必考一、描述運動的基本概念
【典題1】2023年11月22日晚劉翔以13秒48的預賽第一成績輕鬆跑進決賽，如圖所示，也是他歷屆亞運會預賽的最佳成績。劉翔之所以能夠取得最佳成績，取決於他在110公尺中的( )
a.某時刻的瞬時速度大 b.撞線時的瞬時速度大
c.平均速度大d.起跑時的加速度大
【解題思路】在變速直線運動中，物體在某段時間的位移跟發生這段位移所用時間的比值叫平均速度，是向量，方向與位移方向相同。根據x=vt可知，x一定，v越大，t越小，即選項c正確。
必考二、受力分析、物體的平衡
【典題2】如圖所示，光滑的夾角為θ＝30°的三角杆水平放置，兩小球a、b分別穿在兩個桿上，兩球之間有一根輕繩連線兩球，現在用力將b球緩慢拉動，直到輕繩被拉直時，測出拉力f＝10n則此時關於兩個小球受到的力的說法正確的是（ ）
a、小球a受到重力、杆對a的彈力、繩子的張力
b、小球a受到的杆的彈力大小為20n
c、此時繩子與穿有a球的杆垂直，繩子張力大小為n
d、小球b受到杆的彈力大小為n
【解題思路】對a在水平面受力分析，受到垂直杆的彈力和繩子拉力，由平衡條件可知，繩子拉力必須垂直杆才能使a平衡，再對b在水平面受力分析，受到拉力f、杆的彈力以及繩子拉力，由平衡條件易得杆對a的彈力n等於繩子拉力t，即n＝t＝20n，杆對b的彈力nb＝。
【答案】ab
必考三、x－t與v－t圖象
【典題3】圖示為某質點做直線運動的v－t圖象，關於這個質點在4s內的運動情況，下列說法中正確的是（ ）
a、質點始終向同一方向運動
b、4s末質點離出發點最遠
c、加速度大小不變，方向與初速度方向相同
d、4s內通過的路程為4m，而位移為0
【解題思路】在v－t圖中判斷運動方向的標準為圖線在第一象限（正方向）還是第四象限（反方向），該圖線穿越了t軸，故質點先向反方向運動後向正方向運動，a錯；圖線與座標軸圍成的面積分為第一象限（正方向位移）和第四象限（反方向位移）的面積，顯然t軸上下的面積均為2，故4s末質點回到了出發點，b錯；且4s內質點往返運動回到出發點，路程為4m，位移為零，d對；判斷加速度的標準是看圖線的斜率，正斜率表示加速度正方向、負斜率比啊是加速度反方向，傾斜度表達加速度的大小，故4s內質點的節哀速度大小和方向均不變，方向為正方向，而初速度方向為反方向的2m/s，c錯答案】d
必考四、勻變速直線運動的規律與運用
【典題4】生活離不開交通，發達的交通給社會帶來了極大的便利，但是，一系列的交通問題也伴隨而來，全世界每秒鐘就有十幾萬人死於交通事故，直接造成的經濟損失上億元。某駕駛員以30m/s的速度勻速行駛，發現前方70m處前方車輛突然停止，如果駕駛員看到前方車輛停止時的反應時間為0.5s，該汽車是否會有安全問題？
已知該車剎車的最大加速度為．
【解題思路】汽車做勻速直線運動的位移為:。
汽車做勻減速直線運動的位移:。
汽車停下來的實際位移為:。
由於前方距離只有70m，所以會有安全問題。
必考五、重力作用下的直線運動
【典題5】某人站在十層樓的平台邊緣處，以=20m/s的初速度豎直向上丟擲一石子,求丟擲後石子距拋出點15m處所需的時間(不計空氣阻力，取g=10 m/s2).
【解題思路】考慮到位移是向量，對應15m的距離有正、負兩個位移，乙個在拋出點的上方，另乙個在拋出點的下方，根據豎直上拋運動的位移公式，有
將=15m和=-15m分別代入上式，即
解得=1s和=3s，-
解得=（）s和（不合題意捨去）
所以石子距拋出點15m處所需的時間為1s、3s或（）s
必考六、牛頓第二定律
【典題6】如圖所示，三物體a、b、c均靜止，輕繩兩端分別與a、c兩物體相連線且伸直，ma＝3kg，mb＝2kg，mc＝1kg，物體a、b、c間的動摩擦因數均為μ＝0.1，地面光滑，輕繩與滑輪間的摩擦可忽略不計。若要用力將b物體拉動，則作用在b物體上水平向左的拉力最小值為（最大靜摩擦力等於滑動摩擦力，取g＝10m/s2）（ ）
a．3n
b．5n
c．8n
d．6n
【解題思路】依題意是要求能把b拉動即可，並不一定要使物體從a和c之間抽出來。考慮到b的上表面的最大靜摩擦力為fa＝3n，b的下表面的最大靜摩擦力為fb＝5n，故上表面容易滑動，將bc做為整體分析，bc整體向左的加速度大小與a向右的加速度大小相同，均設為a，由牛頓第二定律：f－t＝(ma＋mb)a，對a由牛頓第二定律：
t－fa＝mca，當a＝0時，f力最小，解得最小值為f＝6n，d對。本題中若f≥9n時，可將b從中間抽出來，而在6n到9n之間的拉力只能使b和c一起從a下面抽出來，而拉力小於6n時，無法拉動b。【答案】d
【典題7】如圖所示，一質量為m的物塊a與直立輕彈簧的上端連線，彈簧的下端固定在地面上，一質量也為m的物塊b疊放在a的上面，a、b處於靜止狀態。若a、b粘連在一起，用一豎直向上的拉力緩慢上提b，當拉力的大小為時，a物塊上公升的高度為l，此過程中，該拉力做功為w；若a、b不粘連，用一豎直向上的恒力f 作用在b上，當a物塊上公升的高度也為l時，a與b恰好分離。重力加速度為g，不計空氣阻力，求
（1）恒力f的大小；
（2）a與b分離時的速度大小。
【解題思路】設彈簧勁度係數為k，a、b靜止時彈簧的壓縮量為x，則x＝
a、b粘連在一起緩慢上移，以a、b整體為研究物件，當拉力時
＋k(x－l)＝2mg
a、b不粘連，在恒力f作用下a、b恰好分離時，以a、b整體為研究物件，根據牛頓第二定律
f＋k(x－l)－2mg＝2ma
以b為研究物件，根據牛頓第二定律f－mg＝ma
聯立解得f＝
（2）a、b粘連在一起緩慢上移l，設彈簧彈力做功為w彈，根據動能定理
w＋w彈－2mgl＝0
在恒力f作用下，設a、b分離時的速度為v，根據動能定理
fl＋w彈－2mgl＝×2mv2
聯立解得 v＝
【答案】（1）1.5mg；（2）
必考七、超重與失重及整體法牛頓第二定律的應用
【典題8】傾角為37°的斜面體靠在固定的豎直擋板p的一側，一根輕繩跨過固定在斜面頂端的定滑輪，繩的一端與質量為ma=3kg的物塊a連線，另一端與質量為mb=1kg的物塊b連線。開始時，使a靜止於斜面上，b懸空，如圖所示。現釋放a，a將在斜面上沿斜面勻加速下滑，求此過程中，擋板p對斜面體的作用力的大小。
（所有接觸面產生的摩擦均忽略不計，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
【解題思路】設繩中張力為t，斜面對a的支援力為na，a、b加速度大小為a，以a為研究物件，
由牛頓第二定律
magsin37° －t =ma
na = magcos37°
以b為研究物件，由牛頓第二定律
t－mbg = mba
聯立解得 a = 2m/s2 t ＝12n na＝24n
以斜面體為研究物件，受力分析後，在水平方向
f = na′sin37°－tcos37°
na ＝na′
解得 f = 4.8n
（或以整體為研究物件，由牛頓第二定律得f = maacos37°=4.8n）
【答案】4.8n
【典題9】錢學森被譽為中國飛彈之父，「飛彈」這個詞也是他的創作。飛彈制導方式很多，慣性制導系統是其中的一種，該系統的重要元件之一是加速度計，如圖所示。沿飛彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一質量為m的絕緣滑塊，分別與勁度係數均為k的輕彈簧相連，兩彈簧另一端與固定壁相連。
當彈簧為原長時，固定在滑塊上的滑片停在滑動變阻器（電阻總長為l）正**，m、n兩端輸入電壓為u0，輸出電壓=0。系統加速時滑塊移動，滑片隨之在變阻器上自由滑動，相應改變，然後通過控制系統進行制導。設某段時間飛彈沿水平方向運動，滑片向右移動，，則這段時間飛彈的加速度（ ）
a．方向向右，大小為 b．方向向左，大小為
c．方向向右，大小為 d．方向向左，大小為
【解題思路】通過滑塊的移動，改變觸頭的位置，使電壓表示數變化，從電壓表的讀數得知加速度的值。滑塊運動時，它所需的向心力由彈簧的彈力提供，設形變為x，根據牛頓第二定律可得:，根據電壓分配規律:
；因為滑片向右移動，，所以飛彈的加速度方向向左，大小為。
【答案】d
必考八、運動學與牛頓定律的綜合
【典題10】如圖所示，皮帶傳動裝置與水平面夾角為30°，輪半徑r= m，兩輪軸心相距l=3.75m，a、b分別是傳送帶與兩輪的切點，輪緣與傳送帶之間不打滑。乙個質量為0.
1kg的小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ= 。g取10m/s2。
（1）當傳送帶沿逆時針方向以v1=3m/s的速度勻速運動時，將小物塊無初速地放在a點後，它運動至b點需多長時間？（計算中可取≈16，≈20）
（2）小物塊相對於傳送帶運動時，會在傳送帶上留下痕跡。當傳送帶沿逆時針方向勻速運動時，小物塊無初速地放在a點，運動至b點飛出。要想使小物塊在傳送帶上留下的痕跡最長，傳送帶勻速運動的速度v2至少多大？
【解題思路】（1）當小物塊速度小於3m/s時，小物塊受到豎直向下、垂直傳送帶向上的支援力和沿傳送帶斜向下的摩擦力作用，做勻加速直線運動，設加速度為a1，根據牛頓第二定律
mgsin30° + μmgcos30°=ma1，解得 a1 = 7.5m/s2
當小物塊速度等於3m/s時，設小物塊對地位移為l1，用時為t1，根據勻加速直線運動規律
t1 = ，l1 = ，解得 t1 = 0.4s l1 = 0.6m
由於l1＜l 且μ＜tan30°，當小物塊速度大於3m/s時，小物塊將繼續做勻加速直線運動至b點，設加速度為a2，用時為t2，根據牛頓第二定律和勻加速直線運動規律
mgsin30°－μmgcos30°=ma2，解得 a2 = 2.5m/s2
l－l1 = v1t2 + a2t22，解得 t2 = 0.8s
故小物塊由禁止出發從a到b所用時間為 t = t1 + t2 = 1.2s
（2）作v—t圖分析知：傳送帶勻速運動的速度越大，小物塊從a點到b點用時越短，當傳送帶速度等於某一值v′ 時，小物塊將從a點一直以加速度a1做勻加速直線運動到b點，所用時間最短，即
l = a1tmin2，解得tmin = 1s
v′ =a1 tmin =7.5m/s
此時小物塊和傳送帶之間的相對路程為 △s = v′ t－l = 3.75m
傳送帶的速度繼續增大，小物塊從a到b的時間保持不變，而小物塊和傳送帶之間的相對路程繼續增大，小物塊在傳送帶上留下的痕跡也繼續增大；當痕跡長度等於傳送帶周長時，痕跡為最長**ax，設此時傳送帶速度為v2，則
**ax = 2l + 2πr，**ax = v2t－l
聯立解得 v2 = 12.25m/s
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