基礎(chǔ)題組
1．如圖甲所示，小物塊從足夠長(zhǎng)的光滑斜面頂端由靜止自由滑下．下滑位移x時(shí)的速度為v，其x - v2圖象如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則斜面傾角θ為( )
A.30° B．45°
C.60° D．75°
2．[2022·廣東佛山1月質(zhì)檢]隨著運(yùn)營(yíng)路線的拓展，高鐵逐漸成為人們出行的重要方式．如圖是某列車從減速進(jìn)站到以一定的速度離開車站的這段時(shí)間內(nèi)的速度—時(shí)間圖象，下列說法正確的是( )
A.進(jìn)站時(shí)列車的加速度大小為3.75 m/s2
B.列車在加速與減速兩階段運(yùn)動(dòng)的位移相同
C.若列車總質(zhì)量不變，則加速時(shí)列車所受的合外力更大
D.若列車以80 m/s的速度勻速駛過該站，則少耗費(fèi)575 s的運(yùn)行時(shí)間
3．圖甲是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員在奧運(yùn)會(huì)上蹦床比賽中的一個(gè)情境，設(shè)這位蹦床運(yùn)動(dòng)員僅在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律通過傳感器用計(jì)算機(jī)繪制出來，如圖乙所示．取g＝10 m/s2，在不計(jì)空氣阻力情況下，根據(jù)F - t圖象，求：
(1)運(yùn)動(dòng)員在運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度的大??；
(2)運(yùn)動(dòng)員雙腳離開蹦床后的最大速度的大小．
綜合題組
4．(多選)如圖所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B在水平外力的作用下緊靠在一起壓縮彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0.以兩滑塊此時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的一維坐標(biāo)系，現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，下列關(guān)于外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x變化的關(guān)系圖象可能正確的是( )
5．許多餐廳生意火爆，為能服務(wù)更多的顧客，服務(wù)員需要用最短的時(shí)間將菜肴送至顧客處(設(shè)菜品送到顧客處速度恰好為零).某次服務(wù)員用單手托托盤方式(如圖)給12 m遠(yuǎn)處的顧客上菜，要求全程托盤水平，托盤和手、碗之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.2、μ2＝0.15，服務(wù)員上菜的最大速度為3 m/s.假設(shè)服務(wù)員加速、減速運(yùn)動(dòng)過程中是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)服務(wù)員運(yùn)動(dòng)的最大加速度；
(2)服務(wù)員上菜所用的最短時(shí)間．
課時(shí)分層作業(yè)（九） 應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決“三類”?？紗栴}
1．解析：由v2＝2ax得x＝ eq \f(1,2a) v2，結(jié)合x - v2圖象可知小物塊的加速度a＝5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，小物塊的加速度a＝g sin θ，所以θ＝30°，選項(xiàng)A正確，B、C、D錯(cuò)誤．
答案：A
2．解析：在v - t圖象中，圖象斜率表示加速度，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，分析知A、B錯(cuò)誤；由F＝ma及減速階段加速度大可知減速時(shí)列車所受的合外力更大，C錯(cuò)誤；由圖可知列車總位移x＝ eq \f(80×（300＋350）,2) m，Δt＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(900－\f(x,80))) s＝575 s，D正確．
答案：D
3．解析：（1）由圖象可知運(yùn)動(dòng)員重力G＝500 N
蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的最大彈力Fm＝2 500 N
設(shè)運(yùn)動(dòng)員的最大加速度為am，則Fm－mg＝mam
解得am＝40 m/s2.
（2）由圖象可知最長(zhǎng)的自由下落的時(shí)間為t＝ eq \f(8.4－6.8,2) s＝0.8 s最大速度vm＝gt
解得vm＝8 m/s.
答案：（1）40 m/s2 （2）8 m/s
4．解析：設(shè)A、B向右勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體有F＋k（x0－x）＝（mA＋mB）a，可得F＝kx＋（mA＋mB）a－kx0，若（mA＋mB）a＝kx0，得F＝kx，則F與x成正比，F(xiàn) - x圖象可能是過原點(diǎn)的直線，對(duì)A有k（x0－x）－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN - x圖象是向下傾斜的直線，當(dāng)FN＝0時(shí)，A、B開始分離，此后B做勻加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)不變，則A、B開始分離時(shí)有x＝x0－ eq \f(mAa,k) ＜x0，因此選項(xiàng)B、D正確，A、C錯(cuò)誤．
答案：BD
5．解析：（1）設(shè)碗的質(zhì)量為m，托盤的質(zhì)量為M，服務(wù)員以最大加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，碗、托盤、手保持相對(duì)靜止，受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律得Ff1＝ma1，碗與托盤間相對(duì)靜止，則Ff1≤Ff1max＝μ2mg.
解得a1≤μ2g＝1.5 m/s2，
對(duì)碗和托盤整體，受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律得Ff2＝（M＋m）a2，
手和托盤相對(duì)靜止，則Ff2≤Ff2max＝μ1（M＋m）g，
解得a2≤μ1g＝2 m/s2，
則服務(wù)員上菜的最大加速度amax＝1.5 m/s2.
（2）服務(wù)員以最大加速度達(dá)到最大速度，然后勻速運(yùn)動(dòng)，再以最大加速度減速運(yùn)動(dòng)，所需時(shí)間最短，加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間
t1＝ eq \f(vmax,amax) ＝ eq \f(3,1.5) s＝2 s，
加速運(yùn)動(dòng)位移x1＝ eq \f(1,2) vmaxt1＝ eq \f(1,2) ×3×2 m＝3 m，
減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝t1＝2 s，位移x2＝x1＝3 m，
勻速運(yùn)動(dòng)位移x3＝L－x1－x2＝12 m－3 m－3 m＝6 m．
勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝ eq \f(x3,vmax) ＝2 s，
則服務(wù)員上菜所用的最短時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝6 s.
答案：（1）1.5 m/s2 （2）6 s

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