動。車頭A、車廂B和貨物C的質量均為

加，車頭A和整個車廂（含貨物）在水平面上運動時受到的阻力大小始終為其重量的左倍，貨物C與車

廂B間的動摩擦因數為0.4左，重力加速度大小為g,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。

（1）求水平牽引力尸的大小;

（2）若僅將水平牽引力尸增大為勻速拉動時的1.5倍，且貨物C未與車廂B碰撞，求力/增大后水平

連接桿的彈力大小。

【答案】（1）F=3kmg；

【解析】（1）由題知，A、B、C一起向左做勻速直線運動，對整個系統，由平衡條件有

F=3kmg

（2）當力/增大為勻速拉動時的1.5倍時，水平牽引力

F'=1.5F=4.5kmg

假設此時A、B、C一起向左做勻加速直線運動，加速度大小為。共，對系統，由牛頓第二定律有

F'-3kmg=3加Q共

解得

a共=0.5館>^21=0.4館

m

說明此時B與C之間發生了相對運動，假設不成立

因此，取A、B為一個整體，由牛頓第二定律有

F'-3kmg-OAkmg=2"2aAs

解得

?AB=0.55館

設水平連接桿的彈力大小為T,對A,由牛頓第二定律有

F'-kmg-T=maAB

解得

T=2.95kmg

r

!喀

解答動力學基本問題的“兩個分析”“一個橋梁”

1.（2024?湖南衡陽?模擬預測）北京時間2023年10月31日8時11分，神舟十六號載人飛船返回艙在東風

著陸場成功著陸。返回艙在離地面約6000m的高空打開主傘（降落傘），在主傘的作用下返回艙速度從

80m/s降至10m/s,此后可視為勻速下降，當返回艙在距離地面21n時啟動反推發動機，速度勻減至0后

恰落到地面上。設主傘所受的空氣阻力為戶如，其中左為定值，v為速率，其余阻力不計。已知返回艙

（含宇航員）總質量為3000kg,主傘的質量忽略不計，忽略返回艙質量的變化，重力加速度g取

10m/s2,設全過程為豎直方向的運動。求：

（1）在主傘打開后的瞬間，返回艙的加速度大小；

（2）若在反推發動機工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態，求反推發動機產生的推力大小。

【答案】（1）70m/s2（2）1.05xl05N

【解析】（1）由牛頓第二定律可知

mg一力=叫

工=利

fz=kv2=mg

聯立可得

%=-70m/s2

所以加速度大小為70m/s2；

(2)在反推發動機工作時，主降落傘和返回艙勻減速至零，根據運動學公式可得

—0—

解得加速度大小為

=—

22h

根據牛頓第二定律可得

F-mg=ma2

解得

F=1.05X105N

2.(2024?福建?二模)高速公路在一些長下坡路段行車道外側時常會增設避險車道，車道表面是粗糙碎石,

其作用是供下坡的車輛在剎車失靈的情況下緊急避險，如圖所示為某處避險車道。現有一輛質量為

m=1.0xl04kg的貨車沿傾角方5。的下坡路面行駛，當駕駛員發現剎車失靈的同時發動機失去動力，此時

速度表示數v/=72km/h,貨車繼續沿下坡路面直線行駛了Z=20s時到達避險車道，此時速度表示數

v*108km/h.若把貨車整體視為質點，其在下坡路面和避險車道上的運動均視為勻變速直線運動，且不計

下坡路面與避險車道連接處的能量損失，重力加速度大小g=10m/s2,sin5o=0.09,sin37°=0.6,

cos37°=0.8o

(1)求貨車下坡時受到的阻力大小；

(2)若該避險車道與水平地面的夾角a=37。，貨車與避險車道之間的動摩擦因數〃=0.25,求貨車在避險

車道上運動的最大位移。

【答案】(1)4.0xl03N(2)56.25m

【解析】(1))貨車在下坡過程中的加速度

a=%一匕

解得

d?=0.5m/s2

對貨車受力分析，由牛頓第二定律得

mgsin/=ma

聯立解得

/=4.0X103N

(2)在避險車道上，根據牛頓第二定律可得

mgsinO'+/jmgcosO'=ma!

解得

a=8m/s2

由運動公式

O-vf=-2a's

聯立解得

s=56.25m

3.(2024?陜西榆林?一模)“滑冰車”是我國北方冬季的一種娛樂活動之一。滑冰車時，人左右手各握一根冰

釬斜向后下方插入冰面，冰面給的反作用力使人與冰車一起向前運動，如圖所示。現有一同學由靜止開

始在水平冰面上滑冰車，兩側冰釬在插冰時平行且與水平冰面成53°角，與冰面作用1.0s后收起冰釬，

人與冰車依靠慣性滑行16nl后停止運動。已知人與冰車的總質量為64kg,冰釬的質量及空氣阻力均可

忽略不計，冰面對冰釬、冰車和人的作用力可視為恒力，且沿冰釬斜向上，冰車與冰面間的動摩擦因數

為0.05,取重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6□求：

(1)收起冰釬后人與冰車的加速度大小a；

(2)人與冰車整個運動過程中的最大速度%；

(3)兩側冰釬插冰時對冰面的合力大小。

【答案】(1)0.50m/s2(2)4.0m/s(3)450N

【解析】(1)冰車與冰面間的動摩擦因數〃=0.05,收起冰釬后人與冰車所受的摩擦力

f="N=/Limg

收起冰釬后人與冰車所受的合外力就是這個摩擦力，由牛頓第二定律，則有人與冰車的加速度大小為

a="'"g=jug=0.50m/s2

m

(2)冰釬與冰面間相互作用的過程中，人和冰車一直在加速，所以收起冰釬時人與冰車有最大速度%，

此后人與冰車做勻減速直線運動到靜止，因此有

vl=2ax

解得最大速度的大小為

vm=4.0m/s

(3)冰釬與冰面間相互作用的過程中加速運動的加速度

a'=—=4.0m/s2

t

設冰面對兩側冰釬的合力大小為尸，由牛頓第二定律可得

Fcos530-〃(mg-尸sin530)=ma'

解得

F=450N

根據牛頓第三定律可知，兩側冰釬對冰面的合力大小

Ff=F=450N

題型三斜面模型

【例1】(2024?陜西榆林?一模)如圖所示，一個質量加=0.50kg的木塊以l=4夜m/s的初速度，從固定

的、足夠長斜面底端沿傾角。=370的斜面向上運動。已知木塊與斜面間的動摩擦因數〃=。25,取重力

加速度g=10m/s,,sin37°=0.6,cos370=0.8o求：

"〃〃7777〃/77〃〃77777/〃7777〃7777〃/〃7〃,

(1)木塊所受滑動摩擦力的大小了;

(2)木塊沿斜面向上運動的最大位移x；

（3）木塊返回到斜面底端時的速度大小匕。

【答案】（1）1.0N（2）2.0m（3）4.0m/s

【解析】（1）木塊與斜面間的壓力

N=mgcos0

所受滑動摩擦力的大小

/=juN=]umgcos。=LON

（2）設木塊沿斜面向上運動的加速度為。上，根據牛頓第二定律有

mgsin0+f=ma上

木塊沿斜面向上運動的最大位移

（3）設木塊沿斜面向下運動的加速度為。下，根據牛頓第二定律有

mgsin^-f=ma下

木塊返回到斜面底端時的速度大小

v,=J2a下x=4.0m/s

【例2】（2024?吉林?一模）滑雪是我國東北地區冬季常見的體育運動。如圖（a）,在與水平面夾角6=14.5。

的滑雪道上，質量加=60kg的滑雪者先采用兩滑雪板平行的滑雪姿勢（此時雪面對滑雪板的阻力可忽

略），由靜止開始沿直線勻加速下滑為=45m；之后采取兩滑雪板間呈一定角度的滑雪姿勢，通過滑雪板

推雪獲得阻力，勻減速繼續下滑％=15m后停止。已知sinl4.5o=0.25,sin37o=0.6,取重力加速度

g=10m/s2,不計空氣阻力。

（1）求減速過程中滑雪者加速度。的大小；

（2）如圖（b）,若減速過程中兩滑雪板間的夾角a=74。，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板邊緣的阻

力均為F,求尸的大小。

三?至？

圖（a）圖（b）

【答案】⑴a=7.5m/s2；（2）尸=500N

【解析】（1）由靜止開始沿直線勻加速下滑的過程有

mgsin0=ma1

代入數據得

v=J2gxisin6=15m/s

勻減速繼續下滑的過程有

2

2ax2=v

代入數據得

V"2

a=----=7.5m/s

2X2

(2)若減速過程中兩滑雪板間的夾角a=74。，根據牛頓第二定律有

2Fsin--mgsin0=ma

解得

尸=，"a+加gsine=5ooN

_.a

2sin一

2

I------

!瞎物體在斜面上運動狀態的分析

運動狀態受力分析動力學相關分析

斜面光滑無摩擦，則物塊僅受重力和斜面對物塊的支持力

沿光滑斜面由靜止勻

F,在沿斜面方向由牛頓第二定律有機gsin9=ma,物

加速下行

塊沿斜面向下做勻加速直線運動

沿斜面勻速下行，則沿斜面方向受力平衡，根據平衡條件

沿斜面勻速下行

7

可知7f=mgsin0

沿斜面方向由牛頓第二定律有F+mgsin0=ma，根據

沿斜面勻減速上行有f

初速度%運動學公式0-片=-2a￡有，即通過距離乙后速度為0

沿斜面勻加速上行沿沿斜面方向由牛頓第二定律有G-機gsin。一瑪.=機。,

斜面方向有外力用物塊沿斜面向上做勻加速直線運動

1.（2024?貴州銅仁?二模）如圖所示，在傾角為。=37。的足夠長斜面上，有一質量加=2kg、可視為質點的

物塊，在尸=20N、方向與斜面夾角a=37。的力的作用下，從靜止開始沿斜面向上運動，經4=12s撤去

F,物塊在4時間內的位移為國=36m。sin37°=0.6,重力加速度g取lOm/s?。求：

（1）物塊與斜面間動摩擦因數〃；

（2）撤去產后3s內，物塊的位移大小工2。

【答案】(1)0.75；(2)1.5m

【解析】(1)根據

1,2

士=5年

可得

2

%==2,6m^2_o5m/s

12

f12

根據牛頓第二定律

Fcosa-mgsin0-〃(加gcos0-Fsina)=max

解得

〃=0.75

(2)力產作用12s末的速度

v=貼=6m/s

撤去尸后向上運動的加速度大小

2

a2=gsin0+/jgcos0=12m/s

則向上運動的位移

62

m=1.5m

22%=-2--x--1=2---------

運動時間

q=—=0.5s

a2

因為

mgsin0=jumgcos0

可知以后物塊靜止在斜面上，則撤去產后3s內，物塊的位移大小

x2=1.5m

2.（24-25高一上?安徽宣城?期末）如圖所示，在傾角6=37。的固定斜面上放置一質量M=lkg、長度￡=3m

的薄平板/心平板的上表面光滑，其下端8與斜面底端C的距離為16m。在平板的上端/處放一質量

%=0.6kg的滑塊，開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速度釋放。設平板與斜面間、滑塊與斜

面間的動摩擦因數均為〃=0.5,重力加速度的大小g取lOm/s。，5苗37。=0.6,cos37°=0.8o求：

（1）剛釋放兩物體的加速度；

（2）滑塊剛到達C點時的速度;

（3）滑塊與平板下端3到達斜面底端C的時間差加。

【答案】（1）0；6m/s2,沿斜面向下（2）10m/s,沿斜面向下（3）2s

【解析】（1）由于

A/gsin370<//（Af+m）gcos37°

故滑塊在平板上滑動時，平板靜止不動，所以剛釋放時平板的加速度為

%=0

對滑塊，由牛頓第二定律得

加gsin37°=加出

解得滑塊的加速度為

2

a2=6m/s

方向沿斜面向下

(2)由運動學公式有

—2ci?L

解得滑塊到達5點時速度為

vB=6m/s

之后滑塊滑離平板，在斜面上運動時有

mgsin37°-jumgcos37°=ma3

解得

2

a3=2m/s

設滑塊在斜面上運動的時間為％,則有

r12

LRC=v/+5%，

解得

，=2s

由運動學公式

VC=VB+a3t

解得

vc=1Om/s

方向沿斜面向下

(3)對平板，滑塊滑離后才開始運動，同理可知加速度為

2

a4=2m/s

設平板滑至斜面底端C所用時間為一，則有

_j_，2

LBC=

解得

f'=4s

滑塊與平板下端3到達斜面底端C的時間差為

At=t'—t=2s

3.(24-25高一上?新疆克孜勒蘇?期末)如圖所示，一位滑雪者從傾角外37。的斜坡上/處由靜止開始自由

下滑，經過4s滑至坡底8后進入水平雪道(8處有一光滑小圓弧與兩雪道平滑連接)，最終停在C處;

已知滑雪板與斜坡雪地間的動摩擦因數〃尸0.25,8C的長度為64m,(不計空氣阻力，取g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8),求：

_______x_____________________

(i)滑雪者在傾斜雪道上的加速度的大小。；

(2)滑雪者在傾斜雪道上的位移x

(3)滑雪板與水平雪地間的動摩擦因數〃2。

【答案】(1)4m/s2(2)32m(3)0.2

【解析】(1)根據牛頓第二定律

mgsin37°-f=mai

又

=mgcos37°,f=小

得

q=mgsin37。-〃然=4m/s2

m

(2)根據

12

x=—at

2y11x

解得

12

x=—x4x4m=32m

2

(3)到8點的速度

v=a]t=16m/s

設滑雪者在水平雪道上滑行得加速度大小即，則

2

v=2a2x2

得

〃2=2m/s2

根據

42mg=ma2

可得

〃2=0.2

4.(24-25高一上?山東威海?期末)如圖甲所示，傾角6=37。的斜面固定在水平地面上，一物塊在沿斜面向

上的恒力尸作用下，從斜面底端由靜止開始向上運動，一段時間后撤去尸。從物塊運動開始計時，物塊

的速度一時間圖像如圖乙所示。已知物塊的質量m=lkg,物塊與斜面間的動摩擦因數〃=0.5,重力加

速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.80求：

(1)撤去尸后，物塊上滑的加速度大小；

(2)》的大小;

(3)物塊返回斜面底端時的速度大小。

【答案】(1)lOm/s?(2)20N(3)VlOm/s

【解析】(1)撤去尸后，物塊上滑過程，根據牛頓第二定律可得

mgsin0+/Limgcos6=ma2

解得加速度大小為

2

a2=10m/s

(2)由圖乙中的v—圖像可知，撤去尸前物塊上滑加速運動與撤去尸后物塊上滑減速運動的加速度大

小相等，則有

2

ax=a2=10m/s

撤去尸前，根據牛頓第二定律可得

F-mgsin0-Ringcos0=max

解得

F=20N

(3)撤去廠時，物塊的速度大小為

V=Q￡=10x0.5m/s=5m/s

根據圖乙可知，物塊沿斜面上滑的最大距離為

V51cL

x=—/=—xlm=2.5m

22

物塊下滑過程，根據牛頓第二定律可得

mgsin0-jumgcos0-ma3

解得加速度大小為

2

a3=2m/s

根據運動學公式可得

,2

2a3x=v

解得物塊返回斜面底端時的速度大小為

M=VlOm/s

、利大題?拿高分4■

I.（2025?重慶?一模）單踏板新能源電動汽車通過動能回收來增加車輛的續航里程，備受消費者青睞。為測

試該款新能源汽車的性能，汽車以30m/s的速度在平直路面上勻速行駛，當車頭經過減速標志時，駕駛

員立即松開油門踏板，汽車開始以大小為2m次的加速度勻減速，經過5s后，駕駛員再踩下剎車踏板,

發現汽車停止時車頭與減速標志間的距離為165m。求：

（I）駕駛員松開油門踏板5s后，汽車的速度大小；

（2）駕駛員踩下剎車踏板后，汽車的加速度大小。

【答案】（I）20m/s（2）5m/s2

【解析】（I）駕駛員松開油門踏板5s后，汽車的速度為h,則

匕=%一貼=20m/s

汽車經過的位移

&_"+丫1f—125m

121

（2）駕駛員踩下剎車踏板后，汽車經過的位移為

x2=x-x1=40m

由

0—y；=_2〃2%2

解得

2

a2=5m/s

2.（2024?四川成都?三模）在鳥類中，海鳥不但善于飛翔，也善于游泳，能在水中游泳追捕魚類。北方的塘

鵝就具有這樣的捕魚本領，塘鵝為了追捕魚類，可以從高空以流線型的身姿沿豎直方向一頭扎進海水里

捕魚。假設塘鵝從離水面〃高處向下俯沖的過程為自由落體運動，進入水中后為勻減速直線運動。已知

塘鵝入水后所受的水的阻力與浮力之和為塘鵝自身重力的5倍，重力加速度大小為g,塘鵝可視為質點。

求:

（1）塘鵝入水前瞬間的速度大小；

（2）塘鵝入水后下降的最大深度。

【答案】（1）v=J2g〃（2）

【解析】（1）設塘鵝的質量為加，自由落體運動過程中

v2=2gh

解得塘鵝入水前瞬間的速度大小

v=y/2gh

（2）由牛頓第二定律有

f-mg=ma

設塘鵝在水中的運動時間為"則

v

t=-

a

塘鵝在水中下降的最大深度