資源簡介

微專題2　勻變速直線運(yùn)動　牛頓運(yùn)動定律?。?選擇題］
1.勻變速直線運(yùn)動的求解方法
基本公式法、平均速度(中間時刻瞬時速度)法、比值法、逆向思維法等，原則上所有的勻變速直線運(yùn)動問題都可應(yīng)用兩個基本公式v=v0+at，x=v0t+at2求解，但根據(jù)不同問題利用推論公式并輔以逆向思維法、初速度為零的比例式解題更簡便。
2.豎直上拋運(yùn)動和雙向可逆類問題
全過程是勻變速直線運(yùn)動，并具有對稱性的特點(diǎn)，可對全過程應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律列式。
3.對于多過程問題，應(yīng)畫出運(yùn)動過程示意圖。前一過程的末速度是后一階段的初速度。
對于“0-v-0”模型，
全程=
x總=t總
a1t1=a2t2
v2=2a1x1=2a2x2
==。
4.若兩物體一起運(yùn)動(連接體)，兩物體具有相同加速度，通常采用先整體后隔離的方法求解；若兩物體有相對運(yùn)動(板塊模型)，兩物體應(yīng)分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程。
5.利用牛頓第二定律求解加速度時，若物體受到兩個力，一般應(yīng)用合成法求解；若物體受到多個力，一般應(yīng)用正交分解法求解。
考點(diǎn)一　勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律及應(yīng)用
1.(2024·山東卷·3)如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點(diǎn)距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點(diǎn)的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點(diǎn)的時間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為：
A.(-1)∶(-1) B.(-)∶(-1)
C.(+1)∶(+1) D.(+)∶(+1)
2.(2024·福建卷·3)某直線運(yùn)動的v-t圖像如圖所示，其中0~3 s為直線，3~3.5 s為曲線，3.5~6 s為直線，則以下說法正確的是：
A.0~3 s的平均速度為10 m/s
B.3.5~6 s做勻減速直線運(yùn)動
C.0~3 s的加速度比3.5~6 s的大
D.0~3 s的位移比3.5~6 s的小
3.(2024·遼寧省名校聯(lián)盟一模)清晨，一對父女沿平直公路晨跑，父女倆均以2 m/s的速度勻速運(yùn)動，女兒在父親前面8 m處，父親帶著的手機(jī)播放音樂，女兒用藍(lán)牙耳機(jī)收聽；某時刻女兒開始以1 m/s2的加速度勻加速奔跑，速度達(dá)到6 m/s后繼續(xù)勻速運(yùn)動。若藍(lán)牙耳機(jī)連接信號的最大距離為200 m，則女兒開始加速運(yùn)動多長時間后不能收聽到音樂：
A.25 s B.44 s C.48 s D.50 s
4.(2024·重慶市大足中學(xué)二模)如圖所示，在相距較遠(yuǎn)的兩平行金屬板中央有一個靜止的帶電粒子(不計重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，在t=0時刻靜止釋放該粒子，下列說法正確的是：
A.電壓如甲圖所示時，在0~T時間內(nèi)，粒子的電勢能先增加后減少
B.電壓如乙圖所示時，在0~時間內(nèi)，粒子先做勻加速直線運(yùn)動，后做勻減速直線運(yùn)動
C.電壓如丙圖所示時，在0~時間內(nèi)，粒子動量變化量為0
D.電壓如丁圖所示時，若粒子在T之前不能到達(dá)極板，則一直不能到達(dá)極板
【點(diǎn)撥·提煉】　注意將UAB-t圖像轉(zhuǎn)化為a-t圖像，通過UABEFa，從而將UAB-t關(guān)系與粒子的運(yùn)動過程相對應(yīng)。
考點(diǎn)二　牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用
5.(2024·北京市石景山區(qū)一模)如圖甲所示，一質(zhì)量為2 kg的物塊受到水平拉力F作用，在粗糙水平地面上做加速直線運(yùn)動，其a-t圖像如圖乙所示，t=0時其速度大小為2 m/s。物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，g取10 m/s2。下列說法錯誤的是：
A.在t=2 s時刻，物塊的速度為5 m/s
B.在0~2 s時間內(nèi)，物塊的位移大于7 m
C.在 t=1 s時刻， 物塊的加速度為1.5 m/s2
D.在t=1 s時刻，拉力F的大小為5 N
6.(2024·湖南卷·3)如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為：
A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
7.(多選)(2024·福建廈門市期中)水平地面上方存在水平方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、帶負(fù)電且電荷量為q的小球A以一定的初速度v0從地面上的O點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，速度方向與水平電場方向的夾角為53°，恰好沿v0方向離開地面，在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，重力加速度為g，忽略空氣阻力，sin 53°=0.8。則：
A.電場方向水平向右且靜電力大小為mg
B.從地面到最高點(diǎn)，克服重力做功為m
C.從地面到最高點(diǎn)，克服靜電力做功為0.18m
D.從地面出發(fā)再回到地面用時為
8.(2024·湖北省重點(diǎn)中學(xué)二模)如今網(wǎng)上購物非常流行，快遞公司把郵件送到家里，消費(fèi)者足不出戶就可以購買到想要的商品。如圖是某快遞公司分揀郵件的傾斜傳輸裝置：傳送帶A、B間長度為L=10 m，傾角為θ=30°，正以恒定速率v=5 m/s順時針運(yùn)轉(zhuǎn)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m=1 kg的郵件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶底端A點(diǎn)，則郵件從A運(yùn)動到B過程中，傳送帶對郵件的沖量大小為(已知郵件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=，重力加速度g=10 m/s2)：
A.5 N·s B.20 N·s
C.15 N·s D.5 N·s
9.(多選)(2024·黑吉遼·10)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(yùn)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.小物塊在t=3t0時刻滑上木板
B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μ
C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3∶4
D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動
1.(2024·黑龍江哈爾濱市第六中學(xué)模擬)a、b兩物體從同一地點(diǎn)同時出發(fā)，沿相同方向運(yùn)動。圖甲是a做勻加速直線運(yùn)動的x-t圖像，圖乙是b做勻減速直線運(yùn)動的x-v2圖像。則下列說法正確的是：
A.t=1.25 s時兩物體速度相等
B.前2 s內(nèi)兩物體間距離一直在變大
C.t=0時刻，a的速度為2 m/s，b的速度為12.5 m/s
D.a的加速度大小為4 m/s2，b的加速度大小為8 m/s2
2.(2024·安徽省皖北8校大聯(lián)考)某同學(xué)完成課外探究作業(yè)時需要測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細(xì)繩的下端綁上一支圓珠筆，細(xì)繩的上端用電工膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段穩(wěn)定加速過程中，細(xì)繩偏離了豎直方向，他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時情景的照片如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直。為進(jìn)一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質(zhì)量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關(guān)系可能正確的是：
A　　　　B　　　 C　　　D
3.(2024·湖南邵陽市一模)一質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)做初速度為零、加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t后到達(dá)B點(diǎn)，此時加速度突然反向，大小變?yōu)閍2，又經(jīng)過2t的時間到達(dá)C點(diǎn)。已知AC的距離為AB的距離的2倍，則a1與a2的大小之比可能為：
A. B. C. D.
4.(2024·安徽卷·6)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上，緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中：
A.速度一直增大 B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小
5.(2024·貴州畢節(jié)市二模)當(dāng)前，破舊高樓外墻磚易脫落造成安全事故，引發(fā)人們關(guān)注。某實(shí)驗(yàn)小組對墻磚脫落的運(yùn)動進(jìn)行定量研究。在一次模擬實(shí)驗(yàn)中，小組成員將一墻磚從某舊樓(無人居住)的樓頂由靜止釋放，下落一小段距離后，開始計時，采集從此位置開始下落的高度H與時間t的相關(guān)數(shù)據(jù)，并作出-t的圖像如圖，運(yùn)動過程中空氣阻力恒定。則：
A.計時開始時墻磚的速度大小為0
B.本次實(shí)驗(yàn)中墻磚下落的加速度大小為8 m/s2
C.從計時開始，墻磚在2 s內(nèi)的平均速度為6 m/s
D.計時開始后經(jīng)3 s墻磚恰好落至地面，則這棟舊樓高度約為24 m
答案精析
高頻考點(diǎn)練
1.A　[方法一　基本公式法
木板在斜面上運(yùn)動時，木板的加速度不變，設(shè)加速度為a，木板從靜止釋放到下端到達(dá)A點(diǎn)的過程，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有L=a
木板從靜止釋放到上端到達(dá)A點(diǎn)的過程，當(dāng)木板長度為L時，有2L=a
當(dāng)木板長度為2L時，有3L=a
又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0
聯(lián)立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)
故選A。
方法二　比例式法
設(shè)木板從靜止釋放到下端到達(dá)A點(diǎn)的時間為t0，木板經(jīng)過A點(diǎn)時間為Δt1
若木板長度為L，
則t0∶Δt1=1∶(-1)①
若木板長度為2L，設(shè)木板經(jīng)過A點(diǎn)時間為Δt2
t0∶Δt2=1∶[(-1)+(-)]=1∶(-1)②
聯(lián)立①②得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)]
2.B　[根據(jù)v-t圖像可知，0~3 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動，平均速度為= m/s=15 m/s，故A錯誤；
根據(jù)v-t圖像可知，3.5~6 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動，故B正確；
根據(jù)v-t圖像的斜率絕對值表示加速度大小，可知0~3 s的加速度大小為a1= m/s2=10 m/s2，3.5~6 s的加速度大小滿足a2> m/s2=10 m/s2，可知0~3 s的加速度比3.5~6 s的小，故C錯誤；
根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移可得，0~3 s的位移為x1=×30×3 m=45 m，3.5~6 s的位移滿足x2<×30×(6-3.5) m=37.5 m，可知0~3 s的位移比3.5~6 s的大，故D錯誤。]
3.D　[當(dāng)兩者間距達(dá)到200 m后，不能收聽到音樂，則t1==4 s，根據(jù)s=(v0+vm)t1+vm(t-t1)+s0-v0t，解得t=50 s。故選D。]
4.D　[電壓是甲圖時，0~T時間內(nèi)，靜電力先向某一方向后反向，則粒子先做勻加速直線運(yùn)動，后做勻減速直線運(yùn)動，即靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓是乙圖時，在0~時間內(nèi)，粒子先加速后減速，粒子所受電壓在發(fā)生變化，故靜電力在發(fā)生變化，不是勻變速運(yùn)動，故B錯誤；電壓是丙圖時，粒子先做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動，過了T后做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動，到T時速度減為0，之后重復(fù)前面的運(yùn)動，故粒子一直朝同一方向運(yùn)動，故在0~時間內(nèi)，粒子動量變化量不為0，故C錯誤；電壓是丁圖時，粒子先加速，到T后減速T后反向加速T后減速，T時速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動，故粒子做往復(fù)運(yùn)動，若粒子在T之前不能到達(dá)極板，則一直不能到達(dá)極板，故D正確。]
5.B　[根據(jù)Δv=at，可得a-t圖像與t軸圍成的面積表示對應(yīng)時間內(nèi)速度的增量，t=2 s時刻，物塊的速度v= m/s+2 m/s=5 m/s，故A正確；在0~2 s時間內(nèi)，物塊做加速度增大的加速運(yùn)動，速度—時間圖像如圖中實(shí)線，虛線為勻變速直線運(yùn)動的速度—時間圖像。由v-t圖像與t軸圍成的面積表示位移可知0~2 s時間內(nèi)，物塊的位移x< m=7 m，故B錯誤；由題圖乙可得a=1+t，在t=1 s時刻， 物塊的加速度為1.5 m/s2，故C正確；在t=1 s時刻，由牛頓第二定律可得F-μmg=ma，代入數(shù)據(jù)解得F=5 N，故D正確。]
6.A　[剪斷前，對B、C、D整體受力分析：A、B間輕彈簧的彈力
FAB=(3m+2m+m)g=6mg
對D受力分析：C、D間輕彈簧的彈力FCD=mg
剪斷后，對B：FAB-3mg=3maB
解得aB=g，方向豎直向上
對C：FDC+2mg=2maC
解得aC=1.5g，方向豎直向下，故選A。]
7.AC　[小球恰好沿v0方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，可知小球受到的重力和靜電力的合力方向剛好與v0方向相反，如圖所示，可知靜電力大小為qE==mg，由于小球帶負(fù)電，可知電場方向水平向右，故A正確；小球受到的合力為F==mg，小球的加速度為a==g，根據(jù)對稱性可知，從地面出發(fā)再回到地面用時為t=2t1=2=從地面到最高點(diǎn)，通過的位移大小為s==則從地面到最高點(diǎn)，克服重力做功為WG=mgh=mgssin 53°=m從地面到最高點(diǎn)，克服靜電力做功為W電=qEscos 53°=0.18m故B、D錯誤，C正確。]
8.D　[郵件輕放在傳送帶上時，受力分析如圖所示，支持力FN=mgcos θ=5 N，摩擦力Ff1=μmgcos θ=7.5 N，根據(jù)牛頓第二定律得沿斜面方向μmgcos θ-mgsin θ=ma可知，郵件上升的加速度為a=2.5 m/s2，當(dāng)郵件與傳送帶速度相同時，由v=at1，得t1==2 s，則相對位移為x=vt1-a=5 m9.ABD　[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正確；
設(shè)小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為μ0，取水平向右為正方向，根據(jù)題意結(jié)合圖像可知小物塊開始滑上木板時的速度為v0=-μgt0，小物塊在木板上滑動的加速度為a0==μ0g，經(jīng)過t0時間與木板共速此時速度為v共=μgt0，故可得a0==2μg，解得μ0=2μ，故B正確；
設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知小物塊未滑上木板時，木板的加速度為a==μg，由牛頓第二定律得F-μMg=Ma，解得F=μMg，根據(jù)圖像可知小物塊滑上木板后木板的加速度為a'==-μg，此時對木板由牛頓第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'，解得=故C錯誤；
假設(shè)t=4t0之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動，對整體F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0，故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動，故D正確。]
補(bǔ)償強(qiáng)化練
1.A　[xa=v0t+a1t2，將題圖甲的(1，2)，(2，8)代入解得：v0=0，a1=4 m/s2，則va=a1t=4t (m/s)，題圖乙中b做初速度為10 m/s的勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)0-=2a2xb，解得a2=-4 m/s2，則vb=v0+a2t=10-4t (m/s)，由此分析：t=1.25 s時va=5 m/s，vb=5 m/s，故A正確；a做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，b做初速度為10 m/s的勻減速直線運(yùn)動，因此一開始b在a前，vavb，a、b間距離將變小，故B錯誤；t=0時刻，a的速度為0，b的速度為10 m/s，故C錯誤；由以上分析可知a的加速度大小為4 m/s2，b的加速度大小也為4 m/s2，故D錯誤。]
2.B　[設(shè)上面小球質(zhì)量為m，下面小球質(zhì)量為M，以兩個小球整體為研究對象，受到重力(m+M)g和拉力FT1，如圖甲所示
根據(jù)牛頓第二定律有
(m+M)a=(m+M)gtan α
解得a=tan α
以下面小球?yàn)檠芯繉ο?，受到重力Mg和拉力FT2，如圖乙所示
根據(jù)牛頓第二定律有Ma=Mgtan θ
解得a=tan θ
因?yàn)閮汕虻募铀俣认嗤?，則可知兩段繩與豎直方向的夾角相同，故選B。]
3.A　[如圖所示，
設(shè)AB=x，以A到B方向?yàn)檎较颍瑥腁到B有x=a1t2，vB=a1t，若C點(diǎn)在A點(diǎn)右側(cè)，從B到C有x=vB·2t-a2(2t)2，解得=若C點(diǎn)在A點(diǎn)左側(cè)，從B到C有-3x=vB·2t-a2(2t)2，解得=綜上所述，a1與a2的大小之比可能為、。故A正確，B、C、D錯誤。]
4.A　[在P點(diǎn)保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力的合力為零。此時兩彈簧的合力大小為mg。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力方向始終向下，小球一直做加速運(yùn)動，故A正確，B錯誤；
小球從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中，彈簧形變量變小，兩彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合力一直變小，加速度一直減小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg=ma，得a=2g，即加速度的最大值為2g，C、D錯誤。]
5.B　[設(shè)計時開始時墻磚的速度為v0，墻磚下落的加速度為a，得H=v0t+at2，整理得=v0+at，結(jié)合題圖可知v0=2 m/sa= m/s2，解得a=8 m/s2，故A錯誤，B正確；從計時開始，墻磚在2 s時的速度為v2=v0+at2=18 m/s，故該段時間內(nèi)平均速度為==10 m/s，故C錯誤；由靜止釋放到開始計時的時間為t0==0.25 s，故這棟舊樓高度為h=a(t0+t3)2=×8×(0.25+3)2 m=42.25 m，故D錯誤。](共50張PPT)
專題一　力與運(yùn)動
微專題2
勻變速直線運(yùn)動　牛頓運(yùn)動定律　[1選擇題]
知識聚焦
高頻考點(diǎn)練
內(nèi)容索引
核心精講
補(bǔ)償強(qiáng)化練
知識聚焦
PART ONE
1.勻變速直線運(yùn)動的求解方法
基本公式法、平均速度(中間時刻瞬時速度)法、比值法、逆向思維法等，原則上所有的勻變速直線運(yùn)動問題都可應(yīng)用兩個基本公式v=v0+at，x=v0t+at2求解，但根據(jù)不同問題利用推論公式并輔以逆向思維法、初速度為零的比例式解題更簡便。
2.豎直上拋運(yùn)動和雙向可逆類問題
全過程是勻變速直線運(yùn)動，并具有對稱性的特點(diǎn)，可對全過程應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律列式。
核心精講
PART TWO
3. 對于多過程問題，應(yīng)畫出運(yùn)動過程示意圖。前一過程的末速度是后一階段的初速度。
對于“0-v-0”模型，
全程=
x總=t總
a1t1=a2t2
v2=2a1x1=2a2x2
==。
4.若兩物體一起運(yùn)動(連接體)，兩物體具有相同加速度，通常采用先整體后隔離的方法求解；若兩物體有相對運(yùn)動(板塊模型)，兩物體應(yīng)分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程。
5.利用牛頓第二定律求解加速度時，若物體受到兩個力，一般應(yīng)用合成法求解；若物體受到多個力，一般應(yīng)用正交分解法求解。
考點(diǎn)一　勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律及應(yīng)用
1.(2024·山東卷·3)如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點(diǎn)距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點(diǎn)的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點(diǎn)的時間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為
A.(-1)∶(-1)
B.(-)∶(-1)
C.(+1)∶(+1)
D.(+)∶(+1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
高頻考點(diǎn)練
PART THREE
1
2
3
4
5
6
方法一　基本公式法
木板在斜面上運(yùn)動時，木板的加速度不變，設(shè)加速
度為a，木板從靜止釋放到下端到達(dá)A點(diǎn)的過程，
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有L=a
木板從靜止釋放到上端到達(dá)A點(diǎn)的過程，當(dāng)木板長度為L時，有2L=a
當(dāng)木板長度為2L時，有3L=a
7
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9
1
2
3
4
5
6
又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0
聯(lián)立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)
故選A。
方法二　比例式法
設(shè)木板從靜止釋放到下端到達(dá)A點(diǎn)的時間為t0，木板經(jīng)過A點(diǎn)時間為Δt1
若木板長度為L，
則t0∶Δt1=1∶(-1) ①
7
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9
1
2
3
4
5
6
若木板長度為2L，設(shè)木板經(jīng)過A點(diǎn)時間為Δt2
t0∶Δt2=1∶[(-1)+(-)]=1∶(-1) ②
聯(lián)立①②得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)
7
8
9
2.(2024·福建卷·3)某直線運(yùn)動的v-t圖像如圖所示，其中0~3 s為直線，3~ 3.5 s為曲線，3.5~6 s為直線，則以下說法正確的是
A.0~3 s的平均速度為10 m/s
B.3.5~6 s做勻減速直線運(yùn)動
C.0~3 s的加速度比3.5~6 s的大
D.0~3 s的位移比3.5~6 s的小
√
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6
根據(jù)v-t圖像的斜率絕對值表示加速度大小，可知0~3 s的加速度大小為a1= m/s2=10 m/s2，3.5~6 s的加速度大小滿足a2> m/s2=10 m/s2，可知0~3 s的加速度比3.5~6 s的小，故C錯誤；
根據(jù)v-t圖像可知，0~3 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動，平均速度為= m/s=15 m/s，故A錯誤；
根據(jù)v-t圖像可知，3.5~6 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動，故B正確；
7
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1
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3
4
5
6
根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移可得，0~3 s的位移為x1=×30×3 m=45 m，3.5~6 s的位移滿足x2<×30×(6-3.5) m=37.5 m，可知0~ 3 s的位移比3.5~6 s的大，故D錯誤。
7
8
9
3.(2024·遼寧省名校聯(lián)盟一模)清晨，一對父女沿平直公路晨跑，父女倆均以2 m/s的速度勻速運(yùn)動，女兒在父親前面8 m處，父親帶著的手機(jī)播放音樂，女兒用藍(lán)牙耳機(jī)收聽；某時刻女兒開始以1 m/s2的加速度勻加速奔跑，速度達(dá)到6 m/s后繼續(xù)勻速運(yùn)動。若藍(lán)牙耳機(jī)連接信號的最大距離為200 m，則女兒開始加速運(yùn)動多長時間后不能收聽到音樂
A.25 s B.44 s
C.48 s D.50 s
1
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√
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當(dāng)兩者間距達(dá)到200 m后，不能收聽到音樂，則t1==4 s，根據(jù)s=(v0+vm)t1+vm(t-t1)+s0-v0t，解得t=50 s。故選D。
7
8
9
1
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6
4.(2024·重慶市大足中學(xué)二模)如圖所示，在相距較遠(yuǎn)的兩平行金屬板中央有一個靜止的帶電粒子(不計重力)，當(dāng)兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，在t=0時刻靜止釋放該粒子，下列說法正確的是
7
8
9
1
2
3
4
5
6
A.電壓如甲圖所示時，在0~T時間內(nèi)，粒子
的電勢能先增加后減少
B.電壓如乙圖所示時，在0~時間內(nèi)，粒子先
做勻加速直線運(yùn)動，后做勻減速直線運(yùn)動
C.電壓如丙圖所示時，在0~時間內(nèi)，粒子
動量變化量為0
D.電壓如丁圖所示時，若粒子在T之前不能
到達(dá)極板，則一直不能到達(dá)極板
√
7
8
9
電壓是甲圖時，0~T時間內(nèi)，靜電力先向某一方向后反向，則粒子先做勻加速直線運(yùn)動，后做勻減速直線運(yùn)動，即靜電力先做正功后做負(fù)功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；
電壓是乙圖時，在0~時間內(nèi)，粒子先加速后減速，粒子所受電壓在發(fā)生變化，故靜電力在發(fā)生變化，不是勻變速運(yùn)動，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
電壓是丙圖時，粒子先做加速度先增大后減小的加速運(yùn)動，過了T后做加速度先增大后減小的減速運(yùn)動，到T時速度減為0，之后重復(fù)前面的運(yùn)動，故粒
子一直朝同一方向運(yùn)動，故在0~時間內(nèi)，粒子動量變化量不為0，故C錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
電壓是丁圖時，粒子先加速，到T后減速，T后反向加速，T后減速，T時速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動，故粒子做往復(fù)運(yùn)動，若粒子在T之前不能到達(dá)極板，則一直不能到達(dá)極板，故D正確。
1
2
3
4
5
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點(diǎn)撥·提煉
注意將UAB-t圖像轉(zhuǎn)化為a-t圖像，通過UAB E F a，從而將UAB-t關(guān)系與粒子的運(yùn)動過程相對應(yīng)。
考點(diǎn)二　牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用
5.(2024·北京市石景山區(qū)一模)如圖甲所示，一質(zhì)量為2 kg的物塊受到水平拉力F作用，在粗糙水平地面上做加速直線運(yùn)動，其a-t圖像如圖乙所示，t=0時其速度大小為2 m/s。物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，g取
10 m/s2。下列說法錯誤的是
A.在t=2 s時刻，物塊的速度為5 m/s
B.在0~2 s時間內(nèi)，物塊的位移大于7 m
C.在t=1 s時刻， 物塊的加速度為1.5 m/s2
D.在t=1 s時刻，拉力F的大小為5 N
1
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9
√
1
2
3
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6
根據(jù)Δv=at，可得a-t圖像與t軸圍成的面積表示對應(yīng)時間內(nèi)速度的增量，t=2 s時刻，物塊的速度v= m/s+2 m/s=5 m/s，故A正確；
在0~2 s時間內(nèi)，物塊做加速度增大的加速運(yùn)動，速度—時間圖像如圖中實(shí)線，虛線為勻變速直線運(yùn)動的速度—時間圖像。由v-t圖像與t軸圍成的面積表示位移可知0~2 s時間內(nèi)，物塊的位移x< m=7 m，故B錯誤；
7
8
9
1
2
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4
5
6
由題圖乙可得a=1+t，在t=1 s時刻， 物塊的加速度為
1.5 m/s2，故C正確；
在t=1 s時刻，由牛頓第二定律可得F-μmg=ma，代入數(shù)據(jù)解得F=5 N，故D正確。
7
8
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4
5
6.(2024·湖南卷·3)如圖，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為
A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
√
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1
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4
5
剪斷前，對B、C、D整體受力分析：
A、B間輕彈簧的彈力
FAB=(3m+2m+m)g=6mg
對D受力分析：C、D間輕彈簧的彈力FCD=mg
剪斷后，對B：FAB-3mg=3maB
解得aB=g，方向豎直向上
對C：FDC+2mg=2maC
解得aC=1.5g，方向豎直向下，故選A。
7
8
9
7.(多選)(2024·福建廈門市期中)水平地面上方存在水平方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、帶負(fù)電且電荷量為q的小球A以一定的初速度v0從地面上的O點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場，速度方向與水平電場方向的夾角為53°，恰好沿v0方向離開地面，在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，重力加速度為g，忽略空氣阻力，sin 53°=0.8。則
A.電場方向水平向右且靜電力大小為mg
B.從地面到最高點(diǎn)，克服重力做功為m
C.從地面到最高點(diǎn)，克服靜電力做功為0.18m
D.從地面出發(fā)再回到地面用時為
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√
√
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4
5
小球恰好沿v0方向離開地面在豎直平面內(nèi)做直線運(yùn)動，可知小球受到的重力和靜電力的合力方向剛好與v0方向相反，如圖所示，可知靜電力大小為qE==mg，由于小球帶負(fù)電，可知電場方向水平向右，故A正確；
7
8
9
6
1
2
3
4
5
小球受到的合力為F==mg，小球的加速度為a==g，根據(jù)對稱性可知，從地面出發(fā)再回到地面用時為t=2t1=2=，從地面到最高點(diǎn)，通過的位移大小
為s==，則從地面到最高點(diǎn)，克服重力做功為WG=mgh=mgssin 53°
=m，從地面到最高點(diǎn)，克服靜電力做功為W電=qEscos 53°= 0.18m，故B、D錯誤，C正確。
7
8
9
8.(2024·湖北省重點(diǎn)中學(xué)二模)如今網(wǎng)上購物非常流行，快遞公司把郵件送到家里，消費(fèi)者足不出戶就可以購買到想要的商品。如圖是某快遞公司分揀郵件的傾斜傳輸裝置：傳送帶A、B間長度為L=10 m，傾角為θ=30°，正以恒定速率v=5 m/s順時針運(yùn)轉(zhuǎn)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m=1 kg的郵件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶底端A點(diǎn)，則郵件從A運(yùn)動到B過程中，傳送帶
對郵件的沖量大小為(已知郵件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=，重力
加速度g=10 m/s2)
A.5 N·s B.20 N·s
C.15 N·s D.5 N·s
√
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郵件上升的加速度為a=2.5 m/s2，當(dāng)郵件與傳送帶速度相同時，由v=
at1，得t1==2 s，則相對位移為x=vt1-a=5 m此階段的摩擦力Ff2=mgsin θ=5 N，郵件從A運(yùn)動到B過程中，支持力的沖量I1=FN(t1+t2)=15 N·s，方向垂直斜面向上；
郵件輕放在傳送帶上時，受力分析如圖所示，支持力FN=mgcos θ=5 N，摩擦力Ff1=μmgcos θ=7.5 N，根據(jù)牛頓第二定律得沿斜面方向μmgcos θ-mgsin θ=ma可知，
7
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5
摩擦力的沖量I2=Ff1t1+Ff2t2=20 N·s，方向沿斜面向上；由矢量合成可得傳送帶對郵件的沖量大小I=5 N·s。故選D。
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5
9.(多選)(2024·黑吉遼·10)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(yùn)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.小物塊在t=3t0時刻滑上木板
B.小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為2μ
C.小物塊與木板的質(zhì)量比為3∶4
D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動
√
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√
√
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1
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5
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正確；
設(shè)小物塊和木板間動摩擦因數(shù)為μ0，取水平向
右為正方向，根據(jù)題意結(jié)合圖像可知小物塊開始滑上木板時的速度為
v0=-μgt0，小物塊在木板上滑動的加速度為a0==μ0g，經(jīng)過t0時間與木板共速此時速度為v共=μgt0，故可得a0==2μg，解得μ0=2μ，
故B正確；
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1
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5
設(shè)木板質(zhì)量為M，物塊質(zhì)量為m，根據(jù)圖像可知小物塊未滑上木板時，木板的加速度為a=
=μg，由牛頓第二定律得F-μMg=Ma，解
得F=μMg，根據(jù)圖像可知小物塊滑上木板后木板的加速度為a'= =-μg，此時對木板由牛頓第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'，解得=，故C錯誤；
7
8
9
6
1
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5
假設(shè)t=4t0之后小物塊和木板一起共速運(yùn)動，對整體F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0，故可知此時整體處于平衡狀態(tài)，假設(shè)成立，即t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動，故D正確。
7
8
9
1.(2024·黑龍江哈爾濱市第六中學(xué)模擬)a、b兩物體從同一地點(diǎn)同時出發(fā)，沿相同方向運(yùn)動。圖甲是a做勻加速直線運(yùn)動的x-t圖像，圖乙是b做勻減速直線運(yùn)動的x-v2圖像。則下列說法正確的是
A.t=1.25 s時兩物體速度相等
B.前2 s內(nèi)兩物體間距離一直在變大
C.t=0時刻，a的速度為2 m/s，b的速
度為12.5 m/s
D.a的加速度大小為4 m/s2，b的加速度大小為8 m/s2
1
2
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4
5
√
補(bǔ)償強(qiáng)化練
PART FOUR
1
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3
4
5
xa=v0t+a1t2，將題圖甲的(1，2)，(2，8)代入解得：v0=0，a1=4 m/s2，則va=a1t=4t (m/s)，題圖乙中b做初速度為10 m/s的勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)0-=2a2xb，解得a2=-4 m/s2，則vb=v0+a2t=10-4t (m/s)，由此分析：t=1.25 s時va=5 m/s，vb=5 m/s，故A正確；
1
2
3
4
5
a做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，b做初速度為10 m/s的勻減速直線運(yùn)動，因此一開始b在a前，vavb，a、b間距離將變小，故B錯誤；
1
2
3
4
5
t=0時刻，a的速度為0，b的速度為10 m/s，故C錯誤；
由以上分析可知a的加速度大小為4 m/s2，b的加速度大小也為4 m/s2，故D錯誤。
1
2
3
4
5
2.(2024·安徽省皖北8校大聯(lián)考)某同學(xué)完成課外探究作業(yè)時需要測量地鐵啟動過程中的加速度，他把一根細(xì)繩的下端綁上一支圓珠筆，細(xì)繩的上端用電工膠布臨時固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動后的某段穩(wěn)定加速過程中，細(xì)繩偏離了豎直方向，他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時情景的照片如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直。為進(jìn)一步探究，若把圓珠筆更換成兩個質(zhì)量不同的小球并用輕繩連接起來，不計空氣阻力，則它們的位置關(guān)系可能正確的是
√
設(shè)上面小球質(zhì)量為m，下面小球質(zhì)量為M，以兩個小球整
體為研究對象，受到重力(m+M)g和拉力FT1，如圖甲所示
根據(jù)牛頓第二定律有(m+M)a=(m+M)gtan α
解得a=tan α
以下面小球?yàn)檠芯繉ο螅艿街亓g和拉力FT2，如圖乙所示
根據(jù)牛頓第二定律有Ma=Mgtan θ
解得a=tan θ
因?yàn)閮汕虻募铀俣认嗤瑒t可知兩段繩與豎直方向的夾角
相同，故選B。
1
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3
4
5
3.(2024·湖南邵陽市一模)一質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)做初速度為零、加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過時間t后到達(dá)B點(diǎn)，此時加速度突然反向，大小變?yōu)閍2，又經(jīng)過2t的時間到達(dá)C點(diǎn)。已知AC的距離為AB的距離的2倍，則a1與a2的大小之比可能為
A. B.
C. D.
√
1
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3
4
5
如圖所示，設(shè)AB=x，以A到B方向?yàn)檎较?，從A到B有x=a1t2，vB=a1t，若C點(diǎn)在A點(diǎn)右側(cè)，從B到C有x=vB·2t-a2(2t)2，解得=，若C點(diǎn)在A點(diǎn)左側(cè)，從B到C有-3x=vB·2t-a2(2t)2，解得=，綜上所述，a1與a2的大小之比可能為。故A正確，B、C、D錯誤。
1
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3
4
5
1
2
3
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5
4.(2024·安徽卷·6)如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長。后將小球豎直向上，緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中
A.速度一直增大
B.速度先增大后減小
C.加速度的最大值為3g
D.加速度先增大后減小
√
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2
3
4
5
在P點(diǎn)保持靜止，由平衡條件可知此時拉力F與重力和兩彈簧的拉力的合力為零。此時兩彈簧的合力大小為mg。當(dāng)撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中兩彈簧的拉力與重力的合力方向始終向下，小球一直做加速運(yùn)動，故A正確，B錯誤；
小球從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)的過程中，彈簧形變量變小，兩彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合力一直變小，加速度一直減小，加速度的最大值為撤去拉力時的加速度，由牛頓第二定律可知2mg=ma，得a=2g，即加速度的最大值為2g，C、D錯誤。
5.(2024·貴州畢節(jié)市二模)當(dāng)前，破舊高樓外墻磚易脫落造成安全事故，引發(fā)人們關(guān)注。某實(shí)驗(yàn)小組對墻磚脫落的運(yùn)動進(jìn)行定量研究。在一次模擬實(shí)驗(yàn)中，小組成員將一墻磚從某舊樓(無人居住)的樓頂由靜止釋放，下落一小段距離后，開始計時，采集從此位置開始下落的高度H與時間t的相關(guān)數(shù)據(jù)，并作出-t的圖像如圖，運(yùn)動過程中空氣阻力恒定。則
A.計時開始時墻磚的速度大小為0
B.本次實(shí)驗(yàn)中墻磚下落的加速度大小為8 m/s2
C.從計時開始，墻磚在2 s內(nèi)的平均速度為6 m/s
D.計時開始后經(jīng)3 s墻磚恰好落至地面，則這棟舊
樓高度約為24 m
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√
設(shè)計時開始時墻磚的速度為v0，墻磚下落的加速度
為a，得H=v0t+at2，整理得=v0+at，結(jié)合題圖可知v0=2 m/s，a= m/s2，解得a=8 m/s2，故A錯誤，
B正確；
從計時開始，墻磚在2 s時的速度為v2=v0+at2=18 m/s，故該段時間內(nèi)平
均速度為==10 m/s，故C錯誤；
由靜止釋放到開始計時的時間為t0==0.25 s，故這棟舊樓高度為h=a(t0+t3)2=×8×(0.25+3)2 m=42.25 m，故D錯誤。
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