资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
第2讲 力与直线运动
（2024 海南）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　）
A．1.25m/s2 B．1m/s2 C．0.5m/s2 D．0.25m/s2
（2024 河北）篮球比赛前，常通过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v﹣t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
（2024 山东）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2：Δt1为（　　）
A． B．
C． D．
（2024 广西）让质量为1kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1s末速度大小为v1，再将P1和质量为2kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1s末速度大小为v2，g取10m/s2，则（　　）
A．v1＝5m/s B．v1＝10m/s C．v2＝15m/s D．v2＝30m/s
（多选）（2024 选择性）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＝4t0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＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　）
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3：4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
（2024 广西）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5s，求该同学
（1）滑行的加速度大小；
（2）最远能经过几号锥筒。
（2024 甲卷）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2m/s2，在t1＝10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340m/s，求：
（1）救护车匀速运动时的速度大小；
（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
一、解答匀变速直线运动问题的常用规律
1.常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax。
2.重要推论
(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2
(2)中间时刻速度：v＝＝
(3)位移中点速度v＝。
3.运动图象：利用v－t图象或x－t图象求解。
二、解决动力学问题要抓好关键词语
1.看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。
2.看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。
【方法指导】
一、追及相遇问题的解题思路和技巧
1.紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
2.审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
3.若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析。
二、连接体问题的分析
1.整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。
2.隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。
三、传送带分析思路
四、板块分析思路
考点一 匀变速直线运动规律的应用
（2024 雁塔区校级模拟）某物体做匀变速直线运动，依次通过A、B、C、D四个点，通过相邻两点的时间间隔均为2s，已知AB＝12m，CD＝28m，则下列说法正确的是（　　）
A．物体的加速度大小为2m/s2
B．物体在BC段的平均速度大小为15m/s
C．物体通过A点的速度大小为6m/s
D．物体通过C点的速度大小为14m/s
（2024 福建一模）2024年9月3日，我国第三艘航空母舰“福建舰”出海进行第四次海试。已知“福建舰”在某次试航时做匀加速直线运动，当其速度变化Δv时“福建舰”沿直线运动的距离为L，在接下来其速度变化Δv时“福建舰”沿直线运动的距离为l，则“福建舰”做匀加速直线运动时的加速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
（2024 历下区校级模拟）如图所示，一辆轿车以20m/s的速度，从匝道驶入限速为90km/h的某高架桥快速路的行车道。由于前方匀速行驶的货车速度较小，轿车司机踩油门超车，加速8s后发现无超车条件，立即踩刹车减速，经过3s减速后，刚好与前方货车保持约60m左右距离同速跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示，货车一直保持匀速。下列说法中正确的是（　　）
A．该过程轿车出现了超速情况
B．该过程轿车的平均加速度大小为1.25m/s2
C．该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大
D．轿车开始加速时与货车的距离约为100m
（2025 什邡市校级一模）甲车以4m/s的速度做匀速直线运动，乙车在甲前面的另一平行车道以10m/s的速度同向做匀速直线运动，当它们相距16m（沿车道方向）时，乙车开始刹车做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2。从乙车开始刹车到甲车追上乙车，所用为时间（　　）
A．8s B．10.25s C．10.5s D．15s
考点二 牛顿运动定律的应用
（2024 洛阳一模）如图所示，光滑斜面可以固定在竖直墙面和水平地面间与竖直墙面夹角成不同的角θ，A、B是斜面上两点，角θ分别为25°、35°、45°和55°时，让同一物块从A点由静止下滑到B点，物块下滑时间最短对应的角θ是（　　）
A．25° B．35° C．45° D．55°
（2024 温州一模）2024年8月，运动员潘展乐在长为50米的泳池中，以46秒40的成绩获得巴黎奥运会男子100米自由泳冠军，并打破世界纪录，下列说法正确的是（　　）
A．“100米”指的是位移大小
B．“46秒40”指的是时间间隔
C．运动员在加速冲刺过程中惯性增大
D．运动员比赛的平均速度大小约为2.16m/s
（2024 观山湖区校级模拟）如图甲为蹦极的场景，运动员及携带装备的总质量为75kg，弹性绳原长为10m。运动员从蹦极台自由下落，下落过程中运动员始终做直线运动，其速度v与竖直下落距离l的关系如图乙所示。已知弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．整个下落过程中运动员始终处于失重状态
B．弹性绳的劲度系数约为150N/m
C．弹性绳长为24m时，运动员的加速度大小约为5m/s2
D．从x＝5m到x＝15m过程中运动员的加速度不断减小
（2024 洛阳一模）如图甲所示，质量为m＝5.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（x＝4.0m之后无推力存在），已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2，下列选项正确的是（　　）
A．物体从开始运动到距出发点4.0m的过程中，加速度始终减小
B．在距出发点3.5m位置时物体的速度最大
C．物体的最大速度为
D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0m
考点三 连接体、传送带问题分析
（2024 天河区一模）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的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值为μg
D．Q的加速度大小的最大值为2μg
（多选）（2024 长沙模拟）如图，轻质的光滑滑轮K与质量为M的物块A由一硬轻杆连接在一起，成为一个物体，物块A放置于水平面上。质量为m的物块B与跨过滑轮的轻绳一端相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B与物块A间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．若A静止，则地面对A的作用力为
B．若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为
C．若水平地面光滑，则A的加速度大小
D．若水平地面光滑，则轻绳的拉力
（2024 宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　）
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
（2024 龙凤区校级模拟）如图所示，传送带以10m/s的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A比B早到达底端3s
C．滑块A在传送带上的划痕长度为5m
D．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等
（2024 朝阳区校级二模）某兴趣小组研究一遥控无人机的水平飞行运动，根据记录的数据作出该无人机运动的x﹣t图像和v﹣t图像，如图所示。其中x﹣t图像中的t1时刻对应抛物线的最高点，x1＝7m，下列说法正确的是（　　）
A．无人机的加速度为2m/s2
B．无人机的初位置x0＝2m
C．无人机飞回坐标原点的时刻t2s
D．无人机飞回坐标原点的时刻t2＝（2）s
（2024 观山湖区校级模拟）冰壶运动是以团队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被喻为冰上“国际象棋”，冰壶运动既能考验参赛者的体能与脑力，又能展现动静之美、取舍之智。如图所示，在某次比赛中冰壶被投出后可视为没有转动的匀减速直线运动，滑行距离为10m，已知冰壶最后1s内的位移大小为0.1m，下列说法中正确的是（　　）
A．冰壶的加速度大小为0.2m/s2
B．冰壶的初速度大小为2.4m/s
C．冰壶被投出后第3s初的速度大小为1.4m/s
D．第一个6s与第二个6s内位移之比为3：1
（2024 洛阳一模）2023年12月28日11时58分，郑州机场至许昌东站轻轨初期运营，最高试运行速度达120km/h。为了研究该列车在某过程的直线运动状态，工程师李某绘制了该过程如图所示的图像，但是没有告知该过程是处于加速还是减速状态，下列说法正确的是（　　）
A．该过程列车处于加速状态
B．该过程列车的初速度为20m/s
C．该过程列车的加速度大小为8m/s2
D．该车在前3秒内的位移为64m
（2024 新郑市校级三模）一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（　　）
A．质点的加速度大小是6m/s2
B．质点的加速度大小是3m/s2
C．质点第2s末的速度大小是12m/s
D．质点在第1s内的位移大小是6m
（2024 涧西区校级一模）用原长为L橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态图甲.现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时偏离与竖直方向的夹角α＝60°，如图乙所示（橡皮筋在弹性限度内且满足胡克定律）。与稳定在竖直位置时相比，以下说法正确的是（　　）
A．升高L
B．升高L
C．小球高度保持不变
D．小球升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
（2025 什邡市校级一模）如图所示，在升降电梯里固定一倾角为θ的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度a时，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．电梯一定正在加速上升
B．斜面对小球的弹力大小为
C．若增大加速度a，挡板对小球的弹力不变
D．若增大加速度a，挡板对小球的弹力一定增大
（2024 五华区校级模拟）如图甲所示，轻弹簧下端与垂直于斜面的挡板固定相连，上端通过小物块压缩2.3m后锁定，t＝0时解除锁定释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v﹣t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，a点为图线最高点，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线。已知小物块的质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，斜面的倾角为37°，sin37°＝0.6。则下列说法正确的是（　　）
A．物块在0.5s内的平均速度为3.0m/s
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
C．弹簧的劲度系数为31N/m
D．弹簧在0.4s时的压缩量为0.5m
（2024 长沙一模）某同学设计了一货物输送装置，将一个质量为M载物平台架在两根完全相同、半径为r，轴线在同一水平面内的平行长圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为μ，平台的重心与两柱等距，在载物平台上放上质量为m的物体时也保持物体的重心与两柱等距，两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动，重力加速度大小为g。现沿平行于轴线的方向施加一恒力F，使载物平台从静止开始运动，物体与平台总保持相对静止。下列说法正确的是（　　）
A．物体和平台开始运动时加速度大小为
B．物体和平台做匀加速运动
C．物体受到平台的摩擦力逐渐增大
D．只有当F＞μ（M+m）g时平台才能开始运动
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
第2讲 力与直线运动
（2024 海南）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（　　）
A．1.25m/s2 B．1m/s2 C．0.5m/s2 D．0.25m/s2
【解答】解：设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据
解得
v＝1m/s
则加速度
故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024 河北）篮球比赛前，常通过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v﹣t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（　　）
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
【解答】解：由篮球运动的v﹣t图像可知，0～0.6s篮球向下加速运动，0.6～1.1s反弹向上加速，a点上升到最大高度，1.1～1.6s加速下落，b点碰地反弹，c点到d点向上减速，d点上升到最大高度，由图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知上升的高度小于a点的高度，故a点对应篮球位置最高，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2024 山东）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2：Δt1为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设斜面的倾角为θ，加速度为a
根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma
解得a＝gsinθ
因此木块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动
木板前端到达A点的时间为t0，当木板长度为L时，木板后端通过A点的时间为t1；
根据运动学公式，
解得
木板通过A点的时间
当木板长度为2L，木板后端通过A点的时间为t2，根据运动学公式
联立解得
木板通过A点的时间
因此解得
综上分析，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024 广西）让质量为1kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1s末速度大小为v1，再将P1和质量为2kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1s末速度大小为v2，g取10m/s2，则（　　）
A．v1＝5m/s B．v1＝10m/s C．v2＝15m/s D．v2＝30m/s
【解答】解：不计空气阻力，石块P1、P1和P2整体释放后做自由落体运动，自由落体运动的速度与物体质量无关；因此石块下落1s的速度v1＝v2＝gt＝10×1m/s＝10m/s，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（多选）（2024 选择性）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＝4t0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＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　）
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3：4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
【解答】解：A、由图像可知0～3t0时间内木板做匀加速直线运动，3t0～4t0时间内木板做匀减速直线运动，由题意可知小物块在t＝3t0时刻以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板，故A错误；
BC、由v﹣t图像的斜率可得：木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a1
t＝3t0时刻木板的速度大小为：v1＝a1×3t0
木板做匀减速直线运动的加速度大小为：a2μg
由题意可知物块先向左匀减速到零后，再向右匀加速与木板共速，设物块的加速度大小为a3，以向右为正方向，则有：
解得：a3＝2μg
设木板与小物块的质量分别为M、m，小物块和木板间动摩擦因数为μ1，根据牛顿第二定律得：
对物块有：μ1mg＝ma3
对木板加速过程有：F﹣μMg＝Ma1
对木板减速过程有：μ（M+m）g+μ1mg﹣F＝Ma2
联立解得：μ1＝2μ，，故B正确、C错误；
D、根据上述对BC选项的解答可得：F
而t＝4t0之后木板与水平地面之间的滑动摩擦力大小为：f＝μ（M+m）g＝μ（M）g
因F＝f，故t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动。故D正确。
故选：ABD。
（2024 广西）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5s，求该同学
（1）滑行的加速度大小；
（2）最远能经过几号锥筒。
【解答】解：（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在 1、2 间中间时刻的速度为v12.25m/s
2、3 间中间时刻的速度为v21.8m/s
故可得加速度大小为a，代值解得：a＝1m/s2
（2）设到达1号锥简时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律得v0t1d
代入数值解得v0＝2.45m/s
从1号开始到停止时通过的位移大小为x3.00125m≈3.33d
故可知最远能经过 4号锥筒。
答：（1）滑行的加速度大小为1m/s2；
（2）最远能经过4号锥筒。
（2024 甲卷）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2m/s2，在t1＝10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340m/s，求：
（1）救护车匀速运动时的速度大小；
（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
【解答】解：（1）救护车在t1＝10s时停止加速，则救护车匀速直线运动时的速度为v＝at1
解得v＝20m/s
（2）救护车运动过程草图如图所示：
设匀速运动时间Δt时停止鸣笛，此时救护车距离出发点的距离为
发出的鸣笛声从鸣笛处传播到救护车出发点处，传播距离为x＝v0（t2﹣t1﹣Δt）
代入解得x＝680m。
答：（1）救护车匀速运动时的速度大小为20m/s；
（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离为680m。
一、解答匀变速直线运动问题的常用规律
1.常用公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax。
2.重要推论
(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2
(2)中间时刻速度：v＝＝
(3)位移中点速度v＝。
3.运动图象：利用v－t图象或x－t图象求解。
二、解决动力学问题要抓好关键词语
1.看到“刚好”“恰好”“正好”等字眼，想到“题述的过程存在临界点”。
2.看到“最大、最小、至多、至少”等字眼，想到“题述的过程存在极值点”。
【方法指导】
一、追及相遇问题的解题思路和技巧
1.紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
2.审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
3.若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析。
二、连接体问题的分析
1.整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。
2.隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。
三、传送带分析思路
四、板块分析思路
考点一 匀变速直线运动规律的应用
（2024 雁塔区校级模拟）某物体做匀变速直线运动，依次通过A、B、C、D四个点，通过相邻两点的时间间隔均为2s，已知AB＝12m，CD＝28m，则下列说法正确的是（　　）
A．物体的加速度大小为2m/s2
B．物体在BC段的平均速度大小为15m/s
C．物体通过A点的速度大小为6m/s
D．物体通过C点的速度大小为14m/s
【解答】解：A．由公式
xm﹣xn＝（m﹣n）aT2
可得物体的加速度为
故A正确；
B．物体在BC段的平均速度大小为
由公式
x2﹣x1＝Δx＝aT2
可得
BC＝AB+aT2＝12m+2×22m＝20m
则
故B错误；
C．物体通过B点的速度为
由匀变速直线运动的速度公式可得A点的速度为
vA＝vB﹣aT＝8m/s﹣2×2m/s＝4m/s
故C错误；
D．物体通过C点的速度为
故D错误。
故选：A。
（2024 福建一模）2024年9月3日，我国第三艘航空母舰“福建舰”出海进行第四次海试。已知“福建舰”在某次试航时做匀加速直线运动，当其速度变化Δv时“福建舰”沿直线运动的距离为L，在接下来其速度变化Δv时“福建舰”沿直线运动的距离为l，则“福建舰”做匀加速直线运动时的加速度大小为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设匀加速的加速度为a，“福建舰”的速度分别为v1、v2和v3，据运动学公式可得：，，又Δv＝v2﹣v1＝v3﹣v2，联立以上三式解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
（2024 历下区校级模拟）如图所示，一辆轿车以20m/s的速度，从匝道驶入限速为90km/h的某高架桥快速路的行车道。由于前方匀速行驶的货车速度较小，轿车司机踩油门超车，加速8s后发现无超车条件，立即踩刹车减速，经过3s减速后，刚好与前方货车保持约60m左右距离同速跟随。整个过程中轿车的速度与时间的关系如图乙所示，货车一直保持匀速。下列说法中正确的是（　　）
A．该过程轿车出现了超速情况
B．该过程轿车的平均加速度大小为1.25m/s2
C．该过程轿车与货车之间的距离先减小后增大
D．轿车开始加速时与货车的距离约为100m
【解答】解：A、由图可知最大速度为24m/s＝24×3.6km/h＝86.4km/h＜90km/h，该过程轿车没有出现超速情况，故A错误；
B、该过程轿车的平均加速度，其大小为，故B错误；
C、当轿车速度大于货车速度时，两者距离减小，当轿车速度小于货车速度时，两者距离增加，由图可知轿车速度先大于货车后量车同速，所以该过程轿车与货车之间的距离先减小后不变，故C错误；
D、11s内货车的位移为x1＝v1t＝18×11m＝198m，轿车的位移为由图中的面积可知：239m，此过程中的位移关系Δx+x1＝x2+60m，解得Δx＝239m+60m﹣198m＝101m，故D正确；
故选：D。
（2025 什邡市校级一模）甲车以4m/s的速度做匀速直线运动，乙车在甲前面的另一平行车道以10m/s的速度同向做匀速直线运动，当它们相距16m（沿车道方向）时，乙车开始刹车做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2。从乙车开始刹车到甲车追上乙车，所用为时间（　　）
A．8s B．10.25s C．10.5s D．15s
【解答】解：乙车减速时间
乙刹车到停止的位移
从乙车开始刹车到甲车追上乙车，有v甲t﹣x乙＝x0
解得t＝10.25s
故B正确，ACD错误。
故选：B。
考点二 牛顿运动定律的应用
（2024 洛阳一模）如图所示，光滑斜面可以固定在竖直墙面和水平地面间与竖直墙面夹角成不同的角θ，A、B是斜面上两点，角θ分别为25°、35°、45°和55°时，让同一物块从A点由静止下滑到B点，物块下滑时间最短对应的角θ是（　　）
A．25° B．35° C．45° D．55°
【解答】解：以物体为研究对象，由牛顿第二定律mgcosθ＝ma，得a＝gcosθ①。设AB间距离为L，由运动学公式，得②。
由①②得。因为0到90°，cosθ随θ增大而减小，所以θ＝25°，t最小。故BCD错误，A正确。
故选：A。
（2024 温州一模）2024年8月，运动员潘展乐在长为50米的泳池中，以46秒40的成绩获得巴黎奥运会男子100米自由泳冠军，并打破世界纪录，下列说法正确的是（　　）
A．“100米”指的是位移大小
B．“46秒40”指的是时间间隔
C．运动员在加速冲刺过程中惯性增大
D．运动员比赛的平均速度大小约为2.16m/s
【解答】A．这里的“100米”指的是路程，不是位移，故A错误；
B．“46秒40”指的是时间间隔，而不是时刻，故B正确；
C．惯性的大小只与物体的质量有关，与速度无关，则运动员在加速冲刺过程中惯性不变，故C错误；
D．100米刚好是在泳池内一个往返，位移为0，故平均速度为0，故D错误。
故选：B。
（2024 观山湖区校级模拟）如图甲为蹦极的场景，运动员及携带装备的总质量为75kg，弹性绳原长为10m。运动员从蹦极台自由下落，下落过程中运动员始终做直线运动，其速度v与竖直下落距离l的关系如图乙所示。已知弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．整个下落过程中运动员始终处于失重状态
B．弹性绳的劲度系数约为150N/m
C．弹性绳长为24m时，运动员的加速度大小约为5m/s2
D．从x＝5m到x＝15m过程中运动员的加速度不断减小
【解答】解：A、由图乙可知，下落过程中运动员先加速后减速，即加速度先向下后向上，运动员先失重后超重，故A错误；
B、当合力为0时速度最大，弹力等于重力，由图乙所示，l＝15m时，运动员的速度最大
a＝0
即
kΔx＝mg
代入数据解得
k＝150N/m
故B正确；
C、弹性绳长为24m时，绳处于拉伸形变，且弹力
F＝kΔx＝150×（24﹣10）N＝2100N
由牛顿第二定律得
F﹣mg＝ma
代入数据解得
a＝18m/s2
故C错误；
D、从x＝5m到x＝10m过程中弹性绳没有力只受重力加速度不变，x＝10m到x＝15m过程中重力大于弹力，
由牛顿第二定律可得
mg﹣kx＝ma
所以形变量变大加速度减小，故D错误。
故选：B。
（2024 洛阳一模）如图甲所示，质量为m＝5.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（x＝4.0m之后无推力存在），已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2，下列选项正确的是（　　）
A．物体从开始运动到距出发点4.0m的过程中，加速度始终减小
B．在距出发点3.5m位置时物体的速度最大
C．物体的最大速度为
D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0m
【解答】解：A、物体在水平方向受推力与滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得加速度为：aμg，由图乙所示图像可知，从开始运动到距出发点4m，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动；随推力F的减小，加速度a减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a逐渐增大，由以上分析可知，物体的加速度先减小后增大，故A错误；
B、由图像可知，推力F随位移x变化的数学关系式为F＝100﹣25x（0≤x≤4.0m），物体的速度最大时，加速度为零，此时有F＝μmg
代入数据解得：x＝3m，即在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，故B错误；
C、F﹣x图线与x轴围成图形的面积大小等于推力对物体做功，设物体的最大速度为vm，由图乙所示图像可知，物体速度最大时，推力对物体做功为：WJ＝187.5J，从物体开始运动到速度最大过程，对物体由动能定理得：W﹣μmgx0，代入数据解得：vmm/s，故C正确；
D、推力对物体做的功大小等于图线与坐标轴围成的面积，即WJ＝200J，对物块运动的整个过程，根据动能定理可得W﹣μmgxmax＝0，代入数据解得：xmax＝8m，故D错误。
故选：C。
考点三 连接体、传送带问题分析
（2024 天河区一模）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的位移大小一定大于Q的位移大小
B．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C．P的加速度大小的最大值为μg
D．Q的加速度大小的最大值为2μg
【解答】解：设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力F＝2μmg
撤去拉力前对Q根据共点力平衡条件有：T0＝μmg
A．PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，故A错误；
B．滑块P在弹簧恢复到原长时，根据牛顿第二定律有：﹣μmg＝maP2
解得aP2＝﹣μg
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg，故B正确。
CD．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为﹣T0﹣μmg＝maP1
解得aP1＝﹣2μg
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，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加速度大小最大值为弹簧恢复原长时﹣μmg＝maQm
解得aQm＝﹣μg
故滑块Q加速度大小最大值为μg，故CD错误。
故选：B。
（多选）（2024 长沙模拟）如图，轻质的光滑滑轮K与质量为M的物块A由一硬轻杆连接在一起，成为一个物体，物块A放置于水平面上。质量为m的物块B与跨过滑轮的轻绳一端相连，轻绳另一端固定在墙上且水平，物块B与物块A间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）
A．若A静止，则地面对A的作用力为
B．若水平地面光滑，则A、B的加速度大小关系为
C．若水平地面光滑，则A的加速度大小
D．若水平地面光滑，则轻绳的拉力
【解答】解：A、静止时，B也静止，对AB整体有FT＝f
FN＝（M+m）g，对B有：FT＝mg
则地对A作用力F，故A错误；
B、水平地面光滑时，A向右加速，B水平方向与A一起加速，ax＝aA
B竖直方向也加速下滑ay＝ax＝aA
则aBaA，故B正确；
CD、B左移位移大小与竖直位移大小始终一样，所以ax＝ay
对A、B整体受力如图，则FT＝（M+m）aA
FN'＝maA，Mg﹣FT﹣FT'＝maA
Ff＝μFN'，则aA，Ff'＝T，故C正确，D错误。
故选：BC。
（2024 宜兴市校级三模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°，一煤块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v﹣t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则（　　）
A．煤块在传送带上的划痕为8米
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【解答】解：A、由图乙可知传送带的速度为8m/s，根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，可得：
在0～1s时间内煤块相对传送带向上运动的位移大小为：Δx1（8+16）×1m﹣8×1m＝4m
在1s～3s时间内煤块相对传送带向下运动的位移大小为：Δx2＝﹣8×2m8×2m＝8m
因Δx2＞Δx1，故煤块在传送带上的划痕等于Δx2＝8米，故A正确；
BC.在0～1s时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，根据v﹣t图像的斜率绝对值等于加速度大小，可得：
在1～2s时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运动方向相同，同理可得：
mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，
联立解得：μ＝0.25，故BC错误；
D.如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动，而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的速率就无关了，故D错误。
故选：A。
（2024 龙凤区校级模拟）如图所示，传送带以10m/s的速度逆时针匀速转动，两侧的传送带长都是16m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个滑块A、B（可视为质点）从传送带顶端同时由静止滑下，已知滑块A、B的质量均为1kg，与传送带间动摩擦因数均为0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
A．滑块A先做匀加速运动后做匀速运动
B．滑块A比B早到达底端3s
C．滑块A在传送带上的划痕长度为5m
D．滑块A、B到达传送带底端时的速度大小相等
【解答】解：AB．两物块从静止开始沿传送带下滑，开始阶段传送带对A物体的滑动摩擦力沿斜面向下，对B物体的滑动摩擦力沿斜面向上，则
a＝gsin37°+μgcos37°
解得：a＝10m/s2
物块A先加速，加速到传送带速度位移为
x1
解得：x1＝5m，x1＜16m所需时间为
t1s＝1s
加速到传送带速度后，由于
mgsin37°＞mgcos37°
故不能和传送带保持相对静止，摩擦力反向，之后加速度为
a′＝gsin37°﹣gcos37°
解得：a′＝2m/s2
加速到传送带底端
解得时间
t2＝1s
到达底端共用时
t＝t1+t2＝1s+1s＝2s
B物块一直以加速度a′加速至传送带底端
解得
t′＝4s
Δt＝t′﹣t＝4s﹣2s＝2s
故A错误，B正确；
C．加速到传送带速度之时的相对位移为
Δx1＝v0t1﹣x1＝10×1m﹣5m＝5m，方向沿传送带向上
加速到传送带速度以后，相对位移为
Δx2＝（L﹣x1）﹣v0t2，
解得：Δx2＝1m，方向沿传送带向下
物块比传送带速度快，会覆盖之前的划痕，滑块A在传送带上的划痕长度为5m，故C正确；
D．A到达底端时的速度为
vA＝v0+a′t2＝10m/s+2×1m/s＝12m/s
B到达底端时的速度为
vB＝a′t′＝2×4m/s＝8m/s
故D错误。
故选：C。
（2024 朝阳区校级二模）某兴趣小组研究一遥控无人机的水平飞行运动，根据记录的数据作出该无人机运动的x﹣t图像和v﹣t图像，如图所示。其中x﹣t图像中的t1时刻对应抛物线的最高点，x1＝7m，下列说法正确的是（　　）
A．无人机的加速度为2m/s2
B．无人机的初位置x0＝2m
C．无人机飞回坐标原点的时刻t2s
D．无人机飞回坐标原点的时刻t2＝（2）s
【解答】解：A、无人机的加速度为，故A错误；
B、由图可知无人机的初速度为4m/s，0～2s内无人机向正方向运动，t＝2s时速度为零，无人机的位移达到正向最大值，则t1＝2s，
根据时间与位移公式得7m，解得，故B错误；
CD、无人机飞回坐标原点时，根据时间与位移公式得0，代入数据得，解得无人机飞回坐标原点的时刻为，故C错误，D正确。
故选：D。
（2024 观山湖区校级模拟）冰壶运动是以团队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被喻为冰上“国际象棋”，冰壶运动既能考验参赛者的体能与脑力，又能展现动静之美、取舍之智。如图所示，在某次比赛中冰壶被投出后可视为没有转动的匀减速直线运动，滑行距离为10m，已知冰壶最后1s内的位移大小为0.1m，下列说法中正确的是（　　）
A．冰壶的加速度大小为0.2m/s2
B．冰壶的初速度大小为2.4m/s
C．冰壶被投出后第3s初的速度大小为1.4m/s
D．第一个6s与第二个6s内位移之比为3：1
【解答】解：A、冰壶做匀减速直线运动，末速度为0，运用逆向思维方法，由位移—时间关系式可知
代入x1＝0.1m，t1＝1s，解得
a＝0.2m/s2
故A正确；
B、冰壶滑行距离为10m，由速度—位移关系式可得
解得初速度
代入数据解得v0＝2m/s
故B错误；
C、第3s初即第2s末，且冰壶做匀减速直线运动，由速度—时间关系式可得
vt＝v0﹣at
代入t＝2s，解得第3s初的速度
v＝1.6m/s
故C错误；
D、冰壶滑行至停下用时
则第二个6s内实际仅滑行4s，不满足初速度为零相等时间间隔内位移之比3：1，故D错误。
故选：A。
（2024 洛阳一模）2023年12月28日11时58分，郑州机场至许昌东站轻轨初期运营，最高试运行速度达120km/h。为了研究该列车在某过程的直线运动状态，工程师李某绘制了该过程如图所示的图像，但是没有告知该过程是处于加速还是减速状态，下列说法正确的是（　　）
A．该过程列车处于加速状态
B．该过程列车的初速度为20m/s
C．该过程列车的加速度大小为8m/s2
D．该车在前3秒内的位移为64m
【解答】解：ABC.由匀变速直线运动位移公式：可得：
可知图像斜率表示v0，与纵轴的截距表示，由图像可得：，m/s2
解得：v0＝20m/s，a＝﹣4m/s2
列车处于减速状态，初速度为20m/s，加速度大小为4m/s2，故AC错误，B正确；
D.把v0＝20m/s，a＝﹣4m/s2，代入位移位移公式可得：
x＝20t﹣2t2
则前3秒的位移：x＝42m，故D错误；
故选：B。
（2024 新郑市校级三模）一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（　　）
A．质点的加速度大小是6m/s2
B．质点的加速度大小是3m/s2
C．质点第2s末的速度大小是12m/s
D．质点在第1s内的位移大小是6m
【解答】解：AB、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据，可得加速度a＝3m/s2，故A错误，B正确；
C、由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值，即x3﹣x2＝x2﹣x1，解得x2＝24m，第2s末的瞬时速度等于前4s内的平均速度，则第2s末速度为，解得v＝9m/s，故C错误；
D、第1 s末的瞬时速度等于第一个2s内的平均速度，则m/s＝6m/s，在第1 s内反向看为匀减速运动，则有x1＝v1tat2，解得x1＝4.5m，故D错误。
故选：B。
（2024 涧西区校级一模）用原长为L橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态图甲.现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时偏离与竖直方向的夹角α＝60°，如图乙所示（橡皮筋在弹性限度内且满足胡克定律）。与稳定在竖直位置时相比，以下说法正确的是（　　）
A．升高L
B．升高L
C．小球高度保持不变
D．小球升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【解答】解：设L0为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T1＝mg，
根据胡克定律得，弹簧的伸长量
则小球与悬挂点的距离为L1＝L
小球稳定时偏离竖直方向的夹角α＝60°，对小球进行受力分析如图，得：
T2cosα＝mg，
T2sinα＝ma，
所以：T22mg
弹簧的伸长量x2，则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L2＝（L）cosαL
则小球升高高度为ΔL＝L1﹣L2＝L（L）L
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2025 什邡市校级一模）如图所示，在升降电梯里固定一倾角为θ的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度a时，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．电梯一定正在加速上升
B．斜面对小球的弹力大小为
C．若增大加速度a，挡板对小球的弹力不变
D．若增大加速度a，挡板对小球的弹力一定增大
【解答】解：A、电梯具有竖直向上的加速度a，由于速度方向未知，则电梯可能加速上升或减速下降，故A错误；
B、对小球受力分析，如图
水平方向由平衡条件
F1＝F2sinθ
竖直方向由牛顿第二定律
F2cosθ﹣mg＝ma
所以斜面对小球的弹力大小为
，故B错误；
CD、若增大加速度a，竖直方向根据牛顿第二定律
F2cosθ﹣mg＝ma
可知斜面对小球的弹力增大，根据水平方向受力平衡有
F1＝F2sinθ
可知挡板对小球的弹力一定增大，故C错误，D正确。
故选：D。
（2024 五华区校级模拟）如图甲所示，轻弹簧下端与垂直于斜面的挡板固定相连，上端通过小物块压缩2.3m后锁定，t＝0时解除锁定释放小物块。计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v﹣t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，a点为图线最高点，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线。已知小物块的质量m＝2kg，重力加速度g＝10m/s2，斜面的倾角为37°，sin37°＝0.6。则下列说法正确的是（　　）
A．物块在0.5s内的平均速度为3.0m/s
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
C．弹簧的劲度系数为31N/m
D．弹簧在0.4s时的压缩量为0.5m
【解答】解：A．v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，根据几何关系可知物块在0～0.5s时间内位移大于1.5m，则物块在0.5s内的平均速度
故A错误；
B．bc段物块沿着斜面做匀减速直线运动，由v﹣t图像的斜率表示加速度，可得
根据牛顿第二定律
mgsin37°+μmgcos37°＝ma2
解得物块与斜面间的动摩擦因数为
μ＝0.5
故B错误；
C．由图可得刚释放时滑块的加速度为
由牛顿第二定律得
kΔx﹣μmgcos37°﹣mgsin37°＝ma1
代入数据解得弹簧的劲度系数为
k＝31N/m
故C正确；
D．弹簧在0.4s时加速度为0，根据平衡条件得
kx′＝mgsin37°+μmgcos37°
解得弹簧在0.4s时的压缩量为
故D错误。
故选：C。
（2024 长沙一模）某同学设计了一货物输送装置，将一个质量为M载物平台架在两根完全相同、半径为r，轴线在同一水平面内的平行长圆柱上。已知平台与两圆柱间的动摩擦因数均为μ，平台的重心与两柱等距，在载物平台上放上质量为m的物体时也保持物体的重心与两柱等距，两圆柱以角速度ω绕轴线作相反方向的转动，重力加速度大小为g。现沿平行于轴线的方向施加一恒力F，使载物平台从静止开始运动，物体与平台总保持相对静止。下列说法正确的是（　　）
A．物体和平台开始运动时加速度大小为
B．物体和平台做匀加速运动
C．物体受到平台的摩擦力逐渐增大
D．只有当F＞μ（M+m）g时平台才能开始运动
【解答】解：A、平台与两个圆柱表面的摩擦力相等，大小
开始时平台受到两圆柱的摩擦力平衡，所以开始运动时加速度大小为
，故A正确；
B、圆柱表面的点转动的线速度大小为
v′＝ωr
若平台运动的速度大小为v，则
根据牛顿第二定律可得
因为v在不断增大，加速度会越来越小，故B错误；
C、对物体进行受力分析可得
可得f0＝ma
物体受到平台的摩擦力逐渐减小，故C错误；
D、开始运动时加速度大小为
所以即使F较小，平台也运动，故D错误。
故选：A。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑