2018年高考物理大一轮复习 第1章 运动的描述 匀变速直线运动章末检测
全国用2018版高考物理大一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动实验一研究匀变速直线运动
实验一研究匀变速直线运动1.实验器材电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸片.2.实验原理图13.实验步骤(1)按照如图1所示实验装置，把打点计时器固定在长木板无滑轮的一端，接好电源；(2)把一细绳系在小车上，细绳绕过滑轮，下端挂合适的钩码，纸带穿过打点计时器，固定在小车后面；(3)把小车停靠在打点计时器处，先接通电源，后放开小车；(4)小车运动一段时间后，断开电源，取下纸带；(5)换纸带重复做三次，选择一条比较理想的纸带进行测量分析.4.注意事项(1)平行：纸带、细绳要和长木板平行.(2)两先两后：实验中应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源，后取纸带.(3)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止钩码落地及小车与滑轮相撞.(4)减小误差：小车的加速度宜适当大些，可以减小长度的测量误差，加速度大小以能在约50 cm的纸带上清楚地取出6～7个计数点为宜.1.数据处理(1)目的通过纸带求解运动的加速度和瞬时速度，确定物体的运动性质等. (2)方法①分析物体的运动性质——测量相邻计数点间的距离，计算相邻计数点距离之差，看其是否为常数，从而确定物体的运动性质. ②利用逐差法求解平均加速度a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2⇒a ＝a 1＋a 2＋a 33＝ x 4＋x 5＋x 6 － x 1＋x 2＋x 3 9T2③利用平均速度求瞬时速度：v n ＝x n ＋x n ＋12T ＝d n ＋1－d n －12T④利用速度—时间图象求加速度a.作出速度—时间图象，通过图象的斜率求解物体的加速度；b.剪下相邻计数点的纸带紧排在一起求解加速度. 2.依据纸带判断物体是否做匀变速直线运动 (1)x 1、x 2、x 3…x n 是相邻两计数点间的距离.(2)Δx 是两个连续相等的时间里的位移差：Δx 1＝x 2－x 1，Δx 2＝x 3－x 2….(3)T 是相邻两计数点间的时间间隔：T ＝0.02n (打点计时器的频率为50 Hz ，n 为两计数点间计时点的间隔数).(4)Δx ＝aT 2，只要小车做匀变速直线运动，它在任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差就一定相等.命题点一 教材原型实验例1 (2016·天津理综·9(2))某同学利用图2装置研究小车的匀变速直线运动.图2(1)实验中，必须的措施是________. A.细线必须与长木板平行B.先接通电源再释放小车C.小车的质量远大于钩码的质量D.平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图3所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出).s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm.则小车的加速度a ＝___m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝___m/s.(结果均保留两位有效数字)图3答案 (1)AB (2)0.80 0.40解析 (1)实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A 正确；实验时要先接通电源再释放小车，选项B 正确；此实验中没必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项C 错误；此实验中不需要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D 错误. (2)相邻的两计数点间的时间间隔T ＝0.1 s ，由逐差法可得小车的加速度a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2＝ 7.64＋6.78＋5.97－5.19－4.41－3.59 ×10－29×0.12m/s 2＝0.80 m/s 2打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T ＝ 3.59＋4.41 ×10－22×0.1m/s ＝0.40 m/s1.某同学利用图4甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律，物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处).从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示.打点计时器电源的频率为50 Hz.图4(1)通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点______和______之间某时刻开始减速. (2)打计数点5时，物块对应的速度大小为______ m/s.(结果保留三位有效数字) (3)物块减速运动过程中加速度的大小为a ＝______ m/s 2.(结果保留三位有效数字) 答案 (1)6 7 (2)1.00 (3)2.00解析 (1)从纸带上的数据分析得知：在打计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在打计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；(2)每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T ＝0.1 s ，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，v 5＝0.09＋0.110 12×0.1m/s≈1.00 m/s.(3)由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据逐差法得：a ＝0.046＋0.066－0.086 1－0.106 04×0.01m/s 2≈－2.00 m/s 2.所以物块减速运动过程中加速度的大小为2.00 m/s 2.2.如图5所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的频率f ＝50 Hz ，其中x 1＝7.05 cm 、x 2＝7.68 cm 、x 3＝8.33 cm 、x 4＝8.95 cm 、x 5＝9.61 cm 、x 6＝10.26 cm.图5(1)下表列出了打点计时器打下B 、C 、F 时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D 、E 两点时小车的瞬时速度.(保留三位有效数字)(2)以A 点为计时起点，在图6中画出小车的速度—时间图线.图6(3)根据你画出的小车的速度—时间图线计算出小车的加速度a＝________ m/s2.(保留两位有效数字)(4)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏________.(选填“大”或“小”)答案(1)0.864 0.928 (2)如图所示(3)0.64 (4)大命题点二实验拓展创新例2某研究性学习小组用图7装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：①安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作.测出多组(h，t)，计算出对应的平均速度v；④画出v－t图象.图7图8请根据实验，回答如下问题：(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g.则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为________.(用v0、g和t表示)(2)实验测得的数据如下表：请在图8坐标纸上画出v－t图象.(3)根据v－t图象，可以求得当地重力加速度g＝______ m/s2，试管夹到光电门1的距离约为______ cm.(以上结果均保留两位有效数字)答案 (1)v ＝v 0＋12gt(2)见解析图 (3)9.7(9.5～9.9) 6.5(6.3～6.7)解析 (1)根据匀变速直线运动的规律：一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得v ＝v 0＋12gt .(2)描点画图，如图所示.(3)根据v ＝v 0＋12gt 可知，v －t 图象的斜率表示k ＝g 2，解得g ≈9.7 m/s 2；图象与纵轴的截距为小球经过光电门1时的速度v 0，约为1.12 m/s ，根据v 20＝2gh 得h ≈6.5 cm.从原理迁移和数据处理技巧上进行创新1.复习启示高考实验题一般源于教材而不拘泥于教材，是在教材实验的基础上创设新情景.因此，要在夯实基础实验的基础上注意迁移创新能力的培养，善于用教材中实验的原理、方法和技巧处理新问题. 2.情景拓展3.数据处理(1)加速度的获得：靠重物的拉力获得加速度→长木板倾斜靠重力获得加速度.(2)速度的测量方法：由打点纸带求速度→测定遮光片的宽度d 和遮光片通过光电门的挡光时间Δt ，由v ＝dΔt求速度.(3)加速度的测量方法：由打点纸带利用逐差法求加速度→利用经过两个光电门的瞬时速度，由速度位移关系式求加速度.3.如图9甲为测量重力加速度的实验装置，C 为数字毫秒表，A 、B 为两个相同的光电门，C 可以测量铁球两次挡光之间的时间间隔.开始时铁球处于A 门的上边缘，当断开电磁铁的开关由静止释放铁球时开始计时，落到B 门时停止计时，毫秒表显示时间为铁球通过A 、B 两个光电门的时间间隔t ，测量A 、B 间的距离x .现将光电门B 缓慢移动到不同位置，测得多组x 、t 数值，画出xt随t 变化的图线为直线，如图乙所示，直线的斜率为k ，则由图线可知，当地重力加速度大小为g ＝________；若某次测得小球经过A 、B 门的时间间隔为t 0，则可知铁球经过B 门时的速度大小为________，此时两光电门间的距离为________.图9答案 2k 2kt 0 kt 2解析 根据x ＝12gt 2可得，x t ＝12gt ，则12g ＝k ，解得g ＝2k ；若某次测得小球经过A 、B 门的时间间隔为t 0，则可知铁球经过B 门时的速度大小为v ＝gt 0＝2kt 0，此时两光电门间的距离为x ＝v2t 0＝kt 20.4.在“利用打点计时器测定匀变速直线运动加速度”实验中，打点计时器接在50 Hz 低压交流电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5点取一个计数点，共取了A 、B 、C 、D 、E 、F 六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点).从A 点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a 、b 、c 、d 、e 段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy 坐标系中，如图10所示.图10(1)若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做_______运动且直线与－x 方向夹角越大，说明纸带运动的加速度_______(选填“越大”或“越小”).(2)从第一个计数点A 开始计时，为求出0.25 s 时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：______________(选填“a ”“b ”“c ”“d ”“e ”).(3)若测得a 段纸带的长度为10.0 cm ，e 段纸带的长度为2.0 cm ，则可求出加速度的大小为________ m/s 2.答案 (1)匀减速直线 越大 (2)c (3)2.0解析 (1)纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间内的位移，由于Δx ＝aT 2，纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样.图线可看作v －t 图象，即速度均匀减小，纸带做匀减速运动，图象斜率越大，加速度越大.(2)求0.25 s 时的速度，即求0.2～0.3 s 内的平均速度，0.2～0.3 s 内的位移恰好是纸带c 段对应的长度.(3)利用Δx ＝aT 2，即x m －x n ＝(m －n )aT 2，有a ＝x a －x e 4T2＝－2.0m/s 2，所以加速度的大小为2.0 m/s 2.5.利用图11所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度.一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动.当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t .改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用刻度尺测量甲、乙之间的距离s ，记下相应的t 值.所得数据如下表所示.图11完成下列填空和作图：(1)若滑块所受摩擦力为一定值，滑块加速度的大小a 、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v t 、测量值s 和t 四个物理量之间所满足的关系式是______________. (2)根据表中给出的数据，在图12给出的坐标纸上画出s t－t 图线.图12(3)由所画出的st－t 图线，得出滑块加速度的大小为a ＝______ m/s 2(保留两位有效数字). 答案 (1)s t ＝－at2＋v t(2)如图所示(3)2.0(答案在1.8～2.2范围内都可)解析 (1)滑块从光电门甲到光电门乙，中间时刻的瞬时速度v ＝s t ，设经过光电门乙时的速度为v t ，由v t ＝s t ＋at 2整理可求得答案.(2)见答案图.(3)由s t ＝－at 2＋v t ，可知s t－t 图象中图线斜率的绝对值|k |＝a 2，由图线可知|k |＝1.0 m/s 2，故a ＝2|k |＝2.0 m/s 2.。
2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用课件
[答案] 3.25s
vm 1 [解析] 加速度阶段：t1＝ ＝1s x1＝ vmt1＝2m a1 2 vm 1 减速阶段：t3＝ ＝0.5s x3＝ vmt3＝1m a2 2 x－x1＋x3 匀速阶段：t2＝ ＝1.75s vm 故人到达墙需要时间为 t＝t1＋t2＋t3＝3.25s。
•解决匀变速直线运动问题的常用方法
[答案] 5m/s
• 名师归纳： • 匀变速直线运动规律中应用的两个技巧 • (1)匀减速直线运动减速到0时，通常看成 反向的初速度为0的匀加速直线运动。 • (2)若告诉匀变速直线运动的时间和位移， 通常要考虑应用平均速度公式，求出中间 时刻的瞬时速度。
〔类题演练 2 〕
一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端 A 点上滑，最高可滑 到 C 点，已知 AB 是 BC 的 3 倍，如图所示，已知物块从 A 至 B 所需时间为 t0。 则它从 B 经 C 再回到 B，需要的时间是 导学号 51342041 ( C )
3．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第 2s 和第 4s 内位移的大 小均为 5m，则物体的加速度大小为 导学号 51342036 ( C ) A．0 B．2m/s2 C．5m/s2 D．6m/s2
[解析] 由题意知，小球第 2s 处于上滑阶段，第 4s 处于下滑阶段，以沿斜面 5－－5 2 2 向上为正，则由 xm－xn＝(m－n)aT 得 a＝ 2m/s ＝－5m/s ，C 正确。 2－4· 1
1．(2016· 信阳模拟)空客 A380 大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距 离约为 3000m，着陆距离大约为 2000m。设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动， 起飞时速度是着陆时速度的 1.5 倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是 导学号 51342034 ( B ) A．3︰2 C．1︰2 B．1︰1 D．2︰1
(江苏专用)2018版高考物理大一轮复习第一章运动的描述45分钟章末验收卷课件
匀变速直线运动
45分钟章末验收卷
1.如图所示，a、b、c三个物体在同一条直线上运动，其位移－时间图
象中，图线c是一条x＝0.4t2的抛物线.有关这三个物体在0～5 s内的运
答案 动，下列说法正确的是 解析
A.a物体做匀加速直线运动
B.c物体做匀加速直线运动 √
C.t＝5 s时，a物体速度比c物体速度大 D.a、b两物体都做匀速直线运动，且速度相同
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
11.某同学用频闪照相法研 究小球的自由落体运动， 选择一张清晰的频闪照片， 剪掉前面小球重叠部分进行研究.已知小球在释放位置时，球心与刻度 尺的零刻度线对齐. (1)根据图中的数据，请你读出小球运动到照片中第 5个相点时，下落 答案 解析 0.211 9(0.211 8 ～ 0.212 0 均对 ) 的高度为___________________________ m； 根据刻度尺读数规则，下落高度h＝21.19 cm＝0.211 9 m.
下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6 m/s2之
间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为 5 25 A.3 s B. 3 s C.2.5 s √
1 2 3 4 5 6 7
答案
解析
D.12.5 s
8
9
10 11 12 13
3.电梯从低楼层到达高楼层经过启动、匀速运行和制动三个过程，启 动和制动可看做是匀变速直线运动.电梯竖直向上运动过程中速度的变 化情况如下表：
答案
解析
√
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
5.如图甲所示，一维坐标系中有一质量为m＝2 kg的物块静置于x轴上的某位置(图 中未画出)，t＝0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运动，如图乙为其位置坐标 和速率平方关系图象的一部分. 下列说法正确的是
【高考领航】2018年高考物理大一轮复习章末检测(含答案)
章末检测一运动的描述匀变速直线运动(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．一质点在A、B两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在A点初速度为v时，从A点到B点所用的时间为t，当在A点初速度为2v时，保持其他量不变，从A点到B点所用时间为t′，则()A．t′>t2B．t′＝t 2C．t′<t2D．t′＝t解析：A.设A、B两点间位移为x，初速度为v时，x＝v t＋12at2，解得：t＝v2＋2ax－va，初速度为2v时，x＝2v t′＋12at′2，解得：t′＝4v2＋2ax－2va，所以t′>t2，A项正确．2．如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则x AB∶x BC等于()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4解析：选C.由位移－速度公式可得v2B－v2A＝2ax AB，v2C－v2B＝2ax BC，将各瞬时速度代入可知选项C正确．3．一个物体沿直线运动，从t＝0时刻开始，物体的v－t图象如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为0.5 m/s和－1 s，由此可知()A．物体做匀速直线运动B．物体做变加速直线运动C．物体的初速度大小为0.5 m/sD．物体的初速度大小为1 m/s解析：选C.根据v－t图象，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A、B错误．图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5 m/s，故C正确，D错误．4．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前、后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为()A．0.5t B．0.4tC．0.3t D．0.2t解析：选 C.将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(2－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t2，由以上几式可得：t′＝(2－1)t2≈0.3t，正确答案为C.5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()A.st2 B.3s2t2C.4st2 D.8st2解析：选A.质点在时间t内的平均速度v＝st，设时间t内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12m v 22＝9×12m v 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t .质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝s t 2.故选项A 正确．6．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A 、B ，A 在西B 在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B 路牌时，一只小鸟恰自A 路牌向B 匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A ，过一段时间后，汽车也行驶到A .以向东为正方向，它们的位移－时间图象如图所示，图中t 2＝2t 1，由图可知( )A ．小鸟的速率是汽车速率的两倍B ．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1C ．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D ．小鸟和汽车在0～t 2时间内位移相等解析：选BC.设A 、B 之间的距离为x .由t 2＝2t 1，结合图象可知，小鸟与汽车相遇时，汽车的位移大小为x 4，小鸟的位移大小为34x ，故选项A 错误，B 正确；小鸟飞行的总路程为64x ＝1.5x ，选项C 正确；小鸟在0～t 2时间内的位移为零，而汽车在0～t 2时间内位移大小为x ，故选项D 错误．7．如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h 处，空心管长为L ，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上．当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A ．两者同时无初速度释放，小球在空中不能穿过管B ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关D ．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt 时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关解析：选AB.两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，球不能穿过管，A 正确；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t ＝L v 0，B 正确，C 错误；小球提前Δt 时间释放，相当于获得了初速度v 0＝g Δt ，与当地重力加速度有关，D 错误．8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2、n 1＝4、n 1＝6时，n ＝5、n ＝10、n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔为T ＝0.1 s ，其中x 1＝7.05 cm ，x 2＝7.68 cm ，x 3＝8.33 cm ，x 4＝8.95 cm ，x 5＝9.61 cm ，x 6＝10.26 cm ，则打A 点时小车的瞬时速度大小是________ m/s ，计算小车运动的加速度的表达式为a ＝________，加速度大小是________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：由匀变速直线运动平均速度的推论可知，打计数点A时小车的速度为v A＝x3＋x42T＝8.33＋8.950.2×10－2m/s≈0.86 m/s；由匀变速直线运动相等时间位移差的推论可知，小车的加速度为a＝x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T2，代入数据可得a＝0.64 m/s2.答案：0.86x4＋x5＋x6－x1－x2－x39T20.6410．(12分)某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L，窄遮光板的宽度为d，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t1、t2.(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v1＝________，v2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．(2)滑块的加速度可以表示为a＝________(用题中所给物理量表示)．解析：(1)滑块通过两个光电门的速度等于滑块通过光电门这极短时间内的平均速度，故瞬时速度分别为dt1和dt2，时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法．(2)根据运动学公式2aL＝v22－v21，代入可求得加速度a＝d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t21.答案：(1)dt1dt2极限法(2)d22L⎝⎛⎭⎪⎫1t22－1t2111．(15分)如图所示，一辆长为12 m的客车沿平直公路以8.0 m/s的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m的货车由静止开始以2.0 m/s2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m，求两车错车所用的时间．解析：设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有s 1＋s 2＝180 m ，其中s 1＝12at 21，s 2＝v t 1，联立可得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中s 1′＝12at 22，s 2′＝v t 2，解得t 2＝10.8 s.故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s.答案：0.8 s12．(15分)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？解析：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则x 1＝v 212a 1解得x 1＝18 m ，足球匀减速运动时间为t 1＝v 1a 1＝6 s 前锋队员以最大加速度加速t 2＝v 2a 2＝4 s 在此过程中的位移x 2＝v 222a 2＝8 m 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m由于x 2＋x 3＜x 1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3代入数据解得t 3＝0.5 s前锋队员追上足球的时间t ＝t 1＋t 3＝6.5 s答案：6.5 s章末检测二 相互作用(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．两个质量为m 1的小球套在竖直放置的光滑支架上，支架的夹角为120°，如图所示，用轻绳将两球与质量为m 2的小球连接，绳与杆构成一个菱形，则m 1∶m 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶ 3 D.3∶2解析：选A.设轻绳中的拉力为F ，隔离m 1受力分析，由平衡条件得m 1g cos 60°＝F cos 60°，解得F ＝m 1g ；隔离m 2受力分析，由平衡条件得2F cos 60°＝m 2g ，所以 m 1∶m 2＝1∶1，A 正确．2．如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ.在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹力的大小为m1g cos θB．地面对m2的摩擦力大小为FC．地面对m2的支持力可能为零D．m1与m2一定相等解析：选 B.对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力，要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同，故B正确；因m2与地面间有摩擦力，则一定有支持力，故C错误；对m1受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力为Fsin θ，因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系，也无法求出弹簧弹力与重力的关系，故A、D 错误．3．在水平地面上固定一个上表面光滑的斜面体，在它上面放有质量为m的木块，用一根平行于斜面的细线连接一个轻环，并将轻环套在一根两端固定、粗糙的水平直杆上，整个系统处于静止状态，如图所示，则杆对环的摩擦力大小为()A．mg sin θB．mg cos θC．mg tan θD．mg sin θcos θ解析：选D.设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有F－mg sin θ＝0，对轻环由共点力平衡条件有F cos θ－F f＝0，解得杆对环的摩擦力大小为F f＝mg sin θcos θ.4．一轻绳一端系在竖直墙M上，另一端系一质量为m的物体A，用一轻质光滑圆环O穿过轻绳，并用力F拉住轻环上一点，如图所示．现使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置．则在这一过程中，力F、绳中张力F T及力F 与水平方向夹角θ的变化情况是()A．F保持不变，F T逐渐增大，夹角θ逐渐减小B．F逐渐增大，F T保持不变，夹角θ逐渐增大C．F逐渐减小，F T保持不变，夹角θ逐渐减小D．F保持不变，F T逐渐减小，夹角θ逐渐增大解析：选C.圆环受到三个力，拉力F以及绳子的两个拉力F T，三力平衡，故绳子两个拉力的合力与拉力F始终等值、反向、共线，由于绳子的拉力等于mg，夹角越大，合力越小，且合力在角平分线上，故拉力F逐渐变小，由于始终与两细线拉力的合力反向，故拉力F逐渐趋向水平，θ逐渐变小，选项C正确．5．如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为G的运动员静止时，左边绳子张力为T1，右边绳子张力为T2.则下列说法正确的是()A．T1和T2是一对作用力与反作用力B．吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2都会变小C．T2一定大于GD．T1＋T2＝G解析：选B.作用力与反作用力必须作用在不同的物体上，T1和T2作用在同一个物体上，A错误；吊绳与竖直方向的夹角减小时，T1和T2夹角变小，T1和T 2都会变小，B 正确；当T 1和T 2的夹角为120°时，T 2等于G ，当夹角大于120°时，T 2大于G ，当夹角小于120°时，T 2小于G ，故C 、D 均错误．6．如图所示，手推车的篮子里装有一篮球，女孩把手推车沿斜面向上匀速推动，篮子的底面平行于斜面，靠近女孩的一侧面垂直于底面，下列说法正确的有(不计摩擦力)( )A ．篮子底面受到的压力大于篮球的重力B ．篮子底面受到的压力小于篮球的重力C ．篮子右侧面受到的压力大于篮球的重力D ．篮子右侧面受到的压力小于篮球的重力解析：选BD.设斜面倾角为θ，篮球质量为m ，篮子底面、右侧面对篮球的弹力分别为F N1、F N2，不计摩擦力，对篮球由共点力平衡条件有F N1－mg cos θ＝0，F N2－mg sin θ＝0.由牛顿第三定律可知，篮球对篮子底面、右侧面的压力均小于重力．选项A 、C 错误，B 、D 正确．7．如图所示，物体A 、B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B 悬挂着．已知m A ＝3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，B 不会碰到地面，则( )A ．弹簧的弹力不变B ．物体A 对斜面的压力将减小C ．物体A 受到的静摩擦力将减小D ．弹簧的弹力及A 受到的静摩擦力都不变解析：选AC.对物体A 受力分析如图所示，设此时F f A 沿斜面向上，由平衡条件可得：m A g sin 45°＝F ＋F f A ，可得F f A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－1m B g ，当斜面倾角为30°时，可得F f A ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1m B g ＝12m B g .可见，物体A 受到的静摩擦力方向沿斜面向上，且变小，物体A 不会相对斜面滑动，弹簧的弹力始终等于物体B 的重力，故选项A 、C 正确，D 错误；物体A 对斜面的压力的大小由F N ＝m A g cos 45°变为F N ′＝m A g cos 30°，压力变大，选项B 错误．8．如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a 、b ，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F ，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是( )A ．a 、b 两物体的受力个数一定相同B ．a 、b 两物体对斜面的压力相同C ．a 、b 两物体受到的摩擦力大小可能不相等D ．当逐渐增大拉力F 时，物体b 先开始滑动解析：选BC.对a 、b 进行受力分析，如图所示．物体b 处于静止状态，当细线沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b 可能只受3个力作用，而物体a 必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，选项A 错误；a 、b 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：F N ＋F T sin θ＝mg cos α，解得：F N ＝mg cos α－F T sin θ，则a 、b 两物体对斜面的压力相同，选项B 正确；因为b 的摩擦力可以为零，而a 的摩擦力一定不为零，故选项C 正确；对a 沿斜面方向有：F T cos θ＋mg sin α＝f a ，对b 沿斜面方向有：F T cos θ－mg sin α＝f b ，又因为正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a 先达到最大静摩擦力，先滑动，故选项D 错误．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)(1)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是()A．弹簧被拉伸时，所挂钩码越多，误差越小B．用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C．用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D．用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等(2)某同学做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长量x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图中的()解析：(1)实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目来改变对弹簧的拉力，以探索弹力与弹簧伸长的关系，并且拉力和重力平衡．(2)由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x＞0，所以选C.答案：(1)B(2)C10．(12分)在做“验证力的平行四边形定则”实验时：(1)除已有的器材：方木板、白纸、弹簧测力计、细绳套、刻度尺、图钉和铅笔外，还必须有________________和________________．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，必须()A．每次把橡皮条拉到同样的位置B．每次把橡皮条拉直C．每次准确读出弹簧测力计的示数D．每次记准细绳的方向(3)某同学的实验结果如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与绳套结点的位置．图中________是力F1与F2的合力的理论值，________是力F1与F2的合力的实验值．解析：(1)做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力进行比较．所以我们需要的实验器材有：方木板(固定白纸)，白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、绳套(弹簧测力计拉橡皮条)、弹簧测力计(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画平行四边形)，橡皮条(让力产生相同的作用效果的)．故还必须有的器材是橡皮条和三角板．(2)要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，没有必要把橡皮条拉到最大长度，故B、C、D错误，A正确．(3)用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮条同线的那个是实际值，所以F 是理论值，F′是实际值，该实验的实验目的就是比较F1、F2合力的理论值和实验值是否相等．答案：(1)橡皮条三角板(2)A(3)F F′11．(15分)如图所示，用三条完全相同的轻质细绳1、2、3将A、B两个质量均为m的完全相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，轻绳1与竖直方向的夹角为45°，轻绳3水平，求轻质细绳上1、2、3的拉力分别为多大？解析：设三条绳上的拉力分别为F T1，F T2，F T3；把A、B两个小球视为整体，受力分析如图甲，由平衡条件可得2mg＝F T1cos 45°F T3＝F T1sin 45°解得F T1＝22mg，F T3＝2mg隔离球B，受力分析如图乙：F T2＝(mg)2＋F2T3＝5mg答案：22mg5mg2mg12．(15分)如图所示，有一个重量为20 N的小物体放在斜面上，斜面底边长AB＝40 cm，高BC＝30 cm，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，物体在一沿斜面向上的力F的作用下刚好处于静止状态(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现将力F顺时针转动至水平向右并保持不变，求此时物体与斜面之间的摩擦力．解析：当力F沿斜面向上，物体恰好不向上滑动时对物体受力分析，有F ＝G sin θ＋μG cos θ，由几何关系得：sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，F＝20 N；力F顺时针转动至水平向右时物体受力如图所示，根据平衡条件得，F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得F f＝G sin θ－F cos θ＝20×0.6 N－20×0.8 N＝－4 N，负号表示方向沿斜面向下．当力F沿斜面向上，物体恰好不向下滑动时，对物体受力分析，有F＝G sin θ－μG cos θ＝4 N；力F顺时针转动至水平向右时，有F cos θ＋F f－G sin θ＝0，解得，F f＝8.8 N，方向沿斜面向上．答案：4 N，方向沿斜面向下或8.8 N，方向沿斜面向上章末检测三牛顿运动定律(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．下列关于力学及其发展历史，正确的说法是()A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态C．由牛顿第二定律得到m＝Fa，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体解析：选 B.因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B 项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C 项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦的相对论，所以D项错．2．如图，一人站在测力计上保持静止，下列说法中正确的是()A．人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力B．人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力与反作用力C．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力D．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力解析：选 C.人所受的重力和测力计对人的支持力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反，是一对平衡力；人对测力计的压力和人所受的重力同方向，不是平衡力，也不是相互作用力，选项A、B错误．人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力与反作用力，选项C正确，D错误．3．为了让乘客乘车更为舒适，某研究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，关于乘客下列说法正确的是()A．不受摩擦力的作用B．受到水平向左的摩擦力作用C．处于超重状态D．所受合力竖直向上解析：选 B.对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向左的分加速度，所以受到向后(水平向左)的摩擦力作用，选项A错误，B正确；此车减速上坡，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，选项C错误；由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，选项D错误．4．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比．则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()解析：选A.因为空气阻力做负功，小球的机械能要减小，v1＜v0，在上升阶段，小球的速率减小，加速度a＝mg＋k vm是减小的，v-t图象中图线越来越缓，在下降阶段，小球的速率增加，加速度a＝mg－k vm是减小的，v-t图象中图线也越来越缓，选项A正确．5．如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的小桶(底面水平)，桶中放有一质量为m的物体，当桶静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉桶使弹簧再伸长ΔL后静止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则下列说法中正确的是()①刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L mg ②刚松手瞬间桶对物体的支持力大小为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ΔL L (m ＋m 0)g ③刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L g ，方向向上④刚松手瞬间物体的加速度为ΔL L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 0m g ，方向向上 A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④解析：选 A.本题的常规解法是先取桶与物体为整体，利用平衡条件、牛顿第二定律求解，这样做费时易错，若用假设法求解，则能迅速选出正确选项．假设没有向下拉弹簧，即ΔL ＝0，则由平衡条件知刚松手瞬间盘对物体的支持力大小仍为mg ，将ΔL ＝0分别代入①②，可得①对②错；又由牛顿第二定律知刚松手瞬间物体的加速度为a ＝F N －mg m ＝ΔL L g ，方向向上，③对④错，A 正确． 6．在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用．小球间距大于L 时，相互排斥力为零．小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图所示，由图可知( )A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．在0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反。
高考物理一轮复习 第1章 运动的描述、匀变速直线运动的研究综合过关规范限时检测 新人教版必修1(20
2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究综合过关规范限时检测新人教版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究综合过关规范限时检测新人教版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究综合过关规范限时检测新人教版必修1的全部内容。
第一章综合过关规范限时检测满分100分，考试时间60分钟。
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～4题为单选，5～8题为多选，全都选对的得6分，选对但不全的得3分,错选或不选的得0分)1．(2016·湖北八校联考)有下列①、②、③、④所述的四种情景，请根据所学知识从A、B、C、D四个选项中选择对情景分析和判断正确的说法导学号 51342115（ B )①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车③在轨道上高速行驶的磁悬浮列车④绕地球做匀速圆周运动的空间站A．因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D．由于空间站做匀速圆周运动，所以加速度为零［解析] 火箭点火启动时，初速度为零，但是下一时刻速度不为零,因为a＝错误!＝错误!，所以加速度不为零,故A错误；轿车速度变化很快，所以加速度很大,故B正确;高速行驶的磁悬浮列车，速度很大,但是可能做匀速直线运动，所以加速度也可能为零，故C错误;空间站匀速转动，需要向心力,加速度为向心加速度，故D错误.2．（2017·吉林省吉林大学附中模拟）在街头的理发店门口,常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒,外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生了错觉。
高考物理一轮复习 第1章 运动的描述、匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用课后限
2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用课后限时训练新人教版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用课后限时训练新人教版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用课后限时训练新人教版必修1的全部内容。
匀变速直线运动的规律及应用一、选择题（本题共8小题,1～4题为单选，5～8题为多选）1．(2016·重庆第一次调研模拟)历史上，伽利略在斜面实验中分别从倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有错误!（ A ）A．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的平方成正比B．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的平方成正比C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关[解析］伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化,故B错误，A正确；若斜面光滑，C选项从理论上讲是正确的,但伽利略并没有能够用实验证明这一点，故C错误；斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故D错误。
2．（陕西西安中学2016届第四次质量检测)两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为错误!，当第二个物体开始下落时,两物体相距错误!（ D )A．gt2B．错误!gt2 C．错误!gt2D．错误!gt2[解析］第二个物体在第一个物体下落错误!后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝错误!g（错误!）2＝错误!。
最新-2018届高三物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变
第一章运动的描述匀变速直线运动的研究综合检测一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分)1．2018年1月，中国海军护航舰艇编队用时10天抵达亚丁湾、索马里海域为中国商船护航．如图所示，此次护航从三亚起航，经南海、马六甲海峡，穿越印度洋，总航程四千五百海里．关于此次护航，下列说法正确的是( )A．当研究护航舰艇的运行轨迹时，可以将其看作质点B．“四千五百海里”指的是护航舰艇的航行位移C．“四千五百海里”指的是护航舰艇的航行路程D．根据题中数据我们可以求得此次航行的平均速度解析将护航舰艇看作质点可较方便的研究其运行轨迹，故A项正确；由题图可知，“四千五百海里”指的是护航舰艇的航行路程，而不是位移，故B项错误，C项正确；平均速度是位移与所用时间的比值，平均速率是路程与所用时间的比值，故D项错误．答案AC2．2018年的奥运圣火经珠穆朗玛峰传至北京，观察图中的旗帜和甲、乙两火炬手所传递的圣火火焰，关于甲、乙两火炬手相对于静止旗杆的运动情况，下列说法正确的是(旗杆和甲、乙火炬手在同一地区)( )A ．甲、乙两火炬手一定向左运动 B. 甲、乙两火炬手一定向右运动 C ．甲火炬手可能运动，乙火炬手向右运动 D ．甲火炬手可能静止，乙火炬手向左运动解析 旗向左偏，说明有向左吹的风，由甲的火焰向左偏，无法确定甲的运动状态，由于乙的火焰向右偏，所以乙一定向左运动，且速度大于风速．答案 D3．汽车进行刹车试验，若速度从8m/s 匀减速到零所用的时间为1s ，按规定速度为8m/s 的汽车刹车后位移不得超过5.9m ，则上述刹车试验是否符合规定( )A ．位移为8m ，符合规定B ．位移为8m ，不符合规定C ．位移为4m ，符合规定D ．位移为4m ，不符合规定解析 由于s ＝v 2t ＝82×1m＝4m<5.9m ，刹车试验符合规定．答案 C4．下列说法中正确的是( ) A ．物体有加速度，速度就增加 B ．物体的速度变化越快，加速度就越大 C ．物体的速度变化量Δv 越大，加速度就越大 D ．物体运动的加速度等于零，则物体一定静止解析 加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，与物体的速度大小没有直接关系，故B 正确，D 错误；由Δv ＝a Δt ，Δv 的大小还与Δt 的大小有关，故C 错误；当加速度与速度反向时，速度反而减小，故A 错误．答案 B5．一个沿竖直方向运动的物体，其速度图像如图所示，设向上为正方向，则可知( )A ．这是竖直下抛运动B ．这是竖直上抛又落回原地的过程C ．这是从高台上竖直上抛又落回地面的过程D ．抛出后2s 物体又落回抛出点解析 考查速度图像．由v －t 图像可知，速度先正后负，物体先向上后向下，A 错误；图线与横轴所夹面积先有正面积，后有负面积，到2s 时正负面积相等，回到原地，D 正确；到3s 末，负面积比正面积大，物体的最终位置在抛出点的下方，C 正确，B 错误．答案 CD6．某中学生身高1.70m ，在学校运动会上参加跳高比赛，采用背跃式，身体横着越过2.10m 的横杆，获得了冠军，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为(g 取10m/s 2)( )A ．7m/sB ．6m/sC ．5m/sD ．3m/s解析 设中学生的重心位于身体的中点，则重心上升的高度为h ＝2.10m －12×1.70m＝1.25m ，由v 20＝2gh 得v 0＝2gh ＝5m/s.答案 C7．质点做直线运动的v －t 图像如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s 内平均速度的大小和方向分别为( )A ．0.25m/s 向右B ．0.25m/s 向左C ．1m/s 向右D ．1m/s 向左解析 本题考查平均速度v －t 图像．由于v －t 图像中图线与时间轴所围成的面积表示该段时间内位移的大小，所以前3s 内的位移为s 1＝12×3×2m＝3m ；后5s 内的位移为s 2＝－12×5×2m＝－5m ；8s 内的总位移为s ＝s 1＋s 2＝－2m ，平均速度为v ＝s t ＝－28m/s ＝－0.25m/s ，负号表示方向向左，正确选项为B.答案 B8．如图所示，AB 和CD 是两条光滑斜槽，它们各自的两端分别位于半径为R 和r 的两个相切的竖直圆上，并且斜槽都通过切点P ，有一个小球由静止分别从A 滑到B 和从C 滑到D ，所用的时间分别为t 1和t 2，则t 1和t 2之比为( )A ．1:1B ．1:2C.3:1 D ．1: 3解析 由2R cos30°＋2r cos30°＝12g cos30°t 21和2R cos60°＋2r cos60°＝12g cos60°t 22，得t 1:t 2＝1:1，A 正确．答案 A9．一个斜面，其底边固定且水平，斜面倾角在0～90°内变化，一质量为1 kg 的物体以一定的初速度自斜面底端沿斜面上滑，滑到最远点的位移随斜面倾角θ变化的规律如图所示，则在θ＝30°时，物体上滑的位移是( )A ．5mB ．53mC ．10mD ．102m解析 当θ＝90°，为竖直上抛运动，对应的位移为x ＝10m ，v 0＝2gH ＝10 2 m/s ；当θ＝0°时，为水平面，由牛顿第二定律得加速度的大小为a ＝μg ，物体以v 0滑动，对应的位移为x ＝103m ，μ＝v 202gx ＝33；设斜面的倾角为θ，则－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma ，a ＝－g (sin θ＋μcos θ)，将θ＝30°代入，解得a ＝－10 m/s 2，所以物体上滑的位移x ＝－v 202a＝10m.答案 C10．在平直道路上，甲汽车以速度v 匀速行驶．当甲车司机发现前方距离为d 处的乙汽车时，立即以大小为a 1的加速度匀减速行驶，与此同时，乙车司机也发现了甲，立即从静止开始以大小为a 2的加速度沿甲运动的方向匀加速运动，则( )A ．甲、乙两车之间的距离一定不断减小B ．甲、乙两车之间的距离一定不断增大C ．若v >2 a 1＋a 2 d ，则两车一定不会相撞D ．若v <2 a 1＋a 2 d ，则两车一定不会相撞解析 在乙车加速到甲车速度相同之前，两车间距一直在减小；速度相同之后，两车间距就会变大，故选项A 、B 均不对；以乙车为参考系，甲车对乙车的加速度为(a 1＋a 2)，初速度为v ，距离为d ，则v 2t －v 20＝2ax 得若v <2 a 1＋a 2 d ，则两车就不会相撞．答案 D二、本题共6小题，共60分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．11．(6分)如图所示为实验小车中利用光电脉冲测量车速和行程的装置示意图．A 为光源，B 为光电接收器，A 、B 均固定在车身上，C 为小车的车轮，D 为与C 同轴相连的齿轮．车轮转动时，A 发出的光束通过旋转齿轮上齿的间隙后变成脉冲信号，被B 接收并转换成电信号，由电子电路记录和显示．若实验显示单位时间内的脉冲数为n ，累计脉冲数为N ，则要测出小车的速度和行程还必须测量的物理量或数据是________；小车速度的表达式为v ＝________；行程的表达式为s ＝________.解析 小车前进时车轮转动，车轮转动一周，车前进距离Δs ＝2πR ，求出与此对应的时间Δt ，即可求得速度v .因车轮与齿轮同轴，若能测出齿轮的齿数P ，则Δt ＝Pn，车速v ＝Δs Δt ＝2πRn P，故需测量车轮半径R 和齿轮的齿数P .若累计脉冲数为N ，则车轮转过的圈数为N P，所以车的行程s ＝2πRN P.答案 车轮半径R ，齿轮的齿数P2πRnP 2πRNP12．(6分)在研究匀变速直线运动的实验中，获得反映小车运动的一条打点纸带如图所示，从比较清晰的点开始起，每5个打点取一个计数点(交流电源频率为50hz)，分别标出O 与A 、B 、C 、D 、E 、F 点的距离，则小车①做________运动，判断依据________；②对应O 与A 两点间平均速度为________m/s ；③对应E 点的瞬时速度为______m/s ；④小车的加速度为________m/s 2.答案 匀加速直线 Δx ＝0.75cm 不变 0.14 0.48 0．7513．(12分)2018年初冬，我国北方大部遭受暴雪袭击．严重影响了交通运行．大雪过后容易发生交通事故，究其原因，主要是大雪覆盖路面后被车轮挤压，部分融化为水，在严寒的天气下，又马上结成冰，汽车在光滑的平面上行驶，刹车后难以停下．据测定，汽车橡胶轮胎与普通路面间的动摩擦因数是0.7，与冰面间的动摩擦因数为0.1.对于没有安装防抱死(ABS)系统的普通汽车，在规定的速度急刹车后，车轮立即停止运动，汽车在普通的水平路面上滑行1.4m 才能停下，那么汽车以同样的速度在结了冰的水平路面上行驶，急刹车后滑行的距离为多少？(g ＝10m/s 2)解析 汽车在水平路面前进－μmg ＝ma 即a ＝－μg因此a 1＝－μ1g ＝－7m/s 2a 2＝－μ2g ＝－1m/s 2由运动学公式0－v 20＝2as ，得s ＝－v 22a所以s 2s 1＝a 1a 2所以s 2＝a 1a 2s 1＝9.8m. 答案 9.8m14．(12分)2018年10月1日18时59分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，成功将“嫦娥二号卫星”送入太空．发射约二十四分钟后，星船分离．西安卫星测控中心传来的数据表明，卫星准确进入预定轨道．这是“长征”系列运载火箭的第一百次发射．图是监测系统每隔2.5s 拍摄的关于起始匀加速阶段火箭的一组照片．已知火箭的长度为40m ，用刻度尺测量照片上的长度，结果如图所示．求：(1)火箭在加速上升阶段的加速度；(2)火箭在照片中第2个像所对应时刻的瞬时速度的大小．解析由图中尺寸可知，2.00cm对应40m，即1.00cm对应20m．在两个相等时间内的图上位移差为(10.50－4.00－4.00)cm＝2.50 cm，对应真实位移差为 2.50×20m＝50.00m．由Δs＝aT2，即可求出加速度a＝8m/s2.火箭在第2个像对应时刻的速度为1、3两像之间的平均速度，可以计算得出为42m/s.答案(1)8m/s2(2)42m/s15．(12分)物块以v0＝4m/s的速度滑上光滑的斜面，起点为D点，途经A、B两点，已知在A点时的速度是B点时的速度的2倍，由B点再经0.5s物块滑到斜面顶点C速度变为零，A、B相距0.75m，求斜面的长度及物体由D运动到C的时间？解析 物块作匀减速直线运动． 设A 点速度为v A 、B 点速度v B ， 加速度为a ，斜面长为x .A 到Bv 2B －v 2A ＝2ax AB ①v A ＝2v B ② B 到C 0＝v B ＋at 0 ③解①②③得v B ＝1m/sa ＝－2m/s 2D 到C 0－v 20＝2ass ＝4m.从D 运动到C 的时间为t 1v C ＝v 0＋at 1 t 1＝2s.答案 4m 2s16．(12分)如图所示，一平板车以某一速度v 0匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l ＝3m ，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a ＝4m/s 2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g ＝10m/s 2.为使货箱不从平板车上掉下来，平板车匀速行驶的速度v 0应满足什么条件？解析 设经过时间t ，货箱和平板车达到共同速度v ，以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右做匀加速运动的加速度a 1＝μg .货箱向右运动的位移x 箱＝12a 1t 2又v ＝a 1t平板车向右运动的位移x车＝v0t－12at2又v＝v0－at为使货箱不从平板车上掉下来，应满足x车－x箱≤l 联立得v0≤2 a＋μg l代入数据v0≤6m/s.答案v0≤6m/s。
2018高考物理大一轮复习：第1章-运动的描述、匀变速直线运动(8份打包)
2018高考物理大一轮复习：第1章-运动的描述、匀变速直线运动（8份打包）第1节描述运动的基本概念一、质点、参考系和坐标系1．质点：用代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型．2．参考系：为了研究物体的运动而选定用作为参考的物体．参考系可以任意选取．通常以地面或相对于地面不动的物体为参考系研究物体的运动．3．坐标系：为了定量地描述物体的位置及位置变化，需要在参考系上建立适当的坐标系．二、位移和路程位移路程定义位移表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段路程是质点运动轨迹的长度区别①位移是矢量，方向由初位置指向末位置②路程是标量，没有方向联系①在单向直线运动中，位移的大小等于路程②其他情况下，位移的大小小于路程三、速度和速率1．平均速度：运动物体的位移和运动所用时间的比值，叫做这段时间内的平均速度，即v－＝ΔxΔt，平均速度是矢量，其方向跟位移的方向相同．2．瞬时速度：运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度，叫做瞬时速度．瞬时速度能精确描述物体在某一时刻(或某一位置)的运动快慢．3．平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小．4．瞬时速率：简称速率，等于瞬时速度的大小，是标量．四、加速度1．定义式：a＝ΔvΔt；单位是/s22．物理意义：描述速度变化的快慢．3．方向：与速度变化的方向相同．4．物体加、减速的判定(1)当a与v同向或夹角为锐角时，物体加速．(2)当a与v垂直时，物体速度大小不变．(3)当a与v反向或夹角为钝角时，物体减速．[自我诊断]1．判断正误(1)研究物体的运动时，只能选择静止的物体作为参考系．(×)(2)“坐地日行八万里，巡天遥看一千河”只是诗人的一种臆想，没有科学道理．(×)(3)研究花样游泳运动员的动作时，不能把运动员看做质点．(√)(4)电台报时说“现在是北京时间8点整”，这里的“8点整”实际上指的是时刻．(√)()平均速度的方向与位移方向相同．(√)(6)子弹击中目标的速度属于瞬时速度．(√)(7)物体的速度很大，加速度不可能为零．(×)(8)甲的加速度a甲＝2 /s2，乙的加速度a乙＝－2 /s2，a甲＞a乙．(×) 2．下列说法正确的是()A．参考系必须是固定不动的物体B．参考系可以是变速运动的物体．地球很大，又因有自转，研究地球公转时，地球不可视为质点D．研究跳水运动员转体动作时，运动员可视为质点解析：选B参考系是为了描述物体的运动而人为选定作为参照的物体，参考系可以是不动的物体，也可以是运动的物体，A错误，B正确；地球的公转半径比地球半径大得多，在研究地球公转时，可将地球视为质点，错误；在研究跳水运动员身体转动时，运动员的形状和大小对研究结果的影响不可忽略，不能被视为质点，D错误．3．关于速度和加速度的关系，以下说法正确的是()A．加速度方向为正时，速度一定增加B．速度变化得越快，加速度就越大．加速度方向保持不变，速度方向也保持不变D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小解析：选B速度是否增加，与加速度的正负无关，只与加速度与速度的方向是否相同有关，A错误；“速度变化得越快”是指速度的变化率ΔvΔt越大，即加速度a越大，B正确；加速度方向保持不变，速度方向可能变，也可能不变，当物体做减速直线运动时，v＝0以后就反向运动，错误；物体在运动过程中，若加速度的方向与速度方向相同，尽管加速度在变小，但物体仍在加速，直到加速度a＝0，速度达到最大值，D错误．考点一对质点和参考系的理解1．建立质点模型的两个关键点(1)明确题目中要研究的问题是什么．质点是对实际物体科学地抽象，是研究物体运动时对实际物体进行的近似，质点实际上并不存在．(2)物体的大小和形状对所研究的问题能忽略不计时，可将物体视为质点，并非依据物体自身大小判断．2．参考系的选取(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选参考系的原则是观测运动方便和描述运动尽可能简单．1．关于质点，下列说法正确的是()A．只有体积很小的物体，才能被看成质点B．质点是用一个点代表整个物体，不包括物体的质量．在研究地球绕太阳公转时，可以把地球看做质点D．在研究地球自转时，可以把地球看做质点解析：选质点是一个有质量的点，将物体看做质点的条是物体的形状或大小对研究的问题没有影响，或者对研究问题的影响可以忽略，并不是根据本身体积大小判断，选项A、B错误；在研究地球自转时，不能把地球看做质点，选项D错误，正确．2．甲、乙、丙三个观察者同时观察一个物体的运动．甲说：“它在做匀速运动．”乙说：“它是静止的．”丙说：“它在做加速运动．”这三个人的说法()A．在任何情况下都不对B．三人中总有一人或两人的说法是错误的．如果选择同一参考系，那么三个人的说法都对D．如果各自选择自己的参考系，那么三个人的说法就可能都对解析：选D如果被观察物体相对于地面是静止的，甲、乙、丙相对于地面分别是匀速运动、静止、加速运动，再以他们自己为参考系，则三个人的说法都正确，A、B错误，D正确；在上面的情形中，如果他们都选择地面为参考系，三个人的观察结果应是相同的，因此错误．“质点模型”的三点感悟(1)物体能否看做质点并非以体积的大小为依据，体积大的物体有时也可看成质点，体积小的物体有时不能看成质点．(2)质点并不是质量很小的点，它不同于几何图形中的“点”．(3)同一物体，有时可看成质点，有时不能．考点二对平均速度和瞬时速度的理解1．平均速度与瞬时速度的区别与联系(1)区别：平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：①瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．②在匀速直线运动中，瞬时速度等于任意一段时间内的平均速度．2．平均速度与平均速率的区别平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．1 如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt测得遮光条的宽度为Δx，用ΔxΔt近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度．为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是() A．换用宽度更窄的遮光条B．提高测量遮光条宽度的精确度．使滑块的释放点更靠近光电门D．增大气垫导轨与水平面的夹角解析：选A由v＝ΔxΔt可知，当Δt→0时，ΔxΔt可看成物体的瞬时速度，Δx越小，Δt也就越小，ΔxΔt越接近瞬时速度，A正确；提高测量遮光条宽度的精确度，只能提高测量平均速度的准确度，不能使平均速度更接近瞬时速度，B错误；使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门的速度更小，时间更长，因此错误；增大气垫导轨与水平面的夹角，如果滑块离光电门近，也不能保证滑块通过光电门的时间短，D错误．2 (多选)如图所示，某赛车手在一次野外训练中，先用地图计算出出发地A和目的地B的直线距离为9 ，实际从A运动到B用时in，赛车上的里程表指示的里程数是 1 ，当他经过某路标时，车内速度计指示的示数为10 /h，那么可以确定的是()A．整个过程中赛车的平均速度为180 /hB．整个过程中赛车的平均速度为108 /h．赛车经过路标时的瞬时速度为10 /hD．赛车经过路标时速度方向为由A指向B解析：选B赛车运动的位移为9 ，赛车运动的路程为1 赛车在整个运动过程中的平均速度计算公式为v＝xt＝108 /h；指针显示赛车经过路标时瞬时速度的大小为10 /h，方向应沿点切线而非A→B平均速度和瞬时速度的三点注意(1)求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度．(2)v＝ΔxΔt是平均速度的定义式，适用于所有的运动．(3)粗略计算时我们可以用很短时间内的平均速度求某时刻的瞬时速度．考点三对速度、速度变化和加速度的理解1．速度、速度变化量和加速度的对比名称项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动的快慢和方向，是状态量描述物体速度的变化，是过程量描述物体速度变化快慢，是状态量定义式v＝xtΔv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0Δt方向与位移x同向，即物体运动的方向由v与v0的矢量差或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v方向无关2a＝ΔvΔt是加速度的定义式，加速度的决定式是a＝F，即加速度的大小由物体受到的合力F和物体的质量共同决定，加速度的方向由合力的方向决定．[典例](多选)有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断的正确说法()①点火后即将升空的火箭②高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车③运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶④太空的空间站在绕地球匀速转动A．①因火箭还没运动，所以加速度一定为零B．②轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大．③高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度很大D．④尽管空间站匀速转动，但加速度不为零解析点火后虽然火箭速度为零，但由于气体的反冲力很大而使火箭具有很大的加速度，A错误；加速度表示速度变化的快慢，速度变化越快，加速度越大，B正确；一个物体运动速度大，但速度不发生变化，如做匀速直线运动，则它的加速度为零，错误；曲线运动的速度方向发生了变化，速度就发生了变化，所以一定有加速度，D正确．答案BD1．(多选)下面所说的物体运动情况中，可能出现的是()A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小解析：选AB物体以很大的速度做匀速运动时，加速度为零，A可能；火箭开始发射时速度很小，而加速度很大，B可能；竖直上抛到最高点的物体速度为零，而其加速度不为零，可能；物体加速度方向与运动方向相同时，物体做加速运动，D不可能．2．如图所示，小球以v1＝3 /s的速度水平向右运动，碰一墙壁经Δt ＝001 s后以v2＝2 /s的速度沿同一直线反向弹回，小球在这001 s内的平均加速度是()A．100 /s2，方向向右B．100 /s2，方向向左．00 /s2，方向向左D．00 /s2，方向向右解析：选设水平向左为正方向，由a＝ΔvΔt得，a＝v2－－v1Δt＝2－－3001 /s2＝00 /s2，方向与v2方向相同，水平向左，故正确．时规范训练[基础巩固题组]1．下列说法正确的是()A．对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点B．“和谐号”动车组行驶313 从成都抵达重庆，这里的“313 ”指的是位移大小．高台跳水运动员腾空至最高位置时，速度和加速度均为零D．绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定相对于地面静止解析：选D在对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，运动员的动作特别关键，不能把运动员看成质点，A错误；313 指的是路程，B 错误；高台跳水腾空至最高位置时，速度为零但加速度不为零，错误；绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星不一定是同步卫星，所以不一定相对地面静止，D正确．2．飞机着地后还要在跑道上滑行一段距离，机舱内的乘客透过窗户看到树木向后运动，乘客选择的参考系是()A．停在机场的飞机B．候机大楼．乘客乘坐的飞机D．飞机跑道解析：选飞机着地后在跑道上滑行时，乘客以自己乘坐的飞机为参考系，会看到窗外的树木向后运动，正确．3．根据材料，结合已学的知识，判断下列说法正确的是()A．图甲为我国派出的军舰护航线路图，总航程4 00海里，总航程4 00海里指的是位移B．图甲为我国派出的军舰护航线路图，总航程4 00海里，总航程4 00海里指的是路程．如图乙所示是奥运火炬手攀登珠峰的线路图，由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬手的位移D．如图丙所示是高速公路指示牌，牌中“2 ”是指从此处到下一个出口的位移是2解析：选B军舰航程是指其运动路径的总长度，指路程，A错误，B 正确；奥运火炬手所走线路的总长度是火炬手的路程，错误；高速公路指示牌中“2 ”是指从此处至下一个出口的路程为2 ，D错误．4．(多选)科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星．这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星，它的质量是木星质量的4倍，它的轨道与太阳的距离是地球与太阳的距离的几千倍．根据以上信息，下列说法正确的是()A．幸神星质量太大，不能看做质点B．研究幸神星绕太阳运动时，可以将其看做质点．比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系时，可以选择太阳为参考系D．幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大解析：选B物体能否看做质点与物体的质量无关，A错误；幸神星的形状和大小相对其到太阳的距离说属于次要的因素，因此可以看做质点，B正确；比较两个物体运动的快慢，要选择同一参考系，正确；幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移均为零，D错误．．(多选)三个质点A、B、均由N点沿不同路径运动至点，运动轨迹如图所示，三个质点同时从N点出发，同时到达点，下列说法正确的是()A．三个质点从N点到点的平均速度相同B．三个质点任意时刻的速度方向都相同．三个质点任意时刻的位移方向都相同D．三个质点从N点到点的位移相同解析：选AD位移是指从初位置指向末位置的有向线段，在任意时刻，三个质点的位移方向不同，只有均到达点时，位移方向相同，错误，D正确；根据平均速度的定义式v＝xt可知三个质点从N点到点的平均速度相同，A正确；质点任意时刻的速度方向沿轨迹的切线方向，故三个质点的速度方向不会在任意时刻都相同，B错误．6．下列说法正确的是()A．加速度增大，速度一定增大B．速度改变量Δv越大，加速度就越大．物体有加速度，速度就增加D．速度很大的物体，其加速度可以很小解析：选D加速度是速度的变化量Δv与所用时间Δt的比值，描述的是速度变化的快慢．加速度的大小只反映速度变化的快慢，不能反映速度的大小，故加速度大，速度可能很小；加速度小，速度可能很大，A错误，D正确；当速度的变化量Δv很大时，若时间Δt也很大，由a＝ΔvΔt可知a不一定大，B错误；物体有加速度，只表明其速度在变化，它可以变大，也可以变小，也可以只有速度的方向改变而大小不变，错误．7．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲＝4 /s2，a乙＝－4 /s2，那么对甲、乙两物体判断正确的是()A．甲的加速度大于乙的加速度B．甲做加速直线运动，乙做减速直线运动．甲的速度比乙的速度变化快D．甲、乙在相等时间内速度变化可能相等解析：选B两物体加速度大小相等，故速度变化快慢相同，A、均错误；由Δv＝a•Δt可知，两物体在相等时间内速度变化大小相等，但方向相反，D错误；由于甲物体的加速度与速度方向相同，乙物体加速度与速度方向相反，故甲做加速直线运动，乙做减速直线运动，B正确．[综合应用题组]8．为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录像带，测得：运动员在前7 s跑了61 ,7 s末到71 s末跑了092 ，跑到终点共用108 s，则下列说法不正确的是()A．运动员在百米全过程的平均速度大小是926 /sB．运动员在前7 s的平均速度大小是871 /s．运动员在7 s末的瞬时速度大小为92 /sD．无法精确知道运动员在7 s末的瞬时速度大小解析：选根据平均速度公式v＝xt可知选项A、B正确；根据瞬时速度定义v＝ΔxΔt可知选项错误，选项D正确．9．研究表明：加速度的变化率能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则感到不舒服．关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是()A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是/s2B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图所示的a－t图象中，已知物体在t ＝0时速度为/s，则2 s末的速度大小为8 /s解析：选D类比可知，加速度的变化率为ΔaΔt，单位为/s3，A错；加速度的变化率为零，就是加速度恒定，是匀变速运动，B错；加速度与速度同向，速度增大，错；a－t图象中图线与坐标轴所围面积表示增加的速度，故D对．10．如图所示，一小球在光滑的V形槽中由A点释放，经B点(与B 点碰撞所用时间不计)到达与A点等高的点，设A点的高度为1 ，则全过程中小球通过的路程和位移大小分别为()A23 3 ，23 3B23 3 ，43 343 3 ，23 3D43 3 ,1解析：选小球通过的路程为小球实际运动轨迹的长度，则小球的路程为s＝2lAB＝2×1sin 60°＝43 3 ；位移是由初位置指向末位置的有向线段，则小球的位移大小为x＝lA＝1sin 60°＝23 3 ．选项正确．11．(多选)一物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12 /s，方向向东，当t＝2 s时，物体的速度大小为8 /s，方向仍向东，则当t为多少时，物体的速度大小变为2 /s()A．3 s B．s．7 s D．9 s解析：选B物体的加速度a＝ΔvΔt＝v－v0t＝8－122 /s2＝－2 /s2，且t′＝v′－v0a，当v′＝2 /s时，t1＝s；当v′＝－2 /s时，t2＝7 s，B、正确．12．一质点沿直线x方向做变速运动，它离开点的距离随时间变化的关系为x＝＋2t3()，它的速度随时间t变化关系为v＝6t2(/s)．该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度大小分别为()A．12 /s,39 /s B．8 /s,38 /s．12 /s,19 /s D．8 /s,12 /s解析：选B平均速度v＝ΔxΔt，t＝0时，x0＝；t＝2 s时，x2＝21 ；t＝3 s时，x3＝9 ，故v 1＝x2－x02 s＝8 /s，v 2＝x3－x21 s＝38 /s，B正确．13．(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2，v1、v2在各个时刻的大小如表所示，从表中数据可以看出()t/s01234v1/(•s－1)1801717016160v2/(•s－1)98110122134146A火车的速度变化较慢B．汽车的加速度较小．火车的位移在减小D．汽车的位移在增加解析：选AD由表中数据可得，火车的加速度大小a1＝0 /s2，汽车的加速度大小为a2＝12 /s2，故A正确、B错误；因火车和汽车的速度方向均不变，它们的位移均随时间增加，D正确、错误．14．(多选)如图所示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是()A．0～1 s内的平均速度是2 /sB．0～2 s内的位移大小是3．0～1 s内的加速度大于2～4 s内的加速度D．0～1 s内的运动方向与2～4 s内的运动方向相反解析：选B根据v－t图象可知，质点在0～1 s内的位移x1＝12×2×1 ＝1 ,1～2 s内的位移x2＝2×1 ＝2 ，故0～1 s内的平均速度v 1＝x1t1＝1 /s,0～2 s内的位移x＝x1＋x2＝3 ，A错误、B正确；0～1 s内的加速度a1＝2－01 /s2＝2 /s2,2～4 s内的加速度a2＝0－22 /s2＝－1 /s2，负号表示a2和v方向相反，故a1＞|a2|，正确；0～1 s内与2～4 s内的速度均为正值，表示物体都沿正方向运动，D错误．第2节匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的基本规律1．匀变速直线运动(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．(2)分类：匀加速直线运动：a与v同向匀减速直线运动：a与v反向2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋12at24．位移与速度的关系式：v2－v20＝2ax二、匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：v－＝v ＝v0＋v22．位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2可以推广到x－xn＝(－n)aT23．初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末、2T末、3T末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶∶…∶(2n－1)．(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．三、自由落体运动和竖直上拋运动的规律1．自由落体运动规律(1)速度公式：v＝gt(2)位移公式：h＝12gt2(3)速度—位移关系式：v2＝2gh2．竖直上拋运动规律(1)速度公式：v＝v0－gt(2)位移公式：h＝v0t－12gt2(3)速度—位移关系式：v2－v20＝－2gh(4)上升的最大高度：h＝v202g()上升到最大高度用时：t＝v0g[自我诊断]1．判断正误(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×)(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(√)(3)匀变速直线运动的位移是均匀增加的．(×)(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度．(√)()物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．(×)(6)竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相反．(×) 2．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为()A2v B．3v．2v Dv解析：选A由匀变速直线运动的中间位置的速度公式vx2＝v20＋v22，有v＝0＋v2底2，得v底＝2v，所以只有A项正确．3．(多选)在某一高度以v0＝20 /s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 /s时，以下判断正确的是(g取10 /s2)()A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为1 /s，方向向上B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为/s，方向向下．小球在这段时间内的平均速度大小可能为/s，方向向上D．小球的位移大小一定是1解析：选AD规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 /s、方向向上时，vt＝10 /s，由v＝v0＋vt2得v＝1 /s，方向向上，A正确．当小球的末速度大小为10 /s、方向向下时，vt＝－10 /s，由v＝v0＋vt2得v＝/s，方向向上，B错误，正确．由于末速度大小为10 /s时，球的位置一定，距起点的位移x＝v20－v2t2g＝1 ，D正确．考点一匀变速直线运动的基本规律1．运动公式中符号的规定一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．2．多过程问题如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．3．解决运动学问题的基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选公式列方程→解方程并讨论1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 /s2由静止加速到2 /s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A．关卡2B．关卡3．关卡4 D．关卡解析：选关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝va＝1 s，运动的距离x1＝12at2＝1 ，然后以2 /s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 ，因此第1个s内运动距离为9 ，过了关卡2，到关卡3时再用时3 s，大于2 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，正确．2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长2米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为()A．2 /s2 B．1 /s2．0 /s2 D．02 /s2解析：选设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋12at2从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下，有0－v20＝2a•2L，解得a≈－0 /s2或a＝－18 /s2(舍去)，则加速度大小约为0 /s2，故正确．3．短跑运动员完成100 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用1100 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7 ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
一 运动的描述 匀变速直线运动(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．一质点在A 、B 两点之间做匀变速直线运动，加速度方向与初速度方向相同，当在A 点初速度为v 时，从A 点到B 点所用的时间为t ，当在A 点初速度为2v 时，保持其他量不变，从A 点到B 点所用时间为t ′，则( )A ．t ′>t 2B ．t ′＝t2C ．t ′<t2D ．t ′＝t解析：A.设A 、B 两点间位移为x ，初速度为v 时，x ＝vt ＋12at 2，解得：t ＝v 2＋2ax －va ，初速度为2v 时，x ＝2vt ′＋12at ′2，解得：t ′＝4v 2＋2ax －2v a ，所以t ′>t 2，A 项正确．2．如图所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则x AB ∶x BC 等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：选C.由位移－速度公式可得v 2B －v 2A ＝2ax AB ，v 2C －v 2B ＝2ax BC ，将各瞬时速度代入可知选项C 正确．3．一个物体沿直线运动，从t ＝0时刻开始，物体的v －t 图象如图所示，图线与纵、横坐标轴的交点分别为0.5 m/s 和－1 s ，由此可知( )A ．物体做匀速直线运动B ．物体做变加速直线运动C ．物体的初速度大小为0.5 m/sD ．物体的初速度大小为1 m/s解析：选C.根据v －t 图象，可知物体的速度均匀增大，做匀加速直线运动，故A 、B错误．图线纵轴截距表示初速度，则知物体的初速度大小为0.5 m/s ，故C 正确，D 错误．4．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t ，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前、后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )A ．0.5tB ．0.4tC ．0.3tD ．0.2t解析：选C.将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t 1，上面一段位移所用时间为t 2，根据逆向思维可得：t 2∶t 1＝1∶(2－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t ′＝2t 1且t 1＋t 2＝t 2，由以上几式可得：t ′＝2－t2≈0.3t ，正确答案为C.5．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t2D.8st 2解析：选A.质点在时间t 内的平均速度v ＝st，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×12mv 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝st.质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确． 6．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A 、B ，A 在西B 在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B 路牌时，一只小鸟恰自A 路牌向B 匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A ，过一段时间后，汽车也行驶到A .以向东为正方向，它们的位移－时间图象如图所示，图中t 2＝2t 1，由图可知( )A ．小鸟的速率是汽车速率的两倍B ．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1C ．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D ．小鸟和汽车在0～t 2时间内位移相等解析：选BC.设A 、B 之间的距离为x .由t 2＝2t 1，结合图象可知，小鸟与汽车相遇时，汽车的位移大小为x 4，小鸟的位移大小为34x ，故选项A 错误，B 正确；小鸟飞行的总路程为64x ＝1.5x ，选项C 正确；小鸟在0～t 2时间内的位移为零，而汽车在0～t 2时间内位移大小为x ，故选项D 错误．7．如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h 处，空心管长为L ，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上．当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )A ．两者同时无初速度释放，小球在空中不能穿过管B ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关C ．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关D ．两者均无初速度释放，但小球提前了Δt 时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关解析：选AB.两者同时无初速度释放，均做自由落体运动，球不能穿过管，A 正确；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v 0，以管为参考系，则小球匀速穿过管，时间为t ＝L v 0，B 正确，C 错误；小球提前Δt 时间释放，相当于获得了初速度v 0＝g Δt ，与当地重力加速度有关，D 错误．8．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2、n 1＝4、n 1＝6时，n ＝5、n＝10、n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间的时间间隔为T ＝0.1 s ，其中x 1＝7.05 cm ，x 2＝7.68 cm ，x 3＝8.33 cm ，x 4＝8.95 cm ，x 5＝9.61 cm ，x 6＝10.26 cm ，则打A 点时小车的瞬时速度大小是________ m/s ，计算小车运动的加速度的表达式为a ＝________，加速度大小是________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：由匀变速直线运动平均速度的推论可知，打计数点A 时小车的速度为v A ＝x 3＋x 42T＝8.33＋8.950.2×10－2m/s≈0.86 m/s；由匀变速直线运动相等时间位移差的推论可知，小车的加速度为a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1－x 2－x 39T2，代入数据可得a ＝0.64 m/s 2. 答案：0.86x 4＋x 5＋x 6－x 1－x 2－x 39T20.64 10．(12分)某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图所示的气垫导轨装置来测滑块的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L ，窄遮光板的宽度为d ，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t 1、t 2.(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v 1＝________，v 2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．(2)滑块的加速度可以表示为a ＝________(用题中所给物理量表示)．解析：(1)滑块通过两个光电门的速度等于滑块通过光电门这极短时间内的平均速度，故瞬时速度分别为d t 1和dt 2，时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法．(2)根据运动学公式2aL ＝v 22－v 21，代入可求得加速度a ＝d 22L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 21.答案：(1)d t 1 d t 2 极限法 (2)d 22L ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 2111．(15分)如图所示，一辆长为12 m 的客车沿平直公路以8.0 m/s 的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m 的货车由静止开始以2.0 m/s 2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m ，求两车错车所用的时间．解析：设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有s 1＋s 2＝180 m ，其中s 1＝12at 21，s 2＝vt 1，联立可得t 1＝10 s.设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m.其中s 1′＝12at 22，s 2′＝vt 2，解得t 2＝10.8 s.故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s. 答案：0.8 s12．(15分)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后立即由静止启动追赶足球，他的运动可看做是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？解析：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则x 1＝v 212a 1解得x 1＝18 m ，足球匀减速运动时间为t 1＝v 1a 1＝6 s 前锋队员以最大加速度加速t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移x2＝v222a2＝8 m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x3＝v2(t1－t2)＝8 m由于x2＋x3＜x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x1－(x2＋x3)＝v2t3代入数据解得t3＝0.5 s前锋队员追上足球的时间t＝t1＋t3＝6.5 s答案：6.5 s百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
百度文库的文档由百度用户上传，需要经过百度的审核才能发布，百度自身不编辑或修改用户上传的文档内容。