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匀变速直线运动 大量练习题 较难


2014-2015 学年度???学校 3 月月考卷
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________

一、选择题(题型注释) 1.一个物体沿直线运动,其加速度逐渐减小到 0,随后保持为 0 不变,则关于它的速 度,下列说法可能的是( ) A.先逐渐增大,最后不变 B.先减小后增大,最后不变 C.先逐渐减小,最后不变 D.先增大后减小,最后不变 【答案】ABC 【解析】 2.关于力和运动的关系,下列说法中正确的是 ( ) A.物体速度不断增大,表示物体必受力的作用 B.物体位移不断增大,表示物体必受力的作用 C.物体朝什么方向运动,则这个方向上物体必受力的作用 D.物体的速度大小不变,则其所受的合力必为零 【答案】A 【解析】力是产生加速度的原因,也是使物体速度发生变化的原因,A 对;物体做匀速 直线运动时位移不断增大,但所受合外力为零,B 错;同理 C 错;速度大小不变但方向 发生变化,所受合外力也不为零,D 错; 3.关于匀变速直线运动的速度公式 vt=v0+at,以下理解正确的是( ) A.vt 一定大于 v0 B.v0 是初速度,是瞬时速度 C.vt 可能小于 v0 D.at 指 t 时间内的速度变化量 【答案】BCD 【解析】该公式是匀变速直线运动的速度与时间的关系,其中 v0 是物体在零时刻的速 度,而 vt 是物体 t 时刻的速度。物体如果做匀减速直线运动,其速度是不断减小的, 故 vt 可能小于 v0,故 A 错误而 B、C 正确。加速度 a 是描述速度变化快慢的物理量,a 与时间 t 的乘积就表示在该时间段内速度变化,即速度变化量。由 a=△v/△t 知,从数 值的角度来说 a 等于单位时间内速度的变化量,故 a 与时间 t 的乘积就表示在该时间段 内速度变化,所以 D 选项正确。 4.在匀加速直线运动中,以下说法错误的是( ) A.位移总随时间而增加 B.速度的增量总跟时间成正比 C.位移总跟时间的平方成正比 D.速度总跟时间成正比 【答案】CD 【解析】 试题分析:要正确解答本题必须:理解加速度的定义,在匀变速运动中会求加速度;匀 变速直线运动位移与时间公式; 根据匀变速直线运动位移公式 x ? v0 t ?

1 2 at 可知,物体做匀加速直线运动时位移与时 2

间不成正比,位移总随时间而增加,所以 A 正确,C 错误 物体做匀加速直线运动时 vt ? v0 ? at ,即 ?v ? at 若物体有初速度,则速度和时间不 成正比,所以 B 正确,D 错误,故选 CD
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考点:本题考查了匀加速直线运动的规律 点评:此类题是一道非常基础的题目,关键是对公式的灵活运用 5.一辆汽车由静止开始做匀加速运动,经 ts 速度达到 v ,立即刹车做匀减速运动,又 经 2ts 停止,则汽车在加速阶段与在减速阶段( ) A. 速度变化量的大小相等 B. 加速度的大小相等 C. 位移的大小相等 D. 平均速度的大小相等 【答案】AD 【解析】 试题分析:匀加速运动的速度变化量大小为 ?v1 ? v ? 0 ? v ,匀减速运动的速度变化量

?v2 ? 0 ? v ? ?v ,速度变化量的大小为 v,则速度变化量的大小相等,故 A 正确;匀
v?0 v 0?v v ? ,匀减速运动的加速度为 a2 ? ? ? ,加速 t t 2t 2t v 0?v vt t ? ,匀减速运动的位移为 度大小为 ,故 B 错误.匀加速运动的位移为 x1 ? 2t 2 2 v?0 v x2 ? ? 2t ? vt ,故 C 错误;匀加速运动的平均速度为 v1 ? ,匀减速运动的平均 2 2 v 速度为 v2 ? ,故 D 正确. 2
加速运动的加速度为 a1 ? 考点:考查了匀变速直线运动规律的应用 6.一辆汽车从静止开始由甲地出发,沿平直公路开往乙地,汽车先做匀加速运动,接 着做匀减速运动,开到乙地刚好停止,其 v-t 图象如图所示,那么 0~t0 和 t0~3t0 两段 时间内( )

A.加速度大小之比为 3∶1 B.位移大小之比为 1∶2 C.平均速度大小之比为 2∶1 D.平均速度大小之比为 1∶1 【答案】BD 【解析】 试题分析:加速度大小之比为:

v0 v0 : ? 2 :1 , A 错 误 ; 位 移 之 比 为 : t0 3t0 ? t0

0 ? v0 v0 ? 0 1 1 v0t0 : v0 ? 2t0 ? 1: 2 ,B 正确;平均速度之比为 : ? 1:1 ,故 C 错误 D 正 2 2 2 2
确 考点:考查了速度时间图像 7.一辆汽车以 72km/h 的速度沿平直公路匀速前进,司机发现场前方有障碍物,立即 2 紧急制动,汽车以 5m/s 加速度做匀减速运动,则汽车在制动以后 2S 内与制动以后 6S 内的位移之比是 ( ) A.l :l B.3 :4 C.3 :l D.4 :3.

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【答案】B 【解析】考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析:汽车刹车后的运动可以看成是匀减速直线运动. 已知初速度和加速度,求几秒后通过的位移可以运用匀变速直线运动的公式. 要注意汽车刹车是一项实际运动.一段时间后汽车就停止运动,所以要判断汽车从刹车 到停止所需的时间,根据这个时间来运用公式. 解答:解:规定初速度方向为正方向 2 已知初速度 v0=20m/s,a=-5m/s 设汽车从刹车到停止所需的时间为 t 根据匀变速运动速度时间公式得:v=v0+at,t=4s,因为 t1=2s<t 所以:x1=v0t1+

1 2 at1 =30m 2

因为 t2=6s>t,说明 6s 内汽车的位移等于汽车从刹车到停止的位移, x2=
2 v 2 ? v0 =40m,x1:x2=3:4 2a

故选 B. 点评:本题关键在于汽车刹车问题中,汽车匀减速直线运动的位移公式和保持静止的位 移公式不同,故需要先判断运动的实际时间,再运用位移时间公式列式求解. 8.对于初速度为零的匀加速直线运动,下列说法不正确 的是( ) ... A.相邻、相等时间间隔内的位移之差为常数 B.任意两个相等时间内的速度变化量都相等 C.从开始运动起,在连续相等时间内通过的位移之比为 1∶2∶3∶? D . 从 开 始 运 动 起 , 通 过 连 续 相 等 的 位 移 所 需 的 时 间 之 比 为

1 ∶ ( 2 ? 1) ∶ ( 3 ? 2 ) ∶?
【答案】C 【解析】A、匀变速直线运动中,在连续相等时间内位移之差是一恒量,即△x=aT2.故 A 正确. B、根据△v=a△t,知在任意两个相等时间内的速度变化量相等.故 B 正确. C、初速度为零的匀加速直线运动,从开始运动起,在连续相等时间内通过的位移之比 为 1:3:5:故 C 错误. D、初速度为零的匀加速直线运动,从开始运动起,通过连续相等的位移所需的时间之 比为 1:

?

2 ? 1 : 3 ? 2 ,故 D 正确.

??

?

解决本题关键知道匀变速直线运动中,在连续相等时间内位移之差是一恒量,即 △ x=aT2.以及一些初速度为 0 饿匀变速直线运动的特殊推论. 9.一物体沿长为 L 的光滑斜面,从静止开始由斜面的顶端下滑到斜面底端的过程中, 当物体的速度达到末速度的 1/3 时,它距斜面底端的长度为( ) A.L/9 B. 8L/9 C.L/2 D.L/10 【答案】B 【解析】 试题分析:设物体沿斜面下滑的加速度为 a,物体到达斜面底端时的速度为 v,则有:

1 1 2 ( v) ? 2ax ,联立可得 x ? L ,所 v 2 ? 2aL 当物体的速度达到末速度的 1/3 时有: 9 3

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以它距斜面底端的长度为

8 L ,故 B 正确。 9

考点:考查了匀变速直线运动规律的应用 10.匀变速直线运动的物体,初速度为 10 m/s,方向沿 x 轴正方向,经过 2 s,末速度 变为 10 m/s, 方向沿 x 轴负方向, 则其加速度和 2 s 内的平均速度分别是 ( ) 2 A.10 m/s ;0 B.0;10 m/s 2 C.-10 m/s ;0 D.-10 m/s2;10 m/s 【答案】C 【解析】 2 11.汽车以 20m/s 的速度做匀速直线运动,刹车后的加速度为 5 m/s ,那么开始刹车后 经多长时间停下来? ( ) A.1s B.2s C.3s D.4s 【答案】D 【解析】 试题分析:把末速度为零的减速运动看做反方向的匀加速直线运动,由 v=at 可知速度 增大到 20m/s 经历的时间为 4s,D 对; 考点:考查匀变速直线运动的规律 点评:本题难度较小,末速度为零的匀减速直线运动可利用逆向思维看做反方向的匀加 速直线运动 12.做匀加速直线运动的物体,下列说法正确的是( ) A.在 t 秒内的位移决定于平均速度 B.第 1 秒内、第 2 秒内、第 3 秒内的位移之比是 1:2:3 C.连续相等的时间间隔内的位移之差相等 D.初速度为 0 的匀变速直线运动连续相等位移的时间之比 1:3:5 【答案】AC 【解析】 试题分析:由位移与平均速度的关系 s=vt 可知 A 对;对于初速度为零的匀加速直线运 动第 1 秒内、第 2 秒内、第 3 秒内的位移之比是 1:3:5,B 错;在匀变速直线运动中连 续相等的时间间隔内的位移之差相等,等于 aT ,C 对;初速度为 0 的匀变速直线运动 连续相等位移的时间之比为 1 : 2 ? 1 : 3 ? 2 考点:考查匀变速直线运动推论的应用 点评:对匀变速直线运动的推论要真正理解才能应用,应搞清楚每个运动推论应用的条 件 13.物体从静止开始做匀加速直线运动,测得它在第 n 秒内的位移为 s,则物体运动的 加 速 度 为 : ( )
2

A.



B.



C.



D.

【答案】D 【解析】考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系. 专题:直线运动规律专题. 分析:根据匀变速直线运动位移时间公式表示出 ns 内的位移和(n-1)s 的位移,则第 n s 内的位移等于两者之差,列出方程即可求解. 解答:解:设物体的加速度为 a,
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根据 s=
2

1 2 1 2 1 at ,可知运动 n s 的位移为 s1= an ,运动(n-1)s 的位移为 sn-1= a(n-1) 2 2 2 1 2 1 2s 2 a an - a(n-1) = (2n-1),a= 2 2 2 2n ? 1



故△s=s=sn-sn-1=

故选 D. 点评:本题主要考查了匀变速直线运动位移时间公式的应用,难度不大,属于基础题. 2 14.汽车在水平地面上刹车做匀变速直线运动,其位移与时间的关系是: s=24t-6t (m) ,则它在 3s 内的平均速度为( ) A.6m/s B.8m/s C.10m/s D.12m/s 【答案】B 【解析】 2 试题分析:汽车的刹车时的速度为 24m/s,刹车的加速度为 12m/s ,则刹车的时间为

t=

v0 = 2s ;汽车在 3s 内的位移即为 2s 内的位移: s ? 24? 2m ? 6 ? 22 m ? 24m; a
= s 24 = m / s = 8m / s ,选项 B 正确。 t 3

在 3s 内的平均速度为 v

考点:平均速度;匀减速运动的规律. 15.相同的小球从斜面的某一位置每隔 0.1s 释放一颗,连续放了好几颗后,对斜面上 正运动着的小球拍下部分照片,如图所示,现测得 AB=15cm,BC=20cm,已知小球在斜 面上做加速度相同的匀加速直线运动(初速度为零) ,则:拍片时,A 球上方正运动的 球有几个?

A.1 个 B. 4 个 C.2 个 D.无法确定 【答案】C 【解析】略 16. 一物体以 6m/S 的速度沿一光滑倾斜木板从底端向上滑行, 经过 2s 后物体仍向上滑, 速度大小为 1m/s。现增大木板的倾角,物体仍以 6m/S 的速度从底端向上滑行,经过 2s 后物体已向下滑动,速度大小为 1m/s。若选择沿木板向上为正方向,用 a1 、a2 分别表 示加速度,用 V1、V2 分别表示 2S 末的速度,以下表示正确的是 ( ) 2 2 A.a1=-2.5m/s ,V1=1m/s B.a2=-2.5m/s ,V2=-1m/s 2 C.a1=-3.5m/s ,V1=1m/s D.a2=-3.5m/s2,V2=-1m/s 【答案】AD 【解析】 17.下列每一个图都有两条图线,分别表示同一直线运动过程中的加速度和速度随时间 的变化关系的图象.其中哪些图对应的运动不能实现

【答案】D 【解析】在 V-t 图像中斜率表示加速度。A 中为斜率不变,所以加速度不变,初速度
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与加速度方向相反,所以开始做加速运动,之后再反向匀加。正确。 B 中为斜率不变,所以加速度不变,初速度与加速度方向相反,所以开始做加速运动, 之后再反向匀加。正确 C 中没有初速度,从零开始匀加。正确 D 中速度没变化,加速度应该是零,所以不可能发生。 18.一个从静止开始作匀加速直线运动的物体,从开始运动起,依次通过三段相邻位移 的时间分别是 1s、2s、3s,这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分 别是( ). 2 2 3 3 2 2 A.1:2 :3 ,1:2:3 B.1:2 :3 ,1:2 :3 C.1:2:3,1:1:1 D.1:3:5,1:2:3 【答案】B 【解析】由题知,物体通过的第一段位移为:s1= 通过的第二段位移为:s2=

1 a ? 12 , 2

1 1 a ? 3 2 ? a ? 12 ? 4a , 2 2 1 1 1 2 2 2 通过的第三段位移为:s3= a ? 6 ? a ? 3 ? a ? 3 , 2 2 2
所以这三段位移的长度之比为1∶2 ∶3 ;平均速度之比为1∶2 ∶3 。 本题的正确选项为(B)。 19.一人自街上路灯的正下方经过,看到自己头部的影子正好在自己脚下,如果人以不 变的速度沿直线朝前走,则他自己头部的影子相对于地面的运动情况是 A.匀速直线运动 B.匀加速直线运动 C.变加速直线运动 D.曲线运动 【答案】A 【解析】 根据光的直线传播规律作出几何图形,确定任意时刻人头影的位置,应用运动学公式和 几何知识推导出人头影的位移或速度随时间的变化关系即可判定.设灯高 SO=H,人高 AO=h,如图所示,
3 3 2 2

人以速度 v 经任意时间 t 到达 A1′位置处, 由光的直线传播知人头 A1 的影子应在图示 O′

处,由相似三角形的比例关系可得:

.其中 SO=H,A1A1′

=AO=h,OO′为人头影在 t 时间内的位移,OA1′=vt 代入上式得

解得:

.因为 H、h、v 是恒量,所以人头影子的位移 OO′跟时间 t 成正比, 即人头影子做匀速运动. 从运动学角度判定物体做什么运动一般可先求出物体 (或某点)的位移随时间的变化关 系式,根据位移与时间是一个一次函数还是二次函数等即可判断物体做什么运动.切勿 凭感觉乱猜.
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20.物体做匀变速直线运动,已知在时间 t 内通过的位移为 x,则以下说法正确的是 A.不可求出物体在时间 t 内的平均速度 B.可求出物体的加速度 C.可求出物体经过 t/2 时刻的瞬时速度 D.可求出物体通过 x/2 位移时的速度 【答案】C 【解析】平均速度为 x/t,A 错;在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速 度,C 对;中间位移的瞬时速度为
2 v0 ? v2 ,初速度和末速度都不知道,无法求出中 2

间位移的瞬时速度,D 错;也求不出加速度,B 错; 21.匀变速直线运动是( ) ①位移随时间均匀变化的运动 ②速度随时间均匀变化的运动 ③加速度随时间均匀变化的运动 ④加速度的大小和方向恒定不变的运动 A.①② B.②③ C.②④ D.③④ 【答案】C 【解析】 试题分析:①匀变速直线运动的位移 s ? v0t ?

1 2 at ,是时间的二次函数,位移不随时 2

间均匀变化,故①错误.②匀变速直线运动的速度 v ? v0 ? at ,是时间的一次函数,速 度随时间均匀变化,故②正确.③匀变速直线运动的加速度不变,故③错误.④匀变速 直线运动的加速度大小和方向均恒定不变.故④正确.故②④正确.故选 C. 考点:本题考查了匀变速直线运动的位移与时间关系、速度与时间关系. 22.物体在做匀减速直线运动时(运动方向不变) ,下面结论正确的是( ) A.加速度越来越小 B.加速度总与物体的运动方向相同 C.速率随时间均匀减小 D.位移随时间均匀减小 【答案】C 【解析】 试题分析:匀减速直线运动过程中加速度恒定,加速度是描述物体速度变化快慢的物理 量,所以加速度恒定,则速度均匀减小,因为做减速运动,所以速度方向和加速度方向 相反,物体的运动方向不变,所以位移随时间增大,故 C 正确 考点:考查了对匀变速直线运动的理解 23.(2011 年嘉兴一中检测)给滑块一初速度 v0 使它沿光滑斜面向上做匀减速运动,加 速度大小为

v g ,当滑块速度大小减为 0 时,所用时间可能是( 2 2
B.

)

A.

v0 2g 3v0 g

v0 g

C.

D.

3v0 2g
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【答案】选 BC. 【解析】当滑块速度大小减为

v0 ,其方向可能与初速度方向相同,也可能与初速度方 2 v0 v v ? v0 v 或 v=- 0 代入公式 t= 得,t= 0 或 2 2 a g

向相反,因此要考虑两种情况,即 v=

t=

3v0 ,故 B、C 选项正确. g

24.如图所示, 小球沿斜面向上运动, 依次经 a、b、c、d 到达最高点 e. 已知 ab = bd = 6 m, bc = 1 m, 小球从 a 到 c 和从 c 到 d 所用的时间都是 2 s, 设小球经 b、c 时的 速度分别为 vb、vc, 则下列哪个选项正确的是( )

A. vb ? 10m / s

B. vb = 3 m/s

C. de = 3 m D. 从 d 到 e 所用时间为 4 s 【答案】AD 【解析】因为小球做的是匀变速直线运动,又因为小球从 a 运动到 c 和从 c 运动到 d 的 时间相等,根据公式 ?s ? aT 2 可得 a ?

x ac ? xcd ? ?0.5m / s 2 ,C 点为 ad 过程的中间 2? 2

时 刻 , 所 以 vc ?

xcd 2 2 ? 3m / s , 故 vd ? vc ? at ? 2m / s , 根 据 vb ? vc ? 2ax 可 得 4

2 到 e 点速度正好是零。 根据公式 vd vb ? 10m / s , ? ?2axde 得 xde ? 4m ,vd ? at ? 0

得 t=4s,所以 AD 正确 2 25.某物体沿平直轨道以 2m/s 的加速度做匀变速直线运动,某时刻测得物体的速度大 小为 4m/s,则在此后的 2s 内,物体的位移大小可能为( ) A.4m B.12m C.8m D.0m 【答案】AB 【解析】 试题分析:如果物体做的是匀加速直线运动,则 s ? v 0 t ?

1 2 at ,位移为 12m,如果做 2

的是匀减速直线运动,则 2s 末速度减小到零,位移为

v2 ? 4m ,A 对; 2a

考点:考查匀变速直线运动 点评:难度较小,注意题目中只给出的是加速度的大小,并没有说明加速度的方向 26.关于直线运动,下列说法中正确的是( ) A.匀速直线运动的速度是恒定的,不随时间而改 变 B.匀变速直线运动的瞬时速度随时间而改变 C.速度随时间不断增加的运动,叫做匀加速直线运动 D.速度随时间均匀减小的运动,通常叫做匀减速直线运动
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【答案】D 【解析】 :选 ABD.匀速直线运动的速度是恒定的,大小和方向都不随时间变化,所以 A 正确.匀变速直线运动是加速度保持不变的直线运动,它的速度随时间均匀变化,所以 B 正确.如果速度随时间均匀增加,那么是匀加速运动;如果速度随时间不均匀增加, 那么这种运动不是匀加速运动,所以 C 不正确.如果速度随时间均匀减小 ,那么是匀减 速直线运动,所以 D 正确. 27.一做初速度为零的匀加速直线运动的物体,由静止开始的 1s 内、2s 内、3s 内的位 移之比和 1s 末、2s 末、3s 末的速度之比分别是( ) A.1:2:3、1:1:1 B.1:4:9、1:2:3 C.1:3:5、1:2:3 D.1:8:27、1:4:9 【答案】B 【解析】 试题分析:一做初速度为零的匀加速直线运动的物体,由静止开始的 1s 内、2s 内、3s 内的位移之比 x1 : x2 : x3 ,x1 ?

1 2 1 2 1 2 at1 ,x2 ? at2 ,x3 ? at3 , t1 ? 2s , t1 ? 1s , t1 ? 3s , 2 2 2

所以 x1 : x2 : x3 ? 1: 4: 9 ;由静止开始的 1s 末、2s 末、3s 末的速度之比 v1 : v2 : v3 ,

v1 ? at1 , v2 ? at2 , v3 ? at3 , t1 ? 1s , t1 ? 2s , t1 ? 3s ,所以 v1 : v2 : v3 ? 1: 2 : 3 ,B
对, 故选 B 考点:初速度为零的匀加速直线运动的推论 点评:匀变速直线运动的推论都是由基本公式推导出的,不要怕麻烦。 2 28.某质点做匀变速直线运动的位移 x 与时间 t 的关系式为 x=5t+t (各物理量均采用 国际单位制单位) ,则该质点 A.第 2s 内的位移是 14 m B.前 2s 内的平均速度是 8 m/s C.任意相邻的 1s 内的位移差都是 1 m D.任意 1s 内的速度增量都是 2 m/s 【答案】 D 【解析】 试题分析: 由关系式可知前 2s 内的位移是 14 m,前 1s 内的位移是 6m,所以,第 2s 内 的位移是 8m,所以 A 错;前 2s 内的平均速度是 14/2=7m/s,所以 B 错;匀变速运动的 2 任意相邻的 1s 内的位移差是一个变量,所以 C 错; 由关系式可知加速度 a=2m/s ,所 以任意 1s 内的速度增量都是 2 m/s,故 D 对; 考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系 29.两辆汽车同时由同一地点沿同一方向做直线运动,它们的 v-t 图像如图所示,则下 列判断正确的是:( )

A.0—4s 内甲车保持静止,乙车做匀速直线运动 B.前 2s 甲车速度比乙车大,后 2s 乙车的速度比甲车大 C.在 2s 末两车的速度相等
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D.在 4s 末两车再次处于同一地点 【答案】BCD 【解析】 试题分析:0—4s 内甲车做匀速直线运动,乙车做初速为 0 的匀加速运动,故 A 错误; 由速度—时间图象易知,BC 正确;在 v—t 图象中速度图线与坐标轴围成的面积表示位 移大小,由此可知 D 正确。 考点:本题考查了 v—t 图象 30.如图所示,质量 M=4kg 长为 L=1Om 的木板停放在光滑水平面上,另一不计长度质 量 m=1kg 的木块以某一速度从右端滑上木板,木板与木块间的动摩擦因数 =0.8.若 )

要使木板获得的速度不大于 2m/S, 木块的初速度 V0 应满足的条件为 (g 取 10m/s2) (

A. C. 【答案】 BC 【解析】

B. D.

试题分析 : 木块在木板上滑动时,木块的加速度 a1= a2=

?mg = m/s,若木块最终从左端离开木板,则此过程中木板一直做匀加速运动,木 M
v2 =1s,木块一直做匀减速运动, a2

?mg =8m/s ,木板的加速度 m

块离开时,木板速度最大,则有 v2≤2m/s,所以 t≤ 则有:x 木块-x 木板=10m 即 v0t+

1 2 1 a1t - a 2 t 2 =10m,带入数据解得:v0≥15m/s 2 2

若木块先减速后和木板一起匀速运动,根据动量守恒定律得: mv0=(m+M)v,解得:v0=5v,因为 v≤2m/s,所以 v0≤10m/s。故选 BC 考点:牛顿第二定律;动量守恒定律;匀变速直线运动规律。 31.如图甲所示,滑雪爱好者从静止沿山坡匀加速滑下,在水平雪面上匀减速滑行一段 距离停止, 沿山坡下滑的距离比在水平雪面上滑行的距离大, 斜面与水平雪面平滑连接。 图乙中,x、v、a、F 分别表示滑雪爱好者位移大小、速度大小、加速度大小以及合力 大小。则图乙中正确的是 ( )

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【答案】B 【解析】因位移随时间是非线性变化的,所以 A 错;利用公式 x ?

1 vt 、 v 2 ? 2ax , 2

考虑到沿山坡下滑的距离比在水平雪面上滑行的距离大,可见,沿山坡下滑的时间长, 加速度小,所受合外力小,故 B 对,C、D 错。 32.汽车以 20 m/s 的速度做匀速直线运动,刹车后的加速度大小为 4 m/s2,那么开始 刹车后 2 s 内与开始刹车后 6 s 内汽车通过的位移之比为 A.1∶3 B.2∶3 C.16∶25 D.16∶49 【答案】C 【解析】 试题分析:由 v=at 可知汽车刹车可看作反方向的匀加速直线运动,汽车刹车到零所需 的 时 间 为 t?

v 20 ? s ? 5s , 所 以 汽 车 减 速 2s 的 位 移 为 a 4 1 1 s1 ? v0 t ? at 2 ? 20 ? 2 ? ? 4 ? 2 2 ? 32 m ,汽车减速 6s 时速度已经减小到零,位 2 2
2 v0 20 ? 20 ? m ? 50m ,所以位移之比为 32m:50m=16∶25,C 对; 2a 2? 4

移为 s 2 ?

考点:考查匀变速直线运动规律的应用 点评:本题难度中等,容易出错的位置是学生没有对汽车减速到零的时间进行判断,直 接带入 6s 计算的位移大小 33.在平直公路上,汽车以20m/s 的速度运动,从某时刻开始刹车,在阻力作用下, 2 汽车以4m/s 的加速度做匀减速直线运动, 则刹车后 6s 内汽车的位移大小为 ( ) A.48m B.50m C.60m D.120m 【答案】B 【解析】 2 试题分析:汽车以 20m/s 速度以4m/s 的加速度减速,只需 5s 就停下来,所以 6s 内的 位移相当于求 5s 的位移,即 x ?

1 2 at ? 50m ,答案为 B 2

考点:匀变速直线运动规律 点评:此类问题有时间陷阱,做题时要特别注意时间是否真实起作用,然后用匀变速直 线运动规律求解。 34.一个物体从静止开始沿直线运动,在第 1s、第 2s、第 3s??第 ns 的位移分别是 1m、2m、3m??nm.可以判断( ) A.在 4 s 末的瞬时速度是 2.5m/s B.在前 4 秒内的平均速度是 2.5m/s C.不是匀速运动而是匀加速运动 D.不是匀变速运动 【答案】BD 【解析】若为匀变速运动, x ?

1 2 at , 第一秒内位移为 1 米,则前两秒内位移为 4 米, 2 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 2.5m / s , 4

即第二秒内位移为 3 米,所以不是匀变速运动,C 错 D 对。运动规律不确定,所以在 4 s 末的瞬时速度不确定,A 错。在前 4 秒内的平均速度 v ? B 对。 35. 某质点的位移随时间的变化关系为 那么 1s 末速度为( ) A.6 m/s B.4m/s 【答案】C , x 单位为米 (m) , t 单位为秒 (s) ,

C.2 m/s

D. 1m/s

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【解析】 试题分析:由 和 x ? v0 t ?
2

1 2 at 对比知道,质点做匀加速直线运动,初速度 2

为 6m/s,加速度为-4m/s ,由 v ? v0 ? at 得 1s 末的速度为 2m/s,C 正确。 考点:本题考查匀变速直线运动规律。 36.如图所示,水平绷紧的传送带 AB 长 L=6m,始终以恒定速率 V1=4m/s 运行。初速度大 小为 V2=6m/.s 的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经 A 点滑上 2 传送带。小物块 m=lkg,物块与传送带间动摩擦因数 μ =0.4,g 取 lom/s 。下列说法正 确的是( )

A.小物块可以到达 B 点 B.小物块不能到达 B 点,但可返回 A 点,返回 A 点速度为 6m/s C.小物块向左运动速度减为 0 时相对传送带滑动的距离达到最大 D.小物块在传送带上运动时,因相互间摩擦力产生的热量为 50 J 【答案】D 【解析】 2 试题分析:对物块受力分析,由牛顿第二定律得:μ mg=ma;a=μ g=0.4×10=4m/s ;当 2 向左运动速度减为零的时候,距离最大,逆向计算:v2 =2ax 物;代入数据得:x 物=4.5 m; 此时传送带的位移: x1 ? v1t 1 ? v 1?

v2 6 ? 4 ? m ? 6m ;物块相对传送带的位移: a 4
1

?x 1 = x 1 + x 物 =10.5m ;而后物体向右加速度运动直到达到和传送带共速 v =4m/s ,
' 此 过 程 中 物 体 的 位 移 x1

v 4 = 1 = m = 2m ; 传 送 带 的 位 移 : 2a 2? 4

2

2

v x 2 = v 1t = v 1 ? 1 a
'
' '

4 m = 4m , 此 物 体 相 对 传 送 带 的 位 移 最 大 , 相 对 位 移 4

2

?x 2 = x 2 - x 2 =2m ,相对总位移为 ?x = 10.5m + 2m = 12.5m ,
产生的热 Q =

?mg ?x = 0.4创 10 12.5J = 50J

,故选项 D 正确;ABC 错误;故选

D. 考点:牛顿第二定律的应用;能量守恒定律. 37. 物体从 A 向 B 做匀减速直线运动, 通过 A 点时速度为 10m/s,通过 B 点时速度为 4m/s, C 点为 AB 的中点,AB 的距离为 14m,则( ) 2 A.物体的加速度大小为 6 m/s B.AB 段的平均速度大小为 14 m/s C.物体从 A 到 B 所用的时间为 4s D.物体通过 C 点的瞬时速度为 58m / s 【答案】D 【解析】
试卷第 12 页,总 37 页

试题分析:根据匀变速直线运动的推论:位移为 v ?

4? 10 ? 7m / s , B 错 , 2

2 ?v v12 ? v2 2 可 v? ? 58m / s ,D 对。 vt2 ? v0 ? 2ax 可得 a=-3 m/s2,A 错。根据 a ? ?t 2

得时间为 2s,C 错 考点:匀变速直线运动 点评:本题考查了匀变速直线运动规律,通过基本公式化简后容易得到答案。 38.甲所示是一种速度传感器的工作原理图,在这个系统中 B 为一个能发射超声波的固 定小盒子,工作时小盒子 B 向被测物体发出短暂的超声波脉冲,脉冲被运动的物体反射 后 又被 B 盒接收,从 B 盒发射超声波开始计时,经时间 Δ t0 再次发射超声波脉冲,图 乙是连续 两次发射的超声波的位移—时间图象,则以下正确的是( )

A.超声波的速度为 v声 ?

2 x1 t1 2 x2 t2
2? x 2 ? x1 ? t 2 ? t1 ? 2?t 0 2? x 2 ? x1 ? t 2 ? t1 ? ?t 0

B.超声波的速度为 v声 ?

C.物体的平均速度为 v ?

D.物体的平均速度为 v ? 【答案】AD 【解析】

试题分析: A 、 由 图 超 声 波 在

t1 时 间 内 通 过 位 移 为 x1 , 则 超 声 波 的 速 度 为 t2

v声 =

x1 2 x1 .故 A 正 确 ; B 、由 图 可 知 :超 声 波 通 过 位 移 为 x 2 时 ,所 用 时 间 ? t1 t1 2



t2 ? ?t0 2x ,则 超 声 波 的 速 度 为 v声 ? 2 故 B 错 误 ;C 、D 由 题 :物 体 通 过 的 位 2 t2

移 为 x2 x1 时 , 所 用 时 间 为

t2 ? ?t0 t1 1 ? ? ?t0 ? (t2 ? t1 ? ?t0 ) ,物 体 的 平 均 速 度 2 2 2 x2 ? x1 2(x 2? x 1) ,故 C 错 误 , D 正 确 。 v? ? 1 t ? t ? ? t 2 1 0 (t2 ? t 1 ? ?t 0) 2

考点:匀 变 速 直 线 运 动 的 图 像 ; 平 均 速 度 39.关于速度和加速度的关系,下列说法中正确的是
试卷第 13 页,总 37 页

A.质点的速度越大,则加速度越大 B.质点的速度变化越快,则加速度越大 C.质点的速度变化越大,则加速度越大 D.质点加速度的方向就是质点运动的方向 【答案】B 【解析】 试题分析:速度大,加速度不一定大,如高空中匀速飞行的飞机,速度很大,但是加速 度为零,A 错误;加速度表示速度变化快慢的物理量,加速度越大,速度变化越快,B 正确;速度变化大,加速度不一定大,可能所用时间比较长,C 错误;当加速度的方向 和速度方向相同时,物体做加速运动,当加速度方向和速度方向相反时,物体做减速运 动,加速度方向和速度方向没有关系,D 错误; 考点:考查了加速度和速度的关系 40.一个做匀加速直线运动的物体先后经过 A、B 两点,其速度大小分别为 则物体在经过 A、B 两点的中间时刻和中点位置的速度大小分别为( )

vA 、 vB ,

vB ? v A 2 , A. v A ? vB 2 , C.

v A ? vB 2
2 2 vB ? vA 2

v A ? vB 2 , B. vB ? v A 2 , D.

2 2 vB ? vA 2 2 2 vB ? vA 2

【答案】C 【解析】根据匀变速的特点:中间时刻的瞬时速度=这段时间内的平均速度,所以 A、B

v A ? vB 2 两点的中间时刻瞬时速度为
设总位移为 x,加速度为 a;中间位移速度设为 v,根据: 2a
2 2 vB ? vA 2 2 ,故答案选 C。 ,解得 v= 2ax ? vB 2 ? vA

x 2 ? v 2 ? vA 2

41.物体做匀加速直线运动,已知第 1s 末的速度为 6 m/s,第 2s 末的速度为 8m/s,则 下列结论中正确的是 2 A.物体的加速度为 2m/s B.任何 1s 内物体速度的变化都为 2m/s C.物体的初速度为 3m/s D.第 1s 内物体的平均速度为 6m/s 【答案】AB 【解析】 试题分析:根据加速度的定义 a ?

v2 ? v1 8m / s ? 6m / s ? ? 2m / s 2 ,注意第 1s 末到 t 1s

第 2s 末的时间间隔为 1s,选项 A 对。加速度描述速度变化的快慢,即单位时间内的速 度变化量, 因为 a ? 2m / s 所以任何 1s 内物体速度的变化都为 2m/s 选项 B 对。 匀变速
2

直线运动 v1 ? v0 ? at ? v0 ? 2m / s 2 ?1s ,计算得 v0 ? 4m / s 选项 C 错。匀变速直线运 动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度等于

v0 ? v1 ? 5m / s 选项 D 错。 2

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考点:匀变速直线运动加速度平均速度 42.质量为 2kg 的物体在光滑的水平面上以 5m/s 的速度匀速前进,从某时刻起它受到 一个水平方向、大小为 4N 的恒力作用,则下列可能正确的是 A.5 s 末的速度大小是 15m/s,而路程为 50m B.5 s 末的速度大小是 5m/s,而位移为零 C.5 s 内的平均速度大小是 10 m/s D.5 s 内的平均速率是零 【答案】ABC 【解析】 试题分析:设物体受水平力为 F,质量为 m,初速度为 v0,如果水平恒力 F 与初速度方 向相同:

F ? 2m / s 2 m 1 2 根据运动学公式:v=v0+at=15m/s;位移 s=v0t+ at =50m,故 A 正确;如果恒力与初速 2
根据牛顿第二定律,物体的加速: a ? 度方向相反,则 v=v0-at=-5m/s,即物体速度大小为 5m/s,方向与初速度方向相反,位 移 s=v0t-

1 2 at =0,故 B 正确; 2

F 方向与初速度方向相同时,5 s 内的平均速度大小 v ?

x 50 ? m / s ,选项 C 正确;平 t 5

均速率等于路程与时间的比值,故 5 s 内的平均速率不可能是零,选项 D 错误;故选 ABC. 考点:匀变速直线运动的规律;平均速度与平均速率. 43.做匀变速直线运动的质点,先后经过 A、B、C 三点,已知 B 为 AC 的中点,质点在 AB 段和 BC 段的平均速度分别为 v1 和 v2 ,根据以上条件可以求出 ( ) A.质点在 AC 段的运动时间 B.质点在 AC 段的平均速度 C.质点运动的加速度 D.质点在 C 点的瞬时速度 【答案】BD 【解析】 试题分析:B 是 AC 的中点,所以 v1 ?

x x x 2x ,则 t1 ? ,同理: t 2 ? 而 v AC ? t1 v1 v2 t1 ? t 2
2

①,B 正确;由于 B 是 AC 的中点,则:v1t1 ? v2 t 2 ②,由匀变速直线运动规律 v ? v t 得,

t 1 vC ? v1 ? a( t1 ? t 2 ) ③, vC ? v 2 ? a 2 ④,整理②③④可得 C 点的速度,D 正确;由 2 2
于在上述的计算中时间 t 已经约掉,所以不能求出时间,以及与时间相关的加速度。 考点:本题考查匀变速直线运动的规律。 44.分别让一物体按照以下两种情境通过直线上的 A、B 两点,一种是物体以速度 v 匀 速运动,所用时间为 t;另一种是物体从 A 点由静止出发,先匀加速直线运动(加速度 为 a1 )到某一最大速度 vm , 立即做匀减速直线运动(加速度大小为 a2)至 B 点速度恰减为 0,所用时间仍为 t。下列说法正确的是 A. vm 只能为 2v,与 a1、a2 的大小无关 B. vm 可为许多值,与 a1、a2 的大小有关
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C.a1、a2 必须是一定的 D.a1、a2 必须满足

a1 ? a2 v ? a1 ? a2 t

【答案】A 【解析】 试题分析:据题意,以 v 匀速运动时间 t,有:LAB=vt,以 a1 加速度加速运动,最大速 度为 vm,又以 a2 加速度减速运动至 0 有:LAB=vmt1/2+ vmt2/2,联立以上两式得 vm=2v, 所以 A 选项正确,B 选项错误;只要变速运动的最大速度为 vm,加速和减速的时间适当 增加或适当减少都可以使加速度发生变化,所以 C 选项错误;由于 a1t1=a2t2=a2(t-t1), 经整理得(a1+a2)t1=a2t,而 t1=2v/a1,所以有:a1a2/( a1+ a2)=2v/t,所以 D 选项错误。 考点:本题考查对匀速直线运动和匀变速直线运动的应用,主要涉及到匀变速直线运动 的平均速度表示方法。 45.如图所示,一颗子弹以初速度 v0 穿过固定在水平地面上三个完全相同紧靠的木块, 子弹穿过最后一个木块时的速度为零,子弹在木块中的运动为匀减速直线运动,子弹的 大小远远小于木块长度,则子弹依次穿三个木块的时间之比为( )

A. 1 : B. ( 3- 2) : ( 2-1 ) :1 ( 2-1 ) : ? 3- 2 ? C.1:2:3 D.3:2:1 【答案】B 【解析】 试题分析:利用反演法,将题中的运动过程看成是从右到左的,初速度为零的匀加速直 线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动的特点可知,通过连续相等的位移所用时间
( 2-1 ) : ? 3- 2 ?,所以倒过来的时间比就是 ( 3- 2) : ( 2-1 ) :1。 比为 1 :

考点:匀变速直线运动及其公式。 46.中国北方航空公司某驾客机安全?准时降落在规定跑道上,假设该客机停止运动之前 在跑道上一直做匀减速直线运动,客机在跑道上滑行距离为 s,从降落到停下所需时间为 t,由此可知客机降落时的速度为( )

s t s C. 2t A.

B.

2s t

D.条件不足, 无法确定

【答案】B 【 解析】 匀减速 直线运动 的平均 速度等 于这段时 间中间 时刻的 瞬时速度 , 因 此有

s 0 ? v0 2s ? , v0 ? , B 正确.考查匀变速直线运动的规律,由平衡速度求解最简便. t 2 t
47.已知 O、A、B、C 为同一直线上的四点,AB 间的距离为 l1=2m,BC 间的距离为 l2 =3m, 一物体自 O 点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过 A、B、C 三点,已知物体 通过 AB 段与 BC 段所用的时间相等,则 O 与 A 的距离等于( ) A.

3 m 4

B.

4 m 3

C. m

9 8

D. m

8 9

【答案】C 【解析】 试题分析: 设从 A 到 B 的时间为 t,加速度为 a, 物体通过 AB 段与 BC 段所用的时间相等,
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5 (2),从 O 到 B 2t 25 9 2 有: m,所以 O 与 A 的距离等于 xB ? x AB ? m ,C 正确。 vB ? 2axB (3),联立可得 xB ? 8 8
说明 B 是 AC 段的中间时刻,所以有 ?x ? 3 ? 2 ? at 2 (1), vB ? v ? 考点:本题考查了匀变速直线运动的规律应用。 48.如图所示,劲度数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变,用水平力 F 缓慢推动物体,在弹性限度内 弹簧长度被压缩了 x0,此时物体静止,撤去 F 后,物体开始向左运动,运动的最大距离 为 4x0,物体与水平面间的动摩擦因数为 μ ,重力加速度取 g,则( )

A.撤去 F 后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 B.撤去 F 后,物体刚运动时的加速度大小为

kx0 -μ g m

C.物体做匀减速运动的时间为 2

x0 ?g

D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 μ mg(x0-

? mg
k

)

【答案】 BD 【解析】 试题分析: 撤去 F 后, 物体在水平方向上受弹簧向左的弹力和水平面的滑动摩擦力作用, 因此根据牛顿第二定律可知,在撤去 F 瞬间,物体的加速度为:a=

kx0 -μ g,故选项 m

B 正确;随着物体向左运动,弹簧的形变量逐渐减小,即物体先做加速度逐渐减小的加 速运动,当 kx=μ mg 时,加速度减小至零,继而物体将做加速度逐渐增大的减速运动, 当物体与弹簧分离后,物体水平方向上只受滑动摩擦力作用,做匀减速直线运动,故选 项 A 错误;由题意可知,因撤去 F 后,物体开始向左运动,运动的最大距离为 4x0,即 物体做匀减速直线运动的位移为 3x0,所以,根据匀变速直线运动位移公式可知,物体 做匀减速运动的时间为:t=

6 x0 ,故选项 C 错误;由前面的分析可知,当 kx=μ mg ?g

时, 物体向左运动的速度达到最大, 此过程中, 物体克服摩擦力做的功为: W克 =μ mg(x0 -x)=μ mg(x0-

? mg
k

),故选项 D 正确。

考点:本题主要考查了匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、功的计算等应用问题,属 于中档题。 49. 如图所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板 aO、bO、cO,其下端都固定于 底部圆心 O,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是 30°、45°、 60°.若有三个小孩同时从 a、b、c 处开始下滑(忽略阻力),则

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A.a 处小孩最先到 O 点 C.c 处小孩最先到 O 点 【答案】B 【解析】

B.b 处小孩最先到 O 点 D.三个小孩同时到 O 点

试题分析:根据牛顿第二定律:斜面上的加速度: a ?

mgsin? ? gsin? ,斜面的长度 m R 1 2 1 R 2 s? ; 根 据 匀 变 速 直 线 运 动 规 律 s ? at , 得 : gsin? t ? ,故 cos? 2 2 cos?

t2 ?

2R 4R 2R 2R 8 3R 2 ? ,代入数据可得 ta 2 ? , tb ? , ? g gs i? n co ?s 3g 2 2 1 3 ? g ? ?g 2 2 2 2

tc 2 ?

2R 8 3R ? 3g 1 3 ? g 2 2

故 tb 2<ta 2 ? tc 2 ,所以 tb<ta ? tc ,即 b 先到,ac 同时到,b 先到,B 正确; 考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系. 50.空降兵从飞机上跳伞时,为了保证安全着陆,着陆前最后阶段降落伞匀速下落的速 度约为 6m/s。空降兵平时模拟训练时,经常从高台上跳下,则训练用高台的合适高度 约为( g ? 10m/s ) ( )
2

A.0.5 m B. 1.0m 【答案】C

C.1.8 m

D.5.0m

【解析】根据运动学公式 v ? 2 gs , s ?
2

v2 ? 1.8 m。可知 C 正确。 2g

二、填空题(题型注释) 51.如图所示,质量 m=1kg、长 L=0.8m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上,其右端与 桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为 μ =0.4。现用 F=5N 的水平力向右推薄板, 木板翻下桌子前移动的距离为 ______________m ;使它翻下桌子力 F 做的功至少为 ______________J。

【答案】0.4m 1.6J 【解析】 试题分析:刚好重心超过桌面边缘时,木板将翻下桌子,即木板翻下桌子前移动的距离 为 0.4m,加速时,对木板受力分析,受到重力、支持力、推力 F 和滑动摩擦力,根据 牛顿第二定律,有

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解得 减速时,对木板受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律,有

解得 木板先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,到达桌面边缘时,速度减为零,设最

大速度为 v,根据位移速度公式,有

,解

得:

,

考点:考查了功的计算 点评:本题关键是找出作用时间最短的临界过程,然后先根据牛顿第二定律求解出加速 过程和减速过程的加速度,再根据运动学公式列式求出力作用的位移,再根据恒力做功 公式求解. 52.由静止开始做匀加速运动的物体, 3s 末与 5s 末的速度之比为 前 3s 内与前 5s 内的位移之比为 第 3s 内与第 5s 内的位移之比为 【答案】3:5 9:25 5:9 【解析】 试题分析:根据公式 v ? v0 ? at 可得,由静止开始做匀加速运动的物体的速度为

v ? at ,
所以 3s 末与 5s 末的速度之比 3:5 根据位移随时间变化公式 x ?

1 2 at 可 得 前 3s 内 与 前 5s 内 的 位 移 之 比 为 2

32 : 52 ? 9 : 25

1 1 5 a (3) 2 ? a (2) 2 ? a 2 2 2 1 1 9 2 2 物体在第 5s 内的位移为 x2 ? a (5) ? a (4) ? a 2 2 2 所以第 3s 内与第 5s 内的位移之比为 5:9
物体在第 3s 内的位移为 x1 ? 考点:考查了匀变速直线运动规律的应用 点评:基础题,关键是对公式的正确掌握,以及在求第 ns 内位移一般通过求出前 ns 和 前(n-1)s 的位移差 53. (1)中国首次太空授课活动于 2013 年 6 月 20 日上午 10 时许举行,神舟十号航天 员在天宫一号开展基础物理实验,为全国青少年进行太空授课。其中女航天员王亚平利 用“质量测量仪”在太空测出了指令长聂海胜的质量。 ①简述为何不能用托盘天平直接测质量 ②如图所示 “太空质量测量仪”, 轻杆穿过光滑限位孔, 左端通过一个“弹簧—凸轮” 机构,能够产生一个恒定的力 F=128N,右端固定有质量为 m=6kg 的圆盘支架。首先将 指令长固定在支架上,然后把支架拉到指定位置,稳定后开始测量,拉力使他回到了初 始位置。光栅测速系统测出力 F 作用时间 Δ t=0.5s,这段时间轻杆位移 x=0.2m。由上 可知聂海胜的质量 M= kg。

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【答案】①完全失重; ②74 【解析】 试题分析:①因为在太空,所有物体都处于完全失重的状态,故所有与重力有关的仪器 都不能使用,故不能用托盘天平直接测质量;②航天员的加速度:

a=

2x t
2

=

2? 0.2 0.5
2

m / s = 1.6m / s ,根据牛顿第二定律: F = (M + m )a ,解得

2

2

M=74kg . 考点:牛顿第二定律的应用. 54.做匀变速直线运动的小车,牵引一条纸带通过打点计时器,交流电电源的频率是 50Hz,由纸带上打出的某一点开始,每 5 个点剪下一段纸带(每条除两端外,中间部分 还有 4 个打印点) ,按右图所示,每一条纸带下端与 x 轴相重合,在左边与 y 轴平行, 将纸带粘在坐标系中,求:物体在这 0.6 秒内的平均速度为 m/s,物体运动的加速 2 度是 m/s 。 (计算结果保留两位有效数字)

【答案】0.41m/s;0.75 m/s 【解析】实验题;直线运动规律专题. (1)通过第一段时间内的位移求出平均速度,匀 2 加速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度. (2)根据△x=aT 求出 小车的加速度. (1)? t ?
2

2

x =0.41m/s. T
2 2

(2)从图中可以看出在相邻的相等时间内的位移之差是一恒量,即△x=aT =0.75 m/s 55.公共汽车从车站匀加 速起动后,司机发现尚有乘客未上车,急忙刹车(可看作匀减 速直线运动)直到停止,汽车从开始起动到又停止整个过程历时 5s,车共前进的距离 为 10m,由此可知汽车在此过程中的最大速度为__________m/s. 【答案】4 【解析】略 2 56.某人在以 2.5 m/s 的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起 80 kg 的物体,他在 地面上最多能举起________kg 的物体;若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起 2 40 kg 的物体,则此升降机上升的加速度为________m/s 。 【答案】60,5 【解析】本题是考查牛顿第二定律及其应用的问题。首先要理解清楚题中的“80 kg” 及 “40kg”的含义为: 在当时的加速度下被举物体的 “标称质量” 而物体的最大举力----试卷第 20 页,总 37 页

无论在什么情况下都是不变的。于是随着加速度的变大,物体的“标称质量”会逐渐减 小。具体求解过程:首先,在第一种情形下,结合物体的运动状态和牛顿第二定律可以 列出方程:m1g- F =m1a1 2 其中 F 为最大举力,m1 为标称质量,a1 为第一次的加速度,g=10 m/s .带数值入式,可 2 以求出 F=600N,于是在地面上其标称质量为 m0=F/g=600N/10m/s =60kg;第二部分,同理 2 可以类似求得。方程为:F-m2g=m2a2,代之可以求出 a2=5m/s 本题重点考察质量的概念及 力与运动的关系问题,理解起来较为复杂,但解决运算很简单,属于经典的考察题型。 57.某海滨浴场的滑梯从顶端到入水处长为 12 m,一人由滑梯顶端开始做初速度为零 2 的 匀 加 速 直 线 运 动 , 其 加 速 度 的 大 小 为 1.5 m/s , 则 人 入 水 时 速 度 的 大 小 是 m/s.人从顶端开始到入水处的时间是 s。 【答案】6m/s 4s 【解析】
2 试题分析:已 知 初 速 度 v 0 =0 ,位 移 x=12m ,加 速 度 a=1.5m/s ,由 v2 ? v0 ? 2ax
2

得人 入 水 时 速 度 的 大 小 为 : v ? 2 ax ? 2 ?1. 5? 12 m /s ? 6 m ; /s 由加速度定义式 a?

v ? v0 可得人从顶端开始到入水处的时间是: t

t?

v ? v0 6 ? 0 ? s ? 4s a 1.5

考点:匀 变 速 直 线 运 动 的 位 移 与 时 间 的 关 系 58.一子弹沿水平方向连续穿过三块厚度相同的同种材料制成的三块木块后,速度恰好 为零,设子弹穿过木块的运动是匀变速直线运动,穿第三块历时 3 s,则子弹穿过三块 木块经历的总时间为 【答案】3s. 【解析】 。

试题分析:采取逆向思维,子弹穿过最后一块木块有: d ? 穿过三块木块有: 3d ?

1 2 at 2

1 2 at1 , t ? 3s ,解得 t1 ? 3s , 2 1 2 at 求出所用的时间之 2

考点:本题考查了匀变速直线运动规律 点评:解决本题的关键采取逆向思维来解比较方便,根据 d ?

比. 59.一辆汽车从静止开始沿直线匀加速开出,然后保持匀速运动,最后匀减速运动,直 到停止,下表给出了不同时刻汽车的速度,则汽车从开出到开始做匀速运动经历的时间 是 s。总共通过的路程是 m。 时刻(s) 速度(m/s) 2.0 3 4.0 6 6.0 9 10.0 12 14.0 12 19.0 9 21.0 3

【答案】8 192 【解析】从表格来看,加速过程的加速度为 1.5m/s2,减速的加速度为 3m/s2,加速的 最大速度为 12m/s,可见加速的时间为 8s,减速的时间为 4s,总的运动时间为 22s,匀 速运动的时间为 10s,总的位移为 192m 60.质点从斜面顶端静止开始匀加速下滑,第 1s 内的位移为 0.5m,则质点下滑的加速 2 度大小为________m/s ,第 2s 内下滑的距离为_________m。 2 【答案】1m/s , 1.5m 【解析】略
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61. 汽车以 10m/s 的速度在平直公路上行驶, 突然发现正前方 s(m)处有一自行车以 4m/s 的速度作同方向的匀速直线运动,汽车立即关闭油门作加速度为 6m/s2 的匀减速直线运 动,若要汽车不撞上自行车,则 s 至少应为 m。 【答案】3m 【解析】 试题分析:匀减速运动的汽车追同向匀速运动的自行车,速度相等时若不能相撞,则就 不会相撞了。汽车从开始到速度相等所用时间 t ?

v ? v0 ? 1s ,刚好不撞的条件是 a

1 v0t ? at 2 ? s ? vt ,解得 s=3m. 2
考点:追及问题 点评:中等难度。析追及问题时,一定要注意抓住一个条件、两个关系:①一个条件是 两物体速度相等时满足的临界条件,如两物体的距离是最大还是最小,是否恰好追上 等.②两个关系是时间关系和位移关系.时间关系是指两物体运动时间是否相等,两物 体是同时运动还是一先一后等;而位移关系是指两物体同地运动还是一前一后运动等, 通过画运动示意图找到两物体间的位移关系是解题的突破口, 因此在学习中一定要养成 画草图分析问题的良好习惯。 2 62.做匀变速直线运动的质点,它的位移随时间变化的规律是 s=3t-2t (m),则质点的 初速度和加速度分别为 m/s, m/s 2

【答案】3 -4 【解析】本题主要考查的是对位移随时间的变化规律的理解问题。由

s ? 3t ? 2t 2 ? v0 t ?

1 2 at 可知: v0 ? 3m / s, a ? ?4m / s 2 2
2

63.一个做匀变速直线运动的质点,其位移随时间的变化规律 x=2t+3t (m),则该质点 2 的初速度为______m/s,加速度为______m/s ,3 s 末的瞬时速度为______m/s. 【答案】2 6 20 【解析】 试题分析:根据待定系数法, x ? v0t ?

1 2 at ,可知初速度为 2m/s,加速度为 6m/s2. 2

所以 3 秒末的速度为 20m/s。 考点:匀变速直线运动规律 点评:此类题型考察了匀变速直线运动规律,通过待定系数法确定出速度,加速度等物 理量。 64.水平传送带以 2m/s 的速度运行,将质量为 2kg 的工件轻轻放(初速度为零)在传 送带上(设传送带速度不变且足够长) ,如图所示,工件与传送带之间的动摩擦因数为 μ =0.2,放手后工件在 5s 内的位移是 m,摩擦力做的功是 J。 (g = 10 2 m/s )

【答案】9m、4J 【解析】 试题分析:工件放上传送带先做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得:

试卷第 22 页,总 37 页

a?

? mg
m

? 0.2 ? 10 ? 2m / s 2 ?v 2 ? 0 ? ? 1s a 2

工件速度与传送带相等所需时间为: t ?

此后 4s 物体与传送带一起做匀速直线运动,所以工件在 5s 内的位移:

1 2 1 at ? ( v 5 ? t) ? ? 2 ? 1 ? 2 ? 4 ? 9m ; 2 2 工件 5s 末的速度为 v ? 2m / s ,工件整个运动过程中,只有摩擦力做功,根据动能定理 1 2 1 得: W f ? mv ? ? 2 ? 4 ? 4 J 2 2 x?
考点:考查了动能定理,牛顿第二定律定理的应用 65.物体以大小不变的初速度 v0 沿木板向上滑动,若木板倾角 θ 不同,物体能上滑的 距离 x 也不同,如图为物体在木板上滑动的 x——θ 图线。则图中最低点 P 的坐标 2 为 、 (g=10m/s )。

【答案】53 、12m; 【解析】略 66.某质点做匀减速直线运动,位移 x 与时间 t 的关系为 x=10t- 2t 2 (各物理量均采用国 际单位制单位),则该物体运动的初速度为_____m/s,加速度为______ m / s ,3s 内位移为 _____m.(以初速度方向为正方向) 2 【答案】10 m/s -4 m/s 12.5 m
2

0

1 2 at =10t- 2t 2 ,知 v0=10m/s,a=-4m/s2, 2 1 2 根据速度时间公式 x=v0t+ at 得,3s 内位移为 12.5 m. 2
【解析】由 x=v0t+ 故本题答案为:10,-4,12.5. 67.已知 O、A、B、 C 为同一直线上的四点,A、B 间的距离为 1m,B、C 间的距离为 2m, 一物体自 O 点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过 A、B、C 三点,已知物体 通过 AB 段与 BC 段所用的时间相等, 则物体通过 A 点和 B 点时的速度之比为__________, O、A 间的距离为___________m。 【答案】1∶3;1/8w 【解析】分析:某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,设相等时间为 T,即 可表示出 B 点的速度,在相邻的相等时间内的位移差是恒量,即 △x=aT2=1m,结合 vB=vA+aT,求出 A 点的速度.即可求出两点速度的比值.再结合运动学公式求出 OA 的距离. 解答:解:设物体通过 AB 段与 BC 段所用的相等时间为 T,vB= △x=aT2=1,vA=vB-aT=vB-

x AC 3 ? 2T 2T

1 1 ? T 2T
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所以物体通过 A 点和 B 点时的速度之比为 1:3. 设 OA 段的位移为 x,则有 vA2=2ax,而 vB2-vA2=2a×1,又 vB=3vA,综合三个式子得, x=

1 m. 8 1 8

故本题答案为:1:3,

68.一物体沿平直轨道做匀加速直线运动,打点计时器在物体拖动的纸带上打下一系列 点迹,以此记录物体的运动情况。其中一部分纸带上的点迹情况如图 9 所示。已知打点 计时器打点的时间间隔为 0.02s,测得 A 点到 B 点,以及 A 点到 C 点的距离分别为 x1= 3.20cm , x2 = 12.80cm , 则 在 打 下 点 迹 B 时 , 物 体 运 动 的 速 度 大 小 为 2 m/s;物体做匀加速运动的加速度大小为 m/s A x1 【答案】0.64(2 分) x2 6.4 (2 分) B C

【解析】由 ?s ? aT 2 可求出加速度大小,B 点速度等于 AC 间的平均速度 69.火车紧急刹车后经 7s 停止,设火车匀减速直线运动,它在最后 1s 内的位移是 2m, 则火车在刹车过程中通过的位移 m 和开始刹车时的速度各是 m/s。 【答案】98; 28 【解析】 试题分析:对最后 1s 内的运动采取逆向思维,有 x ?
2

1 2 2x at ,则 a ? 2 ? 4m / s 2 ,因 2 t

为火车做匀减速直线运动,所以加速度为 -4m/s .根据速度时间公式 v=v0+at 得,则 v0=v-at=0- ( -4 ) ×7m/s=28m/s . 火 车 在 刹 车 过 程 中 通 过 的 位 移

x?

v0 28 t? ? 7m ? 98m 2 2

考点:匀变速直线运动的规律的应用. 70.一同学拿着底部穿孔、每秒滴两滴水的饮料瓶测试自己的行走速度(如图 7 所 示) 。测 出地 下各水 迹间的 距离 分别 为 SAB=100.1cm 、 SBC=121.4cm , SCD=142.9cm , SDE=164.2cm。分析地下的水迹可知该同学在 AE 段做 运动,经过 C 点时 的速度为 m/s。

【答案】匀加速 (2’只填“加速”给 1’) ,1.322 (2’) 【解析】考查知识点做匀变速直线运动的物体在相邻的想等时间间隔内位移差相等 位移不断增大,判断出是加速运动。时间相同,相邻位移的差相同,得出加速度不变。 因为是匀加速运动 反过来应该是任意相邻的想等时间间隔内位移差相等,就是变速直线运动
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题目的出发点是这样,但题目出的不严谨 (2)考查的有两个知识点,一是在匀变速直线运动中,中间时刻的速度等于这段时间 的平均速度。二是平均速度=位移/时间 C 点处于通过 SCD +SBC 这段位移的时间的中间时刻。 所以 c 点的速度就是这段时间的的 平均速度 (1.429+1.214)/2=1.322

三、实验题(题型注释) 四、计算题(题型注释) 2 71.一辆汽车,以 36km/h 的速度匀速行驶 10s,然后以 1m/s 的加速度匀加速行驶 10s, 求: (1)汽车在这 20s 内的位移是多大? (2)汽车在加速的 10s 内的平均速度是多大? 【答案】 (1) 250m (2) 15m / s 【解析】 试题分析:已知 v0 ? 36km / h ? 10m / s , a ? 1m / s , t1 ? 10s, t2 ? 10s
2

(1)匀速行驶 10s 内位移: x1 ? v ? t1 ? 10 ?10m ? 100m 匀加速行驶的 10s 内位移: x2 ? v0t2 ?

1 2 1 at2 ? 10 ?10 ? ?1?102 m ? 150m 2 2

汽车在 20s 内的位移 x ? x1 ? x2 ? 100 ? 150m ? 250m (2)根据 v ?

x 150 ? m / s ? 15m / s t 10

考点:考查了匀变速直线运动规律的应用 一质量为 m 的物块放在水平地面上,现在对物块施加一个大小为 F 的水平恒力,使物块 从静止开始向右移动距离 s 后立即撤去 F. 物块与水平地面间的动摩擦因数为 μ . 求:

72.撤去 F 时,物块的速度大小. 73.撤去 F 后,物块还能滑行多远? 【答案】 72. v ?

2( F ? ? mg ) s m F ? 1) s ? mg

73. s ? ? (

【解析】 (1) 设撤去 F 时物块速度大小为 v, 由牛顿第二定律 物块的加速度 a ? (3 分) ,
2 由运动学公式 v ? 2as (3分) ,

F ? ? mg m

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解得 v ?

2( F ? ? mg ) s (2 分) m

(2)设撤去 F 后物块还能滑行的距离为 s ? ,从静止到物块停下的过程中,运用动能定 理 ( F ? ? mg )s ? ? mgs? ? 0 (4 分) , 解得 s ? ? (

F ? 1) s (2 分) ? mg

一架飞机着陆时的速度大小为 60m/s, 着陆后以 6m/s2 大小的加速度做匀减速直线运动, 求: 74.它着陆后滑行 225m 时的速度大小; 75.它着陆后 12s 内滑行的位移大小。 【答案】 74.30m/s 75.300m 【解析】 (1)以初速度方向为正方向,则有 a= -6m/s2 由 v2-v02=2ax (2 分) 可得 v=30m/s (2 分) (2)飞机在地面滑行最长时间 t ?

?v 0 ? 10 ? s ? 10s a ?6

(2 分) (1 分)

所以飞机 12s 内滑行的位移为 10s 内滑行的位移。 由 v2-v02=2ax (2 分) 可得 x ?
2 ?v0 ?602 ? m ? 300m 2a 2 ? (?6)

(2 分)

76.做匀变速直线运动的列车出站时,车头经过站台上的某人面前时速度为 1m/s,车 尾经过此人面前时速度为 7m/s,若此人站着一直未动,则车身中部(中点)经过此人 面前时的速度是多少? 2 2 2 2 2 2 2 【答案】VB=d/t1,VC=d/t2,g=(VC -VB )/2h,g=d (t1 -t2 )/2ht1 t2 【解析】略 一物体从某时刻起做匀加速直线运动,已知其初速度 v0=4m/s ,加速度 2 a=2m/s ,求: 77.2s 末物体速度的大小; 78.开始运动后 2s 内物体位移的大小。 【答案】 77.8(m/s) 78.12(m) 【解析】略 79.如图所示,质量 M =4kg 的木板长 L =4m,静止在光滑的水平地面上,其水平上表 面左端静置一个质量 m =2kg 的小滑块(可视为质点) ,小滑块与板间的动摩擦因数 μ =0.2。从某时刻开始,用水平力 F =10N 一直向右拉滑块,使滑块从木板上掉下来。g 2 取 10m/s 。

(1)该过程木板的位移; (2)滑块离开木板时的速度;
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(3)若在 F =10N 的情况下,能使小滑块恰好能从木板上掉下来,求此力作用的最短时 间. 【答案】 (1)2m(2)6m/s(3)

12 5

【解析】 试题分析: (1)由牛顿第二定律知滑块和木板加速度为

a1 ?

F ? ? mg m

a2 ?

? mg
M

????????????1 分

它们的位移关系为

1 2 1 2 a1t ? a2t ? L ????????????1 分 2 2
木板位移为

S2 ?

1 2 a2t ? 2m ????????????1 分 2

(2)滑块速度为

v ? a1t ? 6 m/s?????????1 分
(3)设滑块经过时间 t1 撤掉 F, 又经过时间 t2 恰好滑到木板的右端获得共同速度,由牛顿 第二定律知滑块撤掉 F 时的加速度大小为

a3 ?

? mg
m

? ? g ???????????1 分

它们的速度关系为

a1t1 ? a3t2 ? a2 (t1 ? t2 ) ?????????1 分
它们的位移关系为

1 2 1 2 1 a1t1 ? a1t1t2 ? a3t2 ? a2 (t1 ? t2 )2 ? L ?????????1 分 2 2 2
解得 t1=

12 s?????????1 分 5

考点:本题考查了牛顿第二定律和运动学的综合 2 80.飞机着陆后以 6m/s 大小的加速度做匀减速直线运动,其着陆速度为 60m/s,求: (1)它着陆后 12s 内滑行的位移 x (2)整个减速过程的平均速度 【答案】 (1)X=300m; (2)30m/s 【解析】 试题分析:设飞机着陆后经 t′速度减为零,已知 v0 ? 60m / s, t ? 12s ; 逆向看: v0 ? at ? ① ②

由 ①得: t ? ? 10 s ? t ? 12 s ,即飞机需 10s 速度减为零,

1 s ? at 2 ? 300 m 2
⑵.经以上分析,飞机减速过程的平均速度为: v ? 考点:考查匀变速直线运动规律
试卷第 27 页,总 37 页

v0 ? 30m / s 2

点评:本题难度较小,末速度为零的匀减速直线运动通常看做反方向的匀加速直线运动 来处理 81. (12 分)机动车驾驶执照考试的其中一个项目是定点停车:要求考生根据考官的指 令在一路边标志杆旁停车。在一次练习中,车以一定速度匀速行驶,在距标志杆距离为 s=4m 时,教练命令考生到标志杆停车,考生立即刹车,车在阻力 f1=2400N 作用下做匀 减速直线运动,经一段时间,车刚好停在标志杆旁。第二次练习时,车以同样的初速度 匀速行驶,教练在同样的位置命令考生到标志杆停车,考生迟了△t=0.7s 时间才刹车, 最后车也刚好停在标志杆旁。已知车和人的总质量为 M=1200kg,车视为质点。求: (1)车行驶的初速度是多少? (2)第二次车做匀减速运动时受到的阻力 f2 是多少? 【答案】 (1)4m/s(2)8000N 【解析】 试题分析: (1)设初速度为 v0 ,第一次练习做匀减速运动时的加速度为 a1,由牛顿第二 定律

f1 ? M a1
由运动学公式: 解出
2 0-v0 ? -2 a1 s

v0 =4 m /s
f2 ? M a 2
2 v0 ?s 2a2

(2) 第二次练习做匀减速运动时加速度为 a2 由牛顿第二定律: 由运动学公式: v0 ?t ?

2 Mv0 ? 8000 N 联立可得: f 2 ? 2s ? v0 ?t

考点:牛顿第二定律、匀变速直线运动 点评:本体通过牛顿第二定律先求出加速度,利用匀变速直线运动规律求出初速度,最 后反过来利用匀变速直线运动求加速度,然后利用牛顿第二定律求出物体的受力,这类 问题属于典型的动力学的两类基本问题。 82. (17 分)如图,一轨道由光滑竖直的 1/4 圆弧 AB,粗糙水平面 BC 及光滑斜面 CE 组 成,BC 与 CE 在 C 点由极小光滑圆弧相切连接,斜面与水平面的夹角 θ =30°,一小物 块从 A 点正上方高 h=0.2 m 处 P 点自由下落,正好沿 A 点切线进入轨道,已知小物块质 量 m=1kg,圆弧半径 R=0.05 m, BC 长 s=0.1m,小物块过 C 点后经过时间 t1=0.3s 第一次 2 到达图中的 D 点,又经 t2=0.2s 第二次到达刀点。取 g=10m/ s .求:

(1)小物块第一次到达圆弧轨道 B 点的瞬间,受到轨道弹力 N 的大小? (2)小物块与水平面 BC 间的动摩擦因数 ? =?
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(3)小物块最终停止的位置? 【答案】 (1)110N(2) ? ? 0.5 (3)球最终停在 C 点 【解析】 试题分析:(1) 设小球在 B 点时速度大小为 vB,从 A 点到 B 点的过程由动能定理得

mg ? h ? R ? ? mvB2 / 2
在圆弧轨道 B 点即圆周最低点,有 N ? mg ? mvB2 / R 解得 vB ? 5m / s,N ? 110 N (2) 设小球在 CE 段加速度为 a,则沿斜面方向受力分析可得

a ? gsin? ? 5m / s2
设小球第一次经过 C 点的速度为 vC ,从 C 点上滑到最高点,设经过的时间是 t,则

t ? t1 ? t 2 / 2 ? 0.4s
从 C 点到最高点,匀减速 vc ? at ? 2m / s 小球从 B 到 C,根据动能定理 ? ?mgs ? 得 ? ? 0.5 (3) 设小球在 B 点动能为 EB,每次经过 BC 段损失的能量为△E,则

1 1 2 m?c2 ? m? B 2 2

?E ? ? mgs ? 0.5J
EB ? 1 2 =2.5J m? B 2

其他各段无能量损失,可得 EB ? 5?E ,所以小球最终停在 C 点。 考点:动能定理 匀变速直线运动 83. (11 分)一小物块随足够长的水平传送带一起运动,被一水平向左飞的子弹击中并 从物块中穿过,如图 1 所示.固定在传送带右端的位移传感器纪录了小物块被击中后的 位移 s 随时间 t 的变化关系如图 2 所示(图象前 3s 内为二次函数,3~4.5s 内为一次函 数,取向左运动的方向为正方向). 已知传送带的速度 v1 保持不变, g 取 10m/s .
2

(1)求传送带速度 v1 的大小; (2)求 0 时刻物块速度 v0 的大小;
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(3)画出物块对应的 v ? t 图象。

【答案】 (1) v1 ? 2m / s

(2) v0 ? 4m / s

(3)如下图所示

【解析】 试题分析: (1)由 s

t 的图象可知,物块被击穿后,先向左减速,2s 末减到 v ? 0 ,然
s? ? 2m / s ,以后随传送带一起做匀速运动. t

后向右加速,3s 末后与传送带共速 v1 ?

(2)2s~3s 内,物块向右匀加速运动,加速度大小 a ? ? g , v1 ? a t1 0~2s 内,物块向左匀减速运动,加速度大小 a ? ? g 解得 0 时刻物块的速度 v0 ? a t2 ? 4m / s (3)根据 s t 的图象分析得到的运动规律用 v t 图象画出如上图所示. 考点:本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、 v ? t 图象。 84.如图所示,质量 M=1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因 数 μ 1=0.1,在木板的左端放置一个质量 m=1kg、大小可忽略的铁块,铁块与木板间的 2 动摩擦因数 μ 2=0.4,g 取 10 m/s ,

(1)若木板长 L=1 m,在铁块上加一个水平向右的恒力 F=8 N,经过多长时间铁块运动到
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木板的右端? (2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力 F,假设木板足够长,在 图中画出铁块受到木板的摩擦力 Ff 随拉力 F 大小变化而变化的图象,并写出分析过程 【答案】(1)1 s (2)

【解析】 试题分析: (1)假设铁块和木板以及木板和地面都有相对滑动,则铁块的加速度大小 a1= =4 m/s
2

木板的加速度大小 a2=

=2 m/s ,由 a2>0 可见,假设成立.

2

设经过时间 t 铁块运动到木板的右端,则有 a1t - a2t =L 解得 t=1 s. (2)①当 F≤μ 1(M+m)g=2 N 时,m、M 相对静止且对地静止,Ff=F; 2 ②设 F=F1 时,m、M 恰保持相对静止,此时系统的加速度为 a=a2=2 m/s .以系统为研究对 象,据牛顿第二定律有 F1-μ 1(M+m)g=(M+m)a 解得 F1=6 N 所以, 当 2 N<F≤6 N 时, m、 M 相对静止, 系统向右做匀加速运动, 其加速度 a=

2

2

以 M 为研究对象,据牛顿第二定律有 Ff-μ 1(M+m)g=Ma,解得 Ff= +1(N); ③当 F>6 N 时,m、M 发生相对运动,Ff=μ 2mg=4 N 所以,Ff 随拉力 F 大小变化而变化的图象如图所示.

考点:牛顿第二定律、摩擦力 85.汽车以 10m/s 的速度在水平路面上匀速运动,突然发现前方有障碍物,汽车立即刹 车作匀减速运动,刹车后经 2 秒速度变为 6m/s,求: (1)刹车过程中的加速度; (2)速度由 8m/s 减速到 4m/s 的过程中,汽车前进的距离; (3)刹车后 8s 末的汽车速度和 8s 内前进的距离; 【答案】 (1) 2m / s , 方向:与运动方向相反 (2) 12m (3) 25m 【解析】
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2

试题分析:

取汽车前进的方向为正 方向 (1 )汽车做匀减速直线运 动: 当t ? 2s时,v ? 6m / s : v ? v0 10 ? 6 2 a? ? m / s 2 ? ?2m / s( — — — 3分) t 2 即:加速度大小为 2m / s 2 , 方向:与运动方向相反 ( — — — 1分,矢量要说明方向)
2 (2)方法一: v2 ? v12 ? 2as1 ? s1 ? 2 v2 ? v12 4 2 ? 82 ? m ? 12 m( — — — 4分) 2a 2 ? (?2)

v ?v 4?8 ? t1 ? 2 1 ? s ? 2 s( — — — 2分) ? ? a ?2 方法二: ? _ ?s ? v t ? v1 ? v2 t ? 8 ? 4 ? 2 ? 12 m( — — — 2分) 1 ? 2 2 ?

(3)汽车刚好减速为 0所需要的时间为 t止 0 - v0 0 ? 10 ? s ? 5s ? 8s( — — — 2分) a ?2 故: 8s末汽车速度vt ? ( 0 — — — 1分) t止 ? 设8s内前进的位移为 s2:
2 方法一:vt2 ? v0 ? 2as2

? s2 ?

2 0 ? v0 ? 102 ? m ? 25m( — — — 3分) 2a 2 ? (?2)

v0 ? 0 10 t止 ? ? 5m ? 25m( — — — 3分,点拨:巧用平均速 度公式) 2 2 1 2 1 方法三:s2 ? at止 ? ? 2 ? 52 m ? 25m( — — — 3分,点拨:反向看成匀 加速) 2 2 方法二:s2 ?
考点:考查了匀变速直线运动规律的应用 如图所示,某滑道由 AB、BC、CD 三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接 (不考虑能量损失) ,其中轨道 AB 段是光滑的,水平轨道 BC 的长度 s ? 5m ,轨道 CD 足够长且倾角 ? ? 37? ,A 点离轨道 BC 的高度为 h1 ? 4.30m。现让质量为 m 的小滑块自 A 点由静止释放,已知小滑块与轨道 BC、CD 间的动摩擦因数都为 μ =0.5,重力加速度 2 g 取 10m/s ,sin37°=0.6,cos37°=0.8。试求:

86.小滑块第一次到达 C 点时的速度大小 87.小滑块第一次和第二次经过 C 点的时间间隔 88.小滑块最终静止的位置距 B 点的距离 l 【答案】
试卷第 32 页,总 37 页

86. vC ? 6m / s 87. t ? t1 ? t2 ? 1.9s 88. l ? 4.28m 【解析】 (1)小物块第一次从 A 到 C 的过程中,由动能定理得

mgh1 ? ? mgs ?

1 2 mvc ? 0 2
(4 分)

将 h1 、s、 ? 、g 代入得: vC ? 6m / s

(2)第一次冲上 CD 轨道上升的高度最大,上升过程的加速度大小为

a1 ? g sin ? ? ? g cos? ? 10 m s2
上升的时间 t1 ?

vC ? 0.6s a1

(2 分)

则沿斜面上升的距离最大值为

x?

2 vC ? 1.8m 2a

返回时小滑块做匀加速运动,加速度 a2 ? g sin ? ? ? g cos? ? 2 m s 2 从最高点返回到 C 点所用的时间

t2 ?

2x 3 5 ? s a2 5

(2 分)

故小滑块第一次和第二次经过 C 点的时间间隔

t ? t1 ? t2 ? 1.9s
'2 (3)小球返回到 C 点的速度满足 vC ? 2a2 x

(2 分)

从 C 点向左的过程,由动能定理得

1 '2 mvC ? ? mg ( s ? l ) 2

带入数字解得 l ? 4.28m (4 分) 89.一质量为 M=4.0kg、长度为 L=3.0m 的木板 B,在大小为 8N、方向水平向右的拉力 F 作用下,以 v0=2.0m/s 的速度沿水平地面做匀速直线运动,某一时刻将质量为 m=1.0kg 的小铁块 A(可视为质点)轻轻地放在木板上的最右端,如图所示。若铁块与木板之间 2 没有摩擦,重力加速度 g 取 10m/s 。求: A B F

(1)加上小铁块后,木板的加速度大小?(2)二者经过多长时间脱离? 2 【答案】(1) 0.5m/s ;(2)2s 【解析】 试题分析:(1)由木板匀速运动时有,F=μ mg ;得:μ =0.2,加一个物块后,木板做匀减 速运动:
试卷第 33 页,总 37 页

μ (M+m)g-F=Ma,求出:a=0.5m/s ; (2)物块放在木版上相对地面静止,木版匀减速运动的距离 L 后物块掉下来。由位移公 式: L ? v0 t ?

2

1 2 at 2 代入数值解得 t1=2s;t2=6s(舍去) ,故 2 秒后 A 与 B 脱离。

考点:匀变速直线运动 90. (10 分)如图所示,长为 L=6m、质量 M=4kg 的长木板放置于光滑的水平面上,其左 端有一大小可忽略,质量为 m=1kg 的物块,物块与木板间的动摩擦因数为 0.4,开始时 物块与木板都处于静止状态,现对物块施加 F=8N,方向水平向右的恒定拉力,设最大 2 静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (g 取 10m/s )

(1)小物块的加速度; (2)木板的加速度 (3)物块从木板左端运动到右端经历的时间。 2 2 【答案】4m/s 1m/s 2s 【解析】 试题分析:(1)对小物块进行受力分析有,小物块竖直方向受重力、长木板支持力、 水平方向受拉力 F 和长木板的摩擦力 f 作用: 在竖直方向有:FN=mg ① 在水平方向有:F f=ma1 ② 又因为摩擦力 f=μ FN ③ 由①②③可解得:a1=
2

F μ g M

代入数据得:a1=4m/s (2)设长木板的加速度为 a2,对长木板进行受力分析有 长木板所受合外力 F 合=μ mg=Ma2 ④ 2 得:a2=1m/s ⑶令小物块达到长木板右端的时间为 t,则根据小物块滑到长木板右端的位移关系有: L+

1 2 1 2 a2t = a1t 2 2

代入数据得:t=2s

考点:本题考查匀变速直线运动规律。 91.在高速公路上,有时会发生“追尾”事故——后面的汽车撞上前面的汽车.请分析 一下,我国高速公路的最高车速限制为 108 km/h.设某人驾车正以最高时速沿平直高速 2 公路行驶,该车刹车时产生的加速度大小为 5 m/s ,司机的反应时间(从意识到应该停 车到操作刹车的时间)为 0.5.计算行驶时的安全车距至少为多少? 【答案】109m; 【解析】 试题分析:从后车的运动考虑,造成“追尾”的原因主要有以下几个方面:(1)车速过 快;(2)跟前车的车距过小;(3)司机的反应较迟缓;(4)车的制动性能较差. 当司机发现紧急情况(如前方车辆突然停下)后,在反应时间内,汽车仍以原来的速度做 匀速直线运动;刹车后,汽车匀减速滑行.所以,刹车过程中汽车先后做着两种不同的 运动,行驶中的安全车距应等于两部分位移之和.其运动情况如下图所示.为确保行车 安全,反应时间应取 0.7 s 计算.

试卷第 34 页,总 37 页

汽车原来的速度 v =108 km/h=30m/s.在反应时间 t=0.75s 内,汽车做匀速直线运动 的位移为: s1=v0t1=30×0.5=15 m

0 ? 30 s=6s 5 1 1 2 汽车刹车后滑行的位移为:s2=v0t2+ at 2 ×(-5)×(6) m=90 m 2 =30×6m+ 2 2
刹车后,汽车做匀减速直线运动,滑行时间为:t2= 所以行驶时的安全车距应为:s=s1+s2=15m+90 m=109 m 考点:匀变速直线运动公式 92.如图所示,一质量为 1 kg 的小球套在一根固定的直杆上,直杆与水平面夹角 θ 为 30°。现小球在 F=20N 的竖直向上的拉力作用下,从 A 点静止出发向上运动,已知杆与 球间的动摩擦因数?为 3 。试求: 6

(1)小球运动的加速度大小; (2)若 F 作用 1.2s 后撤去,小球上滑过程中距 A 点最大距离; 【答案】 (1) a1 ? 2.5 m / s2 (2)sm=2.4m 【解析】 试题分析: (1) 在力 F 作用时有: (F-mg) sin30?-? (F-mg) cos30?=ma1 解得 a1 ? 2.5 m / s2 (2) 刚撤去 F 时, 小球的速度 v1 ? a1t1 ? 3m / s 分) 撤去力 F 后,小球上滑时有: mgsin30? ? ?mgcos30? ? ma2 解得 a2 ? 7.5 m / s2 因此小球上滑时间 t2= 小球的位移 s1 =

v1 t1=1.8m 2

(1

v v1 =0.4s 上滑位移 s2= 1 t2=0.6m 2 a2

则小球上滑的最大距离为 sm=2.4m (2 分) 考点:考查了牛顿第二定律,运动学公式 93.(16 分)如图所示,水平传送带上 A、B 两端点间距 L=4m,半径 R=1m 的光滑半圆 形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带 B 相切。传送带以 v0=4m/s 的速度沿图示方 向匀速运动,质量 m=1kg 的小滑块由静止放到传送带的 A 端,经一段时间运动到 B 端, 2 滑块与传送带间的动摩擦因数 μ =0.5,取 g=10m/s 。

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R

⑴求滑块到达 B 端的速度; ⑵求滑块由 A 运动到 B 的过程中,滑块与传送带间摩擦产生的热量; ⑶仅改变传送带的速度,其他条件不变,计算说明滑块能否通过圆轨道最高点 C。 【答案】 ⑴v=4m/s;⑵Q=8J;⑶不能 【解析】 试题分析:⑴滑块开始时在传送带上先向右做加速运动,若传送带足够长,设当滑块速 度 v=v0 时已运动距离为 x,根据动能定理有:μ mgx=

1 2 mv0 -0 2

解得:x=1.6m<L, 所以滑块将以速度 v=v0=4m/s 做匀速运动至 B 端 ⑵设滑块与传送带发生相对运动的时间为 t,则:v0=μ gt 皮带通过的位移为:x′=v0t 滑块与传送带之间相对滑动的距离为:Δ x=x′-x 滑块与传送带之间产生的热量为:Q=μ mgΔ x 联立以上各式解得:Q=8J ⑶设滑块通过最高点 C 的最小速度为 vC,经过 C 点时,根据向心力公式和牛顿第二定律
2 vC 有:mg= m R

在滑块从 B 运动到 C 的过程中,根据动能定理有:-2mgR=

1 2 1 2 mvC - mvB 2 2

解得要使滑块能通过圆轨道最高点 C 时经过 B 的速度最小为:vB= 5 2 m/s 若仅改变传送带的速度,其他条件不变,使得滑块一直做匀加速直线运动至 B 的速度为 最大速度,设为 vm,根据动能定理有:μ mgL=

1 2 mvm -0 2

解得:vm= 2 10 m/s<vB= 5 2 m/s,所以仅改变传送带的速度,滑块不能通过圆轨道 最高点 考点:本题主要考查了匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、动能定理、功能关系的应 用问题,属于中档题。 94. 如图所示,一物体 M 从 A 点以某一初速度沿倾角 ? =37°的粗糙固定斜面向上运动, 自顶端 B 点飞出后, 垂直撞到高 H=2.25m 的竖直墙面上 C 点, 又沿原轨迹返回.已知 B、 C 两点的高度差 h=0.45m,物体 M 与斜面间的动摩擦因数 μ =0.25,取 sin37°=0.6, 2 cos37°=0.8,重力加速度 g=10 m/s .试求:

(1)物体 M 沿斜面向上运动时的加速度大小; (2)物体返回后 B 点时的速度; (3)物体被墙面弹回后,从 B 点回到 A 点所需的时间.
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【答案】 (1)a=8m/s (2)4m/s (3)0.5s 【解析】 试题分析: ( 1 )物体 M 沿斜面向上运动时的加速度为 a ,由牛顿第二定律有: 2 mgsinθ +μ mgcosθ =ma 代入数据得:a=8m/s (2)物体从 C 点到 B 点做平抛运动,设落至 B 点时在竖直方向的速度为 vBy,由平抛运 2 动规律有:vBy =2gh,解得:vBy=3m/s 由题意知,物体落在 B 点后刚好沿斜面下滑,则它落至 B 点时的速度方向沿斜面向下, 与水平方向的夹角为 37° 大小为:vB=vBy/sin37°=5m/s 设物体从 B 点返回到 A 点过程中的加速度大小为 a′,时间为 t′,由牛顿第二定律得: 2 mgsinθ -μ mgcosθ =ma′代入数据得:a′=4m/s 由运动学公式

2

2

H ?h 1 ? vt ? a?t ?2 sin 37? 2

代入数据,解得 t ? ? 0.5s(- 3s舍去) 考点:考查了平抛运动,牛顿第二定律,运动学公式 五、作图题(题型注释) 六、简答题(题型注释) 七、综合题 评卷人 得分 八、新添加的题型

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