第一篇 專題一 第2講　牛頓運動定律與直線運動

專題一力與運動第2講牛頓運動定律與直線運動1會用多種方法靈活處理勻變速直線運動的問題。2掌握牛頓第二定律，會分析瞬時性問題、連接體問題，會應用牛頓運動定律解決運動的實際問題。目標要求3會分析運動學和動力學圖像。內(nèi)容索引考點一考點二高考預測勻變速直線運動規(guī)律及應用牛頓運動定律的應用專題強化練考點三運動學和動力學圖像考點一勻變速直線運動規(guī)律及應用1.常用方法2.兩種勻減速直線運動的分析方法(1)剎車問題的分析：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解。(2)雙向可逆類運動分析：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負及物理意義。3.處理追及問題的常用方法過程分析法

函數(shù)法

Δx＝x乙＋x0－x甲為關于t的二次函數(shù)，當t＝時有極值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判斷有解還是無解，是追上與追不上的條件圖像法畫出v－t圖像，圖線與t軸所圍面積表示位移，利用圖像來分析追及相遇問題更直觀

(2022·湖北卷·6)我國高鐵技術全球領先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km，W和G之間還均勻分布了4個車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達終點站G。設普通列車的最高速度為108km/h，高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2，其余行駛時間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運動，兩種列車在每個車站停車時間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為A.6小時25分鐘

B.6小時30分鐘C.6小時35分鐘

D.6小時40分鐘例1√解題指導關鍵表述均勻分布了4個車站；進站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2，其余行駛時間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運動，兩種列車在每個車站停車時間相同過程分析全程分五段，節(jié)省的時間為五段運動時間的差值，每段分勻加速、勻速和勻減速三個過程問題分析整個過程分為五段，畫出每段的三個過程，求出各自每段總時間，算出每段節(jié)省的時間，每段節(jié)省的時間的五倍即是從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s，由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍，

(2023·山東卷·6)如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經(jīng)過T點時的瞬時速度為A.3m/s B.2m/sC.1m/s D.0.5m/s例2√由題知，電動公交車做勻減速直線運動，設RS間的距離為x，聯(lián)立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關系有vT＝vR－a·5t1，則at1＝2m/s，

(2023·貴州畢節(jié)市診斷)在東京奧運會女子蹦床決賽中，中國選手朱雪瑩奪得冠軍。如圖所示，某次比賽中，朱雪瑩雙腳離開蹦床后豎直向上運動，把上升過程分為等距的三段，朱雪瑩從下至上運動過程中，依次經(jīng)歷三段的時間記為t1、t2、t3，則t1∶t2∶t3最接近A.3∶6∶10 B.3∶4∶10C.3∶6∶20 D.3∶4∶20例3√根據(jù)逆向思維，將向上的末速度為0的勻減速直線運動看為向下的初速度為0的勻加速直線運動，可知該比值最接近3∶4∶10，故選B。考點二牛頓運動定律的應用1.解決動力學兩類基本問題的思路2.瞬時加速度問題3.連接體問題(1)整體法與隔離法的選用技巧整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求出物體之間的作用力，可以先整體求加速度，后隔離求連接體內(nèi)物體之間的作用力(2)連接體問題中常見的臨界條件接觸與脫離接觸面間彈力等于0恰好發(fā)生滑動摩擦力達到最大靜摩擦力繩子恰好斷裂繩子張力達到所能承受的最大值繩子剛好繃直或松弛繩子張力為0(3)常見連接體

三種情況中彈簧彈力、繩的張力大小相同且與接觸面是否光滑無關

常用隔離法

常會出現(xiàn)臨界條件接觸面光滑，或μA＝μB

(2023·安徽、云南、吉林、黑龍江適應性測試)如圖(a)，足夠高的水平長桌面上，P點左邊光滑，右邊粗糙，物塊A在砝碼B的拉動下從桌面左端開始運動，其v－t圖像如圖(b)所示，已知砝碼B質量為0.10kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物塊A的質量；例4答案0.4kg由題圖(b)可知，物塊A在P點左邊運動的加速度根據(jù)牛頓第二定律有mBg＝(mB＋mA)a1代入數(shù)據(jù)解得mA＝0.4kg(2)物塊A與P點右邊桌面間的動摩擦因數(shù)。答案0.125物塊A在P點右邊運動的加速度根據(jù)牛頓第二定律有mBg－μmAg＝(mB＋mA)a2代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.125。

(2023·陜西榆林市第四次模擬)如圖所示，靜止在水平地面上的木板B的質量m2＝4kg，現(xiàn)讓一個質量m1＝2kg的物塊A(視為質點)以v0＝6m/s的速度大小從左端沖上木板B，已知物塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，木板B足夠長，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，求：例5答案5m/s2

1m/s2(1)物塊A剛滑上木板B時，物塊A的加速度大小a1以及木板B的加速度大小a2；對物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g＝m1a1解得a1＝5m/s2對木板B，根據(jù)牛頓第二定律有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2解得a2＝1m/s2(2)從物塊A沖上木板B到木板B停下，物塊A相對地面發(fā)生的位移大小x。答案4m設經(jīng)時間t物塊A與木板B達到的共同速度大小為v，有v＝v0－a1t＝a2t解得t＝1s，v＝1m/s根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，此過程物塊A發(fā)生的位移大小解得x1＝3.5m達到共同速度后，經(jīng)分析物塊A與木板B能共同向右運動，設加速度大小為a3，根據(jù)牛頓第二定律有μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3解得a3＝1m/s2設達到共同速度后，物塊A發(fā)生的位移大小為x2，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有v2＝2a3x2解得x2＝0.5m所以從物塊A沖上木板B到木板B停下，物塊A相對地面發(fā)生的位移大小x＝x1＋x2＝4m?？键c三運動學和動力學圖像1.常規(guī)圖像常見圖像斜率k面積兩圖像交點x－t圖像

表示相遇v－t圖像＝a位移x表示此時速度相等，往往是距離最大或最小的臨界點a－t圖像

速度變化量Δv表示此時加速度相等2.非常規(guī)圖像3.動力學圖像F－t圖像思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解思路二：動量定理，圖線與t軸所圍面積表示F的沖量F－x圖像思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解思路二：動能定理，圖線與x軸所圍面積表示力F做的功a－F圖像根據(jù)牛頓第二定律列式，再變換成a－F關系

例如：如圖所示，F(xiàn)－μmg＝ma，a＝

－μg，斜率為

，截距為－μg

(2022·河北卷·1)科學訓練可以提升運動成績，某短跑運動員科學訓練前后百米全程測試中，速度v與時間t的關系圖像如圖所示。由圖像可知A.0～t1時間內(nèi)，訓練后運動員的平均加速度大B.0～t2時間內(nèi)，訓練前、后運動員跑過的距離相等C.t2～t3時間內(nèi)，訓練后運動員的平均速度小D.t3時刻后，運動員訓練前做減速運動，訓練后做

加速運動例6√根據(jù)v－t圖像的斜率表示加速度，由題圖可知0～t1時間內(nèi)，訓練后運動員的平均加速度比訓練前小，故A錯誤；根據(jù)v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖可知0～t2時間內(nèi)，訓練前運動員跑過的距離比訓練后大，故B錯誤；根據(jù)v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖可知t2～t3時間內(nèi)，訓練后運動員的位移比訓練前大，根據(jù)平均速度等于位移與時間的比值，可知訓練后運動員的平均速度大，故C錯誤；根據(jù)v－t圖像可知，t3時刻后，運動員訓練前速度減小，做減速運動，運動員訓練后速度增大，做加速運動，故D正確。

(多選)(2023·全國甲卷·19)用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知A.m甲<m乙

B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙

D.μ甲>μ乙例7√√根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，可知F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。故選B、C。高考預測1.(2023·四川成都市第一次診斷)無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機背面，利用電磁感應實現(xiàn)無線充電。劣質的無線充電寶使用過程中可能因吸力不足發(fā)生滑落造成安全隱患。圖(a)為科創(chuàng)小組某同學手握手機(手不接觸充電寶)，利用手機軟件記錄豎直放置的手機及吸附的充電寶從靜止開始在豎直方向上的一次變速運動過程(手機與充電寶始終相對靜止)，記錄的加速度a隨時間t變化的圖12像如圖(b)所示(規(guī)定向上為正方向)，且圖像上下部分分別與t軸圍成的面積相等，已知無線充電寶質量為0.2kg，手機與充電寶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，則在該過程中A.手機與充電寶全程向下運動，最終處于靜止狀態(tài)B.充電寶在t2與t3時刻所受的摩擦力方向相同C.充電寶與手機之間的摩擦力最小值為2ND.充電寶與手機之間的吸引力大小至少為12N12√12手機與充電寶從靜止開始，向下先做加速度增大的加速運動，從t1時刻向下做加速度減小的加速運動，加速度減小到零時，速度達到最大；再向下做加速度增大的減速運動，t2時刻速度減小到零，此后做向上的加速度減小的加速運動，加速度減小到零時向上運動的速度達到最大，此后先向上做加速度增大的減速運動，從t3時刻再向上做加速度減小的減速運動，最后速度為零，故A錯誤；12充電寶在t2時刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在t3時刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B錯誤；

在t1時刻充電寶向下的加速度為10m/s2，充電寶與手機之間的摩擦力最小，值為零，故C錯誤；在t2時刻充電寶向上的加速度最大，充電寶與手機之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律可得Ffmax－mg＝ma2，又Ffmax＝μF，解得充電寶與手機之間的吸引力大小至少為F＝12N，故D正確。2.(2023·廣東考前診斷性測試)某高中實驗小組設計了一個研究勻減速直線運動規(guī)律的方案，利用數(shù)控式打點計時器記錄小車的運動信息，從小車開始減速為計時起點，剛好停下時記錄下最后一個點，打點頻率為1Hz。通過分析小車在減速過程中的紙帶，第1、2個點之間的距離與最后兩個點之間的距離之比為a，第一個點與最后一個點的距離為x，則從開始減速到停下的平均速度是12√12設加速度為a0，小車做勻減速直線運動減速至速度為0的過程可以看作初速度為0的勻加速直線運動的逆過程，設整個過程時間為t，專題強化練123456789101112保分基礎練1.(2023·全國甲卷·16)一小車沿直線運動，從t＝0開始由靜止勻加速至t＝t1時刻，此后做勻減速運動，到t＝t2時刻速度降為零，在下列小車位移x與時間t的關系曲線中，可能正確的是13√123456789101112x－t圖像的斜率表示速度，0～t1時間內(nèi)小車做勻加速運動，速度變大，所以圖像斜率變大，t1～t2時間內(nèi)小車做勻減速運動，則圖像的斜率變小，在t2時刻小車停止，圖像的斜率變?yōu)榱?，故選D。131234567891011122.(多選)(2023·湖北卷·8)t＝0時刻，質點P從原點由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t按圖示的正弦曲線變化，周期為2t0。在0～3t0時間內(nèi)，下列說法正確的是A.t＝2t0時，P回到原點B.t＝2t0時，P的運動速度最小C.t＝t0時，P到原點的距離最遠13√√12345678910111213質點在0～t0時間內(nèi)從靜止出發(fā)先做加速度增大的加速運動再做加速度減小的加速運動，此過程一直向前加速運動，t0～2t0時間內(nèi)加速度和速度反向，先做加速度增加的減速運動再做加速度減小的減速運動，2t0時刻速度減速到零，此過程一直向前做減速運動，2t0～4t0重復此過程的運動，即質點一直向前運動，A、C錯誤，B正確；123456789101112131234567891011123.(多選)(2023·安徽合肥市一模)2022年10月9日搭載天基太陽天文臺“夸父一號”的長征二號丁運載火箭成功發(fā)射。如圖為火箭發(fā)射后，第6秒末的照片，現(xiàn)用毫米刻度尺對照片進行測量，刻度尺的0刻度線與剛發(fā)射時火箭底部對齊。假設火箭發(fā)射后6秒內(nèi)沿豎直方向做勻加速直線運動，且質量不變。已知火箭高為40.6米，起飛質量為250噸，重力加速度g取9.8m/s2。則下列估算正確的是A.火箭豎直升空的加速度大小為2.2m/s2B.火箭豎直升空的加速度大小為4.2m/s2C.火箭升空所受到的平均推力大小為3.5×107ND.火箭升空所受到的平均推力大小為3.0×106

N13√√123456789101112由牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小為F＝3.0×106N，故選A、D。131234567891011124.(2023·江蘇卷·11)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊A.受到的合力較小B.經(jīng)過A點的動能較小C.在A、B之間的運動時間較短D.在A、B之間克服摩擦力做的功較小√13123456789101112因為頻閃照片中的時間間隔相同，對比題圖甲和題圖乙可知題圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；13從題圖甲中的A點到題圖乙中的A點，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負功；根據(jù)動能定理可知題圖甲中經(jīng)過A點的動能較大，故B錯誤；12345678910111213由于無論上滑還是下滑滑塊均受到滑動摩擦力，大小相等，故題圖甲和題圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤。5.(多選)(2023·福建七地市第一次質檢)如圖甲所示，質量為m的物塊P與物塊Q(質量未知)之間拴接一輕彈簧，靜止在光滑的水平地面上，彈簧恰好處于原長?，F(xiàn)給物塊P一瞬時初速度v0，并把此時記為0時刻，規(guī)定向左為正方向，0～2t0時間內(nèi)物塊P、Q運動的a－t圖像如圖乙所示，其中t軸下方部分的面積大小為S1，t軸上方部分的面積大小為S2，則12345678910111213√√√1234567891011120～2t0時間內(nèi)Q所受彈力方向始終向左，P所受彈力方向始終向右，彈簧始終對Q做正功；13123456789101112131234567891011126.(多選)(2022·吉林松原市聯(lián)考)如圖所示，斜面傾角為θ＝30°的光滑直角斜面體固定在水平地面上，斜面體頂端裝有光滑定滑輪。質量均為1kg的物塊A、B用跨過滑輪的輕繩相連。物塊A和滑輪之間的輕繩與斜面平行，B自然下垂，不計滑輪的質量，重力加速度g取10m/s2，同時由靜止釋放物塊A、B后的一小段時間內(nèi)，物塊A、B均未碰到地面和滑輪，則該過程中下列說法正確的是A.物塊B運動方向向上B.物塊A的加速度大小為2.5m/s2C.輕繩的拉力大小為7.5ND.地面給斜面體的摩擦力方向水平向左13√√123456789101112物塊A沿斜面的分力G1＝mgsinθ＝5N<GB＝mg＝10N，因此物塊A將沿斜面向上運動，物塊B向下運動，選項A錯誤；以物塊A、B為整體，設共同加速度為a，有GB－G1＝2ma，解得a＝2.5m/s2，選項B正確；以物塊B為研究對象有GB－FT＝ma，解得FT＝GB－ma＝7.5N，選項C正確；由于物塊A將沿斜面向上加速運動，對斜面體和A、B整體水平方向具有向右的加速度，因此地面給斜面體的摩擦力方向水平向右，選項D錯誤。131234567891011127.(多選)(2023·廣東高州市一模)如圖所示，質量分別為2m和m的P、Q按如圖的方式用豎直輕彈簧和豎直輕繩連接，當系統(tǒng)靜止時輕繩的拉力大小為mg，輕彈簧的壓縮量為x，重力加速度用g表示。則下列說法正確的是13B.剪斷輕繩后，P向下運動2x時加速度為零C.剪斷輕繩后，P向下運動x時重力的功率最大D.撤走長木板的瞬間，Q的加速度大小為g√√1234567891011121312345678910111213系統(tǒng)靜止時Q受力平衡，有mg＋F＝FN，撤走長木板的瞬間，對Q由牛頓第二定律得mg＋F＝ma，解得a＝2g，故D錯誤。123456789101112爭分提能練8.(多選)(2022·全國甲卷·19)如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前A.P的加速度大小的最大值為2μgB.Q的加速度大小的最大值為2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小√13√123456789101112設兩滑塊的質量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為F＝2μmg，撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為FT0＝μmg，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變，仍為μmg，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時對P有－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑塊Q所受的合外力不變，加速度仍為零，從撤去拉力到彈簧第一次恢復原長過程中，彈簧彈力一直在減小，13123456789101112根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的減速運動，故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg，Q加速度大小的最大值為彈簧恢復原長時，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑塊Q加速度大小的最大值為μg，A正確，B錯誤；由于彈簧恢復原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C錯誤，D正確。131234567891011129.(多選)(2021·全國乙卷·21)水平地面上有一質量為m1的長木板，木板的左邊上有一質量為m2的物塊，如圖(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關系如圖(b)所示，其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小。木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖(c)所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則13√√√12345678910111213由題圖(c)可知，t1時刻物塊與木板剛要一起在水平地面滑動，物塊與木板相對靜止，此時以整體為研究對象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A錯誤；由題圖(c)可知，t2時刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為研究對象，

根據(jù)牛頓第二定律有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>012345678910111213由題圖(c)可知，0～t2時間段物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。12345678910111210.(多選)(2023·福建廈門市檢測)如圖所示，小明從羽毛球筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著球筒，另一只手迅速拍打筒的上端邊緣，使筒獲得向下的初速度并與手發(fā)生相對運動，筒內(nèi)的羽毛球就可以從上端出來。已知球筒質量為M＝90g(不含球的質量)，球筒與手之間的滑動摩擦力為Ff1＝2.6N，羽毛球質量為m＝5g，球頭離筒的上端距離為d＝9.0cm，球與筒之間的滑動摩擦力為Ff2＝0.1N，重力加速度g＝10m/s2，空氣阻力忽略不計，當球筒獲得一個初速度后A.羽毛球的加速度大小為10m/s2B.羽毛球的加速度大小為30m/s213D.若羽毛球頭部能從上端筒口出來，則筒獲得的初速度至少為3m/s√√123456789101112依題意，對羽毛球受力分析，由于羽毛球相對于筒向上運動，受到筒對它豎直向下的摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋Ff2＝ma1，解得羽毛球的加速度為a1＝30m/s2，羽毛球向下做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；13對筒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有Mg－Ff1－Ff2＝Ma2，求得a2＝－20m/s2，負號表示筒的加速度方向豎直向上，說明筒向下做勻減速直線運動，若敲打一次后，羽毛球頭部恰能從上端筒口出來，則當羽毛球到達筒口時，二者速度相等，此時筒獲得的初速度最小為vmin，1234567891011121312345678910111211.(多選)(2023·遼寧沈陽市質量監(jiān)測)如圖甲所示，傾斜傳送帶兩側端點間距6m，皮帶總長12m，傾角θ＝37°。t＝0時，一質量為1kg的煤塊從傳送帶底部的A點，以10m/s的速度沖上傳送帶。t＝1s時，傳送帶開始沿順時針方向勻加速轉動，A點運動的v－t圖像如圖乙所示。煤塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為0.5，傳送輪和煤塊大小均可以忽略(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。煤塊在傳送帶上運動的過程中，下列說法正確的是A.煤塊運動至最高點時位移為5mB.煤塊在傳送帶上運動時間為2sC.煤塊在傳送帶上留下的痕跡為12mD.煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為90J13√√√1234567891011121312345678910111213所以煤塊運動至最高點時，位移為5m，A正確；12345678910111213煤塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcosθ×(Δx1＋Δx2)＝90J，D正確。12345678910111212.神舟十五號與神舟十四號載人飛船六名航天員成功實現(xiàn)“太空會師”后，神舟十四號載人飛船返回艙于2022年12月4日順利返回。返回艙返回過程經(jīng)過一系列減速后，在離地面高度1.25m時，位于返回艙底部的著陸反推發(fā)動機點火，使返回艙繼續(xù)快速減速，經(jīng)過0.25s以2m/s的速度著地，該過程可視為豎直向下的勻減速直線運動。當?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2，求：(1)返向艙離地面高度1.25m時的速度大?。?3答案8m/