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微专题2　匀变速直线运动　牛顿运动定律　［1选择题］
1.匀变速直线运动的求解方法
基本公式法、平均速度(中间时刻瞬时速度)法、比值法、逆向思维法等，原则上所有的匀变速直线运动问题都可应用两个基本公式v=v0+at，x=v0t+at2求解，但根据不同问题利用推论公式并辅以逆向思维法、初速度为零的比例式解题更简便。
2.竖直上抛运动和双向可逆类问题
全过程是匀变速直线运动，并具有对称性的特点，可对全过程应用匀变速直线运动的规律列式。
3.对于多过程问题，应画出运动过程示意图。前一过程的末速度是后一阶段的初速度。
对于“0-v-0”模型，
全程=
x总=t总
a1t1=a2t2
v2=2a1x1=2a2x2
==。
4.若两物体一起运动(连接体)，两物体具有相同加速度，通常采用先整体后隔离的方法求解；若两物体有相对运动(板块模型)，两物体应分别应用牛顿第二定律列方程。
5.利用牛顿第二定律求解加速度时，若物体受到两个力，一般应用合成法求解；若物体受到多个力，一般应用正交分解法求解。
考点一　匀变速直线运动的规律及应用
1.(2024·山东卷·3)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.(-1)∶(-1) B.(-)∶(-1)
C.(+1)∶(+1) D.(+)∶(+1)
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·辽宁省名校联盟一模)清晨，一对父女沿平直公路晨跑，父女俩均以2 m/s的速度匀速运动，女儿在父亲前面8 m处，父亲带着的手机播放音乐，女儿用蓝牙耳机收听；某时刻女儿开始以1 m/s2的加速度匀加速奔跑，速度达到6 m/s后继续匀速运动。若蓝牙耳机连接信号的最大距离为200 m，则女儿开始加速运动多长时间后不能收听到音乐：
A.25 s B.44 s C.48 s D.50 s
4.(2024·重庆市大足中学二模)如图所示，在相距较远的两平行金属板中央有一个静止的带电粒子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，在t=0时刻静止释放该粒子，下列说法正确的是：
A.电压如甲图所示时，在0~T时间内，粒子的电势能先增加后减少
B.电压如乙图所示时，在0~时间内，粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
C.电压如丙图所示时，在0~时间内，粒子动量变化量为0
D.电压如丁图所示时，若粒子在T之前不能到达极板，则一直不能到达极板
【点拨·提炼】　注意将UAB-t图像转化为a-t图像，通过UABEFa，从而将UAB-t关系与粒子的运动过程相对应。
考点二　牛顿运动定律及其应用
5.(2024·北京市石景山区一模)如图甲所示，一质量为2 kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平地面上做加速直线运动，其a-t图像如图乙所示，t=0时其速度大小为2 m/s。物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，g取10 m/s2。下列说法错误的是：
A.在t=2 s时刻，物块的速度为5 m/s
B.在0~2 s时间内，物块的位移大于7 m
C.在 t=1 s时刻， 物块的加速度为1.5 m/s2
D.在t=1 s时刻，拉力F的大小为5 N
6.(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
7.(多选)(2024·福建厦门市期中)水平地面上方存在水平方向的匀强电场。质量为m、带负电且电荷量为q的小球A以一定的初速度v0从地面上的O点射入匀强电场，速度方向与水平电场方向的夹角为53°，恰好沿v0方向离开地面，在竖直平面内做直线运动，重力加速度为g，忽略空气阻力，sin 53°=0.8。则：
A.电场方向水平向右且静电力大小为mg
B.从地面到最高点，克服重力做功为m
C.从地面到最高点，克服静电力做功为0.18m
D.从地面出发再回到地面用时为
8.(2024·湖北省重点中学二模)如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B间长度为L=10 m，倾角为θ=30°，正以恒定速率v=5 m/s顺时针运转。现将一质量为m=1 kg的邮件(可视为质点)轻放在传送带底端A点，则邮件从A运动到B过程中，传送带对邮件的冲量大小为(已知邮件与传送带之间的动摩擦因数为μ=，重力加速度g=10 m/s2)：
A.5 N·s B.20 N·s
C.15 N·s D.5 N·s
9.(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=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
1.(2024·黑龙江哈尔滨市第六中学模拟)a、b两物体从同一地点同时出发，沿相同方向运动。图甲是a做匀加速直线运动的x-t图像，图乙是b做匀减速直线运动的x-v2图像。则下列说法正确的是：
A.t=1.25 s时两物体速度相等
B.前2 s内两物体间距离一直在变大
C.t=0时刻，a的速度为2 m/s，b的速度为12.5 m/s
D.a的加速度大小为4 m/s2，b的加速度大小为8 m/s2
2.(2024·安徽省皖北8校大联考)某同学完成课外探究作业时需要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。为进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是：
A　　　　B　　　 C　　　D
3.(2024·湖南邵阳市一模)一质点从A点做初速度为零、加速度为a1的匀加速直线运动，经过时间t后到达B点，此时加速度突然反向，大小变为a2，又经过2t的时间到达C点。已知AC的距离为AB的距离的2倍，则a1与a2的大小之比可能为：
A. B. C. D.
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.(2024·贵州毕节市二模)当前，破旧高楼外墙砖易脱落造成安全事故，引发人们关注。某实验小组对墙砖脱落的运动进行定量研究。在一次模拟实验中，小组成员将一墙砖从某旧楼(无人居住)的楼顶由静止释放，下落一小段距离后，开始计时，采集从此位置开始下落的高度H与时间t的相关数据，并作出-t的图像如图，运动过程中空气阻力恒定。则：
A.计时开始时墙砖的速度大小为0
B.本次实验中墙砖下落的加速度大小为8 m/s2
C.从计时开始，墙砖在2 s内的平均速度为6 m/s
D.计时开始后经3 s墙砖恰好落至地面，则这栋旧楼高度约为24 m
答案精析
高频考点练
1.A　[方法一　基本公式法
木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=a
木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=a
当木板长度为2L时，有3L=a
又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0
联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)
故选A。
方法二　比例式法
设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板经过A点时间为Δt1
若木板长度为L，
则t0∶Δt1=1∶(-1)①
若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2
t0∶Δt2=1∶[(-1)+(-)]=1∶(-1)②
联立①②得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)]
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= m/s=15 m/s，故A错误；
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；
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a1= m/s2=10 m/s2，3.5~6 s的加速度大小满足a2> 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；
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x1=×30×3 m=45 m，3.5~6 s的位移满足x2<×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。]
3.D　[当两者间距达到200 m后，不能收听到音乐，则t1==4 s，根据s=(v0+vm)t1+vm(t-t1)+s0-v0t，解得t=50 s。故选D。]
4.D　[电压是甲图时，0~T时间内，静电力先向某一方向后反向，则粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压是乙图时，在0~时间内，粒子先加速后减速，粒子所受电压在发生变化，故静电力在发生变化，不是匀变速运动，故B错误；电压是丙图时，粒子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了T后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故粒子一直朝同一方向运动，故在0~时间内，粒子动量变化量不为0，故C错误；电压是丁图时，粒子先加速，到T后减速T后反向加速T后减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故粒子做往复运动，若粒子在T之前不能到达极板，则一直不能到达极板，故D正确。]
5.B　[根据Δv=at，可得a-t图像与t轴围成的面积表示对应时间内速度的增量，t=2 s时刻，物块的速度v= m/s+2 m/s=5 m/s，故A正确；在0~2 s时间内，物块做加速度增大的加速运动，速度—时间图像如图中实线，虚线为匀变速直线运动的速度—时间图像。由v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知0~2 s时间内，物块的位移x< m=7 m，故B错误；由题图乙可得a=1+t，在t=1 s时刻， 物块的加速度为1.5 m/s2，故C正确；在t=1 s时刻，由牛顿第二定律可得F-μmg=ma，代入数据解得F=5 N，故D正确。]
6.A　[剪断前，对B、C、D整体受力分析：A、B间轻弹簧的弹力
FAB=(3m+2m+m)g=6mg
对D受力分析：C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg
剪断后，对B：FAB-3mg=3maB
解得aB=g，方向竖直向上
对C：FDC+2mg=2maC
解得aC=1.5g，方向竖直向下，故选A。]
7.AC　[小球恰好沿v0方向离开地面在竖直平面内做直线运动，可知小球受到的重力和静电力的合力方向刚好与v0方向相反，如图所示，可知静电力大小为qE==mg，由于小球带负电，可知电场方向水平向右，故A正确；小球受到的合力为F==mg，小球的加速度为a==g，根据对称性可知，从地面出发再回到地面用时为t=2t1=2=从地面到最高点，通过的位移大小为s==则从地面到最高点，克服重力做功为WG=mgh=mgssin 53°=m从地面到最高点，克服静电力做功为W电=qEscos 53°=0.18m故B、D错误，C正确。]
8.D　[邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示，支持力FN=mgcos θ=5 N，摩擦力Ff1=μmgcos θ=7.5 N，根据牛顿第二定律得沿斜面方向μmgcos θ-mgsin θ=ma可知，邮件上升的加速度为a=2.5 m/s2，当邮件与传送带速度相同时，由v=at1，得t1==2 s，则相对位移为x=vt1-a=5 m9.ABD　[v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，故A正确；
设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，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的速度为v0=-μgt0，小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g，经过t0时间与木板共速此时速度为v共=μgt0，故可得a0==2μg，解得μ0=2μ，故B正确；
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==μg，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'==-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'，解得=故C错误；
假设t=4t0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状态，假设成立，即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。]
补偿强化练
1.A　[xa=v0t+a1t2，将题图甲的(1，2)，(2，8)代入解得：v0=0，a1=4 m/s2，则va=a1t=4t (m/s)，题图乙中b做初速度为10 m/s的匀减速直线运动，根据0-=2a2xb，解得a2=-4 m/s2，则vb=v0+a2t=10-4t (m/s)，由此分析：t=1.25 s时va=5 m/s，vb=5 m/s，故A正确；a做初速度为零的匀加速直线运动，b做初速度为10 m/s的匀减速直线运动，因此一开始b在a前，vavb，a、b间距离将变小，故B错误；t=0时刻，a的速度为0，b的速度为10 m/s，故C错误；由以上分析可知a的加速度大小为4 m/s2，b的加速度大小也为4 m/s2，故D错误。]
2.B　[设上面小球质量为m，下面小球质量为M，以两个小球整体为研究对象，受到重力(m+M)g和拉力FT1，如图甲所示
根据牛顿第二定律有
(m+M)a=(m+M)gtan α
解得a=tan α
以下面小球为研究对象，受到重力Mg和拉力FT2，如图乙所示
根据牛顿第二定律有Ma=Mgtan θ
解得a=tan θ
因为两球的加速度相同，则可知两段绳与竖直方向的夹角相同，故选B。]
3.A　[如图所示，
设AB=x，以A到B方向为正方向，从A到B有x=a1t2，vB=a1t，若C点在A点右侧，从B到C有x=vB·2t-a2(2t)2，解得=若C点在A点左侧，从B到C有-3x=vB·2t-a2(2t)2，解得=综上所述，a1与a2的大小之比可能为、。故A正确，B、C、D错误。]
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　[设计时开始时墙砖的速度为v0，墙砖下落的加速度为a，得H=v0t+at2，整理得=v0+at，结合题图可知v0=2 m/sa= m/s2，解得a=8 m/s2，故A错误，B正确；从计时开始，墙砖在2 s时的速度为v2=v0+at2=18 m/s，故该段时间内平均速度为==10 m/s，故C错误；由静止释放到开始计时的时间为t0==0.25 s，故这栋旧楼高度为h=a(t0+t3)2=×8×(0.25+3)2 m=42.25 m，故D错误。](共50张PPT)
专题一　力与运动
微专题2
匀变速直线运动　牛顿运动定律　[1选择题]
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
知识聚焦
PART ONE
1.匀变速直线运动的求解方法
基本公式法、平均速度(中间时刻瞬时速度)法、比值法、逆向思维法等，原则上所有的匀变速直线运动问题都可应用两个基本公式v=v0+at，x=v0t+at2求解，但根据不同问题利用推论公式并辅以逆向思维法、初速度为零的比例式解题更简便。
2.竖直上抛运动和双向可逆类问题
全过程是匀变速直线运动，并具有对称性的特点，可对全过程应用匀变速直线运动的规律列式。
核心精讲
PART TWO
3. 对于多过程问题，应画出运动过程示意图。前一过程的末速度是后一阶段的初速度。
对于“0-v-0”模型，
全程=
x总=t总
a1t1=a2t2
v2=2a1x1=2a2x2
==。
4.若两物体一起运动(连接体)，两物体具有相同加速度，通常采用先整体后隔离的方法求解；若两物体有相对运动(板块模型)，两物体应分别应用牛顿第二定律列方程。
5.利用牛顿第二定律求解加速度时，若物体受到两个力，一般应用合成法求解；若物体受到多个力，一般应用正交分解法求解。
考点一　匀变速直线运动的规律及应用
1.(2024·山东卷·3)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.(-1)∶(-1)
B.(-)∶(-1)
C.(+1)∶(+1)
D.(+)∶(+1)
1
2
3
4
5
6
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9
√
高频考点练
PART THREE
1
2
3
4
5
6
方法一　基本公式法
木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速
度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，
根据运动学公式有L=a
木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=a
当木板长度为2L时，有3L=a
7
8
9
1
2
3
4
5
6
又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0
联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)
故选A。
方法二　比例式法
设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板经过A点时间为Δt1
若木板长度为L，
则t0∶Δt1=1∶(-1) ①
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若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2
t0∶Δt2=1∶[(-1)+(-)]=1∶(-1) ②
联立①②得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1)
7
8
9
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
√
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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a1= m/s2=10 m/s2，3.5~6 s的加速度大小满足a2> 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；
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= m/s=15 m/s，故A错误；
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；
7
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1
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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x1=×30×3 m=45 m，3.5~6 s的位移满足x2<×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。
7
8
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3.(2024·辽宁省名校联盟一模)清晨，一对父女沿平直公路晨跑，父女俩均以2 m/s的速度匀速运动，女儿在父亲前面8 m处，父亲带着的手机播放音乐，女儿用蓝牙耳机收听；某时刻女儿开始以1 m/s2的加速度匀加速奔跑，速度达到6 m/s后继续匀速运动。若蓝牙耳机连接信号的最大距离为200 m，则女儿开始加速运动多长时间后不能收听到音乐
A.25 s B.44 s
C.48 s D.50 s
1
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3
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√
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1
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当两者间距达到200 m后，不能收听到音乐，则t1==4 s，根据s=(v0+vm)t1+vm(t-t1)+s0-v0t，解得t=50 s。故选D。
7
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2
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4.(2024·重庆市大足中学二模)如图所示，在相距较远的两平行金属板中央有一个静止的带电粒子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，在t=0时刻静止释放该粒子，下列说法正确的是
7
8
9
1
2
3
4
5
6
A.电压如甲图所示时，在0~T时间内，粒子
的电势能先增加后减少
B.电压如乙图所示时，在0~时间内，粒子先
做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
C.电压如丙图所示时，在0~时间内，粒子
动量变化量为0
D.电压如丁图所示时，若粒子在T之前不能
到达极板，则一直不能到达极板
√
7
8
9
电压是甲图时，0~T时间内，静电力先向某一方向后反向，则粒子先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；
电压是乙图时，在0~时间内，粒子先加速后减速，粒子所受电压在发生变化，故静电力在发生变化，不是匀变速运动，故B错误；
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电压是丙图时，粒子先做加速度先增大后减小的加速运动，过了T后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故粒
子一直朝同一方向运动，故在0~时间内，粒子动量变化量不为0，故C错误；
1
2
3
4
5
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7
8
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电压是丁图时，粒子先加速，到T后减速，T后反向加速，T后减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故粒子做往复运动，若粒子在T之前不能到达极板，则一直不能到达极板，故D正确。
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点拨·提炼
注意将UAB-t图像转化为a-t图像，通过UAB E F a，从而将UAB-t关系与粒子的运动过程相对应。
考点二　牛顿运动定律及其应用
5.(2024·北京市石景山区一模)如图甲所示，一质量为2 kg的物块受到水平拉力F作用，在粗糙水平地面上做加速直线运动，其a-t图像如图乙所示，t=0时其速度大小为2 m/s。物块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1，g取
10 m/s2。下列说法错误的是
A.在t=2 s时刻，物块的速度为5 m/s
B.在0~2 s时间内，物块的位移大于7 m
C.在t=1 s时刻， 物块的加速度为1.5 m/s2
D.在t=1 s时刻，拉力F的大小为5 N
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根据Δv=at，可得a-t图像与t轴围成的面积表示对应时间内速度的增量，t=2 s时刻，物块的速度v= m/s+2 m/s=5 m/s，故A正确；
在0~2 s时间内，物块做加速度增大的加速运动，速度—时间图像如图中实线，虚线为匀变速直线运动的速度—时间图像。由v-t图像与t轴围成的面积表示位移可知0~2 s时间内，物块的位移x< m=7 m，故B错误；
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由题图乙可得a=1+t，在t=1 s时刻， 物块的加速度为
1.5 m/s2，故C正确；
在t=1 s时刻，由牛顿第二定律可得F-μmg=ma，代入数据解得F=5 N，故D正确。
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6.(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
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剪断前，对B、C、D整体受力分析：
A、B间轻弹簧的弹力
FAB=(3m+2m+m)g=6mg
对D受力分析：C、D间轻弹簧的弹力FCD=mg
剪断后，对B：FAB-3mg=3maB
解得aB=g，方向竖直向上
对C：FDC+2mg=2maC
解得aC=1.5g，方向竖直向下，故选A。
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7.(多选)(2024·福建厦门市期中)水平地面上方存在水平方向的匀强电场。质量为m、带负电且电荷量为q的小球A以一定的初速度v0从地面上的O点射入匀强电场，速度方向与水平电场方向的夹角为53°，恰好沿v0方向离开地面，在竖直平面内做直线运动，重力加速度为g，忽略空气阻力，sin 53°=0.8。则
A.电场方向水平向右且静电力大小为mg
B.从地面到最高点，克服重力做功为m
C.从地面到最高点，克服静电力做功为0.18m
D.从地面出发再回到地面用时为
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小球恰好沿v0方向离开地面在竖直平面内做直线运动，可知小球受到的重力和静电力的合力方向刚好与v0方向相反，如图所示，可知静电力大小为qE==mg，由于小球带负电，可知电场方向水平向右，故A正确；
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小球受到的合力为F==mg，小球的加速度为a==g，根据对称性可知，从地面出发再回到地面用时为t=2t1=2=，从地面到最高点，通过的位移大小
为s==，则从地面到最高点，克服重力做功为WG=mgh=mgssin 53°
=m，从地面到最高点，克服静电力做功为W电=qEscos 53°= 0.18m，故B、D错误，C正确。
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8.(2024·湖北省重点中学二模)如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B间长度为L=10 m，倾角为θ=30°，正以恒定速率v=5 m/s顺时针运转。现将一质量为m=1 kg的邮件(可视为质点)轻放在传送带底端A点，则邮件从A运动到B过程中，传送带
对邮件的冲量大小为(已知邮件与传送带之间的动摩擦因数为μ=，重力
加速度g=10 m/s2)
A.5 N·s B.20 N·s
C.15 N·s D.5 N·s
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邮件上升的加速度为a=2.5 m/s2，当邮件与传送带速度相同时，由v=
at1，得t1==2 s，则相对位移为x=vt1-a=5 m此阶段的摩擦力Ff2=mgsin θ=5 N，邮件从A运动到B过程中，支持力的冲量I1=FN(t1+t2)=15 N·s，方向垂直斜面向上；
邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示，支持力FN=mgcos θ=5 N，摩擦力Ff1=μmgcos θ=7.5 N，根据牛顿第二定律得沿斜面方向μmgcos θ-mgsin θ=ma可知，
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摩擦力的冲量I2=Ff1t1+Ff2t2=20 N·s，方向沿斜面向上；由矢量合成可得传送带对邮件的冲量大小I=5 N·s。故选D。
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9.(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=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
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v-t图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，故A正确；
设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，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的速度为
v0=-μgt0，小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g，经过t0时间与木板共速此时速度为v共=μgt0，故可得a0==2μg，解得μ0=2μ，
故B正确；
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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=
=μg，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'= =-μg，此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma'，解得=，故C错误；
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假设t=4t0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状态，假设成立，即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
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1.(2024·黑龙江哈尔滨市第六中学模拟)a、b两物体从同一地点同时出发，沿相同方向运动。图甲是a做匀加速直线运动的x-t图像，图乙是b做匀减速直线运动的x-v2图像。则下列说法正确的是
A.t=1.25 s时两物体速度相等
B.前2 s内两物体间距离一直在变大
C.t=0时刻，a的速度为2 m/s，b的速
度为12.5 m/s
D.a的加速度大小为4 m/s2，b的加速度大小为8 m/s2
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补偿强化练
PART FOUR
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xa=v0t+a1t2，将题图甲的(1，2)，(2，8)代入解得：v0=0，a1=4 m/s2，则va=a1t=4t (m/s)，题图乙中b做初速度为10 m/s的匀减速直线运动，根据0-=2a2xb，解得a2=-4 m/s2，则vb=v0+a2t=10-4t (m/s)，由此分析：t=1.25 s时va=5 m/s，vb=5 m/s，故A正确；
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a做初速度为零的匀加速直线运动，b做初速度为10 m/s的匀减速直线运动，因此一开始b在a前，vavb，a、b间距离将变小，故B错误；
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t=0时刻，a的速度为0，b的速度为10 m/s，故C错误；
由以上分析可知a的加速度大小为4 m/s2，b的加速度大小也为4 m/s2，故D错误。
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2.(2024·安徽省皖北8校大联考)某同学完成课外探究作业时需要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。为进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是
√
设上面小球质量为m，下面小球质量为M，以两个小球整
体为研究对象，受到重力(m+M)g和拉力FT1，如图甲所示
根据牛顿第二定律有(m+M)a=(m+M)gtan α
解得a=tan α
以下面小球为研究对象，受到重力Mg和拉力FT2，如图乙所示
根据牛顿第二定律有Ma=Mgtan θ
解得a=tan θ
因为两球的加速度相同，则可知两段绳与竖直方向的夹角
相同，故选B。
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3.(2024·湖南邵阳市一模)一质点从A点做初速度为零、加速度为a1的匀加速直线运动，经过时间t后到达B点，此时加速度突然反向，大小变为a2，又经过2t的时间到达C点。已知AC的距离为AB的距离的2倍，则a1与a2的大小之比可能为
A. B.
C. D.
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如图所示，设AB=x，以A到B方向为正方向，从A到B有x=a1t2，vB=a1t，若C点在A点右侧，从B到C有x=vB·2t-a2(2t)2，解得=，若C点在A点左侧，从B到C有-3x=vB·2t-a2(2t)2，解得=，综上所述，a1与a2的大小之比可能为。故A正确，B、C、D错误。
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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
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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.(2024·贵州毕节市二模)当前，破旧高楼外墙砖易脱落造成安全事故，引发人们关注。某实验小组对墙砖脱落的运动进行定量研究。在一次模拟实验中，小组成员将一墙砖从某旧楼(无人居住)的楼顶由静止释放，下落一小段距离后，开始计时，采集从此位置开始下落的高度H与时间t的相关数据，并作出-t的图像如图，运动过程中空气阻力恒定。则
A.计时开始时墙砖的速度大小为0
B.本次实验中墙砖下落的加速度大小为8 m/s2
C.从计时开始，墙砖在2 s内的平均速度为6 m/s
D.计时开始后经3 s墙砖恰好落至地面，则这栋旧
楼高度约为24 m
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设计时开始时墙砖的速度为v0，墙砖下落的加速度
为a，得H=v0t+at2，整理得=v0+at，结合题图可知v0=2 m/s，a= m/s2，解得a=8 m/s2，故A错误，
B正确；
从计时开始，墙砖在2 s时的速度为v2=v0+at2=18 m/s，故该段时间内平
均速度为==10 m/s，故C错误；
由静止释放到开始计时的时间为t0==0.25 s，故这栋旧楼高度为h=a(t0+t3)2=×8×(0.25+3)2 m=42.25 m，故D错误。
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