第2 讲 匀变速直线运动 牛顿运动定律 跟综训练
基础练
一、选择题:
1.某运动员参加百米赛跑,起跑后做匀加速直线运动,一段时间后达到最大速度,
此后保持该速度运动到终点。下列速度—时间(v-t)和位移—时间(x-t)图像中,能
够正确描述该过程的是( )
2.某质点从t=0 时刻开始做直线运动,该质点运动的v
t -1
t 图像如图所示,则该质点
( )
A.做匀速直线运动
B.运动的初速度为2 m/s
C.第3 s 末的速度大小为7 m/s
D.在前2 s 内运动的位移为8 m
3.因前方路段有塌方,一汽车在收到信号后立即开始刹车。如图所示,刹车过程
中汽车途经A、B、C 三点,最终汽车停在D 点。已知汽车经过AB 段和 BC 段所
用时间相等,均为t=1 s,且xAB-xBC=8 m,汽车在CD 段的平均速度大小为1
m/s(汽车刹车过程中加速度不变)。则下列说法正确的是( )
A.汽车刹车时加速度大小为2 m/s2
B.汽车在A 点的速度大小为16 m/s
C.xAB=16 m
D.汽车在 AB 段的平均速度大小为14 m/s
4.如图甲、乙所示,用不可伸长的轻绳连接物块
P、Q 跨过轻质定滑轮,P 的质量为m、Q 的质量为
M,m<M,不计一切摩擦。现将P、Q 释放,在物块P
达到定滑轮前,甲图轻绳上的拉力为F1,乙图轻绳
上的拉力为F2,下列关于F1、F2大小关系正确的是( )
A.F1=F2 B.F1=2F2
C.F1=1
2F2 D.F1= m
M F2
5.如图,在平直路面上进行汽车刹车性能测试,当汽车速度为v0时开始刹车,先后
经过路面和冰面(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( )
A.1
2v0 B.1
3v0
C.1
8v0 D.1
9v0
6.(2025·湖北卷)一个宽为L 的双轨推拉门由两扇宽为L
2 的门板组成,门处于关闭
状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板
上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,
其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重
力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时最短,则所用时间趋近于(
)
A.❑√
L
2 μg B. ❑√
L
μg
C.❑√
2 L
μg D.2❑√
L
μg
7.(多选)(2025·甘肃卷)如图,轻质弹簧上端固定,下端悬挂质量为2m 的小球A,质
量为m 的小球B 与A 用细线相连,整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k,
重力加速度为g。现剪断细线,下列说法正确的是( )
A.小球A 运动到弹簧原长处的速度最大
B.剪断细线的瞬间,小球A 的加速度大小为g
2
C.小球A 运动到最高点时,弹簧的伸长量为mg
k
D.小球A 运动到最低点时,弹簧的伸长量为2mg
k
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一．选择题:
8.如图所示,A、C 两球质量均为m,B 球质量为2m,轻质弹簧一端固定在斜面顶
端、另一端与A 球相连,A、B 间通过一根轻杆连接,B、C 间由一不可伸长的轻
质细线连接。倾角为θ 的光滑斜面固定在水平地面上,弹簧、轻杆与细线均平行
于斜面,初始系统处于静止状态,弹簧被剪断的瞬间,已知重力加速度为g,下列
说法正确的是( )
A.B 球的受力情况未变
B.C 球的加速度大小为gsin θ
C.B、C 之间线的拉力大小为mgsin θ
D.A、B 两个小球的加速度大小均为4
3 gsin θ
9.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μmg
❑√1+ μ
2
C.甲、乙之间的动摩擦因数为1
μ
D.可以求出甲、乙的质量之比
10.(多选)2025 年6 月2 日,嫦娥六号成功着陆月球背面南极——艾特肯盆地。嫦
娥六号利用向下喷射气体产生的反作用力,有效地控制了探测器着陆过程中的运
动状态。在一段竖直向下着陆过程中,探测器减速的加速度大小a 随时间t 变化
的关系如图所示,3t0时刻探测器的速度恰好减为零。下列说法正确的是( )
A.0~t0时间内,探测器做匀速直线运动
B.t0时刻探测器的速度大小为a0t0
C.0~t0时间内,探测器的位移大小为3
2a0t0
2
D.t0时刻气体对探测器的作用力大小为2t0时刻的两倍
11.(多选)(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,10)
如图(a),倾角为θ 的足够长斜面放置在粗
糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同
时以初速度v0 沿斜面下滑,甲、乙与斜面
的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x 与
时间t 的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t 曲线在t=t0时切线
斜率为0,则( )
A.μ1+μ2=2tan θ
B.t=t0时,甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左
二．计算题:
12.(2025·上海卷,19)如图,在倾角为4.8°的斜坡上,有一辆向下滑动的小车在做匀
变速直线运动。小车内部存在动能回收系统,即刹车时会将一部分动能回收转化
为电能储存起来。在5 s 时间内,速度从v0=72 km/h 减
速
到vt=18 km/h,运动过程中除回收作用力外的其他阻力
的
合力f=500 N, 小车的质量m=1 500 kg, 重力加速度g 取10 m/s2,sin 4.8
°=0.08。求这一过程中:
(1)小车的位移大小x;
(2)回收作用力大小F。
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一．计算题:
13.如图甲所示,质量为m 的正方体空箱放置在粗糙的水平面上,在水平拉力F0=
25
6 mg 的作用下沿水平面向右做匀加速直线运动,箱内一个质量为m 的物块贴着
后壁随空箱一起匀加速运动正好不下滑。如图乙所示,一条硬直细杆水平固定放
置,质量为m 的小环(可视为质点)套在细杆上,从A 点由静止开始在斜向右上方
恒定拉力 F(为未知量)的作用下向右做匀加速直线运动,经过一段位移L 运动到
B 点,这个未知拉力F 与水平方向的夹角为53°,此过程中杆对环的弹力竖直向下。
已知物块与箱壁间、箱与水平面间以及环与细杆间的动摩擦因数相等,且动摩擦
因数小于1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos
53°=0.6。求:
(1)空箱与水平面间的动摩擦因数,运动位移L
时物块获得的速度大小;
(2)环的加速度大小以及环从A 运动到B 的时间。
参考答案：
1.答案 B 解析 根据v-t 图像的斜率表示加速度,结合匀变速直线运动规律
v=v0+at,可知匀加速阶段为一条倾斜直线,匀速阶段为一条平行于时间轴的直线,
故A 错误,B 正确;根据匀变速直线运动规律x=v0t+1
2at2,可知x-t 图像在匀加速
阶段为开口向上的抛物线,匀速阶段为一条倾斜直线,故C、D 错误。
2.答案 C 解析 由匀变速直线运动速度公式有v=v0+at,变形得v
t =v0·1
t +a,可知
v
t -1
t 图线的斜率表示初速度,纵截距表示加速度,即初速度v0=4−2
2
m/s=1 m/s,
加速度a=2 m/s2,可知该质点做匀加速直线运动,运动的初速度为1 m/s,A、B
错误;根据速度公式v=v0+at,t=3 s 时,代入数据解得v=7 m/s,C 正确;由匀变速
直线运动位移公式有x=v0t+1
2at2,t=2 s 时,代入数据解得x=6 m,D 错误。
3.答案 D 解析 由Δx=at2得加速度大小为a= x AB−xBC
t
2
=8 m/s2,A 错误;由vCD=
vC + v D
2
得vC=2vCD=2 m/s, 由v=v0+at 得vA=vC+2at=2 m/s+2×8×1 m/s=18
m/s,B 错误;vB=vA-at=10 m/s,v AB=v A+ vB
2
=14 m/s,则xAB=v AB·t=14 m,C 错误,D
正确。
4.答案 C 解析 对甲图整体受力分析有Mg=(m+M)a1,甲图中绳子的拉力
F1=ma1= mMg
m+ M ;对乙图整体受力分析有Mg-mg=(m+M)a2,对乙图中P 受力分析
有F2-mg=ma2,解得F2=2mMg
m+ M ,联立得F1=1
2F2,故C 正确。
5.答案 B 解析 设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2,汽车进入冰面瞬
间的速度为v1,由牛顿第二定律f=ma
则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为a1
a2
=f 1
f 2
=7
1
由运动学公式知,在路面上有v0
2-v1
2=2a1x1
在冰面上有v1
2=2a2x2,其中x1
x2
=8
7
解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=1
3v0,故B 正确。
6.答案 B 解析 撤去拉力前门板做初速度为0 的匀加速直线运动,撤去拉力后
门板做匀减速直线运动,由于门板恰好不与门框发生碰撞,故门板末速度为0,作
出其v-t 图像如图所示,整个过程门板的总位移为L
2 ,即v-t 图像与坐标轴围成的
图形面积(表示总位移)不变。由图可知,当外力很大时,加速时间很短,位移很小,
可忽略不计,此时门板运动的时间最短,设最短时间为tmin,由牛顿第二定律可知
撤去外力后门板的加速度大小为a=μg,由x=1
2at2得tmin=❑√
L
μg,B 正确。
7.答案 BC 解析 剪断细线后,弹簧弹力大于小球A 的重力,则A 先向上做加速
运动,随弹力的减小,则向上的加速度减小,当加速度为零时速度最大,此时弹力
等于重力,弹簧处于拉伸状态,故A 错误;剪断细线之前,有F 弹=3mg,剪断细线瞬
间弹簧弹力不变,则对A 由牛顿第二定律得F 弹-2mg=2ma,解得A 的加速度a=g
2
,故B 正确;剪断细线之前弹簧伸长量x1=3mg
k
,剪断细线后A 做简谐运动,在平
衡位置时弹簧伸长量x2=2mg
k
,即振幅为A=x1-x2=mg
k ,可知小球A 运动到最高点
时,弹簧伸长量为mg
k ,小球A 运动到最低点时,弹簧伸长量为3mg
k
,故C 正确,D
错误。
8.答案 B 解析 弹簧剪断前,系统静止,对C 有F 细线=mgsin θ,对B、C 有F 杆
=3mgsin θ,对A、B、C 有F 弹簧=4mgsin θ。弹簧被剪断的瞬间,弹簧弹力消失,
A、B 整体受力情况发生变化,假设细线拉力不为0,结合牛顿第二定律可知,对
A 、B 有FAB=3maAB>3mgsin θ, 则aAB>gsin θ, 沿斜面向下; 对C 有
FC=maC<mgsin θ,则aC<gsin θ,沿斜面向下,可见细线必然松弛,不符合假设,因
此细线拉力为0;同理,弹簧剪断瞬间,轻杆的弹力也为0,即A、B、C 三个小球
的加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θ,故B 正确,A、C、D 错误。
9.答案 C 解析 对甲、乙整体,水平方向由牛顿第二定律知,FN=(M+m)a,竖直
方向,有μFN=(M+m)g,解得a=g
μ,故A 错误;甲对乙的摩擦力为Ff=ma=mg
μ ,甲对
乙的支持力为FN'=mg,则甲对乙的作用力为F 甲乙=❑√(
mg
μ )
2
+(mg)
2=mg
μ
❑√1+ μ
2,
则由牛顿第三定律知乙对甲的作用力大小为F 乙甲=mg
❑√1+ μ
2
μ
,故B 错误;对乙分
析可得μ'mg=ma,解得甲、乙之间的动摩擦因数为μ'=1
μ,故C 正确;由题中条件
不可以求出甲、乙的质量之比,故D 错误。
10.答案 BC 解析 0~t0时间内,探测器的加速度不变,做匀减速直线运动,故A
错误;3t0时刻探测器的速度恰好减为零,由a-t 图像与坐标轴围成的面积表示速
度变化量,可知t0时刻探测器的速度大小为v1=1
2a0×2t0=a0t0,故B 正确;0~t0时间
内,结合逆向思维可知探测器的位移大小为x=v1t0+1
2a0t0
2=3
2a0t0
2,故C 正确;t0时
刻探测器的加速度为a0,由牛顿第二定律有F1-mg=ma0,解得F1=mg+ma0,2t0时
刻探测器的加速度为1
2a0,由牛顿第二定律有F2-mg=m·1
2a0,解得F2=mg+1
2ma0>
1
2F1,故D 错误。
11.答案 AD 解析 由题意可知两x-t 图线均为抛物线,则物块甲、乙均做匀变
速直线运动,由题图(b)可知物块甲做匀加速直线运动,物块乙做匀减速直线运动,
对甲有3x0 =v0t0+1
2a 甲t0
2,对乙有x0=v0t0-1
2a 乙t0
2,由于t=t0时乙图线的斜率为0,
则此时乙的速度为0,则有t0= v0
a乙
,由以上整理得a 甲=a 乙。由牛顿第二定律对甲
有mgsin θ-μ1mgcos θ=ma 甲, 对乙有μ2mgcos θ-mgsin θ=ma 乙, 整理得
μ1+μ2=2tan θ,A 正确;t=t0时甲的速度为v=v0+a 甲t0=2v0,B 错误;t=t0前,由于物块
甲、乙的加速度大小相等、方向相反,则物块甲、乙组成的整体合力为零,由于
斜面静止,斜面的合力也为零,则三者组成的整体合力为零,地面对斜面的摩擦力
为零,C 错误;t=t0时物块乙的速度减为零,此后,物块乙静止在斜面上,物块甲继
续沿斜面向下加速运动,物块甲的加速度有水平向左的分量,两物块和斜面组成
的整体所受合力水平向左,则地面对斜面的摩擦力的方向水平向左,D 正确。
12.答案 (1)62.5 m (2)5 200 N
解析 (1)由题意知,小车的初速度v0=72 km/h=20 m/s,
小车的末速度vt=18 km/h=5 m/s,
在5 s 时间内,小车的平均速度v=v0+ vt
2
=12.5 m/s
小车的位移大小x=vt=62.5 m。
(2)小车的加速度a=vt−v0
t
=5−20
5
m/s2=-3 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 4.8°-F-f=ma
解得F=5 200 N。
13.答案 (1)3
4 2❑√6 gL
3
(2)3
4 g 2
3
❑√
6 L
g
解析 (1)对物块受力分析,水平方向由牛顿第二定律可得FN1=ma1
物块恰好不下滑,竖直方向由二力平衡可得Ff1=μFN1=mg
对整体受力分析,竖直方向由二力平衡可得FN2=2mg 又Ff2=μFN2
水平方向由牛顿第二定律可得F0-Ff2=2ma1
结合F0=25
6 mg,联立可得μ=3
4,a1=4
3 g
由2a1L=v2,解得v=2❑√6 gL
3
。
(2)环从A 运动到B,把F 分别沿水平方向和竖直方向分解,
竖直方向由力的平衡条件可得Fsin 53°=FN3+mg
又Ff3=μFN3,水平方向由牛顿第二定律可得
Fcos 53°-Ff3=ma2,联立解得a2=3
4g
由L=1
2a2t2,解得t=2
3
❑√
6 L
g 。
