第2讲 力与直线运动-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第2讲 力与直线运动 主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图像分析物体运动规律的能力及动力学图像问题，应用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与运动学的综合问题，在多过程问题中的应用能力等方面进行命题。 一、解答匀变速直线运动问题的常用规律 1.常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax。 2.重要推论 (1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2 (2)中间时刻速度：v＝＝ (3)位移中点速度v＝。 3.运动图象：利用v－t图象或x－t图象求解。 二、解决动力学问题要抓好关键词语 1.看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。 2.看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。 三、方法指导 （1）追及相遇问题的解题思路和技巧 1.紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。 2.审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。 3.若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析。 （2）连接体问题的分析 1.整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。 2.隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。 题型1选考真题探秘 1. （2023•浙江）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（　　） A．O点最大 B．P点最大 C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变 2. （2022•浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员） （1）在直道AB上的加速度大小； （2）过C点的速度大小； （3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 3. （2021•浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 （1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小； （2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间； （3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。 题型2运动学中的图像问题 4. （2024•嘉兴一模）杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳后裁判全给10分并获得冠军。从全红婵离开跳板开始计时，跳水过程中重心的v﹣t图像如图所示。则全红婵的重心（　　） A．在0～t1过程中作自由落体运动 B．在t2～t3过程中速度方向发生改变 C．在t3～t4过程中加速度逐渐减小 D．在t4时刻上浮至水面 5. 发光弹性球很受儿童喜爱，一儿童把弹性球竖直上抛，从空中的最高点开始计时，下列描述发光弹性球运动的图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 6. 一辆长途客车正在以v＝20m/s的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方x＝20m处有一只狗正在以v′＝10m/s同方向行驶，如图甲所示，司机立即采取制动措施。若从司机看见狗开始计时（t＝0），长途客车的“速度﹣时间”图象如图乙所示。 （1）求长途客车从司机发现电动狗至客车停止运动的这段时间内前进的距离； （2）求长途客车制动时的加速度； （3）判断长途客车是否会撞上狗，通过计算说明。 题型3匀变速直线运动规律的应用 7. （2024•浙江模拟）某同学抛5个球，任意时刻都有4个球在空中，1个球在手上。球上升的最大高度为h，则每个小球每次在手上停留的时间为（　　） A． B． C． D． 8. （2023•浙江模拟）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（　　） A．汽车第1秒末的速度为23m/s B．汽车加速度大小为3m/s2 C．汽车的减速时间为6.5s D．汽车刹车总位移为78m 9. （2023•温州模拟）“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为10m/s2，弹射系统向战斗机提供初速度大小为30m/s，当战斗机速度达到60m/s时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s起飞 B．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m起飞 C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m起飞 D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点 10. （2023•杭州一模）如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车以v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费后，再匀加速至v1正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2m/s2，求： （1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间是多少？ （2）若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，求汽车在ETC通道匀速行驶的距离。 题型4牛顿运动定律的综合应用 11. （2024•浙江二模）利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。下列说法正确的是（　　） A．手机一直没有离开手掌 B．t1时刻手机运动到最高点 C．t1时刻手机开始减速上升，t2时刻速度为0 D．t2时刻手机开始减速上升，t1～t3时间内手机所受的支持力一直减小 12. （2024•镇海区校级模拟）2023年9月，长度为142.3km的雅万高铁开通运行。如图所示，列车显示屏上实时显示列车的速度为351km/h。下列说法正确的是（　　） A．142.3km是指路程大小 B．运行速度越大，列车的惯性越大 C．351km/h是列车运行时全程的平均速度 D．速度是标量，国际单位制中的基本单位为m/s 13. （2024•浙江模拟）中学阶段一般不考虑滑轮质量，但实际上其质量对研究的问题有影响。如图，滑轮用固定杆竖直吊在天花板上，质量为m。轻质细线缠绕在滑轮边缘，下方拴一质量为m1的物体，细线与滑轮间不打滑，滑轮与中心转轴无摩擦。物体释放后，带动滑轮转动。请用所学知识和思想方法判断细线拉力的表达式可能正确的是（　　） A． B． C． D． 14. （2024•浙江模拟）宇航员在某星球上把一质量为m的物体（可视为质点）竖且向上抛出，物体速度的平方v2随高度h的变化情况如图所示，图中v0、v′、H均为已知量。若物体在运动过程中受到的阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　） A．物体在整个运动过程中，加速度大小恒定 B．物体所受的阻力大小为 C．星球表面的重力加速度大小为 D．物体从被抛出到落回至抛出位置的时间为 15. （2024•浙江模拟）如图所示，甲、乙两个物块叠放在一起，恰随车厢一起向右做匀加速直线运动，甲与竖直厢壁之间的静摩擦力达最大值，甲的水平上表面与乙之间的静摩擦力也达到最大值。已知乙的质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，甲与厢壁间的动摩擦因数为μ，则（　　） A．甲、乙整体的加速度大小为μg B．乙对甲的作用力大小为 C．甲、乙之间的动摩擦因数为 D．可以求出甲、乙的质量之比 1. （2024•宁波二模）物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U＝IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和Ω（欧）的乘积等效．现有物理量单位：m（米）、s（秒）、 N（牛）、J（焦）、W（瓦）、C（库）、F（法）、A（安）、Ω（欧）和T（特），由他们组合成的单位都 与电压单位V（伏）等效的是（　　） A．J/C 和 N/C B．C/F 和 T•m2/s C．W/A 和 C•T•m/s D．Ω和 T•A•m 2. （2024•金华二模）卡路里是健身爱好者熟知的能量单位，将其用国际单位制的基本单位表示正确的是（　　） A．J B．N•m C．kg•m3/s2 D．kg•m2/s2 3. （2023•诸暨市一模）如图所示，将两块相同的圆形强磁体A和B放入内壁光滑、上端开口、下端封闭的塑料圆筒内，磁体B位于圆筒底部，磁体A恰好悬浮在筒口附近。现将整个装置从一定高度由静止释放，已知圆筒质量与每块磁体的质量相等，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．释放瞬间，三个物体都处于完全失重状态 B．释放瞬间，磁体B和圆筒的加速度均为1.5g C．释放后，磁体A相对于地面向上运动，并从圆筒口飞出 4. （2023•诸暨市一模）如图所示，两根相同轻弹簧和底盘组成弹射装置，弹簧劲度系数为k，底盘的质量不计。质量为m的物块置于底盘上，把底盘往下拉，当弹簧与竖直方向夹角θ＝60°时释放，已知释放瞬间物块加速度的大小为3g，则每根弹簧的伸长量为（　　） A． B． C． D． 5. （2023•浙江模拟）如图所示，一质量为0.3kg的白板擦静止在竖直磁性白板上，现给白板擦一个恒定的水平推力4.0N，重力加速度g取10m/s2，则推力作用后（　　） A．白板擦可能做水平方向匀速直线运动 B．白板擦可能做匀加速直线运动 C．白板擦受到的摩擦力大小为5.0N D．白板擦共受6个力 6. （2022•温州二模）“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。 t/s 0 2 4 6 8 10 12 x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0 下列说法正确的是（　　） A．前6秒火星车做加速运动 B．第6秒末火星车的速率为4.75cm/s C．火星车一共匀速运动了10cm D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2 7. 现在城市的交通非常发达，城市的快速道限速可以达到80km/h。现在有一辆汽车正以72km/h的速度向红绿灯路口行驶，离路口还有120m的地方，他发现前方是红灯，并且显示倒计时时间为10s，他继续原速前进，一段时间后，开始以大小5m/s2的加速度减速，到达路口时车刚好停止。（车辆可以视为质点，不计司机的反应时间） （1）求车到达路口时红灯还剩几秒； （2）如果车辆在120m处按自由滑行（关闭动力）的方式来减速前进，加速度大小为a1＝1.25m/s2，车辆会不会闯红灯？ （3）车辆在120m处就开始做匀减速运动，试问车辆应该以多大的加速度减速，才能使车辆到达路口的时候绿灯恰好亮起？ 8. （2023•金华一模）小端同学在研究竖直向上抛出的物体运动时，分别有几种不同的模型。已知该同学抛出小球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向竖直向上，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过多长时间？ （2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为多少？ （3）若空气阻力大小与速度大小满足F＝kv的关系，其中k为定值。若已知小球落回抛出点前速度恒定且大小为5m/s，则关系式中的k值为多少？ 9. （2023•台州模拟）根据新闻媒体报道，2022年3月5号，西昌卫星发射中心发射了“长征二号”丙运载火箭，上面有六颗02批卫星和一颗商业遥感卫星。若“长征二号”丙运载火箭及其卫星总质量为240吨，总长为43m，发射塔高100.0m，点火后经5.0s火箭离开发射塔。假设火箭离开发射塔的过程中做匀加速运动，忽略空气阻力和运载火箭质量的变化，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小； （2）火箭起飞时推动力大小； （3）若火箭刚离开发射塔瞬间，某个发射用到的部件完成使命要从火箭尾部自然脱落，求该零件脱落后经多长时间落地。 10. （2023•浙江模拟）2022年11月21日00：00（北京时间），于卡塔尔海湾体育场（图一）拉开序幕。海湾足球场按世界标准球场设计，长105m、宽68m。足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为10m/s的匀减速直线运动，且足球所受阻力大小恒为重力大小的。试求： （1）足球从开始做匀减速运动后6s时的速度大小； （2）足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小； （3）攻方前锋的最高时速可以达到36km/h。假设该足球开始做匀减速直线运动的时候，他迟疑了2s后开始沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为加速度为2.5m/s2的匀加速直线运动，攻方前锋启动后至少经过多长时间能追上足球？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第2讲 力与直线运动 主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图像分析物体运动规律的能力及动力学图像问题，应用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与运动学的综合问题，在多过程问题中的应用能力等方面进行命题。 一、解答匀变速直线运动问题的常用规律 1.常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax。 2.重要推论 (1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2 (2)中间时刻速度：v＝＝ (3)位移中点速度v＝。 3.运动图象：利用v－t图象或x－t图象求解。 二、解决动力学问题要抓好关键词语 1.看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。 2.看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。 三、方法指导 （1）追及相遇问题的解题思路和技巧 1.紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。 2.审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。 3.若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析。 （2）连接体问题的分析 1.整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。 2.隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。 题型1选考真题探秘 1. （2023•浙江）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（　　） A．O点最大 B．P点最大 C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变 【解答】解：小石子从O点到P点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到P点时，竖直方向加速度最小； 小石子从P点到Q点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到Q点时，竖直方向加速度最小； 即整段过程中，O点竖直方向的加速度最大，故A正确，BCD错误； 故选：A。 2. （2022•浙江）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员） （1）在直道AB上的加速度大小； （2）过C点的速度大小； （3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 【解答】解：（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式 2a1x1 代入数据解得：a1m/s2 （2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2， t1s＝3s BC段x2＝v1t2a2 代入数据解得：a2＝2m/s2 过C点的速度为 v＝v1+a2t2 代入数据解得：v＝12m/s （3）在BC段由牛顿第二定律 mgsinθ﹣Ff＝ma2 代入数据解得：Ff＝66N 答：（1）在直道AB上的加速度大小为m/s2； （2）过C点的速度大小为12m/s； （3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。 3. （2021•浙江）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v1＝36km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。 （1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小； （2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间； （3）假设驾驶员以v2＝54km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。 【解答】解：以汽车初速度方向为正方向， （1）v1＝36km/h＝10m/s，由于刹车过程所受阻力不变，因此汽车做匀减速直线运动，末速度为0， 此过程平均速度：， 根据平均速度的定义：， 解得刹车时间：t＝4s， 末速度：0＝v1+at， 解得刹车加速度：a＝﹣2.5m/s2， 根据牛顿第二定律：f＝ma， 解得：f＝﹣2.5×103N，阻力方向与初速度方向相反，大小为2.5×103N； （2）小朋友全部通过时间：t'， 等待时间：t0＝t'﹣t， 解得：t0＝20s； （3）v2＝54km/h＝15m/s， 根据速度—位移关系：v2＝2as， 解得：v＝5m/s 答：（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间为4s，所受阻力的大小为2.5×103N•； （2）汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间为20s； （3）汽车到斑马线时的速度为5m/s。 题型2运动学中的图像问题 4. （2024•嘉兴一模）杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳后裁判全给10分并获得冠军。从全红婵离开跳板开始计时，跳水过程中重心的v﹣t图像如图所示。则全红婵的重心（　　） A．在0～t1过程中作自由落体运动 B．在t2～t3过程中速度方向发生改变 C．在t3～t4过程中加速度逐渐减小 D．在t4时刻上浮至水面 【解答】解：A、在0～t1过程中初速度不是零，不是自由落体运动，故A错误； B、在t2～t3过程中速度始终为正值，方向没有发生改变，故B错误； C、v﹣t图像的斜率代表加速度，在t3～t4过程中，图像斜率变小，加速度逐渐减小，故C正确； D、根据图像可知，0～t1过程竖直向上运动，t1～t4过程中竖直向下运动，在t4时刻下降到最低点，故D错误。 故选：C。 5. 发光弹性球很受儿童喜爱，一儿童把弹性球竖直上抛，从空中的最高点开始计时，下列描述发光弹性球运动的图像中正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：AB、选向下为正方向，小球先做匀加速直线运动，小球与地面碰撞时，速度大小变小，且方向发生突变，在v﹣t图象可以看出，速度先增大到某一数值，落地后，反弹速度稍小于原来的值（竖直上抛运动），然后到最高点后再做自由落体运动，再重复这种运动，故A正确，B错误； D、位移—时间图象中倾斜直线表示匀速直线运动，不是自由落体运动或竖直上抛运动，故CD错误； 故选：A。 6. 一辆长途客车正在以v＝20m/s的速度匀速行驶。突然，司机看见车的正前方x＝20m处有一只狗正在以v′＝10m/s同方向行驶，如图甲所示，司机立即采取制动措施。若从司机看见狗开始计时（t＝0），长途客车的“速度﹣时间”图象如图乙所示。 （1）求长途客车从司机发现电动狗至客车停止运动的这段时间内前进的距离； （2）求长途客车制动时的加速度； （3）判断长途客车是否会撞上狗，通过计算说明。 【解答】解：（1）客车在前0.5s内的位移为：x1＝vt1＝20×0.5m＝10m 客车在0.5﹣4.5s内的位移为：x2（vt2）20×（4.5﹣0.5）m＝40m 故客车从司机发现狗至客车停止运动的这段时间内前进的距离为：x＝x1+x2＝10m+40m＝50m （2）由图象得长途客车制动时的加速度：am/s2＝﹣5m/s2，符号表示方向，方向与客车运动方向相反； （3）若客车恰好撞不到狗，则车追上狗时车速为10m/s， 则刹车时间为：ts＝2s 客车位移为：x1＝vt110mm＝40m 而狗通过的位移为：x2＝v′（t1+t）＝10×（0.5+2）m＝25m 而x2+x＝25m+20m＝45m 因为x1＜x2+x，所以长途客车不会撞上狗． 题型3匀变速直线运动规律的应用 7. （2024•浙江模拟）某同学抛5个球，任意时刻都有4个球在空中，1个球在手上。球上升的最大高度为h，则每个小球每次在手上停留的时间为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：小球做竖直上抛运动，下降时间为t1 根据竖直上抛运动的对称性，上升时间为：t2＝t1 故竖直上抛运动的总时间为：t＝t1+t2 演员手中总保留一个小球，扔出一球后立即接到另一球，说明若假设手中球抛出瞬间为起点计时，此时3个球在空中，另外两个小球都在手边，由运动的对称性可知，此时小球之间的时间间隔为：1与2之间；2与3之间；3与4之间以及4与5之间共4段时间间隔，则：4Δt＝t 所以： 故ABC错误，D正确。 故选：D。 8. （2023•浙江模拟）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（　　） A．汽车第1秒末的速度为23m/s B．汽车加速度大小为3m/s2 C．汽车的减速时间为6.5s D．汽车刹车总位移为78m 【解答】解：B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，设汽车加速度的大小为a，由位移—时间公式得： 6m 代入数据解得：a＝4m/s2 故B错误； A、设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移—时间公式得：x1＝v0t124m 代入数据解得：v0＝26m/s 汽车第1s末的速度为v＝v0﹣at1＝26m/s﹣4×1m/s＝22m/s 故A错误； C、汽车的减速时间为ts＝6.5s 故C正确； D、汽车刹车的总位移为xv0t26×6.5m＝84.5m 故D错误。 故选：C。 9. （2023•温州模拟）“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板。假设某战斗机在跑道上加速时加速度大小为10m/s2，弹射系统向战斗机提供初速度大小为30m/s，当战斗机速度达到60m/s时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是（　　） A．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6s起飞 B．航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135m起飞 C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机需相对甲板滑行135m起飞 D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，航空母舰可以看成质点 【解答】解：A．航空母舰静止时，战斗机需在甲板上滑行的时间为 故A错误； B．航空母舰静止时，战斗机在甲板上滑行的距离为 故B正确； C．若航空母舰沿战斗机起飞方向航行，战斗机被弹射前已经具有速度，战斗机被弹射之后开始匀加速运动的初速度要大于30m/s，由B项可知战斗机速度达到60m/s时的位移要小于135m，可得战斗机相对甲板滑行的距离必然要小于135m。 故C错误； D．战斗机在航空母舰上加速运动过程，涉及到跑道的长度，故航空母舰不可以看成质点，故D错误。 故选：B。 10. （2023•杭州一模）如图甲，目前高速公路收费处，有ETC通道和人工通道。在ETC收费通道，车主只要在车辆前挡风玻璃上安装感应卡并预存费用，通过收费站时便不用人工缴费，也无须停车，高速通行费将从卡中自动扣除，即能够实现自动收费。如图乙，假设一辆汽车以正常行驶速v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前匀减速至v2＝4m/s，然后以该速度匀速行驶一段距离到达中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，汽车以v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s缴费后，再匀加速至v1正常行驶。设汽车在匀减速和匀加速过程中的加速度大小均为2m/s2，求： （1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程和所需时间是多少？ （2）若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，求汽车在ETC通道匀速行驶的距离。 【解答】解：（1）匀减速时间 匀减速位移 x1，解得x1＝64m 停止时间t2＝20s，位移为零。 加速阶段与减速阶段的位移与时间相同，故有s＝2s1＝2×64m＝128m t＝2t1+t2＝2×8s+20s＝36s （2）设过ETC通道的车辆匀速时间为t，匀减速时间t2s＝6s 过ETC通道的车辆所用总时间T＝2t2+t＝（2×6+t）＝12+t 汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21s，人工收费通道总时间T′＝T+21，T′＝33+t 汽车通过ETC通道与人工收费通道的位移相等，则2•t2+v2t＝2v1（T′﹣2t1﹣t0） 解得ts，故汽车在ETC通道匀速行驶的距离x＝v2t＝4mm 答：（1）汽车过人工收费通道，从减速开始，到收费后加速至v1，总共通过的路程128m，所需时间36s； （2）汽车在ETC通道匀速行驶的距离m。 题型4牛顿运动定律的综合应用 11. （2024•浙江二模）利用智能手机的加速度传感器可测量手机自身的加速度。用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。下列说法正确的是（　　） A．手机一直没有离开手掌 B．t1时刻手机运动到最高点 C．t1时刻手机开始减速上升，t2时刻速度为0 D．t2时刻手机开始减速上升，t1～t3时间内手机所受的支持力一直减小 【解答】解：A、由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机只受重力与手掌没有力的作用，故手机可能离开过手掌，故A错误； B、根据 Δv＝aΔt 可知a﹣t图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t1时刻速度为正方向，不为零，故还没有到最高点，故B错误； C、根据图像与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在t2时刻前后速度均为正方向，运动方向没有发生改变，故C错误； D、由图可知t2时刻后加速度变为负方向，速度依旧为正方向，加速度与速度方向相反，则手机开始减速上升。t1～t3时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得mg﹣N＝ma 得N＝ma+mg 可知加速度由向上到向下的过程中支持力一直减小。故D正确。 故选：D。 12. （2024•镇海区校级模拟）2023年9月，长度为142.3km的雅万高铁开通运行。如图所示，列车显示屏上实时显示列车的速度为351km/h。下列说法正确的是（　　） A．142.3km是指路程大小 B．运行速度越大，列车的惯性越大 C．351km/h是列车运行时全程的平均速度 D．速度是标量，国际单位制中的基本单位为m/s 【解答】解：A．142.3km是指轨道的长度，是路程大小，故A正确； B．列车的惯性与列车的质量有关，与速度大小无关，故B错误； C．351km/h是某一时刻的速度，是列车运行时的瞬时速度大小，故C错误； D．速度具有方向，速度是矢量，国际单位制中的基本单位为m/s，故D错误。 故选：A。 13. （2024•浙江模拟）中学阶段一般不考虑滑轮质量，但实际上其质量对研究的问题有影响。如图，滑轮用固定杆竖直吊在天花板上，质量为m。轻质细线缠绕在滑轮边缘，下方拴一质量为m1的物体，细线与滑轮间不打滑，滑轮与中心转轴无摩擦。物体释放后，带动滑轮转动。请用所学知识和思想方法判断细线拉力的表达式可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：对物体，根据牛顿第二定律有 m1g﹣T＝m1a 对滑轮，根据转动定律有 由运动学关系有 a＝Rβ 联立解得物体的加速度大小为：，，故ABD错误，C正确。 故选：C。 14. （2024•浙江模拟）宇航员在某星球上把一质量为m的物体（可视为质点）竖且向上抛出，物体速度的平方v2随高度h的变化情况如图所示，图中v0、v′、H均为已知量。若物体在运动过程中受到的阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　） A．物体在整个运动过程中，加速度大小恒定 B．物体所受的阻力大小为 C．星球表面的重力加速度大小为 D．物体从被抛出到落回至抛出位置的时间为 【解答】解：A．设物体上升过程中的如速度大小为a1，下降过程中的加速度大小为a2，星球面的重力加速度大小为g，物体所受的阻力大小为f，由题图可知 ， 可知物体上升过程中的加速度大小大于下落过程中的加速度大小，故A错误； BC．向上运动的过程中物体受到的阻力向下，根据牛顿第二定律可得mg+f＝a1 向下运动的过程中物体受到的阻力向上，根据牛顿第二定律可得mg﹣f＝a2 联立解得； 故B错误，C正确； D．物体上升的时间为 下落的时间为 物体从被抛出到落回至抛出位置的时间 故D错误。 故选：C。 15. （2024•浙江模拟）如图所示，甲、乙两个物块叠放在一起，恰随车厢一起向右做匀加速直线运动，甲与竖直厢壁之间的静摩擦力达最大值，甲的水平上表面与乙之间的静摩擦力也达到最大值。已知乙的质量为m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，甲与厢壁间的动摩擦因数为μ，则（　　） A．甲、乙整体的加速度大小为μg B．乙对甲的作用力大小为 C．甲、乙之间的动摩擦因数为 D．可以求出甲、乙的质量之比 【解答】解：A、对甲、乙组成的整体进行受力分析，竖直方向由二力平衡可得f1＝（m甲+m乙）g，水平方向由牛顿第二定律可得FN1＝（m甲+m乙）a，结合f1＝μFN1，综合解得a，故A错误。 B、乙对甲的最大静摩擦力大小为f2＝m乙a，方向沿水平方向，乙对甲的压力大小为F压＝mg，方向沿竖直方向，则乙对甲的作用力大小为 F，故B错误。 C、设甲、乙之间的动摩擦因数为μ0，结合f2＝μ0F压，综合解得μ0，故C正确。 D、由以上分析可知，无法求出甲、乙的质量之比，故D错误。 故选：C。 1. （2024•宁波二模）物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式U＝IR既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和Ω（欧）的乘积等效．现有物理量单位：m（米）、s（秒）、 N（牛）、J（焦）、W（瓦）、C（库）、F（法）、A（安）、Ω（欧）和T（特），由他们组合成的单位都 与电压单位V（伏）等效的是（　　） A．J/C 和 N/C B．C/F 和 T•m2/s C．W/A 和 C•T•m/s D．Ω和 T•A•m 【解答】解：A、根据C可得：U，所以1V＝1C/F，由U＝Ed知：1V＝1N/C•m，故A错误。 B、根据C可得：U，所以1V＝1C/F；由E知，1V＝1Wb/s＝1T•m2/s，故B正确。 C、由P＝UI得：U，则1V＝1W/A．由E＝BLv知：1V＝1T•m•m/s，故C错误。 D、根据P可得：U，所以1V。 由F＝BIL知：1N＝1T•A•m≠1V，故D错误。 故选：B。 2. （2024•金华二模）卡路里是健身爱好者熟知的能量单位，将其用国际单位制的基本单位表示正确的是（　　） A．J B．N•m C．kg•m3/s2 D．kg•m2/s2 【解答】解：A、J是卡路里的国际单位制单位，但不是国际单位制的基本单位表示式，故A错误； B、N•m是国卡路里的单位，不是能量的国际单位制的基本单位表示式，故B错误； CD、由W＝Fx＝ma•x代入基本单位可得表示卡路里的单位为1N•m＝1kg•m/s2×m＝1kg•m2/s2，故C错误，D正确。 故选：D。 3. （2023•诸暨市一模）如图所示，将两块相同的圆形强磁体A和B放入内壁光滑、上端开口、下端封闭的塑料圆筒内，磁体B位于圆筒底部，磁体A恰好悬浮在筒口附近。现将整个装置从一定高度由静止释放，已知圆筒质量与每块磁体的质量相等，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．释放瞬间，三个物体都处于完全失重状态 B．释放瞬间，磁体B和圆筒的加速度均为1.5g C．释放后，磁体A相对于地面向上运动，并从圆筒口飞出 D．释放后，磁体A对B的作用力大于磁体B对A的作用力 【解答】解：AB．设圆筒和磁体的质量均为m，释放瞬间A、B间的磁力作用为F，未释放前，对磁体A，根据平衡条件有 mg＝F 可知释放瞬间磁体A的加速度为零，释放瞬间，B与圆筒一起运动，对B与圆筒整体，根据牛顿第二定律有 2mg+F＝2ma 解得 a＝1.5g 故A错误，B正确； C．释放后，可知磁体A、B间的距离增大，则可知A、B间的磁力作用减小，对磁体A，根据牛顿第二定律有 mg﹣F′＝ma0（F′＜F） 可得 a0＜g 即磁体A的加速度向下，磁体A相对地面向下运动，而对于磁体B与圆筒组成的系统，根据牛顿第二定律有 2mg+F′＝2ma′ 可知 g＜a′＜1.5g 磁体B和圆筒所组成系统的加速度大于磁体A的加速度，磁体B和圆筒组成的系统与磁体A间的距离将增大，磁体A会离开圆筒，故C错误； D．释放后，根据牛顿第三定律可知，磁体A对B的作用力等于磁体B对A的作用力，故D错误。 故选：B。 4. （2023•诸暨市一模）如图所示，两根相同轻弹簧和底盘组成弹射装置，弹簧劲度系数为k，底盘的质量不计。质量为m的物块置于底盘上，把底盘往下拉，当弹簧与竖直方向夹角θ＝60°时释放，已知释放瞬间物块加速度的大小为3g，则每根弹簧的伸长量为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设每根弹簧的伸长量为x，根据几何知识可知每根弹簧的弹力为kx，由牛顿第二定律有 2kxcosθ﹣mg＝ma 解得 故C正确，ABD错误。 故选：C。 5. （2023•浙江模拟）如图所示，一质量为0.3kg的白板擦静止在竖直磁性白板上，现给白板擦一个恒定的水平推力4.0N，重力加速度g取10m/s2，则推力作用后（　　） A．白板擦可能做水平方向匀速直线运动 B．白板擦可能做匀加速直线运动 C．白板擦受到的摩擦力大小为5.0N D．白板擦共受6个力 【解答】解：A、水平推力作用后，如图： 重力与推力的合力为5N，方向为左下方，并不是水平方向，故白板擦不可能做水平方向运动，故A错误； B、若最大静摩擦力大于5N，则白板擦静止，若最大静摩擦力小于5N，则沿重力与推力的合力方向做匀加速直线运动，故B正确； C．此时摩擦力大小与弹力成正比，具体大小未知，故C错误； D．推力作用后，白板擦共受重力、弹力、摩擦力、推力、磁力5个力，故D错误。 故选：B。 6. （2022•温州二模）“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。 t/s 0 2 4 6 8 10 12 x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0 下列说法正确的是（　　） A．前6秒火星车做加速运动 B．第6秒末火星车的速率为4.75cm/s C．火星车一共匀速运动了10cm D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2 【解答】解：由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至停下。设匀加速阶段的加速度大小为a，时间为t1；匀速阶段的速度为v，时间为t2；匀减速阶段的加速度大小为a′，时间为t3。 由表格数据可知，0～2s时间内，火星车从静止开始做匀加速直线运动，通过的位移为2cm，根据 解得：a＝1cm/s2 10s～12s，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为2cm，结合逆向思维，可认为此过程方向做初速度为0的匀加速运动，则有 解得：a′＝1cm/s2 匀加速阶段的时间为 匀减速阶段的时间为 故0～12s全过程的位移满足 又有t1+t2+t3＝12s 联立解得：t1＝t3＝5s；t2＝2s；v＝5cm/s A、前5s内火星车做加速运动，5s后火星车已经做匀速运动，故A错误； B、5～7s时间内火星车已经匀速运动，故第6s末火星车的速度为5cm/s，故B错误； C、火星车一共匀速运动的位移为 x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，故C正确； D、火星车减速的加速度大小为1cm/s2，故D错误； 故选：C。 7. 现在城市的交通非常发达，城市的快速道限速可以达到80km/h。现在有一辆汽车正以72km/h的速度向红绿灯路口行驶，离路口还有120m的地方，他发现前方是红灯，并且显示倒计时时间为10s，他继续原速前进，一段时间后，开始以大小5m/s2的加速度减速，到达路口时车刚好停止。（车辆可以视为质点，不计司机的反应时间） （1）求车到达路口时红灯还剩几秒； （2）如果车辆在120m处按自由滑行（关闭动力）的方式来减速前进，加速度大小为a1＝1.25m/s2，车辆会不会闯红灯？ （3）车辆在120m处就开始做匀减速运动，试问车辆应该以多大的加速度减速，才能使车辆到达路口的时候绿灯恰好亮起？ 【解答】解：（1）v0＝72 km/h＝20 m/s 设减速为零时的时间为t2，运动的位移为x2， t2，x2t2 代入数据解得：t2＝4 s，x2＝40 m 根据匀变速直线运动速度—时间公式，则匀速运动的时间t1，t1， 代入数据解得：t1＝4 s 所以等待时间为：t＝t0﹣t1﹣t2， 代入数据解得：t＝2 s （2）当位移为120 m时，设用时为t3 x＝v0t3a1， 代入数据解得：t3＝8 s 此时速度为v＝v0﹣a1t3， 代入数据解得：v＝10 m/s 此时依然是红灯，而汽车的速度为10 m/s，必定闯红灯 （3）即在10 s时，车辆的位移恰好等于120 m x＝v0tat2 代入数据解得a＝1.6 m/s2 答：（1）车到达路口时红灯还剩2秒； （2）车辆会闯红灯； （3）车辆应该以1.6m/s2的加速度减速，才能使车辆到达路口的时候绿灯恰好亮起。 8. （2023•金华一模）小端同学在研究竖直向上抛出的物体运动时，分别有几种不同的模型。已知该同学抛出小球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向竖直向上，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过多长时间？ （2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为多少？ （3）若空气阻力大小与速度大小满足F＝kv的关系，其中k为定值。若已知小球落回抛出点前速度恒定且大小为5m/s，则关系式中的k值为多少？ 【解答】解：（1）若不计空气阻力，小球做竖直上抛运动，向上运动时间 从抛出直至回到抛出点的时间t2＝2t1 解得t2＝2s 则小球从抛出直至回到抛出点经过的时间为2s； （2）设上升过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mg+f＝ma 又空气阻力大小f＝0.2N 解得： 小球向上做匀减速直线运动，根据速度—位移公式有：2ah 解得： 则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为； （3）小球落回抛出点前速度恒定，说明所受合力为0，则mg＝kv 答：（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过2s时间； （2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为； （3）关系式中的k值为0.2kg/s。 9. （2023•台州模拟）根据新闻媒体报道，2022年3月5号，西昌卫星发射中心发射了“长征二号”丙运载火箭，上面有六颗02批卫星和一颗商业遥感卫星。若“长征二号”丙运载火箭及其卫星总质量为240吨，总长为43m，发射塔高100.0m，点火后经5.0s火箭离开发射塔。假设火箭离开发射塔的过程中做匀加速运动，忽略空气阻力和运载火箭质量的变化，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小； （2）火箭起飞时推动力大小； （3）若火箭刚离开发射塔瞬间，某个发射用到的部件完成使命要从火箭尾部自然脱落，求该零件脱落后经多长时间落地。 【解答】解：（1）发射塔高为h＝100.0m，根据平均速度公式得：hvt 代入数据解得：v＝40m/s （2）火箭离开发射塔的过程中，由速度—时间公式得：v＝at 代入数据解得：a＝8m/s2 由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma 代入数据解得：F＝4.32×106N （3）该零件脱落后做竖直上抛运动，由位移—时间公式得：﹣h＝vtgt2 代入数据解得：t＝10s或﹣2s（舍去） 答：（1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小为40m/s； （2）火箭起飞时推动力大小为4.32×106N； （3）该零件脱落后经10s落地。 10. （2023•浙江模拟）2022年11月21日00：00（北京时间），于卡塔尔海湾体育场（图一）拉开序幕。海湾足球场按世界标准球场设计，长105m、宽68m。足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为10m/s的匀减速直线运动，且足球所受阻力大小恒为重力大小的。试求： （1）足球从开始做匀减速运动后6s时的速度大小； （2）足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小； （3）攻方前锋的最高时速可以达到36km/h。假设该足球开始做匀减速直线运动的时候，他迟疑了2s后开始沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为加速度为2.5m/s2的匀加速直线运动，攻方前锋启动后至少经过多长时间能追上足球？ 【解答】解： （1）足球所受阻力大小恒为重力大小的，即阻力fmg，根据牛顿第二定律，ma＝f，解得am/s2，根据速度—时间公式v＝v0﹣at，解得6s时的速度大小v＝2.5m/s； （2）足球停止的时间t，解得t＝8s，足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小x，解得x＝40m； （3）攻方前锋的最高时速可以达到36km/h＝10m/s，攻方前锋追上足球可能在足球停止前，也可能在停止后，计算一下8s攻方前锋的位移，迟疑了2s后开始沿边线向前追赶足球，此时攻方前锋的运动时间为6s，先加速到最高时速，t1，解得t1＝4s，此时位移x1，解得x1＝20m，此时攻方前锋做匀速直线运动，运动时间t2＝6﹣t1＝（6﹣4）s＝2s，此时位移x2＝v′t2，解得x2＝20m，总位移x＝x1+x2＝（20+20）m＝40m，恰好等于足球位移，故攻方前锋启动后至少经过6s能追上足球。 答：（1）足球从开始做匀减速运动后6s时的速度2.5m/s； （2）足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小40m； （3）攻方前锋启动后至少经过6s能追上足球。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$