专题一直线运动作业
(物理)物理直线运动题20套(带答案)及解析
（物理）物理直线运动题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．货车A 正在公路上以20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶，司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B 时，两车距离仅有75 m ．（1）若此时轿车B 立即以2 m/s 2的加速度启动，通过计算判断：如果货车A 司机没有刹车，是否会撞上轿车B ；若不相撞，求两车相距最近的距离；若相撞，求出从货车A 发现轿车B 开始到撞上轿车B 的时间．（2）若货车A 司机发现轿车B 时立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2（两车均视为质点），为了避免碰撞，在货车A 刹车的同时，轿车B 立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：轿车B 加速度至少多大才能避免相撞． 【答案】（1）两车会相撞t 1=5 s ；（2）222m/s 0.67m/s 3B a =≈ 【解析】 【详解】（1）当两车速度相等时，A 、B 两车相距最近或相撞． 设经过的时间为t ，则：v A =v B 对B 车v B =at联立可得：t =10 s A 车的位移为：x A =v A t= 200 mB 车的位移为： x B =212at =100 m 因为x B +x 0=175 m<x A所以两车会相撞，设经过时间t 相撞，有:v A t = x o 十212at 代入数据解得：t 1=5 s ，t 2=15 s(舍去)．（2）已知A 车的加速度大小a A =2 m/s 2，初速度v 0=20 m/s ，设B 车的加速度为a B ，B 车运动经过时间t ，两车相遇时，两车速度相等， 则有：v A =v 0-a A t v B = a B t 且v A = v B在时间t 内A 车的位移为： x A =v 0t-212A a tB 车的位移为：x B =212B a t 又x B +x 0= x A 联立可得：222m/s 0.67m/s 3B a =≈2．倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑。
专题一第2讲牛顿运动定律与直线运动
栏目 导引
专题一 力与运动
热点三
牛顿运动定律与图象综合
命题规律：牛顿第二定律与图象的综合问题是近几年高考的热
点，命题角度有以下两点： (1)根据物理情景判断运动图象． (2)从运动图象中提取运动信息，确定物体的受力情况．
栏目 导引
专题一 力与运动
如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水
平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平 初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共
栏目 导引
专题一 力与运动
拓展训练4
(单选)如图所示，在粗糙水平面上有甲、乙两木块,
与水平面间的动摩擦因数均为μ，质量分别为m1和m2，中间用 一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力 F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的 距离是( B ) Fm2 A． L＋ m1＋ m2k Fm1 B． L－ m1＋ m2k Fm1 C． L－ m2k Fm2 D． L＋ m1k
栏目 导引
专题一 力与运动
拓展训练2 (多选)将一个物体以初速度v0从地面竖直向上抛
出，经一段时间后落回地面．设物体在运动过程中所受空气 阻力大小不变，取竖直向上为正方向．下列关于速度v、加 速度a随时间t变化的图象正确的是( BD )
栏目 导引
专题一 力与运动
【解析】物体向上运动时重力和阻力都向下，向下运动时，重 力向下，阻力向上，物体所受合力的方向都向下，加速度方向 都向下，由牛顿第二定律知，物体向上运动时的加速度大于向 下运动时的加速度，加速度越大，v－t图象斜率越大，又由于 物体上升和下落的位移大小相同，所以物体上升的时间小于下 落的时间，故A、C错误，B、D正确．
物理二轮复习 专题01 直线运动(讲)
专题01 直线运动考试大纲要求考纲解读1。
参考系、质点Ⅰ1。
直线运动的有关概念、规律是本章的重点,匀变速直线运动规律的应用及v—t图象是本章的难点。
2．注意本章内容与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型,再运用相应的规律处理实际问题．3．本章规律较多,同一试题往往可以从不同角度分析，得到正确答案，多练习一题多解，对熟练运用公式有很大帮助.2。
位移、速度和加速度Ⅱ2。
匀变速直线运动及其公式、图象Ⅱ纵观近几年高考试题，预测2018年物理高考试题还会考：1、主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型,再运用相应的规律处理实际问题.与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。
2、匀变速直线运动的图象在考试中出现的频率很高，主要以选择题为主,但要注意与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识结合一起，这样的题有一定的难度.考向01 匀变速直线运动规律1.讲高考（1）考纲要求①掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.②掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．（2）命题规律主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识,建立起物理模型,再运用相应的规律处理实际问题.与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查,是考试中的热点。
案例1．【2016·全国新课标Ⅲ卷】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 ．2s tB ．232s tC ．24s tD ．28s t【答案】A【解析】设初速度为1v ，末速度为2v ，根据题意可得221211922mv mv ⋅=,解得213v v =,根据0+v v at =，可得113+v v at =，解得12at v =，代入2112s v t at =+可得2sa t=，故A 正确。
专题01 直线运动—备战2023年高考物理母题题源解密(全国通用)(原卷版)
专题01 直线运动考向一 匀变速直线运动的规律及应用【母题来源一】2022年高考全国甲卷【母题题文】（2022·全国甲卷·T15）长为l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v 0，要通过前方一长为L 的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v （v < v 0）。
已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a 和2a ，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v 0所用时间至少为（ ） A.02v v L la v-++B.02v v L la v-++C.()032v v L la v-++D.()032v v L la v-++【母题来源二】2022年高考湖北卷(2022·湖北·T6) 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。
假设两火车站W 和G 间的铁路里程为1080 km ，W 和G 之间还均匀分布了4个车站。
列车从W 站始发，经停4站后到达终点站G 。
设普通列车的最高速度为108 km/h ，高铁列车的最高速度为324 km/h 。
若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s 2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W 到G 乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ） A. 6小时25分钟 B. 6小时30分钟 C. 6小时35分钟 D. 6小时40分钟【命题意图】本类题通常主要考查位移、速度、平均速度、加速度等基本运动概念的理解及匀变速直线运动的规律和应用。
在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论解决问题。
【考试方向】这类试题在考查题型上，通常基本以选择题的形式出现，极个别情况下会出现在计算题中以考查匀变速直线运动的规律及应用。
以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用尝试用能将运动学知识运用到生活中，如体育运动、行车安全、追及和相遇问题尝试用能将运动学知识运用到生活中，如体育运动、行车安全、追及和相遇问题。
【物理】 物理直线运动专题练习(及答案)及解析
【物理】 物理直线运动专题练习(及答案)及解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1．如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m 的爆竹B ，木块的质量为M ．当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h ，而木块所受的平均阻力为f 。
若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，重力加速度g 。
求： （1）爆竹爆炸瞬间木块获得的速度； （2）爆竹能上升的最大高度。
【答案】（1）()2f Mg hM-（2）()2f Mg Mh m g - 【解析】 【详解】（1）对木块，由动能定理得：2102Mgh fh Mv -=-， 解得：()2f Mg hv M-=；（2）爆竹爆炸过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：0Mv mv -'=爆竹做竖直上抛运动，上升的最大高度：22v H g'=解得：()2fMg MhH m g-=2．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移到了2m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m ，由此可以求得（ ） A ．第1次闪光时质点的速度 B ．质点运动的加速度 C ．质点运动的初速度D ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移 【答案】ABD 【解析】 试题分析：根据得；，故B 不符合题意；设第一次曝光时的速度为v ，，得：，故A 不符合题意；由于不知道第一次曝光时物体已运动的时间，故无法知道初速度，故C 符合题意；设第一次到第二次位移为；第三次到第四次闪光为，则有：；则；而第二次闪光到第三次闪光的位移，故D 不符合题意考点：考查了匀变速直线运动规律的综合应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二．3．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方50m 的物体，并且他的反应时间为0.5s ，制动后最大加速度为6m/s 2．求：（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间；（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．【答案】（1）5s （2）40m 【解析】 【分析】 【详解】（1）从刹车到停止时间为t 2，则 t 2=0v a-=5 s① （2）反应时间内做匀速运动，则 x 1=v 0t 1② x 1=15 m③从刹车到停止的位移为x 2，则x 2=2002v a -④x 2=75 m⑤小轿车从发现物体到停止的全部距离为 x=x 1+x 2=90m ⑥ △x=x ﹣50m=40m ⑦4．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯开始闪烁，已知绿灯闪烁3秒后将转为红灯．请问： （1）若甲车在绿灯开始闪烁时刹车，要使车在绿灯闪烁的3秒时间内停下来且刹车距离不得大于18m ，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？（2）若甲、乙车均以v 0=15m/s 的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车（乙车司机的反应时间△t 2=0.4s ，反应时间内视为匀速运动）．已知甲车、乙车紧急刹车时的加速度大小分别为a 1=5m/s 2、a 2=6m/s 2 ． 若甲车司机看到绿灯开始闪烁时车头距停车线L=30m ，要避免闯红灯，他的反应时间△t 1不能超过多少？为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前之间的距离s 0至少多大？ 【答案】(1)（2）【解析】（1）设在满足条件的情况下，甲车的最大行驶速度为v 1根据平均速度与位移关系得：所以有：v 1=12m/s（2）对甲车有v 0△t 1+ ＝L代入数据得：△t 1=0.5s当甲、乙两车速度相等时，设乙车减速运动的时间为t ，即： v 0-a 2t=v 0-a 1（t+△t 2） 解得：t=2s 则v=v 0-a 2t=3m/s此时，甲车的位移为：乙车的位移为：s 2＝v 0△t 2+＝24m故刹车前甲、乙两车之间的距离至少为：s 0=s 2-s 1=2.4m ．点睛：解决追及相遇问题关键在于明确两个物体的相互关系；重点在于分析两物体在相等时间内能否到达相同的空间位置及临界条件的分析；必要时可先画出速度-时间图象进行分析．5．如图所示，物体A 的质量1kg A m =，静止在光滑水平面上的平板车B ，质量为0.5kg B m =，长为1m L =．某时刻A 以04m/s v =向右的初速度滑上木板B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力F ，忽略物体A 的大小，已知A 与B 之间的动摩擦因素0.2μ=，取重力加速度210m/s g =．求： （1）若5N F =，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离． （2）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件．【答案】（1）0.5m （2）1N≤F≤3N【解析】（1）物体A 滑上木板B 以后，作匀减速运动，有μmg=ma A得a A =μg=2m/s 2木板B 作加速运动，有F+μmg=Ma B ， 代入数据解得：a B =14m/s 2 两者速度相同时，有v 0-a A t=a B t ， 代入数据解得：t=0.25s A 滑行距离：S A =v 0t-12a A t 2=4×0.25−12×2×116＝1516m ， B 滑行距离：S B =12a B t 2=12×14×116m=716m ． 最大距离：△s=S A -S B =1516−716=0.5m （2）物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：22201122A Bv v v L a a -=+ 又：011A Bv v v a a -= 代入数据可得：aB =6（m/s 2）由F=m 2a B -μm 1g=1N若F ＜1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N ．当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落． 即有：F=（m+m ）a ，μm 1g=m 1a 所以：F=3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下． 综上：力F 应满足的条件是：1N≤F≤3N点睛：牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件．6．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m=1 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16 N ，无人机上升过程中最大速度为6m/s ．若无人机从地面以最大升力竖直起飞，打到最大速度所用时间为3s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．（g 取10 m ／s ）2．求：(1)无人机以最大升力起飞的加速度；(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m 的高空所需的最短时间． 【答案】（1）22/m s （2）4f N = （3）6.5s 【解析】（1）根据题意可得26/02/3v m s a m s t s∆-===∆ （2）由牛顿第二定律F f mg ma --= 得4f N =（3）竖直向上加速阶段21112x at =，19x m = 匀速阶段12 3.5h x t s v-== 故12 6.5t t t s =+=7．一物体从离地80m 高处下落做自由落体运动，g=10m/s 2，求 (1)物体下落的总时间: (2)下落3s 后还高地多高? 【答案】（1）4s （2）35m【解析】（1）根据212h gt =得，落地的时间4t s == （2）下落3s 内的位移23312h gt =则此时距离地面的高度h=H-h 3，联立得：h=35m8．我国ETC 联网正式启动运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v 0=15m/s 朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在收费线中心线前10m 处正好匀减速至v=5m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 0正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 0正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1m/s 2，求：（1）汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；（2）汽车过ETC通道比过人工收费通道节省的时间是多少．【答案】（1）210m（2）27s【解析】试题分析：（1）汽车过ETC通道：减速过程有：，解得加速过程与减速过程位移相等，则有：解得：（2）汽车过ETC通道的减速过程有：得总时间为：汽车过人工收费通道有：，x2=225m所以二者的位移差为：△=x2﹣x1=225m﹣210m=15m．（1分）则有：27s考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题9．我国ETC（不停车电子收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间，假设一辆家庭轿车以20m/s的速度匀速行驶，接近人工收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10s时间完成交费，然后再加速至20m/s继续行驶．若进入ETC通道．轿车从某位置开始减速至10m/s后，再以此速度匀速行驶20m即可完成交费，然后再加速至20m/s继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为2.5m/s2．求：（l）轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至20m/s的过程中通过的路程和所用的时间；（2）两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间． 【答案】（1）160m ，26s ；（2）15s ； 【解析】（1）轿车匀减速至停止过程20110280v ax x m -=-⇒=，01108v at t s -=-⇒=；车匀加速和匀减速通过的路程相等，故通过人工收费通道路程12160x x m ==； 所用时间为121026t t s =+=；（2）通过ETC 通道时，速度由20m/s 减至10m/s 所需时间t 2，通过的路程x 2102v v at -=-解得：24t s =221022v v ax -=-解得：26x m =车以10m/s 匀速行驶20m 所用时间t 3=2s ，加速到20m/s 所用的时间为t 4=t 2=4s ，路程也为x 4=60m ；车以20m/s 匀速行驶的路程x 5和所需时间t 5：5242020x x x x m =---=；5501x t s v == 故通过ETC 的节省的时间为：234515t t t t t t s ∆=----=；点睛：解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，搞清两种情况下的时间关系及位移关系，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解．10．甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，某时刻乙车在前、甲车在后，相距s =6m ，从此刻开始计时，乙车做初速度大小为12m/s 加速度大小为1m/s 2的匀减速直线运动，甲车运动的s -t 图象如图所示(0-6s 是开口向下的抛物线一部分，6-12s 是直线，两部分平滑相连)，求：(1)甲车在开始计时时刻的速度v 0和加速度a (2)以后的运动过程中，两车何时相遇？ 【答案】(1)16m/s 2m/s 2 (2) 2s 6s 10s 相遇三次 【解析】 【详解】（1）因开始阶段s-t 图像的斜率逐渐减小，可知甲车做匀减速运动；由2012s v t at =-，由图像可知：t =6s 时，s =60m ，则60=6v 0 -12×a ×36；6s 末的速度68060m/s 4m/s 116v -==-；则由v 6=v 0-at 可得4=v 0-6a ；联立解得 v 0=16m/s ；a =2m/s 2（2）若甲车在减速阶段相遇，则：220011--22v t a t s v t a t +=甲甲乙乙，带入数据解得：t 1=2s ； t 2=6s ；则t 1=2s 时甲超过乙相遇一次，t 2=6s 时刻乙超过甲第二次相遇；因以后甲以速度v 甲=4m/s 做匀速运动，乙此时以v 乙=12-6×1=6m/s 的初速度做减速运动，则相遇时满足：21-2v t v t a t =甲乙乙 解得t =4s ，即在10s 时刻两车第三次相遇.。
课时作业解析答案
参考答案 知能提升作业部分专题一 运动的描述 直线运动 第1讲 描述运动的基本概念1．A 解析：甲、乙运动动员有共同的水平速度和共同的竖直加速度，故A 正确． 2．C 解析：根据题中的故事，警察的意思是这位女士某一时刻的瞬时速度是90 km/h ，如果保持这一速度匀速行驶，在一个小时里将驶过90 km ，而这位女士说的是自己过去或将来的某一段运动过程，因此这位太太没有认清速度的概念．3．D 4.C 5.BC 6.CD 7.BD 8.CD9．CD 解析：物体在AB 段的平均速度v ＝ΔxΔt＝1 m/s ，所以A 正确；物体在ABC 的平均速度为v ＝Δx Δt ＝52m/s ，所以B 正确；由瞬时速度的定义可知，C 错误；物体在B 点的速度是瞬时速度，AC 段是平均速度，方向也不同，故D 错误．10．解：(1)由平均速度的定义得v 1＝s 1＋s 22t ＝5＋201＋1m/s ＝12.5 m/s方向与汽车行驶方向一致． (2)中间2 s 内的平均速度为v 2＝s 2＋s 32t ＝20＋201＋1m/s ＝20 m/s全部时间内的平均速度为v ＝s 1＋s 2＋s 3＋s 44t＝12.5 m/s.11．解：第一枚鱼雷击中前，敌舰逃跑的速度为v 1.当鱼雷快艇与敌舰相距L 0＝2 km 时，发射第一枚鱼雷，经t 1＝50 s 击中敌舰，则有(v －v 1)t 1＝L 0即(60－v 1)×50 m ＝2000 m 解得v 1＝20 m/s击中敌舰时，鱼雷快艇与敌舰的距离为 L ＝L 0－(30－v 1)t 1＝1500 m第一枚鱼雷击中后敌舰的速度为v 2.马上发射第二枚鱼雷，经t 2＝30 s ，鱼雷再次击中敌舰，则有L ＝(v －v 2)t 2 解得v 2＝10 m/s.第2讲 匀变速直线运动的规律1．B2．C 解析：根据结论“做匀变速直线运动的物体的平均速度等于中间时刻的瞬时速度”可知，a ＝Δv Δt ＝v 2.5－v 1.51 s ＝v 5－v 31 s＝3 m/s 2，选项C 正确．3．C 解析：加速度a ＝μg ，又由v 20＝2as ，可解得v 0＝14 m/s ，故C 正确． 4．D5．AD 解析：如题图所示，x 3－x 1＝2aT 2，可求得加速度a ；根据x 2＝x 1＋aT 2＝x 1＋x 3－x 12＝x 1＋x 32，可求出s 2；因不知第一次闪光时质点已运动的时间，故质点开始运动到第一次闪光时的初速度v 0和位移不可求．6．BC 解析：若初速度为零，由v ＝at 得，a ＝1.6 m/s 2，若初速度不为零，则加速度不等于1.6 m/s 2，根据推论可知，做匀加速直线运动的质点，第5 s 末的速度等于前10 s 的平均速度，则前10 s 的位移为x ＝v t ＝80 m ，故选BC.7．AC8．AD 解析：本题的关键是理解位移、速度和加速度的矢量性．若规定初速度v 0的方向为正方向，1 s 后物体的速度可能是10 m/s ，也可能是－10 m/s ，加速度与初速度同向时，a 1＝v t －v 0t ＝6 m/s 2，s 1＝v 0＋v t 2 t ＝7 m ；加速度与初速度反向时，a 2＝v t －v 0t ＝－14 m/s 2，s 2＝v 0＋v t 2t ＝－3 m ，负号表示方向与规定正方向相反．9．AB 解析：设物体运动的初速度为v 0，末速度为v t ，由中间时刻的速度公式v 2t ＝v 0＋v t2得v 2＝v 0＋v t2；由中间位臵的速度公式v 2s ＝v 20＋v 2t2得v 1＝v 20＋v 2t2.用数学方法可证明，当v 0≠v t 时，v 1>v 2，所以正确选项应为A 、B.10．解：初速度为零的匀加速直线运动第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内、…的位移之比为1∶3∶5∶…由题设条件得第2 s 内的位移为s 2＝6 m ，第3 s 内的位移为s 3＝10 m ，所以前3 s 内的位移为s ＝(2＋6＋10) m ＝18 m第3 s 内的平均速度v 3＝s 3t ＝10 m1 s＝10 m/s.11．解：(1)以飞机初速度方向为正方向，则有a ＝－6 m/s 2 由v 2－v 20＝2as 可得v ＝v 20＋2as ＝30 m/s.(2)飞机在地面滑行最长时间t ＝Δv a ＝0－60－6s ＝10 s ，所以飞机12 s 内滑行的位移为10 s 内滑行的位移由v 2t －v 20＝2as 得s ′＝－v 202a ＝－6022×(－6)m ＝300 m.12．解：由题意分析，该同学在运动过程中，平均速度越大时间最短．可能先加速，再减速．因为最大速度为10 m/s ，也可能先加速，再匀速最后减速．设经过时间t 1捡第一枚硬币：由运动学公式x 1＝v 0t ＋12at 2，12a ⎝⎛⎭⎫t 122×2＝32，解得t 1＝8 s此过程中的最大速度v 1＝a t 12＝8 m/s ＜10 m/s所以捡第一枚硬币的过程中，先加速，再减速用时最短．设再经过时间t 2捡第二枚硬币12a ⎝⎛⎭⎫t 222×2＝100－32，解得t 2＝234 s加速最大速度v 2＝a t 22＝234 m/s ＞10 m/s所以捡第二枚硬币时，应先加速，再匀速最后减速． 设加速减速的总时间为t 3，匀速的时间t 4v ＝a t 32＝10 m/s ，所以t 3＝10 sx ＝12a ⎝⎛⎭⎫t 322×2＝50 v t 4＝(100－50－32)，t 4＝1.8 s t ＝t 1＋t 3＋t 4＝19.8 s.第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动1．C 2.A 3.C 4.C 5.CD6．BD 解析：第2 s 内的平均速度等于第1.5 s 末的瞬时速度，v 1.5 s ＝gt ＝9.8×1.5 m/s ＝14.7 m/s ，则第2 s 内的位移为s ＝v 1.5 s ·t ＝14.7 m.7．CD 解析：运用逐差法计算时间间隔，另外还需要考虑水滴位臵的重叠特点．若A 、B 、C 、D 四个位臵处水滴为连续掉下的水滴，则设相邻两个水滴间的时间间隔为T ，则有CD－BC ＝gT 2，得T ＝CD －BCg，代入数据可得T ＝0.1 s ．由于人观察水滴的视觉，在间歇光照时水滴位臵出现重叠现象，因此照明光源应该间歇发光，且间歇时间为0.1 s 或为0.1 s 的整数倍，选项C 、D 正确．8．CD9．BC 解析：物体的速度为15 m/s ，方向可能竖直向上或竖直向下，若竖直向上，则根据匀变速直线运动公式可得物体的初速度v 0＝v ＋gt ＝35 m/s ，物体的位移x ＝v 0t －12gt 2＝55m >0，故此时物体在A 点上方；若方向竖直向下，则初速度v 0＝5 m/s ，物体的位移x ＝v 0t －12gt 2＝－10 m<0，故此时物体位于A 点下方．10．解：第3 s 末的速度和3 s 内的位移可以直接利用公式求解.3 s 内的平均速度可以根据平均速度的定义求解．因为v t ＝gt ，所以v 3＝9.8×3 m/s ＝29.4 m/s.又因为h ＝12gt 2，所以h 3＝12×9.8 m/s 2×32 m ＝44.1 m.根据平均速度的定义：v ＝st，3 s 内的平均速度v 3＝h 3t 3＝44.1 m 3 s＝14.7 m/s.第3 s 的位移是3 s 的位移与2 s 位移的差，即 s Ⅲ＝s 3－s 2＝44.1 m －19.6 m ＝24.5 m.第3 s 内的平均速度v Ⅲ＝s Ⅲt＝24.5 m/s.11．解：解法一 取竖直向上为正方向，由速度对称性，上升阶段与下降阶段经过相同的位臵时速度等大、反向，即－[v 0－g (t ＋2)]＝v 0－gt解得t ＝1 s ，代入位移公式得h ＝v 0t －12gt 2＝15 m.解法二 取竖直向上为正方向，两小球由抛出到相碰的位移相同，即v 0(t ＋2)－12g (t ＋2)2＝v 0t －12gt 2解得t ＝1 s ，代入位移公式得h ＝v 0t －12gt 2＝15 m.12．解：(1)这段时间人重心下降高度为10 m ，根据h ＝12gt 2得空中动作时间t ＝2h g＝ 2 s ＝1.4 s.(2)该运动员离开跳台后重心升高 h ′＝(1－0.8) m ＝0.2 m设离开跳台的速度为v 0，由竖直上抛运动规律得 v 0＝2gh ′＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s.第4讲 运动图象 追及和相遇问题1．A 2.C 3.C 4.B 5.BD6．AC 解析：0～2 s 内物体的加速度a ＝v t －v 0t＝1 m/s 2，方向向下，属于失重状态，A正确；第4 s 末，加速度为零，合外力为零，合外力功率为零，而第2 s 末加速度不为零，即合外力不为零，速度不为零，根据公式P ＝F v 可知，第2s 末功率不为零，故B 错；在2～3 s 时间内，物体匀速运动，合外力为零，故C 正确；由动能定理，在0～5 s 时间内速度变化为零，即动能不变，合外力做功为零，重力做的功等于克服拉力做的功，故D 错．7．AD 8.AC9．AD 解析：在0～t 1时间内空降兵做匀加速直线运动，此段时间内的平均速度等于中点时刻的瞬时速度，A 正确；在t 1～t 2时间内做加速度减小的减速运动，故v ＜v 1＋v 22，D正确．10．解：(1)汽车开动后做初速度为零的匀加速运动，而自行车做匀速直线运动．当汽车的速度与自行车速度相等时，两车相距最远设经时间t 两车相距最远，有v 汽＝at ＝v 自所以t ＝v 0a ＝63 s ＝2 sΔs ＝v 自t －12at 2＝6 m.(2)汽车追上自行车时，两车位移相等，则v 自t ′＝12at ′2解得t ′＝4 s所以v 汽′＝at ′＝12 m/s.11．解：(1)设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为v根据平均速度公式得x 1＝v2t 1，又x 1≤18 m故v ＝12 m/s.(2)该车驾驶员的允许的反应时间最大值为t ，反应时间内车行驶的距离为L 0 L 0＝v 0t从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间t 2＝6－t设汽车在刹车过程中通过的位移为x 2＝v 02t 2绿灯开始闪烁时，该车距停车线距离为L L ＝L 0＋x 2 解得t ＝0.5 s即该车驾驶员的考虑时间不能大于0.5 s.12．解：(1)由加速度－时间图象K1可知向下为正方向．图K1(2)速度改变Δv ＝－14m/s ，方向竖直向上；位移s ＝4＋(－1.5)＝2.5 m ，方向向下．实验一 研究匀变速直线运动1．A 解析：做匀变速直线运动的物体在相邻的连续相等时间间隔内的位移差相等且等于at 2.由此可得Δs ＝at 2＝a ⎝⎛⎭⎫10×1f 2，所以f ＝100a Δs＝10 Hz. 2．D 3.AB 4.0.405 0.756 5．(1)AB (2)2.00解析：(1)小车的重力远大于钩码的重力将会导致小车运动缓慢甚至静止不动，A 错误；此实验是“研究匀变速直线运动”，无需平衡小车的摩擦力，B 错误．(2)采用逐差法求小车的加速度： a ＝(s DE －s AB )＋(s EF －s BC )6T 2＝2.00 m/s 2.6．(1)交流电 0.02 (2)0.3937．(1)乙 (2)9.4 (3)纸带与打点计时器间存在摩擦 8．0.02 AB 0.52 相反 9．4 0.436 偏大10．(1)v D ＝S 4＋S 52T0.280(2)如图K2所示.时间t /s0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 速度v /(m·s －1)0.220 0.241 0.258 0.280 0.300图K2(3)匀加速直线运动专题二 相互作用与物体平衡 第1讲 重力 弹力 摩擦力1．B 2.D 3.B 4.A 5.CD 6.BC7．BC 解析：A 中拳击运动员一记重拳出击，虽然被对手躲过，运动员施加的力仍然有受力物体，空气是受力物体；B 中不相互接触的物体也会存在相互作用力，比如地球与太阳之间的万有引力；C 中说法是正确的，因为效果力是按照力的作用效果定义的，而性质力是按照力本身的性质定义的，所以重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的；D 中重力的大小不受放在哪里而影响．8．AC 解析：用整体法分析，地面对b 没有摩擦力，对b 的支持力为2mg ；隔离a 分析，a 相对于b 有向右运动的趋势，故有摩擦力，由于F 有竖直向上的分量，故b 对a 的支持力小于重力，A 、C 正确．9．BC 解析：未加F 时，木块A 在水平面内受弹簧的弹力F 1及静摩擦力F A 作用，且F 1＝F A ＝kx ＝8 N ；木块B 在水平面内受弹簧弹力F 2和静摩擦力F B 作用，且F 2＝F B ＝kx ＝8 N ．在木块B 上施加F ＝1 N 的向右的拉力后，由于F 2＋F ＜μG B ，故木块B 所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小F B ′＝F 2＋F ＝9 N ，木块A 的受力情况不变．10．解：最大静摩擦力f ＝f 滑＝μN ＝μmg ＝0.2×5×9.8 N ＝9.8 N.(1)当拉力为5 N 时，物体相对地面静止，受静摩擦力 f 静＝F 拉＝5 N.(2)当拉力为12 N 时，物体相对地面运动，受滑动摩擦力f 滑＝9.8 N .11．解：(1)当弹簧C 的右端位于a 点时，细绳没有拉力，A 物体受力如图K3. 由二力平衡，可知弹簧B 的弹力F 1＝mg设弹簧B 压缩量为Δx 1，由胡克定律得F 1＝k 1Δx 1上两式联立解得Δx 1＝mgk 1.图K3 图K4(2)当弹簧C 的右端位于b 点时，弹簧B 没弹力，此时细绳有拉力，A 物体受力如图K4. 由二力平衡，可知绳的拉力T ＝mg 则弹簧C 的弹力F 2＝T ＝mg设弹簧C 的伸长量为Δx 2，由胡克定律得 F 2＝k 2Δx 2解得Δx 2＝mgk 2故a 、b 之间的距离为Δx 1＋Δx 2＝⎝⎛⎭⎫1k 1＋1k 2mg . 12．解：对物体B 受力分析得：绳的拉力 T ＝G B ＝m B g ＝20 N对物体A 受力分析得：水平方向上受绳的拉力T 、F 和静摩擦力f 作用． 当外力F 较小时，静摩擦力向左，有 F ＋f m ＝T 则F ＝10 N当外力F 较大时，静摩擦力向右F ＝T ＋f m 则F ＝30N所以10N ≤F ≤30N .第2讲 力的合成与分解1．B 解析：舰载机与航母一起做匀速运动，合力为零，两阻拦索的张力的合力与舰载机的牵引力是一对平衡力，由平行四边形定则可知，B 正确．2．A3．C 解析：三个力的合力的最大值为三力大小之和；合力的最小值有两种情况：当三力大小满足三角形三边关系，可以构成三角形时，其合力最小值为零；否则，合力的最小值等于最大的那个力的大小减去另外两个力的大小；本题物体要保持平衡，合力应为零，故C 正确．4．C 5.AD 6.AB 7.BC 8.BC 9.BC10．解：(1)OA 、OB 绳中的拉力大小相等，设为T . 对物体A 有 T ＝G A ＝400 N对滑轮O ：由于OA 、OB 绳中的拉力大小相等，OC 绳在∠BOA 的角平分线所在直线上，所以BO 与竖直方向的夹角为60°则物体B 所受摩擦力为 f ＝T cos 30°＝200 3 N. (2)OC 绳的拉力为 T C ＝2T cos 30°＝3T ＝400 3 N.11．解：如图K5，以与滑轮接触的那一小段绳子为研究对象，在任何一个平衡位臵都在滑轮对它的压力(大小为G )和绳的拉力F 1、F 2共同作用下静止．而同一根绳子上的拉力大小F 1、F 2总是相等的，它们的合力N 是压力G 的平衡力，方向竖直向上．因此以F 1、F 2为分力作力的合成的平行四边形一定是菱形．利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合相似三角形图K5知识可得 d ∶l ＝15∶4所以d 最大值为154l . 12．解：(1)物体A 受重力mg 、支持力F N 及滑动摩擦力f 的作用．(2)由于垂直斜面方向上物体A 没发生运动，故垂直斜面方向上各分力的合力为0 ，即 F N －mg cos θ＝0①沿斜面方向的分力的合力 F ＝mg sin θ＋f ②将mg ＝100 N 、f ＝10 N 、θ＝30°代入②式得F ＝60 N. (3)由f ＝μF N所以μ＝f F N ＝10100×cos 30°＝315.第3讲 共点力的平衡及其应用1．B 2.D图K63．B 解析：由平衡条件可知，F A 与F B 的合力始终与运动员的重力是一对平衡力，故B 正确．对运动员受力分析，将运动员所受三个力移到一个三角形中，如图K6所示，可知F A 和F B 的大小都在不断变化．4．B 解析：物体匀速运动，则有重力沿斜面的分力与摩擦力平衡，即mg sin θ＝μmg cos θ，重力增大，仍能平衡，对木块A 施加一个竖直向下的力，与增加重力类似，故C 、D 错；增加斜面倾角，物体会加速下滑，A 错；对木块A 施加一个垂直于斜面的力，压力增大，摩擦力增大，物体做减速运动，会停下，故B 正确．5．BD6．CD 解析：用整体法对两球进行分析可得杆对A 球的支持力等于N ＝2mg ，摩擦力与风力相等；用隔离法对B 球分析可得轻绳的拉力等于mgcos θ，风力F ＝mg tan θ，又f ＝F ＝μN ，可得杆与A 球间的动摩擦因数等于12tan θ，C 、D 正确．7．AB 解析：此题实际上可视为一动态平衡问题，如图K7，可知A 、B 正确．图K78．AC 解析：对于B 物体，当绳子的拉力等于B 物体重力沿斜面的分力时，摩擦力为零，绳子的拉力大于B 物体重力沿斜面的分力时，有向上运动的趋势，摩擦力沿斜面向下，绳子的拉力小于B 物体重力沿斜面的分力时，有向下运动的趋势，摩擦力沿斜面向上，故A 正确；把B 、C 看成一整体受力分析，因为绳子的拉力有竖直向上和水平向右的分量，故水平面对C 的摩擦力方向一定向左，.水平面对C 的支持力总小于B 、C 的总重力，故B 错误，C 正确，D 错误．9．BD10．解：(1)因匀速提起重物，则F T ＝mg .且绳对人的拉力为mg ，所以地面对人的支持力为F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N ＝200 N ，方向竖直向上．(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆的方向， 由共点力平衡条件得F AB ＝2mg tan 30°＝2×30×10×33N ＝346 N F BC ＝2mg cos 30°＝2×30×1032N ＝692 N. 11．解：(1)B 物体受三力平衡，设细绳对B 球拉力为F F sin30°＝mg F ＝2mg .(2)A 物体受三力平衡，设A 物体质量为m A ，细绳对A 球拉力为F ′，圆环对A 球弹力为F NF ′cos 30°＝F N sin 30° F ′sin 30°＋m A g ＝F N cos 30° F ＝F ′解得m A ＝2m .12．解：物体若向上做匀速直线运动，受力如图K8所示，有 F cos θ＝mg ＋f F sin θ＝F N f ＝μF N由以上三式解得推力F 的大小为F ＝mgcos θ－μsin θ＝ 4.4×100.8－0.5×0.6N ＝88 N图K8 图K9若物体向下做匀速直线运动，受力如图K9所示，有 F cos θ＋f ＝mg F sin θ＝F N f ＝μF N由以上三式解得推力F 的大小为F ＝mgcos θ＋μsin θ＝ 4.4×100.8＋0.5×0.6 N ＝40 N.实验二 探究弹力和弹簧伸长的关系1．B2．D 解析：根据胡克定律可得k ＝ΔFΔx ＝20－150.18－0.16N/m ＝250 N/m.弹簧的原长为L 0，则有15＝k (0.16－L 0)，解得L 0＝0.10 m ，故选项D 正确．3．BD 4.AC 5．(1)CBDAEF (2)①结果如下表：弹力F /N0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧伸长量x /cm1.22.33.54.65.8 ②如图K10所示．图K10③F ＝0.43x④函数表达式中的常数为弹簧的劲度系数，表示使弹簧每伸长或压缩0.01 m(1 cm)所需的拉力大小为0.43 N.6．(1)如图K11所示．图K11(2)0～5 25解析：由图可以看出，在0～5.0 N 之间，弹簧的弹力与伸长量是成正比的，当弹力大于5 N 后，弹力与伸长量已经不是正比关系了，实际上已经超出弹簧的弹性限度了．由k ＝ΔFΔx可得k ＝25 N/m.7．(1)形变量超过弹簧的弹性限度(2)66.7 200 甲 (3)实验中钩码不能挂太多，控制在弹性限度内解析：(1)在弹性范围内弹簧的弹力与形变量成正比，超过弹簧的弹性范围，则此规律不成立，所以图象上端是曲线，因为形变量超过了弹簧的弹性限度．(2)甲、乙两根弹簧的劲度系数分别为：k 甲＝F 甲Δx 甲＝46×10－2 N/m ＝66.7 N/mk 乙＝F 乙Δx 乙＝84×10－2N/m ＝200 N/m.要制作一个精确程度较高的弹簧测力计，应选用一定的外力作用时，弹簧的形变量大，故选甲弹簧．8．见解析解析：(1)还需要刻度尺．(2)需要测量的物理量有弹簧的原长、悬挂钩码的个数以及与弹力(外力)对应的弹簧长度．(3)根据胡克定律F ＝k Δx ，在F －x 图象中，k ＝ΔFΔx，解得k ＝200 N/m.图象不过原点，原因是实验中没有考虑(或忽略了)弹簧的自重或在弹簧没有处于竖直悬挂状态时测量它的原长．实验三 验证力的平行四边形定则1．B 2.B 3.B 4.AB 5.AC6．(1)保证前后两次作用力的效果相同 (2)F(3)O 、a 两点距离太近，画力的方向时容易产生误差 7．(1)BD (2)BD 8．(1)F 1 0.05 (2)C 解析：(1)A 传感器中的力均为正值，故A 传感器对应的是表中力F 1，平衡时，mg ＝F 1·sin θ，当θ＝30°时，F 1＝1.001 N ，可求得m ＝0.05 kg.(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，目的是为了消除横杆自身重力对结果的影响，故C 正确．专题三 牛顿运动定律第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律1．A 2.A3．D 解析：汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对作用力与反作用力，故A 、B 、C 错；拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力，汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力，D 正确．4．B 5.BD6．BD 解析：物体做匀速直线运动，处于平衡状态，所受摩擦力与弹簧弹力大小相等，方向相反，是一对平衡力，即F 弹＝f ，kx ＝μmg ，故x ＝μmgk，所以B 、D 正确，A 错误．物体受到的支持力与对地面的压力是一对作用力与反作用力，C 错误．7．AD 8.CD9．AD 解析：因为弹簧属于明显形变，剪短细绳的瞬间，弹簧形变来不及恢复，所以弹力还是保持不变，故AD 正确．第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题1．D 解析：携带的弹药越多，战机的质量越大，而牵引力相同，根据牛顿第二定律F ＝ma ，所以加速度越小，故A 、B 错误；再根据v 2＝2ax 知，起飞的速度越小，所以C 错误；起飞滑行的距离相同，再由x ＝12at 2可得加速度越小，时间越长，所以D 正确．2．D 3.C4．D 解析：开始时小球做自由落体运动，接触弹簧后因为有弹力，而且弹力逐渐增大，小球做加速度逐渐减小的变减速运动，当弹簧的弹力增大到与重力相等时，加速度减小为令，速度达到最大，再继续往下运动的过程中，弹簧的弹力大于重力，小球做加速度逐渐增大的变减速运动，一直到速度减小为零，故D 正确．5．CD6．AD 解析：物体受到滑动摩擦力，方向水平向左，f ＝μmg ＝20 N ，选项A 对；物体在水平方向受到的合力F 合＝F －f ＝－10 N ＝ma ，得a ＝0.5 m/s 2，方向向左，D 对．7．BC 8.BC9．AD 解析：剪短细绳的瞬间，弹簧形变来不及恢复，所以弹力还是保持不变，故A 、D 正确．10．解：(1)设人在斜坡上滑下的加速度为a 1，由牛顿第二定律有 mg sin θ－f ＝ma 1N －mg cos θ＝0，又f ＝μN联立得a 1＝g (sin θ－μcos θ)，代入数据得a 1＝2 m/s 2. (2)人滑到B 点时，v 2B ＝2a 1s AB ，则v B ＝2a 1s AB ＝2×2×25 m/s ＝10 m/s. (3)在水平轨道上运动时f 2＝μmg ＝ma 2 得a 2＝μg ＝5 m/s 2由v 2C ＝v 2B －2a 2s BC 得s BC ＝v 2B 2a 2＝1022×5m ＝10 m.11．解：(1)木块所受滑动摩擦力为f ＝μmg cos θ 由F ＝ma 得F ＝mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，则 a ＝g sin θ＋μg cos θ，方向沿斜面向下． (2)木块上升到最高点的时间为 t ＝v 0a ＝v 0g sin θ＋μg cos θ. (3)有三种情况．第一种：当μmg cos θ＞mg sin θ时，木块静止，f ＝mg sin θ，方向沿斜面向上；第二种：当μmg cos θ＝mg sin θ时，木块可能静止或沿斜面匀速下滑，此时f ＝mg sin θ，方向沿斜面向上；第三种：当μmg cos θ＜mg sin θ时，木块沿斜面匀加速下滑，f ＝μmg cos θ，方向沿斜面向上．12．解：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a 1，则由v －t 图象得加速度大小a 1＝2 m/s 2，方向与初速度方向相反．设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a 2，则由图得加速度大小a 2＝1 m/s 2，方向与初速度方向相反．(2)根据牛顿第二定律，有 F ＋μmg ＝ma 1 F －μmg ＝ma 2解得：F ＝3 N ，μ＝0.05.(3)设10 s 末物体离a 点的距离为d ，d 应为v －t 图象与横轴所围的面积，则： d ＝12×4×8 m －12×6×6 m ＝－2 m 负号表示物体在a 点左边．(4)设撤去拉力F 后做匀减速直线运动的加速度大小为a 3.根据牛顿第二定律，有： μmg ＝ma 3解得：a 3＝0.5 m/s 2 由v t ＝v 0＋at 可得：物体减速到零的时间t ＝12 s物体在15 s 内的位移s ＝v t ＝－3×12 m ＝－36 m. 物体在15 s 后离a 点的距离d ′＝d ＋s ＝38 m.第3讲 牛顿运动定律的运用1．D2．B 解析：当小车突然停止后，由于惯性，两滑块获得相同的初速度，由牛顿第二定律μmg ＝ma ，解得a ＝μg ，即滑块的加速度大小与滑块的质量没有关系，两滑块有共同的加速度，两滑块做完全一样的运动，故一定不会相碰，B 正确．3．A 解析：小明在下降过程以及起跳以后在上升过程，均有向下的加速度，故处于失重状态，A 正确，B 错；小明落地时有向上的加速度，地面对他的支持力大于他的重力，C 错；D 选项中的两个力是一对作用力与反作用力，D 错．4．A5．AB 解析：根据牛顿第二定律，mg －k v ＝ma ，随着雨滴的速度增加，加速度a 不断减小，当加速度减小为零时，雨滴将与最大的收尾速度做匀速下降，A 、B 正确．6．AD 解析：从图象中可以得出，绳子的最大拉力为1.8F 0，人的重力为0.6F 0，由牛顿第二定律1.8F 0－0.6F 0＝ma ，又0.6F 0＝mg ，可解得最大加速度a ＝2g .7．BC 8.BC 9.AD10．解：(1)由图象可知，滑块的加速度a ＝101.0m/s 2＝10 m/s 2滑块冲上斜面过程中，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 代入数据解得μ＝0.5.(2)滑块速度减小到零时，重力下滑的分力大于最大静摩擦力，能再下滑 由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移 s ＝v 22a＝5 m 滑块下滑过程中，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 v ＝2a 2s ＝2 5 m/s.11．解：(1)在初始时刻，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0 由a －v 图象读出a 0＝4 m/s 2解得μ＝g sin θ－a 0g cos θ＝0.25.(2)在末时刻物体加速度为零，由牛顿第二定律有 mg sin θ－μN －k v cos θ＝0 又N ＝mg cos θ＋k v sin θ由a －v 图象得出此时v ＝5 m/s解得k ＝mg (sin θ－μcos θ)v (μsin θ＋cos θ)＝0.84 kg/s.12．解：(1)因动物毛的生长方向向上，故物体上滑时不受摩擦力，而下滑时受到摩擦力． (2)上滑过程： mg sin θ＝ma 1 v 0－a 1t 1＝0x ＝v 202a 1下滑过程：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 x ＝12a 2t 22又t ＝t 1＋t 2联立以上各式得μ≈0.433.实验四 验证牛顿运动定律1．B 2.D 3.AB 4.CD5．(1)①d t 1 d 2(t 21－t 22)2xt 21t 22②使滑块所受拉力等于砝码盘和砝码的重力；③如图12所示 质量不变时，物体加速度与其所受合外力成正比． (2)1M可得到在合外力不变时物体加速度与质量间的定量关系图126．(1)小车的总质量(2)①在质量不变的条件下，加速度与外力成正比 ②C ③0.1 0.520 0.2767．(1)错误，应该给校车一个初速度使校车能够匀速下滑 (2)C(3)[(s 3＋s 4)－(s 1＋s 2)]f 2100专题四 曲线运动 万有引力定律 第1讲 运动的合成与分解1．A 解析：运动状态指运动快慢和方向，即速度大小和方向，如果物体做匀速直线运动，速度的大小和方向都不改变，这是运动状态不变，A 正确；当物体做匀速直线运动时，位臵不断改变，但速度大小、方向都不变，运动状态仍不变，B 错误；若运动物体有加速度，则速度会发生变化，无论加速度是否发生变化，此时运动状态一定改变，C 错误；做曲线运动的物体，速度方向时刻改变，D 错．2．A 解析：由三角形定则，在A 项中v 1、v 2的合速度大小为v 3，再与图中v 3合成，合速度为2v 3，B 项中合速度为0，C 项中v 3、v 2的合速度为v 1，与图中v 1再合成，合速度为2v 1，D 项中的合速度为2v 2，其中最大的合速度为2v 3，故A 正确．3．C 解析：恰使小船避开危险区，小船应沿直线AB 到达对岸，如图K13所示．则有tan θ＝BD AD ＝33，所以θ＝30°.当船头与AB 垂直时，小船在静水中的速度最小．最小速度为v 1＝v 2sin θ＝2 m/s.故正确答案为C.图K13 图K144．C 解析：当合加速度的方向与和速度的方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，加速度方向大致指向轨迹弯曲的方向．和运动的加速度沿y 轴正方向，合初速度的方向沿x 轴方向，可知，轨迹沿y 轴正方向偏转，故C 正确．5．C 解析：人的运动其实是两个运动的合运动，一个是沿绳子方向的运动，一个是以绳子的半径为圆周运动，此刻，速度沿切线即与绳子垂直方向，速度分解如图K14.根据几何关系，沿绳子方向分速度即船的速度为v cos α，C 正确．图K156．B 解析：由于船沿直线AB 运动，因此船的合速度v 合沿AB 方向，根据平行四边形定则可知，当v 船垂直于直线AB 时，船有最小速度，由图K15知v 船＝v 水sin 37°＝2.4 m/s ，选项B 正确．7．CD 8.AC9．AD 解析：根据题意，如果v 1＝v 2＝0，则物体沿合速度方向运动，是直线运动，A 正确；如果v 1≠0，v 2≠0，但合加速度方向与合速度方向一致，物体沿直线运动．B 错误；如果a 1＝a 2，但合加速度方向和速度方向不在同一直线上，物体做曲线运动，C 错误；如果a 1a 2＝v 1v 2，则有tan θ＝a 1a 2，tan θ＝v 1v 2，即合加速度方向与合速度方向一致，做匀加速直线运动，D正确．10．BC11．解：(1)汽车在时间t 内向左运动的位移：x ＝Htan θ又汽车匀加速运动x ＝12at 2所以a ＝2s t 2＝2Ht 2·tan θ.(2)此时汽车的速度v 汽＝at ＝2Ht ·tan θ由运动的分解知识可知，汽车速度v 汽沿绳的分速度与重物m 的速度相等，即v 物＝v 汽cos θ得v 物＝2H cos θt ·tan θ.第2讲 抛体运动1．C 解析：由于相遇时A 、B 做平抛运动的竖直位移相同，由h ＝12gt 2，可以判断两球下落时间相同，即两球应同时抛出．2．D 3.B4．B 解析：在竖直方向：Δy ＝5l －3l ＝gT 2，可求出g ；水平方向：v 0＝x T ＝3lT，且P 点竖直方向分速度v y ＝v ＝3l ＋5l 2T ，故P 点速度大小为：v ＝v 20＋v 2y ；但无法求出小球质量m ，故B 正确．5．D6．D 解析：竖直速度与水平速度之比为：tan φ＝gtv 0，竖直位移与水平位移之比为：tanθ＝gt 22v 0t，故tan φ＝2tan θ. 7．AB 解析：根据题意，由于不计空气阻力，则两物体运动过程中只受重力，则加速度均相同，故A 正确；由于只受重力也只有重力做功，则机械能守恒，B 正确；由于沿竖直向下抛出的平均速度较大，在庖厨高度相同的情况下，竖直下抛先落地，C 错；竖直抛出位移为竖直抛出的高度y ，水平抛出的物体做平抛运动，位移为d ＝y 2＋x 2，故位移不相同，D 错．8．BC9．CD 解析：设释放物体时火车的速度为v 0，物体释放后在竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 2，水平方向物体落地点与乘客的水平距离x ＝v 0t ＋12at 2－v 0t ＝12at 2，可得x ＝0.25 m ，且与火车初速度大小无关，故C 、D 正确．10．AD 解析：由x ＝v t 知，若A 球经过水平位移l 时，还未落地，则在B 球正下方相碰，A 正确；A 、B 在第一次落地签不碰，由于反弹后水平分速度，竖直分速度大小不变，方向相反，则以后一定能碰，故B 错误，D 正确；若A 球落地时的水平位移为l2时，则A 、B在最高点相碰，C 错．11．解：(1)设小鸟以v 0弹出能直接击中堡垒，则由平抛运动规律，h 1－h 2＝12gt 2l 1＝v 0t联立解得t ＝0.6 s ，v 0＝4 m/s.(2)对小鸟在平台上滑行初速度仍为v 0，若刚好击中堡垒，则有末速度为v ＝0由动能定理－μmg (l 1－l 2)＝0－12m v 20。
专题01 匀变速直线运动的规律及应用(原卷版)
专题01 匀变速直线运动的规律及应用目录题型一 匀变速直线运动基本规律的应用 (1)类型1 基本公式和速度位移关系式的应用 ................................................................................................... 2 类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题 ................................................................................................. 2 题型二 匀变速直线运动的推论及应用 .. (4)类型1 平均速度公式 ......................................................................................................................................... 5 类型2 位移差公式 ............................................................................................................................................. 6 类型3 初速度为零的匀变速直线运动比例式 ................................................................................................. 7 类型4 第n 秒内位移问题 ................................................................................................................................. 7 题型三 自由落体运动和竖直上抛运动 .. (8)类型1 自由落体运动基本规律的应用 ............................................................................................................. 9 类型2 自由落体运动中的“两物体先后下落”问题 ........................................................................................ 10 类型3 竖直上抛运动的基本规律 ................................................................................................................... 10 类型4 自由落体运动和竖直上抛运动的相遇问题 ....................................................................................... 11 题型四 多过程问题 .. (12)题型一 匀变速直线运动基本规律的应用【解题指导】1．v ＝v 0＋at 、x ＝v 0t ＋12at 2、v 2－v 02＝2ax 原则上可解任何匀变速直线运动的问题，公式中v 0、v 、a 、x 都是矢量，应用时要规定正方向. 2. 对于末速度为零的匀减速直线运动，常用逆向思维法.3.对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退(即做反向的匀加速直线运动)，一般需判断减速到零的时间． 【必备知识与关键能力】 1.基本规律⎭⎪⎬⎪⎫（1）速度—时间关系：v ＝v 0＋at（2）位移—时间关系：x ＝v 0t ＋12at 2（3）速度—位移关系：v 2－v 2＝2ax ――――→初速度为零v 0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v ＝atx ＝12at 2v 2＝2ax2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法 题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量 适宜选用的公式 v 0、v 、a 、t x 【速度公式】v ＝v 0＋at v 0、a 、t 、x v 【位移公式】x ＝v 0t ＋12at 2v 0、v 、a 、x t 【速度位移关系式】v 2－v 20＝2ax v 0、v 、t 、xa【平均速度公式】x ＝v ＋v 02t类型1基本公式和速度位移关系式的应用【例1】在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是()A．公交车运行的最大速度为4 m/sB．公交车刹车的加速度大小为1 m/s2C．公交车从刹车开始10 s内的位移为60 mD．公交车刹车后第1 s内的平均速度为15 m/s【例2】(2022·辽宁丹东市一模)我市境内的高速公路最高限速为100 km/h，某兴趣小组经过查阅得到以下资料，资料一：驾驶员的反应时间为0.3～0.6 s；资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数(如下表)路面干沥青路面干碎石路面湿沥青路面动摩擦因数0.70.6～0.70.32～0.4() A.200 m B.150 mC.100 mD.50 m【例3】(2022·江西省六校联合考试)高速公路ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，某汽车以25.2 km/h的速度匀速进入识别区，ETC 天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆，已知司机的反应时间为0.5 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为()A.8.4 mB.7.8 mC.9.6 mD.10.5 m类型2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题1.方法简介很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，可以化难为易、出奇制胜。
专题01直线运动(解析版)
专题01 直线运动1．（2020·广东省东莞市高三检测）甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图象如图所示，下列说法中正确的是（ ）A ．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B ．在0～t 1时间内，甲车平均速度等于乙车平均速度C ．在0～t 2时间内，丙、丁两车在t 2时刻相遇D ．在0～t 2时间内，丙、丁两车加速度总是不相同的【答案】B【解析】位移时间图线表示位移随时间的变化规律，不是物体运动的轨迹，甲乙都做直线运动，故A 错误；由位移时间图线知，在0～t 1时间内，甲乙两车通过的位移相等，时间相等，甲车平均速度等于乙车平均速度，故B 正确；由图像与坐标轴所围面积表示位移，则由图可知，丙、丁两车在t 2时刻不相遇，故v t -C 错误；由图像斜率表示加速度，由图像可知，在0～t 2时间内有个时刻两车的加速度相等，故D 错v t -误。
故选B 。
2．（2020·长春市第六中学高三二模）一辆汽车以20m/s 的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v 随刹车位移x 的变化关系如图所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12m/s 时，刹车的距离x 1为A ．12mB ．12.8mC ．14mD ．14.8m【答案】B【解析】由题意可知，汽车做匀减速直线运动，设加速度大小a ，由公式，其中，202v ax=020mv s =代入解得：，当时，汽车刹车的位移为，故B 正确。
20x m =210m a s =12m v s =220112.82v v x m a -==故选B 。
3．（2020·山西省临汾市高三模拟）某一小车从静止开始在水平方向上做直线运动，其运动过程中的加速度随时间变化关系如图所示，则关于小车的运动下列说法中正确的是（ ）A ．小车做先加速后减速，再加速再减速的单向直线运动B ．小车做往复直线运动，速度反向时刻为1s 、 3s 末C ．小车做往复直线运动，且可以运动到出发点的另一侧D ．小车运动过程中的最大速度为2.5m/s 【答案】D【解析】由加速度时间图线可判断，0~1s 内，小车沿正向做加速度增大的加速运动，1s~2s 内小车沿正向做加速度减小的减速运动，由对称性知2s 末小车速度恰好减到零，2s~3s 内小车沿负向做加速度增大的加速度运动，3s~4s 内小车沿负向做加速度减小的减速运动，4s 末小车速度恰好减到零。
- 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)。
专题一直线运动作业
一、单项选择题。
1．小明从某砖墙前的高处由静止释放一个石子，让其自由落下，拍摄到石子下落过程中的
一张照片如图所示。
由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。
已知每层砖的平
均厚度为6.0cm，照相机本次拍照曝光时间为1.5×10－2s，由此估算出位置A距石子下落起
始位置的距离为( )
A．1.6m B．2.5m C．3.2m D．4.5m
2.一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则（）
A．15s内汽车的位移为300m B．前10s内汽车的加速度为3m/s2
C．20s末汽车的速度为-1m/s D．前25s内汽车做单方向直线运动
3.据央视报道，北京时间2012年10月15日凌晨，奥地利著名极限运动员鲍姆加特纳从距
地面高度约3.9万米的高空跳下，并成功着陆，一举打破多项世界纪录.假设他从携带的氦
气球太空舱上跳下到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图象如图2所示，则下列说法中正
确的是（）
0t:内运动员和所有装备整体所受重力大于空气阻力
A．
1
B．t1秒末运动员打开降落伞，此后做匀减速运动至t2秒末
C．t1秒末到t2秒末运动员竖直方向的加速度方向向下，大小在逐渐增大
D．t2秒后运动员保持匀速下落直至落地
4.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5 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∶1 B．1∶3 C．3∶4 D．4∶3
5.如图是某质点直线运动的速度-时间图象，则由图象可知( )
A．质点在0～1s内的平均速度为2m/s
B．质点在0～2s内的位移为3m
C．质点在0～1s内的加速度大于2～4s内的加速度，且方向相反
D．质点在0～1s内的运动方向与2～4s内的运动方向相反
二计算题
m s的速度匀速行驶，在距车站25m时开始制动，使车减速前进，到车站时恰好6.车以10/
停下.求：
(1)车匀减速行驶时的加速度的大小； (2)车从制动到停下来经历的时间.。