資源簡介

　專題一　第2講
A組·基礎練
1.(2024·河北卷)籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學拍攝了該過程，并得出了籃球運動的v－t圖像，如圖所示。圖像中a、b、c、d四點中對應籃球位置最高的是(　　)
A．a點 B．b點
C．c點 D．d點
【答案】　A
【解析】　由圖像可知，圖像第四象限表示向下運動，速度為負值。當向下運動到速度最大時籃球與地面接觸，運動發生突變，速度方向變為向上并做勻減速運動。故第一次反彈后上升至與a點對應時，此時速度第一次向上減為零，到達離地面最遠的位置。故四個點中籃球位置最高的是a點。故選A。
2.(2024·甘肅卷)小明測得蘭州地鐵一號線列車從“東方紅廣場”到“蘭州大學”站的v－t圖像如圖所示，此兩站間的距離約為(　　)
A．980 m B．1 230 m
C．1 430 m D．1 880 m
【答案】　C
【解析】　v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，故可得x＝(74－25＋94)×20× m＝1 430 m，故選C。
3.(2024·全國卷)一質點做直線運動，下列描述其位移x或速度v隨時間t變化的圖像中，可能正確的是(　　)
【答案】　C
【解析】　物體做直線運動，位移與時間成函數關系，A、B選項中一個時間對應2個以上的位移，故不可能，故A、B錯誤；同理D選項中一個時間對應2個速度，只有C選項速度與時間是成函數關系，故C正確，D錯誤。
4.(2024·湖北武漢三模)如圖所示，質量相等的兩小球A、B，二者用一輕彈簧豎直連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上，初始時A、B均靜止。現將輕繩剪斷，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前(　　)
A．A的加速度大小的最大值為g
B．B的加速度大小的最大值為2g
C．A的位移大小一定大于B的位移大小
D．A的速度大小均不大于同一時刻B的速度大小
【答案】　C
【解析】　設小球A與B的質量為m，細線剪斷瞬間，彈簧長度不變，彈力不變， B球的合力為零，則B球的加速度為零， A球加速度為aA0＝＝2g，兩小球從靜止開始下落，至彈簧第一次恢復原長過程中，設彈簧的伸長量為x。對A球，由牛頓第二定律得mg＋kx＝maA，對B球，由牛頓第二定律得mg－kx＝maB可知隨著x減小，A球的加速度aA減小，B球的加速度aB增大，所以細線剪斷瞬間，A球的加速度最大，為2g，當彈簧第一次恢復原長時， B球的加速度最大，為 g，故A、B錯誤；由上分析可知，從開始下落到彈簧第一次恢復原長的過程中，A球的加速度大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一時刻B球的速度大小，故C正確，D錯誤。
5.(2024·湖北宜昌一模)智能手機里一般都裝有加速度傳感器。打開手機加速度傳感器軟件，手托著手機在豎直方向上運動，通過軟件得到加速度隨時間變化的圖像如圖所示，以豎直向上為正方向，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
A．t1時刻手機處于完全失重狀態
B．t2時刻手機開始向上運動
C．t3時刻手機達到最大速度
D．手機始終沒有脫離手掌
【答案】　A
【解析】　t1時刻手機加速度為－g，方向豎直向下，手機處于完全失重狀態，故A正確；由題可知整個過程為先托著手機，0～t2內向下做加速運動，t2～t3內向下做減速運動，a－t圖像與坐標軸圍成的面積為速度，t3時刻手機加速度為正方向的最大值，故t3速度小于t2速度，不是最大，故B、C錯誤；手機加速度向上時受到手向上的支持力不會脫離手掌，手機加速度為－g的過程中處于完全失重狀態，可以說此過程手機和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，故D錯誤。故選A。
6.(2024·湖北武漢模擬)質量為m的物塊放置在水平地面上，其與地面間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g。現對其施加一大小為mg的外力，則物塊運動的加速度最大為(　　)
A．g B．g
C．g D．g
【答案】　B
【解析】　對物塊受力分析，設外力與水平方向成θ，如圖。由牛頓第二定律Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化簡可得Fsin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝，tan φ＝，當sin(θ＋φ)＝1時，物塊運動的加速度最大為am＝g，故選B。
7.(多選)(2024·山東濰坊三模)如圖甲是風洞示意圖，風洞可以人工產生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行表演中，質量為50 kg的表演者靜臥于出風口，打開氣流控制開關，表演者與風力作用的正對面積不變，所受風力大小F＝0.05v2(采用國際單位制)，v為風速。控制v可以改變表演者的上升高度h，其v2與h的變化規律如乙圖所示。g取10 m/s2。表演者上升10 m的運動過程中，下列說法正確的是(　　)
A．打開開關瞬間，表演者的加速度大小為2 m/s2
B．表演者一直處于超重狀態
C．表演者上升5 m時獲得最大速度
D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動
【答案】　AC
【解析】　打開開關瞬間，表演者高度為0，則有v＝1.2×104 m2·s－2，根據牛頓第二定律有0.05v－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A正確；根據圖像可知，當風力與表演者的重力相等時有0.05v＝mg，解得v＝1.0×104 m2·s－2，由v2＝1.2×104 m2·s－2－400h可知，重力與風力大小相等時的高度為h1＝5 m可知，在高度小于5 m時，風力大于重力，加速度方向向上，表演者處于超重狀態，在高度大于5 m時，風力小于重力，加速度方向向下，表演者處于失重狀態，故B錯誤；結合上述可知，表演者先向上做加速度減小的加速運動，表演者上升5 m時，加速度為0，速度達到最大值，故C正確；結合上述可知，表演者先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，故D錯誤。故選AC。
B組·綜合練
8.(多選)(2024·福建南平三模)如圖，輕彈簧一端連接質量為m的物體A，另一端固定在豎直墻面上，A通過輕繩跨過輕質定滑輪與質量為m的物體B連接，繩、彈簧與光滑水平桌面平行，A離滑輪足夠遠、B離地面足夠高。初始時A位于O點，彈簧處于原長。現將A由靜止釋放，設A相對O點的位移為x、速度為v、加速度為a、運動時間為t，彈簧彈力大小為F，輕繩張力大小為T，重力加速度為g。從開始運動到A第一次回到O點，下列圖像可能正確的是(　　)
【答案】　BC
【解析】　將A、B視為一個整體，在B的重力和彈簧彈力作用下，加速度隨位移線性變化，做簡諧運動，A錯誤；根據簡諧運動規律可知，從開始運動到A第一次回到O點過程中，物體先做加速度減小的加速運動，當彈簧彈力為mg時，加速度為0，速度最大，之后做加速度增大的減速運動，當速度為0時，彈簧的彈力為2mg，此時相對O點位移最大，B、C正確；當初始釋放時，A、B的加速度為mg＝2ma，解得a＝，對B隔離分析可知mg－T＝ma，解得T＝mg，由于物塊并不是做勻變速直線運動，則彈力隨時間非線性變化，則整體加速度非線性變化，則繩張力非線性變化，D錯誤。故選BC。
9.(2024·北京大興三模)如圖所示，a、b兩物體的質量分別為ma和mb，由輕質彈簧相連，當用恒力F水平向右拉著a，使a、b一起沿粗糙水平面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x，加速度大小為a1。已知a、b兩物體與水平面間的動摩擦因數相同，則下列說法正確的是(　　)
A．如果恒力增大為2F，則兩物體的加速度增大為2a1
B．如果恒力增大為2F，則彈簧伸長量仍為x
C．若水平面光滑，則彈簧伸長量仍為x
D．若水平面光滑，則加速度大小仍為a1
【答案】　C
【解析】　根據題意，由牛頓第二定律，對整體有F－μmag－μmbg＝(ma＋mb)a1，對物體b有kx－μmbg＝mba1解得a1＝＝－μg，x＝＝，如果恒力增大為2F，同理可得，兩物體的加速度為a2＝－μg>2a1，彈簧伸長量x′＝>x，故A、B錯誤；若水平面光滑，同理可得a3＝>a1彈簧伸長量x″＝＝，故C正確，D錯誤。
10.(2024·山西太原模擬)水果的碰傷閾值，是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止狀態跌落的最大高度，導致蘋果碰傷所需的平均作用力為蘋果自身重力的3倍。不考慮其他因素的影響，若蘋果在某材料上的碰傷閾值為20 cm，則(　　)
A．蘋果的碰傷閾值與蘋果的質量成正比
B．蘋果的碰傷閾值與蘋果的質量無關
C．若跌落高度一定，給蘋果套上有空氣泡的塑料袋能減小它與該材料的作用時間
D．若跌落高度一定，給蘋果套上有空氣泡的塑料袋能減小它與該材料作用的沖量
【答案】　B
【解析】　設蘋果在某材料上的碰傷閾值為h，根據v2＝2gh得蘋果落到該材料速度大小v＝，蘋果接觸材料過程中平均合力大小為F合＝3mg－mg＝2mg，平均加速度大小為a＝＝2g，在材料上減速到0需要時間t，所以有v＝at即＝2gt，h＝2gt2，所以蘋果的碰傷閾值與蘋果的質量無關，故A錯誤，B正確；若跌落高度一定，給蘋果套上有空氣泡的塑料袋能增大它與該材料的作用時間，故C錯誤；若跌落高度一定，給蘋果套上有空氣泡的塑料袋后，蘋果落到該材料速度大小不變，根據I＝m·Δv，它受到的總沖量不變，但因為作用時間增大，重力對蘋果向下的沖量增大，則該材料對蘋果作用的沖量也增大，故D錯誤。
11.(多選)(2024·湖北宜荊二模)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.45 m后鎖定，t＝0時解除鎖定，釋放滑塊，滑塊未脫離木板。計算機通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的v－t圖像如圖乙所示，其中oab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線od是t＝0時的速度圖線的切線。已知滑塊質量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．滑塊速度最大時，彈簧恰好恢復原長
B．滑塊與長木板之間的動摩擦因數為0.5
C．彈簧的勁度系數k＝200 N/m
D．從靜止釋放到速度最大時滑塊的v－t圖像圍成的面積是0.35 m
【答案】　BD
【解析】　由v－t圖像可知，圖像的斜率表示物體的加速度，由題圖可知，解除鎖定后，物塊做加速度減小的加速運動，當其加速度為零時，速度達到最大，此時對物塊有F彈＝f＝kΔx，所以滑塊速度最大時，彈簧并不是原長，故A項錯誤；當滑塊脫離彈簧后，其在摩擦力的作用下做勻減速直線運動，由于v－t圖像的斜率代表加速度，由此可知其勻減速時的加速度大小為a減＝m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律有μmg＝ma減，解得μ＝0.5，故B項正確；初始時，有kx－μmg＝ma0，初始時其加速度a0由圖像可知，有a0＝ m/s2＝17.5 m/s2，解得k＝100 N/m，故C項錯誤；由之前的分析可知，當彈簧的彈力與滑塊的滑動摩擦力大小相等時，其有kΔx＝μmg，解得Δx＝0.1 m，又因為v－t圖像與坐標軸圍成的面積為物體的位移，所以從靜止釋放到速度最大時滑塊的v－t圖像圍成的面積，即為從靜止釋放到速度最大時滑塊的位移。所以滑塊的位移為s＝x－Δx＝0.35 m，故D項正確。故選BD。
12.(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T站是一段直線線路，全程1.6 km，列車運行最大速度為72 km/h。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減速直線運動，直至到T站停車，且加速的加速度大小為減速加速度大小的倍。現勻加速運動過程中連續經過A、B、C三點，S→A用時2 s，B→C用時4 s，且SA長2 m，BC長24 m。求：
(1)列車在C點的速度大小；
(2)列車勻速行駛的時間。
【答案】　(1)8 m/s　(2)62 s
【解析】　(1)由x＝at2可知a1＝1 m/s2
根據v＝
可知BC段平均速度BC＝＝6 m/s
vC＝BC＋a1×tBC
vC＝8 m/s。
(2)由Δv＝a·Δt得勻加速階段用時t1＝＝20 s
勻減速階段用時t2＝＝16 s
由＝得勻加速階段位移x1＝·t1＝200 m
勻減速階段位移x2＝·t2＝160 m
勻速運動時間t3＝＝62 s。
13.(2024·全國卷)為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從t＝0時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，t2＝41 s時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速v0＝340 m/s，求：
(1)救護車勻速運動時的速度大小；
(2)在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。
【答案】　(1)20 m/s　(2)680 m
【解析】　(1)根據勻變速直線運動速度公式v＝at1
可得救護車勻速運動時的速度大小
v＝2×10 m/s＝20 m/s。
(2)救護車加速運動過程中的位移
x1＝at＝100 m
設在t3時刻停止鳴笛，根據題意可得
＋t3＝t2
停止鳴笛時救護車距出發處的距離
x＝x1＋(t3－t1)×v
代入數據聯立解得x＝680 m。
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專題一　力與運動
第2講　牛頓運動定律與直線運動
內容 重要的規律、公式和二級結論
1.位移、速度、
加速度 (1)一般情況下，位移的大小小于路程；物體做單方向直線運動時，位移的大小與路程相等。
(2)速度大，加速度不一定大；加速度減小，速度也可能在增大。
1.思想方法
(1)非常規圖像
(2)處理追及問題的常用方法
2.模型建構
(1)沿如圖光滑斜面下滑的物體：
(3)下面幾種物理模型，在臨界情況下，a＝gtan α。
(4)下列各模型中，速度最大時合力為零，速度為零時，加速度最大。
１
勻變速直線運動的規律應用
(2024·廣西卷)如圖，輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒間距d＝0.9 m，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行。現測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時t1＝0.4 s，從2號錐筒運動到3號錐筒用時t2＝0.5 s。求該同學
(1)滑行的加速度大小；
(2)最遠能經過幾號錐筒。
【答案】　(1)1 m/s2　(2)4
1. (2024·山東濰坊三模)2024濰坊市足球聯賽于3月24日在濰坊四中和利昌學校開賽。在賽前訓練中，運動員將足球用力踢出，足球沿直線在草地上向前滾動，其運動可視為勻變速運動，足球離腳后，在0～t時間內位移大小為2x，在t～3t時間內位移大小為x。則足球的加速度大小為(　　)
【答案】　A
2. (2024·山東卷)如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為(　　)
【答案】　A
2
牛頓運動定律的應用
考法一
瞬時性問題
1. (2024·湖南卷)如圖，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，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
【答案】　A
【解析】　剪斷前，對B、C、D分析FAB＝(3m＋2m＋m)g，對D，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。
考法二
連接體問題
2. (多選)(2023·福建卷)如圖所示，一廣場小火車是由車頭和車廂編組而成。假設各車廂質量均相等(含乘客)，在水平地面上運行過程中阻力與車重成正比。一廣場小火車共有3節車廂，車頭對第一節車廂的拉力為T1，第一節車廂對第二節車廂的拉力為T2，第二節車廂對第三節車廂的拉力為T3，則(　　)
A．當火車勻速直線運動時，T1＝T2＝T3
B．當火車勻速直線運動時，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
C．當火車勻加速直線運動時，T1＝T2＝T3
D．當火車勻加速直線運動時，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
【答案】　BD
【解析】　設每節車廂重G，當火車勻速直線運動時T1＝f1＝k×3G
T2＝f2＝k×2G，T3＝f3＝k×G，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
故A錯誤，B正確；當火車勻加速直線運動時T1－f1＝T1－k×3G＝3ma
T2－f2＝T2－k×2G＝2ma，T3－f3＝T3－k×G＝ma
得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1
故C錯誤，D正確。故選BD。
考法三
兩類動力學問題
3. (2024·福建南平三模)南平建甌的挑幡技藝迄今已有300余年歷史，有“華夏絕藝”的美稱。如圖所示，挑幡表演者頂著一根外表涂有朱紅油漆、頂部順桿懸掛綿幡的毛竹，從半蹲狀態到直立狀態，此過程中毛竹經歷由靜止開始加速和減速到速度為零的兩個階段，兩階段均視為勻變速直線運動且加速度大小相等。已知毛竹上升過程總時間為t，上升高度為h，毛竹和綿幡的總質量為m，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求毛竹上升過程中：
(1)最大速度vm的大小；
(2)勻加速階段加速度a的大小；
(3)勻減速階段對表演者的壓力FN的大小。
3
運動學和動力學圖像
考法一
運動學圖像
4. (2024·福建卷)某直線運動的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
【答案】　B
A．小車M剎車過程中加速度大小為2.0 m/s2
B．A點距100分分值線的距離為2 m
C．1 s時小車M的速度為2 m/s
D．若某小車恰好勻減速停止于96分分值線，則該車的加速度大小為3.0 m/s2
【答案】　B
考法二
動力學圖像
6. (多選)(2023·全國甲卷)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(　　)
A．m甲B．m甲>m乙
C．μ甲<μ乙
D．μ甲>μ乙
【答案】　BC
【解析】　根據牛頓第二定律得F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg，F－a圖像的斜率表示物體質量，由圖像可知，甲的斜率大于乙的斜率，所以m甲>m乙；圖像的截距表示μmg，由圖像可知甲、乙截距相等，所以μ甲<μ乙，選項B、C正確。
1. (2024·安徽合肥期末)近期，一段特殊的“飆車”視頻紅遍網絡，視頻中，一輛和諧號動車正和一輛復興號動車互相追趕(如圖甲)。兩車并排做直線運動，其v－t圖像如圖乙所示，t＝0時，兩車車頭剛好并排，則下列說法正確的是(　　)
A．動車運行的速度越大其慣性越大
B．圖乙中復興號的最大速度為78 m/s
C．0到32 s內，兩車車頭相距最遠距離為24 m
D．兩車頭在24 s末再次并排
【答案】　B
2. (2024·全國甲卷)如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(質量可忽略)，盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到a－m圖像。重力加速度大小為g。在下列a－m圖像中，可能正確的是(　　)
【答案】　D

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