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（含解析）.docx

專題01 質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動第一部分名師綜述本專題中的難題分為二，一為對運(yùn)動圖像的考查，對圖像的考查范圍很廣，涉及的內(nèi)容頁比較多，幾乎涉及了直線運(yùn)動中的所有知識以及應(yīng)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(diǎn)，在解題過程中，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。二是對多過程直線運(yùn)動的考查，綜合了勻變速直線運(yùn)動公式、追擊相遇問題，考查方式多為計(jì)算題，在做題過程中需要（1）要養(yǎng)成畫物體運(yùn)動示意圖，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，畫出示意圖或者運(yùn)動圖像可使運(yùn)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(yùn)動過程，搞清楚整個運(yùn)動過程按運(yùn)動性質(zhì)的轉(zhuǎn)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(nèi)用輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個小球，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)間來回?cái)[動當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時，細(xì)線恰好斷開，則小球?qū)ⅲǎ〢在B點(diǎn)保持靜止 B沿BE方向運(yùn)動C沿BC方向運(yùn)動 D沿BD方向運(yùn)動【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)間來回?cái)[動。當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時，小球速度恰好為零，此時若細(xì)線恰好斷開，則小球只受重力作用而豎直下落。所以，將沿BE方向運(yùn)動。故選B?！军c(diǎn)睛】此題考查了學(xué)生力和運(yùn)動之間的關(guān)系，力可以改變物體的形狀或運(yùn)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(guān)鍵是判斷出在B點(diǎn)的運(yùn)動狀態(tài)。2如圖所示為a、b、c三個質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的速度時間圖象（vt圖象），若三質(zhì)點(diǎn)同時從同一位置出發(fā)則關(guān)于三個質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動，下列說法中正確的是At1時刻a、b兩質(zhì)點(diǎn)的速度大小相等、方向和反Bt1時刻后，質(zhì)點(diǎn)b位于a、c的前面C0t1時間內(nèi)，a位于b、c兩質(zhì)點(diǎn)的前面D0t1時間內(nèi)，a、b兩質(zhì)點(diǎn)間的距離在不斷減小【答案】 C【解析】A、t1時刻a、b兩圖象對應(yīng)的速度相等且均為正值，表示運(yùn)動方向均為正方向，A錯誤。B、C、三質(zhì)點(diǎn)從同一地點(diǎn)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、0t1時間內(nèi)，可讀出va>vb，則a、b之間的距離不斷增大，D錯誤。故選C?！军c(diǎn)睛】利用勻變速直線運(yùn)動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(yùn)動，其加速度隨時間變化的關(guān)系圖線如圖所示，則該物體：( )A01s內(nèi)加速運(yùn)動，1s3s內(nèi)減速運(yùn)動，第3s末回到出發(fā)點(diǎn)B03s內(nèi)物體位移是12mC01s內(nèi)與1s3s內(nèi)的平均速度相同D2s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(nèi)從靜止開始勻加速運(yùn)動，第2、3 s內(nèi)沿原方向做勻減速運(yùn)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(diǎn)故A錯誤；B、C、01s的位移，1s3s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(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)加速度時間圖線，知道物體做周期性運(yùn)動，掌握“面積”等于速度的變化量和運(yùn)動學(xué)公式，并分別求速度和位移4甲、乙兩車在平直公路上行駛，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。0t0時間內(nèi)甲車發(fā)生的位移為s，下列說法正確的是( )A0t0時間內(nèi)甲車在前，t02t0時間內(nèi)乙車在前B02t0時間內(nèi)甲車平均速度的大小是乙車平均速度大小的2倍C2t0時刻甲、乙兩車相距12s0Ds0=67s【答案】 D【解析】由圖知在0t0時間內(nèi)甲車速度大于乙車的速度，故是甲車在追趕乙車，所以A錯誤；02t0時間內(nèi)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(guān)系知，三角形ABC的面積對應(yīng)位移S03，所以可求三角形OCD的面積對應(yīng)位移S06，所以0to時間內(nèi)甲車發(fā)生的位移為s=S0+ S06，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S03，所以C錯誤。5A、B兩球沿同一直線運(yùn)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(yùn)動的圖線.若A球的質(zhì)量mA=2kg,則由圖可知下列結(jié)論正確的是( )AA、B兩球碰撞前的總動量為3 kgm/sB碰撞過程A對B的沖量為-4 NsC碰撞前后A的動量變化為4kgm/sD碰撞過程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=-103kgm/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PB=-mbvC-mbvB=-4Ns故B正確；C、根據(jù)動量守恒可知PA=-PB=4Ns=4kgm/s，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(diǎn)睛】結(jié)合圖像求出碰前碰后的速度，利用動量守恒求出B的質(zhì)量，然后根據(jù)定義求出動量的變化量。6如下圖所示，質(zhì)量m1kg的物體從高為h02m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摩擦因數(shù)為=0.2，傳送帶AB之間的距離為L5m，傳送帶一直以v4m/s的速度勻速運(yùn)動，則( )A物體從A運(yùn)動到B的時間是15sB物體從A運(yùn)動到B的過程中，摩擦力對物體做了2 J功C物體從A運(yùn)動到B的過程中，產(chǎn)生2J熱量D物體從A運(yùn)動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機(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PA過程，由機(jī)械能守恒定律有：12mv02=mgh代入數(shù)據(jù)得：v0=2gh=2m/sv=4m/s，則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力作用下勻加速運(yùn)動，加速度大小為a=mgm=g=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(yùn)動的位移s1=v0+v2t1=2+421m=3m<L=5m，所以物體與傳送帶共速后向右勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的時間為t2=L-s1v=5-34s=0.5s，故物體從A運(yùn)動到B的時間為：t=t1+t2=1.5s，故A正確；物體運(yùn)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=12142-12122J=6J，故B錯誤；在t1時間內(nèi)，皮帶做勻速運(yùn)動的位移為S皮帶=vt1=4m，故產(chǎn)生熱量Q=mgS=mg（S皮帶-S1），代入數(shù)據(jù)得：Q=2J，故C正確；電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動機(jī)多做的功W=（12mv2-12mv02）+Q=121（42-22）+2=8J，故D錯誤考點(diǎn)：考查了機(jī)械能守恒定律，運(yùn)動學(xué)公式，功能關(guān)系【名師點(diǎn)睛】本題要求同學(xué)們能正確分析物體的運(yùn)動情況，明確能量的轉(zhuǎn)化情況要注意電動機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能另一部分就是了相同的內(nèi)能，不能只考慮物體的動能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)動量守恒B小車向左運(yùn)動的最大距離為12RC小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動D小球第二次能上升的最大高度12h0<h<34h0【答案】 D【解析】試題分析：小球與小車組成的系統(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(diǎn)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(yùn)動，故C錯誤；小球第一次車中運(yùn)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(jī)械能為14mgh0，由于小球第二次在車中滾動時，對應(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，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)：動量守恒定律；機(jī)械能守恒定律【名師點(diǎn)睛】動能定理的應(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)通過的位移之比為（）A1：5 B3：5 C3：11 D1：3【答案】 A【解析】【詳解】物體下落前2 s的位移為：h1=12gt22=12104m=20m，物體下落6 s的位移為：h6=12gt62=121036m=180m，物體下落4 s的位移為：h4=12gt42=121016m=80m，所以最后2 s內(nèi)通過的路程為：h6-h4=100m，故開始2 s內(nèi)和最后2 s內(nèi)通過的路程之比為1 : 5；故選A?！军c(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵掌握自由落體運(yùn)動的位移時間公式h=12gt2，以及知道通過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，它們運(yùn)動的加速度隨時間變化at圖像如圖所示關(guān)于甲、乙兩車在020 s的運(yùn)動情況，下列說法正確的是A在t10 s時兩車相遇B在t20 s時兩車相遇C在t10 s時兩車相距最遠(yuǎn)D在t20 s時兩車相距最遠(yuǎn)【答案】 D【解析】A、根據(jù)圖象可知，在04s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(diǎn)沿相同方向由靜止開始做直線運(yùn)動，因此在t=2s時甲還沒有追上乙，故B錯誤；C、當(dāng)t=4s時，兩圖象與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(yuǎn)離，當(dāng)t=4s時，兩車速度相等即相距最遠(yuǎn)，故C正確，D錯誤。點(diǎn)睛：本題考查了圖象與追及問題的綜合，解決本題的關(guān)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(jì)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(shí)線描述兩物體運(yùn)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(yùn)動不受空氣阻力，做向上勻減速直線運(yùn)動至最高點(diǎn)再向下自由落體運(yùn)動，v-t圖象時傾斜向下的直線，四個選項(xiàng)均正確表示；考慮阻力f=kv的上拋運(yùn)動，上升中a上=mg+kvm，隨著v減小，a上減小，對應(yīng)v-t圖象的斜率減小，選項(xiàng)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(diǎn)時v=0，a=g，對應(yīng)v-t圖與t軸的交點(diǎn)，其斜率應(yīng)該等于g（此時與豎直上拋的最高點(diǎn)相同的加速度），即過交點(diǎn)的切線應(yīng)該與豎直上拋運(yùn)動的直線平行，只有D選項(xiàng)滿足。故選D?？键c(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)動狀態(tài)的判斷。二、多選題11一個質(zhì)點(diǎn)做方向一定的勻變速直線運(yùn)動,在連續(xù)兩段相等時間內(nèi)的位移分別是S1和 S2,則兩者比值可能是（ ）A2:5B2:1C4:1D1:5【答案】 AB【解析】【詳解】設(shè)中間時刻速度為v，相等時間為t，加速度為a，則s1vt12at2；s2vt+12at2；則s1s2vt-12at2vt+12at21-at2vt+12at2=1-1vat+12；因?yàn)槭浅粋€方向運(yùn)動，所以v-at0且v+at0；所以-1vat1，但1vat+120；則13s1s23且s1s21, 故選AB。【點(diǎn)睛】本題也可以用勻變速直線運(yùn)動位移時間公式列式求出s1和s2的表達(dá)式進(jìn)行求解，注意數(shù)學(xué)知識在物理中的應(yīng)用.12運(yùn)動質(zhì)點(diǎn)的-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B質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為5 m/s2C質(zhì)點(diǎn)在3s末的速度大小為30 m/sD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，則有v2=2ax，即v=2ax，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錯誤；D項(xiàng)：由數(shù)學(xué)知識可知，v2=2ax兩邊同時對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?！军c(diǎn)睛】本題主要考查了勻變速直線運(yùn)動基本公式的直接應(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，其vt圖線如圖所示，則( )A在0t1秒內(nèi)，外力F大小不斷增大B在t1時刻，外力F為零C在t1t2秒內(nèi)，外力F大小可能不斷減小D在t1t2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：根據(jù)加速度可以用v-t圖線的斜率表示，所以在0t1秒內(nèi)，加速度為正并不斷減小，根據(jù)加速度a=F-mgm，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t1t2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=mg-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=mg+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(jī)同時聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時開始剎車，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=vt=-2525m/s2=-1m/s2，a乙=vt=-1530m/s2=-0.5m/s2，A項(xiàng)正確。B、C、t20s時，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)錯誤。D、在t=20s時，甲的位移s甲=v0甲t+12a甲t2=2520-121202=300m，s乙=v0乙t+12a乙t2=1520-120.5202=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?！军c(diǎn)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(jié)合位移時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)生的大致時刻15在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖(a)所示，碰后運(yùn)動員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向的冰面來減小阻力，碰撞前后兩壺運(yùn)動的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0.8msB碰后藍(lán)壺移動的距離為2.4mC碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為7.22JD碰后紅、藍(lán)兩壺所滑過的距離之比為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)動量守恒定律可得:mv0=mv1+mv2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=vt=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(lán)壺運(yùn)動圖像的面積代表走過的位移s1=120.85=2m，故B錯；C、碰撞過程兩壺?fù)p失的動能為E=12mv02-12mv12-12mv22=3.04J，故C錯誤；D、碰后紅壺走過的位移為s2=v22a=0.2220.2=0.1m所以碰后紅、藍(lán)兩壺所滑過的距離之比為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)動走過的位移，并利用動量守恒解題。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(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(yùn)動，后做勻速運(yùn)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30mC若兩車在t5 s時相遇，則在t=9s時再次相遇D若兩車在t4s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(yùn)動過的位移為s1=(2+7)202=90m，而乙運(yùn)動過的位移為：s2=12420=40m，則甲乙之間的距離為s=s2+80-s1=30m，故B正確；C、若兩車在t5 s時相遇，從圖像上可以看出5-9s內(nèi)甲乙運(yùn)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t4s時相遇，從圖像上可以看出4-10s內(nèi)甲乙運(yùn)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(diǎn)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(yùn)動過的位移，結(jié)合圖像解題可以達(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，后撤去拉力該物體的運(yùn)動的vt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 mB物體受到的拉力F的大小為2.4 NC物體與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2D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的位移，則物體的最大位移應(yīng)該是14s內(nèi)的位移：s=12814=56m，故A正確；B、物體在前10s受到拉力作用，10s撤去拉力，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/s210-14s內(nèi)加速度大小為a2=84=2m/s2根據(jù)牛頓第二定律:F-mg=ma1mg=ma2解得：F=5.6N=0.2故B錯誤，C正確；D、物體在12s時的速度為v=v0-a2t=8-22=4m/s那么在12s內(nèi)有動能定理知：W=12mv2-0=12242=16J故D錯誤；綜上所述本題答案是：AC18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之間的動摩擦因數(shù)為，m、M與桌面間的動摩擦因數(shù)均為2?，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3(m+M)gBm在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等CM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：mg=ma1；對木板：；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(yùn)動，加速度大小為a2，時間為t2，有：mg=ma12mg=ma2a1t1=a2t2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??；在桌面上滑動的距離變短，不可能滑出桌面，D錯誤。故選：AC?！久麕燑c(diǎn)睛】薄木板在被抽出的過程中，滑塊先做勻加速直線運(yùn)動后做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求解出木塊的加速度，根據(jù)運(yùn)動學(xué)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如圖甲所示，傾角為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，兩物塊在開始一段時間內(nèi)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(yīng)A圖線的最高點(diǎn)，重力加速度為g，則ABt2時刻，彈簧形變量為Ct2時刻彈簧恢復(fù)到原長，物塊A達(dá)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-2mgsin+kx=2ma，得F=2mgsin-kx+2ma，則知開始時F最小，此時有：2mgsin=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-mgsin=ma開始時有：2mgsin=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：mgsin=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+EP2mgsin(x0x)2mv122a(x0x)v12上述各式解得：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(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)動學(xué)角度看，一起運(yùn)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(zhì)量為m1 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(yùn)動。已知外力F隨時間t(單位為s)的變化關(guān)系為F(62t)N，則A在t3 s時，物塊的速度為零B物塊向右運(yùn)動的最大速度為9 m/sC在06 s內(nèi)，物塊的平均速度等于4.5 m/sD物塊向右運(yùn)動的最大位移大于27 m【答案】 BD【解析】【詳解】A、水平面光滑，物體所受的合力等于F，在03s內(nèi)，物塊的受力一直向右，一直向右做加速運(yùn)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，at圖線如圖所示，at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v=1263m/s=9m/s，可知物體向右運(yùn)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06s內(nèi)位移x>1269m=27m，則平均速度v=xt>276m/s=4.5m/s，故D正確，C錯誤；故選BD?！军c(diǎn)睛】根據(jù)牛頓第二定律得出加速度與時間的表達(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=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時有一質(zhì)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(yùn)動過程中的速率隨時間變化的圖象，已知sin53=0.8， eos53=06，取g=l0m/s2.求：(1)滑塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)1、2；(2)滑塊停止運(yùn)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：mgsin -1N=ma1N= mgcos由v-t圖得加速度a1=v0t1 =6m/s2綜合解得1=13滑塊滑上木板后減速1mg =ma2其中a2=v0-v1t2-t1對木板分析有1mg 2（m+M）g =Ma3其中a3=v1t2-t1綜合解得2=0.2(2) 由于21，故滑塊與木板達(dá)共速后一起勻減速，加速度滿足2（m+M）g =（m+M）a4又a4=v1t-t2綜合解得t=6s木板的最小長度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題，關(guān)鍵是根據(jù)圖像分析物體的運(yùn)動特征，搞清各個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，速度大小為v0.當(dāng)小球運(yùn)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(yùn)動到B點(diǎn)重力加速度大小為g.不計(jì)空氣阻力(1)求油滴運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度；(2)求增大后的力F2大??；已知不存在外力時，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動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)動過程，小球先向上做勻速直線運(yùn)動，到達(dá)A處后因力突然增大而開始做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過t后力突然反向，小球開始做勻減速直線運(yùn)動，并可能在速度減為零后做反向的勻加速直線運(yùn)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，那么直接使用運(yùn)動學(xué)公式即可求出小球運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度vB的大??；（2）因?yàn)樾∏蜃詈罂赡茏龇聪虻膭蚣铀僦本€運(yùn)動，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其中每一種情況，根據(jù)運(yùn)動學(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t0時，力從F1增加至F2時，油滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動，加速度方向向上，根據(jù)牛頓第二定律有：F2-mg=ma1油滴在時刻t1的速度為：v1=v0+a1t1力在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運(yùn)動，加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律有：F2+mg=ma2油滴在時刻t2=2t1的速度為：v2=v1-a2t1由式得：v2=v0-2gt1(2)由題意，在t=0時刻前有：F1=mg油滴從t=0到時刻t1的位移為：s1=v0t1+12a1t12油滴在從時刻t1到時刻t2=2t1的時間間隔內(nèi)的位移為：s2=v0t1-12a2t12由題給條件有：v02=2g2h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由式得F2=2-2v0gt1+14v0g2F1若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有s1+s2=-h由式得F2=2-2v0gt1-14v0g2F1【點(diǎn)睛】解決復(fù)雜的力學(xué)問題，可以從兩條線索展開：其一，力和運(yùn)動的關(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處小球自由下落一段距離a后，B處小球開始自由下落，結(jié)果兩小球同時落地，求球和球下落時間之比。【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下落到地面的時間t2Hg，A下落a所需時間t2ag則B下落的時間t=t-t，則H-b=12gt2聯(lián)立解得，tt-tb+ab-a球和和球下落時間之比為b+ab-a【點(diǎn)睛】本題主要考查了自由落體運(yùn)動的位移時間公式，明確AB同時落地，找出AB的時間關(guān)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(zhì)點(diǎn)).B的質(zhì)量mB=2.0kg ,A的質(zhì)量mA=3.0kg ,B與水平面間的動摩擦因數(shù)1=0.20 ,A、B間的動摩擦因數(shù)2=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=9.0NS ,重力加速度g取10m/s2 ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求:(1)A開始運(yùn)動的速度 ;(2)A、B之間因摩擦產(chǎn)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=2mAgmA=2g=4m/s2對B：aB=2mAg-1mA+mBgmB代入數(shù)據(jù)解得 aB=1m/s2A對地做勻減速運(yùn)動，B對地做勻加速運(yùn)動，設(shè)A、B達(dá)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-aAtxA=v2-v022(-aA)對B：v=aBtxB=12aBt2代入數(shù)據(jù)解得 v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18mA對B的位移為x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m1m，假設(shè)成立故此過程中，A、B之間因摩擦產(chǎn)生的熱量 Q=2mAg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=1mA+mBgmA+mB=1g2g，則假設(shè)成立此后二者共同滑行的距離 x共=v22a=06222=0.09m故整個過程A對地的位移 x總=xA+x共=1.17m點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵要分析兩個物體的運(yùn)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)：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)動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1<s0)處分別設(shè)置一個擋板和一面小旗，如圖所示訓(xùn)練時，讓運(yùn)動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運(yùn)動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時，運(yùn)動員至少到達(dá)小旗處假定運(yùn)動員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動，冰球到達(dá)擋板時的速度為v1.重力加速度大小為g.求(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)；(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動員的最小加速度【答案】（1）=v02-v122gs0（2）a=s1v0+v122s02【解析】（1）設(shè)冰球與冰面間的動摩擦因數(shù)為，則冰球在冰面上滑行的加速度a1=g由速度與位移的關(guān)系知2a1s0=v12v02聯(lián)立得=a1g=v02-v122gs0（2）設(shè)冰球運(yùn)動的時間為t，則t=v0-v1g又s1=12at2由得a=s1(v0+v1)22s02【名師點(diǎn)睛】此題主要考查勻變速直線運(yùn)動的基本規(guī)律的應(yīng)用；分析物理過程，找到運(yùn)動員和冰球之間的關(guān)聯(lián)，并能靈活選取運(yùn)動公式；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)動的速度達(dá)到1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計(jì)，質(zhì)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(jīng)多長時間兩者達(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/s2，05m/s2（2）4s（3）124m【解析】試題分析：（1）物塊的加速度mg=ma1，所以a1=3m/s2；小車的加速度：Fmg=Ma2，所以a2=0.5m/s2。（2）由：v0+a2t1=a1t1，得t1=1s。（3）在開始1s內(nèi)小物塊做勻加速運(yùn)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(yùn)動，且加速度：對系統(tǒng)F=（M+m）a3物體位移s=12a1t12+a1t1(tt1)+12a3(tt1)2=3.125m。考點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用。27如圖甲所示，斜面的傾角=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(zhì)量m=1kg，線框的電阻R=0.1，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)=33線框的邊abefgh，斜面的efhg區(qū)域有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動起計(jì)時的如果線框從靜止開始運(yùn)動，進(jìn)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(jìn)入磁場前的加速度a；（2）線框進(jìn)入磁場時勻速運(yùn)動的速度v；（3）在丙圖中畫出線框從靜止開始運(yùn)動直至ab邊運(yùn)動到gh線過程的v-t圖象；（4）線框從靜止開始運(yùn)動直至ab邊運(yùn)動到gh線的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q【答案】（1）5 m/s2（2）2 m/s（3）如圖；（4）35 J【解析】試題分析：（1）線框進(jìn)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：Fmgsinmgcos=ma得線框進(jìn)入磁場前的加速度a="5" m/s2（2）因?yàn)榫€框進(jìn)入磁場的最初一段時間做勻速運(yùn)動，ab邊進(jìn)入磁場切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢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Fmgsin mgcosF安此時磁感應(yīng)強(qiáng)度必恒定不變B=05 T，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s（3）線框abcd進(jìn)入磁場前做勻加速直線運(yùn)動，進(jìn)入磁場前的運(yùn)動時間t1=va=04 s進(jìn)入磁場過程中線框做勻速運(yùn)動的時間t2=L2v=03 s線框完全進(jìn)入磁場后至運(yùn)動到gh線，線框受力情況與進(jìn)入磁場前相同，仍做勻加速直線運(yùn)動，所以該階段的加速度大小仍為a5 m/s2，該過程有x-l2vt312at23，解得t3="1" s線框從靜止開始運(yùn)動直至ab邊運(yùn)動到gh線過程的vt圖象如圖；（4）線框整體進(jìn)入磁場后，ab邊運(yùn)動到gh線的過程中，線框中有感應(yīng)電流的時間t4=t1t2t309 s=08 sE2=BSt=0.50.62.1-0.9V=0.25V此過程產(chǎn)生的焦耳熱Q2=E22Rt4= 05 J線框勻速進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q1= I12Rt2 ="3" J線框從靜止開始運(yùn)動直至ab邊運(yùn)動到gh線的過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q= Q1+ Q2=35 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；解題時分析線框的受力情況，確定其運(yùn)動情況是關(guān)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(jīng)驗(yàn)公式，例如安培力的經(jīng)驗(yàn)表達(dá)式FA=B2l2vR，要會推導(dǎo)。28如圖所示，一根有一定電阻的直導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、長為L，其兩端放在位于水平面內(nèi)間距也為L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)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌所在平面，t=0時刻，給導(dǎo)體棒一個平行與導(dǎo)軌的初速度，此時可控電阻的阻值為R0，在棒運(yùn)動過程中，通過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)體棒一直在磁場中。（1）求可控電阻R隨時間t變化的關(guān)系式；（2）若已知棒中電流強(qiáng)度為I，求0t時間內(nèi)可控電阻上消耗的平均功率P；（3）若在棒的整個運(yùn)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(yùn)動位移x1后停下；而由題干條件，棒將運(yùn)動位移x2后停下，求x1x2的值?！敬鸢浮浚?）R=R0-B2L2mt；（2）P=I2(R0-B2L2t2m)；（3）x1x2=21【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，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(jīng)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(yùn)動，有：v0=at，a=BILm，而It=ER0+rt，E=t=BLx1t，由以上各式得，而x2=v22a，由以上各式得x2=mv0(R0+r)2B2L2，所求x1x2=21?？键c(diǎn)：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；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(jié)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(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視為勻減速直線運(yùn)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(nèi)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v015 ms的速度駛向路口，此時車距停車線的距離為L48.75 m，當(dāng)駕駛員看到綠燈開始閃爍時，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間?！敬鸢浮浚?）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)時間最大值為，反應(yīng)時間內(nèi)車行駛的距離為（2分）從綠燈閃爍到紅燈亮起的過程中，汽車做減速運(yùn)動的時間（2分）設(shè)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(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動位移和時間的關(guān)系，勻變速直線運(yùn)動速度與時間的關(guān)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(yùn)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(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內(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）木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2；（2）木板的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離?！敬鸢浮浚?）1=0.12=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2g=4m/s-0m/s1s解得2=0.4木板與墻壁碰撞前，勻減速運(yùn)動時間t=1s，位移x=4.5m，末速度v=4m/s其逆運(yùn)動則為勻加速直線運(yùn)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1g=a可得1=0.1（2）碰撞后，木板向左勻減速，依據(jù)牛頓第二定律有1(M+m)g+2mg=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x=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=1g=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