2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之運動和力的關(guān)系

第1頁（共1頁）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之運動和力的關(guān)系一．選擇題（共10小題）1．如圖所示為一無人機由地面豎直向上運動的v﹣t圖像。關(guān)于無人機的運動，下列說法正確的是（）A．0～t2段無人機的加速度大于t3～t5段無人機的加速度 B．0～t3段，無人機的平均速度大小為v2C．t3時刻無人機到達(dá)最高點 D．t3～t5段，無人機處于失重狀態(tài)2．如圖甲所示是創(chuàng)造了中國載人深潛新紀(jì)錄的“奮斗者號”潛水器，若“奮斗者號”沿豎直方向下潛，從沒入海面開始計時，其下潛的v﹣t圖像如圖乙所示。已知“奮斗者號”在0～0.5h內(nèi)的總質(zhì)量為m，下潛時僅吸入或排出海水改變自身總重，但艇身體積不變，且海水密度均勻，則下列說法正確的是（）A．0～0.5h內(nèi)，“奮斗者號”處于超重狀態(tài) B．0.5～2.5h內(nèi)，“奮斗者號”的總質(zhì)量小于m C．2.5～3.0h內(nèi)，“奮斗者號”的加速度大小為2m/s2 D．0～3.0h內(nèi)，“奮斗者號”下潛的深度為7200m3．科學(xué)家對微重力環(huán)境下了一個比較科學(xué)的定義：微重力環(huán)境是指在重力的作用下，系統(tǒng)的表觀重量遠(yuǎn)小于其實際重量的環(huán)境。產(chǎn)生微重力環(huán)境最常用的方法有4種：落塔、飛機、火箭和航天器。如圖所示是利用飛機實現(xiàn)30s的微重力環(huán)境的過程，航天員在此過程進(jìn)行日常訓(xùn)練。A為飛機飛行軌跡的最低點，飛機在B點關(guān)閉發(fā)動機，C為最高點，飛機在D點開啟發(fā)動機，E為最低點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．上升的AC階段，飛機內(nèi)的宇航員處于超重狀態(tài) B．下降的CE階段，飛機內(nèi)的宇航員處于超重狀態(tài) C．飛機內(nèi)的宇航員在BC階段為超重狀態(tài)，CD階段為失重狀態(tài) D．飛機內(nèi)的宇航員在B到D的過程為失重狀態(tài)4．如圖甲所示，木箱靜止在光滑水平面上，箱內(nèi)有一光滑斜面，斜面傾角θ＝37°，可視為質(zhì)點的滑塊靜止在斜面底部。現(xiàn)對木箱施加一水平向左的拉力F，測得木箱加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示，2.5s后加速度保持不變。已知木箱和斜面的總質(zhì)量M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝1kg，斜面高H＝9.6cm，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A．1s末，水平拉力F的大小為6N B．2s末，木箱的速度為4m/s C．2s后滑塊開始相對于斜面向上運動 D．2.9s末滑塊到達(dá)斜面頂部5．蜘蛛網(wǎng)是由部分種類的蜘蛛吐絲所編成的網(wǎng)狀物，如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點的連線構(gòu)成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c（可視為彈性繩）的延長線均過三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，且c中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)（不計重力）中央，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)中張力大于b中張力 B．a(chǎn)中張力大于c中張力 C．若c突然斷開，則蜘蛛仍能保持靜止 D．若c突然斷開，則斷后瞬間蜘蛛的加速度豎直向下6．如圖所示，某煤炭公司流水線上有勻速傳動的水平傳送帶P和Q，P、Q高度相等、互相垂直。它們的傳動方向如圖中所示。現(xiàn)有一質(zhì)量為1kg的小煤塊以與傳送帶P相同的速度v1＝0.6m/s從P滑上Q。已知傳送帶Q的速度為v2＝0.8m/s，小煤塊可視為質(zhì)點，與傳送帶Q的動摩擦因數(shù)為0.1。取重力加速度大小g＝10m/s2，傳送帶Q足夠長、足夠?qū)?。以下說法正確的是（）A．小煤塊剛滑上傳送帶Q的瞬間、相對傳送帶Q的速度大小為0.2m/s B．小煤塊滑上傳送帶Q后，經(jīng)0.5s與傳送帶Q保持相對靜止 C．小煤塊在傳送帶Q上留下的劃痕是直線且長度為0.5m D．小煤塊在傳送帶Q上與Q有相對滑動的過程中相對地面的運動軌跡為直線7．2025年第九屆亞洲冬季運動會將在哈爾濱舉行，短道速滑是我國傳統(tǒng)優(yōu)勢項目，有關(guān)短道速滑的相關(guān)表述正確的是（）A．賽道一圈總長度為111.12m，長度是國際單位制中的基本單位 B．短道速滑男子500m的世界紀(jì)錄為39.505s，秒是國際單位制中的基本物理量 C．短道速滑運動員最快滑行速度可以達(dá)到近14m/s，米每秒是國際單位制中的導(dǎo)出單位 D．短道速滑運動員蹬地的爆發(fā)力能夠達(dá)到4000N，力是國際單位制中的基本物理量8．如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球A、B，二者用一輕彈簧豎直連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上，初始時A、B均靜止?，F(xiàn)將輕繩剪斷，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）A．A的加速度大小的最大值為g B．B的加速度大小的最大值為2g C．A的位移大小一定大于B的位移大小 D．A的速度大小均不大于同一時刻B的速度大小9．如圖所示，某同學(xué)練習(xí)踢毽子，假設(shè)毽子在空中運動過程中受到大小不變的空氣阻力，下列v﹣t和a﹣t圖像可能正確反映毽子被豎直向上踢出后，經(jīng)一段時間又回到初始位置的是（）A． B． C． D．10．雷諾數(shù)Re是流體力學(xué)中表征流體的特征的數(shù)之一，它是一個無量綱量。已知雷諾數(shù)由四個變量決定，流體的流速v、流體的密度ρ、特征長度d，黏性系數(shù)μ。已知黏性系數(shù)μ的單位是Pa?s，則下列雷諾數(shù)的表達(dá)式可能正確的是（）A．Re=ρvdμ B．Re=ρvdμ C．Re二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，處于靜止?fàn)顟B(tài)。小滑塊Q（可視為質(zhì)點）放置于長木板中點。已知滑塊與長木板的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與地面的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，滑塊、木板的質(zhì)量均為1kg，重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端。則（）A．F＝4N，Q受到的摩擦力為零 B．F＝14N，P的加速度等于4m/s2 C．F＝8N，Q受到的摩擦力為1N D．F＝8N，經(jīng)過4s撤去F，若要Q不從P上滑脫，長木板至少為4m（多選）12．如圖所示，一個質(zhì)量為m，長為1.0m的木板放在傾角為37°光滑斜面上，板的左端有一個質(zhì)量為M的物塊，物塊上連接了一根細(xì)繩，細(xì)繩跨過斜面頂端的光滑定滑輪并與斜面平行，另一端也連接一質(zhì)量為M的物塊，由靜止釋放后木塊向上滑動而木板不動，已知M＝2m，則下列說法正確的是（）A．物塊與板間的動摩擦因數(shù)為0.5 B．物塊在板上滑行的加速度為0.5m/s2 C．物塊在板上滑行時間為2s D．若將豎直懸掛物體質(zhì)量改為2M，則板將隨物塊一起上滑（多選）13．如圖所示，質(zhì)量為m1的小鐵塊和質(zhì)量為m的長木板靜止疊放在水平地面上，鐵塊位于木板的最左端，m1＝m2＝m，木板長為L，鐵塊可視為質(zhì)點。鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝3μ（μ為已知常數(shù)），長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝μ，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g?，F(xiàn)對鐵塊施加一個水平向右的恒定拉力F，那么下列說法正確的是（）A．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過2L3B．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過L3μgC．為使鐵塊能離開木板且離開木板時，鐵塊相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為3μmg D．為使鐵塊能離開木板且離開木板時，鐵塊相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為5μmg（多選）14．如圖（a）所示，一傾斜傳送帶以恒定速度v向下傳動，質(zhì)量分別為m、M的兩物塊P、Q用繞過定滑輪的細(xì)繩相連，某時刻P以速度v0滑上傳送帶頂端，同時Q也以速度v0豎直向上運動，此后P運動的v﹣t圖像如圖（b）所示，t1、t2已知。已知P與滑輪之間的輕繩始終與傳送帶平行，傳送帶足夠長，Q始終沒有與滑輪相碰，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．一定有v0＞v B．一定有M＞m C．物塊P返回傳送帶頂端的時刻為2t2 D．根據(jù)圖像可求出P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ三．填空題（共2小題）15．一位質(zhì)量為50kg的同學(xué)從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機內(nèi)置的加速度傳感器測得電梯運行的加速度a隨時間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，該同學(xué)處于狀態(tài)（填“超重”或“失重”），此時他對電梯地板的壓力大小約N，整個過程中電梯運行的最大速率約為m/s。16．一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度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）。從實驗室提供的數(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，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：。四．解答題（共4小題）17．中學(xué)航模隊研究航母艦載機著陸減速新方案，提出“機翼輔助式”減速模式，隊員們在操場上利用跑道模擬實驗，如圖（a）所示先將一個質(zhì)量為M＝1kg的滑塊（視為質(zhì)點）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機翼的質(zhì)量為m＝0.5kg減速裝置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為α的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)；（2）若已知F=18．如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板通過的最大路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的關(guān)系圖像，如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1m﹣1，BC為直線段。物塊可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情況下，物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t。（2）求圖乙中B點的橫坐標(biāo)。（3）求圖乙中C點的縱坐標(biāo)。（4）求直線DE對應(yīng)的1s-19．如圖所示，水平傳送帶以v0＝3m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度L＝6m，每隔1s將物塊（可視為質(zhì)點）依次無初速度放置于傳送帶左端A點，一段時間后物塊從傳送帶右端B點離開傳送帶做平拋運動，最后落入貨車車廂，貨車始終保持靜止。已知每個物塊的質(zhì)量均為m＝2kg，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，B點與貨車車廂底板間的高度差h＝0.8m，物塊從接觸車廂底板到減速為0（忽略物塊的反彈和相對車廂的滑動）的時間為0.2s，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）第一個物塊從A點運動到剛接觸車廂底板瞬間的時間t；（2）第一個物塊從接觸車廂底板到減速為0的過程中對車廂底板的平均作用力F的大?。唬?）傳送帶上相鄰兩物塊間的最大距離和最小距離？20．如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以v1＝1m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m1＝2kg的物塊A和質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B由繞過定滑輪的輕繩連接，質(zhì)量為m3＝1kg的物塊C置于A上，輕繩足夠長且不可伸長，A與定滑輪間的輕繩水平。某時刻，同時給A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B豎直上升，A、C保持相對靜止從傳送帶左端沖上傳送帶。已知A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不計定滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運動過程中B都沒有與定滑輪碰撞，A、C始終保持相對靜止。求：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大??；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C離開傳送帶時的速度大??；（4）A、C向右運動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量。

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之運動和力的關(guān)系參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．如圖所示為一無人機由地面豎直向上運動的v﹣t圖像。關(guān)于無人機的運動，下列說法正確的是（）A．0～t2段無人機的加速度大于t3～t5段無人機的加速度 B．0～t3段，無人機的平均速度大小為v2C．t3時刻無人機到達(dá)最高點 D．t3～t5段，無人機處于失重狀態(tài)【考點】超重與失重的圖像問題；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況．【專題】定量思想；推理法；運動學(xué)中的圖象專題；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】速度的正負(fù)表示速度的方向，根據(jù)速度圖象讀出速度的正負(fù)，分析火箭的運動。圖象與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，由數(shù)學(xué)知識求出火箭上升的最大高度。平均速度等于位移與所用時間的比值。圖象的斜率等于加速度，由數(shù)學(xué)知識求出最大的加速度大小?！窘獯稹拷猓篈、v﹣t圖像中，其斜率表示加速度的大小，由于0～t2段傾斜程度小于t3～t5段的傾斜程度，所以0～t2段的加速度小于t3～t5加速度，故A錯誤；B、0～t3段無人機的加速度發(fā)生了變化，不是勻變速運動，所以其平均速度不是v22，而是小于v2C、由圖像可知，無人機0～t2加速上升，t2～t3也是加速上升，只不過這一階段的加速度更大，t3～t5階段開始減速上升，t3時刻減速到0，達(dá)到最高點，故C錯誤；D、t3～t5階段開始減速上升，加速度方向向下，無人機處于失重狀態(tài)，故D正確。故選：D?！军c評】本題要抓住速度圖象的兩個數(shù)學(xué)意義來分析其物理意義：斜率等于加速度，面積等于位移。2．如圖甲所示是創(chuàng)造了中國載人深潛新紀(jì)錄的“奮斗者號”潛水器，若“奮斗者號”沿豎直方向下潛，從沒入海面開始計時，其下潛的v﹣t圖像如圖乙所示。已知“奮斗者號”在0～0.5h內(nèi)的總質(zhì)量為m，下潛時僅吸入或排出海水改變自身總重，但艇身體積不變，且海水密度均勻，則下列說法正確的是（）A．0～0.5h內(nèi)，“奮斗者號”處于超重狀態(tài) B．0.5～2.5h內(nèi)，“奮斗者號”的總質(zhì)量小于m C．2.5～3.0h內(nèi)，“奮斗者號”的加速度大小為2m/s2 D．0～3.0h內(nèi)，“奮斗者號”下潛的深度為7200m【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況；利用v﹣t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積求物體的位移；利用v﹣t圖像的斜率求解物體運動的加速度．【專題】定量思想；圖析法；運動學(xué)中的圖象專題；推理能力．【答案】B【分析】物體具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)；在v﹣t圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，圖像的斜率表示加速度分析各選項?！窘獯稹拷猓篈、0～0.5h內(nèi)，“奮斗者號”加速下潛，加速方向向下，物體處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B、0.5h～2.5h內(nèi)，“奮斗者號”勻速下潛，物體處于平衡狀態(tài)，體積不變，浮力不變，勻速下潛時需排出部分海水，讓重力等于浮力，所以此時重力小于mg，“奮斗者號”質(zhì)量小于m，故B正確；C、2.5h～3h內(nèi)，“奮斗者號”向下做減速運動，由圖像的斜率表示加速度可知a=ΔvΔt=D、根據(jù)v﹣t圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移知，0～3.0h內(nèi)，“奮斗者號”下潛的深度h=12故選：B?！军c評】本題考查了v﹣t圖像的應(yīng)用。解題關(guān)鍵是物體具有向下的加速度時，物體處于失重狀態(tài)，以及在v﹣t圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，圖像的斜率表示加速度。3．科學(xué)家對微重力環(huán)境下了一個比較科學(xué)的定義：微重力環(huán)境是指在重力的作用下，系統(tǒng)的表觀重量遠(yuǎn)小于其實際重量的環(huán)境。產(chǎn)生微重力環(huán)境最常用的方法有4種：落塔、飛機、火箭和航天器。如圖所示是利用飛機實現(xiàn)30s的微重力環(huán)境的過程，航天員在此過程進(jìn)行日常訓(xùn)練。A為飛機飛行軌跡的最低點，飛機在B點關(guān)閉發(fā)動機，C為最高點，飛機在D點開啟發(fā)動機，E為最低點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．上升的AC階段，飛機內(nèi)的宇航員處于超重狀態(tài) B．下降的CE階段，飛機內(nèi)的宇航員處于超重狀態(tài) C．飛機內(nèi)的宇航員在BC階段為超重狀態(tài)，CD階段為失重狀態(tài) D．飛機內(nèi)的宇航員在B到D的過程為失重狀態(tài)【考點】超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合超失重定義分析作答?！窘獯稹拷猓猴w機在B點運動到D點的過程關(guān)閉發(fā)動機，故BC階段向上減速運動，為失重狀態(tài)，CD階段向下加速運動，為失重狀態(tài)，故飛機內(nèi)的宇航員在B到D的過程一直處于失重狀態(tài)，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意對超失重概念的理解。4．如圖甲所示，木箱靜止在光滑水平面上，箱內(nèi)有一光滑斜面，斜面傾角θ＝37°，可視為質(zhì)點的滑塊靜止在斜面底部?，F(xiàn)對木箱施加一水平向左的拉力F，測得木箱加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示，2.5s后加速度保持不變。已知木箱和斜面的總質(zhì)量M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝1kg，斜面高H＝9.6cm，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是（）A．1s末，水平拉力F的大小為6N B．2s末，木箱的速度為4m/s C．2s后滑塊開始相對于斜面向上運動 D．2.9s末滑塊到達(dá)斜面頂部【考點】物體在光滑斜面上的運動；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】通過受力分析和a﹣t圖像，結(jié)合牛頓第二定律以及運動學(xué)公式，可求出各個選項?！窘獯稹拷猓篈.以木箱作為參考系，當(dāng)滑塊相對于斜面剛要發(fā)生相對滑動時受到重力和支持力作用，此時滑塊的加速度a＝gtanθ，解得a＝7.5m/s21s末由圖可知a1＝3m/s2，滑塊相對于木箱沒有發(fā)生相對運動，滑塊木箱可視為整體，由牛頓第二定律F＝（M+m）a1解得F＝9N，故A錯誤；B.根據(jù)圖像可知，1s時加速度為3m/s2，則2s時的加速度a2＝6m/s2，所以2s內(nèi)速度增加量Δv=12a2Δt，解得Δv＝6m/s，2s末速度為6m/s，故C.2.5s末滑塊的加速度為7.5m/s2，滑塊相對于斜面開始滑動，故C錯誤；D.2.5s后開始發(fā)生相對滑動，設(shè)相對加速度為a3，根據(jù)ma3＝macosθ﹣mgsinθ，Hsinθ=12解得t＝0.4s，則滑塊到達(dá)斜面頂部時刻為2.9s末，故D正確。故選：D?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意本題要結(jié)合加速度情況，分析物體的受力情況，以及要熟練運用運動學(xué)公式求解各個階段的相關(guān)物理量。5．蜘蛛網(wǎng)是由部分種類的蜘蛛吐絲所編成的網(wǎng)狀物，如圖所示，豎直平面內(nèi)蜘蛛網(wǎng)上A、B、C三點的連線構(gòu)成正三角形，三根蜘蛛絲a、b、c（可視為彈性繩）的延長線均過三角形的中心，蜘蛛絲c沿豎直方向，且c中有張力。蜘蛛靜止在蜘蛛網(wǎng)（不計重力）中央，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)中張力大于b中張力 B．a(chǎn)中張力大于c中張力 C．若c突然斷開，則蜘蛛仍能保持靜止 D．若c突然斷開，則斷后瞬間蜘蛛的加速度豎直向下【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；力的分解過程中多解和極值的問題．【專題】定量思想；合成分解法；共點力作用下物體平衡專題；推理能力．【答案】B【分析】蛛絲a、b的張力沿豎直方向的分力之和等于蜘蛛的重力與蛛絲c的張力之和?！窘獯稹拷猓篈B.三根蛛絲的張力如圖所示，假設(shè)蜘蛛的質(zhì)量為m，根據(jù)受力分析及幾何關(guān)系可知，F(xiàn)a×sin30°+Fb×sin30°＝mg+Fc，F(xiàn)a×cos30°＝Fb×cos30°，由此可知Fa＝Fb＝mg+Fc，故A錯誤，B正確；CD.若蛛絲c突然斷開，則蛛網(wǎng)及蜘蛛受到的合力大小為Fa×sin30°+Fb×sin30°﹣mg＝Fc，方向向上，故蜘蛛會向上加速，故CD錯誤。故選：B?！军c評】本題需要利用力的合成與分解，結(jié)合牛頓第二定律相關(guān)知識以解決此類問題。6．如圖所示，某煤炭公司流水線上有勻速傳動的水平傳送帶P和Q，P、Q高度相等、互相垂直。它們的傳動方向如圖中所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為1kg的小煤塊以與傳送帶P相同的速度v1＝0.6m/s從P滑上Q。已知傳送帶Q的速度為v2＝0.8m/s，小煤塊可視為質(zhì)點，與傳送帶Q的動摩擦因數(shù)為0.1。取重力加速度大小g＝10m/s2，傳送帶Q足夠長、足夠?qū)挕Ｒ韵抡f法正確的是（）A．小煤塊剛滑上傳送帶Q的瞬間、相對傳送帶Q的速度大小為0.2m/s B．小煤塊滑上傳送帶Q后，經(jīng)0.5s與傳送帶Q保持相對靜止 C．小煤塊在傳送帶Q上留下的劃痕是直線且長度為0.5m D．小煤塊在傳送帶Q上與Q有相對滑動的過程中相對地面的運動軌跡為直線【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；復(fù)雜運動過程的分析專題；推理能力．【答案】C【分析】以傳送帶Q為參考系，對小煤塊的運動進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈.以傳送帶Q為參考系，小煤塊剛滑上時的速度如下圖所示，由幾何關(guān)系可知可知，小煤塊的速度大小為1m/s，故A錯誤；B.以傳送帶Q為參考系，小煤塊滑上傳送帶Q后，速度大小為1m/s，受到的摩擦力大小為f＝μmg＝1N，根據(jù)牛頓第二定律可知，小煤塊在傳送帶上的加速度大小為a=fm=1N1kg=1m/sC.以傳送帶為參考系，已知小煤塊的初速度為1m/s，末速度為0，所受摩擦力為f＝﹣1N，且摩擦力方向與初速度方向相反，由此可知小煤塊做勻減速直線運動，根據(jù)功能關(guān)系可知△Ek＝fx，即0-12×1kg×（1m/s）2＝fx，將f＝﹣1N代入可知，x＝0.5mD.以地面為參考系，小煤塊滑上傳送帶Q時的初速度與受力如圖所示，因此可知初速度方向與受力方向不在同一直線，因此小煤塊做曲線運動，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題需要根據(jù)不同的問題情境，建立不同的參考系對小煤塊的運動情況進(jìn)行分析。7．2025年第九屆亞洲冬季運動會將在哈爾濱舉行，短道速滑是我國傳統(tǒng)優(yōu)勢項目，有關(guān)短道速滑的相關(guān)表述正確的是（）A．賽道一圈總長度為111.12m，長度是國際單位制中的基本單位 B．短道速滑男子500m的世界紀(jì)錄為39.505s，秒是國際單位制中的基本物理量 C．短道速滑運動員最快滑行速度可以達(dá)到近14m/s，米每秒是國際單位制中的導(dǎo)出單位 D．短道速滑運動員蹬地的爆發(fā)力能夠達(dá)到4000N，力是國際單位制中的基本物理量【考點】力學(xué)單位制與單位制．【專題】定性思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)國際單位制中給定的七個基本物理量和它們各自的單位進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.長度只是國際單位制中的基本物理量而不是單位，故A錯誤；B.秒是國際單位制中基本物理量的單位，而不是物理量，故B錯誤；C.米每秒是國際單位制中根據(jù)相關(guān)公式得到的導(dǎo)出單位，故C正確；D.在國際單位制中，力不是基本物理量，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查單位制問題，熟悉掌握七個基本物理量和單位。8．如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球A、B，二者用一輕彈簧豎直連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上，初始時A、B均靜止?，F(xiàn)將輕繩剪斷，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長之前（）A．A的加速度大小的最大值為g B．B的加速度大小的最大值為2g C．A的位移大小一定大于B的位移大小 D．A的速度大小均不大于同一時刻B的速度大小【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；力的合成與分解的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)受力情況，應(yīng)用牛頓第二定律求出剪斷細(xì)線瞬間兩球的加速度，再分析兩球的運動過程，確定加速度的最大值。根據(jù)單簧長度的變化，分析兩球位移關(guān)系。根據(jù)兩球加速度關(guān)系，分析速度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)小球A與B的質(zhì)量為m，細(xì)線剪斷瞬間，彈簧長度不變，彈力不變，B球的合力為零，則B球的加速度為零，A球加速度為aA兩小球從靜止開始下落，至彈簧第一次恢復(fù)原長過程中，設(shè)彈簧的伸長量為x，對A球，由牛頓第二定律得：mg+kx＝maA，對B球，由牛頓第二定律得：mg﹣kx＝maB，可知隨著x減小，A球的加速度aA減小，B球的加速度aB增大，所以細(xì)線剪斷瞬間，A球的加速度最大，為2g，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時，B球的加速度最大，為g，故AB錯誤；CD、由上分析可知，從開始下落到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中，A球的加速度大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一時刻B球的速度大小，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】本題的關(guān)鍵要正確分析兩球的受力情況，判斷加速度變化情況，利用牛頓第二定律解答。9．如圖所示，某同學(xué)練習(xí)踢毽子，假設(shè)毽子在空中運動過程中受到大小不變的空氣阻力，下列v﹣t和a﹣t圖像可能正確反映毽子被豎直向上踢出后，經(jīng)一段時間又回到初始位置的是（）A． B． C． D．【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；復(fù)雜的運動學(xué)圖像問題．【專題】比較思想；推理法；運動學(xué)中的圖象專題；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】D【分析】根據(jù)動能定理，分析毽子回到出發(fā)點時速度；由牛頓第二定律，分析上升、下降階段的加速度大小，再根據(jù)h=【解答】解：AB．根據(jù)動能定理，空氣阻力做負(fù)功，毽子被豎直向上踢出后，經(jīng)一段時間又回到初始位置時的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出發(fā)點時，速度不可能為﹣v0，故AB錯誤；CD.由牛頓第二定律，上升階段的加速度大小為a1下降階段的加速度大小a2方向均為豎直向下，由h=12at2故選：D?！军c評】本題考查學(xué)生對動能定理、牛頓第二定律規(guī)律的掌握，具有一定綜合性，難度中等。10．雷諾數(shù)Re是流體力學(xué)中表征流體的特征的數(shù)之一，它是一個無量綱量。已知雷諾數(shù)由四個變量決定，流體的流速v、流體的密度ρ、特征長度d，黏性系數(shù)μ。已知黏性系數(shù)μ的單位是Pa?s，則下列雷諾數(shù)的表達(dá)式可能正確的是（）A．Re=ρvdμ B．Re=ρvdμ C．Re【考點】力學(xué)單位制與單位制．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．【答案】B【分析】將各物理量的單位代入公式計算各選項的結(jié)果，哪一個符合Re無量綱的要求即為正確答案?！窘獯稹拷猓害训膯挝皇莐gm3，v的單位是ms，d的單位是m。μ的單位Pa?A、經(jīng)過計算可得ρvdμ的單位是sm，即B、經(jīng)過計算可得ρvdμ的單位是1，即Re無量綱，符合題意，故BC、經(jīng)過計算可得ρvd2μ的單位是m，即ReD、經(jīng)過計算可得ρvdμ3的單位是m2s2故選：B。【點評】本題考查的是單位制的相關(guān)問題，解題的關(guān)鍵在于知道物理學(xué)中的單位是可以單獨進(jìn)行計算的，有些情況下通過單位的計算即可巧妙的解決復(fù)雜問題。二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖所示，粗糙的水平地面上有一塊長木板P，處于靜止?fàn)顟B(tài)。小滑塊Q（可視為質(zhì)點）放置于長木板中點。已知滑塊與長木板的動摩擦因數(shù)μ1＝0.2，木板與地面的動摩擦因數(shù)μ2＝0.3，滑塊、木板的質(zhì)量均為1kg，重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)將一個水平向右的力F作用在長木板的右端。則（）A．F＝4N，Q受到的摩擦力為零 B．F＝14N，P的加速度等于4m/s2 C．F＝8N，Q受到的摩擦力為1N D．F＝8N，經(jīng)過4s撤去F，若要Q不從P上滑脫，長木板至少為4m【考點】無外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】ACD【分析】將F＝4N與木板與地面之間的最大靜摩擦力比較，根據(jù)P、Q的運動狀態(tài)分析Q受到的摩擦力的情況；應(yīng)用整體法與隔離法，根據(jù)牛頓第二定律求解P、Q恰好相對滑動時力F的大小。判斷P、Q是否相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度與摩擦力的大??；根據(jù)牛頓第二定律求解撤去F后P、Q的速度，應(yīng)用運動學(xué)公式求得撤去F時P、Q的速度，以及最終兩者的相對位移大小，板長最少長度等于相對位移的2倍。【解答】解：A、設(shè)滑塊、木板的質(zhì)量均為m＝1kg，木板與地面之間的最大靜摩擦力為：fm＝μ2（m+m）g，解得：fm＝6N，因F＝4N＜fm，故P、Q均保持靜止，則Q受到的摩擦力為零，故A正確；B、設(shè)P、Q恰好相對滑動時力F的大小為F0，此時P、Q之間的摩擦力為最大靜摩擦力，大小為μ1mg，根據(jù)牛頓第二定律得：對Q有：μ1mg＝ma對PQ整體有：F0﹣fm＝2ma解得：F0＝10N因F＝14N＞F0，故P、Q相對滑動。對P有：F﹣μ1mg﹣μ2（m+m）g＝ma1，解得：a1=6m/C、因fm＜F＝8N＜F0，故P、Q相對靜止一起做勻加速直線運，對P、Q整體有：a2=對Q分析可得其受到的摩擦力為：f＝ma2＝1×1N＝1N，故C正確；D、根據(jù)C的解答，經(jīng)過4s，P、Q的速度為：v＝a2t＝1×4m/s＝4m/s撤去F后P、Q都做勻減速直線運動，滑塊Q的加速度大小為：a木板P的加速度為：a4=P先停止運動，Q后停止運動，兩者都停止運動后，相對位移大小為：x相=v22因Q初始放置于長木板的中點，故板長至少為2x相＝2×2m＝4m，故D正確。故選：ACD?！军c評】本題考查了牛頓第二定律應(yīng)用的板塊模型，相對靜止與相對滑動的臨界問題。相對靜止與相對滑動的臨界條件是靜摩擦力達(dá)到最大值。在運用牛頓第二定律解題時，要掌握整體法和隔離法的應(yīng)用。（多選）12．如圖所示，一個質(zhì)量為m，長為1.0m的木板放在傾角為37°光滑斜面上，板的左端有一個質(zhì)量為M的物塊，物塊上連接了一根細(xì)繩，細(xì)繩跨過斜面頂端的光滑定滑輪并與斜面平行，另一端也連接一質(zhì)量為M的物塊，由靜止釋放后木塊向上滑動而木板不動，已知M＝2m，則下列說法正確的是（）A．物塊與板間的動摩擦因數(shù)為0.5 B．物塊在板上滑行的加速度為0.5m/s2 C．物塊在板上滑行時間為2s D．若將豎直懸掛物體質(zhì)量改為2M，則板將隨物塊一起上滑【考點】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】由牛頓第二定律求得物塊與板間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)牛頓第二定律求得物塊在板上滑行的加速度；根據(jù)位移公式求物塊在板上滑行時間；木板上的物塊相對于木板向上運動，對木板的滑動摩擦力不變，即木板受力的情景均不變，可知，木板仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)?！窘獯稹拷猓篈．木板上的物塊向上滑動而木板不動，對木板進(jìn)行分析有μMgcos37°＝mgsin37°解得μ＝0.375故A錯誤；B．對兩物塊整體分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°＝2Ma結(jié)合上述解得a＝0.5m/s2故B正確；C．物塊做勻加速直線運動，根據(jù)位移公式有L=結(jié)合上述解得t＝2s故C正確；D．若將豎直懸掛物體質(zhì)量改為2M，木板上的物塊相對于木板向上運動，其對木板的滑動摩擦力不變，即木板受力的情景均不變，可知，木板仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，故D錯誤。故選：BC?！军c評】應(yīng)用牛頓第二定律解題，關(guān)鍵是做好受力分析求出加速度，利用加速度把受力和物體的運動聯(lián)系在一起。（多選）13．如圖所示，質(zhì)量為m1的小鐵塊和質(zhì)量為m的長木板靜止疊放在水平地面上，鐵塊位于木板的最左端，m1＝m2＝m，木板長為L，鐵塊可視為質(zhì)點。鐵塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1＝3μ（μ為已知常數(shù)），長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝μ，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g?，F(xiàn)對鐵塊施加一個水平向右的恒定拉力F，那么下列說法正確的是（）A．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過2L3B．若F＝7μmg，鐵塊需經(jīng)過L3μgC．為使鐵塊能離開木板且離開木板時，鐵塊相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為3μmg D．為使鐵塊能離開木板且離開木板時，鐵塊相對于地面的速度最小，F(xiàn)應(yīng)該為5μmg【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】AB：分別對小鐵塊和長木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律分別求出小鐵塊和長木板加速度，小鐵塊從長木板上滑離時，鐵塊與木板的位移之差等于木板長L，由位移公式求時間；CD：由兩者位移關(guān)系推導(dǎo)鐵塊離開木板時的速度與其加速度的關(guān)系式，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識求得滿足要求的加速度，再由牛頓第二定律求得F值?！窘獯稹拷猓篈B、當(dāng)F＝7μmg時，對鐵塊由牛頓第二定律可知F﹣μ1mg＝ma1代入數(shù)據(jù)解得a1＝4μg對木板，由牛頓第二定律可知μ2mg﹣μ22mg＝ma2代入數(shù)據(jù)解得a2＝μg設(shè)時間為t，鐵塊對地位移為x1則x木板對地位移為x2則x2鐵塊從木板有段離開木板，x1﹣x2＝L，代入數(shù)據(jù)得鐵塊離開木板的時間t=故A正確，B錯誤。CD、設(shè)拉力為F′，鐵塊和木板的對地加速度分別為am1和am2，鐵塊在木板上運動的時間為t′，對鐵塊有F′﹣μ1mg＝mam1解得a則x對木板有am2＝μg，為定值，可得xm2=右端離開xm1﹣xm2＝L得：t=鐵塊速度：vm由數(shù)學(xué)知識知：當(dāng)am1＝2μg時，鐵塊速度最小代入鐵塊加速度計算式可得F′＝5μmg故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了牛頓第二定律，應(yīng)用的板塊模型，考查了數(shù)理結(jié)合能力。要注意分別對兩物體進(jìn)行受力分析，明確小鐵塊滑離時兩物體間相對位移大小等于板長。（多選）14．如圖（a）所示，一傾斜傳送帶以恒定速度v向下傳動，質(zhì)量分別為m、M的兩物塊P、Q用繞過定滑輪的細(xì)繩相連，某時刻P以速度v0滑上傳送帶頂端，同時Q也以速度v0豎直向上運動，此后P運動的v﹣t圖像如圖（b）所示，t1、t2已知。已知P與滑輪之間的輕繩始終與傳送帶平行，傳送帶足夠長，Q始終沒有與滑輪相碰，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．一定有v0＞v B．一定有M＞m C．物塊P返回傳送帶頂端的時刻為2t2 D．根據(jù)圖像可求出P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ【考點】水平傳送帶模型；根據(jù)v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】AD【分析】依據(jù)題圖（b）可知，根據(jù)力與運動的關(guān)系判斷P所受摩擦力的情況，由此判斷物塊P相對傳送帶的運動方向，進(jìn)而比較速度的大小關(guān)系；根據(jù)牛頓第二定律判斷M與m的大小關(guān)系；根據(jù)圖像數(shù)據(jù)可求得加速度，根據(jù)牛頓第二定律分析是否能求出P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ以及傳送帶傾角θ；根據(jù)v﹣t圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，判斷2t2時刻P是否返回到傳送帶頂端?！窘獯稹拷猓篈.由題圖（b）可知，P先沿斜面向下做加速度較大的勻減速直線運動，t1時刻與傳送帶共速，之后沿斜面向下做加速度較小的勻減速直線運動，t2時刻速度減小到零，之后再沿斜面向上做勻加速直線運動，可知t1時刻后P所受滑動摩擦力沿斜面向下，則0～t1時刻P所受的滑動摩擦力沿斜面向上，P相對傳送帶下滑，故P的初速度v0大于傳送帶的速度v，故A正確；B.設(shè)P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，傳送帶傾角θ，0～t1時間內(nèi)P的加速度大小為a1，t1～t2時間內(nèi)P的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：0～t1時間內(nèi)，對P有：μmgcosθ+T﹣mgsinθ＝ma1對Q有：Mg﹣T＝Ma1聯(lián)立可得：Mg+μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a1……①t1～t2時間內(nèi)，對P有：T′﹣μmgcosθ+mgsinθ＝ma2對Q有：Mg﹣T′＝Ma2聯(lián)立可得：Mg﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a2……②由于不知μ、θ、a1、a2的具體值，無法判斷M與m的大小關(guān)系，故B錯誤；D.根據(jù)圖像可得：a1=聯(lián)立B選項中①②兩式可求出動摩擦因數(shù)μ和傳送帶傾角θ，故D正確；C.根據(jù)v﹣t圖像與時間軸圍成的面積表示位移的大小，由題圖（b）可知，0～t2時間的圖像與時間軸圍成的面積大于t2～2t2時間內(nèi)的圖像與時間軸圍成的面積，可知2t2時刻P還沒有返回到傳送帶頂端，故C錯誤。故選：AD?！军c評】本題考查了牛頓運動定律應(yīng)用的傳送帶模型。掌握v﹣t圖像的物理意義，根據(jù)cv﹣t分析物體的運動情況，由再結(jié)合牛頓第二定律求解，要知道力與運動聯(lián)系的紐帶是加速度。三．填空題（共2小題）15．一位質(zhì)量為50kg的同學(xué)從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機內(nèi)置的加速度傳感器測得電梯運行的加速度a隨時間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，該同學(xué)處于超重狀態(tài)（填“超重”或“失重”），此時他對電梯地板的壓力大小約520N，整個過程中電梯運行的最大速率約為1.9m/s?！究键c】超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定性思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【答案】超重；520N；1.9m/s?！痉治觥吭撏瑢W(xué)向下減速運動，加速度豎直向上，此時所受支持力大于重力，處于超重狀態(tài)；可根據(jù)牛頓第二定律計算此時所受支持力大小，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??；利用速度與時間公式可知，加速度與時間圖像與時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，該同學(xué)向下減速運動，加速度豎直向上處于超重狀態(tài)。t＝10s時，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電梯底的壓力大小約為520N。加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，加速度向下時處于加速狀態(tài)，根據(jù)圖線在該段時間內(nèi)與橫軸圍成面積格數(shù)有十九個小格得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評】本題考查了對超重、失重狀態(tài)的理解，已經(jīng)應(yīng)用牛頓第二定律計算所受支持力的能力，進(jìn)一步考查了對牛頓第三定律的應(yīng)用，以及運用運動學(xué)公式綜合分析加速度與時間圖像的能力。16．一細(xì)繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球A和B，如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細(xì)繩拉緊，然后釋放小球，測得小球B釋放時的高度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）。從實驗室提供的數(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，除實驗中的偶然誤差外，寫出一條可能產(chǎn)生這一結(jié)果的原因：滑輪不光滑（或滑輪有質(zhì)量）?！究键c】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；實驗分析法；牛頓運動定律綜合專題；實驗?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)運動學(xué)公式得出小球B加速度的大??；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)實驗原理分析出對應(yīng)的實驗誤差的產(chǎn)生原因?！窘獯稹拷猓横尫藕笮∏蜃龀跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運動，在時間T＝0.730s內(nèi)的位移為Δh＝h0﹣h＝0.590m﹣0.100m＝0.490m根據(jù)勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系可得Δh代入數(shù)據(jù)解得a≈1.84m/s2對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)動過程中與繩子、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評】本題主要考查了牛頓第二定律的驗證實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合運動學(xué)公式和牛頓第二定律即可完成分析。四．解答題（共4小題）17．中學(xué)航模隊研究航母艦載機著陸減速新方案，提出“機翼輔助式”減速模式，隊員們在操場上利用跑道模擬實驗，如圖（a）所示先將一個質(zhì)量為M＝1kg的滑塊（視為質(zhì)點）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距離為12m時停下；對比組給滑塊裝上代替機翼的質(zhì)量為m＝0.5kg減速裝置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑塊與減速裝置整體受到一個與豎直方向斜向下夾角為α的力F作用，如圖（b）所示（減速裝置未畫出），從而獲得較大的減速效果，減小滑行距離。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)；（2）若已知F=【考點】牛頓運動定律的應(yīng)用—從受力確定運動情況；勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)為0.6；（2）裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小為7.2m。【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，利用運動學(xué)公式求出動摩擦因數(shù)；（2）根據(jù)牛頓第二定律以及豎直方向受力平衡，結(jié)合運動學(xué)公式求出滑行距離?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)滑塊與跑道間的動摩擦因數(shù)為μ對圖a：μMg＝Ma滑塊做勻減速運動2ax=解得μ＝0.6（2）豎直方向上有（m+M）g+Fcosα＝FN水平方向有f+Fsinα＝（m+M）a1f＝μFN聯(lián)立解得a1＝10m/s2減速距離為s=v022答：（1）滑塊與跑道之間的動摩擦因數(shù)為0.6；（2）裝上減速裝置后滑塊的減速距離大小為7.2m?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意利用牛頓第二定律時，要先進(jìn)行受力分析。18．如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量m＝1kg的物塊以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板通過的最大路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的關(guān)系圖像，如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1m﹣1，BC為直線段。物塊可視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情況下，物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間t。（2）求圖乙中B點的橫坐標(biāo)。（3）求圖乙中C點的縱坐標(biāo)。（4）求直線DE對應(yīng)的1s-【考點】無外力的水平板塊模型；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊在木板上滑行的時間13（2）圖乙中B點的橫坐標(biāo)1N；（3）圖乙中C點的縱坐標(biāo)1.5m﹣1；（4）直線DE對應(yīng)的1s-F函數(shù)關(guān)系式1s=F8+38【分析】（1）分別對物塊與木板進(jìn)行受力分析，結(jié)合牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式求物塊在木板上滑行的時間；（2）（3）由圖象可看出當(dāng)F小于某一值F1時，m物體在板上的路程始終等于板長S，當(dāng)F等于某一值F1時，剛好不從木板右端掉下，此后一起相對靜止并加速運動，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)基本公式，抓住位移之間的關(guān)系列式，聯(lián)立方程求出B在A上相對A向右運動的路程S與F、v0的關(guān)系式，把S＝1m代入即可求解F1；當(dāng)F1≤F≤F2時，隨著F力增大，S減小，當(dāng)F＝F2時，出現(xiàn)S突變，說明此時物塊、木板在達(dá)到共同速度后，恰好再次發(fā)生相對運動，物塊將會從木板左端掉下。對二者恰好發(fā)生相對運動時，木板的加速度為a2，則整體加速度也為a2，由牛頓第二定律列式即可求解關(guān)系式，將F＝2N代入求解相對位移，求出B、C的坐標(biāo)值；（4）根據(jù)（2）可得該段恒力F的取值范圍及1s-【解答】解：（1）物塊在木板上滑動，物塊做減速運動，木板做加速運動，物塊的加速度大小am＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2木板的加速度大小aM=解得aM＝4m/s2由圖乙知F＝0時，物塊在木板上相對于木板滑動的距離s＝1m所以木板的長度L＝s＝1m根據(jù)運動學(xué)公式有L＝v0t-12amt2-12解得t=13s（另一解t＝（2）當(dāng)F較小時，物塊能從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時，物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度v，則此時F的大小即為B點的橫坐標(biāo)值FB，木板的加速度大小a1=FB+μmgM=（設(shè)物塊相對木板滑行的時間為t1，則v＝v0﹣amt1＝a1t1根據(jù)運動學(xué)公式可知L=v0+v2t1-聯(lián)立解得FB＝1N（3）當(dāng)F在1N的基礎(chǔ)上繼續(xù)增大時，物塊在木板上先做減速運動，兩者達(dá)到共同速度后，物塊和木板都做加速運動；當(dāng)F不是太大時，兩者共速后能保持相對靜止（物塊和木板間為靜摩擦力）一起以相同的加速度a做勻加速運動，整體分析可知，共同運動的加速度大小a=單個分析可知，物塊受到的靜摩擦力f＝ma由于靜摩擦力存在最大值，故f≤fmax＝2N即F≤3N當(dāng)F＝3N時，木板開始運動時的加速度大小a2=解得a2＝10m/s2設(shè)物塊相對木板滑行的時間為t2，則v＝v0﹣amt2＝a2t2解得t2=1則物塊相對木板滑動的距離sC=v0+v2t2-解得sC=2所以C點的縱坐標(biāo)1sC=（4）當(dāng)F在3N的基礎(chǔ)上繼續(xù)增大時，物塊在木板上先做減速運動，物塊相對木板滑行的距離為x時，兩者達(dá)到共同速度v'，此后物塊和木板都做加速運動，但木板的加速度大于物塊的加速度，物塊相對木板向左滑動，直到從木板左端滑離木板，故物塊相對木板滑動的最大距離smax＝2x木板開始運動時的加速度大小a'=F+μmgM=設(shè)物塊相對木板滑行的距離為x時，物塊滑行的時間為t'，根據(jù)速度與時間的關(guān)系有v'＝v0﹣amt'＝a't'解得t'=2F+3物塊相對木板滑動的距離x=v0+v'2t'-v所以DE直線對應(yīng)的1s-1s=F8+38（m答：（1）物塊在木板上滑行的時間13（2）圖乙中B點的橫坐標(biāo)1N；（3）圖乙中C點的縱坐標(biāo)1.5m﹣1；（4）直線DE對應(yīng)的1s-F函數(shù)關(guān)系式1s=F8+38【點評】本題考查牛頓運動定律?；瑝K問題是物理模型中非常重要的模型，是學(xué)生物理建模能力培養(yǎng)的典型模型?；瑝K問題的解決非常靈活，針對受力分析、運動分析以及牛頓第二定律的掌握，還有相對運動的分析，特別是摩擦力的變化與轉(zhuǎn)型，都是難點所在。本題通過非常規(guī)的圖象來分析滑塊的運動，能從圖中讀懂物體的運動。19．如圖所示，水平傳送帶以v0＝3m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的長度L＝6m，每隔1s將物塊（可視為質(zhì)點）依次無初速度放置于傳送帶左端A點，一段時間后物塊從傳送帶右端B點離開傳送帶做平拋運動，最后落入貨車車廂，貨車始終保持靜止。已知每個物塊的質(zhì)量均為m＝2kg，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，B點與貨車車廂底板間的高度差h＝0.8m，物塊從接觸車廂底板到減速為0（忽略物塊的反彈和相對車廂的滑動）的時間為0.2s，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）第一個物塊從A點運動到剛接觸車廂底板瞬間的時間t；（2）第一個物塊從接觸車廂底板到減速為0的過程中對車廂底板的平均作用力F的大??；（3）傳送帶上相鄰兩物塊間的最大距離和最小距離？【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；平拋運動速度的計算；勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）第一個物塊從A點運動到剛接觸車廂底板瞬間的時間t為3.15s；（2）第一個物塊從接觸車廂底板到減速為0的過程中對車廂底板的平均作用力F的大小為305N；（3）傳送帶上相鄰兩物塊間的最大距離和最小距離為1m?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度大小，利用運動學(xué)公式可求出時間；（2）根據(jù)運動的合成與分解，結(jié)合動量定理以及力的合成可求出合力大??；（3）根據(jù)運動學(xué)公式可求出最大和最小距離?！窘獯稹拷猓海?）小物塊在傳送帶上加速的過程滿足μmg＝ma解得a＝2m/s2由v0＝at1解得t1＝1.5s根據(jù)x1=12解得x1＝2.25m小物塊在傳送帶上勻速的過程中滿足L﹣x1＝v0t2解得t2＝1.25s在平拋運動過程中h=12解得t3＝0.4s則t＝t1+t2+t3，得到t＝3.15s（2）物塊從接觸車廂底到減速為零的過程中，在豎直方向滿足（Fy﹣mg）Δt2＝0﹣（﹣mvy）vy＝gt3解得Fy＝60N在水平方向滿足﹣FxΔt2＝0﹣（﹣mv0）Fx＝30NF2=F（3）當(dāng)相鄰兩個物塊相對靜止時距離最大Δx1＝v0?Δt1解得Δx1＝3m當(dāng)物塊剛被放上傳送帶上時與上一個物塊距離最小Δx2=12a（Δt1）2，解得Δx2答：（1）第一個物塊從A點運動到剛接觸車廂底板瞬間的時間t為3.15s；（2）第一個物塊從接觸車廂底板到減速為0的過程中對車廂底板的平均作用力F的大小為305N；（3）傳送帶上相鄰兩物塊間的最大距離和最小距離為1m?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意積累傳送帶模型，同時要熟練掌握牛頓第二定律求解加速度以及對運動學(xué)公式的熟練運用。20．如圖所示，一足夠長的水平傳送帶以v1＝1m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m1＝2kg的物塊A和質(zhì)量為m2＝3kg的物塊B由繞過定滑輪的輕繩連接，質(zhì)量為m3＝1kg的物塊C置于A上，輕繩足夠長且不可伸長，A與定滑輪間的輕繩水平。某時刻，同時給A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B豎直上升，A、C保持相對靜止從傳送帶左端沖上傳送帶。已知A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不計定滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運動過程中B都沒有與定滑輪碰撞，A、C始終保持相對靜止。求：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大??；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C離開傳送帶時的速度大??；（4）A、C向右運動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量?！究键c】水平傳送帶模型；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大小為7.5N；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小為7.5N，方向水平向左；（3）A、C離開傳送帶時的速度大小為6m/s；（4）A、C向右運動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J?！痉治觥浚?）根據(jù)牛頓第二定律可求出加速度以及繩子的拉力；（2）根據(jù)摩擦力提供加速度，可求出摩擦力大小和方向；（3）根據(jù)運動學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律求解不同階段的加速度，可求出速度；（4）根據(jù)摩擦力做功情況可求出產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓海?）A、C剛滑上傳送帶時，傳送帶對A的摩擦力水平向左，故對B有m2g﹣FT1+＝m2a1對A和C組成的整體有FT1+μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a1解得a1＝7.5m/s2，F(xiàn)T1＝7.5N（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力Ff＝m3a1解得Ff＝7.5N方向水平向左（3）設(shè)A、C經(jīng)時間t1后與傳送帶速度相同，這段時間內(nèi)A、C向右運動的位移為x1v1＝v2﹣a1t1解得t1＝0.4sv12-v解得x1＝1m由于μ（m1+m3）g＜m2g，因此A、不能隨傳送帶一起勻速運動，此后A、C做減速運動對A、C組成的整體有FT2﹣μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a2對B有m2g﹣FT2＝m2a2解得a2＝2.5m/s2設(shè)A、C與傳送帶速度相等之后，向右運動的距離為x20-v12=-解得x2＝0.2m此后A、C向左運動，直至從傳送帶左端離開。設(shè)離開傳送帶時的速度為v3v32=2a2（x1解得v3=6（4）A、C向右運動的兩個過程中，A與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μ（m1+m3）g（x1﹣v1t1）解得Q1＝9J由分析可得t2=解得t2＝0.4sQ2＝μ（m1+m3）g（v1t2﹣x2）解得Q2＝3J則產(chǎn)生的熱量Q＝Q1+Q3＝9J+3J＝12J答：（1）A、C剛滑上傳送帶時，輕繩的拉力大小為7.5N；（2）A、C剛滑上傳送帶時，C受到的摩擦力的大小為7.5N，方向水平向左；（3）A、C離開傳送帶時的速度大小為6m/s；（4）A、C向右運動過程中A與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J?！军c評】學(xué)生在解答本題時，應(yīng)注意掌握傳送帶模型，能夠熟練利用牛頓第二定律求加速度，并且能夠根據(jù)摩擦力做功求出產(chǎn)熱。

考點卡片1．勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系【知識點的認(rèn)識】（1）勻變速直線運動的位移與時間的關(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)：在勻變速直線運動中，雖然速度時刻變化，但只要時間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時間內(nèi)近似應(yīng)用我們熟悉的勻速運動的公式計算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導(dǎo)：勻變速直線運動中，速度是均勻改變的，它在時間t內(nèi)的平均速度就等于時間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＝vt+at可導(dǎo)出位移公式：x（3）勻變速直線運動中的平均速度在勻變速直線運動中，對于某一段時間t，其中間時刻的瞬時速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運動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動中，某一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度，又等于這段時間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運動推論公式：任意兩個連續(xù)相等時間間隔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)相等的時間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當(dāng)汽車遇到交通事故時就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時間，汽車剎車停止后不再運動，然后根據(jù)位移時間公式x=v0t+解：汽車剎車到停止所需的時間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。點評：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來后不再運動，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運動的時間。例2：對推導(dǎo)公式v=v0物體做勻變速直線運動，某時刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、規(guī)定初速度的方向為正方向，若1s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故選：AC。點評：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運動的平均速度公式v=【解題思路點撥】（1）應(yīng)用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運動是否為變速直線運動，并選擇研究過程。②分析運動過程的初速度v0以及加速度a和時間t、位移x，若有三個已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向為正方向），判斷各矢量正負(fù)代入公式計算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運動的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負(fù)及變化情況。③利用圖象求解a時，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時，須注意位移的正負(fù)：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負(fù)。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大??；b．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。2．勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系【知識點的認(rèn)識】（1）勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-勻變速直線運動的位移﹣速度關(guān)系式反映了初速度、末速度、加速度與位移之間的關(guān)系．①此公式僅適用于勻變速直線運動；②式中v0和v是初、末時刻的速度，x是這段時間的位移；③公式中四個矢量v、v0、a、x要規(guī)定統(tǒng)一的正方向．（2）勻變速直線運動的位移中點的瞬時速度推導(dǎo)：前半段：vx/22-v0后半段：vt2-vx/22將兩式相減的：vx/2=（3）不論物體做勻加速直線運動還是勻減速直線運動，位移中點的速度均大于時間中點的速度，即：vx/2＞vt/2．【命題方向】例1：甲乙丙三輛汽車以相同的速度經(jīng)過同一路標(biāo)，從此時開始，甲做勻速直線運動，乙車先加速后減速，丙車先減速后加速，他們通過下一路標(biāo)的速度相同，則（）A．甲車先通過下一路標(biāo)B．乙車先通過下一路標(biāo)C．丙車先通過下一路標(biāo)D．三輛車同時通過下一路標(biāo)分析：我們可以定性地進(jìn)行分析：因為乙先加速后減速，所以它在整個運動過程中的速度都比甲大，所以相對時間內(nèi)它的位移肯定比勻速運動的甲大；而丙因先減速后加速，它在整個運動過程中都以比甲小的速度在運動，所以在相等時間內(nèi)它的位移比甲小，由此可知，乙將最先到達(dá)下一個路標(biāo)，丙最后一個到達(dá)下一個路標(biāo)．（最終大家的速度都相等）．解答：由于乙先加速后減速，所以它在整個運動過程中的平均速度都比甲大，經(jīng)過相同的位移，它的時間肯定比勻速運動的甲小；而丙因先減速后加速，它在整個運動過程中的平均速度都比甲小，所以在相等位移內(nèi)它的時間比甲大．由此可知，乙將最先到達(dá)下一個路標(biāo)，丙最后一個到達(dá)下一個路標(biāo)．故選：B．點評：該題可以通過平均速度去解題，也可以通過畫v﹣t圖象去分析，圖象與坐標(biāo)軸所圍成的面積即為位移．例2：如圖所示，光滑斜面AE被分成四個相等的部分，一物體由A點從靜止釋放，下列結(jié)論中正確的是（）A．物體到達(dá)各點的速率vB．物體到達(dá)各點所經(jīng)歷的時間：tC．物體從A到E的平均速度vD．物體通過每一部分時，其速度增量vB﹣vA＝vC﹣vB＝vD﹣vC＝vE﹣vD分析：本題是同一個勻加速直線運動中不同位置的速度、時間等物理量的比較，根據(jù)選項中需要比較的物理量選擇正確的公式把物理量表示出來，再進(jìn)行比較．解答：A、根據(jù)運動學(xué)公式v2-v0物體由A點從靜止釋放，所以v2＝2ax所以物體到達(dá)各點的速率之比vB：vC：vD：vE＝1：2：3：2，故A正確；B、根據(jù)運動學(xué)公式x＝v0t+1t=物體到達(dá)各點經(jīng)歷的時間tB：tC：tD：tE＝1：2：3：2即tE=2tC、由于vE＝2vB物體從A到E的平均速度v=0+故C正確；D、vB：vC：vD：vE＝1：2：3：2，物體通過每一部分時其速度增量不等，故D錯誤．故選：ABC．點評：本題對運動學(xué)公式要求較高，要求學(xué)生對所有的運動學(xué)公式不僅要熟悉而且要熟練，要靈活，基本方法就是平時多練并且盡可能嘗試一題多解．【知識點的應(yīng)用及延伸】初速度為零的勻加速直線運動的特殊規(guī)律：1．ts末、2ts末、3ts末…nts末的瞬時速度之比為：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；推導(dǎo)：由vt＝at知v1＝at，v2＝2at，v3＝3at，…，vn＝nat，則可得：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；2．xm末、2xm末、3xm末…nxm末的瞬時速度之比為：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；推導(dǎo)：由v2＝2ax知v1=2ax，v2=2a2x，v3則可得：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；3．ts內(nèi)、2ts內(nèi)、3ts內(nèi)…nts內(nèi)的位移之比為：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；推導(dǎo)：由x=12at2知x1=12at2，x2=12a（2t）2，x3=12a（3t）2，…，x則可得：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；4．連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比為：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）推導(dǎo)：由x=12at2知xⅠ=12at2，xⅡ=12a（22﹣12）t2，xⅢ=12a（32﹣22）t2，…，xN=12a[n2則可得：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）；5．前一個x、前兩個x、前三個x…所用的時間之比為：t1：t2：t3：…：tn＝1：：2：3：…：n推導(dǎo)：由x=12at2知t1=2xa，t2=2?2xa，則可得：t1：t2：t3：…：tn＝1：：2：3：…：n；6．連續(xù)相等位移所用的時間之比為：tⅠ：tⅡ：tⅢ：…：tN＝1：（2-1）：（3-2推導(dǎo)：由x=12at2知t1=2xa，t2=2?2xa-2xa=（2-1）2xa，則可得：tⅠ：tⅡ：tⅢ：…：tN＝1：（2-1）：（3-2【解題思路點撥】解答題解題步驟：（1）分析運動過程，畫出運動過程示意圖．（2）設(shè)定正方向，確定各物理量的正負(fù)號．（3）列方程求解：先寫出原始公式，再寫出導(dǎo)出公式：“由公式…得…”．3．根據(jù)v-t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況4．根據(jù)v-t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況5．利用v-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積求物體的位移6．利用v-t圖像的斜率求解物體運動的加速度7．復(fù)雜的運動學(xué)圖像問題8．力的分解過程中多解和極值的問題9．力的合成與分解的應(yīng)用10．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國際單位制中成立．因為F合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng)．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)