文档内容
02 讲 力与直线运动
一、单选题
1．2022年4月29日，绍兴地铁1号线全线通车，标志着绍兴已经进入地铁时代，为“融杭（联甬接沪）
战略”迈出了坚实的一步。小明从A站上车，注意到列车经过加速、匀速和减速三个过程后在B站停下，
总用时2min30s，列车以最大速度80km/h行驶了30s。假设列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变
化，由此估算出AB两站点之间的路程约为（ ）
A．1km B．2km C．3km D．7km
【答案】B
【详解】由于列车在加速和减速阶段的速率均随时间均匀变化，在加速和减速阶段的平均速率均为最大速
率的一半，即40km/h，所以AB两站点之间的路程约为
故选B。
2．疫情时期应勤洗手，某同学洗完手后，没有关好水龙头，他观察发现当某滴水落地时，恰好有一滴水
从水龙头出水口滴下，而此时空中还有一滴水，目测水龙头出水口到地面的距离为0.8m，则连续两滴水滴
下的时间间隔约为（ ）
A．0.2s B．0.3s C．0.4s D．0.5s
【答案】A
【详解】由自由落体运动规律可得 解得水滴下落的总时间为t=0.4s
所以连续两滴水滴下的时间间隔为0.2s。
故选A。
3．高速公路ETC的推广使用给我们带来了高效、通畅、节能的体验，实施电子不停车缴费。若汽车过ETC
快速通道可简化为先匀减速运动再匀速运动，下列 图像中正确的是（ ）
A． B．
C． D．【答案】B
【详解】 中，匀减速直线运动是倾斜直线，且坐标值越来越小，匀速直线运动是与时间轴平行的直线。
故选B。
4．近年来许多国家开始投身无人驾驶汽车的研发，无人驾驶汽车能够有效降低事故的发生。遇到突发情
况时。人工驾驶需要约1.2s的反应时间，若采用自动驾驶系统只需要约0.2s的反应时间，如果同款汽车
以30m/s的速度匀速行驶，从发现情况到安全停下来，采用人工驾驶比采用自动驾驶系统多行驶的距离约
为（ ）
A．6m B．30m C．36m D．42m
【答案】B
【详解】人工驾驶的距离为 自动驾驶距离为
距离差为 故ACD错误，B正确。故选B。
5．有只雄鹰在两山之间飞翔，可以看成是直线飞行，两山间距为s，雄鹰的运动刚好可以看成两段匀变速
直线运动，且在起点、终点的速度都为零。已知雄鹰匀加速阶段的加速度大小是匀减速阶段的2倍，则其
匀加速阶段的位移大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设匀减速阶段的加速度为a，则匀加速阶段的加速度为2a。由题意有
得 故匀加速阶段的位移大小为 故A正确，BCD错误；
故选A。
6．新疆长绒棉因质量美誉世界。长绒棉从犁地、播种、植保到采收，已基本实现全自动化。如图为无人
机为棉花喷洒农药。无人机悬停在某一高度，自静止开始沿水平方向做匀加速运动，2.8s达到作业速度，
开始沿水平方向匀速作业，已知作业前无人机和农药总质量为25kg，无人机作业速度为7m/s，重力加速度
为 。则在加速阶段空气对无人机的作用力约为（ ）
A．250N B．258N C．313N D．358N【答案】B
【详解】根据加速度定义得
根据力的合成得
故选B。
7．如图，雄鹰向下扇翅膀获得竖直向上的加速度，这是由翅膀上、下部分的空气对雄鹰的压强差形成的。
设雄鹰上方空气对它向下的作用力的合力大小为F，下方空气对它向上的作用力的合力大小为F，雄鹰重
1 2
力大小为G，则它向下扇翅膀起飞过程中（ ）
A．F=G B．F =G C．F=G+F D．F>G+F
1 2 2 1 2 1
【答案】D
【详解】当雄鹰向下扇翅膀起飞过程中，其加速度方向向上，合外力方向向上，则有
即
故选D。
8．如图所示，某幼儿园小朋友穿统一新发校服排队从滑梯顶端滑下，则（ ）
A．滑梯对人的作用力一定竖直向上
B．幼儿重力垂直滑梯向下的分力就是幼儿对滑梯的压力
C．幼儿能否从滑梯上滑下与其质量有关，质量越大，越容易下滑D．无论幼儿的质量如何，幼儿下滑的加速度相同
【答案】D
【详解】A．由于幼儿园小朋友从滑梯顶端加速下滑，人的受力不平衡，且加速度沿滑梯向下，则滑梯对
人的作用力不可能竖直向上，故A错误；
B．幼儿重力作用在人上，施力物体是地球；幼儿对滑梯的压力作用在滑梯上，施力物体是人；故幼儿重
力垂直滑梯向下的分力不是幼儿对滑梯的压力，故B错误；
CD．由于幼儿园小朋友穿统一新发校服排队从滑梯顶端滑下，可知动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律可
得 解得 可知无论幼儿的质量如何，幼儿下滑的加速度相同，
幼儿能否从滑梯上滑下与其质量无关，故C错误，D正确。
故选D。
9．物理学中将物体在单位时间内速度的增加量定义为加速度。按照定义，物体在t时间内的速度从v 增
1
加到v，则加速度为 ；牛顿第二定律告诉我们，作用在物体上的外力大小等于物体质量与加速度的
2
乘积。现有一质量为2kg的物体在外力作用下从静止开始经2s速度增加到2m/s，则作用在物体上的外力
为（ ）
A．1N B．2N C．4N D．8N
【答案】B
【详解】由匀变速直线运动规律可得
由牛顿第二定律可得
联立解得
故选B。
10．传送带是物料搬运系统机械化和自动化的传送用具，可以替代人工搬运，节省人力物力。一水平传送
带两端相距 ，物料与传送带间的动摩擦因数为 。物料从一端轻放上传送带，被传送至另一端。当
传送带分别以 和 的速度大小匀速运动时，取重力加速度大小 ，物料通过传送带的时
间差为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】物料在传送带加速运动时的加速度为当传送带以 的速度大小匀速运动时，物料加速过程的时间为
加速过程的位移为
匀速过程的时间为
物料通过传送带的时间为
当传送带以 的速度大小匀速运动时，设物料在传送带上一直做匀加速直线运动，则有
解得
物料离开传送带的速度为
假设成立，故物料通过传送带的时间差为
故选A。
二、多选题
11．我国具有自主知识产权的大型客机C919已经取得中国民航局颁发的适航证，即将交付东方航空公司使
用，C919飞机在平直跑道上匀加速起飞，从某时刻开始计时，其运动的 图像如图所示。下列判断正确
的是（ ）
A．开始计时时刻飞机的速度大小为20m/s
B．8s时刻飞机的速度大小为40m/s
C．飞机起飞加速度大小为5m/s2
D．飞机在4s-8s通过的位移为200m
【答案】ACD
【详解】AC．由匀变速直线运动公式得整理得
结合 图像可知，飞机计时时刻初速度大小为
图像中直线的斜率为
解得飞机起飞加速度为
故AC正确；
B．由图像的意义可知，某一时刻的纵坐标表示从0时刻到该时刻飞机的平均速度为
故0~8s时间内，飞机的平均速度大小为40m/s，而其瞬时速度大小为
故B错；
D．飞机在0-8s通过的位移为
飞机在0-4s通过的位移为
故飞机在4s-8s通过的位移为
故D正确。
故选ACD。
12．如图所示，倾角为θ的斜面体置于水平桌面上，一个质量为m的物体P恰能沿斜面匀速下滑。轻绳一
端拴在物体P上，另一端拴一个质量为m的钩码Q，轻绳跨过固定在桌边光滑的定滑轮，斜面上方的轻绳
与斜面平行。释放物体P， P沿斜面向下运动的加速度大小为a，斜面体与水平桌面间的摩擦力大小为
Ff，若斜面始终静止，下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD【详解】AB．一个质量为m的物体P恰能沿斜面匀速下滑，则
当P与Q一起向下做加速运动时，根据牛顿第二定律可得：
解得
故A正确，B错误；
CD．P物体开始匀速下滑，P和斜面整体处于平衡状态，故桌面对斜面的摩擦力为0，当P与Q相连后，P
与斜面体之间的弹力摩擦力均与之前一致，所以斜面体受力不变，故与水平桌面间的摩擦力为零，故C错
误，D正确；
故选AD。
13．长为 的平板车放在光滑水平面上，质量相等、长度也为 的长木板并齐地放在平板车上，如图所
示，开始二者以共同的速度 在水平面上匀速直线运动。已知长木板与平板车之间的动摩擦因数为
0.5，重力加速度为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．二者之间没有发生相对滑动，平板车刹车的加速度可能大于
B．为了避免二者之间存在相对滑动，平板车刹车的距离最小为
C．如果平板车突然以 的加速度匀加速，则经 长木板从平板车上掉下
D．如果平板车突然以 的加速度匀加速，长木板从平板车上掉下时，平板车的速度为
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，为了避免二者之间存在相对滑动，由牛顿第二定律对长木板有
解得
此时长木板与平板车加速度大小相等，A错误；
B．对平板车由匀变速直线运动的速度位移公式得
解得平板车刹车的最小距离为
选项B正确；
CD．平板车加速后，设经时间t长木板从平板车上掉下，该过程中平板车的位移长木板的位移为
又
由以上可解得
此时平板车的速度为
选项C错误，D正确。
故选BD。
三、解答题
14．题图为地铁入口安检装置简易图，水平传送带AB长度为l，传送带右端B与水平平台等高且平滑连接，
物品探测区域长度为d，其右端与传送带右端B重合。已知：传送带匀速运动的速度大小为v，方向如图，
物品（可视为质点）由A端无初速度释放，加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域，最后匀速通过B
端进入平台并减速至0，各处的动摩擦因数均相同，空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
（1）物品与传送带间的动摩擦因数μ：
（2）物品运动的总时间t。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设物品做匀加速直线运动的加速度大小为a，则 μmg＝ma
联立解得 ，
（2）物品匀加速到v走过的位移为x。由 得x＝4（l-d）
故匀速位移为l-s＝4d-3l
又有匀速部分4d-3l＝vt
1
匀变速部分故总时间
15．如图1所示为地铁的包裹安检装置，其传送包裹部分可简化为如图2所示的传送带示意图。若安检时
某乘客将可视为质点的包裹静止放在传送装置的最左端，传送装置始终以v0＝0.5m/s的速度顺时针匀速运
动，包裹与传送装置间的动摩擦因数为μ＝0.05，传送装置全长l＝2m，包裹传送到最右端时乘客才能将
其拿走，重力加速度g＝10m/s2。
（1）求当包裹与传送装置相对静止时，包裹相对于传送装置运动的距离；
（2）若乘客将包裹放在传送装置上后，立即以v＝1m/s的速度匀速从传送装置最左端走到传送装置的最右
端，求乘客要想拿到包裹，需要在传送装置最右端等待的时间。
【答案】（1）0.25m；（2）2.5s
【详解】（1）设包裹的质量为m，包裹加速阶段的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝0.5m/s2
包裹加速到v0所用的时间为t＝
1
解得t＝1s
1
t 时间内包裹的位移大小为x＝
1 1
解得x＝0.25m
1
t1时间内传送装置的位移大小为x＝vt
2 0 1
解得x＝0.5m
2
故包裹相对于传送装置运动的距离为Δx＝x－x＝0.25m
2 1
（2）包裹在传送装置上匀速运动的时间为t＝ ，
2
解得t＝3.5s
2
乘客从传送装置的最左端走到最右端所用的时间为t＝
3
解得t＝2s
3
故乘客需要在传送装置最右端等待的时间为Δt＝t＋t－t＝2.5s
1 2 316．如图（a）所示，与长木板质量相等的小铁块位于长木板的最左端， 时刻开始二者以 的
初速度一起向右运动， 时长木板与右侧的挡板相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运动过程中小铁
块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板运动的部分速度
时间图像如图（b）所示，在运动过程中小铁块刚好没有从长木板上滑下。小铁块可视为质点，重力加速
度g取 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数；
（2）长木板的长度。
【答案】（1）0.4，0.2；（2）10.8m
【详解】设长木板与水平地面之间的动摩擦因数为 ，小铁块与长木板之间的动摩擦因数为
（1）长木板未和挡板碰撞前的加速度大小为
对长木板和铁块整体由牛顿第二定律
解得
长木板和挡板碰撞受，长木板受到地面的摩擦力向右，小铁块对长木板的摩擦力向右，对长木板由牛顿第
二定律得
由图可知，长木板的加速度
解得（2）铁块相对长木板运动的加速度大小
长木板向左运动减速到零的时间
长木板向左的距离
小铁块向右运动的距离
此时铁块的速度为
由于
所以长木板不会向右运动，铁块继续向右运动直至速度为零，此阶段向右运动的距离
所以长木板的长度为
17．如图所示，质量 的薄木板静置在光滑水平地面上，质量 的小滑块（可视为质
点）以速度 从木板的左端冲上木板，恰好不滑离木板．已知滑块与木板间的动摩擦因数
，重力加速度 取 ．求
（1）分别求出小滑块和薄木板的加速度大小；
（2） 薄木板的长度。
【答案】（1） ， ；（2）5m
【详解】（1）取滑块为研究对象，由牛顿第二定律得
取薄木板为研究对象，由牛顿第二定律得（2）滑块恰好不滑离木板，由运动学公式可得
由速度时间关系可得
联立解得
