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2022-2023高考物理二輪復習（新高考）
02講 力與直線運動
l 力與直線運動的思維導圖

l 重難點突破
解決勻變速直線運動
(1)常用方法
①基本公式法
②v-t圖象法
③比例法：適用于初速度為零的勻加速直線運動和末速度為零的勻減速直線運動。
④逆向思維法：末速度為零的勻減速直線運動看做初速度為零的勻加速直線運動。
(2)追及相遇問題的臨界條件：前后兩物體速度相同時，兩物體間的距離最大或最小。
(3)物體的直線運動
所受合外力與速度在同一直線上，或所受合外力為零。
(4)常用規(guī)律：牛頓運動定律、運動學公式、動能定理或能量守恒定律、動量定理或動量守恒定律。
l 勻變速直線運動規(guī)律的應用
1.勻變速直線運動的基本規(guī)律
(1)速度關(guān)系：v＝v0＋at。
(2)位移關(guān)系：x＝v0t＋at2。
(3)速度位移關(guān)系：v2－v02＝2ax。
(4)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度：＝＝Vt/2。
(5)勻變速直線運動在相等時間內(nèi)相鄰的兩段位移之差為常數(shù)，即Δx＝aT2。
例1：（單選）（2022·河北南宮中學高一階段練習）短跑運動員完成賽跑的過程可簡化為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段，一次訓練中，某運動員用跑完全程。已知運動員在加速階段的第內(nèi)通過的距離為，則此次訓練中，下列說法正確的有（　?。?br /> A．運動員加速度大小為
B．運動員加速度大小為
C．運動員在加速階段通過的距離為
D．運動員勻速運動的速度大小為
答案：AD
解析：AB．運動員在加速階段的第內(nèi)通過的距離為，則有
又
解得
選項A正確，B錯誤；
CD．運動員用跑完全程，設加速的時間為t，則有
解得
則運動員在加速階段通過的距離為
運動員勻速運動的速度大小
選項C錯誤，D正確。
故選AD。
跟蹤訓練1：（2022·山西太原·高一期中）如圖，一輛飛行汽車既可以在陸地上行駛，也可以在天空飛行。起飛過程中，該飛行汽車先在水平跑道上從靜止開始做勻加速直線運動，歷時20s速度達到時離開跑道；之后沿與水平跑道成角的方向繼續(xù)做勻加速直線運動，再經(jīng)32s速度達到。則該飛行汽車（????）

A．在水平跑道上加速通過的路程為800m
B．離開跑道斜向上加速時其加速度的值為
C．離開水平跑道至速度達到的過程中，上升的高度為3840m
D．從靜止開始至速度達到的過程中，通過的總路程為4240m
答案：BD
解析：A．汽車在水平跑道上從靜止開始做勻加速直線運動，加速度為
在水平跑道上加速通過的路程為
故A錯誤；
B．斜向上加速時其加速度為
故B正確；
C．離開水平跑道至速度達到的過程中，運動的距離為
上升的高度為
故C錯誤；
D．從靜止開始至速度達到的過程中，通過的總路程為
故D正確。
故選BD。
2．追及問題的解題思路和技巧
(1)解題思路

(2)解題技巧
①緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關(guān)系式、速度關(guān)系式和位移關(guān)系式。
②審題應抓住題目中的關(guān)鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等，往往對應一個臨界狀態(tài)，滿足相應的臨界條件。
③若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動，最后還要注意對解的討論分析。
例2：（內(nèi)蒙古自治區(qū)鄂爾多斯市2022-2023學年高三上學期階段性測試物理試題）在某個惡劣天氣中，能見度很低。甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，甲在前、乙在后同向行駛。某時刻兩車司機聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時開始剎車，兩車剎車后的圖像如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br />
A．甲車的加速度大于乙車的加速度
B．若時兩車未發(fā)生碰撞，則此時兩車相距最近
C．為避免兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩車的間距至少為24m
D．為避免兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩車的間距至少為48m
答案：BD
解析：A．由圖像的斜率表示加速度，甲車的加速度大小
乙車的加速度大小
則甲車的加速度小于乙車的加速度，故A錯誤；
B．開始時，甲在前、乙在后，在0-24s內(nèi)，乙車的速度比甲車的大，兩車間的距離逐漸減小。24s后，乙車的速度比甲車的小，兩車間的距離逐漸增大，所以t=24s時兩車相距最近，故B正確；
CD．t=24s時兩車的速度均為
0-24s內(nèi)，甲車的位移為
乙車的位移為
兩者位移之差為
所以為避免兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩車的間距至少為48m，故C錯誤，D正確。
故選BD。
跟蹤訓練2：（2022·河南·洛寧縣第一高級中學高一階段練習）某火車做勻加速直線運動，連續(xù)通過兩個相距的時間分別為、，該火車以上述加速度由靜止開始做勻加速直線運動時，一只小鳥從火車車頭后方處沿火車加速方向勻速向前飛行。
（1）求火車的加速度大小a；
（2）求小鳥能超過火車車頭的最小速度v1；
（3）若小鳥在火車車頭前方運動的時間為75s，求小鳥的速度大小v2。

答案：（1）0.12m/s2；（2）6m/s；（3）
解析：（1）設火車的初速度為，在通過第一個100m的過程中，有
在通過兩個100m的過程中，有
解得
（2）設火車的速度增加到等于小鳥的速度時所用的時間為，若此時小鳥剛好超過車頭，有
對火車有
解得
（3）設小鳥與車頭相遇的時間為，則有
解得
分析可知，要使小鳥超過火車車頭的時間
即上式的兩個時間解的差即
解得
3.運動圖象問題-圖象問題的“四點”注意
(1)x - t圖象、v - t圖象均表示直線運動．
(2)運動學公式中的v、a、x均為矢量，一定規(guī)定正方向．
(3)剎車問題中不能忽略實際運動情況．
(4)x - t、v - t、a - t圖象相關(guān)量間的關(guān)系

（5）．應用圖象時的“兩個誤區(qū)”
誤認為v-t圖象、x-t圖象是物體運動軌跡。
在v-t圖象中誤將交點認為此時相遇。
例3：甲、乙兩車沿著一條平直公路同向同速行駛，相距121 m。t＝0時刻，前面的甲車開始減速，經(jīng)過一段時間，后面的乙車也開始減速，兩車的v-t圖象如圖所示。如果乙車停止時與前方甲車相距1 m，則甲車在減速過程中行駛的距離為(　　)

A．120 m B．160 m C．200 m D．240 m
答案：B　
解析：速度—時間圖象與坐標軸圍成圖形的面積表示位移大小，根據(jù)甲、乙位移間的關(guān)系列方程得，121 m＋v0·4t0＝v0·2t0＋v0·3t0＋1 m，解得v0t0＝80 m，故甲的位移為v0·4t0＝160 m，B正確。
跟蹤訓練3：如圖所示，A、B分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同一直線運動的v-t圖象，根據(jù)圖象可以判斷出(　　)

A．在t＝4 s時，甲球的加速度小于乙球的加速度
B．在t＝4.5 s時，兩球相距最遠
C．在t＝6 s時，甲球的速率小于乙球的速率
D．在t＝8 s時，兩球相遇
答案D　
解析：根據(jù)圖象可知，甲球的加速度a1＝＝－10 m/s2，故甲球的加速度大小為10 m/s2，負號表示加速度方向與速度方向相反，乙球的加速度a2＝＝ m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，選項A錯誤；當兩球速度相同時，兩球相距最遠，根據(jù)圖象有40 m/s＋a1t＝－20 m/s＋a2(t－2 s)，解得t＝4.4 s，即4.4 s時兩球相距最遠，選項B錯誤；t＝6 s時甲球的速度＝－20 m/s，乙球的速度＝ m/s，故t＝6 s時甲球的速率大于乙球的速率，選項C錯誤；結(jié)合圖象可知t＝8 s時，甲、乙兩小球又同時回到原出發(fā)點，選項D正確。

4.牛頓運動定律的應用-動力學中的“板—塊”模型
（1）．模型特點：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。
（2）．兩種位移關(guān)系：滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動時，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長。
（3）．解題思路
(1)審題建模：求解時應先仔細審題，清楚題目的含義、分析清楚每一個物體的受力情況、運動情況。
(2)求加速度：準確求出各物體在各運動過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。
(3)明確關(guān)系：找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口。求解中應注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
例4：如圖所示，一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運動。某時刻速度為v0＝2 m/s，此時一與木板質(zhì)量相等的小滑塊(可視為質(zhì)點)以v1＝4 m/s的速度從右側(cè)滑上木板，經(jīng)過1 s兩者速度恰好相同，速度大小為v2＝1 m/s，方向向左。取重力加速度g＝10 m/s2，試求：

(1)木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1；
(2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2；
(3)從滑塊滑上木板，到最終兩者速度恰好相同的過程中，滑塊相對木板的位移大小。
答案　(1)0.3　(2)0.05　(3)2.75 m
解析：(1)以向左為正方向，對小滑塊分析，其加速度為：a1＝＝ m/s2＝－3 m/s2，負號表示加速度方向向右，設小滑塊的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3。
(2)對木板分析，向右減速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可以得到：
μ1mg＋μ2·2mg＝m
向左加速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可以得到：
μ1mg－μ2·2mg＝m 而且t1＋t2＝t＝1 s
聯(lián)立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s。
(3)在t1＝0.5 s時間內(nèi)，木板向右減速運動，其向右運動的位移為：·t1＝0.5 m，方向向右；
在t2＝0.5 s時間內(nèi)，木板向左加速運動，其向左加速運動的位移為：·t2＝0.25 m，方向向左；在整個t＝1 s時間內(nèi)，小滑塊向左減速運動，其位移為：x＝·t＝2.5 m，方向向左
則整個過程中滑塊相對木板的位移大小為：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m。
跟蹤訓練4：如圖所示，小物塊從水平臺上的P點以5m/s的初速度向右滑動，運動至水平臺右端A點時以4m/s的速度水平拋出，運動至B點時恰好沿切線方向進人半徑為2.75m的固定圓弧軌道BC，圓軌道的圓心角∠BOC=37°。小物塊滑動至C點時，對圓弧軌道的壓力為25.4N，之后小物塊滑到與C點切線平齊的長木板上，最終恰好未從長木板上滑下。已知長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，小物塊的質(zhì)量為1.1kg，長木板的質(zhì)量為3.9kg，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是（??）

A．若小物塊與水平臺間的動摩擦因數(shù)為0.45，則P點與A點間距為1m
B．AB兩點間的豎直高度差為0.5m
C．小物塊滑上長木板后，地面對長木板的摩擦力為10N
D．長木板的長度為3.6m
答案：AD
解析：A．若小物塊則由P點到A點做勻減速運動，則有，
解得
故A正確；
B．小物塊由A到B做平拋運動，則有
解得AB兩點間的豎直高度差為
C．小物塊滑上長木板后對長木板的摩擦力為
地面對長木板的最大靜摩擦力即滑動摩擦力為
則長木板不會滑動，長木板受力平衡，受地面的靜摩擦力大小等于5.5N，方向向左，故C錯誤；
D．根據(jù)牛頓第二定律，在C點有
滑塊在長木板上做勻減速運動有，
解得
因長木板沒動，故長木板的長度為3.6m，故D正確。
故選AD。
例5.水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖。緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率運行，一質(zhì)量為的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，A、B間的距離，。
（1）求行李做勻加速直線運動的時間；
（2）如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率。

答案:（1）1s；（2）2s，2m/s
解析：（1）根據(jù)牛頓第二定律得
解得
行李做勻加速直線運動的時間為
（2）行李一直做勻加速運動時間最短
解得
傳送帶對應的最小運行速率為
跟蹤訓練5：“智勇大沖關(guān)”最后一關(guān)有如圖所示的滑道，沖關(guān)者坐上坐墊從A點靜止開始沿傾斜直軌道AB滑下，斜道傾角；離B點很近銜接一長L=2m的水平傳送帶，B與C兩點可認為平滑銜接（速度大小不變），A點距傳送帶垂直距離為h=2.4m，沖關(guān)者經(jīng)C點到D點后水平拋出，落在水面上一點E。已知：傳送帶末端距水面高度H=0.8m，坐墊與AB斜道間動摩擦因數(shù)為μ1=0.5，坐墊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為μ2=0.2。（，）g=10m/s2；求：
（1）沖關(guān)者到達B點時的速度大?。?br /> （2）如果傳送帶不動，求沖關(guān)者沖過D點后的平拋水平射程；
（3）如果傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，并且速度為3m/s，求出平拋水平射程。

答案：（1）4m/s；（2）m；（3）
解析：（1）在斜道AB上運動時，對人與坐墊分析由牛頓第二定律有
解得
又由
解得
（2）若傳送帶不動，則從C到D有

由可得
所以從C運動到D過程一直減速，由
解得
過D點后做平拋運動則水平射程
（3）當傳送帶速度為時，從C到D過程先減速到3m/s后勻速，即
則水平射程
基礎訓練
1．（單選）在電子商務高速發(fā)展的今天，國內(nèi)每天約有1億個包裹。對物流業(yè)這種對人力成本敏感的產(chǎn)業(yè)來說，物流行業(yè)正從人工分揀向智能化、自動化方向快速演變。某物流中心的分棟機器人可以簡化為如圖所示的平板小車，在平板小車的左端固定有一個支架，質(zhì)量為1kg的小球A用細線懸掛于支架上，平板小車在自身牽引力的作用下沿水平面做直線運動，小車右端放質(zhì)量為3kg的包裹B，包裹B始終相對小車靜止。若某段時間內(nèi)觀察到細線與豎直方向的夾角，重力加速度大小為，則在這段時間內(nèi)（　?。?br />
A．小車一定向右做加速運動
B．細線受到的拉力大小為20N
C．包裹B對小車的摩擦力大小為，方向水平向左
D．小車對包裹B的摩擦力大小為，方向水平向左
【答案】C
【詳解】A．小球的加速度向右，小車可能向右加速運動，也可能向左減速運動，A項錯誤；
B．對小球A進行受力分析可知


解得，
故B項錯誤。
CD．包裹B所受的摩擦力大小

方向向右，根據(jù)牛頓第三定律，包裹B對小車的摩擦力大小為，方向向左，故C項正確，D項錯誤。
故選C。
2．（單選）一帶電粒子在電場中，由M點從靜止開始無初速釋放后沿直線運動到N點，帶電粒子只受電場作用，其運動速度v與運動時間t關(guān)系v-t圖像如圖所示。下列說法一定正確的是（　　）

A．該電場是勻強電場 B．該粒子帶正電
C．電勢 D．場強大小
【答案】D
【詳解】A．v-t圖像的斜率表示加速度，由圖線可知，斜率增大，則帶電粒子的加速度增大，則根據(jù)牛頓第二定律可得
則帶電粒子受力增大，由于帶電粒子只受電場作用，根據(jù)
可知，電場強度增大，故該電場不是勻強電場，故A錯誤；
B．帶電粒子只受電場作用，無初速釋放，電場線方向不確定，則該粒子電荷不確定，正負電荷都在電場力的作用下做加速運動，故B錯誤；
C．如帶電粒子帶正電，由M點運動到N點，只受電場力，則沿著電場線方向運動，電勢降低，即
如帶電粒子帶負電，由M點運動到N點，只受電場力，則逆著電場線方向運動，電勢升高，即
故C錯誤；
D．帶電粒子由M點運動到N點，只受電場力，由圖可知
由于
則
故D正確。
故選D。
3．（單選）甲乙兩人做游戲，甲站在地面上，乙在甲正上方的平臺上。甲每隔一定時間向乙拋出一小球，已知小球豎直向上拋出時的初速度大小為，拋出點與接收點間的豎直高度為。若前一個小球向下被乙接住時，后一個小球也恰好向上經(jīng)過接球處，則每相鄰兩個小球拋出的時間間隔為（）（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【詳解】根據(jù)題意，設小球運動到距拋出點上方處所用時間為t，取初速度方向為正，則
，，
由代入數(shù)據(jù)得
，
故每相鄰兩個小球拋出的時間間隔為。
故選D。
4．（多選）如圖甲所示，物塊受水平向右的力F作用，緊靠豎直墻壁，F(xiàn)隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。已知物塊質(zhì)量為m，時物塊速度為0，物塊與墻壁間動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，考慮過程，對物塊有（　　）

A．最大速度為
B．最大速度為
C．位移為
D．位移為
【答案】AC
【詳解】過程中，，物塊與墻壁間最大靜摩擦力為0.5mg，小于物塊自身重力，物塊向下做勻加速直線運動，加速度大小為
時刻，物塊速度為
位移為
過程中，，物塊與墻壁間為滑動摩擦力，大小為1.5mg，大于物塊自身重力，物塊會向下做勻減速運動，加速度大小為
減速至0的時間為
該段時間內(nèi)物塊向下位移為
由上述分析可知，物塊在時刻速度最大，最大速度為，整個過程中位移為
故選AC。
5．（多選）在火箭發(fā)射這一領域，中國走在世界的前列。圖示為某豎直升空的飛行器在某段時間內(nèi)的圖像，由圖可知（　?。?br />
A．飛行器經(jīng)過135s落回地面
B．飛行器上升的最大高度為20250m
C．飛行器在0~45s內(nèi)處于超重狀態(tài)
D．飛行器在0~45s內(nèi)所受合力與在45s~135s內(nèi)所受合力的大小之比為2∶1
【答案】CD
【詳解】AB．由圖像可知，在0~135s時間內(nèi)，飛行器速度始終豎直向上，經(jīng)過135s時達到最大高度，根據(jù)v-t圖像與坐標軸所圍的面積表示位移可知飛行器上升的最大高度為
故AB錯誤；
C．飛行器在0~45s內(nèi)加速度方向豎直向上，所受合力大于重力，處于超重狀態(tài)，故C正確；
D．根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可知飛行器在0~45s內(nèi)的加速度大小與在45s~135s內(nèi)的加速度大小之比為
根據(jù)牛頓第二定律可知飛行器在0~45s內(nèi)所受合力與在45s~135s內(nèi)所受合力的大小之比為
故D正確。
故選CD。
能力提升
6．（多選）2022年8月5號，我國出口印尼的高速動車組正式啟用，中國的“名片”再一次“走出去”。如圖（a）甲、乙兩列動車行駛在相鄰兩直軌道上，某段時間內(nèi)兩動車的駕駛員的位置—時間圖像如圖（b）所示，其中內(nèi)兩條圖線平行，則下列說法正確的是（　?。?br />
A．時，甲、乙兩車駕駛員并排
B．內(nèi)，甲、乙兩車的距離增大
C．內(nèi)，甲車行駛的距離更遠
D．甲乙兩車的駕駛員并排時，甲車的速度比乙車大
【答案】CD
【詳解】A．由圖可知，時乙車的位置大于甲車的位置，即乙車在前，甲車在后，故A錯誤；
B．圖中內(nèi)兩條圖線平行，則兩車的距離保持不變，故B錯誤；
C．時刻兩車處于同一位置，由起始位置可知，甲車行駛的距離更遠，故C正確；
D．從圖中可知時刻兩車的駕駛員并排，位置—時間圖線切線的斜率表示瞬時速度，則由斜率知甲車的速度比乙車大，故D正確。
故選CD。
7．如圖所示，木板B靜置于水平面上，滑塊A靜置于B的左端，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力。若拉力的大小F1=4N，則B恰好相對地面滑動；若拉力大小F2=8N，則A恰好相對B滑動；若拉力大小F3=10N，且作用時間t1=2s后撤去，則最終A恰好沒脫離B。已知A、B的質(zhì)量mA=mB=1kg，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）B與地面之間的動摩擦因數(shù)μ1；
（2）A與B之間的動摩擦因數(shù)μ2；
（3）木板B的長度。

【答案】（1）0.2；（2）0.6；（3）5m
【詳解】（1）對AB整體由平衡關(guān)系得
（2）對AB整體和對B分別由牛頓第二定律；
得
（3）設撤去F3之前A、B的加速度分別為、，撤去F3之后A的加速度大小為，從撤去F3到A、B共速的時間為。撤去F3之前對A、B由牛頓第二定律，
撤去F3之后對A由牛頓第二定律 共速關(guān)系
木板B的長度
得L=5m
8．如圖所示，傾斜角為=37°的斜面軌道由兩種材料拼接而成，其中AB段光滑，且LAB=3m，BC段粗糙，斜面軌道與光滑水平面平滑連接，一質(zhì)量為M的長木板放在光滑水平面上，木板左段P與斜面軌道最低點C重合，另一大小不讓質(zhì)量為m的滑塊由A點靜止滑下，在AB段做加速度為6m/s2的勻加速直線運動，在BC段恰好做勻速直線運動，經(jīng)過C點滑上長木板P端，經(jīng)過C點前后速度大小保持不變，滑上長木板后滑塊做加速度大小為4m/s2的勻減速直線運動，長木板做加速度大小為2m/s2的勻加速直線運動（sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）滑塊在BC段做勻速直線運動的速度大??；
（2）滑塊與BC段斜面軌道間的動摩擦因數(shù)的大??；
（3）為保證滑塊不從長木板的右端Q滑離長木板，則長木板至少多長。

【答案】（1）6m/s；（2）0.75；（3）3m
【詳解】（1）依題意，滑塊在AB段做加速度為6m/s2的勻加速直線運動，有
所以，在BC段做勻速直線運動的速度大小
（2）滑塊在BC段做勻速直線運動，則
即
（3）設滑塊從C點滑上木板開始經(jīng)過時間，滑到木板最右端時，兩者共速，此時有
求得
則長木板長度至少為
因為

所以長木板長度至少為
9．如圖利用植保無人機對農(nóng)作物噴灑農(nóng)藥，已知某品牌無人機載藥后質(zhì)量為20kg，從地面豎直升空，先加速到3m/s后減速至零（豎直方向加速、減速階段看成勻變速直線運動，且加速度大小相等）在距地面3m懸停2s。隨后無人機開始水平飛行噴灑農(nóng)藥，先以加速度勻加速，達到最大速度3m/s后勻速飛行（g?。?，求：
（1）上升至距地1m時，無人機的速度大??；
（2）無人機加速上升過程受到的空氣作用力；
（3）升空5.5s內(nèi)無人機的位移大小。

【答案】（1）；（2），方向向上；（3）
【詳解】（1）根據(jù)題意，豎直方向
勻加速階段
勻減速階段
得
由得，上升至距地1m時，無人機的速度大小
（2）根據(jù)牛頓第二定律得方向向上
（3）豎直位移，豎直運動時間
懸停，則5.5s內(nèi)水平方向運動時間
水平方向勻加速運動得時間為
5.5s內(nèi)所以水平方向勻速運動時間為
則5.5s內(nèi)水平運動位移
升空5.5s內(nèi)無人機的位移大小
10．校園內(nèi)有棵芒果樹高5m多，有些芒果成熟后會自己掉地上，學生經(jīng)過如果被砸到還是有一定危險的。現(xiàn)在樹上有個芒果快成熟了，它距離地面的高度是，不計空氣阻力，重力加速度取，試求：
（1）若該芒果成熟后自由掉落到地面上用時多久？（假設芒果下落過程無樹枝等阻擋）
（2）該芒果自由落地瞬間速度多大？
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）由題意知芒果做自由落體運動，根據(jù)可得，該芒果成熟后自由掉落到地面上用時為

（2）該芒果自由落地瞬間速度大小為
11．一輛摩托車由靜止開始啟動過程中，測得它在第一秒的位移為1米，第二秒的位移為3米，第三秒的位移為5米。
（1）求摩托車在這三秒內(nèi)的平均速度。
（2）如果把摩托車這三秒內(nèi)的運動看成是勻變速直線運動，求加速度。
【答案】（1）3m/s；（2）
【詳解】（1）由題意得摩托車在這三秒內(nèi)的位移為
則在這三秒內(nèi)的平均速度為
（2）如摩托車是勻變速直線運動，從靜止開始運動，則
得





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