2019年高考物理备考 优生百日闯关系列 专题01 质点的直线运动（含解析）

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1、专题01 质点的直线运动 第一部分名师综述 本专题中的难题分为二，一为对运动图像的考查，对图像的考查范围很广，涉及的内容页比较多，几乎涉及了直线运动中的所有知识以及应用，特别是利用图像处理追击相遇问题时高考考查的重难点，在解题过程中，要注意分析图像的轴、点、线、面积、斜率等方面，考查方式多为选择题。二是对多过程直线运动的考查，综合了匀变速直线运动公式、追击相遇问题，考查方式多为计算题，在做题过程中需要（1）要养成画物体运动示意图，或者x-t图象与v-t图象的习惯，特别是比较复杂的运动，画出示意图或者运动图像可使运动过程直观化，物理过程清晰，便于研究，（2）要注意分析研究对象的运动过程，搞

2、清楚整个运动过程按运动性质的转换可以分为哪几个阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段又存在哪些联系。 第二部分精选试题 一、单选题 1．如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动．当小球摆到B点时，细线恰好断开，则小球将（） A．在B点保持静止 B．沿BE方向运动 C．沿BC方向运动 D．沿BD方向运动 【答案】 B 【解析】 由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直

3、下落。所以，将沿BE方向运动。故选B。 【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。 2．如图所示为a、b、c三个质点运动的速度–时间图象（v–t图象），若三质点同时从同一位置出发则关于三个质点的运动，下列说法中正确的是 A．t1时刻a、b两质点的速度大小相等、方向和反 B．t1时刻后，质点b位于a、c的前面 C．0~t1时间内，a位于b、c两质点的前面 D．0~t1时间内，a、b两质点间的距离在不断减小 【答案】 C 【解析】 A、t1时刻a、b两图象对应的

4、速度相等且均为正值，表示运动方向均为正方向，A错误。B、C、三质点从同一地点出发，t1时所围的面积表示位移，可得a在最前，其次是b，最后是c,B错误，C正确。D、0~t1时间内，可读出va>vb，则a、b之间的距离不断增大，D错误。故选C。 【点睛】利用匀变速直线运动图象分析追击与相遇，要注意明确图象的性质，图象的正负表示运动方向，图象的斜率表示加速度，能根据图象的面积求解位移． 3．一个物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图线如图所示，则该物体：( ) A．0～1s内加速运动，1s～3s内减速运动，第3s末回到出发点 B．0～3s内物体位移是12m

5、 C．0～1s内与1s～3s内的平均速度相同 D．2s时的速度方向与0.5s时的速度方向相反 【答案】 C 【解析】A、物体在第1 s内从静止开始匀加速运动，第2、3 s内沿原方向做匀减速运动，根据“面积”等于速度的变化量可知，3s末物体的速度为零，所以第3 s末没有回到出发点．故A错误；B、C、0~1s的位移，1s~3s的位移，故；而，，则B错误，C正确。D、第3 s末速度为零，故2s时和0.5s的速度方向相同，D错误．故选C. 【点睛】解决本题的关键根据加速度时间图线，知道物体做周期性运动，掌握“面积”等于速度的变化量和运动学公式，并分别求速度和位移． 4．甲、乙两车在平直公

6、路上行驶，其v-t图象如图所示。t=0时，两车间距为s0；t0时刻，甲、乙两车相遇。0∼t0时间内甲车发生的位移为s，下列说法正确的是( ) A．0∼t0时间内甲车在前，t0∼2t0时间内乙车在前 B．0∼2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍 C．2t0时刻甲、乙两车相距12s0 D．s0=67s 【答案】 D 【解析】 由图知在0～t0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A错误；0～2t0时间内甲车平均速度的大小32v0，乙车平均速度12v0，所以B错误；由题意知，图中阴影部分面积即为位移S0，根据几何关系知，三角形ABC的

7、面积对应位移S0∕3，所以可求三角形OCD的面积对应位移S0∕6，所以0—to时间内甲车发生的位移为s=S0+ S0∕6，得s0=67s，故D正确；2t0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC的面积即S0∕3，所以C错误。 5．A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(x-t)图像,图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A球的质量mA=2kg,则由图可知下列结论正确的是(　　 ) A．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s B．碰撞过程A对B的冲量为-4 N·s C．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/s D．

8、碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10 J 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、由s-t图像可以知道：碰撞前A的速度为vA=4-102=-3m/s； 碰撞前B的速度vB=4-02=2m/s， 碰撞后AB的速度为vC=2-42=-1m/s 根据动量守恒可知mbvB-mavA=-(ma+mb)vC 代入速度值可求得：mb=43kg 所以碰撞前的总动量为mbvB-mavA=-103kg⋅m/s，故A错误； B、碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量ΔPB=-mbvC-mbvB=-4N⋅s故B正确； C、根据动量守恒可知ΔPA=-ΔPB=4N⋅s=4kg⋅m/s，

9、故C正确； D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为12mavA2+12mbvB2-12ma+mbvC2=10J ,故D正确， 本题选不正确的，故选A 【点睛】 结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B的质量，然后根据定义求出动量的变化量。 6．如下图所示，质量m＝1kg的物体从高为h＝0．2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0.2，传送带AB之间的距离为L＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度匀速运动，则( ) A．物体从A运动到B的时间是1．5s B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2 J功

10、 C．物体从A运动到B的过程中，产生2J热量 D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做了10J功 【答案】 AC 【解析】 试题分析：设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv02=mgh代入数据得：v0=2gh=2m/s＜v=4m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a=μmgm=μg=2m/s2；加速至速度与传送带相等时用时：t1=v-v0a=4-22s=1s，匀加速运动的位移s1=v0+v2t1=2+42×1m=3m

11、4s=0.5s，故物体从A运动到B的时间为：t=t1+t2=1.5s，故A正确；物体运动到B的速度是v=4m/s．根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=12mv2-12mv02=12×1×42-12×1×22J=6J，故B错误；在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为S皮带=vt1=4m，故产生热量Q=μmgΔS=μmg（S皮带-S1），代入数据得：Q=2J，故C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W=（12mv2-12mv02）+Q=12×1×（42-22）+2=8J，故D错误 考点：考查了机械能守恒定律，运动学公式，功能关系 【名师点睛】本题要求

12、同学们能正确分析物体的运动情况，明确能量的转化情况．要注意电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是了相同的内能，不能只考虑物体的动能 7．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为34h0（不计空气阻力），则（） A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为12R C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次能上升的最大高度12h0

13、组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv′=0，m2R-xt-mxt=0，解得，小车的位移：x=R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0-34h0）-Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=14mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh0，由于小球第

14、二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于14mgh0，机械能损失小于14mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：34h0-14h0=12h0，而小于34h0，故D正确；故选D。 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 【名师点睛】动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功．摩擦力做功使得机械能转化成内能。 8．．一个物体自由下落6s后落地，则在开始2s内和最后2s内通过的位移之比为（） A．1：5 B．3：5 C．3：11 D．1：3 【答案】 A 【解析】 【详解】

15、物体下落前2 s的位移为：h1=12gt22=12×10×4m=20m， 物体下落6 s的位移为：h6=12gt62=12×10×36m=180m， 物体下落4 s的位移为：h4=12gt42=12×10×16m=80m， 所以最后2 s内通过的路程为：h6-h4=100m， 故开始2 s内和最后2 s内通过的路程之比为1 : 5；故选A。 【点睛】 解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式h=12gt2，以及知道通过6s内的位移减去4s内的位移求最后2s内的位移比较方便。 9．甲、乙两辆汽车在平直的公路上同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化a－

16、t图像如图所示．关于甲、乙两车在0－20 s的运动情况，下列说法正确的是 A．在t＝10 s时两车相遇 B．在t＝20 s时两车相遇 C．在t＝10 s时两车相距最远 D．在t＝20 s时两车相距最远 【答案】 D 【解析】 A、根据图象可知，在0﹣4s内，甲的加速度不变，乙的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律可知甲的合力不变，乙的合力减小，故A错误； B、根据加速度时间图象知图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，可知，在t=2s前乙的速度比甲的速度大，而甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，因此在t=2s时甲还没有追上乙，故B错误； C、当t=4s时，两图

17、象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t=4s时，两车速度相等即相距最远，故C正确，D错误。 点睛：本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量，由此来分析图象的物理意义。 10．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是 【答案】 D 【解析】 试题分析：竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向

18、下自由落体运动，v-t图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力f=kv的上抛运动，上升中a上=mg+kvm，随着v减小，a上减小，对应v-t图象的斜率减小，选项A错误。下降中a下=mg-kvm，随着随着v增大，a下继续减小。而在最高点时v=0，a=g，对应v-t图与t轴的交点，其斜率应该等于g（此时与竖直上抛的最高点相同的加速度），即过交点的切线应该与竖直上抛运动的直线平行，只有D选项满足。故选D。 考点：本题考查了牛顿第二定律、v-t图象的特点、竖直上抛运动状态的判断。 二、多选题 11．一个质点做方向一定的匀变速直线运动,在连续两段相等时间内的位移分别是S1和 S2,则

19、两者比值可能是（ ） A．2:5 B．2:1 C．4:1 D．1:5 【答案】 AB 【解析】 【详解】 设中间时刻速度为v，相等时间为t，加速度为a，则s1＝vt−12at2；s2＝vt+12at2；则s1s2＝vt-12at2vt+12at2＝1-at2vt+12at2=1-1vat+12；因为是朝一个方向运动，所以v-at＞0且v+at＞0；所以-1＜vat＜1，但1vat+12≠0；则13＜s1s2＜3且s1s2≠1, 故选AB。 【点睛】 本题也可以用匀变速直线运动位移时间公式列式求出s1和s2的表达式进行求解，注意数学知识在物理中的应用. 12．运动质点的

20、υ-x的图象如图所示，图线为顶点在坐标原点,开口向右的抛物线的上半支，则下列判断正确的是 A．质点做初速度为零的匀加速直线运动 B．质点的加速度大小为5 m/s2 C．质点在3s末的速度大小为30 m/s D．坐标(10,10)处的斜率为0.5 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A项：若质点做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2=2ax，即v=2a·x，则图象为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，故A正确； B项：把x=10m，v=10m/s带入v2=2ax，得出a=5m/s2，故B正确； C项：3s末的速度为v=at=15m/s，故C错误； D项：由数学知

21、识可知，v2=2ax两边同时对x求导，得：2vv'=2a，则v'=av，所以坐标(10,10)处的斜率为k=510=0.5，故D正确。 故应选ABD。 【点睛】 本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，防止把v-x图象当成v-t图象处理。 13．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t图线如图所示，则( ) A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大 B．在t1时刻，外力F为零 C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小 D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大 【答案】 CD 【解析】 试题分析：

22、根据加速度可以用v-t图线的斜率表示，所以在0～t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度a=F-μmgm，所以外力F大小不断减小，A错误；在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，B错误；在t1～t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a=μmg-Fm，外力F大小可能不断减小，C正确；如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小a=μmg+Fm，F后增大，因为v-t图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先减小后增大是可能的，故D正确． 考点：考查了速度时间图像 14．在遇到暴雨、雾霾等恶劣天气时，高速公路上能见度不足100m．在这样的恶

23、劣天气时，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞．图示为两辆车刹车后若不相撞的v-t图像，由此可知（） A．刹车过程中甲车的加速度是乙车加速度的2倍 B．两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的 C．两车相撞可能发生在乙车停止后 D．两车刹车时相距的距离一定小于100m 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A、由v-t图像的斜率可求出a甲=ΔvΔt=-2525m/s2=-1m/s2，a乙=ΔvΔt=-1530m/s2=-0.5m/s2，A项正确。 B、C、

24、t＝20s时，两车速度相等，相距最近，两车一定是在刹车后的20s之内相撞，B项正确，C项错误。 D、在t=20s时，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，因而两车若相撞，刹车前距离应小于100 m，D项正确。 故选ABD。 【点睛】 根据速度时间图线求出甲乙的加速度，抓住速度相等时，结合位移时间公式分别求出两车的位移，结合位移之差求出两者不发生碰撞的最小距离，从而分析判断．通过两者的速度大小关系，判断之间距离的变化，从而得出发生碰撞发生的大致时刻

25、． 15．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg，则 A．碰后蓝壶速度为0.8m／s B．碰后蓝壶移动的距离为2.4m C．碰撞过程两壶损失的动能为7.22J D．碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1:20 【答案】 AD 【解析】A、设碰后蓝壶的速度为v2 ,碰前红壶的速度v0=1.0m/s碰后红壶的速度为v1=0.2m/s 根据动量守恒定律可得:mv0=mv1+mv

26、2 解得v2=0.8m/s，故A正确； B、根据碰前红壶的速度图像可以知道红壶的加速度为: a=ΔvΔt=0.21=0.2m/s2 碰后红壶减速到零需要的时间为： t=va=10.2=5s 碰后蓝壶运动图像的面积代表走过的位移s1=12×0.8×5=2m，故B错； C、碰撞过程两壶损失的动能为ΔE=12mv02-12mv12-12mv22=3.04J，故C错误； D、碰后红壶走过的位移为s2=v22a=0.222×0.2=0.1m 所以碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1:20，故D正确； 故选AD 点睛：知道v-t图像中斜率代表加速度，面积代表运动走过的位移，并利用动量守

27、恒解题。 16．甲、乙两辆小汽车（都可视为质点）分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时(t=0)乙车在前甲车在后，两车间距为x 0. t=0甲车先启动，t=3s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v-t图象如图所示。根据图象，下列说法正确的是 A．两车加速过程，甲的加速度比乙大 B．若x0=80m，则两车间间距最小为30m C．若两车在t＝5 s时相遇，则在t=9s时再次相遇 D．若两车在t＝4s时相遇，则在t=1 0s时再次相遇 【答案】 BC 【解析】A、图像中的斜率表示加速时的加速度的大小，从图像上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A

28、错误； B、速度相等时两者之间的位移有最小值，从图像上可以看出甲运动过的位移为s1=(2+7)×202=90m，而乙运动过的位移为：s2=12×4×20=40m，则甲乙之间的距离为Δs=s2+80-s1=30m，故B正确； C、若两车在t＝5 s时相遇，从图像上可以看出5-9s内甲乙运动过的位移相等，所以甲乙在t=9s时会再次相遇，故C正确； D、若两车在t＝4s时相遇，从图像上可以看出4-10s内甲乙运动过的位移不相等，则在t=1 0s时不会再次相遇，故D错误； 故选BC 点睛：本题考查了对v-t图像的理解，知道图像的斜率表示加速度，以及知道图像包围的面积代表物体运动过的位移，结合

29、图像解题可以达到事半功倍 17．在水平地面上有一质量为2 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，后撤去拉力．该物体的运动的v－t图如图所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)． A．物体的最大位移是56 m B．物体受到的拉力F的大小为2.4 N C．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2 D．前12 s内，拉力与阻力做功的代数和为12 J 【答案】 AC 【解析】： A、在v-t图像中图像所包围的面积代表的就是物体走过的位移，则物体的最大位移应该是14s内的位移：s=12×8×14=56m，故A正确； B、物体在前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， 由图线可以知道:0-10s内加速度大小为 a1=810=0.8m/s2 10-14s内加速度大小为 a2=84=2m/s2 根据牛顿第二定律: F-μmg=ma1 μmg=ma2 解得：F=5.6Nμ=0.2 故B错误，C正确； D、物体在12s时的速度为v=v0-a2t=8-2×2=4m/s那么在12s内有动能定理知： W=12mv2-0=12×2×42=16J故D错误； 综上所述本题答案是：AC 18．如图所示，质量为M的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m的木块。已知m与M之间的动摩擦因数为μ，m、M与桌面间

31、的动摩擦因数均为2μ。现对M施一水平恒力F，将M从m下方拉出，而m恰好没滑出桌面，则在上述过程中 A．水平恒力F一定大于3μ(m+M)g B．m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等 C．M对m的冲量大小与桌面对m的冲量大小相等 D．若增大水平恒力F，木块有可能滑出桌面 【答案】 AC 【解析】A、对小木块：μmg=ma1；对木板：；要使小木块滑离木板，需使，则，A正确； B、设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t1，小木块的加速度大小为a1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a2，时间为t2，有： μmg=ma1 2μmg=ma2 a1t1=a2t2

32、 联立解得：t1=2t2，B错误； C、m初末速度都为零，合外力冲量为零，M对m的冲量与桌面对m的冲量大小相等，方向相反，C正确； D、若增大水平恒力F，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小；在桌面上滑动的距离变短，不可能滑出桌面，D错误。 故选：AC。 【名师点睛】 薄木板在被抽出的过程中，滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解出木块的加速度，根据运动学规律求解出时间；根据动量定理，合外力冲量为零，M对m的冲量与桌面对m的冲量大小相等；增大水平拉力，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小，在桌面上滑动的距离变短，可以判断能否滑出桌面。 19．如图甲所

33、示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的物块B，但B与A不粘连。初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v-t图象如图乙所示，t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g，则 A． B．t2时刻，弹簧形变量为 C．t2时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值 D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧释放的势能少 【答案】 BD 【解析】对AB整体，根据牛顿第二定律得：F-2mgsinθ+kx

34、=2ma，得F=2mgsinθ-kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为 F=2ma，故B错误． 由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma 开始时有：2mgsinθ=kx0，又x0-x=at12; 联立以三式得：．故A错误．由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得弹簧的压缩量 ，故B正确,C错误． 从开始到t1时刻，弹簧释放的势能；从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+EP−2mgsinθ(x0−x)＝•2mv12 2a(x0−x)＝v12 上

35、述各式解得： 所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少 ，故D正确．故选BD. 点睛：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等． 20．如图所示，质量为m＝1 kg的物块停放在光滑的水平面上。现对物块施加一个水平向右的外力F，使它在水平面上做直线运动。已知外力F随时间t(单位为s)的变化关系为F＝(6－2t)N，则 A．在t＝3 s时，物块的速度为零 B．物块向右运动的最大速度为9 m/s C．在0～6 s内，物块的平均速度等于4.5 m/s D．物块向右运动的最大位移大于27 m

36、【答案】 BD 【解析】 【详解】 A、水平面光滑，物体所受的合力等于F，在0−3s内，物块的受力一直向右，一直向右做加速运动，可知3s时物块的速度不为零，故A错误； B、根据牛顿第二定律得：a=Fm=6-2t，a−t图线如图所示，a−t图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，可知最大速度变化量为Δv=12×6×3m/s=9m/s，可知物体向右运动的最大速度为9m/s，故B正确； CD、物体的速度时间图线如图所示，由图线与时间轴围成的面积表示位移，所以在0~6s内位移x>12×6×9m=27m，则平均速度v=xt>276m/s=4.5m/s，故D正确，C错误； 故选BD。

37、 【点睛】 根据牛顿第二定律得出加速度与时间的表达式，结合a-t图线围成的面积表示速度变化量得出最大速度的大小，根据速度时间图线，结合图线围成的面积表示位移，根据平均速度的定义式求出平均速度的大小。 三、解答题 21．如图甲所示，有一倾角为θ=53°的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为 M=3kg的木板，木板材质与斜面体相同．t=0时有一质量m=6kg的滑块在斜面上由静止开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量损失）．图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知sin53°=0.8， eos53°=0．6，取g=l0m/s2.

38、求： (1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数μ1、μ2； (2)滑块停止运动的时刻t和木板的最小长度l。 【答案】（1）0.2（2）18m 【解析】 【详解】 (1)滑块在斜面上下滑时，满足： mgsinθ -μ1N=ma1① N= mgcosθ② 由v-t图得加速度a1=v0t1 =6m/s2③ 综合①②③解得μ1=13 滑块滑上木板后减速μ1mg =ma2④ 其中a2=v0-v1t2-t1⑤ 对木板分析有μ1mg –μ2（m+M）g =Ma3⑥ 其中a3=v1t2-t1⑦ 综合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2 (2) 由于μ2＜μ1，故滑块与木板达共速后一

39、起匀减速，加速度满足 μ2（m+M）g =（m+M）a4⑧ 又a4=v1t-t2⑨ 综合⑧⑨解得t=6s 木板的最小长度l=12v0(t2-t1)=18m 【点睛】 本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解. 22．一小球在恒力F1作用下竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.当小球运动到位置A时，将F1突然增大到某值F2(未知)，但保持其方向不变．持续一段时间t后，又突然将该力反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.不计空

40、气阻力 (1)求油滴运动到B点时的速度； (2)求增大后的力F2大小；已知不存在外力时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍． 【答案】（1）v2=v0-2gt1；（2）F2=2-2v0gt1+14v0g2F1或F2=2-2v0gt1-14v0g2F1 【解析】 【分析】 （1）分析小球的运动过程，小球先向上做匀速直线运动，到达A处后因力突然增大而开始做匀加速直线运动，经过t后力突然反向，小球开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动．对力增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t又是一个已知量

41、，那么直接使用运动学公式即可求出小球运动到B点时的速度vB的大小；（2）因为小球最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论．对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下增大后的力F2大小。 【详解】 在t＝0时，力从F1增加至F2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有：F2-mg=ma1① 油滴在时刻t1的速度为：v1=v0+a1t1② 力在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下， 根据牛顿第二定律有：F2+mg=ma2③ 油滴在

42、时刻t2=2t1的速度为：v2=v1-a2t1④ 由①②③④式得：v2=v0-2gt1⑤ (2)由题意，在t=0时刻前有：F1=mg⑥ 油滴从t=0到时刻t1的位移为：s1=v0t1+12a1t12⑦ 油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为：s2=v0t1-12a2t12⑧ 由题给条件有：v02=2g2h⑨ 式中h是B、A两点之间的距离．若B点在A点之上，依题意有s1+s2=h　⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得F2=2-2v0gt1+14v0g2F1⑪ 若B点在A点之下，依题意有s1+s2=-h⑮ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得F2=2-2v0gt1-14v0g2F1⑯

43、【点睛】 解决复杂的力学问题，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据物体的受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定速度和位移等；其二，功和能的关系．根据做功情况，引起物体的能量发生变化，利用动能定理进行解答． 23．如图所示，在距地面不等高处有两点A和B，它们之间的高度差为b。A、B处各有一小球，A处小球Ⅰ自由下落一段距离a后，B处小球Ⅱ开始自由下落，结果两小球同时落地，求球Ⅰ和球Ⅱ下落时间之比。 【答案】b+ab-a 【解析】 【详解】 设A距地面的高度为H，根据h=12gt2可知，A下落到地面的时间t＝2Hg， A下落a所需时间t′＝2ag 则B下

44、落的时间t″=t-t′，则H-b=12gt″2 联立解得，tt-t'＝b+ab-a 球Ⅰ和和球Ⅱ下落时间之比为b+ab-a 【点睛】 本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式，明确AB同时落地，找出AB的时间关系即可求得 24．如图所示,长L=1.0m 木板B放在水平面上,其右端放置一小物块A(视为质点).B的质量mB=2.0kg ,A的质量mA=3.0kg ,B与水平面间的动摩擦因数μ1=0.20 ,A、B间的动摩擦因数μ2=0.40 ,刚开始两者均处于静止状态,现给A一水平向左的瞬间冲量I,I=9.0N∙S ,重力加速度g取10m/s2 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:

45、(1)A开始运动的速度 ; (2)A、B之间因摩擦产生的热量; (3)整个过程A对地的位移. 【答案】（1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m 【解析】（1）由题意，由动量定理得 I=mv0． 代入数据解得 v0=3m/s （2）对A：aA=μ2mAgmA=μ2g=4m/s2． 对B：aB=μ2mAg-μ1mA+mBgmB 代入数据解得 aB=1m/s2． A对地做匀减速运动，B对地做匀加速运动，设A、B达到相同速度为v，所需时间为t，A的位移为xA，B的位移为xB． 对A：v=v0-aAt xA=v2-v022(-aA) 对B：v=aBt xB=12aBt

46、2 代入数据解得 v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18m A对B的位移为△x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m＜1m，假设成立 故此过程中，A、B之间因摩擦产生的热量 Q=μ2mAg 解得 Q=10.8J （2）A、B达到相同速度后，设二者保持静止，整体减速的加速度为 a=μ1mA+mBgmA+mB=μ1g＜μ2g，则假设成立． 此后二者共同滑行的距离 x共=v22a=0．622×2=0.09m 故整个过程A对地的位移 x总=xA+x共=1.17m 点睛：本题的关键要分析两个物体的运动过程，根据物体的受力情况先求解加速度，并能抓住临界状态

47、：速度相同，采用隔离法和整体法结合分析． 25．为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1

48、（2）a=s1v0+v122s02 【解析】 （1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ， 则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg① 由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02② 联立①②得μ=a1g=v02-v122gs0③ （2）设冰球运动的时间为t，则t=v0-v1μg④ 又s1=12at2⑤ 由③④⑤得a=s1(v0+v1)22s02⑥ 【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。 26．如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的

49、速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长。求： （1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？ （2）经多长时间两者达到相同的速度？共同速度是多大？ （3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=l0m/s2）． 【答案】（1）2m/s2，0．5m/s2（2）4s（3）12．4m 【解析】 试题分析：（1）物块的加速度μmg=ma1，所以a1=3m/s2； 小车的加速度：F－μmg=Ma2，所以a2=0.5m/s2。 （2）由：v0+a2t1=

50、a1t1，得t1=1s。 （3）在开始1s内小物块做匀加速运动，最大速度：v=a1t1=3m/s， 在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度：对系统F=（M+m）a3 物体位移s=12a1t12+a1t1(t－t1)+12a3(t－t1)2=3.125m。 考点：匀变速直线运动规律的应用。 27．如图甲所示，斜面的倾角α=30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1=1m，bc边的边长L2=0.6m，线框的质量m=1kg，线框的电阻R=0.1Ω，线框受到沿斜面向上的恒力F的作用，已知F=15N，线框与斜面间的动摩擦因数μ=33．线框的边ab∥ef∥g

51、h，斜面的ef hg区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B-t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x=5.1m，取g=10m/s2．求： （1）线框进入磁场前的加速度a； （2）线框进入磁场时匀速运动的速度v； （3）在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v-t图象； （4）线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q． 【答案】（1）5 m/s2 （2）2 m/s （3）如图； （4）3．5 J 【解析】 试题分析

52、：（1）线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力F、斜面的支持力和线框的摩擦力作用，由牛顿第二定律：F－mgsinα－μmgcosα=ma 得线框进入磁场前的加速度a="5" m/s2 （2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab边进入磁场切割磁感线， 产生的电动势E1=BL1v 形成的感应电流I1=E1R 受到沿斜面向下的恒定的安培力F安＝BI1L1 线框受力平衡，有F＝mgsin α＋μmgcosα＋F安 此时磁感应强度必恒定不变B=0．5 T，代入数据解得v＝2 m/s （3）线框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间 t1=va=0．4 s

53、 进入磁场过程中线框做匀速运动的时间t2=L2v=0．3 s 线框完全进入磁场后至运动到gh线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5 m/s2，该过程有x-l2＝vt3＋12at23，解得t3="1" s 线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v－t图象如图； （4）线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间 t4=t1＋t2＋t3－0．9 s=0．8 s E2=ΔB·SΔt=0.5×0.62.1-0.9V=0.25V 此过程产生的焦耳热Q2=E22Rt4= 0．5 J 线框匀速进入磁场过程中产

54、生的焦耳热Q1= I12Rt2 ="3" J 线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热 Q= Q1+ Q2=3．5 J 考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律的应用 【名师点睛】本题是电磁感应、牛顿第二定律以及能量守恒定律的综合题目；解题时分析线框的受力情况，确定其运动情况是关键，解题时要能分阶段处理物理过程；同时注意要牢记一些经验公式，例如安培力的经验表达式FA=B2l2vR，要会推导。 28．如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁

55、场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面，t=0时刻，给导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0，在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。 （1）求可控电阻R随时间t变化的关系式； （2）若已知棒中电流强度为I，求0∼t时间内可控电阻上消耗的平均功率P； （3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下；而由题干条件，棒将运动位移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】试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为v0，加速度大小为a，经时间t后，棒的速度变为v，则有：v=v0-at 而a=BILm，t=0时刻棒中电流为：I=BLv0R0+r，经时间t后棒中电流为：I=BLvR+r， 由以上各式得：R=R0-B2L2mt。 （2）因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求功率为：， 由以上各式得：P=I2(R0-B2L2t2m)。 （3）将可控电阻改为定值电阻R0，棒将变减速运动，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。 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。 29．（本题8分）我国某城市某交通路口绿灯即将结束时会持续闪烁3 s，而后才会变成黄灯，再在3秒黄灯提示后再转为红灯。2013年1月1日实施新的交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为。（本题中的刹车过程均

58、视为匀减速直线运动） （1）若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18 m，该车刹车前的行驶速度不能超过多少? （2）若某车正以v0＝15 m／s的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L＝48.75 m，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内。求该车驾驶员的允许的考虑时间。 【答案】（1）12 m/s （2）0.5 s 【解析】 试题分析：（1）设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为 根据平均速度公式（2分） 解得（2分） （2）该车驾驶员的允许的反应时间最大值为，反应时间内车行驶的距离为

59、 （2分） 从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间 （2分） 设汽车在刹车过程中通过的位移为（2分） 绿灯开始闪烁时，该车距停车线距离为L （2分） 解得（1分） 即该车驾驶员的考虑时间不能大于0.5 s。（1分） 考点：匀变速直线运动位移和时间的关系，匀变速直线运动速度与时间的关系 30．（20分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物

60、块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求 （1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离。 【答案】（1）μ1=0.1μ2=0.4（2）6m（3）6.5m 【解析】 （1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v=4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有μ2g=4m/s-0m/s1s 解得μ2=0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速

61、运动时间t=1s，位移x=4.5m，末速度v=4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x=vt+12at2 带入可得a=1m/s2 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g=a 可得μ1=0.1 （2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M+m)g+μ2mg=Ma1 可得a1=43m/s2 对滑块，则有加速度a2=4m/s2 滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t1=1s 此时，木板向左的位移为x1=vt1-12a1t12=103m末速度v1=83m/s 滑块向右位移x2=4m/s+02t1=2m 此后，木块开始向左加速，加速度仍为a2=4m/s2

62、 木块继续减速，加速度仍为a1=43m/s2 假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2=v1-a1t2 解得t2=0.5s 此过程，木板位移x3=v1t2-12a1t22=76m末速度v3=v1-a1t2=2m/s 滑块位移x4=12a2t22=12m 此后木块和木板一起匀减速。 二者的相对位移最大为Δx=x1+x3+x2-x4=6m 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m （3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a=μ1g=1m/s2 位移x5=v322a=2m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x1+x3+x5=6.5m 【考点定位】牛顿运动定律 【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁 26