第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《運動和力的關(guān)系》一．選擇題（共10小題）1．（2024?衡陽縣校級開學）如圖是某高中新生軍訓時護旗手林同學訓練時的照片，他在水平地面上手持旗桿右腳向前抬起，身體微微前傾，在無風時保持靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．地面對林同學有摩擦力的作用 B．旗桿對林同學的作用力方向豎直向下 C．林同學對地面的壓力產(chǎn)生原因是地面發(fā)生了形變 D．林同學所受的重力與地面對他的支持力是一對平衡力2．（2024?洛龍區(qū)校級開學）如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面向右做直線運動，質(zhì)量為m的小球A用輕質(zhì)細線懸掛于支架，小車右端質(zhì)量為M的物塊B始終相對于小車靜止。物塊B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ。若某段時間內(nèi)觀察到輕質(zhì)細線與豎直方向夾角為θ，且保持不變，則在這段時間內(nèi)（）A．小車一定正在做加速運動 B．輕質(zhì)細線對小球A的拉力大小為mgsinθC．物塊B所受摩擦力大小為μMg，方向水平向左 D．小車對物塊B的作用力大小為Mg1+ta3．（2024?江西開學）2024年7月5日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征六號改運載火箭，成功將天繪五號02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，發(fā)射任務獲得圓滿成功。關(guān)于火箭點火發(fā)射升空的情景，下列說法正確的是（）A．在火箭向下噴出氣體的過程中，火箭的慣性變大 B．火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣對該氣體的反作用力使火箭獲得向上的推力 C．火箭尾部向下噴出氣體，火箭對該氣體產(chǎn)生一個作用力，該氣體會對火箭產(chǎn)生一個反作用力，使火箭獲得向上的推力 D．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無法獲得向前的推力4．（2024?廣東）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放，以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y，所受合外力為F，運動時間為t，忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其F﹣y圖像或y﹣t圖像可能正確的是（）A． B． C． D．5．（2023秋?吉林期末）神舟十七號飛船于2023年10月26日11時14分在酒泉發(fā)射成功，飛行任務的航天員乘組由湯洪波、唐勝杰、江新林3名航天員組成。如圖所示，是采用動力學方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。若已知飛船質(zhì)量為4×103kg，其推進器的平均推力為1280N，在飛船與空間站對接后，推進器工作7s內(nèi)，測出飛船和空間站速度變化是0.07m/s。下列正確的是（）A．飛船與空間站對接前的加速度為0.2m/s2 B．飛船與空間站對接后的加速度為0.1m/s2 C．空間站質(zhì)量為1.24×105kg D．空間站質(zhì)量為1.2×105kg6．（2024春?汕頭期末）如圖1所示的“彩虹滑道”是一種較為受歡迎的新型娛樂項目，游客在滑道上某段的運動可簡化為如圖2所示，t＝0時游客從A點由靜止開始勻加速下滑，第10s末到達B點，速度大小為10m/s，經(jīng)過B點前后速度大小不變，之后在水平滑道BC上做勻減速直線運動，經(jīng)5s后恰好停在C點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．游客在斜面上的加速度大小為2m/s2 B．游客在水平面上的加速度大小為2m/s2 C．游客在水平滑道上的位移大小為50m D．游客與水平滑道間的動摩擦因數(shù)為0.17．（2024?河南開學）2024年7月5日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征六號改運載火箭，成功將天繪五號02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，發(fā)射任務獲得圓滿成功。關(guān)于火箭點火發(fā)射升空的情景，下列說法正確的是（）A．在火箭向下噴出氣體的過程中，火箭的慣性變大 B．火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣對該氣體的反作用力使火箭獲得向上的推力 C．火箭尾部向下噴出氣體，火箭對該氣體產(chǎn)生一個作用力，該氣體會對火箭產(chǎn)生一個反作用力，使火箭獲得向上的推力 D．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無法獲得向前的推力8．（2024春?汕頭期末）一大人抱小孩從蹲著到站立，再從站立到蹲著，以下說法正確的是（）A．從蹲著到站立，小孩先經(jīng)歷失重再經(jīng)歷超重 B．從站立到蹲著，小孩先經(jīng)歷失重再經(jīng)歷超重 C．從蹲著到站立，小孩所受的重力一直小于對大人身體的壓力 D．從站立到蹲著，大人對地面的壓力一直等于小孩和大人所受的總重力9．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖所示，直角桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，PO部分水平且表面粗糙，OQ部分豎直且表面光滑，a、b為兩個套在此桿上由特殊材料制成的小球，在一定范圍內(nèi)，它們之間的相互作用力大小滿足FabA．水平力F逐漸變大 B．a(chǎn)、b兩小球間的距離逐漸變小 C．a(chǎn)小球?qū)O的壓力逐漸變小 D．b小球?qū)Q的壓力逐漸變小10．（2024春?海門區(qū)期末）如圖所示，一光滑的球裝在一密閉的盒子里，球剛好與盒子的各壁相接觸。現(xiàn)將盒子豎直向上拋出，最后回到拋出點，若空氣阻力大小與速率的平方成正比，則（）A．在上升過程中，球?qū)凶由媳砻嬗邢蛏系淖饔昧?B．在上升過程中，球與盒子上下表面都無作用力 C．在下降過程中，球與盒子之間有作用力，且作用力在變小 D．從拋出到回到拋出點的過程中，球與盒子之間始終有作用力二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?遵義期末）如圖所示，足夠長的斜面固定在水平地面上，傾角θ＝37°。質(zhì)量為1kg的物體受到平行于斜面向上的力F，大小為12N，使物體由靜止開始運動，當物體的速度達到2m/s時撤去F。已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．撤去F前物體的加速度大小為2m/s2 B．從開始到撤去F需要的時間為1.5s C．物體沿斜面向上運動的最大位移為1.2m D．物體沿斜面向下運動的加速度大小為1m/s2（多選）12．（2024春?武昌區(qū)期末）如圖甲所示，t＝0時刻，一質(zhì)量為m的木板在水平推力F的作用下，由靜止開始沿水平地面向右運動。在t＝3t0時刻，一質(zhì)量為0.5m的小物塊以一定速度從右端滑上木板。在t＝4t0時刻，小物塊仍在木板上且與木板的速度相同。這段時間內(nèi)，木板的速度v隨時間t變化的圖線如圖乙所示，μ表示木板與地面間的動摩擦因數(shù)，g表示重力加速度大小，下列說法正確的是（）A．水平推力F＝1.5μmg B．小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μ C．小物塊從右端滑上木板的初速度大小為μgt0 D．3t0到4t0時間內(nèi)，木板和小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒（多選）13．（2024?思明區(qū)校級開學）如圖甲所示，對靜止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示，2.5s后加速度保持不變；箱內(nèi)有一光滑斜面，斜面傾角θ＝37°，可視為質(zhì)點的滑塊剛開始在斜面底部。已知木箱質(zhì)量M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝1kg，斜面高H＝9.6cm。下列說法正確的是（）（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2）A．1s末，水平拉力F的大小為4N B．2s末，木箱的速度為6m/s C．2.5s后滑塊開始相對于斜面向上運動 D．2.8s末滑塊到達斜面頂部（多選）14．（2023秋?烏蘭察布期末）如圖甲，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點），以v1＝3m/s的速度從木板左端向右滑上木板Q，此時木板Q速度大小為v2＝5m/s，方向水平向左，從該時刻開始0.6s內(nèi)兩物體的運動情況的v﹣t圖像如圖乙所示。已知木板Q質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。則（）A．PQ間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.5 B．Q與地面間的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5 C．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長度為L＝3m D．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長度為L＝3.2m（多選）15．（2024春?濰坊期末）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A．從t＝0時刻到小物塊剛滑上木板時，木板的對地位移為2μgtB．小物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為2μ C．在3t0﹣4t0時間內(nèi)，小物塊相對木板的位移大小為54D．在3t0﹣4t0時間內(nèi)，小物塊相對木板的位移大小為3三．填空題（共5小題）16．（2024?思明區(qū)校級開學）小胡同學使用如圖甲所示的掛有5根相同彈簧的拉力器訓練，已知每根彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，若他對拉力器兩端的拉力均為F，則每根彈簧的伸長量為。如圖乙所示，小王同學取下其中兩根彈簧，互成120°角左右對稱的懸掛一質(zhì)量為m的鋼球，系統(tǒng)靜止后，突然右側(cè)彈簧連接鋼球處斷開，則斷開瞬間，鋼球的加速度大小為、方向。（忽略彈簧及拉環(huán)質(zhì)量）17．（2024春?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，小孩坐在雪橇上，小孩與雪橇的總質(zhì)量為40kg，大人用與水平方向成37°角斜向上的大小為100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做勻加速運動；已知雪橇與地面之間動摩擦因數(shù)為0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；則，拉力F沿水平方向和豎直方向分解時，水平方向的分力大小為N；雪橇對地面的壓力等于N；雪橇加速度大小等于m/s2。18．（2024?福建模擬）一位質(zhì)量為50kg的同學從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機內(nèi)置的加速度傳感器測得電梯運行的加速度a隨時間t的變化關(guān)系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當t＝10s時，該同學處于狀態(tài)（填“超重”或“失重”），此時他對電梯地板的壓力大小約N，整個過程中電梯運行的最大速率約為m/s。19．（2024?碑林區(qū)校級二模）一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度h0＝0.590m，下降一段距離后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的時間T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a＝m/s2（保留3位有效數(shù)字）。從實驗室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當?shù)刂亓铀俣却笮間＝9.80m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計算可得小球B加速度的大小為a′＝m/s2（保留3位有效數(shù)字），可以看出，a′與a有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：。20．（2023秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖所示，一固定斜面上表面光滑，傾角為30°，斜面頂端固定一個光滑定滑輪。跨過定滑輪的輕質(zhì)細線，一端豎直懸掛小球A，另一端連接物塊B，細線的傾斜部分與斜面平行。用手按住物塊B。整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。小球A的質(zhì)量為m，物塊B的質(zhì)量為4m，重力加速度為g。現(xiàn)突然松開按住物塊B的手，松手的瞬間，小球A的加速度大小為；細線上的拉力大小為。（結(jié)果用題中所給的字母表達）四．解答題（共5小題）21．（2024春?湖南期末）一個小物塊以初速度v0＝10m/s沖上足夠長的粗糙斜面，斜面傾角θ，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊在斜面上運動的v﹣t圖像如圖所示，重力加速度g取10m/s2，求斜面傾角θ的正弦值sinθ及物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ。22．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實物照片，乙圖是其運輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長度LAB＝12m、BC部分長度LBC＝9m，運行速度恒為2m/s。現(xiàn)工人每隔1s在底端A點放上一個水果箱，C點恰好掉下去一個水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有多少個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2。23．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級期末）在安全領域有一種常用的“軟”性材料，其特性是越碰越軟，經(jīng)測定：當在第k次碰撞時，碰后反彈速度為第1次碰前速度大小的1k(k+1)。如圖所示，一質(zhì)量為M＝20kg的足夠長木板放在傾角θ＝37°的斜面上，板A端距斜面底端的距離為0.4m，由此材料做成的擋板固定在斜面底端。將一質(zhì)量m＝5kg的小物塊從距離木板B端5m處，以初速度v0＝9.2m/s沿木板向上滑上木板，同時釋放木板，已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.42。小物塊可以看作質(zhì)點，已知重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，1（1）小物塊剛滑上木板時，小物塊和木板的加速度的大小和方向；（2）第1次與擋板碰撞前，小物塊相對木板向上滑行的最大距離；（3）從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離。24．（2024春?遼寧期末）如圖甲所示，質(zhì)量M＝2kg的L形工件靜置于粗糙的水平桌面上，O為工件上表面一點，工件上表面O點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。質(zhì)量m＝1kg的可以看成質(zhì)點的小滑塊放在工件上并緊靠左側(cè)壁，其與工件上表面粗糙部分間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8。現(xiàn)對工件施加大小為12N的水平推力F，并于1.5s后撤去推力F。在推力作用下工件運動的速度v隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。撤去推力后，當滑塊到達O點時工件速度恰好為零，滑塊運動過程中始終未滑出工件。g取10m/s2，不計工件側(cè)壁的厚度，桌面足夠長。求：（1）工件底面與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ′；（2）工件光滑部分的長度d；（3）工件的最小長度L和工件發(fā)生的總位移x。25．（2023秋?新吳區(qū)校級期末）如圖甲所示，在傾角為θ＝30°的固定光滑斜面上，輕質(zhì)彈簧下端固定在底端擋板上，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊A相連，A上疊放另一個質(zhì)量也為2m的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時兩滑塊均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用沿斜面向上的拉力作用在滑塊B上，使B開始沿斜面向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個滑塊的vt圖像如圖乙所示，重力加速度為g，sin30°＝0.5，求：（1）B剛開始運動時AB間的彈力大小；（2）t＝0和t1時刻作用在滑塊B上的拉力大小；（3）從AB分離之時到A的速度達到最大值，這一過程中A的位移。

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《運動和力的關(guān)系》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?衡陽縣校級開學）如圖是某高中新生軍訓時護旗手林同學訓練時的照片，他在水平地面上手持旗桿右腳向前抬起，身體微微前傾，在無風時保持靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．地面對林同學有摩擦力的作用 B．旗桿對林同學的作用力方向豎直向下 C．林同學對地面的壓力產(chǎn)生原因是地面發(fā)生了形變 D．林同學所受的重力與地面對他的支持力是一對平衡力【考點】牛頓第三定律的理解與應用；彈力的概念及其產(chǎn)生條件；判斷是否存在摩擦力．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)牛頓運動定律分析各選項。【解答】解：A、在水平方向不受外力作用，故此時地面對護旗手沒有摩擦力，故A錯誤；B、對旗桿分析可知，旗桿受重力和人的作用力而處于平衡狀態(tài)，故人對旗桿的作用力豎直向上，由牛頓第三定律可知，旗桿對護旗手的作用力方向豎直向下，故B正確；C、護旗手對地面的壓力是由于護旗手的腳發(fā)生形變產(chǎn)生的，故C錯誤；D、護旗手還受旗桿的作用力，所以護旗手所受的重力與地面對他的支持力大小不相等，不是一對平衡力，故D錯誤。故選：B。【點評】考查牛頓運動定律的運用，應清楚了解定律的含義并實際運用。2．（2024?洛龍區(qū)校級開學）如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面向右做直線運動，質(zhì)量為m的小球A用輕質(zhì)細線懸掛于支架，小車右端質(zhì)量為M的物塊B始終相對于小車靜止。物塊B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ。若某段時間內(nèi)觀察到輕質(zhì)細線與豎直方向夾角為θ，且保持不變，則在這段時間內(nèi)（）A．小車一定正在做加速運動 B．輕質(zhì)細線對小球A的拉力大小為mgsinθC．物塊B所受摩擦力大小為μMg，方向水平向左 D．小車對物塊B的作用力大小為Mg1+ta【考點】連接體模型；力的合成與分解的應用；牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】D【分析】對A受力分析，由牛頓第二定律，求A的加速度；根據(jù)豎直方向平衡，求繩子拉力；小車與A具有相同的加速度，根據(jù)牛頓第二定律，求摩擦力，再根據(jù)力的合成，求小車對物體B的作用力。【解答】解：A．對A受力分析，由牛頓第二定律得F合＝mgtanθ＝maA解得aA＝gtanθ方向水平向左，則小車向右做減速運動，故A錯誤；B．根據(jù)豎直方向平衡，可知Tcosθ＝mg，則細繩的拉力為T=mg故B錯誤；CD．由題意可知，A與小車相對靜止，則小車與A具有相同的加速度，即小車的加速度大小為gtanθ，方向水平向左，此刻物塊B的加速度與小車相同，根據(jù)牛頓第二定律fB＝MaA＝Mgtanθ方向水平向左，小車對物體B的作用力為F=(Mg)2方向為斜向左上方，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題解題關(guān)鍵是根據(jù)牛頓第二定律，求加速度，并分析出小車與A具有相同的加速度。3．（2024?江西開學）2024年7月5日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征六號改運載火箭，成功將天繪五號02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，發(fā)射任務獲得圓滿成功。關(guān)于火箭點火發(fā)射升空的情景，下列說法正確的是（）A．在火箭向下噴出氣體的過程中，火箭的慣性變大 B．火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣對該氣體的反作用力使火箭獲得向上的推力 C．火箭尾部向下噴出氣體，火箭對該氣體產(chǎn)生一個作用力，該氣體會對火箭產(chǎn)生一個反作用力，使火箭獲得向上的推力 D．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無法獲得向前的推力【考點】作用力與反作用力；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)作用力與反作用力分析。【解答】解：A、火箭噴出氣體后質(zhì)量變小，其慣性變小，故A錯誤；BC、火箭尾部向下噴出氣體，火箭對該氣體產(chǎn)生一個作用力，該氣體會對火箭產(chǎn)生一個反作用力，使火箭獲得向上的推力，故B錯誤，C正確；D、火箭飛出大氣層后，火箭對氣體作用，該氣體對火箭有反作用力，使火箭獲得向前的推力，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查牛頓運動定律，目的是考查學生的理解能力。4．（2024?廣東）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放，以木塊釋放點為原點，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y，所受合外力為F，運動時間為t，忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點的過程中，其F﹣y圖像或y﹣t圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】牛頓第二定律的簡單應用；胡克定律及其應用．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)題意分析出木塊的合外力特點，并由此得出木塊的加速度變化情況和對應的y﹣t圖像。【解答】解：AB、木塊釋放過程中，位移由0增加到H時未接觸彈簧時，木塊的合外力為重力，保持不變。當y＝H時接觸彈簧，根據(jù)胡克定律，可知之后彈簧的彈力逐漸增大，且與物塊的位移成線性關(guān)系，當彈簧彈力等于重力時合力為零，之后彈力大于重力，合力方向反向向上，到達最低點后木塊開始向上移動，位移y變小，此后木塊的受力特點和之前的受力特點呈現(xiàn)對稱情況，位移由最大減小到零的過程，圖像與之前的重合，故A錯誤，B正確；CD、木塊在未接觸彈簧時做自由落體，加速度保持恒定，則y﹣t圖像為拋物線，而后彈簧開始有彈力且逐漸增大，由牛頓第二定律mg﹣ky＝ma，加速度逐漸減小后反向增大，木塊先做加速運動后做減速運動，直到速度為零，而后的運動情況和之前的成對稱特點，故在y＝H之后到位移最大的過程，圖像的斜率先變大后變小到零，故CD錯誤。故選：B。【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應用，熟悉物體的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和圖像的物理意義即可完成分析。5．（2023秋?吉林期末）神舟十七號飛船于2023年10月26日11時14分在酒泉發(fā)射成功，飛行任務的航天員乘組由湯洪波、唐勝杰、江新林3名航天員組成。如圖所示，是采用動力學方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。若已知飛船質(zhì)量為4×103kg，其推進器的平均推力為1280N，在飛船與空間站對接后，推進器工作7s內(nèi)，測出飛船和空間站速度變化是0.07m/s。下列正確的是（）A．飛船與空間站對接前的加速度為0.2m/s2 B．飛船與空間站對接后的加速度為0.1m/s2 C．空間站質(zhì)量為1.24×105kg D．空間站質(zhì)量為1.2×105kg【考點】牛頓第二定律的簡單應用；力的合成與分解的應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】C【分析】飛船與空間站對接前，對飛船受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)加速度定義式求解飛船與空間站對接后的加速度；對飛船和空間站整體，由牛頓第二定律求解空間站的質(zhì)量。【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律F＝ma1，解得飛船與空間站對接前的加速度為a1B、根據(jù)加速度定義可知飛船與空間站對接后的加速度為a2CD、以飛船與空間站為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝（M+m）a2解得空間站質(zhì)量為M＝1.24×105kg，故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。6．（2024春?汕頭期末）如圖1所示的“彩虹滑道”是一種較為受歡迎的新型娛樂項目，游客在滑道上某段的運動可簡化為如圖2所示，t＝0時游客從A點由靜止開始勻加速下滑，第10s末到達B點，速度大小為10m/s，經(jīng)過B點前后速度大小不變，之后在水平滑道BC上做勻減速直線運動，經(jīng)5s后恰好停在C點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．游客在斜面上的加速度大小為2m/s2 B．游客在水平面上的加速度大小為2m/s2 C．游客在水平滑道上的位移大小為50m D．游客與水平滑道間的動摩擦因數(shù)為0.1【考點】物體在粗糙斜面上的運動；牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)加速度的定義式計算加速度；根據(jù)平均速度計算位移；根據(jù)牛頓第二定律計算動摩擦因數(shù)。【解答】解：A、游客在斜面上的加速度大小為a=vB、游客在水平面上的加速度大小為a'=vC、游客在水平面上的位移大小為x=vD、設游客與水平滑道之間的動摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma'，解得μ=a′故選：B。【點評】掌握速度—時間公式和用平均速度計算位移的方法，知道牛頓第二定律的簡單應用。7．（2024?河南開學）2024年7月5日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長征六號改運載火箭，成功將天繪五號02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，發(fā)射任務獲得圓滿成功。關(guān)于火箭點火發(fā)射升空的情景，下列說法正確的是（）A．在火箭向下噴出氣體的過程中，火箭的慣性變大 B．火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對空氣產(chǎn)生一個作用力，空氣對該氣體的反作用力使火箭獲得向上的推力 C．火箭尾部向下噴出氣體，火箭對該氣體產(chǎn)生一個作用力，該氣體會對火箭產(chǎn)生一個反作用力，使火箭獲得向上的推力 D．火箭飛出大氣層后，由于沒有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無法獲得向前的推力【考點】作用力與反作用力．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】C【分析】慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大慣性越大，質(zhì)量越小慣性越小。火箭升空時，其尾部向下噴氣，火箭箭體與被噴出的氣體是一對相互作用的物體，火箭對該氣體產(chǎn)生一個作用力，該氣體會對火箭產(chǎn)生一個反作用力。【解答】解：A、火箭噴出氣體后質(zhì)量變小，其慣性變小，故A錯誤；B、火箭尾部向下噴出氣體，火箭對該氣體產(chǎn)生一個作用力，該氣體會對火箭產(chǎn)生一個反作用力，使火箭獲得向上的推力，故B錯誤、C正確；C、火箭飛出大氣層后，火箭對氣體作用，該氣體對火箭有反作用力，使火箭獲得向前的推力，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查牛頓運動定律，目的是考查學生的理解能力。8．（2024春?汕頭期末）一大人抱小孩從蹲著到站立，再從站立到蹲著，以下說法正確的是（）A．從蹲著到站立，小孩先經(jīng)歷失重再經(jīng)歷超重 B．從站立到蹲著，小孩先經(jīng)歷失重再經(jīng)歷超重 C．從蹲著到站立，小孩所受的重力一直小于對大人身體的壓力 D．從站立到蹲著，大人對地面的壓力一直等于小孩和大人所受的總重力【考點】根據(jù)超重或失重狀態(tài)計算物體的運動情況；共點力的平衡問題及求解．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】B【分析】從蹲著到站立，是先加速向上運動，后減速向上運動；從站立到蹲著，先向下加速運動，后向下減速運動；小孩所受重力是保持不變的；根據(jù)失重和超重分析。【解答】解：A、從蹲著到站立，是先加速向上運后減速向上運動，所以是先超重在經(jīng)歷失重，故A錯誤；B、從站立到蹲著，先向下加速運動，后向下減速運動，所以小孩先經(jīng)歷了失重在經(jīng)歷超重，故B正確；C、從蹲著到站立，小孩所受的重力一直不變，故C錯誤；D、從站立到蹲著，因為是先失重后超重，所以大人對地面的壓力先小于小孩和大人所受的總重力，后大于小孩和大人的總重力，故D錯誤。故選：B。【點評】知道加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)。9．（2024?天心區(qū)校級模擬）如圖所示，直角桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，PO部分水平且表面粗糙，OQ部分豎直且表面光滑，a、b為兩個套在此桿上由特殊材料制成的小球，在一定范圍內(nèi)，它們之間的相互作用力大小滿足FabA．水平力F逐漸變大 B．a(chǎn)、b兩小球間的距離逐漸變小 C．a(chǎn)小球?qū)O的壓力逐漸變小 D．b小球?qū)Q的壓力逐漸變小【考點】牛頓第三定律的理解與應用；圖解法解決動態(tài)平衡問題．【專題】定量思想；推理法；受力分析方法專題；共點力作用下物體平衡專題；推理能力．【答案】D【分析】對b小球受力分析，根據(jù)平衡條件列方程分析判斷；以a、b兩小球為整體，受力分析，列方程計算。【解答】解：D．設a、b兩小球連線與QO的夾角為θ，對b小球受力分析，根據(jù)平衡條件可得FN1＝mbgtanθ將a小球向右緩慢拉動一小段距離，θ減小，可知OQ對b小球的支持力逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律，可知b小球?qū)Q的壓力逐漸變小，故D正確；B．將a小球向右緩慢拉動一小段距離，此過程中，若b小球發(fā)生移動，a、b兩小球間的距離可能會增大，故B錯誤；AC．以a、b兩小球為整體，受力分析，如圖所示豎直方向根據(jù)平衡條件有FN2＝（ma+mb）g故PO對a小球的支持力不變，根據(jù)牛頓第三定律，a小球?qū)O的壓力不變，滑動摩擦力不變，水平方向根據(jù)平衡條件有F＝FN1+f根據(jù)滑動摩擦力公式有f＝μFN2聯(lián)立解得F＝μ（ma+mb）g+mbgtanθ將a小球向右緩慢拉動一小段距離，θ減小，故水平力F逐漸變小，故AC錯誤。故選：D。【點評】本題關(guān)鍵掌握研究對象的選取和受力分析方法，依據(jù)平衡條件列方程計算。10．（2024春?海門區(qū)期末）如圖所示，一光滑的球裝在一密閉的盒子里，球剛好與盒子的各壁相接觸。現(xiàn)將盒子豎直向上拋出，最后回到拋出點，若空氣阻力大小與速率的平方成正比，則（）A．在上升過程中，球?qū)凶由媳砻嬗邢蛏系淖饔昧?B．在上升過程中，球與盒子上下表面都無作用力 C．在下降過程中，球與盒子之間有作用力，且作用力在變小 D．從拋出到回到拋出點的過程中，球與盒子之間始終有作用力【考點】牛頓第二定律在豎直拋體運動中的應用（阻力變化問題）；作用力與反作用力；牛頓運動定律的應用—從運動情況確定受力．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】A【分析】AB.用整體法先判斷上升過程加速度大小和方向，再用隔離法判斷球受力情況，結(jié)合牛頓第三定律分析判斷；C.根據(jù)整體法判斷下落過程的加速度的變化情況，再隔離球分析受力及各力的變化情況；D.根據(jù)題意分析最高點的狀態(tài)和對應的受力情況。【解答】解：AB.對球和盒子組成的整體，在上升過程中受到重力和豎直向下的阻力，故整體加速度向下且大于重力加速度g，對小球，由于加速度等于整體加速度，所以盒子的上表面必須對小球產(chǎn)生向下的壓力，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)凶由媳砻嬗邢蛏系膲毫Γ蔄正確，B錯誤；C.在下降過程中，整體受到重力和向上且逐漸增大的阻力，故加速度向下且逐漸減小，對球來說，盒子下表面會給球施加向上的作用力且逐漸增大，故C錯誤；D.根據(jù)題意，整體上升到最高點瞬間，速度大小為0，則阻力大小為0，只受重力，加速度等于重力加速度，此時球和盒子之間沒有相互作用力，故D錯誤。故選：A。【點評】考查物體的受力分析和整體法、隔離法，會靈活選擇相應的方法分析解決實際問題。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?遵義期末）如圖所示，足夠長的斜面固定在水平地面上，傾角θ＝37°。質(zhì)量為1kg的物體受到平行于斜面向上的力F，大小為12N，使物體由靜止開始運動，當物體的速度達到2m/s時撤去F。已知物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．撤去F前物體的加速度大小為2m/s2 B．從開始到撤去F需要的時間為1.5s C．物體沿斜面向上運動的最大位移為1.2m D．物體沿斜面向下運動的加速度大小為1m/s2【考點】牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】AC【分析】A.根據(jù)受力分析列式求解拉力作用時的加速度；B.根據(jù)勻變速直線運動的公式計算時間；C.根據(jù)勻變速直線運動的位移公式結(jié)合牛頓第二定律列式計算上滑總位移；D.根據(jù)牛頓第二定律列式求解下滑時的加速度大小。【解答】解：A.撤去F前物體的加速度大小為a1=Fm?gsinθ﹣μgcosθ＝（121?B.從開始到撤去F需要的時間為t=vC.撤去拉力前物體運動的位移為x1=v22a1=222×2m＝1m，撤去拉力后繼續(xù)上滑的加速度大小為a2＝gsinθ+μgcosθ＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/sD.物體沿斜面向下運動的加速度大小為a3＝gsinθ﹣μgcosθ＝（10×0.6﹣0.5×10×0.8）m/s2＝2m/s2，故D錯誤。故選：AC。【點評】考查牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律，會根據(jù)題意進行準確分析和解答。（多選）12．（2024春?武昌區(qū)期末）如圖甲所示，t＝0時刻，一質(zhì)量為m的木板在水平推力F的作用下，由靜止開始沿水平地面向右運動。在t＝3t0時刻，一質(zhì)量為0.5m的小物塊以一定速度從右端滑上木板。在t＝4t0時刻，小物塊仍在木板上且與木板的速度相同。這段時間內(nèi)，木板的速度v隨時間t變化的圖線如圖乙所示，μ表示木板與地面間的動摩擦因數(shù)，g表示重力加速度大小，下列說法正確的是（）A．水平推力F＝1.5μmg B．小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μ C．小物塊從右端滑上木板的初速度大小為μgt0 D．3t0到4t0時間內(nèi)，木板和小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒【考點】有外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】由圖像分析木板的運動過程，由v﹣t圖像的斜率求解木板運動的加速度，根據(jù)牛頓第二定律推力的大小；小滑塊滑上后，用整體法和隔離法根據(jù)牛頓第二定律列式求出滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)的大小；根據(jù)動量守恒定律求出滑塊的初速度大小；通過比較水平恒力與木板和水平地面之間的滑動摩擦力的大小，求出系統(tǒng)所受合外力，確定系統(tǒng)動量是否守恒。【解答】解：A．對于v﹣t圖像來說，其圖像的斜率表示物體的加速度，由題圖可知，在水平外力作用時，其加速度為：a對木板有：F﹣μmg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：F＝1.5μmg，故A正確；B、由題圖可知，t＝3t0時，木板的速度為：v1＝a1?3t0＝0.5μg×3t0＝1.5μgt0則小物塊在木板上時，木板的加速度為：a設木板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為μ1，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣μ（m+0.5m）g﹣μ1（0.5mg）＝ma2解得：μ1＝2μ，故B正確；C、設小物塊滑上的速度大小為v2，設向右為正方向，對小物塊有：μ1（0.5mg）t0＝0.5m?0.5μgt0﹣（﹣0.5mv2）解得：v2＝1.5μgt0，故C錯誤；D、當小物塊滑上木板后，對于兩者的系統(tǒng)水平方向有：F＝μ（m+0.5m）g＝1.5μmg豎直方向合力為零，綜上所述，兩者的系統(tǒng)合外力為零，即該系統(tǒng)動量守恒，故D正確。故選：ABD。【點評】本題為牛頓第二定律應用的板塊模型。對于板塊模型的分析判斷要抓住兩個方面：一、相對靜止與相對運動的判斷；二、是否存在共速的判斷。運動過程復雜時可用v﹣t圖像輔助分析。（多選）13．（2024?思明區(qū)校級開學）如圖甲所示，對靜止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示，2.5s后加速度保持不變；箱內(nèi)有一光滑斜面，斜面傾角θ＝37°，可視為質(zhì)點的滑塊剛開始在斜面底部。已知木箱質(zhì)量M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝1kg，斜面高H＝9.6cm。下列說法正確的是（）（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2）A．1s末，水平拉力F的大小為4N B．2s末，木箱的速度為6m/s C．2.5s后滑塊開始相對于斜面向上運動 D．2.8s末滑塊到達斜面頂部【考點】有外力的傾斜板塊模型；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】通過受力分析和a﹣t圖像，結(jié)合牛頓第二定律以及運動學公式，用整體法和隔離法可求出各個選項。【解答】解：A、以木箱作為參考系，當滑塊相對于斜面剛要發(fā)生相對滑動時受到重力和支持力作用，此時滑塊的加速度：a＝gtanθ＝10×0.75m/s2＝7.5m/s21s末由圖可知a1=3m/聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：F＝9N，故A錯誤；B、根據(jù)圖像可知，2s末的瞬時加速度為a2＝6m/s2，2s內(nèi)速度增加量：Δv=1C、2.5s末滑塊的加速度為7.5m/s2，滑塊相對于斜面開始滑動，故C正確；D、2.5s后開始發(fā)生相對滑動，設相對加速度為a3，根據(jù)牛頓第二定律有：ma3＝macosθ﹣mgsinθ而由運動學公式有：H聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.4s則滑塊到達斜面頂部時刻為2.9s末，故D錯誤。故選：BC。【點評】學生在解答本題時，應注意本題要結(jié)合加速度情況，分析物體的受力情況，以及要熟練運用運動學公式求解各個階段的相關(guān)物理量。（多選）14．（2023秋?烏蘭察布期末）如圖甲，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點），以v1＝3m/s的速度從木板左端向右滑上木板Q，此時木板Q速度大小為v2＝5m/s，方向水平向左，從該時刻開始0.6s內(nèi)兩物體的運動情況的v﹣t圖像如圖乙所示。已知木板Q質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。則（）A．PQ間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.5 B．Q與地面間的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5 C．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長度為L＝3m D．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長度為L＝3.2m【考點】無外力的水平板塊模型；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)圖乙求解0～0.6s內(nèi)P、Q的加速度大小，對P和Q根據(jù)牛頓第二定律求解動摩擦因數(shù)；求出P、Q在0～0.6s內(nèi)相對位移，此后P向左加速，所以只要共速時P滑不下去木板的長度最短，根據(jù)位移—時間關(guān)系求解。【解答】解：A．根據(jù)圖乙可得，a1＝|ΔvΔt|＝|30.6|m/s2對P分析f1＝μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.5，故A正確；B．根據(jù)圖乙可得，a2＝|Δv′Δt′|＝|?5?(?2)0.6|m/s2對Q分析f1+f2＝μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma2解得：μ2＝0.25，故B錯誤；CD.t＝0.6s時P、Q的相對位移為x=3×0.62m此后分別對P、Q根據(jù)牛頓第二定律可知P的加速度向左，大小依然為5m/s2，Q的加速度向右大小依然為5m/s2設兩物體共速所需時間為t，則vQ﹣a2t＝a1t解得t＝0.2s兩物體的相對位移為x'＝vQt?則木板的最少長度為L＝x+x'代入數(shù)據(jù)解得L＝3.2m，故C錯誤，D正確；故選：AD。【點評】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學和運動學的橋梁。（多選）15．（2024春?濰坊期末）一足夠長木板置于水平地面上，二者間的動摩擦因數(shù)為μ。t＝0時，木板在水平恒力作用下，由靜止開始向右運動。某時刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時間內(nèi)，木板速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t＝4t0時刻，小物塊與木板的速度相同。下列說法正確的是（）A．從t＝0時刻到小物塊剛滑上木板時，木板的對地位移為2μgtB．小物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為2μ C．在3t0﹣4t0時間內(nèi)，小物塊相對木板的位移大小為54D．在3t0﹣4t0時間內(nèi)，小物塊相對木板的位移大小為3【考點】有外力的水平板塊模型．【專題】定量思想；推理法；運動學中的圖象專題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】由圖像分析木板的運動過程，確定物塊滑上木板的時刻；由v﹣t圖像的斜率求解木板運動的加速度，以及t＝3t0時刻木板的速度。分析物塊的運動過程，根據(jù)運動學公式求得其加速度，通過比較水平恒力與木板和水平地面之間的滑動摩擦力的大小，來判斷小物塊和木板是否能一起做勻速運動，再根據(jù)平均速度和位移的關(guān)系式求解在3t0﹣4t0時間內(nèi)，小物塊相對木板的位移大小。【解答】解：A．v﹣t圖像的斜率表示加速度，可知t＝3t0時刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在t＝3t0時刻滑上木板，故A錯誤；B．結(jié)合圖像可知t＝3t0時刻，木板的速度為v0設小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為μ0，由題意可知物體開始滑上木板時的速度為v1負號表示方向水平向左，物塊在木板上滑動的加速度為a0經(jīng)過t0時間與木板共速此時速度大小為v共v共﹣v1＝a0t0解得μ0＝2μ故B正確；CD．在3t0﹣4t0時間內(nèi)，根據(jù)圖像可知木板的位移為x木物塊的位移為x物小物塊相對木板的位移大小為Δx＝x物﹣x木解得Δx=3故D正確，C錯誤。故選：BD。【點評】本題為牛頓第二定律應用的板塊模型。對于板塊模型的分析判斷要抓住兩個方面：一、相對靜止與相對運動的判斷；二、是否存在共速的判斷。運動過程復雜時可用v﹣t圖像輔助分析。三．填空題（共5小題）16．（2024?思明區(qū)校級開學）小胡同學使用如圖甲所示的掛有5根相同彈簧的拉力器訓練，已知每根彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，若他對拉力器兩端的拉力均為F，則每根彈簧的伸長量為F5k。如圖乙所示，小王同學取下其中兩根彈簧，互成120°角左右對稱的懸掛一質(zhì)量為m的鋼球，系統(tǒng)靜止后，突然右側(cè)彈簧連接鋼球處斷開，則斷開瞬間，鋼球的加速度大小為g、方向與水平方向成30度角斜向左下方【考點】牛頓第二定律求解瞬時問題；胡克定律及其應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；彈力的存在及方向的判定專題；推理能力．【答案】F5k【分析】依題意，求每根彈簧彈力大小，再根據(jù)胡克定律，求伸長量；右側(cè)彈簧連接鋼球處斷開，根據(jù)牛頓第二定律，求加速度。【解答】解：小胡同學對拉力器兩端的拉力均為F，依題意，每根彈簧的彈力為F5由胡克定律F則每根彈簧的伸長量Δx=F小王同學取下其中兩根彈簧，互成120°角左右對稱的懸掛一質(zhì)量為m的鋼球，系統(tǒng)靜止后，根據(jù)平衡條件可知彈簧的彈力F1＝F2＝mg右側(cè)彈簧連接鋼球處斷開，斷開瞬間，小球所受右側(cè)彈簧彈力消失，左側(cè)彈簧彈力不變，則此時小球的合力與消失的彈力等大反向，根據(jù)牛頓第二定律mg＝ma則a＝g方向與水平方向成30度角斜向左下方。故答案為：F5k【點評】本題解題關(guān)鍵是正確受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，注意加速度的瞬時性。17．（2024春?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，小孩坐在雪橇上，小孩與雪橇的總質(zhì)量為40kg，大人用與水平方向成37°角斜向上的大小為100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做勻加速運動；已知雪橇與地面之間動摩擦因數(shù)為0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；則，拉力F沿水平方向和豎直方向分解時，水平方向的分力大小為80N；雪橇對地面的壓力等于340N；雪橇加速度大小等于0.3m/s2。【考點】牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】80；340；0.3。【分析】根據(jù)平行四邊形定則計算拉力F沿水平方向的分力大小；以小孩與雪橇整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律列方程計算。【解答】解：由平行四邊形定則得，拉力F沿水平方向的分力大小為Fx＝Fcosθ＝100×0.8N＝80N對小孩與雪橇整體有Fsinθ+N＝mgFcosθ﹣μN＝ma聯(lián)立解得N＝340N由牛頓第三定律可知，雪橇對地面的壓力等于N'＝N＝340N雪橇加速度大小等于a＝0.3m/s2故答案為：80；340；0.3。【點評】本題關(guān)鍵掌握研究對象的選擇，注意雪橇對地面的壓力與地面對雪橇的支持力關(guān)系。18．（2024?福建模擬）一位質(zhì)量為50kg的同學從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機內(nèi)置的加速度傳感器測得電梯運行的加速度a隨時間t的變化關(guān)系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當t＝10s時，該同學處于超重狀態(tài)（填“超重”或“失重”），此時他對電梯地板的壓力大小約520N，整個過程中電梯運行的最大速率約為1.9m/s。【考點】超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定性思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】超重；520N；1.9m/s。【分析】該同學向下減速運動，加速度豎直向上，此時所受支持力大于重力，處于超重狀態(tài)；可根據(jù)牛頓第二定律計算此時所受支持力大小，再根據(jù)牛頓第三定律得出電梯受到人的壓力大小等于人所受電梯的支持力大小；利用速度與時間公式可知，加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，故可根據(jù)圖像得出最大速率。【解答】解：當t＝10時，該同學向下減速運動，加速度豎直向上處于超重狀態(tài)。t＝10s時，又根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma代入數(shù)據(jù)解得N＝520N根據(jù)牛頓第三定律可得對電梯底的壓力大小約為520N。加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，加速度向下時處于加速狀態(tài)，根據(jù)圖線在該段時間內(nèi)與橫軸圍成面積格數(shù)有十九個小格得vm＝0+Δv代入數(shù)據(jù)解得vm＝1.9m/s則該同學的最大速率約為1.9m/s。故答案為：超重；520N；1.9m/s。【點評】本題考查了對超重、失重狀態(tài)的理解，已經(jīng)應用牛頓第二定律計算所受支持力的能力，進一步考查了對牛頓第三定律的應用，以及運用運動學公式綜合分析加速度與時間圖像的能力。19．（2024?碑林區(qū)校級二模）一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度h0＝0.590m，下降一段距離后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的時間T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a＝1.84m/s2（保留3位有效數(shù)字）。從實驗室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當?shù)刂亓铀俣却笮間＝9.80m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計算可得小球B加速度的大小為a′＝1.96m/s2（保留3位有效數(shù)字），可以看出，a′與a有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）。【考點】牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；實驗分析法；牛頓運動定律綜合專題；實驗能力．【答案】1.84；1.96；滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）。【分析】根據(jù)運動學公式得出小球B加速度的大小；根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立等式得出小球B加速度的大小；根據(jù)實驗原理分析出對應的實驗誤差的產(chǎn)生原因。【解答】解：釋放后小球做初速度為零的勻加速直線運動，在時間T＝0.730s內(nèi)的位移為Δh＝h0﹣h＝0.590m﹣0.100m＝0.490m根據(jù)勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系可得Δ?=1代入數(shù)據(jù)解得a≈1.84m/s2對A、B小球整體分析，由牛頓第二定律有mBg﹣mAg＝（mA+mB）a′代入數(shù)據(jù)解得a′＝1.96m/s2理論上a′與a有應該相等，但由于滑輪有質(zhì)量，以及滑輪轉(zhuǎn)動過程中與繩子、輪軸之間都存在摩擦，這些都不可忽略，因此造成了明顯的差異。故答案為：1.84；1.96；滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）。【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的驗證實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合運動學公式和牛頓第二定律即可完成分析。20．（2023秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖所示，一固定斜面上表面光滑，傾角為30°，斜面頂端固定一個光滑定滑輪。跨過定滑輪的輕質(zhì)細線，一端豎直懸掛小球A，另一端連接物塊B，細線的傾斜部分與斜面平行。用手按住物塊B。整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。小球A的質(zhì)量為m，物塊B的質(zhì)量為4m，重力加速度為g。現(xiàn)突然松開按住物塊B的手，松手的瞬間，小球A的加速度大小為15g；細線上的拉力大小為6【考點】作用力與反作用力；力的合成與分解的應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】15g，【分析】利用整體法，對小球分析可求出加速度，對小球單獨分析可求出拉力大小。【解答】解：對小球與物塊進行分析有4mgsin30°﹣mg＝5ma，解得a=1對小球進行分析有T﹣mg＝ma，解得T=故答案為：15g，【點評】學生在解答本題時，應注意靈活選擇研究對象，采用整體法分析可提高解題效率。四．解答題（共5小題）21．（2024春?湖南期末）一個小物塊以初速度v0＝10m/s沖上足夠長的粗糙斜面，斜面傾角θ，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊在斜面上運動的v﹣t圖像如圖所示，重力加速度g取10m/s2，求斜面傾角θ的正弦值sinθ及物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ。【考點】物體在粗糙斜面上的運動；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；控制變量法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】斜面傾角θ的正弦值sinθ為0.6，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ為0.5。【分析】由速度—時間圖像的斜率求出物體個階段的加速度大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；【解答】解：由v﹣t圖像的斜率表示加速度，第1秒內(nèi)物塊的加速度大小a1=ΔvΔt=10?0第1∽3秒內(nèi)物塊的加速度大小a1==m/s2＝2m/s第1秒內(nèi)小物塊沿斜面向上做勻減速運動，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma11﹣3秒內(nèi)小物塊沿斜面向下做勻加速運動，由牛頓第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得sinθ＝0.6，μ＝0.5答：斜面傾角θ的正弦值sinθ為0.6，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ為0.5。【點評】本題考查了牛頓第二定律與圖像的結(jié)合題型，解題的關(guān)鍵是理解速度與時間圖像的斜率、面積所表達的物理意義，并會熟練應用勻變速直線運動規(guī)律。22．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實物照片，乙圖是其運輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長度LAB＝12m、BC部分長度LBC＝9m，運行速度恒為2m/s。現(xiàn)工人每隔1s在底端A點放上一個水果箱，C點恰好掉下去一個水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有多少個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2。【考點】多種傳送帶的組合問題；勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；推理能力．【答案】（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有13個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為0.2m，最大值為2m。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律計算小物塊在斜面上的加速度，根據(jù)運動學公式計算小物塊在傳送帶上勻速運動的時間和可以放置木塊數(shù)；（2）當?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶1s時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，當兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠，根據(jù)運動學公式計算兩相鄰水果箱之間的距離的最小值與最大值。【解答】解：（1）把水果箱簡化成小物塊，小物塊在斜面上的加速度a＝μgcos37°﹣gsin37°＝（0.8×10×0.8﹣10×0.6）m/s2＝0.4m/s2則物體在斜面上加速的時間為t1加速過程的對地位移為x=v則小物塊在傳送帶上勻速運動的位移x'＝LAB+LBC﹣x＝12m+9m﹣5m＝16m小物塊在傳送帶上勻速運動的時間為t2已知每隔1s放上一個小木塊，則傳送帶上共可以放置木塊數(shù)為n=t（2）根據(jù)分析當?shù)谝粋€小木塊放上傳送帶1s時，恰好放置第2個木塊時此時兩木塊距離最近，有Δx當兩個木塊均勻速時，兩個小物塊距離最遠，有Δx2＝vT＝2×1m＝2m答：（1）穩(wěn)定運行時傳送帶上有13個水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為0.2m，最大值為2m。【點評】本題考查物體在傳送帶上的運動，對于兩個有相對運動的物體，速度慢的物體受到的摩擦力是動力，速度快的物體受到的摩擦力是阻力。同時要明確當兩個物體達到共速時，摩擦力一定會發(fā)生變化。通過受力情況結(jié)合牛頓第二定律求加速度，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律分析物體的運動。23．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級期末）在安全領域有一種常用的“軟”性材料，其特性是越碰越軟，經(jīng)測定：當在第k次碰撞時，碰后反彈速度為第1次碰前速度大小的1k(k+1)。如圖所示，一質(zhì)量為M＝20kg的足夠長木板放在傾角θ＝37°的斜面上，板A端距斜面底端的距離為0.4m，由此材料做成的擋板固定在斜面底端。將一質(zhì)量m＝5kg的小物塊從距離木板B端5m處，以初速度v0＝9.2m/s沿木板向上滑上木板，同時釋放木板，已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.42。小物塊可以看作質(zhì)點，已知重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，1（1）小物塊剛滑上木板時，小物塊和木板的加速度的大小和方向；（2）第1次與擋板碰撞前，小物塊相對木板向上滑行的最大距離；（3）從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離。【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動規(guī)律的綜合應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）小物塊剛滑上木板時，小物塊的加速度為10m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度為0.8m/s2，方向沿斜面向下；（2）第1次與擋板碰撞前，小物塊相對木板向上滑行的最大距離4.6m；（3）從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離0.2m。【分析】（1）利用牛頓第二定律求出小物塊剛滑上木板時，小物塊和木板的加速度的大小和方向；（2）利用運動學公式求出第1次與擋板碰撞前，小物塊相對木板向上滑行的最大距離；（3）利用牛頓第二定律結(jié)合運動學公式求得從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離。【解答】解：（1）對小物塊由牛頓第二定律可得mgsin37°+μ1mgcos37°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得小物塊加速度大小為a1＝10m/s2方向沿斜面向下。對木板由牛頓第二定律可得Mgsin37°?μ2（m+M）gcos37°?μ1mgcos37°＝Ma2代入數(shù)據(jù)解得木板加速度大小為a2＝0.8m/s2方向沿斜面向下。（2）長木板向下做勻加速直線運動，位移是x2＝0.4m所用時間t1=1s時的長木板的速度為v板＝a2t1＝0.8×1m/s＝0.8m/s1s時的小物塊的速度為v塊＝v0﹣a1t1＝9.2m/s﹣10×1m/s＝﹣0.8m/s，負號說明方向沿斜面向下可見木板第1次與擋板碰撞時，小物塊與木板恰好共速。第1次與擋板碰撞前，小物塊的位移為x1′＝v0t1?12a1t1第1次與擋板碰撞前，長木板位移為x2′=12a2t1第1次與擋板碰撞前，小物塊相對木板向上滑行的最大距離Δx＝x1′?（?x2′）＝4.2m+0.4m＝4.6m（3）由題意可知，長木板與擋板碰撞后，對小物塊沿長木板下滑，則有mgsinθ?μ1mgcosθ＝ma3解得a3＝2m/s2對長木板上滑過程則有Mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2（M+m）gcosθ＝Ma4解得a4＝11.2m/s2下滑過程則有Mgsinθ+μ1mgcosθ?μ2（M+m）gcosθ＝Ma5解得a5＝2.8m/s2第1次碰撞前v1＝v共＝0.8m/s第1次碰撞后v1′=11×2用時間t上1=第2次碰撞前v2=所用時間t下1=第2次碰撞后v2′=所用時間t上2=第3次碰撞前v3=t下2=因此有t上＝t上1+t上2+?t上14=(1?t下＝t下1+t下2+?t下14=(1?t＝t上+t下解得t=可得小物塊沿斜面滑行的距離x＝v1t+12a3解得x＝0.2m答：（1）小物塊剛滑上木板時，小物塊的加速度為10m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度為0.8m/s2，方向沿斜面向下；（2）第1次與擋板碰撞前，小物塊相對木板向上滑行的最大距離4.6m；（3）從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離0.2m。【點評】本題重點考查了復雜運動的分析能力和數(shù)理結(jié)合的運用，考查了應用牛頓第二定律解答相對運動問題。此題關(guān)鍵是能夠分析出小滑塊相對木板運動的路程等于小滑塊運動的位移大小。24．（2024春?遼寧期末）如圖甲所示，質(zhì)量M＝2kg的L形工件靜置于粗糙的水平桌面上，O為工件上表面一點，工件上表面O點左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。質(zhì)量m＝1kg的可以看成質(zhì)點的小滑塊放在工件上并緊靠左側(cè)壁，其與工件上表面粗糙部分間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8。現(xiàn)對工件施加大小為12N的水平推力F，并于1.5s后撤去推力F。在推力作用下工件運動的速度v隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示。撤去推力后，當滑塊到達O點時工件速度恰好為零，滑塊運動過程中始終未滑出工件。g取10m/s2，不計工件側(cè)壁的厚度，桌面足夠長。求：（1）工件底面與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ′；（2）工件光滑部分的長度d；（3）工件的最小長度L和工件發(fā)生的總位移x。【考點】有外力的水平板塊模型；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況；牛頓第二定律求解瞬時問題．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題．【答案】（1）工件底面與水平桌面間的動摩擦因數(shù)0.2；（2）工件光滑部分的長度1.5m；（3）工件的最小長度2m，和工件發(fā)生的總位移236【分析】（1）由工件運動的v﹣t圖像得加速度大小，對整體由牛頓第二定律求解工件底面與水平桌面間的動摩擦因數(shù)；（2）撤去推力F后，對工件根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，根據(jù)速度—時間關(guān)系求解工件運動時間，根據(jù)位移—時間關(guān)系求解工件光滑部分的長度；（3）滑塊運動到粗糙面上時，對滑塊、對工件分別根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小；根據(jù)運動學公式求解滑塊與工件達到共速的時間和速度，再根據(jù)位移—時間關(guān)系求解工件的最小長度；根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊與工件達到共速后兩者一起減速運動的加速度；工件從開始運動到最后靜止，經(jīng)歷了先加速后減速，再加速，最后減速的運動過程，根據(jù)位移—時間關(guān)系求解發(fā)生的位移。【解答】解：（1）由工件運動的丙圖像得a0設工件底面與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ'，在水平推力作用下，滑塊與工件看成整體，對整體由牛頓第二定律可得F﹣μ'（M+m）g＝（M+m）a0解得μ'＝0.2（2）撤去推力F后，滑塊勻速到達O點，工件做減速運動，對工件則有﹣μ'（M+m）g＝Ma1解得a1工件運動時間為t1解得t1＝1s工件光滑部分的長度d=v解得d＝1.5m（3）滑塊運動到粗糙面上時，由于μmg＝8N＞μ'（M+m）g＝6N滑塊做減速運動，工件做加速運動，對滑塊則有﹣μmg＝ma2解得a2對工件則有μmg﹣μ'（M+m）g＝Ma3解得a3滑塊運動在粗糙面上時，與工件達到共速，則有v共＝v0+a2t2＝a3t2解得t2=1滑塊與工件右側(cè)壁未相碰，則粗糙面長度最小為d′=v解得d′＝0.5m則工件的最小長度為L＝d+d'＝1.5m+0.5m＝2m滑塊與工件達到共速后兩者一起減速運動，加速度﹣μ'（M+m）g＝（M+m）a4解得a4工件從開始運動到最后靜止，經(jīng)歷了先加速后減速，再加速，最后減速的運動過程，發(fā)生的位移x=v解得x=23答：（1）工件底面與水平桌面間的動摩擦因數(shù)0.2；（2）工件光滑部分的長度1.5m；（3）工件的最小長度2m，和工件發(fā)生的總位移236【點評】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運動的橋梁。25．（2023秋?新吳區(qū)校級期末）如圖甲所示，在傾角為θ＝30°的固定光滑斜面上，輕質(zhì)彈簧下端固定在底端擋板上，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊A相連，A上疊放另一個質(zhì)量也為2m的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時兩滑塊均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)用沿斜面向上的拉力作用在滑塊B上，使B開始沿斜面向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個滑塊的vt圖像如圖乙所示，重力加速度為g，sin30°＝0.5，求：（1）B剛開始運動時AB間的彈力大小；（2）t＝0和t1時刻作用在滑塊B上的拉力大小；（3）從AB分離之時到A的速度達到最大值，這一過程中A的位移。【考點】牛頓第二定律求解多過程問題；整體法與隔離法；胡克定律及其應用．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；受力分析方法專題；理解能力．【答案】（1）滑塊B剛開始運動時AB間的彈力大小為m（g﹣a）；（2）t＝0時刻作用在滑塊B上的拉力大小為3ma；t1時刻作用在滑塊B上的拉力大小為m（g+2a）；（3）從AB分離之時到A的速度達到最大值，這一過程中A的位移為mak【分析】（1）以整體為研究對象，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律求拉力F；以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解AB間的彈力；（2）根據(jù)（1）求解t＝0時刻的拉力；t1時刻A、B分離，根據(jù)牛頓第二定律求解此時的拉力；（3）根據(jù)牛頓第二定律求解A、B分離時彈簧的壓縮量；A的速度達到最大值時，A的加速度最大，根據(jù)平衡條件求解彈簧的壓縮量，兩次彈簧的壓縮量之差為A移動的位移。【解答】解：（1）初始狀態(tài)，對整體進行受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件3mgsinθ＝kx0施加力F后，做勻加速直線運動；對整體，根據(jù)牛頓第二定律F+kx0﹣3mgsinθ＝3ma解得F＝3ma對滑塊B，受力分析如圖所示：F+NAB﹣2mgsinθ＝2ma解得NAB＝m（g﹣a）（2）由（1）中分析可知在t＝0時刻F＝3ma在t1時刻AB分離，此時兩者之間的彈力為零；對滑塊B，根據(jù)牛頓第二定律F﹣2mgsinθ＝2ma解得F＝m（g+2a）（3）分離時彈簧的壓縮量為x1對滑塊A，根據(jù)牛頓第二定律kx1﹣mgsinθ＝ma解得x當A的速度最大時，加速度為零；對滑塊A，根據(jù)平衡條件kx2＝mgsinθ則彈簧的壓縮量x則兩次壓縮量之差即為x從AB分離之時到A的速度達到最大值，這一過程中A的位移為mak答：（1）滑塊B剛開始運動時AB間的彈力大小為m（g﹣a）；（2）t＝0時刻作用在滑塊B上的拉力大小為3ma；t1時刻作用在滑塊B上的拉力大小為m（g+2a）；（3）從AB分離之時到A的速度達到最大值，這一過程中A的位移為mak【點評】本題主要考查了連接體問題，合理選擇研究對象，正確進行受力分析和運動狀態(tài)分析是解題的關(guān)鍵；要掌握牛頓第二定律、平衡條件以及胡克定律的綜合運用；要理解A、B分離的臨界條件。

考點卡片1．勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系【知識點的認識】勻變速直線運動的速度—時間公式：vt＝v0+at．其中，vt為末速度，v0為初速度，a為加速度，運用此公式解題時要注意公式的矢量性．在直線運動中，如果選定了該直線的一個方向為正方向，則凡與規(guī)定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡與規(guī)定正方向相反的矢量在公式中取負值，因此，應先規(guī)定正方向．（一般以v0的方向為正方向，則對于勻加速直線運動，加速度取正值；對于勻減速直線運動，加速度取負值．）【命題方向】例1：一個質(zhì)點從靜止開始以1m/s2的加速度做勻加速直線運動，經(jīng)5s后做勻速直線運動，最后2s的時間內(nèi)使質(zhì)點做勻減速直線運動直到靜止．求：（1）質(zhì)點做勻速運動時的速度；（2）質(zhì)點做勻減速運動時的加速度大小．分析：根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出5s末的速度，結(jié)合速度時間公式求出質(zhì)點速度減為零的時間．解答：（1）根據(jù)速度時間公式得，物體在5s時的速度為：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物體速度減為零的時間2s，做勻減速運動時的加速度大小為：a2=vt答：（1）質(zhì)點做勻速運動時的速度5m/s；（2）質(zhì)點做勻減速運動時的加速度大小2.5m/s2．點評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的速度時間公式和位移時間公式，并能靈活運用．例2：汽車以28m/s的速度勻速行駛，現(xiàn)以4.0m/s2的加速度開始剎車，則剎車后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽車剎車到停止所需的時間，因為汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)v＝v0+at，求出剎車后的瞬時速度．解答：由題以初速度v0＝28m/s的方向為正方向，則加速度：a=vt?剎車至停止所需時間：t=v故剎車后4s時的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s剎車后8s時汽車已停止運動，故：v8＝0答：剎車后4s末速度為12m/s，8s末的速度是0．點評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運動的速度與時間公式v＝v0+at，以及知道汽車剎車停止后不再運動，在8s內(nèi)的速度等于在7s內(nèi)的速度．解決此類問題一定要注意分析物體停止的時間．【解題方法點撥】1．解答題的解題步驟（可參考例1）：①分清過程（畫示意圖）；②找參量（已知量、未知量）③明確規(guī)律（勻加速直線運動、勻減速直線運動等）④利用公式列方程（選取正方向）⑤求解驗算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，剎車問題要先判斷停止時間．2．勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系【知識點的認識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導①利用微積分思想進行推導：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝v（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需