2025年高考物理大题突破训练（黑吉辽蒙专用）牛顿运动定律与直线运动（3大题型）（解析版）

大题01牛顿运动定律与直线运动

》明考情•笈方向》•

牛顿运动定律与直线运动在计算题中占比较大，常结合斜面、传送带、板块模型，要求分析多物体

系统的受力、加速度及运动状态变化（如2021年辽宁卷“倾斜传送带”计算题），直线运动重点考查多

阶段运动（如加速一匀速一减速）、追及相遇问题等，近年更强调实际情境建模（如2023年辽宁卷水陆

两栖飞机、2022年的冬奥会短道速滑运动等）。2025年将延续“情境创新+数学深化+跨模块综合”的命

题风格，考生需熟练掌握经典模型拆解方法，强化图像分析能力。

俭研大题-梃能力》

题型一匀变速直线运动的规律

典行I

【例1】（2024•辽宁丹东•一模）2024年，东北地区：哈尔滨、长春、沈阳、大连四座城市将有新的地铁

线路开通，新线路将会大大减轻交通压力，加快城市的发展。沈阳地铁一号线从S站到7站是一段直线

线路，全程1.6km,列车运行最大速度为72km%。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在

S站从静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀

4

减速直线运动，直至到7站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的1倍。现匀加速运动过程中

连续经过/、B、C三点，S—必用时2s,37C用时4s,且&4长2m,2C长24m。求:

(1)列车在。点的速度大小;

(2)列车匀速行驶的时间。

图甲

S~ABC-

图乙

【答案】(1)8m/s；(2)62s

1o

【解析】(1)由X=Q必可知

%=Im/s2

根据

vt=v

2

可知5C段平均速度

VBC==6m/s

^BC

v=v^+at

vc=8m/s

(2)由Ay=a•加得

匀加速阶段

v

%=—=20s

a1

匀减速阶段

V1,

t[=——IOS

—a,

41

,-x

由V=一得

t

匀加速阶段

%=v-t}=200m

匀减速阶段

x2=v-t2=\60m

匀速运动时间

t^=x-xi-x2=62s

V

【例2】（2024•吉林白城•一模）小明同学准备乘公交车去上学，当他距公交车站还有L=lkm时刚好有一

辆公交车从他身边经过，此时开始计时，小明立即从静止开始以加速度a/=2m/s2加速向公交车站跑去,

他的速度达到v/=4m/s后开始匀速直线运动。公交车经片125s进站，然后在站台停留时间m=2min。

（1）小明跑到公交车站运动过程中，在其匀加速阶段的时间。和位移应是多少？

（2）通过计算判断小明能否赶上这辆公交车？

【答案】（1）4=2s,%1=4m；（2）不能

【解析】（1）小明加速的时间

—=2s

%

加速的位移为

占='=4m

（2）匀速直线运动的时间

t2==249s

匕

小明跑到公交车站的时间

，人=%+%=251s

公交车从小明开始跑到离开站台的时间为

t车==245s

因为

f人＞/车

所以，小明不能赶上这辆公交车。

r

瞎林靛1

匀变速直线运动的解题步骤和公式

!【解题步骤】

以一步：分析运动过程

第二步：确定位移、速度、时间等相关关系

第三步：根据运动过程和已知关系结合运动学公式和推论列式求解

【公式】

速度时间公式二%+以（缺％）

平均速度公式缺。）

五个公式位移时间公式：X=vot+不Q/（缺与）

位移时间公式x=v,t-彳。『（缺为）

速度位移公式冠-4=2ax（缺t）

1.（2024•四川泸州•一模）在科创大赛中，某同学设计了可以利用蓝牙信号进行通信的玩具车。为测试蓝牙

通信功能，使两车经过一个交于。点的十字形轨道，如图所示。,=0时刻，甲车离O点距离$=6m,

乙车离。点的距离％=8m,甲车由静止开始做q=lm/s2的匀加速直线运动，乙车做初速度%=4m/s

的匀减速直线运动，到。点时速度恰好减为零并保持静止。已知甲车运动的最大速度%=4m/s,蓝牙

装置只能接收s=10m以内的信号。将两车视为质点，求：

（1）乙车从减速到停止运动的时间；

（2）f=0开始，两车利用蓝牙通信能持续的时间。

【答案】（1）4s（2）6s

【解析】（1）设乙车从减速到停止运动的时间为%乙车做初速度%=4m/s的匀减速直线运动，到。点

时速度恰好减为零，位移为Xz=8m

2

解得

%=4s

（2）f=0时亥!I，甲车离。点距离引=6m,乙车离。点的距离％=8m,两车距离为

故0时刻可以通信。乙车到。点时速度恰好减为零并保持静止。则甲车过。点以后10m内可以保持通

信，甲车位移为

=X]+s=16m

甲车运动加速到最大速度所用时间为

^=—=—s=4s

ax1

走过的距离

（。+%）仁巴m=8m

22

甲车匀速运动时间

_x3-x40=2s

%4

所以，从1=0开始，两车利用蓝牙通信能持续的时间为

t息=。+4=6s

2.（2024•山西•一模）“边路传中，中路抢点打门”是足球比赛中常见的进攻战术，而这种战术需要球员间有

良好的配合。在某次训练中，运动员甲正在沿着边线从4点向3点以5m/s的速度匀速带球，带至8点

后立即将球以20m/s的速度平行底线向C点踢出（忽略运动员踢球的时间）,之后足球以2m/s2的加速

度开始做匀减速运动。运动员乙则一直在。点观察着甲的运动情况，合适的时机出现后，乙开始向C点

先以5m/s2的加速度从静止开始匀加速运动，当达到10m/s后开始做匀速直线运动，最终和足球同时到

达C点，乙在C点完成射门。已知：AB=40m,5C=36m,CD=20mo求:

(1)运动员乙从。到C的运动时间；

(2)运动员乙需要在甲运动员运动到距离/点多远时出发。

【答案】(1)3s(2)35m

【解析】(1)乙从。跑至C过程中，加速段时间

%=-=2s

。乙

匀速段有

12

XCD--a^=%*2

代入数据解得

t2=1s

故乙从。到。运动时间为

t=tx+t2=3s

(2)甲带球至5点时间

「泡=8s

y甲

球从8运动到C的时间

_2

XBC=V球,4_5a球,4

解得

=2s

则乙启动比甲晚的时间为

t—ty+0—(4+)=7s

乙启动时，甲距离4点

x-vvt=35m

3.(2024•四川南充•一模)如图(a),为了测试智能汽车自动防撞系统的性能，智能汽车在水平面匀速直线

前行，通过激光雷达和传感器检测到车头正前方26m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使

之做加速度大小为田的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告，驾驶员在此次测试中未进行任何操作,

汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供阻力使汽车做加速度大小为

%的匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。全程汽车速度的平方随位移变化的图像

如图(b)所示。

图(a)

(1)测试汽车在两个阶段的加速度。八的分别为多大?

(2)测试汽车从检测到有障碍物到停止运动所用的总时间为多少？

【答案】(1)lm/s2,4m/s2(2)4s

【解析】(1)根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有

v2-Vg=2ax

可知图像的斜率

k=2a

解得

22

4=-lm/s,a2=-4m/s

所以测试汽车在两个阶段的加速度大小分别为lm/s2,4m/s2；

(2)汽车做加速度大小为q的匀减速直线运动所用时间

X=2s

%-1

汽车做加速度大小为生的匀减速直线运动所用时间

二=i=2s

’2=

故测试汽车从检测到有障碍物到停止运动所用的总时间为

t=tx+t2=2s+2s=4s

题型二牛顿第二定律的简单应用

典行

【例1】(2024•辽宁•二模)森林着火后，采用直升机运水去灭火，如图所示。直升机下方用绳子吊着水

桶，为了方便问题分析，假设直升机与水桶之间用一根不可伸长的轻质绳子相连。直升机运水飞行的过

程中，水桶受到的空气阻力与水桶的速度成正比，比例系数为鼠若绳子可以承受的最大拉力为尸，水

桶和水的总质量为"2,重力加速度为g。求：

（1）直升机竖直向上加速运动的过程中，水桶的最大加速度；

（2）水桶水平方向做匀速直线运动时，水桶的最大速度及此时绳子与竖直方向的夹角夕。

・小田、、F-ms

【答案】⑴。=-----

m

（2）v=,绳子与竖直方向的夹角。的余弦值为cos6=W

kF

【解析】（1）水桶受到的空气阻力与水桶的速度成正比，则

f=kv

直升机竖直向上加速运动的过程中，水桶受到重力、拉力和阻力作用，故

FT-mg-kv-ma

即

4^=ma+mg+kv

则加速度越大，速度越小，拉力越大，故当速度为0,拉力最大时，加速度最大，即

解得

F—mg

ci-

m

（2）水桶水平方向做匀速直线运动时，受力分析可得

F'smO-kv=Q

Frcos0=mg

当拉力最大时，速度最大，则

cos八整

F

则

J---g2

v=----------

k

【例2】（2024•重庆•模拟预测）如图所示，货车车头A通过水平刚性连接杆拖动车厢B,车厢内放置货

物C,在发动机水平牵引力尸的作用下一起向左做匀速直线运动。车头A、车厢B和货物C的质量均为

加，车头A和整个车厢（含货物）在水平面上运动时受到的阻力大小始终为其重量的左倍，货物C与车

厢B间的动摩擦因数为0.4左，重力加速度大小为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）求水平牵引力尸的大小;

（2）若仅将水平牵引力尸增大为匀速拉动时的1.5倍，且货物C未与车厢B碰撞，求力/增大后水平

连接杆的弹力大小。

【答案】（1）F=3kmg；

【解析】（1）由题知，A、B、C一起向左做匀速直线运动，对整个系统，由平衡条件有

F=3kmg

（2）当力/增大为匀速拉动时的1.5倍时，水平牵引力

F'=1.5F=4.5kmg

假设此时A、B、C一起向左做匀加速直线运动，加速度大小为。共，对系统，由牛顿第二定律有

F'-3kmg=3加Q共

解得

a共=0.5馆>^21=0.4馆

m

说明此时B与C之间发生了相对运动，假设不成立

因此，取A、B为一个整体，由牛顿第二定律有

F'-3kmg-OAkmg=2"2aAs

解得

•AB=0.55馆

设水平连接杆的弹力大小为T,对A,由牛顿第二定律有

F'-kmg-T=maAB

解得

T=2.95kmg

r

!喀

解答动力学基本问题的“两个分析”“一个桥梁”

1.（2024•湖南衡阳•模拟预测）北京时间2023年10月31日8时11分，神舟十六号载人飞船返回舱在东风

着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从

80m/s降至10m/s,此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面21n时启动反推发动机，速度匀减至0后

恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为户如，其中左为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱

（含宇航员）总质量为3000kg,主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取

10m/s2,设全过程为竖直方向的运动。求：

（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；

（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，求反推发动机产生的推力大小。

【答案】（1）70m/s2（2）1.05xl05N

【解析】（1）由牛顿第二定律可知

mg一力=叫

工=利

fz=kv2=mg

联立可得

%=-70m/s2

所以加速度大小为70m/s2；

(2)在反推发动机工作时，主降落伞和返回舱匀减速至零，根据运动学公式可得

—0—

解得加速度大小为

=—

22h

根据牛顿第二定律可得

F-mg=ma2

解得

F=1.05X105N

2.(2024•福建・二模)高速公路在一些长下坡路段行车道外侧时常会增设避险车道，车道表面是粗糙碎石,

其作用是供下坡的车辆在刹车失灵的情况下紧急避险，如图所示为某处避险车道。现有一辆质量为

m=1.0xl04kg的货车沿倾角方5。的下坡路面行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时

速度表示数v/=72km/h,货车继续沿下坡路面直线行驶了Z=20s时到达避险车道，此时速度表示数

v*108km/h.若把货车整体视为质点，其在下坡路面和避险车道上的运动均视为匀变速直线运动，且不计

下坡路面与避险车道连接处的能量损失，重力加速度大小g=10m/s2,sin5o=0.09,sin37°=0.6,

cos37°=0.8o

(1)求货车下坡时受到的阻力大小；

(2)若该避险车道与水平地面的夹角a=37。，货车与避险车道之间的动摩擦因数〃=0.25,求货车在避险

车道上运动的最大位移。

【答案】(1)4.0xl03N(2)56.25m

【解析】(1))货车在下坡过程中的加速度

a=%一匕

解得

d?=0.5m/s2

对货车受力分析，由牛顿第二定律得

mgsin/=ma

联立解得

/=4.0X103N

(2)在避险车道上，根据牛顿第二定律可得

mgsinO'+/jmgcosO'=ma!

解得

a=8m/s2

由运动公式

O-vf=-2a's

联立解得

s=56.25m

3.(2024•陕西榆林•一模)“滑冰车”是我国北方冬季的一种娱乐活动之一。滑冰车时，人左右手各握一根冰

钎斜向后下方插入冰面，冰面给的反作用力使人与冰车一起向前运动，如图所示。现有一同学由静止开

始在水平冰面上滑冰车，两侧冰钎在插冰时平行且与水平冰面成53°角，与冰面作用1.0s后收起冰钎，

人与冰车依靠惯性滑行16nl后停止运动。已知人与冰车的总质量为64kg,冰钎的质量及空气阻力均可

忽略不计，冰面对冰钎、冰车和人的作用力可视为恒力，且沿冰钎斜向上，冰车与冰面间的动摩擦因数

为0.05,取重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6□求：

(1)收起冰钎后人与冰车的加速度大小a；

(2)人与冰车整个运动过程中的最大速度%；

(3)两侧冰钎插冰时对冰面的合力大小。

【答案】(1)0.50m/s2(2)4.0m/s(3)450N

【解析】(1)冰车与冰面间的动摩擦因数〃=0.05,收起冰钎后人与冰车所受的摩擦力

f="N=/Limg

收起冰钎后人与冰车所受的合外力就是这个摩擦力，由牛顿第二定律，则有人与冰车的加速度大小为

a="'"g=jug=0.50m/s2

m

(2)冰钎与冰面间相互作用的过程中，人和冰车一直在加速，所以收起冰钎时人与冰车有最大速度%，

此后人与冰车做匀减速直线运动到静止，因此有

vl=2ax

解得最大速度的大小为

vm=4.0m/s

(3)冰钎与冰面间相互作用的过程中加速运动的加速度

a'=—=4.0m/s2

t

设冰面对两侧冰钎的合力大小为尸，由牛顿第二定律可得

Fcos530-〃(mg-尸sin530)=ma'

解得

F=450N

根据牛顿第三定律可知，两侧冰钎对冰面的合力大小

Ff=F=450N

题型三斜面模型

【例1】(2024•陕西榆林•一模)如图所示，一个质量加=0.50kg的木块以l=4夜m/s的初速度，从固定

的、足够长斜面底端沿倾角。=370的斜面向上运动。已知木块与斜面间的动摩擦因数〃=。25,取重力

加速度g=10m/s,,sin37°=0.6,cos370=0.8o求：

"〃〃7777〃/77〃〃77777/〃7777〃7777〃/〃7〃,

(1)木块所受滑动摩擦力的大小了;

(2)木块沿斜面向上运动的最大位移x；

（3）木块返回到斜面底端时的速度大小匕。

【答案】（1）1.0N（2）2.0m（3）4.0m/s

【解析】（1）木块与斜面间的压力

N=mgcos0

所受滑动摩擦力的大小

/=juN=]umgcos。=LON

（2）设木块沿斜面向上运动的加速度为。上，根据牛顿第二定律有

mgsin0+f=ma上

木块沿斜面向上运动的最大位移

（3）设木块沿斜面向下运动的加速度为。下，根据牛顿第二定律有

mgsin^-f=ma下

木块返回到斜面底端时的速度大小

v,=J2a下x=4.0m/s

【例2】（2024・吉林・一模）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a）,在与水平面夹角6=14.5。

的滑雪道上，质量加=60kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪板的阻力可忽

略），由静止开始沿直线匀加速下滑为=45m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板

推雪获得阻力，匀减速继续下滑％=15m后停止。已知sinl4.5o=0.25,sin37o=0.6,取重力加速度

g=10m/s2,不计空气阻力。

（1）求减速过程中滑雪者加速度。的大小；

（2）如图（b）,若减速过程中两滑雪板间的夹角a=74。，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻

力均为F,求尸的大小。

三?至？

图（a）图（b）

【答案】⑴a=7.5m/s2；（2）尸=500N

【解析】（1）由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有

mgsin0=ma1

代入数据得

v=J2gxisin6=15m/s

匀减速继续下滑的过程有

2

2ax2=v

代入数据得

V"2

a=----=7.5m/s

2X2

(2)若减速过程中两滑雪板间的夹角a=74。，根据牛顿第二定律有

2Fsin--mgsin0=ma

解得

尸=，"a+加gsine=5ooN

_.a

2sin一

2

I------

!瞎物体在斜面上运动状态的分析

运动状态受力分析动力学相关分析

斜面光滑无摩擦，则物块仅受重力和斜面对物块的支持力

沿光滑斜面由静止匀

F,在沿斜面方向由牛顿第二定律有机gsin9=ma,物

加速下行

块沿斜面向下做匀加速直线运动

沿斜面匀速下行，则沿斜面方向受力平衡，根据平衡条件

沿斜面匀速下行

7

可知7f=mgsin0

沿斜面方向由牛顿第二定律有F+mgsin0=ma，根据

沿斜面匀减速上行有f

初速度%运动学公式0-片=-2a£有，即通过距离乙后速度为0

沿斜面匀加速上行沿沿斜面方向由牛顿第二定律有G-机gsin。一玛.=机。,

斜面方向有外力用物块沿斜面向上做匀加速直线运动

1.（2024•贵州铜仁・二模）如图所示，在倾角为。=37。的足够长斜面上，有一质量加=2kg、可视为质点的

物块，在尸=20N、方向与斜面夹角a=37。的力的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，经4=12s撤去

F,物块在4时间内的位移为国=36m。sin37°=0.6,重力加速度g取lOm/s?。求：

（1）物块与斜面间动摩擦因数〃；

（2）撤去产后3s内，物块的位移大小工2。

【答案】(1)0.75；(2)1.5m

【解析】(1)根据

1,2

士=5年

可得

2

%==2,6m^2_o5m/s

12

f12

根据牛顿第二定律

Fcosa-mgsin0-〃(加gcos0-Fsina)=max

解得

〃=0.75

(2)力产作用12s末的速度

v=贴=6m/s

撤去尸后向上运动的加速度大小

2

a2=gsin0+/jgcos0=12m/s

则向上运动的位移

62

m=1.5m

22%=-2--x--1=2---------

运动时间

q=—=0.5s

a2

因为

mgsin0=jumgcos0

可知以后物块静止在斜面上，则撤去产后3s内，物块的位移大小

x2=1.5m

2.（24-25高一上•安徽宣城•期末）如图所示，在倾角6=37。的固定斜面上放置一质量M=lkg、长度£=3m

的薄平板/心平板的上表面光滑，其下端8与斜面底端C的距离为16m。在平板的上端/处放一质量

%=0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放。设平板与斜面间、滑块与斜

面间的动摩擦因数均为〃=0.5,重力加速度的大小g取lOm/s。，5苗37。=0.6,cos37°=0.8o求：

（1）刚释放两物体的加速度；

（2）滑块刚到达C点时的速度;

（3）滑块与平板下端3到达斜面底端C的时间差加。

【答案】（1）0；6m/s2,沿斜面向下（2）10m/s,沿斜面向下（3）2s

【解析】（1）由于

A/gsin370<//（Af+m）gcos37°

故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，所以刚释放时平板的加速度为

%=0

对滑块，由牛顿第二定律得

加gsin37°=加出

解得滑块的加速度为

2

a2=6m/s

方向沿斜面向下

(2)由运动学公式有

—2ci?L

解得滑块到达5点时速度为

vB=6m/s

之后滑块滑离平板，在斜面上运动时有

mgsin37°-jumgcos37°=ma3

解得

2

a3=2m/s

设滑块在斜面上运动的时间为％,则有

r12

LRC=v/+5%，

解得

，=2s

由运动学公式

VC=VB+a3t

解得

vc=1Om/s

方向沿斜面向下

(3)对平板，滑块滑离后才开始运动，同理可知加速度为

2

a4=2m/s

设平板滑至斜面底端C所用时间为一，则有

_j_，2

LBC=

解得

f'=4s

滑块与平板下端3到达斜面底端C的时间差为

At=t'—t=2s

3.(24-25高一上•新疆克孜勒苏•期末)如图所示，一位滑雪者从倾角外37。的斜坡上/处由静止开始自由

下滑，经过4s滑至坡底8后进入水平雪道(8处有一光滑小圆弧与两雪道平滑连接)，最终停在C处;

已知滑雪板与斜坡雪地间的动摩擦因数〃尸0.25,8C的长度为64m,(不计空气阻力，取g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8),求：

_______x_____________________

(i)滑雪者在倾斜雪道上的加速度的大小。；

(2)滑雪者在倾斜雪道上的位移x

(3)滑雪板与水平雪地间的动摩擦因数〃2。

【答案】(1)4m/s2(2)32m(3)0.2

【解析】(1)根据牛顿第二定律

mgsin37°-f=mai

又

=mgcos37°,f=小

得

q=mgsin37。-〃然=4m/s2

m

(2)根据

12

x=—at

2y11x

解得

12

x=—x4x4m=32m

2

(3)到8点的速度

v=a]t=16m/s

设滑雪者在水平雪道上滑行得加速度大小即，则

2

v=2a2x2

得

〃2=2m/s2

根据

42mg=ma2

可得

〃2=0.2

4.(24-25高一上•山东威海•期末)如图甲所示，倾角6=37。的斜面固定在水平地面上，一物块在沿斜面向

上的恒力尸作用下，从斜面底端由静止开始向上运动，一段时间后撤去尸。从物块运动开始计时，物块

的速度一时间图像如图乙所示。已知物块的质量m=lkg,物块与斜面间的动摩擦因数〃=0.5,重力加

速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.80求：

(1)撤去尸后，物块上滑的加速度大小；

(2)》的大小;

(3)物块返回斜面底端时的速度大小。

【答案】(1)lOm/s?(2)20N(3)VlOm/s

【解析】(1)撤去尸后，物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得

mgsin0+/Limgcos6=ma2

解得加速度大小为

2

a2=10m/s

(2)由图乙中的v—图像可知，撤去尸前物块上滑加速运动与撤去尸后物块上滑减速运动的加速度大

小相等，则有

2

ax=a2=10m/s

撤去尸前，根据牛顿第二定律可得

F-mgsin0-Ringcos0=max

解得

F=20N

(3)撤去厂时，物块的速度大小为

V=Q£=10x0.5m/s=5m/s

根据图乙可知，物块沿斜面上滑的最大距离为

V51cL

x=—/=—xlm=2.5m

22

物块下滑过程，根据牛顿第二定律可得

mgsin0-jumgcos0-ma3

解得加速度大小为

2

a3=2m/s

根据运动学公式可得

,2

2a3x=v

解得物块返回斜面底端时的速度大小为

M=VlOm/s

、利大题•拿高分4■

I.（2025・重庆•一模）单踏板新能源电动汽车通过动能回收来增加车辆的续航里程，备受消费者青睐。为测

试该款新能源汽车的性能，汽车以30m/s的速度在平直路面上匀速行驶，当车头经过减速标志时，驾驶

员立即松开油门踏板，汽车开始以大小为2m次的加速度匀减速，经过5s后，驾驶员再踩下刹车踏板,

发现汽车停止时车头与减速标志间的距离为165m。求：

（I）驾驶员松开油门踏板5s后，汽车的速度大小；

（2）驾驶员踩下刹车踏板后，汽车的加速度大小。

【答案】（I）20m/s（2）5m/s2

【解析】（I）驾驶员松开油门踏板5s后，汽车的速度为h,则

匕=%一贴=20m/s

汽车经过的位移

&_"+丫1f—125m

121

（2）驾驶员踩下刹车踏板后，汽车经过的位移为

x2=x-x1=40m

由

0—y；=_2〃2%2

解得

2

a2=5m/s

2.（2024・四川成都•三模）在鸟类中，海鸟不但善于飞翔，也善于游泳，能在水中游泳追捕鱼类。北方的塘

鹅就具有这样的捕鱼本领，塘鹅为了追捕鱼类，可以从高空以流线型的身姿沿竖直方向一头扎进海水里

捕鱼。假设塘鹅从离水面〃高处向下俯冲的过程为自由落体运动，进入水中后为匀减速直线运动。已知

塘鹅入水后所受的水的阻力与浮力之和为塘鹅自身重力的5倍，重力加速度大小为g,塘鹅可视为质点。

求:

（1）塘鹅入水前瞬间的速度大小；

（2）塘鹅入水后下降的最大深度。

【答案】（1）v=J2g〃（2）

【解析】（1）设塘鹅的质量为加，自由落体运动过程中

v2=2gh

解得塘鹅入水前瞬间的速度大小

v=y/2gh

（2）由牛顿第二定律有

f-mg=ma

设塘鹅在水中的运动时间为"则

v

t=-

a

塘鹅在水中下降的最大深度