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第 2 练 匀变速直线运动 牛顿运动定律
1~6题每题5分，7、8、10题每题6分，9题12分，共60分
［保分基础练］
1.(2024·新课标卷·14)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的
是( )
2.(2024·福建卷·3)某直线运动的v-t图像如图所示，其中0~3 s为直线，3~3.5 s为曲线，3.5~6 s为直线，则
以下说法正确的是( )
A.0~3 s的平均速度为10 m/s
B.3.5~6 s做匀减速直线运动
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
3.(2024·广东佛山市顺德区二模)2023年10月31日，神舟十六号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。
当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱
触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和
受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供
的推力大小为( )
A.3×104 N B.7.5×104 N
C.2.6×104 N D.1.05×105 N
4.(2024·安徽卷·6)如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的
M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连
线的中点O，弹簧处于原长。后将小球竖直向上，缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。
已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。若撤去拉力，则小球从P点运动到
O点的过程中( )A.速度一直增大
B.速度先增大后减小
C.加速度的最大值为3g
D.加速度先增大后减小
5.(九省联考·河南·15)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v 时开始刹车，先后经过
0
路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移
之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
1 1 1 1
A. v B. v C. v D. v
2 0 3 0 8 0 9 0
6.(2024·福建省部分地市质量监测)如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等
间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为M的托盘，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静
止状态。已知重力加速度大小为g，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为(
)
5mg(M+6m) 5mg(M-6m)
A. B.
M+5m M+5m
5m2g 5mg(M+7m)
C. D.
M+5m M+6m
［争分提能练］
7.(2024·湖南卷·3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连
接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速
度大小分别为( )A.g，1.5g B.2g，1.5g
C.2g，0.5g D.g，0.5g
8.(2024·安徽省皖江名校联盟二模)足够长的光滑固定斜面上的三个相同的物块通过与斜面平行的细线相连，
在沿斜面方向的拉力F 的作用下保持静止，如图甲所示，物块2的右侧固定有不计质量的力传感器。改变
0
拉力F 的大小，使三个物块沿斜面以不同加速度向上做初速度为零的匀加速直线运动，测得多组传感器的
0
示数F和物块通过的位移x与时间t的平方的比值，画出图像如图乙所示，重力加速度g=10 m/s2。下列说
法正确的是( )
A.斜面的倾角θ=60°
B.每个物块的质量m=2.5 kg
C.当F=10 N时，F =15 N
0
D.当F=10 N时，物块的加速度大小为a=2.5 m/s2
9.(12分)(2024·新课标卷·25)如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与
l
平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl= 时，
6
物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。
它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g=10 m/s2。求：
(1)(7分)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)(5分)平台距地面的高度。
［尖子生选练］10.(多选)(2024·黑吉辽·10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平
恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知
t=0到t=4t 的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t 时刻，小
0 0
物块与木板的速度相同。下列说法正确的是( )
A.小物块在t=3t 时刻滑上木板
0
B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量比为3∶4
D.t=4t 之后小物块和木板一起做匀速运动
0答案精析
1.C [物体做直线运动，位移与时间成函数关系，A、B选项中一个时间对应两个或两个以上的位移，故不
可能；同理D选项中一个时间对应两个速度，也不可能，只有C选项速度与时间是成函数关系，故可
能。]
0+30
2.B [根据v-t图像可知，0~3 s内质点做匀加速直线运动，平均速度为v= m/s=15 m/s，故A错误；
2
根据v-t图像可知，3.5~6 s内质点做匀减速直线运动，故B正确；
30
根据v-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，可知0~3 s的加速度大小为a = m/s2=10 m/s2，3.5~6 s的加
1 3
30
速度大小满足a > m/s2=10 m/s2，可知0~3 s的加速度比3.5~6 s的小，故C错误；
2 6-3
1
根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移可得，0~3 s的位移为x = ×30×3 m=45 m，3.5~6 s的位移满足x <
1 2 2
1
×30×(6-3.5) m=37.5 m，可知0~3 s的位移比3.5~6 s的大，故D错误。]
2
v 2-v2 82-22
3.D [根据运动学公式可得v2-v 2 =-2ah，解得加速度大小为a= 0 = m/s2=25 m/s2，根据牛顿第二
0 2h 2×1.2
定律可得F-mg=ma，解得F=1.05×105 N，故选D。]
4.A [在P点保持静止，由平衡条件可知此时拉力F与重力和两弹簧的拉力的合力为零。此时两弹簧的合
力大小为mg。当撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力方向始终向下，
小球一直做加速运动，故A正确，B错误；
小球从P点运动到O点的过程中，弹簧形变量变小，两弹簧在竖直方向的合力不断变小，故小球受的合力
一直变小，加速度一直减小，加速度的最大值为撤去拉力时的加速度，由牛顿第二定律可知2mg=ma，得
a=2g，即加速度的最大值为2g，C、D错误。]
5.B [设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为F 、F ，汽车进入冰面瞬间的速度为v ，由牛顿第二定律
f1 f2 1
F=ma
f
则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为
a F 7
1 f1
= =
a F 1
2 f2
由运动学公式，在路面上有
v 2-v 2=2a x
0 1 1 1
在冰面上有v 2 =2a x
1 2 2
x 8
1
其中 =
x 7
2解得汽车进入冰面瞬间的速度为
v
v = 0 ，
1
3
故选B。]
6.A [顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子所受合力为mg，根据牛顿第二定律有
mg=(M+5m)a
对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有F -5mg=5ma
N
联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为
5mg(M+6m)
F = ，故选A。]
N M+5m
7.A [剪断前，对B、C、D整体受力分析：
A、B间轻弹簧的弹力
F =(3m+2m+m)g=6mg
AB
对D受力分析：C、D间轻弹簧的弹力F =mg
CD
剪断后，对B：F -3mg=3ma
AB B
解得a =g，方向竖直向上
B
对C：F +2mg=2ma
DC C
解得a =1.5g，方向竖直向下，故选A。]
C
1 x F 1
8.C [对物块2、3根据牛顿第二定律有F-2mgsin θ=2ma，根据运动学公式有x= at2，联立解得 = -
2 t2 4m 2
1 1 1
gsin θ，由题图乙可知，图像斜率k= = ，即m=0.5 kg，图像纵轴截距的绝对值b=2.5= gsin θ，解得sin
2 4m 2
1
θ= ，所以θ=30°，故A、B错误；当F=10 N时，对物块2、3有F-2mgsin θ=2ma，可求得三个物块共同的
2
加速度大小为a=5 m/s2，对三个物块有F -3mgsin θ=3ma，解得F =15 N，故C正确，D错误。]
0 0
1 5
9.(1)4 m/s s (2) m
3 9
解析 (1)物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a ，有μmg=ma
1 1
设薄板做匀加速运动的加速度为a ，有μmg=ma
2 2
1
对物块l+Δl=v t- a t2
0 2 1
1
对薄板Δl= a t2
2 2
1
联立解得v =4 m/s，t= s
0 3
(2)物块飞离薄板后薄板的速度v =a t=1 m/s
2 2
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，平抛运动的时间
l l
- 1
t'=2 6= s
3
v
2
1 5
则平台距地面的高度h= gt'2= m。
2 9
10.ABD [v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t 时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t 时刻滑
0 0
上木板，故A正确；
设小物块和木板间动摩擦因数为μ ，取水平向右为正方向，根据题意结合图像可知小物块开始滑上木板时
0
3 μ mg
的速度为v =- μgt ，小物块在木板上滑动的加速度为a = 0 =μ g，经过t 时间与木板共速此时速度为v
0 2 0 0 m 0 0
1 v -v
共 0
= μgt ，故可得a = =2μg，解得μ =2μ，故B正确；
共 2 0 0 t 0
0
1
μgt 1
设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知小物块未滑上木板时，木板的加速度为a=2 0 = μg，
2
t
0
3
由牛顿第二定律得F-μMg=Ma，解得F= μMg，根据图像可知小物块滑上木板后木板的加速度为a'=
2
1 3
μgt - μgt m 1
2 0 2 0 =-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ mg=Ma'，解得 = ，故C错误；
0 M 2
t
0
3 3
假设t=4t 之后小物块和木板一起共速运动，对整体F-μ(m+M)g= μMg- μMg=0，故可知此时整体处于平衡
0 2 2
状态，假设成立，即t=4t 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。]
0
