第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考備考高中物理個(gè)性化分層教輔尖子生篇《運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系》一．選擇題（共10小題）1．（2024?衡陽(yáng)縣校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖是某高中新生軍訓(xùn)時(shí)護(hù)旗手林同學(xué)訓(xùn)練時(shí)的照片，他在水平地面上手持旗桿右腳向前抬起，身體微微前傾，在無(wú)風(fēng)時(shí)保持靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）A．地面對(duì)林同學(xué)有摩擦力的作用 B．旗桿對(duì)林同學(xué)的作用力方向豎直向下 C．林同學(xué)對(duì)地面的壓力產(chǎn)生原因是地面發(fā)生了形變 D．林同學(xué)所受的重力與地面對(duì)他的支持力是一對(duì)平衡力2．（2024?洛龍區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，帶支架的平板小車(chē)沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的小球A用輕質(zhì)細(xì)線懸掛于支架，小車(chē)右端質(zhì)量為M的物塊B始終相對(duì)于小車(chē)靜止。物塊B與小車(chē)平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若某段時(shí)間內(nèi)觀察到輕質(zhì)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，且保持不變，則在這段時(shí)間內(nèi)（）A．小車(chē)一定正在做加速運(yùn)動(dòng) B．輕質(zhì)細(xì)線對(duì)小球A的拉力大小為mgsinθC．物塊B所受摩擦力大小為μMg，方向水平向左 D．小車(chē)對(duì)物塊B的作用力大小為Mg1+ta3．（2024?江西開(kāi)學(xué)）2024年7月5日，我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征六號(hào)改運(yùn)載火箭，成功將天繪五號(hào)02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)獲得圓滿(mǎn)成功。關(guān)于火箭點(diǎn)火發(fā)射升空的情景，下列說(shuō)法正確的是（）A．在火箭向下噴出氣體的過(guò)程中，火箭的慣性變大 B．火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對(duì)空氣產(chǎn)生一個(gè)作用力，空氣對(duì)該氣體的反作用力使火箭獲得向上的推力 C．火箭尾部向下噴出氣體，火箭對(duì)該氣體產(chǎn)生一個(gè)作用力，該氣體會(huì)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，使火箭獲得向上的推力 D．火箭飛出大氣層后，由于沒(méi)有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無(wú)法獲得向前的推力4．（2024?廣東）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放，以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y，所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中，其F﹣y圖像或y﹣t圖像可能正確的是（）A． B． C． D．5．（2023秋?吉林期末）神舟十七號(hào)飛船于2023年10月26日11時(shí)14分在酒泉發(fā)射成功，飛行任務(wù)的航天員乘組由湯洪波、唐勝杰、江新林3名航天員組成。如圖所示，是采用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量空間站質(zhì)量的原理圖。若已知飛船質(zhì)量為4×103kg，其推進(jìn)器的平均推力為1280N，在飛船與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作7s內(nèi)，測(cè)出飛船和空間站速度變化是0.07m/s。下列正確的是（）A．飛船與空間站對(duì)接前的加速度為0.2m/s2 B．飛船與空間站對(duì)接后的加速度為0.1m/s2 C．空間站質(zhì)量為1.24×105kg D．空間站質(zhì)量為1.2×105kg6．（2024春?汕頭期末）如圖1所示的“彩虹滑道”是一種較為受歡迎的新型娛樂(lè)項(xiàng)目，游客在滑道上某段的運(yùn)動(dòng)可簡(jiǎn)化為如圖2所示，t＝0時(shí)游客從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始勻加速下滑，第10s末到達(dá)B點(diǎn)，速度大小為10m/s，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)前后速度大小不變，之后在水平滑道BC上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)5s后恰好停在C點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．游客在斜面上的加速度大小為2m/s2 B．游客在水平面上的加速度大小為2m/s2 C．游客在水平滑道上的位移大小為50m D．游客與水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.17．（2024?河南開(kāi)學(xué)）2024年7月5日，我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征六號(hào)改運(yùn)載火箭，成功將天繪五號(hào)02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)獲得圓滿(mǎn)成功。關(guān)于火箭點(diǎn)火發(fā)射升空的情景，下列說(shuō)法正確的是（）A．在火箭向下噴出氣體的過(guò)程中，火箭的慣性變大 B．火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對(duì)空氣產(chǎn)生一個(gè)作用力，空氣對(duì)該氣體的反作用力使火箭獲得向上的推力 C．火箭尾部向下噴出氣體，火箭對(duì)該氣體產(chǎn)生一個(gè)作用力，該氣體會(huì)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，使火箭獲得向上的推力 D．火箭飛出大氣層后，由于沒(méi)有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無(wú)法獲得向前的推力8．（2024春?汕頭期末）一大人抱小孩從蹲著到站立，再?gòu)恼玖⒌蕉字?，以下說(shuō)法正確的是（）A．從蹲著到站立，小孩先經(jīng)歷失重再經(jīng)歷超重 B．從站立到蹲著，小孩先經(jīng)歷失重再經(jīng)歷超重 C．從蹲著到站立，小孩所受的重力一直小于對(duì)大人身體的壓力 D．從站立到蹲著，大人對(duì)地面的壓力一直等于小孩和大人所受的總重力9．（2024?天心區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，直角桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，PO部分水平且表面粗糙，OQ部分豎直且表面光滑，a、b為兩個(gè)套在此桿上由特殊材料制成的小球，在一定范圍內(nèi)，它們之間的相互作用力大小滿(mǎn)足FabA．水平力F逐漸變大 B．a(chǎn)、b兩小球間的距離逐漸變小 C．a(chǎn)小球?qū)O的壓力逐漸變小 D．b小球?qū)Q的壓力逐漸變小10．（2024春?海門(mén)區(qū)期末）如圖所示，一光滑的球裝在一密閉的盒子里，球剛好與盒子的各壁相接觸。現(xiàn)將盒子豎直向上拋出，最后回到拋出點(diǎn)，若空氣阻力大小與速率的平方成正比，則（）A．在上升過(guò)程中，球?qū)凶由媳砻嬗邢蛏系淖饔昧?B．在上升過(guò)程中，球與盒子上下表面都無(wú)作用力 C．在下降過(guò)程中，球與盒子之間有作用力，且作用力在變小 D．從拋出到回到拋出點(diǎn)的過(guò)程中，球與盒子之間始終有作用力二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?遵義期末）如圖所示，足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平地面上，傾角θ＝37°。質(zhì)量為1kg的物體受到平行于斜面向上的力F，大小為12N，使物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體的速度達(dá)到2m/s時(shí)撤去F。已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）A．撤去F前物體的加速度大小為2m/s2 B．從開(kāi)始到撤去F需要的時(shí)間為1.5s C．物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大位移為1.2m D．物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2（多選）12．（2024春?武昌區(qū)期末）如圖甲所示，t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m的木板在水平推力F的作用下，由靜止開(kāi)始沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)。在t＝3t0時(shí)刻，一質(zhì)量為0.5m的小物塊以一定速度從右端滑上木板。在t＝4t0時(shí)刻，小物塊仍在木板上且與木板的速度相同。這段時(shí)間內(nèi)，木板的速度v隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示，μ表示木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，g表示重力加速度大小，下列說(shuō)法正確的是（）A．水平推力F＝1.5μmg B．小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ C．小物塊從右端滑上木板的初速度大小為μgt0 D．3t0到4t0時(shí)間內(nèi)，木板和小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒（多選）13．（2024?思明區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖甲所示，對(duì)靜止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，2.5s后加速度保持不變；箱內(nèi)有一光滑斜面，斜面傾角θ＝37°，可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊剛開(kāi)始在斜面底部。已知木箱質(zhì)量M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝1kg，斜面高H＝9.6cm。下列說(shuō)法正確的是（）（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2）A．1s末，水平拉力F的大小為4N B．2s末，木箱的速度為6m/s C．2.5s后滑塊開(kāi)始相對(duì)于斜面向上運(yùn)動(dòng) D．2.8s末滑塊到達(dá)斜面頂部（多選）14．（2023秋?烏蘭察布期末）如圖甲，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)），以v1＝3m/s的速度從木板左端向右滑上木板Q，此時(shí)木板Q速度大小為v2＝5m/s，方向水平向左，從該時(shí)刻開(kāi)始0.6s內(nèi)兩物體的運(yùn)動(dòng)情況的v﹣t圖像如圖乙所示。已知木板Q質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。則（）A．PQ間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.5 B．Q與地面間的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5 C．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3m D．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3.2m（多選）15．（2024春?濰坊期末）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。t＝0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t＝4t0時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是（）A．從t＝0時(shí)刻到小物塊剛滑上木板時(shí)，木板的對(duì)地位移為2μgtB．小物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ C．在3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)，小物塊相對(duì)木板的位移大小為54D．在3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)，小物塊相對(duì)木板的位移大小為3三．填空題（共5小題）16．（2024?思明區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）小胡同學(xué)使用如圖甲所示的掛有5根相同彈簧的拉力器訓(xùn)練，已知每根彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，若他對(duì)拉力器兩端的拉力均為F，則每根彈簧的伸長(zhǎng)量為。如圖乙所示，小王同學(xué)取下其中兩根彈簧，互成120°角左右對(duì)稱(chēng)的懸掛一質(zhì)量為m的鋼球，系統(tǒng)靜止后，突然右側(cè)彈簧連接鋼球處斷開(kāi)，則斷開(kāi)瞬間，鋼球的加速度大小為、方向。（忽略彈簧及拉環(huán)質(zhì)量）17．（2024春?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖，小孩坐在雪橇上，小孩與雪橇的總質(zhì)量為40kg，大人用與水平方向成37°角斜向上的大小為100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做勻加速運(yùn)動(dòng)；已知雪橇與地面之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；則，拉力F沿水平方向和豎直方向分解時(shí)，水平方向的分力大小為N；雪橇對(duì)地面的壓力等于N；雪橇加速度大小等于m/s2。18．（2024?福建模擬）一位質(zhì)量為50kg的同學(xué)從8樓乘電梯下降到1樓，在此過(guò)程中利用手機(jī)內(nèi)置的加速度傳感器測(cè)得電梯運(yùn)行的加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當(dāng)t＝10s時(shí)，該同學(xué)處于狀態(tài)（填“超重”或“失重”），此時(shí)他對(duì)電梯地板的壓力大小約N，整個(gè)過(guò)程中電梯運(yùn)行的最大速率約為m/s。19．（2024?碑林區(qū)校級(jí)二模）一細(xì)繩跨過(guò)懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實(shí)驗(yàn)小組用此裝置測(cè)量小球B運(yùn)動(dòng)的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測(cè)得小球B釋放時(shí)的高度h0＝0.590m，下降一段距離后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的時(shí)間T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a＝m/s2（保留3位有效數(shù)字）。從實(shí)驗(yàn)室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間＝9.80m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算可得小球B加速度的大小為a′＝m/s2（保留3位有效數(shù)字），可以看出，a′與a有明顯差異，除實(shí)驗(yàn)中的偶然誤差外，寫(xiě)出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：。20．（2023秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，一固定斜面上表面光滑，傾角為30°，斜面頂端固定一個(gè)光滑定滑輪?？邕^(guò)定滑輪的輕質(zhì)細(xì)線，一端豎直懸掛小球A，另一端連接物塊B，細(xì)線的傾斜部分與斜面平行。用手按住物塊B。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。小球A的質(zhì)量為m，物塊B的質(zhì)量為4m，重力加速度為g?，F(xiàn)突然松開(kāi)按住物塊B的手，松手的瞬間，小球A的加速度大小為；細(xì)線上的拉力大小為。（結(jié)果用題中所給的字母表達(dá)）四．解答題（共5小題）21．（2024春?湖南期末）一個(gè)小物塊以初速度v0＝10m/s沖上足夠長(zhǎng)的粗糙斜面，斜面傾角θ，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖所示，重力加速度g取10m/s2，求斜面傾角θ的正弦值sinθ及物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。22．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實(shí)物照片，乙圖是其運(yùn)輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長(zhǎng)度LAB＝12m、BC部分長(zhǎng)度LBC＝9m，運(yùn)行速度恒為2m/s?，F(xiàn)工人每隔1s在底端A點(diǎn)放上一個(gè)水果箱，C點(diǎn)恰好掉下去一個(gè)水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)傳送帶上有多少個(gè)水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2。23．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）在安全領(lǐng)域有一種常用的“軟”性材料，其特性是越碰越軟，經(jīng)測(cè)定：當(dāng)在第k次碰撞時(shí)，碰后反彈速度為第1次碰前速度大小的1k(k+1)。如圖所示，一質(zhì)量為M＝20kg的足夠長(zhǎng)木板放在傾角θ＝37°的斜面上，板A端距斜面底端的距離為0.4m，由此材料做成的擋板固定在斜面底端。將一質(zhì)量m＝5kg的小物塊從距離木板B端5m處，以初速度v0＝9.2m/s沿木板向上滑上木板，同時(shí)釋放木板，已知小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.42。小物塊可以看作質(zhì)點(diǎn)，已知重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，1（1）小物塊剛滑上木板時(shí)，小物塊和木板的加速度的大小和方向；（2）第1次與擋板碰撞前，小物塊相對(duì)木板向上滑行的最大距離；（3）從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離。24．（2024春?遼寧期末）如圖甲所示，質(zhì)量M＝2kg的L形工件靜置于粗糙的水平桌面上，O為工件上表面一點(diǎn)，工件上表面O點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。質(zhì)量m＝1kg的可以看成質(zhì)點(diǎn)的小滑塊放在工件上并緊靠左側(cè)壁，其與工件上表面粗糙部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8?，F(xiàn)對(duì)工件施加大小為12N的水平推力F，并于1.5s后撤去推力F。在推力作用下工件運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。撤去推力后，當(dāng)滑塊到達(dá)O點(diǎn)時(shí)工件速度恰好為零，滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未滑出工件。g取10m/s2，不計(jì)工件側(cè)壁的厚度，桌面足夠長(zhǎng)。求：（1）工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ′；（2）工件光滑部分的長(zhǎng)度d；（3）工件的最小長(zhǎng)度L和工件發(fā)生的總位移x。25．（2023秋?新吳區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，在傾角為θ＝30°的固定光滑斜面上，輕質(zhì)彈簧下端固定在底端擋板上，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊A相連，A上疊放另一個(gè)質(zhì)量也為2m的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用沿斜面向上的拉力作用在滑塊B上，使B開(kāi)始沿斜面向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)滑塊的vt圖像如圖乙所示，重力加速度為g，sin30°＝0.5，求：（1）B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)AB間的彈力大?。唬?）t＝0和t1時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大??；（3）從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過(guò)程中A的位移。

2025年高考備考高中物理個(gè)性化分層教輔尖子生篇《運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系》參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?衡陽(yáng)縣校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖是某高中新生軍訓(xùn)時(shí)護(hù)旗手林同學(xué)訓(xùn)練時(shí)的照片，他在水平地面上手持旗桿右腳向前抬起，身體微微前傾，在無(wú)風(fēng)時(shí)保持靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）A．地面對(duì)林同學(xué)有摩擦力的作用 B．旗桿對(duì)林同學(xué)的作用力方向豎直向下 C．林同學(xué)對(duì)地面的壓力產(chǎn)生原因是地面發(fā)生了形變 D．林同學(xué)所受的重力與地面對(duì)他的支持力是一對(duì)平衡力【考點(diǎn)】牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；彈力的概念及其產(chǎn)生條件；判斷是否存在摩擦力．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析各選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、在水平方向不受外力作用，故此時(shí)地面對(duì)護(hù)旗手沒(méi)有摩擦力，故A錯(cuò)誤；B、對(duì)旗桿分析可知，旗桿受重力和人的作用力而處于平衡狀態(tài)，故人對(duì)旗桿的作用力豎直向上，由牛頓第三定律可知，旗桿對(duì)護(hù)旗手的作用力方向豎直向下，故B正確；C、護(hù)旗手對(duì)地面的壓力是由于護(hù)旗手的腳發(fā)生形變產(chǎn)生的，故C錯(cuò)誤；D、護(hù)旗手還受旗桿的作用力，所以護(hù)旗手所受的重力與地面對(duì)他的支持力大小不相等，不是一對(duì)平衡力，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的運(yùn)用，應(yīng)清楚了解定律的含義并實(shí)際運(yùn)用。2．（2024?洛龍區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，帶支架的平板小車(chē)沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的小球A用輕質(zhì)細(xì)線懸掛于支架，小車(chē)右端質(zhì)量為M的物塊B始終相對(duì)于小車(chē)靜止。物塊B與小車(chē)平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。若某段時(shí)間內(nèi)觀察到輕質(zhì)細(xì)線與豎直方向夾角為θ，且保持不變，則在這段時(shí)間內(nèi)（）A．小車(chē)一定正在做加速運(yùn)動(dòng) B．輕質(zhì)細(xì)線對(duì)小球A的拉力大小為mgsinθC．物塊B所受摩擦力大小為μMg，方向水平向左 D．小車(chē)對(duì)物塊B的作用力大小為Mg1+ta【考點(diǎn)】連接體模型；力的合成與分解的應(yīng)用；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】D【分析】對(duì)A受力分析，由牛頓第二定律，求A的加速度；根據(jù)豎直方向平衡，求繩子拉力；小車(chē)與A具有相同的加速度，根據(jù)牛頓第二定律，求摩擦力，再根據(jù)力的合成，求小車(chē)對(duì)物體B的作用力?！窘獯稹拷猓篈．對(duì)A受力分析，由牛頓第二定律得F合＝mgtanθ＝maA解得aA＝gtanθ方向水平向左，則小車(chē)向右做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)豎直方向平衡，可知Tcosθ＝mg，則細(xì)繩的拉力為T(mén)=mg故B錯(cuò)誤；CD．由題意可知，A與小車(chē)相對(duì)靜止，則小車(chē)與A具有相同的加速度，即小車(chē)的加速度大小為gtanθ，方向水平向左，此刻物塊B的加速度與小車(chē)相同，根據(jù)牛頓第二定律fB＝MaA＝Mgtanθ方向水平向左，小車(chē)對(duì)物體B的作用力為F=(Mg)2方向?yàn)樾毕蜃笊戏?，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是根據(jù)牛頓第二定律，求加速度，并分析出小車(chē)與A具有相同的加速度。3．（2024?江西開(kāi)學(xué)）2024年7月5日，我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征六號(hào)改運(yùn)載火箭，成功將天繪五號(hào)02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)獲得圓滿(mǎn)成功。關(guān)于火箭點(diǎn)火發(fā)射升空的情景，下列說(shuō)法正確的是（）A．在火箭向下噴出氣體的過(guò)程中，火箭的慣性變大 B．火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對(duì)空氣產(chǎn)生一個(gè)作用力，空氣對(duì)該氣體的反作用力使火箭獲得向上的推力 C．火箭尾部向下噴出氣體，火箭對(duì)該氣體產(chǎn)生一個(gè)作用力，該氣體會(huì)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，使火箭獲得向上的推力 D．火箭飛出大氣層后，由于沒(méi)有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無(wú)法獲得向前的推力【考點(diǎn)】作用力與反作用力；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)作用力與反作用力分析?！窘獯稹拷猓篈、火箭噴出氣體后質(zhì)量變小，其慣性變小，故A錯(cuò)誤；BC、火箭尾部向下噴出氣體，火箭對(duì)該氣體產(chǎn)生一個(gè)作用力，該氣體會(huì)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，使火箭獲得向上的推力，故B錯(cuò)誤，C正確；D、火箭飛出大氣層后，火箭對(duì)氣體作用，該氣體對(duì)火箭有反作用力，使火箭獲得向前的推力，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律，目的是考查學(xué)生的理解能力。4．（2024?廣東）如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定。木塊從彈簧正上方H高度處由靜止釋放，以木塊釋放點(diǎn)為原點(diǎn)，取豎直向下為正方向，木塊的位移為y，所受合外力為F，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，忽略空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，關(guān)于木塊從釋放到第一次回到原點(diǎn)的過(guò)程中，其F﹣y圖像或y﹣t圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；胡克定律及其應(yīng)用．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)題意分析出木塊的合外力特點(diǎn)，并由此得出木塊的加速度變化情況和對(duì)應(yīng)的y﹣t圖像。【解答】解：AB、木塊釋放過(guò)程中，位移由0增加到H時(shí)未接觸彈簧時(shí)，木塊的合外力為重力，保持不變。當(dāng)y＝H時(shí)接觸彈簧，根據(jù)胡克定律，可知之后彈簧的彈力逐漸增大，且與物塊的位移成線性關(guān)系，當(dāng)彈簧彈力等于重力時(shí)合力為零，之后彈力大于重力，合力方向反向向上，到達(dá)最低點(diǎn)后木塊開(kāi)始向上移動(dòng)，位移y變小，此后木塊的受力特點(diǎn)和之前的受力特點(diǎn)呈現(xiàn)對(duì)稱(chēng)情況，位移由最大減小到零的過(guò)程，圖像與之前的重合，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、木塊在未接觸彈簧時(shí)做自由落體，加速度保持恒定，則y﹣t圖像為拋物線，而后彈簧開(kāi)始有彈力且逐漸增大，由牛頓第二定律mg﹣ky＝ma，加速度逐漸減小后反向增大，木塊先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零，而后的運(yùn)動(dòng)情況和之前的成對(duì)稱(chēng)特點(diǎn)，故在y＝H之后到位移最大的過(guò)程，圖像的斜率先變大后變小到零，故CD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的相關(guān)應(yīng)用，熟悉物體的受力分析，結(jié)合牛頓第二定律和圖像的物理意義即可完成分析。5．（2023秋?吉林期末）神舟十七號(hào)飛船于2023年10月26日11時(shí)14分在酒泉發(fā)射成功，飛行任務(wù)的航天員乘組由湯洪波、唐勝杰、江新林3名航天員組成。如圖所示，是采用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量空間站質(zhì)量的原理圖。若已知飛船質(zhì)量為4×103kg，其推進(jìn)器的平均推力為1280N，在飛船與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作7s內(nèi)，測(cè)出飛船和空間站速度變化是0.07m/s。下列正確的是（）A．飛船與空間站對(duì)接前的加速度為0.2m/s2 B．飛船與空間站對(duì)接后的加速度為0.1m/s2 C．空間站質(zhì)量為1.24×105kg D．空間站質(zhì)量為1.2×105kg【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；力的合成與分解的應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】C【分析】飛船與空間站對(duì)接前，對(duì)飛船受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)加速度定義式求解飛船與空間站對(duì)接后的加速度；對(duì)飛船和空間站整體，由牛頓第二定律求解空間站的質(zhì)量?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)牛頓第二定律F＝ma1，解得飛船與空間站對(duì)接前的加速度為a1B、根據(jù)加速度定義可知飛船與空間站對(duì)接后的加速度為a2CD、以飛船與空間站為整體，根據(jù)牛頓第二定律可得：F＝（M+m）a2解得空間站質(zhì)量為M＝1.24×105kg，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵是靈活選擇研究對(duì)象并對(duì)其受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。6．（2024春?汕頭期末）如圖1所示的“彩虹滑道”是一種較為受歡迎的新型娛樂(lè)項(xiàng)目，游客在滑道上某段的運(yùn)動(dòng)可簡(jiǎn)化為如圖2所示，t＝0時(shí)游客從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始勻加速下滑，第10s末到達(dá)B點(diǎn)，速度大小為10m/s，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)前后速度大小不變，之后在水平滑道BC上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)5s后恰好停在C點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．游客在斜面上的加速度大小為2m/s2 B．游客在水平面上的加速度大小為2m/s2 C．游客在水平滑道上的位移大小為50m D．游客與水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1【考點(diǎn)】物體在粗糙斜面上的運(yùn)動(dòng)；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)加速度的定義式計(jì)算加速度；根據(jù)平均速度計(jì)算位移；根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、游客在斜面上的加速度大小為a=vB、游客在水平面上的加速度大小為a'=vC、游客在水平面上的位移大小為x=vD、設(shè)游客與水平滑道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma'，解得μ=a′故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】掌握速度—時(shí)間公式和用平均速度計(jì)算位移的方法，知道牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用。7．（2024?河南開(kāi)學(xué)）2024年7月5日，我國(guó)在太原衛(wèi)星發(fā)射中心使用長(zhǎng)征六號(hào)改運(yùn)載火箭，成功將天繪五號(hào)02組衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射任務(wù)獲得圓滿(mǎn)成功。關(guān)于火箭點(diǎn)火發(fā)射升空的情景，下列說(shuō)法正確的是（）A．在火箭向下噴出氣體的過(guò)程中，火箭的慣性變大 B．火箭尾部向下噴出氣體，該氣體對(duì)空氣產(chǎn)生一個(gè)作用力，空氣對(duì)該氣體的反作用力使火箭獲得向上的推力 C．火箭尾部向下噴出氣體，火箭對(duì)該氣體產(chǎn)生一個(gè)作用力，該氣體會(huì)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，使火箭獲得向上的推力 D．火箭飛出大氣層后，由于沒(méi)有了空氣，因此火箭雖然向后噴氣，但是無(wú)法獲得向前的推力【考點(diǎn)】作用力與反作用力．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；理解能力．【答案】C【分析】慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大慣性越大，質(zhì)量越小慣性越小?；鸺諘r(shí)，其尾部向下噴氣，火箭箭體與被噴出的氣體是一對(duì)相互作用的物體，火箭對(duì)該氣體產(chǎn)生一個(gè)作用力，該氣體會(huì)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力?！窘獯稹拷猓篈、火箭噴出氣體后質(zhì)量變小，其慣性變小，故A錯(cuò)誤；B、火箭尾部向下噴出氣體，火箭對(duì)該氣體產(chǎn)生一個(gè)作用力，該氣體會(huì)對(duì)火箭產(chǎn)生一個(gè)反作用力，使火箭獲得向上的推力，故B錯(cuò)誤、C正確；C、火箭飛出大氣層后，火箭對(duì)氣體作用，該氣體對(duì)火箭有反作用力，使火箭獲得向前的推力，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律，目的是考查學(xué)生的理解能力。8．（2024春?汕頭期末）一大人抱小孩從蹲著到站立，再?gòu)恼玖⒌蕉字?，以下說(shuō)法正確的是（）A．從蹲著到站立，小孩先經(jīng)歷失重再經(jīng)歷超重 B．從站立到蹲著，小孩先經(jīng)歷失重再經(jīng)歷超重 C．從蹲著到站立，小孩所受的重力一直小于對(duì)大人身體的壓力 D．從站立到蹲著，大人對(duì)地面的壓力一直等于小孩和大人所受的總重力【考點(diǎn)】根據(jù)超重或失重狀態(tài)計(jì)算物體的運(yùn)動(dòng)情況；共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題及求解．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】B【分析】從蹲著到站立，是先加速向上運(yùn)動(dòng)，后減速向上運(yùn)動(dòng)；從站立到蹲著，先向下加速運(yùn)動(dòng)，后向下減速運(yùn)動(dòng)；小孩所受重力是保持不變的；根據(jù)失重和超重分析。【解答】解：A、從蹲著到站立，是先加速向上運(yùn)后減速向上運(yùn)動(dòng)，所以是先超重在經(jīng)歷失重，故A錯(cuò)誤；B、從站立到蹲著，先向下加速運(yùn)動(dòng)，后向下減速運(yùn)動(dòng)，所以小孩先經(jīng)歷了失重在經(jīng)歷超重，故B正確；C、從蹲著到站立，小孩所受的重力一直不變，故C錯(cuò)誤；D、從站立到蹲著，因?yàn)槭窍仁е睾蟪?，所以大人?duì)地面的壓力先小于小孩和大人所受的總重力，后大于小孩和大人的總重力，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】知道加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)。9．（2024?天心區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，直角桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，PO部分水平且表面粗糙，OQ部分豎直且表面光滑，a、b為兩個(gè)套在此桿上由特殊材料制成的小球，在一定范圍內(nèi)，它們之間的相互作用力大小滿(mǎn)足FabA．水平力F逐漸變大 B．a(chǎn)、b兩小球間的距離逐漸變小 C．a(chǎn)小球?qū)O的壓力逐漸變小 D．b小球?qū)Q的壓力逐漸變小【考點(diǎn)】牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；圖解法解決動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；受力分析方法專(zhuān)題；共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題；推理能力．【答案】D【分析】對(duì)b小球受力分析，根據(jù)平衡條件列方程分析判斷；以a、b兩小球?yàn)檎w，受力分析，列方程計(jì)算?！窘獯稹拷猓篋．設(shè)a、b兩小球連線與QO的夾角為θ，對(duì)b小球受力分析，根據(jù)平衡條件可得FN1＝mbgtanθ將a小球向右緩慢拉動(dòng)一小段距離，θ減小，可知OQ對(duì)b小球的支持力逐漸減小，根據(jù)牛頓第三定律，可知b小球?qū)Q的壓力逐漸變小，故D正確；B．將a小球向右緩慢拉動(dòng)一小段距離，此過(guò)程中，若b小球發(fā)生移動(dòng)，a、b兩小球間的距離可能會(huì)增大，故B錯(cuò)誤；AC．以a、b兩小球?yàn)檎w，受力分析，如圖所示豎直方向根據(jù)平衡條件有FN2＝（ma+mb）g故PO對(duì)a小球的支持力不變，根據(jù)牛頓第三定律，a小球?qū)O的壓力不變，滑動(dòng)摩擦力不變，水平方向根據(jù)平衡條件有F＝FN1+f根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式有f＝μFN2聯(lián)立解得F＝μ（ma+mb）g+mbgtanθ將a小球向右緩慢拉動(dòng)一小段距離，θ減小，故水平力F逐漸變小，故AC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握研究對(duì)象的選取和受力分析方法，依據(jù)平衡條件列方程計(jì)算。10．（2024春?海門(mén)區(qū)期末）如圖所示，一光滑的球裝在一密閉的盒子里，球剛好與盒子的各壁相接觸?，F(xiàn)將盒子豎直向上拋出，最后回到拋出點(diǎn)，若空氣阻力大小與速率的平方成正比，則（）A．在上升過(guò)程中，球?qū)凶由媳砻嬗邢蛏系淖饔昧?B．在上升過(guò)程中，球與盒子上下表面都無(wú)作用力 C．在下降過(guò)程中，球與盒子之間有作用力，且作用力在變小 D．從拋出到回到拋出點(diǎn)的過(guò)程中，球與盒子之間始終有作用力【考點(diǎn)】牛頓第二定律在豎直拋體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用（阻力變化問(wèn)題）；作用力與反作用力；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從運(yùn)動(dòng)情況確定受力．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】A【分析】AB.用整體法先判斷上升過(guò)程加速度大小和方向，再用隔離法判斷球受力情況，結(jié)合牛頓第三定律分析判斷；C.根據(jù)整體法判斷下落過(guò)程的加速度的變化情況，再隔離球分析受力及各力的變化情況；D.根據(jù)題意分析最高點(diǎn)的狀態(tài)和對(duì)應(yīng)的受力情況?！窘獯稹拷猓篈B.對(duì)球和盒子組成的整體，在上升過(guò)程中受到重力和豎直向下的阻力，故整體加速度向下且大于重力加速度g，對(duì)小球，由于加速度等于整體加速度，所以盒子的上表面必須對(duì)小球產(chǎn)生向下的壓力，根據(jù)牛頓第三定律，球?qū)凶由媳砻嬗邢蛏系膲毫?，故A正確，B錯(cuò)誤；C.在下降過(guò)程中，整體受到重力和向上且逐漸增大的阻力，故加速度向下且逐漸減小，對(duì)球來(lái)說(shuō)，盒子下表面會(huì)給球施加向上的作用力且逐漸增大，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)題意，整體上升到最高點(diǎn)瞬間，速度大小為0，則阻力大小為0，只受重力，加速度等于重力加速度，此時(shí)球和盒子之間沒(méi)有相互作用力，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】考查物體的受力分析和整體法、隔離法，會(huì)靈活選擇相應(yīng)的方法分析解決實(shí)際問(wèn)題。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024春?遵義期末）如圖所示，足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平地面上，傾角θ＝37°。質(zhì)量為1kg的物體受到平行于斜面向上的力F，大小為12N，使物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體的速度達(dá)到2m/s時(shí)撤去F。已知物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是（）A．撤去F前物體的加速度大小為2m/s2 B．從開(kāi)始到撤去F需要的時(shí)間為1.5s C．物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大位移為1.2m D．物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用—從受力確定運(yùn)動(dòng)情況．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】AC【分析】A.根據(jù)受力分析列式求解拉力作用時(shí)的加速度；B.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式計(jì)算時(shí)間；C.根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式結(jié)合牛頓第二定律列式計(jì)算上滑總位移；D.根據(jù)牛頓第二定律列式求解下滑時(shí)的加速度大小?！窘獯稹拷猓篈.撤去F前物體的加速度大小為a1=Fm?gsinθ﹣μgcosθ＝（121?B.從開(kāi)始到撤去F需要的時(shí)間為t=vC.撤去拉力前物體運(yùn)動(dòng)的位移為x1=v22a1=222×2m＝1m，撤去拉力后繼續(xù)上滑的加速度大小為a2＝gsinθ+μgcosθ＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/sD.物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a3＝gsinθ﹣μgcosθ＝（10×0.6﹣0.5×10×0.8）m/s2＝2m/s2，故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】考查牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和解答。（多選）12．（2024春?武昌區(qū)期末）如圖甲所示，t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m的木板在水平推力F的作用下，由靜止開(kāi)始沿水平地面向右運(yùn)動(dòng)。在t＝3t0時(shí)刻，一質(zhì)量為0.5m的小物塊以一定速度從右端滑上木板。在t＝4t0時(shí)刻，小物塊仍在木板上且與木板的速度相同。這段時(shí)間內(nèi)，木板的速度v隨時(shí)間t變化的圖線如圖乙所示，μ表示木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，g表示重力加速度大小，下列說(shuō)法正確的是（）A．水平推力F＝1.5μmg B．小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ C．小物塊從右端滑上木板的初速度大小為μgt0 D．3t0到4t0時(shí)間內(nèi)，木板和小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【考點(diǎn)】有外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】由圖像分析木板的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由v﹣t圖像的斜率求解木板運(yùn)動(dòng)的加速度，根據(jù)牛頓第二定律推力的大?。恍』瑝K滑上后，用整體法和隔離法根據(jù)牛頓第二定律列式求出滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的大?。桓鶕?jù)動(dòng)量守恒定律求出滑塊的初速度大?。煌ㄟ^(guò)比較水平恒力與木板和水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力的大小，求出系統(tǒng)所受合外力，確定系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒?！窘獯稹拷猓篈．對(duì)于v﹣t圖像來(lái)說(shuō)，其圖像的斜率表示物體的加速度，由題圖可知，在水平外力作用時(shí)，其加速度為：a對(duì)木板有：F﹣μmg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：F＝1.5μmg，故A正確；B、由題圖可知，t＝3t0時(shí)，木板的速度為：v1＝a1?3t0＝0.5μg×3t0＝1.5μgt0則小物塊在木板上時(shí)，木板的加速度為：a設(shè)木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣μ（m+0.5m）g﹣μ1（0.5mg）＝ma2解得：μ1＝2μ，故B正確；C、設(shè)小物塊滑上的速度大小為v2，設(shè)向右為正方向，對(duì)小物塊有：μ1（0.5mg）t0＝0.5m?0.5μgt0﹣（﹣0.5mv2）解得：v2＝1.5μgt0，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)小物塊滑上木板后，對(duì)于兩者的系統(tǒng)水平方向有：F＝μ（m+0.5m）g＝1.5μmg豎直方向合力為零，綜上所述，兩者的系統(tǒng)合外力為零，即該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題為牛頓第二定律應(yīng)用的板塊模型。對(duì)于板塊模型的分析判斷要抓住兩個(gè)方面：一、相對(duì)靜止與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的判斷；二、是否存在共速的判斷。運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜時(shí)可用v﹣t圖像輔助分析。（多選）13．（2024?思明區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖甲所示，對(duì)靜止在光滑水平面上的木箱施加一水平向左的拉力F，木箱加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，2.5s后加速度保持不變；箱內(nèi)有一光滑斜面，斜面傾角θ＝37°，可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊剛開(kāi)始在斜面底部。已知木箱質(zhì)量M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝1kg，斜面高H＝9.6cm。下列說(shuō)法正確的是（）（sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2）A．1s末，水平拉力F的大小為4N B．2s末，木箱的速度為6m/s C．2.5s后滑塊開(kāi)始相對(duì)于斜面向上運(yùn)動(dòng) D．2.8s末滑塊到達(dá)斜面頂部【考點(diǎn)】有外力的傾斜板塊模型；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】通過(guò)受力分析和a﹣t圖像，結(jié)合牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，用整體法和隔離法可求出各個(gè)選項(xiàng)。【解答】解：A、以木箱作為參考系，當(dāng)滑塊相對(duì)于斜面剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)受到重力和支持力作用，此時(shí)滑塊的加速度：a＝gtanθ＝10×0.75m/s2＝7.5m/s21s末由圖可知a1=3m/聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：F＝9N，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)圖像可知，2s末的瞬時(shí)加速度為a2＝6m/s2，2s內(nèi)速度增加量：Δv=1C、2.5s末滑塊的加速度為7.5m/s2，滑塊相對(duì)于斜面開(kāi)始滑動(dòng)，故C正確；D、2.5s后開(kāi)始發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)相對(duì)加速度為a3，根據(jù)牛頓第二定律有：ma3＝macosθ﹣mgsinθ而由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：H聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.4s則滑塊到達(dá)斜面頂部時(shí)刻為2.9s末，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意本題要結(jié)合加速度情況，分析物體的受力情況，以及要熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解各個(gè)階段的相關(guān)物理量。（多選）14．（2023秋?烏蘭察布期末）如圖甲，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)），以v1＝3m/s的速度從木板左端向右滑上木板Q，此時(shí)木板Q速度大小為v2＝5m/s，方向水平向左，從該時(shí)刻開(kāi)始0.6s內(nèi)兩物體的運(yùn)動(dòng)情況的v﹣t圖像如圖乙所示。已知木板Q質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。則（）A．PQ間的摩擦因數(shù)為μ1＝0.5 B．Q與地面間的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5 C．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3m D．如果想要滑塊P不從木板Q上掉落，木板Q至少長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3.2m【考點(diǎn)】無(wú)外力的水平板塊模型；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對(duì)比多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)圖乙求解0～0.6s內(nèi)P、Q的加速度大小，對(duì)P和Q根據(jù)牛頓第二定律求解動(dòng)摩擦因數(shù)；求出P、Q在0～0.6s內(nèi)相對(duì)位移，此后P向左加速，所以只要共速時(shí)P滑不下去木板的長(zhǎng)度最短，根據(jù)位移—時(shí)間關(guān)系求解?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖乙可得，a1＝|ΔvΔt|＝|30.6|m/s2對(duì)P分析f1＝μ1mg＝ma1解得：μ1＝0.5，故A正確；B．根據(jù)圖乙可得，a2＝|Δv′Δt′|＝|?5?(?2)0.6|m/s2對(duì)Q分析f1+f2＝μ1mg+μ2（m+M）g＝Ma2解得：μ2＝0.25，故B錯(cuò)誤；CD.t＝0.6s時(shí)P、Q的相對(duì)位移為x=3×0.62m此后分別對(duì)P、Q根據(jù)牛頓第二定律可知P的加速度向左，大小依然為5m/s2，Q的加速度向右大小依然為5m/s2設(shè)兩物體共速所需時(shí)間為t，則vQ﹣a2t＝a1t解得t＝0.2s兩物體的相對(duì)位移為x'＝vQt?則木板的最少長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝x+x'代入數(shù)據(jù)解得L＝3.2m，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。（多選）15．（2024春?濰坊期末）一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上，二者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。t＝0時(shí)，木板在水平恒力作用下，由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻，一小物塊以與木板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的時(shí)間內(nèi)，木板速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中g(shù)為重力加速度大小。t＝4t0時(shí)刻，小物塊與木板的速度相同。下列說(shuō)法正確的是（）A．從t＝0時(shí)刻到小物塊剛滑上木板時(shí)，木板的對(duì)地位移為2μgtB．小物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ C．在3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)，小物塊相對(duì)木板的位移大小為54D．在3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)，小物塊相對(duì)木板的位移大小為3【考點(diǎn)】有外力的水平板塊模型．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】BD【分析】由圖像分析木板的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，確定物塊滑上木板的時(shí)刻；由v﹣t圖像的斜率求解木板運(yùn)動(dòng)的加速度，以及t＝3t0時(shí)刻木板的速度。分析物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得其加速度，通過(guò)比較水平恒力與木板和水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力的大小，來(lái)判斷小物塊和木板是否能一起做勻速運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)平均速度和位移的關(guān)系式求解在3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)，小物塊相對(duì)木板的位移大小?！窘獯稹拷猓篈．v﹣t圖像的斜率表示加速度，可知t＝3t0時(shí)刻木板的加速度發(fā)生改變，故可知小物塊在t＝3t0時(shí)刻滑上木板，故A錯(cuò)誤；B．結(jié)合圖像可知t＝3t0時(shí)刻，木板的速度為v0設(shè)小物塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0，由題意可知物體開(kāi)始滑上木板時(shí)的速度為v1負(fù)號(hào)表示方向水平向左，物塊在木板上滑動(dòng)的加速度為a0經(jīng)過(guò)t0時(shí)間與木板共速此時(shí)速度大小為v共v共﹣v1＝a0t0解得μ0＝2μ故B正確；CD．在3t0﹣4t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)圖像可知木板的位移為x木物塊的位移為x物小物塊相對(duì)木板的位移大小為Δx＝x物﹣x木解得Δx=3故D正確，C錯(cuò)誤。故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題為牛頓第二定律應(yīng)用的板塊模型。對(duì)于板塊模型的分析判斷要抓住兩個(gè)方面：一、相對(duì)靜止與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的判斷；二、是否存在共速的判斷。運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜時(shí)可用v﹣t圖像輔助分析。三．填空題（共5小題）16．（2024?思明區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）小胡同學(xué)使用如圖甲所示的掛有5根相同彈簧的拉力器訓(xùn)練，已知每根彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，若他對(duì)拉力器兩端的拉力均為F，則每根彈簧的伸長(zhǎng)量為F5k。如圖乙所示，小王同學(xué)取下其中兩根彈簧，互成120°角左右對(duì)稱(chēng)的懸掛一質(zhì)量為m的鋼球，系統(tǒng)靜止后，突然右側(cè)彈簧連接鋼球處斷開(kāi)，則斷開(kāi)瞬間，鋼球的加速度大小為g、方向與水平方向成30度角斜向左下方【考點(diǎn)】牛頓第二定律求解瞬時(shí)問(wèn)題；胡克定律及其應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；彈力的存在及方向的判定專(zhuān)題；推理能力．【答案】F5k【分析】依題意，求每根彈簧彈力大小，再根據(jù)胡克定律，求伸長(zhǎng)量；右側(cè)彈簧連接鋼球處斷開(kāi)，根據(jù)牛頓第二定律，求加速度。【解答】解：小胡同學(xué)對(duì)拉力器兩端的拉力均為F，依題意，每根彈簧的彈力為F5由胡克定律F則每根彈簧的伸長(zhǎng)量Δx=F小王同學(xué)取下其中兩根彈簧，互成120°角左右對(duì)稱(chēng)的懸掛一質(zhì)量為m的鋼球，系統(tǒng)靜止后，根據(jù)平衡條件可知彈簧的彈力F1＝F2＝mg右側(cè)彈簧連接鋼球處斷開(kāi)，斷開(kāi)瞬間，小球所受右側(cè)彈簧彈力消失，左側(cè)彈簧彈力不變，則此時(shí)小球的合力與消失的彈力等大反向，根據(jù)牛頓第二定律mg＝ma則a＝g方向與水平方向成30度角斜向左下方。故答案為：F5k【點(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是正確受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，注意加速度的瞬時(shí)性。17．（2024春?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖，小孩坐在雪橇上，小孩與雪橇的總質(zhì)量為40kg，大人用與水平方向成37°角斜向上的大小為100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做勻加速運(yùn)動(dòng)；已知雪橇與地面之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；則，拉力F沿水平方向和豎直方向分解時(shí)，水平方向的分力大小為80N；雪橇對(duì)地面的壓力等于340N；雪橇加速度大小等于0.3m/s2?！究键c(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】80；340；0.3?！痉治觥扛鶕?jù)平行四邊形定則計(jì)算拉力F沿水平方向的分力大??；以小孩與雪橇整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律列方程計(jì)算?！窘獯稹拷猓河善叫兴倪呅味▌t得，拉力F沿水平方向的分力大小為Fx＝Fcosθ＝100×0.8N＝80N對(duì)小孩與雪橇整體有Fsinθ+N＝mgFcosθ﹣μN(yùn)＝ma聯(lián)立解得N＝340N由牛頓第三定律可知，雪橇對(duì)地面的壓力等于N'＝N＝340N雪橇加速度大小等于a＝0.3m/s2故答案為：80；340；0.3?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握研究對(duì)象的選擇，注意雪橇對(duì)地面的壓力與地面對(duì)雪橇的支持力關(guān)系。18．（2024?福建模擬）一位質(zhì)量為50kg的同學(xué)從8樓乘電梯下降到1樓，在此過(guò)程中利用手機(jī)內(nèi)置的加速度傳感器測(cè)得電梯運(yùn)行的加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當(dāng)t＝10s時(shí)，該同學(xué)處于超重狀態(tài)（填“超重”或“失重”），此時(shí)他對(duì)電梯地板的壓力大小約520N，整個(gè)過(guò)程中電梯運(yùn)行的最大速率約為1.9m/s。【考點(diǎn)】超重與失重的概念、特點(diǎn)和判斷．【專(zhuān)題】定性思想；圖析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；推理能力．【答案】超重；520N；1.9m/s?！痉治觥吭撏瑢W(xué)向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向上，此時(shí)所受支持力大于重力，處于超重狀態(tài)；可根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算此時(shí)所受支持力大小，再根據(jù)牛頓第三定律得出電梯受到人的壓力大小等于人所受電梯的支持力大小；利用速度與時(shí)間公式可知，加速度與時(shí)間圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度變化量，故可根據(jù)圖像得出最大速率?！窘獯稹拷猓寒?dāng)t＝10時(shí)，該同學(xué)向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向上處于超重狀態(tài)。t＝10s時(shí)，又根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma代入數(shù)據(jù)解得N＝520N根據(jù)牛頓第三定律可得對(duì)電梯底的壓力大小約為520N。加速度與時(shí)間圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示速度變化量，加速度向下時(shí)處于加速狀態(tài)，根據(jù)圖線在該段時(shí)間內(nèi)與橫軸圍成面積格數(shù)有十九個(gè)小格得vm＝0+Δv代入數(shù)據(jù)解得vm＝1.9m/s則該同學(xué)的最大速率約為1.9m/s。故答案為：超重；520N；1.9m/s?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)超重、失重狀態(tài)的理解，已經(jīng)應(yīng)用牛頓第二定律計(jì)算所受支持力的能力，進(jìn)一步考查了對(duì)牛頓第三定律的應(yīng)用，以及運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合分析加速度與時(shí)間圖像的能力。19．（2024?碑林區(qū)校級(jí)二模）一細(xì)繩跨過(guò)懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實(shí)驗(yàn)小組用此裝置測(cè)量小球B運(yùn)動(dòng)的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測(cè)得小球B釋放時(shí)的高度h0＝0.590m，下降一段距離后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的時(shí)間T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a＝1.84m/s2（保留3位有效數(shù)字）。從實(shí)驗(yàn)室提供的數(shù)據(jù)得知，小球A、B的質(zhì)量分別為100.0g和150.0g，當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間＝9.80m/s2。根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算可得小球B加速度的大小為a′＝1.96m/s2（保留3位有效數(shù)字），可以看出，a′與a有明顯差異，除實(shí)驗(yàn)中的偶然誤差外，寫(xiě)出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）。【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ敬鸢浮?.84；1.96；滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）?！痉治觥扛鶕?jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出小球B加速度的大小；根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立等式得出小球B加速度的大??；根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理分析出對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)誤差的產(chǎn)生原因。【解答】解：釋放后小球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間T＝0.730s內(nèi)的位移為Δh＝h0﹣h＝0.590m﹣0.100m＝0.490m根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系可得Δ?=1代入數(shù)據(jù)解得a≈1.84m/s2對(duì)A、B小球整體分析，由牛頓第二定律有mBg﹣mAg＝（mA+mB）a′代入數(shù)據(jù)解得a′＝1.96m/s2理論上a′與a有應(yīng)該相等，但由于滑輪有質(zhì)量，以及滑輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中與繩子、輪軸之間都存在摩擦，這些都不可忽略，因此造成了明顯的差異。故答案為：1.84；1.96；滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律即可完成分析。20．（2023秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，一固定斜面上表面光滑，傾角為30°，斜面頂端固定一個(gè)光滑定滑輪。跨過(guò)定滑輪的輕質(zhì)細(xì)線，一端豎直懸掛小球A，另一端連接物塊B，細(xì)線的傾斜部分與斜面平行。用手按住物塊B。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。小球A的質(zhì)量為m，物塊B的質(zhì)量為4m，重力加速度為g?，F(xiàn)突然松開(kāi)按住物塊B的手，松手的瞬間，小球A的加速度大小為15g；細(xì)線上的拉力大小為6【考點(diǎn)】作用力與反作用力；力的合成與分解的應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】15g，【分析】利用整體法，對(duì)小球分析可求出加速度，對(duì)小球單獨(dú)分析可求出拉力大小?！窘獯稹拷猓簩?duì)小球與物塊進(jìn)行分析有4mgsin30°﹣mg＝5ma，解得a=1對(duì)小球進(jìn)行分析有T﹣mg＝ma，解得T=故答案為：15g，【點(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意靈活選擇研究對(duì)象，采用整體法分析可提高解題效率。四．解答題（共5小題）21．（2024春?湖南期末）一個(gè)小物塊以初速度v0＝10m/s沖上足夠長(zhǎng)的粗糙斜面，斜面傾角θ，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像如圖所示，重力加速度g取10m/s2，求斜面傾角θ的正弦值sinθ及物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ?！究键c(diǎn)】物體在粗糙斜面上的運(yùn)動(dòng)；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；控制變量法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；理解能力．【答案】斜面傾角θ的正弦值sinθ為0.6，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.5?！痉治觥坑伤俣取獣r(shí)間圖像的斜率求出物體個(gè)階段的加速度大小，再根據(jù)牛頓第二定律求出物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；【解答】解：由v﹣t圖像的斜率表示加速度，第1秒內(nèi)物塊的加速度大小a1=ΔvΔt=10?0第1∽3秒內(nèi)物塊的加速度大小a1==m/s2＝2m/s第1秒內(nèi)小物塊沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma11﹣3秒內(nèi)小物塊沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得sinθ＝0.6，μ＝0.5答：斜面傾角θ的正弦值sinθ為0.6，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.5?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律與圖像的結(jié)合題型，解題的關(guān)鍵是理解速度與時(shí)間圖像的斜率、面積所表達(dá)的物理意義，并會(huì)熟練應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律。22．（2024?衡水模擬）如圖所示，甲圖為傳送帶的實(shí)物照片，乙圖是其運(yùn)輸水果箱的示意圖。傳送帶傾斜部分傾角為37°，傳送帶與水果箱之間的摩擦因數(shù)μ＝0.8，傳送帶AB部分長(zhǎng)度LAB＝12m、BC部分長(zhǎng)度LBC＝9m，運(yùn)行速度恒為2m/s?，F(xiàn)工人每隔1s在底端A點(diǎn)放上一個(gè)水果箱，C點(diǎn)恰好掉下去一個(gè)水果箱，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)傳送帶上有多少個(gè)水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值Δx1與最大值Δx2?！究键c(diǎn)】多種傳送帶的組合問(wèn)題；勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系．【專(zhuān)題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；推理能力．【答案】（1）穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)傳送帶上有13個(gè)水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為0.2m，最大值為2m。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算小物塊在斜面上的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和可以放置木塊數(shù)；（2）當(dāng)?shù)谝粋€(gè)小木塊放上傳送帶1s時(shí)，恰好放置第2個(gè)木塊時(shí)此時(shí)兩木塊距離最近，當(dāng)兩個(gè)木塊均勻速時(shí)，兩個(gè)小物塊距離最遠(yuǎn)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算兩相鄰水果箱之間的距離的最小值與最大值?！窘獯稹拷猓海?）把水果箱簡(jiǎn)化成小物塊，小物塊在斜面上的加速度a＝μgcos37°﹣gsin37°＝（0.8×10×0.8﹣10×0.6）m/s2＝0.4m/s2則物體在斜面上加速的時(shí)間為t1加速過(guò)程的對(duì)地位移為x=v則小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的位移x'＝LAB+LBC﹣x＝12m+9m﹣5m＝16m小物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2已知每隔1s放上一個(gè)小木塊，則傳送帶上共可以放置木塊數(shù)為n=t（2）根據(jù)分析當(dāng)?shù)谝粋€(gè)小木塊放上傳送帶1s時(shí)，恰好放置第2個(gè)木塊時(shí)此時(shí)兩木塊距離最近，有Δx當(dāng)兩個(gè)木塊均勻速時(shí)，兩個(gè)小物塊距離最遠(yuǎn)，有Δx2＝vT＝2×1m＝2m答：（1）穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)傳送帶上有13個(gè)水果箱；（2）兩相鄰水果箱之間的距離的最小值為0.2m，最大值為2m。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物體在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)，對(duì)于兩個(gè)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體，速度慢的物體受到的摩擦力是動(dòng)力，速度快的物體受到的摩擦力是阻力。同時(shí)要明確當(dāng)兩個(gè)物體達(dá)到共速時(shí)，摩擦力一定會(huì)發(fā)生變化。通過(guò)受力情況結(jié)合牛頓第二定律求加速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析物體的運(yùn)動(dòng)。23．（2023秋?沙坪壩區(qū)校級(jí)期末）在安全領(lǐng)域有一種常用的“軟”性材料，其特性是越碰越軟，經(jīng)測(cè)定：當(dāng)在第k次碰撞時(shí)，碰后反彈速度為第1次碰前速度大小的1k(k+1)。如圖所示，一質(zhì)量為M＝20kg的足夠長(zhǎng)木板放在傾角θ＝37°的斜面上，板A端距斜面底端的距離為0.4m，由此材料做成的擋板固定在斜面底端。將一質(zhì)量m＝5kg的小物塊從距離木板B端5m處，以初速度v0＝9.2m/s沿木板向上滑上木板，同時(shí)釋放木板，已知小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.42。小物塊可以看作質(zhì)點(diǎn)，已知重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，1（1）小物塊剛滑上木板時(shí)，小物塊和木板的加速度的大小和方向；（2）第1次與擋板碰撞前，小物塊相對(duì)木板向上滑行的最大距離；（3）從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離。【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】（1）小物塊剛滑上木板時(shí)，小物塊的加速度為10m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度為0.8m/s2，方向沿斜面向下；（2）第1次與擋板碰撞前，小物塊相對(duì)木板向上滑行的最大距離4.6m；（3）從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離0.2m?！痉治觥浚?）利用牛頓第二定律求出小物塊剛滑上木板時(shí)，小物塊和木板的加速度的大小和方向；（2）利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出第1次與擋板碰撞前，小物塊相對(duì)木板向上滑行的最大距離；（3）利用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)小物塊由牛頓第二定律可得mgsin37°+μ1mgcos37°＝ma1代入數(shù)據(jù)解得小物塊加速度大小為a1＝10m/s2方向沿斜面向下。對(duì)木板由牛頓第二定律可得Mgsin37°?μ2（m+M）gcos37°?μ1mgcos37°＝Ma2代入數(shù)據(jù)解得木板加速度大小為a2＝0.8m/s2方向沿斜面向下。（2）長(zhǎng)木板向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移是x2＝0.4m所用時(shí)間t1=1s時(shí)的長(zhǎng)木板的速度為v板＝a2t1＝0.8×1m/s＝0.8m/s1s時(shí)的小物塊的速度為v塊＝v0﹣a1t1＝9.2m/s﹣10×1m/s＝﹣0.8m/s，負(fù)號(hào)說(shuō)明方向沿斜面向下可見(jiàn)木板第1次與擋板碰撞時(shí)，小物塊與木板恰好共速。第1次與擋板碰撞前，小物塊的位移為x1′＝v0t1?12a1t1第1次與擋板碰撞前，長(zhǎng)木板位移為x2′=12a2t1第1次與擋板碰撞前，小物塊相對(duì)木板向上滑行的最大距離Δx＝x1′?（?x2′）＝4.2m+0.4m＝4.6m（3）由題意可知，長(zhǎng)木板與擋板碰撞后，對(duì)小物塊沿長(zhǎng)木板下滑，則有mgsinθ?μ1mgcosθ＝ma3解得a3＝2m/s2對(duì)長(zhǎng)木板上滑過(guò)程則有Mgsinθ+μ1mgcosθ+μ2（M+m）gcosθ＝Ma4解得a4＝11.2m/s2下滑過(guò)程則有Mgsinθ+μ1mgcosθ?μ2（M+m）gcosθ＝Ma5解得a5＝2.8m/s2第1次碰撞前v1＝v共＝0.8m/s第1次碰撞后v1′=11×2用時(shí)間t上1=第2次碰撞前v2=所用時(shí)間t下1=第2次碰撞后v2′=所用時(shí)間t上2=第3次碰撞前v3=t下2=因此有t上＝t上1+t上2+?t上14=(1?t下＝t下1+t下2+?t下14=(1?t＝t上+t下解得t=可得小物塊沿斜面滑行的距離x＝v1t+12a3解得x＝0.2m答：（1）小物塊剛滑上木板時(shí)，小物塊的加速度為10m/s2，方向沿斜面向下；木板的加速度為0.8m/s2，方向沿斜面向下；（2）第1次與擋板碰撞前，小物塊相對(duì)木板向上滑行的最大距離4.6m；（3）從小物塊與擋板發(fā)生第1次碰撞到第15次碰撞前，小物塊沿斜面滑行的距離0.2m?！军c(diǎn)評(píng)】本題重點(diǎn)考查了復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的分析能力和數(shù)理結(jié)合的運(yùn)用，考查了應(yīng)用牛頓第二定律解答相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。此題關(guān)鍵是能夠分析出小滑塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)的路程等于小滑塊運(yùn)動(dòng)的位移大小。24．（2024春?遼寧期末）如圖甲所示，質(zhì)量M＝2kg的L形工件靜置于粗糙的水平桌面上，O為工件上表面一點(diǎn)，工件上表面O點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙。質(zhì)量m＝1kg的可以看成質(zhì)點(diǎn)的小滑塊放在工件上并緊靠左側(cè)壁，其與工件上表面粗糙部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8?，F(xiàn)對(duì)工件施加大小為12N的水平推力F，并于1.5s后撤去推力F。在推力作用下工件運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。撤去推力后，當(dāng)滑塊到達(dá)O點(diǎn)時(shí)工件速度恰好為零，滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未滑出工件。g取10m/s2，不計(jì)工件側(cè)壁的厚度，桌面足夠長(zhǎng)。求：（1）工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ′；（2）工件光滑部分的長(zhǎng)度d；（3）工件的最小長(zhǎng)度L和工件發(fā)生的總位移x?！究键c(diǎn)】有外力的水平板塊模型；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況；牛頓第二定律求解瞬時(shí)問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題．【答案】（1）工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2；（2）工件光滑部分的長(zhǎng)度1.5m；（3）工件的最小長(zhǎng)度2m，和工件發(fā)生的總位移236【分析】（1）由工件運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖像得加速度大小，對(duì)整體由牛頓第二定律求解工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）撤去推力F后，對(duì)工件根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，根據(jù)速度—時(shí)間關(guān)系求解工件運(yùn)動(dòng)時(shí)間，根據(jù)位移—時(shí)間關(guān)系求解工件光滑部分的長(zhǎng)度；（3）滑塊運(yùn)動(dòng)到粗糙面上時(shí)，對(duì)滑塊、對(duì)工件分別根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解滑塊與工件達(dá)到共速的時(shí)間和速度，再根據(jù)位移—時(shí)間關(guān)系求解工件的最小長(zhǎng)度；根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊與工件達(dá)到共速后兩者一起減速運(yùn)動(dòng)的加速度；工件從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，經(jīng)歷了先加速后減速，再加速，最后減速的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)位移—時(shí)間關(guān)系求解發(fā)生的位移?！窘獯稹拷猓海?）由工件運(yùn)動(dòng)的丙圖像得a0設(shè)工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ'，在水平推力作用下，滑塊與工件看成整體，對(duì)整體由牛頓第二定律可得F﹣μ'（M+m）g＝（M+m）a0解得μ'＝0.2（2）撤去推力F后，滑塊勻速到達(dá)O點(diǎn)，工件做減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)工件則有﹣μ'（M+m）g＝Ma1解得a1工件運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1解得t1＝1s工件光滑部分的長(zhǎng)度d=v解得d＝1.5m（3）滑塊運(yùn)動(dòng)到粗糙面上時(shí)，由于μmg＝8N＞μ'（M+m）g＝6N滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，工件做加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)滑塊則有﹣μmg＝ma2解得a2對(duì)工件則有μmg﹣μ'（M+m）g＝Ma3解得a3滑塊運(yùn)動(dòng)在粗糙面上時(shí)，與工件達(dá)到共速，則有v共＝v0+a2t2＝a3t2解得t2=1滑塊與工件右側(cè)壁未相碰，則粗糙面長(zhǎng)度最小為d′=v解得d′＝0.5m則工件的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝d+d'＝1.5m+0.5m＝2m滑塊與工件達(dá)到共速后兩者一起減速運(yùn)動(dòng)，加速度﹣μ'（M+m）g＝（M+m）a4解得a4工件從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后靜止，經(jīng)歷了先加速后減速，再加速，最后減速的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，發(fā)生的位移x=v解得x=23答：（1）工件底面與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2；（2）工件光滑部分的長(zhǎng)度1.5m；（3）工件的最小長(zhǎng)度2m，和工件發(fā)生的總位移236【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問(wèn)題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動(dòng)的橋梁。25．（2023秋?新吳區(qū)校級(jí)期末）如圖甲所示，在傾角為θ＝30°的固定光滑斜面上，輕質(zhì)彈簧下端固定在底端擋板上，另一端與質(zhì)量為m的小滑塊A相連，A上疊放另一個(gè)質(zhì)量也為2m的小滑塊B，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)兩滑塊均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用沿斜面向上的拉力作用在滑塊B上，使B開(kāi)始沿斜面向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)滑塊的vt圖像如圖乙所示，重力加速度為g，sin30°＝0.5，求：（1）B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)AB間的彈力大小；（2）t＝0和t1時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小；（3）從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過(guò)程中A的位移。【考點(diǎn)】牛頓第二定律求解多過(guò)程問(wèn)題；整體法與隔離法；胡克定律及其應(yīng)用．【專(zhuān)題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；受力分析方法專(zhuān)題；理解能力．【答案】（1）滑塊B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)AB間的彈力大小為m（g﹣a）；（2）t＝0時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小為3ma；t1時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小為m（g+2a）；（3）從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過(guò)程中A的位移為mak【分析】（1）以整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律求拉力F；以B為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律求解AB間的彈力；（2）根據(jù)（1）求解t＝0時(shí)刻的拉力；t1時(shí)刻A、B分離，根據(jù)牛頓第二定律求解此時(shí)的拉力；（3）根據(jù)牛頓第二定律求解A、B分離時(shí)彈簧的壓縮量；A的速度達(dá)到最大值時(shí)，A的加速度最大，根據(jù)平衡條件求解彈簧的壓縮量，兩次彈簧的壓縮量之差為A移動(dòng)的位移?！窘獯稹拷猓海?）初始狀態(tài)，對(duì)整體進(jìn)行受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件3mgsinθ＝kx0施加力F后，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律F+kx0﹣3mgsinθ＝3ma解得F＝3ma對(duì)滑塊B，受力分析如圖所示：F+NAB﹣2mgsinθ＝2ma解得NAB＝m（g﹣a）（2）由（1）中分析可知在t＝0時(shí)刻F＝3ma在t1時(shí)刻AB分離，此時(shí)兩者之間的彈力為零；對(duì)滑塊B，根據(jù)牛頓第二定律F﹣2mgsinθ＝2ma解得F＝m（g+2a）（3）分離時(shí)彈簧的壓縮量為x1對(duì)滑塊A，根據(jù)牛頓第二定律kx1﹣mgsinθ＝ma解得x當(dāng)A的速度最大時(shí)，加速度為零；對(duì)滑塊A，根據(jù)平衡條件kx2＝mgsinθ則彈簧的壓縮量x則兩次壓縮量之差即為x從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過(guò)程中A的位移為mak答：（1）滑塊B剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)AB間的彈力大小為m（g﹣a）；（2）t＝0時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小為3ma；t1時(shí)刻作用在滑塊B上的拉力大小為m（g+2a）；（3）從AB分離之時(shí)到A的速度達(dá)到最大值，這一過(guò)程中A的位移為mak【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了連接體問(wèn)題，合理選擇研究對(duì)象，正確進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析是解題的關(guān)鍵；要掌握牛頓第二定律、平衡條件以及胡克定律的綜合運(yùn)用；要理解A、B分離的臨界條件。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間公式：vt＝v0+at．其中，vt為末速度，v0為初速度，a為加速度，運(yùn)用此公式解題時(shí)要注意公式的矢量性．在直線運(yùn)動(dòng)中，如果選定了該直線的一個(gè)方向?yàn)檎较颍瑒t凡與規(guī)定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡與規(guī)定正方向相反的矢量在公式中取負(fù)值，因此，應(yīng)先規(guī)定正方向．（一般以v0的方向?yàn)檎较颍瑒t對(duì)于勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度取正值；對(duì)于勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度取負(fù)值．）【命題方向】例1：一個(gè)質(zhì)點(diǎn)從靜止開(kāi)始以1m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)5s后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最后2s的時(shí)間內(nèi)使質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到靜止．求：（1）質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度；（2）質(zhì)點(diǎn)做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小．分析：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式求出5s末的速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出質(zhì)點(diǎn)速度減為零的時(shí)間．解答：（1）根據(jù)速度時(shí)間公式得，物體在5s時(shí)的速度為：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物體速度減為零的時(shí)間2s，做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為：a2=vt答：（1）質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度5m/s；（2）質(zhì)點(diǎn)做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小2.5m/s2．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式和位移時(shí)間公式，并能靈活運(yùn)用．例2：汽車(chē)以28m/s的速度勻速行駛，現(xiàn)以4.0m/s2的加速度開(kāi)始剎車(chē)，則剎車(chē)后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽車(chē)剎車(chē)到停止所需的時(shí)間，因?yàn)槠?chē)剎車(chē)停止后不再運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)v＝v0+at，求出剎車(chē)后的瞬時(shí)速度．解答：由題以初速度v0＝28m/s的方向?yàn)檎较?，則加速度：a=vt?剎車(chē)至停止所需時(shí)間：t=v故剎車(chē)后4s時(shí)的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s剎車(chē)后8s時(shí)汽車(chē)已停止運(yùn)動(dòng)，故：v8＝0答：剎車(chē)后4s末速度為12m/s，8s末的速度是0．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間公式v＝v0+at，以及知道汽車(chē)剎車(chē)停止后不再運(yùn)動(dòng)，在8s內(nèi)的速度等于在7s內(nèi)的速度．解決此類(lèi)問(wèn)題一定要注意分析物體停止的時(shí)間．【解題方法點(diǎn)撥】1．解答題的解題步驟（可參考例1）：①分清過(guò)程（畫(huà)示意圖）；②找參量（已知量、未知量）③明確規(guī)律（勻加速直線運(yùn)動(dòng)、勻減速直線運(yùn)動(dòng)等）④利用公式列方程（選取正方向）⑤求解驗(yàn)算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，剎車(chē)問(wèn)題要先判斷停止時(shí)間．2．勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】（1）勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導(dǎo)①利用微積分思想進(jìn)行推導(dǎo)：在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，雖然速度時(shí)刻變化，但只要時(shí)間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時(shí)間內(nèi)近似應(yīng)用我們熟悉的勻速運(yùn)動(dòng)的公式計(jì)算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導(dǎo)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，速度是均勻改變的，它在時(shí)間t內(nèi)的平均速度就等于時(shí)間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝v（3）勻變速直線運(yùn)動(dòng)中的平均速度在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，對(duì)于某一段時(shí)間t，其中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時(shí)間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，某一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于該段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，又等于這段時(shí)間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論公式：任意兩個(gè)連續(xù)相等時(shí)間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導(dǎo)：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時(shí)間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對(duì)基本公式的理解汽車(chē)在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當(dāng)汽車(chē)遇到交通事故時(shí)就以7.5m/s2的加速度剎車(chē)，剎車(chē)2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車(chē)剎車(chē)到停止所需