2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題01 質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動(dòng)（含解析）

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1、專題01 質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動(dòng) 第一部分名師綜述 本專題中的難題分為二，一為對(duì)運(yùn)動(dòng)圖像的考查，對(duì)圖像的考查范圍很廣，涉及的內(nèi)容頁(yè)比較多，幾乎涉及了直線運(yùn)動(dòng)中的所有知識(shí)以及應(yīng)用，特別是利用圖像處理追擊相遇問(wèn)題時(shí)高考考查的重難點(diǎn)，在解題過(guò)程中，要注意分析圖像的軸、點(diǎn)、線、面積、斜率等方面，考查方式多為選擇題。二是對(duì)多過(guò)程直線運(yùn)動(dòng)的考查，綜合了勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式、追擊相遇問(wèn)題，考查方式多為計(jì)算題，在做題過(guò)程中需要（1）要養(yǎng)成畫物體運(yùn)動(dòng)示意圖，或者x-t圖象與v-t圖象的習(xí)慣，特別是比較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，畫出示意圖或者運(yùn)動(dòng)圖像可使運(yùn)動(dòng)過(guò)程直觀化，物理過(guò)程清晰，便于研究，（2）要注意分析研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，搞

2、清楚整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程按運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的轉(zhuǎn)換可以分為哪幾個(gè)階段，各個(gè)階段遵循什么規(guī)律，各個(gè)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(nèi)用輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個(gè)小球，將小球拉至A點(diǎn)，使細(xì)線處于拉直狀態(tài)，由靜止開始釋放小球，不計(jì)摩擦，小球可在A、B兩點(diǎn)間來(lái)回?cái)[動(dòng)．當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好斷開，則小球?qū)ⅲǎ? A．在B點(diǎn)保持靜止 B．沿BE方向運(yùn)動(dòng) C．沿BC方向運(yùn)動(dòng) D．沿BD方向運(yùn)動(dòng) 【答案】 B 【解析】 由于小球被靜止釋放，不計(jì)摩擦，它可在A、B兩點(diǎn)間來(lái)回?cái)[動(dòng)。當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時(shí)，小球速度恰好為零，此時(shí)若細(xì)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(yùn)動(dòng)。故選B。 【點(diǎn)睛】此題考查了學(xué)生力和運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系，力可以改變物體的形狀或運(yùn)動(dòng)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(guān)鍵是判斷出在B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 2．如圖所示為a、b、c三個(gè)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度–時(shí)間圖象（v–t圖象），若三質(zhì)點(diǎn)同時(shí)從同一位置出發(fā)則關(guān)于三個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是 A．t1時(shí)刻a、b兩質(zhì)點(diǎn)的速度大小相等、方向和反 B．t1時(shí)刻后，質(zhì)點(diǎn)b位于a、c的前面 C．0~t1時(shí)間內(nèi)，a位于b、c兩質(zhì)點(diǎn)的前面 D．0~t1時(shí)間內(nèi)，a、b兩質(zhì)點(diǎn)間的距離在不斷減小 【答案】 C 【解析】 A、t1時(shí)刻a、b兩圖象對(duì)應(yīng)的

4、速度相等且均為正值，表示運(yùn)動(dòng)方向均為正方向，A錯(cuò)誤。B、C、三質(zhì)點(diǎn)從同一地點(diǎn)出發(fā)，t1時(shí)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(cuò)誤，C正確。D、0~t1時(shí)間內(nèi)，可讀出va>vb，則a、b之間的距離不斷增大，D錯(cuò)誤。故選C。 【點(diǎn)睛】利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)圖象分析追擊與相遇，要注意明確圖象的性質(zhì)，圖象的正負(fù)表示運(yùn)動(dòng)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(gè)物體在外力作用下由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線如圖所示，則該物體：( ) A．0～1s內(nèi)加速運(yùn)動(dòng)，1s～3s內(nèi)減速運(yùn)動(dòng)，第3s末回到出發(fā)點(diǎn) B．0～3s內(nèi)物體位移是12m

5、 C．0～1s內(nèi)與1s～3s內(nèi)的平均速度相同 D．2s時(shí)的速度方向與0.5s時(shí)的速度方向相反 【答案】 C 【解析】A、物體在第1 s內(nèi)從靜止開始勻加速運(yùn)動(dòng)，第2、3 s內(nèi)沿原方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)．故A錯(cuò)誤；B、C、0~1s的位移，1s~3s的位移，故；而，，則B錯(cuò)誤，C正確。D、第3 s末速度為零，故2s時(shí)和0.5s的速度方向相同，D錯(cuò)誤．故選C. 【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)加速度時(shí)間圖線，知道物體做周期性運(yùn)動(dòng)，掌握“面積”等于速度的變化量和運(yùn)動(dòng)學(xué)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(shí)，兩車間距為s0；t0時(shí)刻，甲、乙兩車相遇。0～t0時(shí)間內(nèi)甲車發(fā)生的位移為s，下列說(shuō)法正確的是( ) A．0～t0時(shí)間內(nèi)甲車在前，t0～2t0時(shí)間內(nèi)乙車在前 B．0～2t0時(shí)間內(nèi)甲車平均速度的大小是乙車平均速度大小的2倍 C．2t0時(shí)刻甲、乙兩車相距12s0 D．s0=67s 【答案】 D 【解析】 由圖知在0～t0時(shí)間內(nèi)甲車速度大于乙車的速度，故是甲車在追趕乙車，所以A錯(cuò)誤；0～2t0時(shí)間內(nèi)甲車平均速度的大小32v0，乙車平均速度12v0，所以B錯(cuò)誤；由題意知，圖中陰影部分面積即為位移S0，根據(jù)幾何關(guān)系知，三角形ABC的

7、面積對(duì)應(yīng)位移S0∕3，所以可求三角形OCD的面積對(duì)應(yīng)位移S0∕6，所以0—to時(shí)間內(nèi)甲車發(fā)生的位移為s=S0+ S0∕6，得s0=67s，故D正確；2t0時(shí)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(cuò)誤。 5．A、B兩球沿同一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰,如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時(shí)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(yùn)動(dòng)的圖線.若A球的質(zhì)量mA=2kg,則由圖可知下列結(jié)論正確的是(　　 ) A．A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為3 kg·m/s B．碰撞過(guò)程A對(duì)B的沖量為-4 N·s C．碰撞前后A的動(dòng)量變化為4kg·m/s D．

8、碰撞過(guò)程A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的機(jī)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(dòng)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(dòng)量為mbvB-mavA=-103kg?m/s，故A錯(cuò)誤； B、碰撞時(shí)A對(duì)B所施沖量為即為B的動(dòng)量變化量ΔPB=-mbvC-mbvB=-4N?s故B正確； C、根據(jù)動(dòng)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(dòng)能為12mavA2+12mbvB2-12ma+mbvC2=10J ,故D正確， 本題選不正確的，故選A 【點(diǎn)睛】 結(jié)合圖像求出碰前碰后的速度，利用動(dòng)量守恒求出B的質(zhì)量，然后根據(jù)定義求出動(dòng)量的變化量。 6．如下圖所示，質(zhì)量m＝1kg的物體從高為h＝0．2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，物體和皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，傳送帶AB之間的距離為L(zhǎng)＝5m，傳送帶一直以v＝4m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，則( ) A．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1．5s B．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做了2 J功

10、 C．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，產(chǎn)生2J熱量 D．物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做了10J功 【答案】 AC 【解析】 試題分析：設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0，對(duì)PA過(guò)程，由機(jī)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(dòng)摩擦力作用下勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=μmgm=μg=2m/s2；加速至速度與傳送帶相等時(shí)用時(shí)：t1=v-v0a=4-22s=1s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移s1=v0+v2t1=2+42×1m=3m

11、4s=0.5s，故物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為：t=t1+t2=1.5s，故A正確；物體運(yùn)動(dòng)到B的速度是v=4m/s．根據(jù)動(dòng)能定理得：摩擦力對(duì)物體做功W=12mv2-12mv02=12×1×42-12×1×22J=6J，故B錯(cuò)誤；在t1時(shí)間內(nèi)，皮帶做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為S皮帶=vt1=4m，故產(chǎn)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(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動(dòng)機(jī)多做的功W=（12mv2-12mv02）+Q=12×1×（42-22）+2=8J，故D錯(cuò)誤 考點(diǎn)：考查了機(jī)械能守恒定律，運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，功能關(guān)系 【名師點(diǎn)睛】本題要求

12、同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，明確能量的轉(zhuǎn)化情況．要注意電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能另一部分就是了相同的內(nèi)能，不能只考慮物體的動(dòng)能 7．如圖所示，質(zhì)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(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為34h0（不計(jì)空氣阻力），則（） A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為12R C．小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng) 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(dòng)量守恒，但系統(tǒng)整體所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)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(cuò)誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，小球由A點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)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(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；小球第一次車中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)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(dòng)損失的機(jī)械能為14mgh0，由于小球第

14、二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)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(jī)械能損失小于14mgh0，因此小球再次離開小車時(shí)，能上升的高度大于：34h0-14h0=12h0，而小于34h0，故D正確；故選D。 考點(diǎn)：動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律 【名師點(diǎn)睛】動(dòng)能定理的應(yīng)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(jī)械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。 8．．一個(gè)物體自由下落6s后落地，則在開始2s內(nèi)和最后2s內(nèi)通過(guò)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(nèi)通過(guò)的路程為：h6-h4=100m， 故開始2 s內(nèi)和最后2 s內(nèi)通過(guò)的路程之比為1 : 5；故選A。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵掌握自由落體運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式h=12gt2，以及知道通過(guò)6s內(nèi)的位移減去4s內(nèi)的位移求最后2s內(nèi)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(diǎn)沿相同方向由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，它們運(yùn)動(dòng)的加速度隨時(shí)間變化a－

16、t圖像如圖所示．關(guān)于甲、乙兩車在0－20 s的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是 A．在t＝10 s時(shí)兩車相遇 B．在t＝20 s時(shí)兩車相遇 C．在t＝10 s時(shí)兩車相距最遠(yuǎn) D．在t＝20 s時(shí)兩車相距最遠(yuǎn) 【答案】 D 【解析】 A、根據(jù)圖象可知，在0﹣4s內(nèi)，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(cuò)誤； B、根據(jù)加速度時(shí)間圖象知圖象與時(shí)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(diǎn)沿相同方向由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，因此在t=2s時(shí)甲還沒有追上乙，故B錯(cuò)誤； C、當(dāng)t=4s時(shí)，兩圖

17、象與t軸所圍的面積相等，即該時(shí)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(yuǎn)離，當(dāng)t=4s時(shí)，兩車速度相等即相距最遠(yuǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤。 點(diǎn)睛：本題考查了圖象與追及問(wèn)題的綜合，解決本題的關(guān)鍵知道加速度時(shí)間圖線圍成的面積表示速度的變化量，由此來(lái)分析圖象的物理意義。 10．以不同初速度將兩個(gè)物體同時(shí)豎直向上拋出并開始計(jì)時(shí)，一個(gè)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(shí)線描述兩物體運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)不受空氣阻力，做向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)再向

18、下自由落體運(yùn)動(dòng)，v-t圖象時(shí)傾斜向下的直線，四個(gè)選項(xiàng)均正確表示；考慮阻力f=kv的上拋運(yùn)動(dòng)，上升中a上=mg+kvm，隨著v減小，a上減小，對(duì)應(yīng)v-t圖象的斜率減小，選項(xiàng)A錯(cuò)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(diǎn)時(shí)v=0，a=g，對(duì)應(yīng)v-t圖與t軸的交點(diǎn)，其斜率應(yīng)該等于g（此時(shí)與豎直上拋的最高點(diǎn)相同的加速度），即過(guò)交點(diǎn)的切線應(yīng)該與豎直上拋運(yùn)動(dòng)的直線平行，只有D選項(xiàng)滿足。故選D。 考點(diǎn)：本題考查了牛頓第二定律、v-t圖象的特點(diǎn)、豎直上拋運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的判斷。 二、多選題 11．一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做方向一定的勻變速直線運(yùn)動(dòng),在連續(xù)兩段相等時(shí)間內(nèi)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(shè)中間時(shí)刻速度為v，相等時(shí)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?yàn)槭浅粋€(gè)方向運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)睛】 本題也可以用勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間公式列式求出s1和s2的表達(dá)式進(jìn)行求解，注意數(shù)學(xué)知識(shí)在物理中的應(yīng)用. 12．運(yùn)動(dòng)質(zhì)點(diǎn)的

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

21、識(shí)可知，v2=2ax兩邊同時(shí)對(duì)x求導(dǎo)，得：2vv'=2a，則v'=av，所以坐標(biāo)(10,10)處的斜率為k=510=0.5，故D正確。 故應(yīng)選ABD。 【點(diǎn)睛】 本題主要考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象得出有效信息，防止把v-x圖象當(dāng)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(yùn)動(dòng)，其v－t圖線如圖所示，則( ) A．在0～t1秒內(nèi)，外力F大小不斷增大 B．在t1時(shí)刻，外力F為零 C．在t1～t2秒內(nèi)，外力F大小可能不斷減小 D．在t1～t2秒內(nèi)，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(nèi)，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(cuò)誤；在t1時(shí)刻，加速度為零，所以外力F等于摩擦力，不為零，B錯(cuò)誤；在t1～t2秒內(nèi)，加速度為負(fù)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(shí)間后的某個(gè)時(shí)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?yàn)関-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(diǎn)：考查了速度時(shí)間圖像 14．在遇到暴雨、霧霾等惡劣天氣時(shí)，高速公路上能見度不足100m．在這樣的惡

23、劣天氣時(shí)，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(shí)刻兩車司機(jī)同時(shí)聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時(shí)開始剎車，結(jié)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(guò)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(nèi)的某時(shí)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(shí)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(xiàng)正確。 B、C、

24、t＝20s時(shí)，兩車速度相等，相距最近，兩車一定是在剎車后的20s之內(nèi)相撞，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D、在t=20s時(shí)，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(yīng)小于100 m，D項(xiàng)正確。 故選ABD。 【點(diǎn)睛】 根據(jù)速度時(shí)間圖線求出甲乙的加速度，抓住速度相等時(shí)，結(jié)合位移時(shí)間公式分別求出兩車的位移，結(jié)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(guò)兩者的速度大小關(guān)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(shí)刻

25、． 15．在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺，兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖(a)所示，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來(lái)減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖(b)中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量均為19 kg，則 A．碰后藍(lán)壺速度為0.8m／s B．碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4m C．碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為7.22J D．碰后紅、藍(lán)兩壺所滑過(guò)的距離之比為1:20 【答案】 AD 【解析】A、設(shè)碰后藍(lán)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(dòng)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(shí)間為： t=va=10.2=5s 碰后藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)圖像的面積代表走過(guò)的位移s1=12×0.8×5=2m，故B錯(cuò)； C、碰撞過(guò)程兩壺?fù)p失的動(dòng)能為ΔE=12mv02-12mv12-12mv22=3.04J，故C錯(cuò)誤； D、碰后紅壺走過(guò)的位移為s2=v22a=0.222×0.2=0.1m 所以碰后紅、藍(lán)兩壺所滑過(guò)的距離之比為1:20，故D正確； 故選AD 點(diǎn)睛：知道v-t圖像中斜率代表加速度，面積代表運(yùn)動(dòng)走過(guò)的位移，并利用動(dòng)量守

27、恒解題。 16．甲、乙兩輛小汽車（都可視為質(zhì)點(diǎn)）分別處于同一條平直公路的兩條平行車道上，開始時(shí)(t=0)乙車在前甲車在后，兩車間距為x 0. t=0甲車先啟動(dòng)，t=3s時(shí)乙車再啟動(dòng)，兩車啟動(dòng)后都是先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，v-t圖象如圖所示。根據(jù)圖象，下列說(shuō)法正確的是 A．兩車加速過(guò)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(shí)相遇，則在t=9s時(shí)再次相遇 D．若兩車在t＝4s時(shí)相遇，則在t=1 0s時(shí)再次相遇 【答案】 BC 【解析】A、圖像中的斜率表示加速時(shí)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(cuò)誤； B、速度相等時(shí)兩者之間的位移有最小值，從圖像上可以看出甲運(yùn)動(dòng)過(guò)的位移為s1=(2+7)×202=90m，而乙運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí)相遇，從圖像上可以看出5-9s內(nèi)甲乙運(yùn)動(dòng)過(guò)的位移相等，所以甲乙在t=9s時(shí)會(huì)再次相遇，故C正確； D、若兩車在t＝4s時(shí)相遇，從圖像上可以看出4-10s內(nèi)甲乙運(yùn)動(dòng)過(guò)的位移不相等，則在t=1 0s時(shí)不會(huì)再次相遇，故D錯(cuò)誤； 故選BC 點(diǎn)睛：本題考查了對(duì)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(yùn)動(dòng)過(guò)的位移，結(jié)合

29、圖像解題可以達(dá)到事半功倍 17．在水平地面上有一質(zhì)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(yùn)動(dòng)，后撤去拉力．該物體的運(yùn)動(dòng)的v－t圖如圖所示，g取10 m/s2，下列說(shuō)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 D．前12 s內(nèi)，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(guò)的位移，則物體的最大位移應(yīng)該是14s內(nèi)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(nèi)加速度大小為 a1=810=0.8m/s2 10-14s內(nèi)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(cuò)誤，C正確； D、物體在12s時(shí)的速度為v=v0-a2t=8-2×2=4m/s那么在12s內(nèi)有動(dòng)能定理知： W=12mv2-0=12×2×42=16J故D錯(cuò)誤； 綜上所述本題答案是：AC 18．如圖所示，質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上，木板上放置一質(zhì)量為m的木塊。已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，m、M與桌面間

31、的動(dòng)摩擦因數(shù)均為2μ?，F(xiàn)對(duì)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(guò)程中 A．水平恒力F一定大于3μ(m+M)g B．m在M上滑動(dòng)的時(shí)間和在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間相等 C．M對(duì)m的沖量大小與桌面對(duì)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(duì)小木塊：μmg=ma1；對(duì)木板：；要使小木塊滑離木板，需使，則，A正確； B、設(shè)小木塊在薄木板上滑動(dòng)的過(guò)程，時(shí)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(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2，時(shí)間為t2，有： μmg=ma1 2μmg=ma2 a1t1=a2t2

32、 聯(lián)立解得：t1=2t2，B錯(cuò)誤； C、m初末速度都為零，合外力沖量為零，M對(duì)m的沖量與桌面對(duì)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(shí)間變短，速度變小，位移變??；在桌面上滑動(dòng)的距離變短，不可能滑出桌面，D錯(cuò)誤。 故選：AC。 【名師點(diǎn)睛】 薄木板在被抽出的過(guò)程中，滑塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求解出木塊的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解出時(shí)間；根據(jù)動(dòng)量定理，合外力沖量為零，M對(duì)m的沖量與桌面對(duì)m的沖量大小相等；增大水平拉力，木塊離開木板時(shí)間變短，速度變小，位移變小，在桌面上滑動(dòng)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(zhì)量為m的物塊A連接，A的右側(cè)緊靠一質(zhì)量為m的物塊B，但B與A不粘連。初始時(shí)兩物塊均靜止?，F(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(yùn)動(dòng)，兩物塊在開始一段時(shí)間內(nèi)的v-t圖象如圖乙所示，t1時(shí)刻A、B的圖線相切，t2時(shí)刻對(duì)應(yīng)A圖線的最高點(diǎn)，重力加速度為g，則 A． B．t2時(shí)刻，彈簧形變量為 C．t2時(shí)刻彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)，物塊A達(dá)到速度最大值 D．從開始到t1時(shí)刻，拉力F做的功比彈簧釋放的勢(shì)能少 【答案】 BD 【解析】對(duì)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(shí)F最小，此時(shí)有：2mgsinθ=kx，得F的最小值為 F=2ma，故B錯(cuò)誤． 由圖讀出，t1時(shí)刻A、B開始分離，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律：kx-mgsinθ=ma 開始時(shí)有：2mgsinθ=kx0，又x0-x=at12; 聯(lián)立以三式得：．故A錯(cuò)誤．由圖知，t2時(shí)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(cuò)誤． 從開始到t1時(shí)刻，彈簧釋放的勢(shì)能；從開始到t1時(shí)刻的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(shì)能少 ，故D正確．故選BD. 點(diǎn)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(yùn)動(dòng)學(xué)角度看，一起運(yùn)動(dòng)的兩物體恰好分離時(shí)，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(zhì)量為m＝1 kg的物塊停放在光滑的水平面上?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)水平向右的外力F，使它在水平面上做直線運(yùn)動(dòng)。已知外力F隨時(shí)間t(單位為s)的變化關(guān)系為F＝(6－2t)N，則 A．在t＝3 s時(shí)，物塊的速度為零 B．物塊向右運(yùn)動(dòng)的最大速度為9 m/s C．在0～6 s內(nèi)，物塊的平均速度等于4.5 m/s D．物塊向右運(yùn)動(dòng)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(nèi)，物塊的受力一直向右，一直向右做加速運(yùn)動(dòng)，可知3s時(shí)物塊的速度不為零，故A錯(cuò)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(shí)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(yùn)動(dòng)的最大速度為9m/s，故B正確； CD、物體的速度時(shí)間圖線如圖所示，由圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，所以在0~6s內(nèi)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(cuò)誤； 故選BD。

37、 【點(diǎn)睛】 根據(jù)牛頓第二定律得出加速度與時(shí)間的表達(dá)式，結(jié)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(shí)間圖線，結(jié)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(zhì)量為 M=3kg的木板，木板材質(zhì)與斜面體相同．t=0時(shí)有一質(zhì)量m=6kg的滑塊在斜面上由靜止開始下滑，后來(lái)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(shí)的能量損失）．圖乙所示為滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速率隨時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ1、μ2； (2)滑塊停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻t和木板的最小長(zhǎng)度l。 【答案】（1）0.2（2）18m 【解析】 【詳解】 (1)滑塊在斜面上下滑時(shí)，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(duì)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(dá)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(zhǎng)度l=12v0(t2-t1)=18m 【點(diǎn)睛】 本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用以及板塊模型的問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)圖像分析物體的運(yùn)動(dòng)特征，搞清各個(gè)階段的加速度情況以及位移速度關(guān)系，靈活運(yùn)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，速度大小為v0.當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到位置A時(shí)，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(shí)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(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)．重力加速度大小為g.不計(jì)空

40、氣阻力 (1)求油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度； (2)求增大后的力F2大??；已知不存在外力時(shí)，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過(guò)程，小球先向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A處后因力突然增大而開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t后力突然反向，小球開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，并可能在速度減為零后做反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．對(duì)力增大后的兩個(gè)過(guò)程分別列出牛頓第二定律方程，即可求得兩個(gè)過(guò)程中的加速度，而t又是一個(gè)已知量

41、，那么直接使用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求出小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度vB的大小；（2）因?yàn)樾∏蜃詈罂赡茏龇聪虻膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，因此我們不能確定B點(diǎn)的位置究竟在A點(diǎn)上方還是A點(diǎn)下方，故需要分為兩種情況討論．對(duì)其中每一種情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列出方程，并與豎直上拋的方程進(jìn)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(shí)，力從F1增加至F2時(shí)，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有：F2-mg=ma1① 油滴在時(shí)刻t1的速度為：v1=v0+a1t1② 力在時(shí)刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(shí)刻前有：F1=mg⑥ 油滴從t=0到時(shí)刻t1的位移為：s1=v0t1+12a1t12⑦ 油滴在從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2=2t1的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為：s2=v0t1-12a2t12⑧ 由題給條件有：v02=2g2h⑨ 式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離．若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有s1+s2=h?、? 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得F2=2-2v0gt1+14v0g2F1? 若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有s1+s2=-h? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得F2=2-2v0gt1-14v0g2F1?

43、【點(diǎn)睛】 解決復(fù)雜的力學(xué)問(wèn)題，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系．根據(jù)物體的受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系．根據(jù)做功情況，引起物體的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理進(jìn)行解答． 23．如圖所示，在距地面不等高處有兩點(diǎn)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(jié)果兩小球同時(shí)落地，求球Ⅰ和球Ⅱ下落時(shí)間之比。 【答案】b+ab-a 【解析】 【詳解】 設(shè)A距地面的高度為H，根據(jù)h=12gt2可知，A下落到地面的時(shí)間t＝2Hg， A下落a所需時(shí)間t′＝2ag 則B下

44、落的時(shí)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(shí)間之比為b+ab-a 【點(diǎn)睛】 本題主要考查了自由落體運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式，明確AB同時(shí)落地，找出AB的時(shí)間關(guān)系即可求得 24．如圖所示,長(zhǎng)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(zhì)點(diǎn)).B的質(zhì)量mB=2.0kg ,A的質(zhì)量mA=3.0kg ,B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.20 ,A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.40 ,剛開始兩者均處于靜止?fàn)顟B(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(dòng)摩擦力.求:

45、(1)A開始運(yùn)動(dòng)的速度 ; (2)A、B之間因摩擦產(chǎn)生的熱量; (3)整個(gè)過(guò)程A對(duì)地的位移. 【答案】（1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m 【解析】（1）由題意，由動(dòng)量定理得 I=mv0． 代入數(shù)據(jù)解得 v0=3m/s （2）對(duì)A：aA=μ2mAgmA=μ2g=4m/s2． 對(duì)B：aB=μ2mAg-μ1mA+mBgmB 代入數(shù)據(jù)解得 aB=1m/s2． A對(duì)地做勻減速運(yùn)動(dòng)，B對(duì)地做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B達(dá)到相同速度為v，所需時(shí)間為t，A的位移為xA，B的位移為xB． 對(duì)A：v=v0-aAt xA=v2-v022(-aA) 對(duì)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(duì)B的位移為△x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m＜1m，假設(shè)成立 故此過(guò)程中，A、B之間因摩擦產(chǎn)生的熱量 Q=μ2mAg 解得 Q=10.8J （2）A、B達(dá)到相同速度后，設(shè)二者保持靜止，整體減速的加速度為 a=μ1mA+mBgmA+mB=μ1g＜μ2g，則假設(shè)成立． 此后二者共同滑行的距離 x共=v22a=0．622×2=0.09m 故整個(gè)過(guò)程A對(duì)地的位移 x總=xA+x共=1.17m 點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵要分析兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(jié)合分析． 25．為提高冰球運(yùn)動(dòng)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(shè)冰球與冰面間的動(dòng)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(guān)系知–2a1s0=v12–v02② 聯(lián)立①②得μ=a1g=v02-v122gs0③ （2）設(shè)冰球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則t=v0-v1μg④ 又s1=12at2⑤ 由③④⑤得a=s1(v0+v1)22s02⑥ 【名師點(diǎn)睛】此題主要考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律的應(yīng)用；分析物理過(guò)程，找到運(yùn)動(dòng)員和冰球之間的關(guān)聯(lián)，并能靈活選取運(yùn)動(dòng)公式；難度中等。 26．如圖所示，質(zhì)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(dāng)小車向右運(yùn)動(dòng)的

49、速度達(dá)到1.5m/s時(shí)，在小車前端輕輕地放上一個(gè)大小不計(jì)，質(zhì)量為m=2kg的小物塊，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，小車足夠長(zhǎng)。求： （1）小物塊剛放上小車時(shí)，小物塊及小車的加速度各為多大？ （2）經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間兩者達(dá)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(jīng)過(guò)t=1.5s小物塊通過(guò)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(nèi)小物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，最大速度：v=a1t1=3m/s， 在接下來(lái)的0.5s物塊與小車相對(duì)靜止，一起做加速運(yùn)動(dòng)，且加速度：對(duì)系統(tǒng)F=（M+m）a3 物體位移s=12a1t12+a1t1(t－t1)+12a3(t－t1)2=3.125m。 考點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)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(zhǎng)L1=1m，bc邊的邊長(zhǎng)L2=0.6m，線框的質(zhì)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(dòng)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖乙的B-t圖象所示，時(shí)間t是從線框由靜止開始運(yùn)動(dòng)起計(jì)時(shí)的．如果線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)最初一段時(shí)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(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度a； （2）線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)的速度v； （3）在丙圖中畫出線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)直至ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線過(guò)程的v-t圖象； （4）線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)直至ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線的過(guò)程中產(chǎn)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(jìn)入磁場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度a="5" m/s2 （2）因?yàn)榫€框進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間做勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線， 產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E1=BL1v 形成的感應(yīng)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(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t1=va=0．4 s

53、 進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中線框做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=L2v=0．3 s 線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后至運(yùn)動(dòng)到gh線，線框受力情況與進(jìn)入磁場(chǎng)前相同，仍做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以該階段的加速度大小仍為a＝5 m/s2，該過(guò)程有x-l2＝vt3＋12at23，解得t3="1" s 線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)直至ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線過(guò)程的v－t圖象如圖； （4）線框整體進(jìn)入磁場(chǎng)后，ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線的過(guò)程中，線框中有感應(yīng)電流的時(shí)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(guò)程產(chǎn)生的焦耳熱Q2=E22Rt4= 0．5 J 線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)

54、生的焦耳熱Q1= I12Rt2 ="3" J 線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)直至ab邊運(yùn)動(dòng)到gh線的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q= Q1+ Q2=3．5 J 考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；牛頓第二定律的應(yīng)用 【名師點(diǎn)睛】本題是電磁感應(yīng)、牛頓第二定律以及能量守恒定律的綜合題目；解題時(shí)分析線框的受力情況，確定其運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵，解題時(shí)要能分階段處理物理過(guò)程；同時(shí)注意要牢記一些經(jīng)驗(yàn)公式，例如安培力的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式FA=B2l2vR，要會(huì)推導(dǎo)。 28．如圖所示，一根有一定電阻的直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為L(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌上，并與之接觸良好；棒左側(cè)兩導(dǎo)軌之間連接一可控電阻；導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁

55、場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面，t=0時(shí)刻，給導(dǎo)體棒一個(gè)平行與導(dǎo)軌的初速度，此時(shí)可控電阻的阻值為R0，在棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)可控電阻的變化使棒中的電流強(qiáng)度保持恒定，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒一直在磁場(chǎng)中。 （1）求可控電阻R隨時(shí)間t變化的關(guān)系式； （2）若已知棒中電流強(qiáng)度為I，求0～t時(shí)間內(nèi)可控電阻上消耗的平均功率P； （3）若在棒的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)位移x1后停下；而由題干條件，棒將運(yùn)動(dòng)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(qiáng)度保持恒定，故棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)棒的電阻為r，電流為I，其初速度為v0，加速度大小為a，經(jīng)時(shí)間t后，棒的速度變?yōu)関，則有：v=v0-at 而a=BILm，t=0時(shí)刻棒中電流為：I=BLv0R0+r，經(jīng)時(shí)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(shí)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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 【名師點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵知道分析導(dǎo)體棒受力情況，應(yīng)用閉合電路歐姆定律和牛頓第二定律求解，注意對(duì)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(dòng)勢(shì)、平均電阻和平均加速度。 29．（本題8分）我國(guó)某城市某交通路口綠燈即將結(jié)束時(shí)會(huì)持續(xù)閃爍3 s，而后才會(huì)變成黃燈，再在3秒黃燈提示后再轉(zhuǎn)為紅燈。2013年1月1日實(shí)施新的交通規(guī)定：黃燈亮?xí)r車頭已經(jīng)越過(guò)停車線的車輛可以繼續(xù)前行，車頭未越過(guò)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(guò)程均

58、視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)） （1）若某車在黃燈開始閃爍時(shí)剎車，要使車在黃燈閃爍的時(shí)間內(nèi)停下來(lái)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(guò)多少? （2）若某車正以v0＝15 m／s的速度駛向路口，此時(shí)車距停車線的距離為L(zhǎng)＝48.75 m，當(dāng)駕駛員看到綠燈開始閃爍時(shí)，經(jīng)短暫考慮后開始剎車，該車在紅燈剛亮?xí)r恰停在停車線以內(nèi)。求該車駕駛員的允許的考慮時(shí)間。 【答案】（1）12 m/s （2）0.5 s 【解析】 試題分析：（1）設(shè)在滿足題設(shè)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(yīng)時(shí)間最大值為，反應(yīng)時(shí)間內(nèi)車行駛的距離為

59、 （2分） 從綠燈閃爍到紅燈亮起的過(guò)程中，汽車做減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 （2分） 設(shè)汽車在剎車過(guò)程中通過(guò)的位移為（2分） 綠燈開始閃爍時(shí)，該車距停車線距離為L(zhǎng) （2分） 解得（1分） 即該車駕駛員的考慮時(shí)間不能大于0.5 s。（1分） 考點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移和時(shí)間的關(guān)系，勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系 30．（20分）一長(zhǎng)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(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t=1s時(shí)木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物

60、塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖（b）所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； （2）木板的最小長(zhǎng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)間t=1s，位移x=4.5m，末速度v=4m/s 其逆運(yùn)動(dòng)則為勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(duì)滑塊，則有加速度a2=4m/s2 滑塊速度先減小到0，此時(shí)碰后時(shí)間為t1=1s 此時(shí)，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(shè)又經(jīng)歷t2二者速度相等，則有a2t2=v1-a1t2 解得t2=0.5s 此過(guò)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(duì)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(zhǎng)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(yuǎn)的距離為x1+x3+x5=6.5m 【考點(diǎn)定位】牛頓運(yùn)動(dòng)定律 【名師點(diǎn)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(rèn)真沉著，不急不躁 26