文档内容
第2讲 直线运动与牛顿运动定律锁定主干知识
CONTENTS 01
探明高考考向
02
精研典型例题
03
拓展思维空间
04
提升关键能力
05锁定主干知识
目录目录探明高考考向
目录. （ 河北高考 题）篮球比赛前，常通过
1 2024· 3
观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情
况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，
并得出了篮球运动的 图像，如图所示。图
v-t
像中 、 、 、 四点中对应篮球位置最
a b c d
高的是（ ）
. 点 . 点
√A a B b
. 点 . 点
C c D d
目录解析： 由题意可知题图中 ＜ 表示篮球在向下运动， ＞ 表示篮球
v 0 v 0
在向上运动，由 图像与直线 ＝ 所围图形的面积表示位移大小可知
v-t v 0 v
＝ 上方的图像面积 减去 ＝ 下方的图像面积 的值越大，对应的篮
0 S v 0 S
上 下
球位置越高，结合题图可知 、 、 、 四点中对应篮球位置最高的是
a b c d a
点， 正确。
A
目录. （ 山东高考 题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端
2 2024· 3
与斜面上 点距离为 。木板由静止释放，若木板长度为 ，通过 点的
A L L A
时间间隔为 ；若木板长度为 ，通过 点的时间间隔为 。 ∶
Δt 2L A Δt Δt Δt
1 2 2 1
为（ ）
. （ － ）∶（ － ） . （ － ）∶（ － ）
√A 1 1 B 1
. （ ＋ ）∶（ ＋ ） . （ ＋ ）∶（ ＋ ）
C 1 1 D 1
3 2 3 2 2
3 2 3 2 2
目录解析： 由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到
下端到达 点的过程，有 ＝ ，木板从静止释放到上端到达 点的过
A L a A
1
2
0
程，当木板长度为 时，有 2＝ ，当木板长度为 时，有 ＝
L 2L a 2L 3L
1
2
1
，又 ＝ － ， ＝ － 2， 联立解得 ∶ ＝（ － ）∶
a Δt t t Δt t t Δt Δt 1
1 1 0 2 2 0 2 1
1
2
（ － ）， 正确。
2 1 A
2 3
2
目录. （ 全国甲卷 题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物
3 2024· 15
块 ， 置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘
P P
（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量 ，并测量 的
m P
加速度大小 ，得到 图像。重力加速度大小为 。在下列 图像中，
a a-m g a-m
可能正确的是（ ）
√
目录解析： 设物块 的质量为 ，物块 与桌面间的动摩擦因数为 ，轻
P M P μ
绳上的拉力大小为 牛顿第二定律
T
（ ）
＝ － ， 正确。
a g D
＋
+1
目录. （ 北京高考 题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的
4 2024· 8
过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是
（ ）
. 上升和下落两过程的时间相等
A
. 上升和下落两过程损失的机械能相等
B
√C . 上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
. 上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
D
目录解析： 小球上升过程，由牛顿第二定律有 ＋ ＝ ，下降过程有
mg ƒ ma
1
－ ＝ ，其中 ＝ ，可知 ＞ ， 错误；上升过程和下降过程高
mg ƒ ma ƒ kv a a D
2 1 2
度 相同，根据 ＝ 结合 项定性分析可知上升过程用时较短，则上
h h at2 D
1
升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升过程空气阻力平均值
2
大于下降过程空气阻力平均值，因此上升过程克服阻力做功较大，损失
机械能较大， 、 错误；整个运动过程空气阻力做负功，由动能定理
A B
可知小球抛出速度 大于小球落到原处的速度 ，由动量定理可得上升
v v
1 2
过程合力的冲量大小 ＝ ，下降过程合力冲量大小 ＝ ，则上升
I mv I mv
上 1 下 2
过程合力的冲量大于下降过程合力的冲量， 正确。
C
目录精研典型例题
目录考点一 匀变速直线运动规律及应用
解决匀变速直线运动
问题的六种方法
目录【例1】
（
2024·
浙江模拟）某跳伞运动员做低空跳伞表演。从该运动员
离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，当速度达到
50 m/s
时打开降落伞做匀减速直线运动，加速度大小为 ，到达地面时速度
5 m/s2
为 。下列说法正确的是（ ）
5 m/s
. 运动员离开飞机 后打开降落伞
A 10 s
. 运动员在空中下落过程用时
B 9 s
. 运动员距离地面 时打开降落伞
C 245 m
. 悬停的飞机距离地面 .
D 372 5 m
目录答案：
D
解析：由速度与时间公式有 ＝ ，解得 ＝ ，故 错误；减速时，由速
v gt t 5 s A
1 1 1
度与时间公式有 ＝ － ，解得 ＝ ，运动员在空中下落时间为 ＝ ＋
v v at t 9 s t t
2 1 2 2 1
＋
＝ ，故 错误；由位移与时间公式有 ＝ ＝ . ，故 错
t 14 s B h t 247 5 m C
2 2 2
1 2
误；由位移与时间公式有 ＝ ＝ ，则悬2 停的飞机距离地面的高
h g 125 m
1
1
2
度为 ＝ ＋ ＝ . ，故 正确。
H h h 372 5 m D 1
1 2 2
目录【例2】
（
2024·
山东临沂一模）近几年来我国新能源汽车发展迅速，现
对国产某品牌新能源汽车进行性能测试。已知该汽车在时间 内通过了位移
t
，同时它的速度变为原来的 倍。如果汽车做的是匀加速直线运动，该汽
x N
车加速度大小为（ ）
（ ） （ ）
. ＝ . ＝
A a B a
（ ） （ ）
2 −1 2 +1
2 2
（ +1 ） （ −1 ）
. ＝ . ＝
C a D a
（ ） （ ）
2 +2 2 −1
2 2
−1 −2
目录答案：
A
解析：设汽车的初速度为 ，则时间 后速度变为 ，汽车在时间 内通过了
v t Nv t
＋
位移 ，则平均速度为 ＝ ＝ ，解得 ＝ ，所以该汽车的加速
x v
（ ）
2
（ ） （ 2） +1
度为 ＝ ＝ ＝ ，故选 。
a A
（ ）
Δ −1 2 −1
2
Δ +1
目录【例3】
（
2024·
江西南昌模拟）如图所示，在杭州亚运会田径项目赛场
上，机器狗承担了拾捡和运输器材的任务。某次运输过程中，当机器狗检
测到前方有一位站立不动的工作人员，为了避免相撞，机器狗立即做匀减
速直线运动直至停止，已知其减速后第 内的位移是最后 内位移的
1 s 1 s 5
倍，且这两段位移的差值为 . ，则机器狗开始减速后（ ）
0 4 m
. 运动的总时间为
A 3 s
. 加速度大小为 . 2
B 0 4 m/s
. 总位移大小为 .
C 6 4 m
. 初速度大小为 .
D 2 4 m/s
目录答案：
A
解析：对运动过程用逆向思维，则有 ∶ ＝ ∶ ，因为 ∶ ∶ ＝
x x 1 5 x x x
1 n 1 2 3
∶ ∶ ，所以 ＝ ，故 正确；由 ＝ ，可得 ＝ . ，故 错
1 3 5 t 3 s A Δx 2aT2 a 0 2 m/s2 B
总
误；总位移大小为 ＝ ＝ . ，故 错误；初速度大小为 ＝ ＝ .
x at2 0 9 m C v at 0 6
0
1
，故 错误。
m/s D
2
目录考点二 牛顿运动定律的应用
【例4】
（
2024·
安徽合肥模拟）中国的农历新年家家户户会挂上喜庆的
大红灯笼，用来增加节日喜庆的气氛。现用一根劲度系数为 的轻质弹簧和
k
一根不可伸长的轻绳在水平天花板下悬挂一只灯笼。灯笼的质量为 ，悬
m
挂静止时弹簧、轻绳与天花板形成的△ 为等边三角形，如图所示，
OAB
（重力加速度为 ，弹簧在弹性限度内） 则（ ）
g
. 灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向水平向右
A
. 弹簧的形变量为
B
2 3
3
. 若某时刻剪断轻绳，则此瞬间灯笼的加速度大小为
C g
3
. 若仅增加灯笼的质量，悬挂静止后 点位置依然保持不变
D O
3
目录答案：
C
解析：由于灯笼处于平衡状态，根据三力平衡的特点，可知灯笼的重力和
所受轻绳拉力的合力方向与弹簧弹力方向相反，即沿 方向向下， 错
AO A
误；根据平衡条件，绳上拉力等于弹簧的弹力，大小为 ＝ ＝
F
1 °
2
，根据 ＝ ，可求得弹簧的形变量为 ＝ ， 错误；
F kx x B
cos30
3 3
若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力不变，则合力与没有剪断绳
3 3
子时绳上拉力大小相等，方向相反，为 ＝ ，则灯笼的加速度大小为
F
合
3
合
＝ ＝ ， 正确；若仅增加灯笼的质量，则绳上拉力和弹簧弹力都会
a g C
3
3
变大，弹簧伸长量变大，弹簧变长，所以悬挂静止后 点位置会发生变化，
O
3
错误。
D
目录瞬时加速度问题
目录【例5】 （ 多选 ）（ 2023· 福建高考 5 题）如图所示，一广场小火车是由车
头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运
行过程中阻力与车重力成正比。一广场小火车共有 节车厢，车头对第一
3
节车厢的拉力为 ，第一节车厢对第二节车厢的拉力为 ，第二节车厢对
T T
1 2
第三节车厢的拉力为 ，则（ ）
T
3
. 当火车匀速直线运动时， ＝ ＝
A T T T
1 2 3
. 当火车匀速直线运动时， ∶ ∶ ＝ ∶ ∶
B T T T 3 2 1
1 2 3
. 当火车匀加速直线运动时， ＝ ＝
C T T T
1 2 3
. 当火车匀加速直线运动时， ∶ ∶ ＝ ∶ ∶
D T T T 3 2 1
1 2 3
目录答案：
B D
解析：设每节车厢重力为 ，当火车匀速直线运动时 ＝ ＝ × ， ＝
G T f k 3G T f
1 1 2 2
＝ × ， ＝ ＝ × ，得 ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ，故 错误， 正确；当
k 2G T f k G T T T 3 2 1 A B
3 3 1 2 3
火车匀加速运动时 － ＝ － × ＝ ， － ＝ － × ＝ ，
T f T k 3G 3ma T f T k 2G 2ma
1 1 1 2 2 2
－ ＝ － × ＝ ，得 ∶ ∶ ＝ ∶ ∶ ，故 错误， 正确。
T f T k G ma T T T 3 2 1 C D
3 3 3 1 2 3
目录1
.
连接体的处理方法
：整体法和隔离法。
.
2 连接体的运动特点
（ ）轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态下，两端的连接体沿绳
1
方向的速度和加速度总是相等。
（ ）轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速
2
度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度。
（ ）轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不
3
一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
目录【例6】
（
2024·
河南周口模拟）
2024
年
4
月
3
日，某集团完成了某型号汽
车的首批交付仪式。之后陆续有用户对该型号汽车进行了性能测试。为提
升驾驶体验，为驾乘者提供更加安全和舒适的驾驶环境，该型号汽车具有
自动紧急制动性能并加入了 功能。某车主对此性能进行了测
AEB AEB Pro
试。该型号汽车在平直的封闭公路上以 ＝ 的速度水平向右匀速
v 108 km/h
0
行驶，检测到障碍物后在 和 功能作用下开始减速，车所受阻
AEB AEB Pro
力 与车重力 的比值随时间变化的情况可简化为如图所示的图像，最终
f mg
停在距离障碍物 的位置。
1 m
取重力加速度大小 ＝ 。求：
g 10 m/s2
（ ）该型号汽车开始减速瞬间的加速度；
1
目录答案： － ，方向水平向左
10 m/s2
解析： 根据题意，由图可知，该型号汽车开始刹车时 ＝
1
1
由牛顿第二定律有－ ＝
f ma
1
联立解得 ＝－ ，方向水平向左。
a 10 m/s2
目录（ ）该型号汽车在 末的速度 大小；
2 1 s v
1
答案：
20 m/s
解析：该型号汽车做减速运动，由运动学公式可得该型号汽车在 末
1 s
的速度大小为 ＝ ＋
v v a t
1 0 1 1
代入数据解得 ＝ 。
v 20 m/s
1
目录（ ）该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离。
3
答案：
36 m
解析：根据题意可知开始减速 内，该型号汽车运动的位移为
1 s x
1
＋
＝ ＝
t 25 m
1
0 1
开始减速 后，由图可知 ＝
1 s 2
2
2
由牛顿第二定律有－ ＝
f ma
2 2
由运动学公式可得 － ＝
0 2a x
2 2
联立代入数据解得 ＝
x 10 m
2
2
1
该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离为 ＝ ＋ ＋
x x x 1 m
1 2
＝ 。
36 m
目录两类动力学问题的解题步骤
目录考点三 运动学和动力学图像
.
1 运动学图像
图像 图像 图像
v-t x-t a-t
与坐标轴所围面 表示这段时间内 表示这段时间内
无实际物理意义
积 的位移 速度的变化量
表示质点运动的 表示质点运动的 表示加速度变化
斜率
加速度 速度 的快慢
目录.
2 动力学图像
题型 解题思路
由运动学图 （ ）根据运动学图像，求解加速度；
1
像分析受力 （ ）应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系；
2
情况 （ ）确定物体受力情况及相关物理量
3
目录题型 解题思路
（ ）根据受力图像，结合牛顿第二定律确定加速度；
1
由受力图像
（ ）根据加速度和初速度的方向，判断是加速运动还是减
2
分析运动情
速运动；
况
（ ）由加速度结合初始运动状态，分析物体运动情况
3
由已知条件 （ ）分析运动过程中物体的受力；
1
确定物理量 （ ）根据牛顿第二定律推导出加速度表达式；
2
的变化图像 （ ）根据加速度的变化确定物理量的变化图像
3
目录【例7】
（
2024·
河北唐山一模）某场冰壶比赛中，投掷出的冰壶沿直线
运动，运动员通过刷冰使冰壶在逐渐减小的摩擦力作用下停到指定位置。
下列能正确反映该过程中冰壶的位移 、速度 、加速度 随时间 变化规律
x v a t
的图像是（ ）
目录答案：
C
解析：依题意，冰壶运动过程中所受摩擦力逐渐减小，由牛顿第二定律 ＝
f
，可知加速度逐渐减小，冰壶做减速运动，其位移与时间不成正比关
ma
系，故 、 错误； 图像中斜率表示加速度，由图可知 选项符合题意，
A D v-t C
故 错误， 正确。
B C
目录【例8】
（
多选
）（
2024·
四川成都二模）如图甲所示，倾角为
θ
的固定斜
面上有一小物块，其受到方向沿斜面向上的拉力 的作用，使小物块沿斜
F
面向上运动，运动过程中加速 与 的关系如图乙所示。图线的斜率为 ，
a F k
与 轴交点坐标为 ，与 轴交点为－ 。由图可知（ ）
F c a b
. 小物块的质量为
A k
. 小物块的质量为
B
1
. 摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
C b
. 摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为
D c
目录答案：
B D
解析：以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得 － － ＝ ，可
F mgsin θ f ma
＋ ＋
得 ＝ － ，结合 图像可得 ＝ ＝ ，－ ＝－ ，可知
a a-F k b
sin 1 sin
小物块 的质量 为 ＝ ，摩擦力与重力 沿斜面 的分力大 小之和为 ＋
m mgsin θ f
1
＝ ，故选 、 。
c B D
目录拓展思维空间
目录动力学中的临界极值问题
.
1 叠加体系统临界问题的求解思路
目录.
2 滑块刚好未滑离滑板的临界条件判断
刚好不滑离的临界条件：当滑板滑块共速时，滑板滑块之间的相对位移
大小 等于初始状态时滑块与滑板端点的距离 。
Δx L
滑块相对于滑板的位置示意图如图所示，不滑离时 ≥ ；滑离时 ＜
L Δx L
。
Δx
目录【典例1】
（
多选
）（
2024·
黑龙江哈尔滨三模）如图所示，三个物块
A
、
、 的质量分别为 、 、 ，物块 叠放在 上，物块 与 之间用轻弹
B C m 2m m B C A C
簧水平连接，物块 、 与水平地面间的动摩擦因数都为 ，物块 与 之间
A C μ B C
的动摩擦因数为 。在大小恒为 的水平推力作用下，使三个物块正保持相
F
对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为 ，最大静摩擦
g
2
力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）
. 弹簧弹力大小为
A
. 保持 、 、 三个物块相对静止， 最大值不超过
B A B C F 6μmg
4
. 在撤去水平推力的瞬间，物块 的加速度变小
C A
. 若撤去水平推力后，物块 和 仍能保持相对静止
D B C
目录答案：
A B
解析：对 、 、 三个物块受力分析，摩擦力为 ＝ （ ＋ ＋ ） ＝
A B C f μ m 2m m g
，根据牛顿第二定律得 － ＝（ ＋ ＋ ） ，对 受力分析，根据
4μmg F f m 2m m a A
牛顿第二定律得 － ＝ ，联立可得 ＝ ，故 正确；保持 、 、
F μmg ma F A A B
弹 弹
4
三个物块相对静止，对 分析可知，整体的最大加速度为 ＝ ＝
C B a
max
×2
2
，对 、 、 三个物块，根据牛顿第二定律得 － ＝（ ＋ ＋
A B C F 4μmg m 22 m
m
） ，解得 ＝ ，故 正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧对 的
m a F 6μmg B A
2 max m
力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间， 的受力情况不变，即物块
A A
的加速度不变，故 错误；
C
目录在撤去水平推力的瞬间，对物块 、 整体受力分析结合牛顿第二定律得：
B C
＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ，则整体的加速度为 ＝ ＋ ，由 选
F 3μmg F 3μmg 3ma a μg B
合 弹
项可知，物块 的最大加速度为 ＝ ＜ ，所以若撤去水平推力后，物
B 4 a a 12
max
块 和 不能保持相对静止，故 错误。
B C D
2
目录如图所示，在足够大的水平地面上静止放置一木板，可视为
【典例2】
质点的物块以 ＝ 的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，
v 3 m/s
0
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，已知物块的质量 ＝ ，
m 1 kg
物块与木板间的动摩擦因数 ＝ . ，木板与地面间的动摩擦因数 ＝
μ 0 2 μ
1 2
. ，取重力加速度大小 ＝ ，求木板的长度 及木板的质量 。
0 05 g 10 m/s2 L M
目录答案： .
1 5 m 1 kg
解析：设物块减速和木板加速到共速的时间为 ，此过程的加速度分别为
t
1
， ，根据牛顿第二定律，有 ＝ ， － （ ＋ ） ＝ ，
a a μ mg ma μ mg μ M m g Ma
1 2 1 1 1 2 2
设两者共同速度为 ，则 － ＝ ＝ ，此过程木板的位移为 ＝
v v a t a t v x t
0 1 1 2 1 1 1
两者共速后，因为 ＞ ，所以此后两者一起减速到停止，设共同减速的
μ μ
1 2
2
加速度为 ，则根据牛顿第二定律，有 （ ＋ ） ＝（ ＋ ）
a μ M m g M m a
3 2 3
此过程木板的位移为 ＝
x
2
2
木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，则 ＝ ＋
L x x
2 3 1 2
物块最终恰好到达木板的右端，即物块相对木板的位移为木板的长度，则
＋
＝ －
L t x
1 1
0
联立各式解得 ＝ ， ＝ . ， ＝ 。
t 1 s L 1 5 m M 1 kg
1
2
目录提升关键能力
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
. （ 浙江衢丽湖三地质检）如图所示的是无人机正在喷洒农药的场
1 2024·
景，则无人机（含箱内农药）（ ）
. 悬停时重力与浮力平衡
A
. 向下运动时处于失重状态
B
. 喷洒过程中惯性不变
C
. 沿曲线轨迹运动时的加速度一定不为零
√D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析： 无人机受到重力和空气升力，悬停时重力与升力平衡，故
A
错误；如果向下加速运动时，则处于失重状态；如果向下减速运动，则
处于超重状态，故 错误；喷洒过程中药水的质量减小，则喷洒过程中
B
惯性减小，故 错误；沿曲线轨迹运动时处于非平衡状态，则加速度一
C
定不为零，故 正确。
D
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
. （ 贵州安顺二模）在 年春晚杂技《跃龙门》中的一段表演是
2 2024· 2024
演员从蹦床上弹起后在空中旋转 °。已知演员离开蹦床时的速度大
360
小为 ，在上升过程中就已经完成了旋转动作，重力加速度大小为 ，不
v g
计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
. 演员在上升的过程中处于超重状态
A
. 演员在下落过程中处于超重状态
B
√C . 演员在空中旋转的时间不超过
. 演员上升的最大高度为
D
2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析： 演员在上升和下降的过程中，都只受重力作用，处于完全失
重状态，选项 、 错误；演员上升过程中所用时间为 ＝ ，则其在空中
A B t
旋转的时间不超过 ，选项 正确；演员上升的最大高度为 ＝ ，选项
C h
2
错误。
D
2
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
. （ 南京盐城一模）某次冰壶训练中，一冰壶以某一初速度在水平
3 2024·
冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为 时其速度恰好为零，若冰壶
x
通过第一个 的距离所用的时间为 ，则冰壶通过最后 的距离所用的时间
t
为（ ）
6 6
. （ － ） . （ － ）
A 2 t B t
. （ ＋ ） . （ ＋ ）
C 2 t √D t
5 6 5
5 6 5
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析： 由逆向思维可知，冰壶从静止开始做匀加速直线运动，由 ＝
s
可知，冰壶通过连续相等距离所用时间之比为 ∶（ － ）∶
aT2 1 1
1
（ － ）∶…∶（ － ）， 为大于或等于 的整数，则冰壶
n 1
2 2
通过最后 的距离所需时间为 ＝ ＝（ ＋ ） ，故选 。
3 2 + 1t' t D
6 6− 5 6 5
目录1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
. （ 湖南长沙模拟）高铁是我国的一张名片，在某火车站，维护员
4 2024·
站在中央高铁站台上，观察到有一列高铁正在减速进站（可视为匀减速
直线运动）。维护员发现在列车减速过程中相邻两个相等时间内从他身
边经过的车厢节数分别为 和 ，则 和 之比可能是（ ）
n n n n
1 2 1 2
. ∶
√A 2 1
. ∶
B 5 1
. ∶
C 7 2
. ∶
D 4 1
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解析： 设列车减速过程的加速度大小为 ，相邻两个相等时间为 ，
a T
第二个相等时间的末速度为 ，一节车厢的长度为 ，根据逆向思维可得
v L
＝ ＋ ，（ ＋ ） ＝ ＋ （ ） ，可得 ＝ ＋ ，
n L vT aT2 n n L v·2T a 2T 2 n L vT aT2
2 1 2 1
1 1 3
2 2 2
＋
则有 ＝ ，可得 ＜ ＜ ，故选 。
A
3
2
＋
1 2 1 1 3
1
2
2 1 2 1
2
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. （ 广东惠州一模）雨滴从高空静止下落过程中，受到的空气阻力
5 2024·
满足 ＝ ， 为定值，取竖直向下为正方向，下列表示雨滴速度 和加
f kv2 k v
速度 的图像可能正确的是（ ）
a
√
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解析： 雨滴从高空静止下落过程中，设雨滴的质量为 ，根据牛顿
m
第二定律可得 ＝ ＝ － ，可知随着雨滴速度的增大，加速度逐
a g
2
−
渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，则 图像的切线斜率
v-t
逐渐减小；当空气阻力等于雨滴重力时，雨滴的加速度减为 ，且加速
0
度 与速度 不是线性关系。故选 。
a v B
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. （ 北京西城二模）列车沿平直的道路做匀变速直线运动，在车厢
6 2024·
顶部用细线悬挂一个小球，小球相对车厢静止时，细线与竖直方向的夹
角为 。下列说法正确的是（ ）
θ
. 列车加速度的大小为
√A gtan θ
. 列车加速度的大小为
B gsin θ
. 细线拉力的大小为
C mgsin θ
. 细线拉力的大小为
D mgcos θ
解析： 设列车的加速度大小为 ，根据几何关系及牛顿第二定律有
a F
＝ ＝ ，得列车加速度的大小为 ＝ ，故 正确， 错
mgtan θ ma a gtan θ A B
合
误；根据 ＝ ，得细线拉力的大小为 ＝ ，故 、 错误。
Tcos θ mg T C D
目录
cos 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
. （ 海南高考 题）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静
7 2024· 5
止开始同时分别向左、右平移，经 恰好完全打开，两扇门移动距离均
4 s
为 ，若门从静止开始以相同的加速度大小先匀加速运动后匀减速运
2 m
动，完全打开时速度恰好为 ，则加速度的大小为（ ）
0
. . 2
A 1 25 m/s
. 2
B 1 m/s
√C . 0 . 5 m/s 2
. . 2
D 0 25 m/s
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解析： 作出单扇感应门打开过程的 图像如图
v-t
所示，根据 图像与坐标轴所围图形的面积表示位
v-t
移可知， × ＝ ，解得 ＝ ，根据加
v 4 s 2 m v 1 m/s
m m
1
速度的定义2 可知 ＝ ＝ . ， 正确。
a 0 5 m/s2 C
Δ
Δ
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. （ 内蒙古通辽一模）如图所示，轻质细绳 一端系在小球 上，
8 2024· OA O
另一端固定在倾斜天花板上的 点，轻质弹簧 一端与小球连接，另一
A OB
端固定在竖直墙上的 点，平衡时细绳 垂直于天花板，弹簧恰好水
B OA
平。将细绳 剪断的瞬间，小球的加速度（ ）
OA
. 竖直向下 . 沿 方向
A B OB
√C . 沿 AO 方向 D . 等于 0
解析： 小球受重力、细绳 斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，设细
OA
绳与水平方向的夹角为 ，则细绳 中的拉力大小为 ＝ ，将细绳剪
θ OA T
断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，所以小球的加速度沿 方向且大
AO
sin
小为 ＝ ＝ ，故选 。
a C
目录
sin 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
. （ 山东聊城一模）中国高铁
9 2024·
向世界展示了中国速度，和谐号与
复兴号高铁相继从沈阳站点由静止
出发，沿同一方向做匀加速直线运
动。两车运动的速度 时间图像如
—
图所示，下列说法正确的是（ ）
. 复兴号高铁追上和谐号动车前， ＝ 时两车相距最远
A t 70 s
√. 复兴号高铁经过 加速达到最大速度
B 95 s
. ＝ 时，复兴号高铁追上和谐号动车
C t 140 s
. 复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
D 4 900 m
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解析： 由 图像可知， ≤ ≤ 时，和谐号动车速度大于复兴号
v-t 0 t 140 s
高铁， ＞ 时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追
t 140 s
上和谐号动车前， ＝ 时两车相距最远，根据 图像与坐标轴围成
t 140 s v-t
的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距
Δx
＝ × × － ×（ － ）× ＝ ，故 、 、 错
140 70 m 140 70 70 m 2 450 m A C D
1 1
误2；复兴号高铁的2加速度为 ＝ ＝ ＝ ，复兴号高铁加
a m/s2 1 m/s2
Δ 70
速达到最大速度所需的时间为 Δ＝ 1＝40−70 ＝ ，故 正确。
t s 95 s B
1
m 95
1
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10
. （
多选
）（
2024·
浙江精诚联盟联考）人类从事滑雪活动已有数千年历
史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐
趣。一名滑雪爱好者以 的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的
1 m/s
倾角为 °。若人与滑板的总质量为 ，受到的总阻力为 ，重
30 60 kg 60 N
力加速度 大小取 ，则（ ）
g 10 m/s2
√. 滑雪者加速度的大小为 2
A 4 m/s
. 滑雪者加速度的大小为 2
B 3 m/s
√
. 内滑雪者下滑位移的大小为
C 3 s 21 m
√. 末人与滑板总重力的瞬时功率为
D 3 s 3 900 W
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解析： 由牛顿第二定律知 °－ ＝ ，解得滑雪者加速
mgsin 30 f ma
度的大小为 ＝ ，选项 正确， 错误；由运动学公式 ＝ ＋
a 4 m/s2 A B x v t
0
，其中 ＝ ， ＝ ，解得 内滑雪者下滑位移的大小为 ＝
at2 v 1 m/s t 3 s 3 s x 21
0
1
，选项 正确；由运动学公式知 ＝ ＋ ，重力的瞬时功率 ＝
m C v v at P
2 0
°，联立解得， 末人与滑板总重力的瞬时功率为 ＝
mgvsin 30 3 s P 3 900
，选项 正确。
W D
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. （ 广东汕头一模）如图所示，一足够长的薄木板 静止在水平地
11 2024· B
面上，某时刻一小物块 （可视为质点）以 ＝ 的初速度滑上木板
A v 6 m/s
0
。已知 的质量 ＝ ， 的质量 ＝ ， 、 之间的动摩擦因数
B A m 1 kg B M 2 kg A B
＝ . ， 与水平面间的动摩擦因数 ＝ . ，取 ＝ ，不计空
μ 0 5 B μ 0 1 g 10 m/s2
1 2
气阻力。求：
（ ） 刚滑上木板 时 和 的加速度；
1 A B A B
答案： ，方向向左， ，方向向右
5 m/s2 1 m/s2
解析： 滑上 后，对 、 分别受力分析，由牛顿第二定
A B A B
律，对 有 ＝
A μ mg ma
1 1
解得 的加速度为 ＝ ，方向向左
A a 5 m/s2
1
对 有 － （ ＋ ） ＝
B μ mg μ M m g Ma
1 2 2
解得 的加速度为 ＝ ，方向向右。
B a 1 m/s2
2
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（ ） 在 上相对滑动的最大距离。
2 A B
答案：
3 m
解析：设经时间 物块和木板速度相同，对物块 ，有 ＝ －
t A v v a t
1 1 0 1 1
对木板 ，有 ＝
B v a t
1 2 1
则物块前进的位移为 ＝ －
x v t a
1 0 1 1
1
2
1
木板前进的位移为 ＝ 2
x a
2 2
1
2
则物块相对木板滑动的最大距离为 ＝ － ＝ 。
1 ΔL x x 3 m
2 1 2
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. （ 河南信阳一模）彩虹滑道作为一种旱地滑雪
12 2024·
设备，因其多彩绚丽的外形、危险性低且符合新时
代环保理念吸引了越来越多的游客。小孩坐在皮艇
中被拉上滑道的过程可简化成图示模型。已知皮艇质量 ＝ ，小孩质
M 5 kg
量 ＝ ，皮艇与滑道之间的动摩擦因数 ＝ . ，小孩与皮艇之间的
m 30 kg μ 0 1
1
动摩擦因数 ＝ . ，现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力 ，用时 ＝ 将
μ 0 8 F t 50 s
2
皮艇和小孩拉至顶端，滑道长度 ＝ ，重力加速度大小取 ＝
L 250 m g 10
，滑道倾角 ＝ °， °＝ . ， °＝ . ，求：
m/s2 θ 37 sin 37 0 6 cos 37 0 8
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（ ）小孩所受摩擦力的大小和方向；
1
答案： 方向沿滑道向上
186 N
解析： 给皮艇一沿滑道斜向上的恒力 将皮艇和小孩拉至顶
F
端，由位移与时间的关系公式有 ＝
L at2
1
得 ＝ .
a 0 2 m/s2
2
对小孩，由牛顿第二定律有 － ＝
f mgsin θ ma
代入数据得 ＝
f 186 N
方向沿滑道向上。
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（ ）拉力 的大小；
2 F
答案：
245 N
解析：对皮艇和小孩构成的整体，由牛顿第二定律有 －（ ＋
F M
） － （ ＋ ） ＝（ ＋ ）
m gsin θ μ M m gcos θ M m a
1
代入数据得拉力的大小为 ＝ 。
F 245 N
（ ）只给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力 ，求能将他们拉至顶端
3 F'
且不会相对滑动的 取值范围。
F'
答案： ≤ ≤
238 N F' 1 176 N
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解析：给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力 ，能将他们拉至顶
F'
端的最小拉力
＝（ ＋ ） ＋ （ ＋ ） ＝
F ' M m gsin θ μ M m gcos θ 238 N
min 1
若小孩和皮艇恰好相对滑动，则皮艇和小孩之间的静摩擦力达到
最大静摩擦力 ，对整体，由牛顿第二定律有 －（
μ mgcos θ F ' M
2 max
＋ ） － （ ＋ ） ＝（ ＋ ）
m gsin θ μ M m gcos θ M m a'
1
对皮艇，由牛顿第二定律有 － （ ＋ ） －
μ mgcos θ μ M m gcos θ
2 1
＝
Mgsin θ Ma'
联立代入数据得 ＝ .
a' 26 8 m/s2
＝
F ' 1 176 N
max
故 ≤ ≤ 。
238 N F' 1 176 N
目录
