专题1 第2讲 牛顿运动定律与直线运动 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题一　 力与运动 第2讲　牛顿运动定律与直线运动 1 会用多种方法灵活处理匀变速直线运动的问题。 2 掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决运动的实际问题。 目标要求 3 会分析运动学和动力学图像。 内容索引 考点一 考点二 匀变速直线运动规律及应用 牛顿运动定律的应用 考点三 运动学和动力学图像 高考预测 专题强化练 考点一 匀变速直线运动规律及应用 1.常用方法 (1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。 (2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 2.两种匀减速直线运动的分析方法 　(2023·浙江金华市联考)一个人用手拿着两个小球，站在三层楼的阳台上，将其中一个小球以一定的初速度v竖直上抛，在同一高度将另一个小球以相同的初速度大小竖直下抛，两小球相继落地的时间差为Δt。如果人站在四层楼的阳台上，用同样的初速度大小和方式抛两小球，忽略空气阻力的影响，则两小球相继落地的时间差将 A.变小 　　　　B.变大 　　　　C.不变 　　　　D.无法确定 例1 无论人站在几楼的阳台上，只要以相同的速率和方式抛出两个小球，则两球落地的时间差均为Δt＝ ，两小球相继落地的时间差不变，故选C。 √ 　(2022·湖北卷·6)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了 4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为 A.6小时25分钟 B.6小时30分钟 C.6小时35分钟 D.6小时40分钟 例2 √ 　(2023·浙江台州市模拟)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车。从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动。下列说法正确的是 例3 √ 根据初速度为零的匀加速运动从零时刻开始在连续相等时间内通过位移比例关系是1∶3∶5∶…∶(2n－1)可得，汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间比为1∶1，故D错误。 考点二 牛顿运动定律的应用 15 1.解决动力学两类基本问题的思路 2.瞬时加速度问题 (1)整体法与隔离法的选用技巧 3.连接体问题 整体法的选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力 隔离法的选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力 整体法、隔离法的交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求连接体内物体之间的作用力 (2)连接体问题中常见的临界条件 接触与脱离 接触面间弹力等于0 恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力 绳子恰好断裂 绳子张力达到所能承受的最大值 绳子刚好绷直或松弛 绳子张力为0 (3)常见连接体   接触面光滑或μA＝μB 三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关   常用隔离法   常会出现临界条件 　(多选)(2023·浙江嘉兴市期末)如图所示，斜面光滑且固定在地面上，A、B两物体一起靠惯性沿光滑斜面下滑，下列判断正确的是 例4 A.图甲中A、B两物体之间的绳没有弹力 B.图乙中A、B两物体之间没有弹力 C.图丙中A、B两物体之间既有摩擦力，又有弹力 D.图丁中A、B两物体之间既有摩擦力，又有弹力 √ √ √ 设题图中斜面的倾角均为θ，四个图中沿斜面方向对A、B整体分析都有(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，即a＝gsin θ。题图甲中对A单独分析，若绳子有拉力为FT，根据牛顿第二定律有mAgsin θ＋FT＝mAa，解得FT＝0，A正确； 假设题图乙中A、B两物体之间存在弹力为FN，对A单独分析，根据牛顿第二定律有mAgsin θ＋FN＝mAa，解得FN＝0，B正确； 题图丙中对A单独分析，加速度沿斜面向下，即合力沿斜面向下，故此时必定受到水平向左的摩擦力的作用，因为有摩擦力，所以A、B间必有弹力，C正确； 题图丁中对A受力分析，若受到摩擦力，根据牛顿第二定律有mAgsin θ＋Ff＝mAa，解得Ff＝0，同时A在垂直接触面方向受力平衡，故A受到B对其的弹力，即A、B两物体之间没有摩擦力，但有弹力，D错误。 　(2022·浙江6月选考·19)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ ，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时 加速度a1的大小； 例5 答案　2 m/s2　 根据牛顿第二定律可得 mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小； 答案　4 m/s　 根据运动学公式有v2＝2a1l1 解得v＝4 m/s (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。 答案　2.7 m 根据牛顿第二定律有μmg＝ma2 根据运动学公式有vmax2－v2＝－2a2l2 代入数据联立解得水平滑轨的最短长度为l2＝2.7 m。 考点三 运动学和动力学图像 28 1.常规图像 常见图像 斜率k 面积 两图像交点 x－t图像   表示相遇 v－t图像 位移x 表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点 a－t图像   速度变化量Δv 表示此时加速度相等 2.非常规图像 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v2－x图像 由v2－v02＝2ax 得v2＝v02＋2ax 2a v02 －t图像 v0 非常规图像(举例) 函数表达式 斜率k 纵截距b v0 a－x图像 由v2－v02＝2ax知图线与x轴所围面积等于 ，此面积与物体质量乘积表示动能的变化量 面积表示运动时间 3.动力学图像 F－t图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量 F－x图像 思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功 a－F图像 根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F关系 例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝   　(2022·河北卷·1)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知 A.0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大 B.0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等 C.t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小 D.t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做 　加速运动 例6 √ 根据v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知 0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训 练前小，故A错误； 根据v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位 移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后大，故B错误； 根据v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误； 根据v－t图像可知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增大，做加速运动，故D正确。 　(多选)(2023·全国甲卷·19)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知 A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙 例7 √ √ 根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵轴截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选B、C。 高考预测 36 1.(2023·浙江省百校联考一模)某研究小组利用弹性绳悬挂智能手机来模拟蹦极运动，并利用手机安装的加速度传感器研究运动中的加速度随时间变化的特征。手机从某一高度由静止开始沿竖直方向上下运动的过程中，从手机屏幕上观察到的加速度随时间变化的图像如图所示。手机保持静止时，图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像显示的加速度值约为－10 m/s2。忽略空气阻力，下列说法正确的是 A.t＝0.50 s时，手机已下降了1.25 m B.t＝0.75 s时，手机正向上加速运动 C.加速度为30 m/s2，手机速度最大 D.加速度从0持续增至最大的过程中，手机速度一直减小 √ 1 2 自由落体运动公式h＝ ，手机自由 落体0.5 s，下降高度为1.25 m，由图 像知手机并不是从t＝0时开始下落的， 故A错误； 由图像知t＝0.75 s时，手机此时还在 向下运动，故B错误； 加速度为30 m/s2时，手机速度为0；加速度为0时速度最大，故C错误； 加速度从0持续增至最大的过程中，手机在减速下降，所以手机速度一直减小，故D正确。 1 2 2.某高中实验小组设计了一个研究匀减速直线运动规律的方案，利用数控式打点计时器记录小车的运动信息，从小车开始减速为计时起点，刚好停下时记录下最后一个点，打点频率为1 Hz。通过分析小车在减速过程中的纸带，第1、2个点之间的距离与最后两个点之间的距离之比为a，第一个点与最后一个点的距离为x，则从开始减速到停下的平均速度是 1 2 √ 1 2 专题强化练 41 1.(2023·浙江省名校协作体联考)航天员叶光富在我国空间站完全失重的环境中做了“转身动作”的实验，该实验与物理概念“角动量”有关，角动量的大小可以表达为mvr，其中m、v、r分别对应质量、速率、半径。由此可以看出角动量的单位用国际单位制基本单位表示为 A.kg·m/s 　　　B.kg·m2/s 　　　C.N·m/s 　　　D.N·m·s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 保分基础练 由于质量的单位为kg，速率的单位为m/s，而半径的单位为m，所以角动量的单位为kg·m/s·m，即kg·m2/s，故选B。 √ 13 2.(2023·浙江温州市适应性考试)“福建舰”是我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10 m/s2，弹射系统向战斗机提供初速度大小为30 m/s，当战斗机速度达到60 m/s时能离开航空母舰起飞，战斗机在跑道上的运动可视为匀加速直线运动。下列说法正确的是 A.若航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行6 s起飞 B.若航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行135 m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135 m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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 由B项知战斗机相对于海面的位移大小为135 m，战斗机从被弹出到起飞的过程中假设航空母舰沿战斗机起飞方向航行的位移为x0，则战斗机相对甲板滑行的距离为d＝135 m－x0，故C错误； 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(多选)(2023·湖北卷·8)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是 A.t＝2t0时，P回到原点 B.t＝2t0时，P的运动速度最小 C.t＝t0时，P到原点的距离最远 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 质点在0～t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动，t0～2t0时间内加速度和速度反向，先做加速度增加的减速运动再做加速度减小的减速运动，2t0时刻速度减速到零，此过程一直向前做减速运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.(多选)图(a)所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图(b)是该机器人在某段时间内的位移－时间图像(20～30 s的图线为曲线，其余为直线)。以下说法正确的是 A.机器人在0～30 s内的位移大小为2 m B.10～30 s内，机器人的平均速度大小 　为0.35 m/s C.0～10 s内，机器人做加速直线运动 D.机器人在5 s末的速度与15 s末的速度相同 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 根据图像可知，机器人在0～30 s内 的位移大小为2 m，选项A正确； 10～30 s内，平均速度大小为 　 m/s＝0.35 m/s，选项B正确； 位移—时间图线的斜率表示速度， 0～10 s内，图线的斜率不变，机器人做匀速直线运动，选项C错误； 0～10 s内图线的斜率与10～20 s内图线的斜率关系为k1＝－k2，所以机器人在5 s末的速度与15 s末的速度等大反向，因速度是矢量，所以速度不相同，选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.(多选)2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射。如图为火箭发射后，第6秒末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐。假设火箭发射后6秒内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变。已知火箭高为40.6米，起飞质量为250吨，重力加速度g取9.8 m/s2。则下列估算正确的是 A.火箭竖直升空的加速度大小为2.2 m/s2 B.火箭竖直升空的加速度大小为4.2 m/s2 C.火箭升空所受到的平均推力大小为3.5×107 N D.火箭升空所受到的平均推力大小为3.0×106 N √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(多选)(2023·浙江绍兴市统考)如图所示的装置叫作阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体的加速度g。已知物体A、B的质量相等，均为4m，物体C的质量为2m，一切摩擦均不计，轻绳不可伸长且足够长，现将装置从静止释放。下列说法正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(多选)如图所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。两小球均处于静止状态。已知重力加速度为g，则 A.球1和球2的质量之比为1∶2 B.球1和球2的质量之比为2∶1 C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为 D.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 对两小球1、2受力分析如图甲、乙所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(2023·浙江丽水市统考模拟)图示描述的是伽利略在比萨斜塔上做落体实验的故事。不计空气阻力，小球从塔上自由下落，由静止开始经过第一段h速度的增加量为Δv1，经过第三段h速度的增加量为Δv2，则Δv1与Δv2的比值满足 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 争分提能练 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(多选)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向传动，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，则 A.物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2 B.A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的 　痕迹是8 m C.物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1 D.物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为 　零，物块不能到达B端 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 物块速度刚好到4 m/s时，物块与B端的距离Δx′＝L－x1＝8 m，此时传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前做匀减速直线运动，减速的加速度为a′＝－μg＝－1 m/s2，而物块从4 m/s减到零 发生的位移为x1′＝　　　　　　　 ＝8 m， 所以物块刚好到达B端，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(多选)(2022·全国甲卷·19)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 A.P的加速度大小的最大值为2μg B.Q的加速度大小的最大值为2μg C.P的位移大小一定大于Q的位移大小 D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 13 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时对P有－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误； 由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(2022·浙江1月选考·19)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甲所示，长12 m水平直道AB与长20 m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8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0 s。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110 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 15°＝0.26，求雪车(包括运动员) (1)在直道AB上的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 运动员在直道AB上做匀加速运动， 则有v12＝2a1x1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)过C点的速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　12 m/s　 13 由v1＝a1t1 解得t1＝3 s 运动员在斜道BC上匀加速下滑，则有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 t2＝t－t1＝2 s 解得a2＝2 m/s2 过C点的速度大小 v＝v1＋a2t2＝12 m/s 13 (3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　66 N 在斜道BC上由牛顿第二定律，有 mgsin θ－Ff＝ma2 解得Ff＝66 N。 13 12.(2023·浙江杭州市一模)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度v1＝16 m/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＝4 m/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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 如果过人工收费通道，汽车由v1开始减速，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20 s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2 m/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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　128 m　36 s　 13 根据题意，由运动学公式v＝v0＋at可得，匀减速的时间为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由运动学公式v2－v02＝2ax可得，匀减速的位移为 停止时间t2＝20 s，位移为零，加速阶段与减速阶段的位移与时间相同，故有 x＝2x1＝2×64 m＝128 m t＝2t1＋t2＝2×8 s＋20 s＝36 s 13 (2)若汽车通过ETC通道比人工收费通道节约时间t0＝21 s，汽车在ETC通道匀速行驶的距离。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据题意可知，由运动学公 式v＝v0＋at可知，过ETC通 道的车辆减速用时 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 则匀速的时间和加速的时间之和为t4＝(36－21－6)s＝9 s 匀速的位移和加速的位移之和为x′＝x－x3＝68 m 设加速的时间为t5，则有 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(2023·浙江1月选考模拟)甲、乙两质点在同一直线上运动，从t＝0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，x－t图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x－v2图像如图乙所示，下列说法正确的是 A.t＝0时刻，甲的速度为2 m/s B.甲的加速度大小为2 m/s2 C.经过 ，甲追上乙 D.经过2.5 s，甲追上乙 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 尖子生选练 √ 13 甲质点的位移表达式为x＝v0t＋ ＋x0，将(0，－2 m)、(1 s,0)、(2 s, 6 m)代入上式，解得x0＝－2 m，v0＝0，a1＝4 m/s2，A、B错误； 乙质点的位移表达式为v2－v02＝－2a2x，将(0,12.5 m)、(100 m2/s2,0)代入上式，解得v0＝10 m/s，a2＝4 m/s2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 108 km/h＝30 m/s，324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝at12＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知，加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝ ＝ s＝7 140 s， 同理高铁列车加速时间t1′＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x1′＝at1′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m，匀速运动的时间t2′＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，故选B。 A.汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v0 B.汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v0 C.汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间比为1∶ D.汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间比为2∶1 从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝＝v0，故A正确； 汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝＝v0，故B错误； 根据初速度为零的匀加速运动从零时刻开始在连续相等位移内所用时间比例关系是1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)可得，汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间比为(－1)∶1，故C错误； ＝v ＝a 由x＝v0t＋at2 得＝v0＋at a   －x  －图像 由x＝v0t＋at2 得＝v0＋a a －μg，斜率为，截距为－μg gt2 A. 　　　　B. 　　　　C. 　　　D. 设加速度为a0，小车做匀减速直线运动减速至速度为0的过程可以看作初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，设整个过程时间为t，则开始减速第一秒内位移x1＝a0t2－a0(t－1)2，最后一秒内位移x2＝a0·12，由题意可知＝a，代入数据得t＝，所以平均速度＝＝，故选C。 若航空母舰静止，战斗机需在甲板上滑行的时间为t＝＝ s＝3 s，故A错误； 若航空母舰静止，战斗机在甲板上滑行的距离为x＝t＝×3 m＝135 m，故B正确； D.t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同 a－t图像的面积表示速度变化量，～t0时间内速度的变化量为零，因此时刻的速度与t0时刻相同，D正确。 ＝ 由题图可知，照片中火箭尺寸与实际火箭尺寸的 比例为＝，可得火箭在6 s内上 升的高度为h＝2.5× cm≈39.0 m，由匀变速 直线运动规律得h＝at2，解得a≈2.2 m/s2，由牛 顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小为F＝3.0×106 N，故选A、D。 A.物体C的加速度大小为 B.物体C的加速度大小为 C.物体C对B的拉力大小为 D.物体C对B的拉力大小为 对物体C分析可知2mg－FT＝2ma，解得FT＝，由牛顿第三定律有物体C对B的拉力大小为，选项C正确，D错误。 对A、B、C整体由牛顿第二定律有a＝＝g，即物体C的加速度大小为，选项A正确，B错误； g 根据平衡条件可得，FB＝m1g，FBsin 30°＝m2g，所以＝；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力FB＝m1g，对球1有F合＝2m1gcos 30°＝m1a，解得a＝g，故选B、C。 A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4 D.4<<5 小球做自由落体运动，经过题中两段相同距离h的时间之比为t1∶t2＝1∶(－)，由Δv＝gt，可知＝＝＋，即3<<4，故选C。 根据牛顿第二定律可知a＝＝μg，可得μ＝0.1， 故A错误，C正确； 由题图乙可知，物块先加速后匀速，加速过程的 加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2 A、B间距离即为物块在6 s内发生的位移，即题 图乙中0～6 s内图线与t轴所围面积，则L＝× 4 m＋(6－4)×4 m＝16 m，由题图乙可知，0～4 s 物块与传送带有相对运动，4 s末共速，做匀速运 动，速度大小为4 m/s，则0～4 s内物块运动位移 为x1＝×4×4 m＝8 m，传送带运动位移为x2＝4×4 m＝16 m，则物块在传送带上留下的痕迹长度为Δx＝x2－x1＝8 m，故B正确； ＝ m 答案　 m/s2　 解得a1＝ m/s2 x2＝v1t2＋a2t22 x1＝＝ m＝64 m t1＝＝ s＝8 s 答案　(36－16) m 由运动学公式x＝t可得，匀减速的位移为 t3＝ s＝6 s x3＝t3＝60 m 解得t5＝4 s v2(t4－t5)＋v2t5＋at52＝x′ 则汽车匀速运动的距离为x4＝v2(t4－t5)＝(36－16) m。 s a1t2 乙质点停止所用时间为t0＝＝ s＝2.5 s， 因为x1－x2＝14.5 m－12.5 m＝2 m＝|x0|，经过 s，甲追上乙，C正确； 经过2.5 s，甲质点的位移为x1′＝a1t′2＝12.5 m， 因为初始距离|x0|＝2 m，甲未追上乙，D错误。 乙质点2.5 s的位移为x2＝a2t02＝12.5 m 甲质点经过 s的位移为x1＝a1t2＝×4× ()2 m＝14.5 m $$