高考物理二輪復習熱點題型歸納練習專題02：直線運動綜合規(guī)律（2份打包，原卷版+解析版）-試卷下載-教習網

考點1 勻變速直線運動規(guī)律的應用1
考點2 運動圖象問題3
考點3 動力學中的連接體問題5
考點4 整體法與隔離法在動力學問題中的應用6
考點5 動力學中的“傳送帶”模型8
考點6 動力學中的“板—塊”模型9
考點1 勻變速直線運動規(guī)律的應用
1．勻變速直線運動的基本規(guī)律
(1)速度關系：v＝v0＋at。
(2)位移關系：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。
(3)速度位移關系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax。
(4)某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度：eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝veq \s\d16(eq \f(t,2))。
(5)勻變速直線運動在相等時間內相鄰的兩段位移之差為常數，即Δx＝aT2。
2．追及問題的解題思路和技巧
(1)解題思路
(2)解題技巧
①緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關系式、速度關系式和位移關系式。
②審題應抓住題目中的關鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等，往往對應一個臨界狀態(tài)，滿足相應的臨界條件。
③若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動，最后還要注意對解的討論分析。
【典例1】（2021全國甲）如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將（）
A. 逐漸增大B. 逐漸減小C. 先增大后減小D. 先減小后增大
【答案】D
【解析】設PQ水平距離為L，由運動學公式可知
SKIPIF 1 < 0
可得
SKIPIF 1 < 0
可知 SKIPIF 1 < 0 時，t 有最小值，故當 SKIPIF 1 < 0 從由30°逐漸增大至60°時下滑時間t先減小后增大。
故選D。
【變式1-1】(2022·濰坊二模)中國自主研發(fā)的“暗劍”無人機，時速可超過2馬赫．在某次試飛測試中，起飛前沿地面做勻加速直線運動，加速過程中連續(xù)經過兩段均為120 m的測試距離，用時分別為2 s和1 s，則無人機的加速度大小是( )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：第一段的平均速度v1＝eq \f(x,t1)＝eq \f(120,2) m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝eq \f(x,t2)＝eq \f(120,1) m/s＝120 m/s，中間時刻的速度等于平均速度，則a＝eq \f(v2－v1,\f(1,2)（t1＋t2）)＝eq \f(120－60,1.5) m/s2＝40 m/s2，故B正確．
答案：B
【變式1-2】如圖所示，一小球(可視為質點)沿斜面勻加速下滑，依次經過A、B、C三點．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球經過AB和BC兩段所用的時間均為2 s，則小球經過A、B、C三點時的速度大小分別是( )
A．12 m/s，13 m/s，14 m/s
B．10 m/s，14 m/s，18 m/s
C．8 m/s，10 m/s，16 m/s
D．6 m/s，12 m/s，18 m/s
解析：根據Δx＝at2得a＝eq \f(Δx,t2)＝eq \f(30－18,4) m/s2＝3 m/s2，經過B點的瞬時速度等于通過AC段的平均速度，則vB＝eq \f(xAC,2t)＝eq \f(18＋30,4) m/s＝12 m/s，則經過C點的速度vC＝vB＋at＝12 m/s＋3×2 m/s＝18 m/s，
經過A點的速度vA＝vB－at＝12 m/s－3×2 m/s＝6 m/s，故D正確．
答案：D
考點2 運動圖象問題
1．解決圖象類問題“四個注意”
(1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。
(2)利用v-t圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點是否相同。
(3)物體的運動圖象與運動過程的轉化。
(4)x-t圖象、v-t圖象、a-t圖象的應用。
2．應用圖象時的“兩個誤區(qū)”
(1)誤認為v-t圖象、x-t圖象是物體運動軌跡。
(2)在v-t圖象中誤將交點認為此時相遇。
【典例2】賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動。下列 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點線的運動全過程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現船頭并齊的有（）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】A此圖是速度圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現甲乙船頭并齊，故A錯誤；
B．此圖是速度圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，速度圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會相同，所以在中途甲丙船頭會并齊，故B正確；
C．此圖是位移圖像，由圖可知，丁一直運動在甲的前面，所以中途不可能出現甲丁船頭并齊，故C錯誤；
D．此圖是位移圖像，交點表示相遇，所以甲戊在中途船頭會齊，故D正確。
故選BD。
【變式2-1】入冬以來，全國多地多次發(fā)生霧霾天氣，能見度不足20 m，在這樣的惡劣天氣中，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．兩輛車剎車時的v-t圖象如圖，則( )
A．若兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩輛車的間距一定小于100 m
B．若兩車發(fā)生碰撞，開始剎車時兩輛車的間距一定小于200 m
C．若兩車發(fā)生碰撞，則一定是在剎車后20 s以內的某時刻發(fā)生相撞
D．若兩車發(fā)生碰撞，則一定是在剎車后20 s以后的某時刻發(fā)生相撞
解析：由圖可知，兩車速度相等經歷的時間為20 s，甲車的加速度a1＝eq \f(－25,25) m/s2＝－1 m/s2，乙車的加速度a2＝eq \f(－15,30) m/s2＝－0.5 m/s2，兩車速度相等時，甲車的位移x甲＝v甲t＋eq \f(1,2)a1t2＝25×20 m－eq \f(1,2)×1×400 m＝300 m，乙車的位移x乙＝v乙t＋eq \f(1,2)a2t2＝15×20 m－eq \f(1,2)×0.5×400 m＝200 m，可知要不相撞，則兩車間的最小距離Δx＝300 m－200 m＝100 m，因為兩車發(fā)生碰撞，則兩車的距離小于100 m，故A正確，B錯誤；因為速度相等后，若不相撞，兩者的距離又逐漸增大，可知兩輛車一定是在剎車后的20 s之內的某時刻發(fā)生相撞的，故C正確，D錯誤．
答案：AC
【變式2-2】一汽車在高速公路上以v0＝30 m/s的速度勻速行駛，t＝0時刻，駕駛員采取某種措施，汽車運動的加速度隨時間變化的關系如圖所示，以初速度方向為正，下列說法正確的是( )
A．t＝6 s時車速為5 m/s
B．t＝3 s時車速為零
C．前9 s內的平均速度為15 m/s
D．前6 s內車的位移為90 m
解析：0～3 s，汽車做勻減速直線運動，3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s＝0，B正確；3～9 s，汽車做勻加速直線運動，t＝6 s時速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝
15 m/s，A錯誤；前3 s內的位移x3＝eq \f(0－veq \\al(2,0),2a1)＝eq \f(0－302,2×（－10）) m＝45 m，3～9 s內的位移x3～9＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)×5×62 m＝90 m，則前9 s內的位移為x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度為v＝eq \f(x9,t總)＝eq \f(135,9) m/s＝15 m/s，C正確；3～6 s內的位移x3～6＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×5×32 m＝22.5 m，則前6 s內的位移為x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D錯誤．
答案：BC
考點3動力學中的連接體問題
1．整體法的選取原則及解題步驟
(1)當只涉及系統(tǒng)的受力和運動情況而不涉及系統(tǒng)內某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。
(2)運用整體法解題的基本步驟：
eq \x(\a\al(明確所研究,系統(tǒng)和運動,的全過程 ))?eq \x(\a\al(畫出系統(tǒng)整體的,受力圖或運動全,過程的示意圖 ))?eq \x(\a\al(選用適當的,物理規(guī)律列,方程求解))
2．隔離法的選取原則及解題步驟
(1)當涉及系統(tǒng)(連接體)內某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。
(2)運用隔離法解題的基本步驟：
①明確研究對象或過程、狀態(tài)。
②將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態(tài)從系統(tǒng)或全過程中隔離出來。
③畫出某狀態(tài)下的受力圖或運動過程示意圖。
④選用適當的物理規(guī)律列方程求解。
【典例3】質量分別為m、2m的物塊A、B用輕彈簧相連，設兩物塊與水平面及斜面間的動摩擦因數都為μ。當用水平力F作用于B上，且兩物塊在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速運動時，彈簧的伸長量為x1，如圖甲所示；當用同樣大小的力F豎直提升兩物塊使它們以相同加速度向上加速運動時，彈簧的伸長量為x2，如圖乙所示；當用同樣大小的力F沿傾角為θ的固定斜面向上拉兩物塊使它們以相同加速度向上加速運動時，彈簧的伸長量為x3，如圖丙所示，則x1∶x2∶x3等于( )
甲乙丙
A．1∶1∶1 B．1∶2∶3
C．1∶2∶1 D．無法確定
【題眼點撥】①“相同的加速度”，采用整體法。
②“x1∶x2∶x3”采用隔離法。
【答案】A
【解析】對題圖甲，把物塊A、B和彈簧看作一個整體研究，根據牛頓第二定律得a1＝eq \f(F－3μmg,3m)＝eq \f(F,3m)－μg，對A有kx1－μmg＝ma1，解得x1＝eq \f(F,3k)；對題圖乙，把物塊A、B和彈簧看作一個整體研究，根據牛頓第二定律得a2＝eq \f(F－3mg,3m)＝eq \f(F,3m)－g，對A有kx2－mg＝ma2，解得x2＝eq \f(F,3k)；對題圖丙，把物塊A、B和彈簧看作一個整體研究，根據牛頓第二定律得a3＝eq \f(F－3mgsin θ－3μmgcs θ,3m)＝eq \f(F,3m)－gsin θ－μgcs θ，對A有kx3－mgsin θ－μmgcs θ＝ma3，解得x3＝eq \f(F,3k)，則x1∶x2∶x3＝1∶1∶1。故A正確，B、C、D錯誤。
考點4 整體法與隔離法在動力學問題中的應用
整體法與隔離法應用方法：
【典例4】水平地面上有一質量為 SKIPIF 1 < 0 的長木板，木板的左端上有一質量為 SKIPIF 1 < 0 的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 分別為 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 時刻F的大小。木板的加速度 SKIPIF 1 < 0 隨時間t的變化關系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數為 SKIPIF 1 < 0 ，物塊與木板間的動摩擦因數為 SKIPIF 1 < 0 ，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0
C. SKIPIF 1 < 0 D. 在 SKIPIF 1 < 0 時間段物塊與木板加速度相等
【答案】BCD
【解析】A．圖（c）可知，t1時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此時以整體為對象有
SKIPIF 1 < 0
故A錯誤；
BC．圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象，根據牛頓第二定律，有
SKIPIF 1 < 0
以木板為對象，根據牛頓第二定律，有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
故BC正確；
D．圖（c）可知，0~t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。
故選BCD。
【變式4-1】(2021·湖南懷化一中第一次月考)如圖所示，質量均為m的A、B兩小球分別用輕質細繩L1和輕彈簧系在天花板上的O點和O′點，A、B兩小球之間用一輕質細繩L2連接，細繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細繩L2水平拉直，則下列有關細繩L2被剪斷瞬間的表述正確的是( )
A．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1 B．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為cs2θ∶1
C．A與B的加速度之比為1∶1 D．A與B的加速度之比為1∶cs θ
【答案】B
【解析】對A球，剪斷細繩L2的瞬間，細繩L1的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細繩L1斜向下，細繩L1的拉力大小為FA＝mgcs θ，A球的加速度大小aA＝gsin θ；對B球，剪斷細繩L2的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向右，彈簧彈力大小FB＝eq \f(mg,cs θ)，B球的加速度大小aB＝gtan θ，所以eq \f(aA,aB)＝eq \f(cs θ,1)，eq \f(FA,FB)＝eq \f(cs2θ,1)。
考點5 動力學中的“傳送帶”模型
1．水平傳送帶問題
求解的關鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。
判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度。物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。
2．傾斜傳送帶問題
求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用，如果受到滑動摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據物體的受力情況確定物體的運動情況。當物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。
【典例5】(2021·黃山模擬)一傳送帶裝置如圖所示，其中AB段是水平的，長度LAB＝4 m，BC段是傾斜的，長度LBC＝5 m，傾角為θ＝37°，AB和BC由B點通過一段短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v＝4 m/s的恒定速率順時針運轉，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。現將一個工件(可看作質點)無初速度地放在A點，求：
(1)工件第一次到達B點所用的時間；
(2)工件沿傳送帶上升的最大高度；
(2)工件運動了23 s后所在的位置。
【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在A點右側2.4 m處
【解析】(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝μg＝5 m/s2
經t1時間工件與傳送帶的速度相同，解得
t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s
工件前進的位移為x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.6 m
此后工件將與傳送帶一起勻速運動至B點，用時
t2＝eq \f(LAB－x1,v)＝0.6 s
所以工件第一次到達B點所用的時間
t＝t1＋t2＝1.4 s。
(2)在傾斜傳送帶上工件的加速度為a2，由牛頓第二定律得μmgcs θ－mgsin θ＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由速度位移公式得0－v2＝2a2eq \f(hm,sin θ)
解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿傳送帶向上運動的時間為t3＝eq \f(2hm,vsin θ)＝2 s
此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度相同，在傳送帶的水平段運動時的加速度也相同，故工件將在傳送帶上做往復運動，其周期為T，則
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r間t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋3T，這說明經過23 s后工件恰好運動到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在A點右側，到A點的距離x＝LAB－x1＝2.4 m。
考點6動力學中的“板—塊”模型
1．模型特點：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。
2．兩種位移關系：滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動時，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長。
3．解題思路
(1)審題建模：求解時應先仔細審題，清楚題目的含義、分析清楚每一個物體的受力情況、運動情況。
(2)求加速度：準確求出各物體在各運動過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。
(3)明確關系：找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中應注意聯系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
【典例6】如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8 m、質量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質量m＝1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝eq \f(\r(3),2)。對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，物塊可視為質點。
(1)為使物塊不滑離木板，求力F應滿足的條件；
(2)若F＝37.5 N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。
【答案】(1)20 N0解得F>20 N
所以20 N30 N，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得
F－μmgcs α－Mgsin α＝Ma1
隔離物塊，由牛頓第二定律得
μmgcs α－mgsin α＝ma2
設物塊滑離木板所用時間為t
木板的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2
物塊的位移x2＝eq \f(1,2)a2t2
物塊與木板分離的臨界條件為
Δx＝x1－x2＝L
聯立以上各式解得t＝1.2 s
物塊滑離木板時的速度v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得x＝0.9 m。
易錯點【01】汽車剎車問題
汽車剎車自由阻力，沒有動力。所以汽車剎車是一個勻減速運動的過程，當速度為零時就會停止，之后不管多長時間都是靜止。所以我們應該特別關注一下汽車從剎車到停止需要多長時間以及相對應的位移。
易錯點【02】追及相遇問題
可概括為“一個臨界條件”“兩個關系”。
(1)一個臨界條件:速度相等。它往往是物體間能否追上或(兩者)距離最大、最小的臨界條件,也是分析判斷問題的切入點。
(2)兩個關系:時間關系和位移關系,通過畫草圖找出兩物體運動的時間關系和位移關系是解題的突破口。
易錯點【03】混淆兩個圖像：
Ⅰ、直線運動x-t圖像
①勻速直線運動的x－t圖象是一條傾斜的直線，如圖1中圖線甲；
②勻變速直線運動的x－t圖象是一條拋物線，如圖線乙。
③若x－t圖象是一條平行于時間軸的直線，則表示物體處于靜止狀態(tài)，如圖線丙。
Ⅱ、直線運動v-t圖像
①勻速直線運動的v－t圖象是與橫軸平行的直線，如圖中圖線甲。
②勻變速直線運動的v－t圖象是一條傾斜的直線，如圖線乙。
③若v－t圖象是曲線，不同點切線的斜率不同，表示物體做變加速運動。圖線丙表示物體的加速度逐漸變大，圖線丁表示物體的加速度逐漸減小。
易錯點【04】整體法和隔離法不會運用
1.求解各部分加速度都相同的連接體問題時，要優(yōu)先考慮整體法；如果還需要求物體之間的作用力，再用隔離法.求解連接體問題時，隨著研究對象的轉移，往往兩種方法交叉運用.一般的思路是先用其中一種方法求加速度，再用另一種方法求物體間的作用力或系統(tǒng)所受合力.無論運用整體法還是隔離法，解題的關鍵還是在于對研究對象進行正確的受力分析.
2.當物體各部分加速度相同且不涉及求內力的情況，用整體法比較簡單；若涉及物體間相互作用力時必須用隔離法.整體法與隔離法在較為復雜的問題中常常需要有機地結合起來運用，這將會更快捷有效.
1.（2021·湖南省衡陽市二模）如圖所示，2021個完全相同的小球通過完全相同的輕質彈簧（在彈性限度內）相連，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右運動，設1和2之間彈簧的彈力為 SKIPIF 1 < 0 ，2和3間彈簧的彈力為 SKIPIF 1 < 0 ，……，2020和2021間彈簧的彈力為 SKIPIF 1 < 0 ，則下列結論正確的是（）
A. 若水平面光滑，從左到右每根彈簧長度之比為1：2：3：…：2020
B. 若水平面光滑， SKIPIF 1 < 0
C. 若水平面粗糙， SKIPIF 1 < 0 的大小無法確定
D. 若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2020號小球的加速度突然反向
【答案】B
【解析】
B．以整體為研究對象，根據牛頓第二定律可得
F=2021ma
解得
SKIPIF 1 < 0
以后面的第1、2、3…2020個小球為研究對象，根據牛頓第二定律可得可知
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
… SKIPIF 1 < 0
則
F1-2：F2-3：……F2020-2021=1：2：3：……2020
故B正確；
A．由胡克定律知F=kx，結合A的分析可知從左到右每根彈簧伸長量之比為
x1-2：x2-3：……x2020-2021=1：2：3：……2020
但彈簧的長度之比不滿足1：2：3：…：2020，故A錯誤；
C．若水平面粗糙，設每個小球受的滑動摩擦力為f，則以整體為研究對象，根據牛頓第二定律可得
F-2021f=2021ma′
解得
SKIPIF 1 < 0
以后面的第1、2、3…2020個小球為研究對象，根據牛頓第二定律可得可知
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
… SKIPIF 1 < 0
則
F′1-2：F′2-3：……F′2020-2021=1：2：3：……2020
故C錯誤；
D．若水平面粗糙，撤去F的瞬間，第2020號小球所受的兩邊彈簧的彈力以及摩擦力都不變，則加速度不變，選項D錯誤。
故選B。
2.（2020全國Ⅰ卷）. 我國自主研制了運-20重型運輸機。飛機獲得的升力大小F可用 SKIPIF 1 < 0 描寫，k為系數；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度，已知飛機質量為 SKIPIF 1 < 0 時，起飛離地速度為66 m/s；裝載貨物后質量為 SKIPIF 1 < 0 ，裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變。
（1）求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；
（2）若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1 521 m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間。
【答案】(1) SKIPIF 1 < 0 ；（2）2m/s2， SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）空載起飛時，升力正好等于重力： SKIPIF 1 < 0
滿載起飛時，升力正好等于重力： SKIPIF 1 < 0
由上兩式解得： SKIPIF 1 < 0
（2）滿載貨物的飛機做初速度為零的勻加速直線運動，所以 SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0
由加速的定義式變形得： SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0
【易錯易錯分析】①求解v2時出現錯誤；②在計算飛機滑行過程中加速度的大小和所用時間時，運動學公式選擇不合適，增大計算難度。
3.（2021·山東省濟南市壓軸卷）在某路口，有按倒計時顯示的時間顯示燈．有一輛汽車在平直路面上正以36 km/h的速度朝該路口停車線勻速前行，在車頭前端離停車線70 m處司機看到前方綠燈剛好顯示“5”．交通規(guī)則規(guī)定：綠燈結束時車頭已越過停車線的汽車允許通過．
(1)若不考慮該路段的限速，司機的反應時間為1 s，司機想在剩余時間內使汽車做勻加速直線運動以通過停車線，則汽車的加速度至少為多大？
(2)若該路段限速60 km/h，司機的反應時間為1 s，司機反應過來后汽車先以2 m/s2的加速度沿直線加速3 s，為了防止超速，司機在加速結束時立即踩剎車使汽車勻減速直行，結果車頭前端與停車線相齊時剛好停下，求剎車后汽車加速度的大?。?結果保留兩位有效數字)
【答案】(1)2.5 m/s2 (2)6.1 m/s2
【解析】
試題分析：（1）司機反應時間內做勻速直線運動的位移是： SKIPIF 1 < 0 ；
加速過程： SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
代入數據解得： SKIPIF 1 < 0
（2）汽車加速結束時通過的位移： SKIPIF 1 < 0
此時離停車線間距為： SKIPIF 1 < 0
此時速度為： SKIPIF 1 < 0
勻減速過程： SKIPIF 1 < 0
帶入數據解得： SKIPIF 1 < 0
1、（2022·浙江1月卷·T2）下列說法正確的是（）
A. 研究甲圖中排球運動員扣球動作時，排球可以看成質點
B. 研究乙圖中乒乓球運動員的發(fā)球技術時，乒乓球不能看成質點
C. 研究丙圖中羽毛球運動員回擊羽毛球動作時，羽毛球大小可以忽略
D. 研究丁圖中體操運動員的平衡木動作時，運動員身體各部分的速度可視為相同
【答案】B
【解析】
A．研究甲圖中排球運動員扣球動作時，排球形狀和大小不能忽略，故不可以看成質點，故A錯誤；
B．研究乙圖中乒乓球運動員的發(fā)球技術時，要考慮乒乓球的大小和形狀，則乒乓球不能看成質點，故B正確；
C．研究丙圖中羽毛球運動員回擊羽毛球動作時，羽毛球大小不可以忽略，故C錯誤；
D．研究丁圖中體操運動員的平衡木動作時，運動員身體各部分有轉動和平動，各部分的速度不可以視為相同，故D錯誤；
故選B。
2、（2022·全國甲卷·T15）長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v（v < v0）。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a，則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為（）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】C
【解析】
由題知當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v（v < v0），則列車進隧道前必須減速到v，則有
v = v0 - 2at1
解得
SKIPIF 1 < 0
在隧道內勻速有
SKIPIF 1 < 0
列車尾部出隧道后立即加速到v0，有
v0 = v + at3
解得
SKIPIF 1 < 0
則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為
SKIPIF 1 < 0
故選C。
3.(2022·湖北·T6) 我國高鐵技術全球領先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設兩火車站W和G間的鐵路里程為1080 km，W和G之間還均勻分布了4個車站。列車從W站始發(fā)，經停4站后到達終點站G。設普通列車的最高速度為108 km/h，高鐵列車的最高速度為324 km/h。若普通列車和高鐵列車在進站和出站過程中，加速度大小均為0.5 m/s2，其余行駛時間內保持各自的最高速度勻速運動，兩種列車在每個車站停車時間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為（）
A. 6小時25分鐘B. 6小時30分鐘
C. 6小時35分鐘D. 6小時40分鐘
【答案】B
【解析】
108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s
由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍為總的節(jié)省時間，相鄰兩站間的距離
SKIPIF 1 < 0
普通列車加速時間
SKIPIF 1 < 0
加速過程的位移
SKIPIF 1 < 0
根據對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間
SKIPIF 1 < 0
同理高鐵列車加速時間
SKIPIF 1 < 0
加速過程的位移
SKIPIF 1 < 0
根據對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間
SKIPIF 1 < 0
相鄰兩站間節(jié)省的時間
SKIPIF 1 < 0
因此總的節(jié)省時間
SKIPIF 1 < 0
故選B。
4．（2021·廣東卷）賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動。下列 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 圖像描述了五條相同的龍舟從同一起點線同時出發(fā)、沿長直河道劃向同一終點線的運動全過程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現船頭并齊的有（）
A．B．C．D．
【答案】BD
【解析】
A．此圖是速度圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現甲乙船頭并齊，故A錯誤；
B．此圖是速度圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，速度圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會相同，所以在中途甲丙船頭會并齊，故B正確；
C．此圖是位移圖像，由圖可知，丁一直運動在甲的前面，所以中途不可能出現甲丁船頭并齊，故C錯誤；
D．此圖是位移圖像，交點表示相遇，所以甲戊在中途船頭會齊，故D正確。
故選BD。
5．（2021·湖南卷）物體的運動狀態(tài)可用位置 SKIPIF 1 < 0 和動量 SKIPIF 1 < 0 描述，稱為相，對應 SKIPIF 1 < 0 圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用 SKIPIF 1 < 0 圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿 SKIPIF 1 < 0 軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
質點沿 SKIPIF 1 < 0 軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有
SKIPIF 1 < 0
而動量為
SKIPIF 1 < 0
聯立可得
SKIPIF 1 < 0
動量 SKIPIF 1 < 0 關于 SKIPIF 1 < 0 為冪函數，且 SKIPIF 1 < 0 ，故正確的相軌跡圖像為D。
故選D。
1、（2021·北京市房山區(qū)一模）中國高速鐵路最高運行時速350km，被譽為中國“新四大發(fā)明”之一。幾年前一位來中國旅行的瑞典人在網上發(fā)了一段視頻，高速行駛的列車窗臺上，放了一枚直立的硬幣，如圖5所示。在列車行駛的過程中，硬幣始終直立在列車窗臺上，直到列車轉彎的時候，硬幣才倒下。這一視頻證明了中國高鐵極好的穩(wěn)定性。關于這枚硬幣，下列判斷正確的是
A．硬幣直立過程中，列車一定做勻速直線運動
B．硬幣直立過程中，一定只受重力和支持力，處于平衡狀態(tài)
C．硬幣直立過程中，可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用
D．列車加速或減速行駛時，硬幣都可能受到與列車運動方向相反的摩擦力作用
【答案】C
【解析】硬幣直立過程中，硬幣與列車間可能存在一定的摩擦力，列車做勻速直線運動時可以直立，列車在做加速度較小的加速運動時，所需要的摩擦力也會較小，也能使硬幣處于直立的狀態(tài)，故選項A錯誤；硬幣直立的過程，也可能處于加速運動狀態(tài)，故不一定處于平衡狀態(tài)，選項B錯誤；
硬幣直立過程中，可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用，選項C正確；列車加速時，硬幣受到的摩擦力與列車的運動方向相同，列車減速行駛時，硬幣受到摩擦力與列車運動方向相反，選項D錯誤。
2、（2021·北京市朝陽區(qū)一模）2020年11月18日，東北大部分地區(qū)發(fā)生罕見強雨雪風凍天氣，一日之內溫度驟降16℃，給生產生活帶來諸多不便。如圖所示，共享單車上結凍的冰柱都呈現水平方向。若僅從受力角度分析，下列推理可能正確的是
A．風力水平向左 B．風力水平向右 C．風力斜向左上 D．風力斜向右下
【答案】C
【解析】由于共享單車上結凍的冰柱都呈現水平方向，即它受到的合外力都是水平向左的，而冰柱的重力是豎直向下的，故風力一定是斜著左上方的，這樣風力與重力的合力的方向才可能是水平向左的，選項C正確。
3、（2021·北京市西城區(qū)一模）如圖1所示，用重物牽引小車在水平面上由靜止開始運動，小車后面連接紙帶，打點計時器在紙帶上打下一系列點。圖2為一次實驗得到的紙帶，A、B、C為打點計時器在紙帶上打下的三個點。下列說法正確的是
圖1
打點計時器
小車
重物
紙帶
圖2
C
A
B
A．圖2中的紙帶的右端與小車相連
B． A到B和B到C兩個過程中小車動能的變化量相等
C．若將小車的質量加倍，則小車的加速度一定減為原來的 SKIPIF 1 < 0
D．重物的質量越大，繩上拉力與重物重力的比值越小
【答案】D
【解析】由于小車由靜止開始向右運動，速度逐漸變大，而紙帶的左端點跡比較密，速度小，右端點跡稀疏，速度大，可見圖2中的紙帶的左端與小車相連，選項A錯誤；
若小車的速度是勻速增加的，即vB-vA=vC-vB，而小車從A到B和B到C的兩個過程中，動能的變化量為△EkAB= SKIPIF 1 < 0 mvB2- SKIPIF 1 < 0 mvA2= SKIPIF 1 < 0 m(vB2-vA2)= SKIPIF 1 < 0 m(vB-vA) (vB+vA)；同理可得△EkBC= SKIPIF 1 < 0 mvC2- SKIPIF 1 < 0 mvB2= SKIPIF 1 < 0 m(vC2-vB2)= SKIPIF 1 < 0 m(vC-vB) (vC+vB)，因為(vB+vA)< (vC+vB)，所以△EkABa2 B．若F1＝F2，則必有T1＝T2
C．若T1>T2，則必有F1＝F2 D．若T1T2，則必有a1>a2，根據牛頓第二定律，必有F1>F2，選項C錯誤；同理可知，選項D錯誤。
2．某學校組織趣味課外活動——拉重物比賽，如圖所示。設重物的質量為m，重物與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。某同學拉著重物在水平地面上運動時，能夠施加的最大拉力為F，求重物運動時的最大加速度為( )
A．eq \f(F,m)B．eq \f(F,m)－μg
C．eq \f(F,m)eq \r(1－μ2)－μgD．eq \f(F,m)eq \r(1＋μ2)－μg
【答案】D
【解析】由受力分析，重物受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，根據牛頓第二定律，在水平方向有Fcs θ－Ff＝ma，豎直方向有Fsin θ＋FN＝mg，滑動摩擦力Ff＝μFN，根據以上三式聯立可以求得a＝eq \f(Fcs θ＋μFsin θ,m)－μg，當tan θ＝μ時，加速度最大，最大加速度為amax＝eq \f(F,m)eq \r(1＋μ2)－μg，故D正確，ABC錯誤；故選D。
3．(2020·江西七校高三聯考)如圖所示，水平傳送帶AB長2 m，以2 m/s的速度沿順時針方向勻速運動?，F將一小物塊以3 m/s的水平初速度從A點沖上傳送帶。若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25，g取10 m/s2，則小物塊運動至傳送帶右端B點所用的時間是( )
A．0.5 sB．0.9 s
C．1.2 sD．1.5 s
【答案】B
【解析】剛沖上傳送帶時，由于物塊的速度為3 m/s，大于傳送帶的速度，所以物塊相對傳送帶向右運動，受到的滑動摩擦力方向向左，故做勻減速直線運動，a＝eq \f(μmg,m)＝2.5 m/s2，經歷的時間為t1＝eq \f(3－2,2.5) s＝0.4 s，相對地面發(fā)生的位移為s＝eq \f(22－32,－2×2.5) m＝1 m，之后兩者的速度相同，相對靜止的做勻速直線運動，經歷的時間為t2＝eq \f(2－1,2) s＝0.5 s，故小物塊運動至傳送帶右端B點所用的時間是t＝t1＋t2＝0.9 s，B正確。
4.(2020·黃岡市高三調研)甲、乙兩車在平直的公路上沿相同的方向行駛，兩車的速度v隨時間t的變化關系如圖所示，其中陰影部分面積分別為S1、S2，下列說法正確的是( )
A．若S1＝S2，則甲、乙兩車一定在t2時刻相遇 B．若S1>S2，則甲、乙兩車在0～t2時間內不會相遇
C．在t1時刻，甲、乙兩車的加速度相等 D．0～t2時間內，甲車的平均速度eq \x\t(v)S2，甲、乙兩車在0～t2時間內可能相遇，選項B錯誤；速度—時間圖象的斜率表示加速度，在t1時刻，甲的加速度小于乙的加速度，選項C錯誤；在0～t2時間內，甲車的平均速度eq \x\t(v)小于t1～t2時間內甲車的平均速度eq \x\t(v)1，在t1～t2時間內甲車的速度—時間圖線與坐標軸所圍圖形的面積小于做勻加速直線運動時速度—時間圖線與坐標軸所圍圖形的面積，因此eq \x\t(v)

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