《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題01 質點的直線運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關系列 專題01 質點的直線運動（含解析）（26頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題01 質點的直線運動 第一部分名師綜述 本專題中的難題分為二，一為對運動圖像的考查，對圖像的考查范圍很廣，涉及的內容頁比較多，幾乎涉及了直線運動中的所有知識以及應用，特別是利用圖像處理追擊相遇問題時高考考查的重難點，在解題過程中，要注意分析圖像的軸、點、線、面積、斜率等方面，考查方式多為選擇題。二是對多過程直線運動的考查，綜合了勻變速直線運動公式、追擊相遇問題，考查方式多為計算題，在做題過程中需要（1）要養(yǎng)成畫物體運動示意圖，或者x-t圖象與v-t圖象的習慣，特別是比較復雜的運動，畫出示意圖或者運動圖像可使運動過程直觀化，物理過程清晰，便于研究，（2）要注意分析研究對象的運動過程，搞

2、清楚整個運動過程按運動性質的轉換可以分為哪幾個階段，各個階段遵循什么規(guī)律，各個階段又存在哪些聯(lián)系。 第二部分精選試題 一、單選題 1．如圖所示，在豎直平面內用輕質細線懸掛一個小球，將小球拉至A點，使細線處于拉直狀態(tài)，由靜止開始釋放小球，不計摩擦，小球可在A、B兩點間來回擺動．當小球擺到B點時，細線恰好斷開，則小球將（） A．在B點保持靜止 B．沿BE方向運動 C．沿BC方向運動 D．沿BD方向運動 【答案】 B 【解析】 由于小球被靜止釋放，不計摩擦，它可在A、B兩點間來回擺動。當小球擺到B點時，小球速度恰好為零，此時若細線恰好斷開，則小球只受重力作用而豎直

3、下落。所以，將沿BE方向運動。故選B。 【點睛】此題考查了學生力和運動之間的關系，力可以改變物體的形狀或運動狀態(tài)。在此題中，小球由于重力作用將由靜止下落。解決此題的關鍵是判斷出在B點的運動狀態(tài)。 2．如圖所示為a、b、c三個質點運動的速度–時間圖象（v–t圖象），若三質點同時從同一位置出發(fā)則關于三個質點的運動，下列說法中正確的是 A．t1時刻a、b兩質點的速度大小相等、方向和反 B．t1時刻后，質點b位于a、c的前面 C．0~t1時間內，a位于b、c兩質點的前面 D．0~t1時間內，a、b兩質點間的距離在不斷減小 【答案】 C 【解析】 A、t1時刻a、b兩圖象對應的

4、速度相等且均為正值，表示運動方向均為正方向，A錯誤。B、C、三質點從同一地點出發(fā)，t1時所圍的面積表示位移，可得a在最前，其次是b，最后是c,B錯誤，C正確。D、0~t1時間內，可讀出va>vb，則a、b之間的距離不斷增大，D錯誤。故選C。 【點睛】利用勻變速直線運動圖象分析追擊與相遇，要注意明確圖象的性質，圖象的正負表示運動方向，圖象的斜率表示加速度，能根據(jù)圖象的面積求解位移． 3．一個物體在外力作用下由靜止開始沿直線運動，其加速度隨時間變化的關系圖線如圖所示，則該物體：( ) A．0～1s內加速運動，1s～3s內減速運動，第3s末回到出發(fā)點 B．0～3s內物體位移是12m

5、 C．0～1s內與1s～3s內的平均速度相同 D．2s時的速度方向與0.5s時的速度方向相反 【答案】 C 【解析】A、物體在第1 s內從靜止開始勻加速運動，第2、3 s內沿原方向做勻減速運動，根據(jù)“面積”等于速度的變化量可知，3s末物體的速度為零，所以第3 s末沒有回到出發(fā)點．故A錯誤；B、C、0~1s的位移，1s~3s的位移，故；而，，則B錯誤，C正確。D、第3 s末速度為零，故2s時和0.5s的速度方向相同，D錯誤．故選C. 【點睛】解決本題的關鍵根據(jù)加速度時間圖線，知道物體做周期性運動，掌握“面積”等于速度的變化量和運動學公式，并分別求速度和位移． 4．甲、乙兩車在平直公

6、路上行駛，其v-t圖象如圖所示。t=0時，兩車間距為s0；t0時刻，甲、乙兩車相遇。0～t0時間內甲車發(fā)生的位移為s，下列說法正確的是( ) A．0～t0時間內甲車在前，t0～2t0時間內乙車在前 B．0～2t0時間內甲車平均速度的大小是乙車平均速度大小的2倍 C．2t0時刻甲、乙兩車相距12s0 D．s0=67s 【答案】 D 【解析】 由圖知在0～t0時間內甲車速度大于乙車的速度，故是甲車在追趕乙車，所以A錯誤；0～2t0時間內甲車平均速度的大小32v0，乙車平均速度12v0，所以B錯誤；由題意知，圖中陰影部分面積即為位移S0，根據(jù)幾何關系知，三角形ABC的

7、面積對應位移S0∕3，所以可求三角形OCD的面積對應位移S0∕6，所以0—to時間內甲車發(fā)生的位移為s=S0+ S0∕6，得s0=67s，故D正確；2t0時刻甲、乙兩車間的距離即為三角形ABC的面積即S0∕3，所以C錯誤。 5．A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰,如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間(x-t)圖像,圖中a、b分別為A、B兩球碰撞前的圖線,c為碰撞后兩球共同運動的圖線.若A球的質量mA=2kg,則由圖可知下列結論正確的是(　　 ) A．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/s B．碰撞過程A對B的沖量為-4 N·s C．碰撞前后A的動量變化為4kg·m/s D．

8、碰撞過程A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為10 J 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、由s-t圖像可以知道：碰撞前A的速度為vA=4-102=-3m/s； 碰撞前B的速度vB=4-02=2m/s， 碰撞后AB的速度為vC=2-42=-1m/s 根據(jù)動量守恒可知mbvB-mavA=-(ma+mb)vC 代入速度值可求得：mb=43kg 所以碰撞前的總動量為mbvB-mavA=-103kg?m/s，故A錯誤； B、碰撞時A對B所施沖量為即為B的動量變化量ΔPB=-mbvC-mbvB=-4N?s故B正確； C、根據(jù)動量守恒可知ΔPA=-ΔPB=4N?s=4kg?m/s，

9、故C正確； D、碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為12mavA2+12mbvB2-12ma+mbvC2=10J ,故D正確， 本題選不正確的，故選A 【點睛】 結合圖像求出碰前碰后的速度，利用動量守恒求出B的質量，然后根據(jù)定義求出動量的變化量。 6．如下圖所示，質量m＝1kg的物體從高為h＝0．2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和皮帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，傳送帶AB之間的距離為L＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度勻速運動，則( ) A．物體從A運動到B的時間是1．5s B．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做了2 J功

10、 C．物體從A運動到B的過程中，產生2J熱量 D．物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多做了10J功 【答案】 AC 【解析】 試題分析：設物體下滑到A點的速度為v0，對PA過程，由機械能守恒定律有：12mv02=mgh代入數(shù)據(jù)得：v0=2gh=2m/s＜v=4m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力作用下勻加速運動，加速度大小為a=μmgm=μg=2m/s2；加速至速度與傳送帶相等時用時：t1=v-v0a=4-22s=1s，勻加速運動的位移s1=v0+v2t1=2+42×1m=3m

11、4s=0.5s，故物體從A運動到B的時間為：t=t1+t2=1.5s，故A正確；物體運動到B的速度是v=4m/s．根據(jù)動能定理得：摩擦力對物體做功W=12mv2-12mv02=12×1×42-12×1×22J=6J，故B錯誤；在t1時間內，皮帶做勻速運動的位移為S皮帶=vt1=4m，故產生熱量Q=μmgΔS=μmg（S皮帶-S1），代入數(shù)據(jù)得：Q=2J，故C正確；電動機多做的功一部分轉化成了物體的動能，另一部分轉化為內能，則電動機多做的功W=（12mv2-12mv02）+Q=12×1×（42-22）+2=8J，故D錯誤 考點：考查了機械能守恒定律，運動學公式，功能關系 【名師點睛】本題要求

12、同學們能正確分析物體的運動情況，明確能量的轉化情況．要注意電動機多做的功一部分轉化成了物體的動能另一部分就是了相同的內能，不能只考慮物體的動能 7．如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為34h0（不計空氣阻力），則（） A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小車向左運動的最大距離為12R C．小球離開小車后做斜上拋運動 D．小球第二次能上升的最大高度12h0

13、組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv-mv′=0，m2R-xt-mxt=0，解得，小車的位移：x=R，故B錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小球由A點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C錯誤；小球第一次車中運動過程中，由動能定理得：mg（h0-34h0）-Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mgh0，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為14mgh0，由于小球第

14、二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于14mgh0，機械能損失小于14mgh0，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于：34h0-14h0=12h0，而小于34h0，故D正確；故選D。 考點：動量守恒定律；機械能守恒定律 【名師點睛】動能定理的應用范圍很廣，可以求速度、力、功等物理量，特別是可以去求變力功．摩擦力做功使得機械能轉化成內能。 8．．一個物體自由下落6s后落地，則在開始2s內和最后2s內通過的位移之比為（） A．1：5 B．3：5 C．3：11 D．1：3 【答案】 A 【解析】 【詳解】

15、物體下落前2 s的位移為：h1=12gt22=12×10×4m=20m， 物體下落6 s的位移為：h6=12gt62=12×10×36m=180m， 物體下落4 s的位移為：h4=12gt42=12×10×16m=80m， 所以最后2 s內通過的路程為：h6-h4=100m， 故開始2 s內和最后2 s內通過的路程之比為1 : 5；故選A。 【點睛】 解決本題的關鍵掌握自由落體運動的位移時間公式h=12gt2，以及知道通過6s內的位移減去4s內的位移求最后2s內的位移比較方便。 9．甲、乙兩輛汽車在平直的公路上同一地點沿相同方向由靜止開始做直線運動，它們運動的加速度隨時間變化a－

16、t圖像如圖所示．關于甲、乙兩車在0－20 s的運動情況，下列說法正確的是 A．在t＝10 s時兩車相遇 B．在t＝20 s時兩車相遇 C．在t＝10 s時兩車相距最遠 D．在t＝20 s時兩車相距最遠 【答案】 D 【解析】 A、根據(jù)圖象可知，在0﹣4s內，甲的加速度不變，乙的加速度逐漸減小，由牛頓第二定律可知甲的合力不變，乙的合力減小，故A錯誤； B、根據(jù)加速度時間圖象知圖象與時間軸所圍的面積表示速度變化量，可知，在t=2s前乙的速度比甲的速度大，而甲、乙兩車從同一地點沿相同方向由靜止開始做直線運動，因此在t=2s時甲還沒有追上乙，故B錯誤； C、當t=4s時，兩圖

17、象與t軸所圍的面積相等，即該時刻兩輛車的速度相等；在4秒前乙車的速度大于甲車的速度，所以乙車在甲車的前方，所以兩車逐漸遠離，當t=4s時，兩車速度相等即相距最遠，故C正確，D錯誤。 點睛：本題考查了圖象與追及問題的綜合，解決本題的關鍵知道加速度時間圖線圍成的面積表示速度的變化量，由此來分析圖象的物理意義。 10．以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v-t圖像可能正確的是 【答案】 D 【解析】 試題分析：豎直上拋運動不受空氣阻力，做向上勻減速直線運動至最高點再向

18、下自由落體運動，v-t圖象時傾斜向下的直線，四個選項均正確表示；考慮阻力f=kv的上拋運動，上升中a上=mg+kvm，隨著v減小，a上減小，對應v-t圖象的斜率減小，選項A錯誤。下降中a下=mg-kvm，隨著隨著v增大，a下繼續(xù)減小。而在最高點時v=0，a=g，對應v-t圖與t軸的交點，其斜率應該等于g（此時與豎直上拋的最高點相同的加速度），即過交點的切線應該與豎直上拋運動的直線平行，只有D選項滿足。故選D。 考點：本題考查了牛頓第二定律、v-t圖象的特點、豎直上拋運動狀態(tài)的判斷。 二、多選題 11．一個質點做方向一定的勻變速直線運動,在連續(xù)兩段相等時間內的位移分別是S1和 S2,則

19、兩者比值可能是（ ） A．2:5 B．2:1 C．4:1 D．1:5 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 設中間時刻速度為v，相等時間為t，加速度為a，則s1＝vt?12at2；s2＝vt+12at2；則s1s2＝vt-12at2vt+12at2＝1-at2vt+12at2=1-1vat+12；因為是朝一個方向運動，所以v-at＞0且v+at＞0；所以-1＜vat＜1，但1vat+12≠0；則13＜s1s2＜3且s1s2≠1, 故選AB。 【點睛】 本題也可以用勻變速直線運動位移時間公式列式求出s1和s2的表達式進行求解，注意數(shù)學知識在物理中的應用. 12．運動質點的

20、υ-x的圖象如圖所示，圖線為頂點在坐標原點,開口向右的拋物線的上半支，則下列判斷正確的是 A．質點做初速度為零的勻加速直線運動 B．質點的加速度大小為5 m/s2 C．質點在3s末的速度大小為30 m/s D．坐標(10,10)處的斜率為0.5 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 A項：若質點做初速度為零的勻加速直線運動，則有v2=2ax，即v=2a·x，則圖象為頂點在坐標原點、開口向右的一條拋物線，故A正確； B項：把x=10m，v=10m/s帶入v2=2ax，得出a=5m/s2，故B正確； C項：3s末的速度為v=at=15m/s，故C錯誤； D項：由數(shù)學知

21、識可知，v2=2ax兩邊同時對x求導，得：2vv'=2a，則v'=av，所以坐標(10,10)處的斜率為k=510=0.5，故D正確。 故應選ABD。 【點睛】 本題主要考查了勻變速直線運動基本公式的直接應用，要求同學們能根據(jù)圖象得出有效信息，防止把v-x圖象當成v-t圖象處理。 13．受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運動，其v－t圖線如圖所示，則( ) A．在0～t1秒內，外力F大小不斷增大 B．在t1時刻，外力F為零 C．在t1～t2秒內，外力F大小可能不斷減小 D．在t1～t2秒內，外力F大小可能先減小后增大 【答案】 CD 【解析】 試題分析：

22、根據(jù)加速度可以用v-t圖線的斜率表示，所以在0～t1秒內，加速度為正并不斷減小，根據(jù)加速度a=F-μmgm，所以外力F大小不斷減小，A錯誤；在t1時刻，加速度為零，所以外力F等于摩擦力，不為零，B錯誤；在t1～t2秒內，加速度為負并且不斷變大，根據(jù)加速度的大小a=μmg-Fm，外力F大小可能不斷減小，C正確；如果在F先減小一段時間后的某個時刻，F(xiàn)的方向突然反向，根據(jù)加速度的大小a=μmg+Fm，F(xiàn)后增大，因為v-t圖線后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先減小后增大是可能的，故D正確． 考點：考查了速度時間圖像 14．在遇到暴雨、霧霾等惡劣天氣時，高速公路上能見度不足100m．在這樣的惡

23、劣天氣時，甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，乙在前、甲在后同向行駛．某時刻兩車司機同時聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時開始剎車，結果兩輛車發(fā)生了碰撞．圖示為兩輛車剎車后若不相撞的v-t圖像，由此可知（） A．剎車過程中甲車的加速度是乙車加速度的2倍 B．兩輛車一定是在剎車后的20s之內的某時刻發(fā)生相撞的 C．兩車相撞可能發(fā)生在乙車停止后 D．兩車剎車時相距的距離一定小于100m 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 A、由v-t圖像的斜率可求出a甲=ΔvΔt=-2525m/s2=-1m/s2，a乙=ΔvΔt=-1530m/s2=-0.5m/s2，A項正確。 B、C、

24、t＝20s時，兩車速度相等，相距最近，兩車一定是在剎車后的20s之內相撞，B項正確，C項錯誤。 D、在t=20s時，甲的位移s甲=v0甲t+12a甲t2=25×20-12×1×202=300m，s乙=v0乙t+12a乙t2=15×20-12×0.5×202=200m，可得s甲-s乙＝100 m，因而兩車若相撞，剎車前距離應小于100 m，D項正確。 故選ABD。 【點睛】 根據(jù)速度時間圖線求出甲乙的加速度，抓住速度相等時，結合位移時間公式分別求出兩車的位移，結合位移之差求出兩者不發(fā)生碰撞的最小距離，從而分析判斷．通過兩者的速度大小關系，判斷之間距離的變化，從而得出發(fā)生碰撞發(fā)生的大致時刻

25、． 15．在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖(a)所示，碰后運動員用冰壺刷摩擦藍壺前進方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運動的v-t圖線如圖(b)中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量均為19 kg，則 A．碰后藍壺速度為0.8m／s B．碰后藍壺移動的距離為2.4m C．碰撞過程兩壺損失的動能為7.22J D．碰后紅、藍兩壺所滑過的距離之比為1:20 【答案】 AD 【解析】A、設碰后藍壺的速度為v2 ,碰前紅壺的速度v0=1.0m/s碰后紅壺的速度為v1=0.2m/s 根據(jù)動量守恒定律可得:mv0=mv1+mv

26、2 解得v2=0.8m/s，故A正確； B、根據(jù)碰前紅壺的速度圖像可以知道紅壺的加速度為: a=ΔvΔt=0.21=0.2m/s2 碰后紅壺減速到零需要的時間為： t=va=10.2=5s 碰后藍壺運動圖像的面積代表走過的位移s1=12×0.8×5=2m，故B錯； C、碰撞過程兩壺損失的動能為ΔE=12mv02-12mv12-12mv22=3.04J，故C錯誤； D、碰后紅壺走過的位移為s2=v22a=0.222×0.2=0.1m 所以碰后紅、藍兩壺所滑過的距離之比為1:20，故D正確； 故選AD 點睛：知道v-t圖像中斜率代表加速度，面積代表運動走過的位移，并利用動量守

27、恒解題。 16．甲、乙兩輛小汽車（都可視為質點）分別處于同一條平直公路的兩條平行車道上，開始時(t=0)乙車在前甲車在后，兩車間距為x 0. t=0甲車先啟動，t=3s時乙車再啟動，兩車啟動后都是先做勻加速運動，后做勻速運動，v-t圖象如圖所示。根據(jù)圖象，下列說法正確的是 A．兩車加速過程，甲的加速度比乙大 B．若x0=80m，則兩車間間距最小為30m C．若兩車在t＝5 s時相遇，則在t=9s時再次相遇 D．若兩車在t＝4s時相遇，則在t=1 0s時再次相遇 【答案】 BC 【解析】A、圖像中的斜率表示加速時的加速度的大小，從圖像上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A

28、錯誤； B、速度相等時兩者之間的位移有最小值，從圖像上可以看出甲運動過的位移為s1=(2+7)×202=90m，而乙運動過的位移為：s2=12×4×20=40m，則甲乙之間的距離為Δs=s2+80-s1=30m，故B正確； C、若兩車在t＝5 s時相遇，從圖像上可以看出5-9s內甲乙運動過的位移相等，所以甲乙在t=9s時會再次相遇，故C正確； D、若兩車在t＝4s時相遇，從圖像上可以看出4-10s內甲乙運動過的位移不相等，則在t=1 0s時不會再次相遇，故D錯誤； 故選BC 點睛：本題考查了對v-t圖像的理解，知道圖像的斜率表示加速度，以及知道圖像包圍的面積代表物體運動過的位移，結合

29、圖像解題可以達到事半功倍 17．在水平地面上有一質量為2 kg的物體，物體在水平拉力F的作用下由靜止開始運動，后撤去拉力．該物體的運動的v－t圖如圖所示，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)． A．物體的最大位移是56 m B．物體受到的拉力F的大小為2.4 N C．物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2 D．前12 s內，拉力與阻力做功的代數(shù)和為12 J 【答案】 AC 【解析】： A、在v-t圖像中圖像所包圍的面積代表的就是物體走過的位移，則物體的最大位移應該是14s內的位移：s=12×8×14=56m，故A正確； B、物體在前10s受到拉力作用，10s撤去拉

30、力，在v-t中斜率代表的是加速度的大小， 由圖線可以知道:0-10s內加速度大小為 a1=810=0.8m/s2 10-14s內加速度大小為 a2=84=2m/s2 根據(jù)牛頓第二定律: F-μmg=ma1 μmg=ma2 解得：F=5.6Nμ=0.2 故B錯誤，C正確； D、物體在12s時的速度為v=v0-a2t=8-2×2=4m/s那么在12s內有動能定理知： W=12mv2-0=12×2×42=16J故D錯誤； 綜上所述本題答案是：AC 18．如圖所示，質量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質量為m的木塊。已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為μ，m、M與桌面間

31、的動摩擦因數(shù)均為2μ?，F(xiàn)對M施一水平恒力F，將M從m下方拉出，而m恰好沒滑出桌面，則在上述過程中 A．水平恒力F一定大于3μ(m+M)g B．m在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等 C．M對m的沖量大小與桌面對m的沖量大小相等 D．若增大水平恒力F，木塊有可能滑出桌面 【答案】 AC 【解析】A、對小木塊：μmg=ma1；對木板：；要使小木塊滑離木板，需使，則，A正確； B、設小木塊在薄木板上滑動的過程，時間為t1，小木塊的加速度大小為a1，小木塊在桌面上做勻減速直線運動，加速度大小為a2，時間為t2，有： μmg=ma1 2μmg=ma2 a1t1=a2t2

32、 聯(lián)立解得：t1=2t2，B錯誤； C、m初末速度都為零，合外力沖量為零，M對m的沖量與桌面對m的沖量大小相等，方向相反，C正確； D、若增大水平恒力F，木塊離開木板時間變短，速度變小，位移變小；在桌面上滑動的距離變短，不可能滑出桌面，D錯誤。 故選：AC。 【名師點睛】 薄木板在被抽出的過程中，滑塊先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求解出木塊的加速度，根據(jù)運動學規(guī)律求解出時間；根據(jù)動量定理，合外力沖量為零，M對m的沖量與桌面對m的沖量大小相等；增大水平拉力，木塊離開木板時間變短，速度變小，位移變小，在桌面上滑動的距離變短，可以判斷能否滑出桌面。 19．如圖甲所

33、示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上，勁度系數(shù)為k的輕彈簧，下端固定在斜面底端，上端與質量為m的物塊A連接，A的右側緊靠一質量為m的物塊B，但B與A不粘連。初始時兩物塊均靜止。現(xiàn)用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度為a的勻加速運動，兩物塊在開始一段時間內的v-t圖象如圖乙所示，t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點，重力加速度為g，則 A． B．t2時刻，彈簧形變量為 C．t2時刻彈簧恢復到原長，物塊A達到速度最大值 D．從開始到t1時刻，拉力F做的功比彈簧釋放的勢能少 【答案】 BD 【解析】對AB整體，根據(jù)牛頓第二定律得：F-2mgsinθ+kx

34、=2ma，得F=2mgsinθ-kx+2ma，則知開始時F最小，此時有：2mgsinθ=kx，得F的最小值為 F=2ma，故B錯誤． 由圖讀出，t1時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律：kx-mgsinθ=ma 開始時有：2mgsinθ=kx0，又x0-x=at12; 聯(lián)立以三式得：．故A錯誤．由圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，則得彈簧的壓縮量 ，故B正確,C錯誤． 從開始到t1時刻，彈簧釋放的勢能；從開始到t1時刻的過程中，根據(jù)動能定理得：WF+EP?2mgsinθ(x0?x)＝?2mv12 2a(x0?x)＝v12 上

35、述各式解得： 所以拉力F做的功比彈簧釋放的勢能少 ，故D正確．故選BD. 點睛：從受力角度看，兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力為0．從運動學角度看，一起運動的兩物體恰好分離時，兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等． 20．如圖所示，質量為m＝1 kg的物塊停放在光滑的水平面上?，F(xiàn)對物塊施加一個水平向右的外力F，使它在水平面上做直線運動。已知外力F隨時間t(單位為s)的變化關系為F＝(6－2t)N，則 A．在t＝3 s時，物塊的速度為零 B．物塊向右運動的最大速度為9 m/s C．在0～6 s內，物塊的平均速度等于4.5 m/s D．物塊向右運動的最大位移大于27 m

36、【答案】 BD 【解析】 【詳解】 A、水平面光滑，物體所受的合力等于F，在0?3s內，物塊的受力一直向右，一直向右做加速運動，可知3s時物塊的速度不為零，故A錯誤； B、根據(jù)牛頓第二定律得：a=Fm=6-2t，a?t圖線如圖所示，a?t圖線與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，可知最大速度變化量為Δv=12×6×3m/s=9m/s，可知物體向右運動的最大速度為9m/s，故B正確； CD、物體的速度時間圖線如圖所示，由圖線與時間軸圍成的面積表示位移，所以在0~6s內位移x>12×6×9m=27m，則平均速度v=xt>276m/s=4.5m/s，故D正確，C錯誤； 故選BD。

37、 【點睛】 根據(jù)牛頓第二定律得出加速度與時間的表達式，結合a-t圖線圍成的面積表示速度變化量得出最大速度的大小，根據(jù)速度時間圖線，結合圖線圍成的面積表示位移，根據(jù)平均速度的定義式求出平均速度的大小。 三、解答題 21．如圖甲所示，有一傾角為θ=53°的固定斜面體，底端的水平地面上放一質量為 M=3kg的木板，木板材質與斜面體相同．t=0時有一質量m=6kg的滑塊在斜面上由靜止開始下滑，后來滑塊滑上木板并最終沒有滑離木板（不考慮滑塊從斜面滑上木板時的能量損失）．圖乙所示為滑塊在整個運動過程中的速率隨時間變化的圖象，已知sin53°=0.8， eos53°=0．6，取g=l0m/s2.

38、求： (1)滑塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1、μ2； (2)滑塊停止運動的時刻t和木板的最小長度l。 【答案】（1）0.2（2）18m 【解析】 【詳解】 (1)滑塊在斜面上下滑時，滿足： mgsinθ -μ1N=ma1① N= mgcosθ② 由v-t圖得加速度a1=v0t1 =6m/s2③ 綜合①②③解得μ1=13 滑塊滑上木板后減速μ1mg =ma2④ 其中a2=v0-v1t2-t1⑤ 對木板分析有μ1mg –μ2（m+M）g =Ma3⑥ 其中a3=v1t2-t1⑦ 綜合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2 (2) 由于μ2＜μ1，故滑塊與木板達共速后一

39、起勻減速，加速度滿足 μ2（m+M）g =（m+M）a4⑧ 又a4=v1t-t2⑨ 綜合⑧⑨解得t=6s 木板的最小長度l=12v0(t2-t1)=18m 【點睛】 本題考查牛頓第二定律的應用以及板塊模型的問題，關鍵是根據(jù)圖像分析物體的運動特征，搞清各個階段的加速度情況以及位移速度關系，靈活運用牛頓第二定律及運動公式求解. 22．一小球在恒力F1作用下豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0.當小球運動到位置A時，將F1突然增大到某值F2(未知)，但保持其方向不變．持續(xù)一段時間t后，又突然將該力反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點．重力加速度大小為g.不計空

40、氣阻力 (1)求油滴運動到B點時的速度； (2)求增大后的力F2大小；已知不存在外力時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍． 【答案】（1）v2=v0-2gt1；（2）F2=2-2v0gt1+14v0g2F1或F2=2-2v0gt1-14v0g2F1 【解析】 【分析】 （1）分析小球的運動過程，小球先向上做勻速直線運動，到達A處后因力突然增大而開始做勻加速直線運動，經過t后力突然反向，小球開始做勻減速直線運動，并可能在速度減為零后做反向的勻加速直線運動．對力增大后的兩個過程分別列出牛頓第二定律方程，即可求得兩個過程中的加速度，而t又是一個已知量

41、，那么直接使用運動學公式即可求出小球運動到B點時的速度vB的大?。唬?）因為小球最后可能做反向的勻加速直線運動，因此我們不能確定B點的位置究竟在A點上方還是A點下方，故需要分為兩種情況討論．對其中每一種情況，根據(jù)運動學公式列出方程，并與豎直上拋的方程進行聯(lián)立，即可分別求得兩種情況下增大后的力F2大小。 【詳解】 在t＝0時，力從F1增加至F2時，油滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有：F2-mg=ma1① 油滴在時刻t1的速度為：v1=v0+a1t1② 力在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下， 根據(jù)牛頓第二定律有：F2+mg=ma2③ 油滴在

42、時刻t2=2t1的速度為：v2=v1-a2t1④ 由①②③④式得：v2=v0-2gt1⑤ (2)由題意，在t=0時刻前有：F1=mg⑥ 油滴從t=0到時刻t1的位移為：s1=v0t1+12a1t12⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內的位移為：s2=v0t1-12a2t12⑧ 由題給條件有：v02=2g2h⑨ 式中h是B、A兩點之間的距離．若B點在A點之上，依題意有s1+s2=h?、? 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得F2=2-2v0gt1+14v0g2F1? 若B點在A點之下，依題意有s1+s2=-h? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得F2=2-2v0gt1-14v0g2F1?

43、【點睛】 解決復雜的力學問題，可以從兩條線索展開：其一，力和運動的關系．根據(jù)物體的受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結合運動學公式確定速度和位移等；其二，功和能的關系．根據(jù)做功情況，引起物體的能量發(fā)生變化，利用動能定理進行解答． 23．如圖所示，在距地面不等高處有兩點A和B，它們之間的高度差為b。A、B處各有一小球，A處小球Ⅰ自由下落一段距離a后，B處小球Ⅱ開始自由下落，結果兩小球同時落地，求球Ⅰ和球Ⅱ下落時間之比。 【答案】b+ab-a 【解析】 【詳解】 設A距地面的高度為H，根據(jù)h=12gt2可知，A下落到地面的時間t＝2Hg， A下落a所需時間t′＝2ag 則B下

44、落的時間t″=t-t′，則H-b=12gt″2 聯(lián)立解得，tt-t'＝b+ab-a 球Ⅰ和和球Ⅱ下落時間之比為b+ab-a 【點睛】 本題主要考查了自由落體運動的位移時間公式，明確AB同時落地，找出AB的時間關系即可求得 24．如圖所示,長L=1.0m 木板B放在水平面上,其右端放置一小物塊A(視為質點).B的質量mB=2.0kg ,A的質量mA=3.0kg ,B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.20 ,A、B間的動摩擦因數(shù)μ2=0.40 ,剛開始兩者均處于靜止狀態(tài),現(xiàn)給A一水平向左的瞬間沖量I,I=9.0N?S ,重力加速度g取10m/s2 ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求:

45、(1)A開始運動的速度 ; (2)A、B之間因摩擦產生的熱量; (3)整個過程A對地的位移. 【答案】（1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m 【解析】（1）由題意，由動量定理得 I=mv0． 代入數(shù)據(jù)解得 v0=3m/s （2）對A：aA=μ2mAgmA=μ2g=4m/s2． 對B：aB=μ2mAg-μ1mA+mBgmB 代入數(shù)據(jù)解得 aB=1m/s2． A對地做勻減速運動，B對地做勻加速運動，設A、B達到相同速度為v，所需時間為t，A的位移為xA，B的位移為xB． 對A：v=v0-aAt xA=v2-v022(-aA) 對B：v=aBt xB=12aBt

46、2 代入數(shù)據(jù)解得 v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18m A對B的位移為△x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m＜1m，假設成立 故此過程中，A、B之間因摩擦產生的熱量 Q=μ2mAg 解得 Q=10.8J （2）A、B達到相同速度后，設二者保持靜止，整體減速的加速度為 a=μ1mA+mBgmA+mB=μ1g＜μ2g，則假設成立． 此后二者共同滑行的距離 x共=v22a=0．622×2=0.09m 故整個過程A對地的位移 x總=xA+x共=1.17m 點睛：本題的關鍵要分析兩個物體的運動過程，根據(jù)物體的受力情況先求解加速度，并能抓住臨界狀態(tài)

47、：速度相同，采用隔離法和整體法結合分析． 25．為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1

48、（2）a=s1v0+v122s02 【解析】 （1）設冰球與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ， 則冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg① 由速度與位移的關系知–2a1s0=v12–v02② 聯(lián)立①②得μ=a1g=v02-v122gs0③ （2）設冰球運動的時間為t，則t=v0-v1μg④ 又s1=12at2⑤ 由③④⑤得a=s1(v0+v1)22s02⑥ 【名師點睛】此題主要考查勻變速直線運動的基本規(guī)律的應用；分析物理過程，找到運動員和冰球之間的關聯(lián)，并能靈活選取運動公式；難度中等。 26．如圖所示，質量M=8kg的小車放在光滑水平面上，在小車左端加一水平推力F=8N，當小車向右運動的

49、速度達到1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質量為m=2kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為0.2，小車足夠長。求： （1）小物塊剛放上小車時，小物塊及小車的加速度各為多大？ （2）經多長時間兩者達到相同的速度？共同速度是多大？ （3）從小物塊放上小車開始，經過t=1.5s小物塊通過的位移大小為多少？（取g=l0m/s2）． 【答案】（1）2m/s2，0．5m/s2（2）4s（3）12．4m 【解析】 試題分析：（1）物塊的加速度μmg=ma1，所以a1=3m/s2； 小車的加速度：F－μmg=Ma2，所以a2=0.5m/s2。 （2）由：v0+a2t1=

50、a1t1，得t1=1s。 （3）在開始1s內小物塊做勻加速運動，最大速度：v=a1t1=3m/s， 在接下來的0.5s物塊與小車相對靜止，一起做加速運動，且加速度：對系統(tǒng)F=（M+m）a3 物體位移s=12a1t12+a1t1(t－t1)+12a3(t－t1)2=3.125m。 考點：勻變速直線運動規(guī)律的應用。 27．如圖甲所示，斜面的傾角α=30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長L1=1m，bc邊的邊長L2=0.6m，線框的質量m=1kg，線框的電阻R=0.1Ω，線框受到沿斜面向上的恒力F的作用，已知F=15N，線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=33．線框的邊ab∥ef∥g

51、h，斜面的ef?hg區(qū)域有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t的變化情況如圖乙的B-t圖象所示，時間t是從線框由靜止開始運動起計時的．如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的，ef線和gh線的距離x=5.1m，取g=10m/s2．求： （1）線框進入磁場前的加速度a； （2）線框進入磁場時勻速運動的速度v； （3）在丙圖中畫出線框從靜止開始運動直至ab邊運動到gh線過程的v-t圖象； （4）線框從靜止開始運動直至ab邊運動到gh線的過程中產生的焦耳熱Q． 【答案】（1）5 m/s2 （2）2 m/s （3）如圖； （4）3．5 J 【解析】 試題分析

52、：（1）線框進入磁場前，線框受到線框的重力、拉力F、斜面的支持力和線框的摩擦力作用，由牛頓第二定律：F－mgsinα－μmgcosα=ma 得線框進入磁場前的加速度a="5" m/s2 （2）因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，ab邊進入磁場切割磁感線， 產生的電動勢E1=BL1v 形成的感應電流I1=E1R 受到沿斜面向下的恒定的安培力F安＝BI1L1 線框受力平衡，有F＝mgsin α＋μmgcosα＋F安 此時磁感應強度必恒定不變B=0．5 T，代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s （3）線框abcd進入磁場前做勻加速直線運動，進入磁場前的運動時間 t1=va=0．4 s

53、 進入磁場過程中線框做勻速運動的時間t2=L2v=0．3 s 線框完全進入磁場后至運動到gh線，線框受力情況與進入磁場前相同，仍做勻加速直線運動，所以該階段的加速度大小仍為a＝5 m/s2，該過程有x-l2＝vt3＋12at23，解得t3="1" s 線框從靜止開始運動直至ab邊運動到gh線過程的v－t圖象如圖； （4）線框整體進入磁場后，ab邊運動到gh線的過程中，線框中有感應電流的時間 t4=t1＋t2＋t3－0．9 s=0．8 s E2=ΔB·SΔt=0.5×0.62.1-0.9V=0.25V 此過程產生的焦耳熱Q2=E22Rt4= 0．5 J 線框勻速進入磁場過程中產

54、生的焦耳熱Q1= I12Rt2 ="3" J 線框從靜止開始運動直至ab邊運動到gh線的過程中產生的焦耳熱 Q= Q1+ Q2=3．5 J 考點：法拉第電磁感應定律；牛頓第二定律的應用 【名師點睛】本題是電磁感應、牛頓第二定律以及能量守恒定律的綜合題目；解題時分析線框的受力情況，確定其運動情況是關鍵，解題時要能分階段處理物理過程；同時注意要牢記一些經驗公式，例如安培力的經驗表達式FA=B2l2vR，要會推導。 28．如圖所示，一根有一定電阻的直導體棒質量為m、長為L，其兩端放在位于水平面內間距也為L的光滑平行導軌上，并與之接觸良好；棒左側兩導軌之間連接一可控電阻；導軌置于勻強磁場中，磁

55、場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面，t=0時刻，給導體棒一個平行與導軌的初速度，此時可控電阻的阻值為R0，在棒運動過程中，通過可控電阻的變化使棒中的電流強度保持恒定，不計導軌電阻，導體棒一直在磁場中。 （1）求可控電阻R隨時間t變化的關系式； （2）若已知棒中電流強度為I，求0～t時間內可控電阻上消耗的平均功率P； （3）若在棒的整個運動過程中將題中的可控電阻改為阻值為R0的定值電阻，則棒將減速運動位移x1后停下；而由題干條件，棒將運動位移x2后停下，求x1x2的值。 【答案】（1）R=R0-B2L2mt；（2）P=I2(R0-B2L2t2m)；（3）x1x2=21

56、【解析】試題分析：（1）因棒中的電流強度保持恒定，故棒做勻減速直線運動，設棒的電阻為r，電流為I，其初速度為v0，加速度大小為a，經時間t后，棒的速度變?yōu)関，則有：v=v0-at 而a=BILm，t=0時刻棒中電流為：I=BLv0R0+r，經時間t后棒中電流為：I=BLvR+r， 由以上各式得：R=R0-B2L2mt。 （2）因可控電阻R隨時間t均勻減小，故所求功率為：， 由以上各式得：P=I2(R0-B2L2t2m)。 （3）將可控電阻改為定值電阻R0，棒將變減速運動，有：v0=at'，a=BILm，而It'=ER0+rt'，E=ΔΦt'=BLx1t'，由以上各式得，而x2=v22

57、a，由以上各式得x2=mv0(R0+r)2B2L2， 所求x1x2=21。 考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的能量轉化 【名師點睛】解決本題的關鍵知道分析導體棒受力情況，應用閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律求解，注意對于線性變化的物理量求平均的思路，本題中先后用到平均電動勢、平均電阻和平均加速度。 29．（本題8分）我國某城市某交通路口綠燈即將結束時會持續(xù)閃爍3 s，而后才會變成黃燈，再在3秒黃燈提示后再轉為紅燈。2013年1月1日實施新的交通規(guī)定：黃燈亮時車頭已經越過停車線的車輛可以繼續(xù)前行，車頭未越過停車線的若繼續(xù)前行則視為闖黃燈，屬于交通違章行為。（本題中的剎車過程均

58、視為勻減速直線運動） （1）若某車在黃燈開始閃爍時剎車，要使車在黃燈閃爍的時間內停下來且剎車距離不得大于18 m，該車剎車前的行駛速度不能超過多少? （2）若某車正以v0＝15 m／s的速度駛向路口，此時車距停車線的距離為L＝48.75 m，當駕駛員看到綠燈開始閃爍時，經短暫考慮后開始剎車，該車在紅燈剛亮時恰停在停車線以內。求該車駕駛員的允許的考慮時間。 【答案】（1）12 m/s （2）0.5 s 【解析】 試題分析：（1）設在滿足題設條件的情況下該車的最大行駛速度為 根據(jù)平均速度公式（2分） 解得（2分） （2）該車駕駛員的允許的反應時間最大值為，反應時間內車行駛的距離為

59、 （2分） 從綠燈閃爍到紅燈亮起的過程中，汽車做減速運動的時間 （2分） 設汽車在剎車過程中通過的位移為（2分） 綠燈開始閃爍時，該車距停車線距離為L （2分） 解得（1分） 即該車駕駛員的考慮時間不能大于0.5 s。（1分） 考點：勻變速直線運動位移和時間的關系，勻變速直線運動速度與時間的關系 30．（20分）一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示。t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物

60、塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內小物塊的v-t圖線如圖（b）所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求 （1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； （2）木板的最小長度； （3）木板右端離墻壁的最終距離。 【答案】（1）μ1=0.1μ2=0.4（2）6m（3）6.5m 【解析】 （1）根據(jù)圖像可以判定碰撞前木塊與木板共同速度為v=4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s 木塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速，根據(jù)牛頓第二定律有μ2g=4m/s-0m/s1s 解得μ2=0.4 木板與墻壁碰撞前，勻減速

61、運動時間t=1s，位移x=4.5m，末速度v=4m/s 其逆運動則為勻加速直線運動可得x=vt+12at2 帶入可得a=1m/s2 木塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，即μ1g=a 可得μ1=0.1 （2）碰撞后，木板向左勻減速，依據(jù)牛頓第二定律有μ1(M+m)g+μ2mg=Ma1 可得a1=43m/s2 對滑塊，則有加速度a2=4m/s2 滑塊速度先減小到0，此時碰后時間為t1=1s 此時，木板向左的位移為x1=vt1-12a1t12=103m末速度v1=83m/s 滑塊向右位移x2=4m/s+02t1=2m 此后，木塊開始向左加速，加速度仍為a2=4m/s2

62、 木塊繼續(xù)減速，加速度仍為a1=43m/s2 假設又經歷t2二者速度相等，則有a2t2=v1-a1t2 解得t2=0.5s 此過程，木板位移x3=v1t2-12a1t22=76m末速度v3=v1-a1t2=2m/s 滑塊位移x4=12a2t22=12m 此后木塊和木板一起勻減速。 二者的相對位移最大為Δx=x1+x3+x2-x4=6m 滑塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6m （3）最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度a=μ1g=1m/s2 位移x5=v322a=2m 所以木板右端離墻壁最遠的距離為x1+x3+x5=6.5m 【考點定位】牛頓運動定律 【名師點睛】分階段分析，環(huán)環(huán)相扣，前一階段的末狀態(tài)即后一階段的初始狀態(tài)，認真沉著，不急不躁 26