A組·基礎(chǔ)練
1.(2024·河北卷)籃球比賽前，常通過觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學(xué)拍攝了該過程，并得出了籃球運(yùn)動(dòng)的v－t圖像，如圖所示。圖像中a、b、c、d四點(diǎn)中對(duì)應(yīng)籃球位置最高的是( )
A．a(chǎn)點(diǎn) B．b點(diǎn)
C．c點(diǎn) D．d點(diǎn)
【答案】 A
【解析】 由圖像可知，圖像第四象限表示向下運(yùn)動(dòng)，速度為負(fù)值。當(dāng)向下運(yùn)動(dòng)到速度最大時(shí)籃球與地面接觸，運(yùn)動(dòng)發(fā)生突變，速度方向變?yōu)橄蛏喜⒆鰟驕p速運(yùn)動(dòng)。故第一次反彈后上升至與a點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)，此時(shí)速度第一次向上減為零，到達(dá)離地面最遠(yuǎn)的位置。故四個(gè)點(diǎn)中籃球位置最高的是a點(diǎn)。故選A。
2.(2024·甘肅卷)小明測(cè)得蘭州地鐵一號(hào)線列車從“東方紅廣場(chǎng)”到“蘭州大學(xué)”站的v－t圖像如圖所示，此兩站間的距離約為( )
A．980 m B．1 230 m
C．1 430 m D．1 880 m
【答案】 C
【解析】 v－t圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示位移，故可得x＝(74－25＋94)×20×eq \f(1,2) m＝1 430 m，故選C。
3.(2024·全國(guó)卷)一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)，下列描述其位移x或速度v隨時(shí)間t變化的圖像中，可能正確的是( )
【答案】 C
【解析】 物體做直線運(yùn)動(dòng)，位移與時(shí)間成函數(shù)關(guān)系，A、B選項(xiàng)中一個(gè)時(shí)間對(duì)應(yīng)2個(gè)以上的位移，故不可能，故A、B錯(cuò)誤；同理D選項(xiàng)中一個(gè)時(shí)間對(duì)應(yīng)2個(gè)速度，只有C選項(xiàng)速度與時(shí)間是成函數(shù)關(guān)系，故C正確，D錯(cuò)誤。
4.(2024·湖北武漢三模)如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球A、B，二者用一輕彈簧豎直連接，A的上端用輕繩系在足夠高的天花板上，初始時(shí)A、B均靜止?，F(xiàn)將輕繩剪斷，則從此刻開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前( )
A．A的加速度大小的最大值為g
B．B的加速度大小的最大值為2g
C．A的位移大小一定大于B的位移大小
D．A的速度大小均不大于同一時(shí)刻B的速度大小
【答案】 C
【解析】 設(shè)小球A與B的質(zhì)量為m，細(xì)線剪斷瞬間，彈簧長(zhǎng)度不變，彈力不變， B球的合力為零，則B球的加速度為零， A球加速度為aA0＝eq \f(mg＋mg,m)＝2g，兩小球從靜止開始下落，至彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)過程中，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x。對(duì)A球，由牛頓第二定律得mg＋kx＝maA，對(duì)B球，由牛頓第二定律得mg－kx＝maB可知隨著x減小，A球的加速度aA減小，B球的加速度aB增大，所以細(xì)線剪斷瞬間，A球的加速度最大，為2g，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)， B球的加速度最大，為 g，故A、B錯(cuò)誤；由上分析可知，從開始下落到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，A球的加速度大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一時(shí)刻B球的速度大小，故C正確，D錯(cuò)誤。
5.(2024·湖北宜昌一模)智能手機(jī)里一般都裝有加速度傳感器。打開手機(jī)加速度傳感器軟件，手托著手機(jī)在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，通過軟件得到加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，以豎直向上為正方向，重力加速度為g。下列說法正確的是( )
A．t1時(shí)刻手機(jī)處于完全失重狀態(tài)
B．t2時(shí)刻手機(jī)開始向上運(yùn)動(dòng)
C．t3時(shí)刻手機(jī)達(dá)到最大速度
D．手機(jī)始終沒有脫離手掌
【答案】 A
【解析】 t1時(shí)刻手機(jī)加速度為－g，方向豎直向下，手機(jī)處于完全失重狀態(tài)，故A正確；由題可知整個(gè)過程為先托著手機(jī)，0～t2內(nèi)向下做加速運(yùn)動(dòng)，t2～t3內(nèi)向下做減速運(yùn)動(dòng)，a－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為速度，t3時(shí)刻手機(jī)加速度為正方向的最大值，故t3速度小于t2速度，不是最大，故B、C錯(cuò)誤；手機(jī)加速度向上時(shí)受到手向上的支持力不會(huì)脫離手掌，手機(jī)加速度為－g的過程中處于完全失重狀態(tài)，可以說此過程手機(jī)和手脫離也可以說恰好沒有脫離手掌，故D錯(cuò)誤。故選A。
6.(2024·湖北武漢模擬)質(zhì)量為m的物塊放置在水平地面上，其與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq \f(\r(3),3)，重力加速度大小為g?，F(xiàn)對(duì)其施加一大小為mg的外力，則物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大為( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),3)))g B．eq \f(\r(3),3)g
C．g D．eq \f(2\r(3),3)g
【答案】 B
【解析】 對(duì)物塊受力分析，設(shè)外力與水平方向成θ，如圖。由牛頓第二定律Fcs θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化簡(jiǎn)可得eq \r(μ2＋1)Fsin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝eq \f(\r(3),3)，tan φ＝eq \f(1,μ)，當(dāng)sin(θ＋φ)＝1時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)的加速度最大為am＝eq \f(\r(3),3)g，故選B。
7.(多選)(2024·山東濰坊三模)如圖甲是風(fēng)洞示意圖，風(fēng)洞可以人工產(chǎn)生可控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動(dòng)。在某次風(fēng)洞飛行表演中，質(zhì)量為50 kg的表演者靜臥于出風(fēng)口，打開氣流控制開關(guān)，表演者與風(fēng)力作用的正對(duì)面積不變，所受風(fēng)力大小F＝0.05v2(采用國(guó)際單位制)，v為風(fēng)速?？刂苬可以改變表演者的上升高度h，其v2與h的變化規(guī)律如乙圖所示。g取10 m/s2。表演者上升10 m的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是( )
A．打開開關(guān)瞬間，表演者的加速度大小為2 m/s2
B．表演者一直處于超重狀態(tài)
C．表演者上升5 m時(shí)獲得最大速度
D．表演者先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)
【答案】 AC
【解析】 打開開關(guān)瞬間，表演者高度為0，則有veq \\al(2,0)＝1.2×104 m2·s－2，根據(jù)牛頓第二定律有0.05veq \\al(2,0)－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A正確；根據(jù)圖像可知，當(dāng)風(fēng)力與表演者的重力相等時(shí)有0.05veq \\al(2,1)＝mg，解得veq \\al(2,1)＝1.0×104 m2·s－2，由v2＝1.2×104 m2·s－2－400h可知，重力與風(fēng)力大小相等時(shí)的高度為h1＝5 m可知，在高度小于5 m時(shí)，風(fēng)力大于重力，加速度方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，在高度大于5 m時(shí)，風(fēng)力小于重力，加速度方向向下，表演者處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；結(jié)合上述可知，表演者先向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，表演者上升5 m時(shí)，加速度為0，速度達(dá)到最大值，故C正確；結(jié)合上述可知，表演者先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC。
B組·綜合練
8.(多選)(2024·福建南平三模)如圖，輕彈簧一端連接質(zhì)量為m的物體A，另一端固定在豎直墻面上，A通過輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量為m的物體B連接，繩、彈簧與光滑水平桌面平行，A離滑輪足夠遠(yuǎn)、B離地面足夠高。初始時(shí)A位于O點(diǎn)，彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)將A由靜止釋放，設(shè)A相對(duì)O點(diǎn)的位移為x、速度為v、加速度為a、運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，彈簧彈力大小為F，輕繩張力大小為T，重力加速度為g。從開始運(yùn)動(dòng)到A第一次回到O點(diǎn)，下列圖像可能正確的是( )
【答案】 BC
【解析】 將A、B視為一個(gè)整體，在B的重力和彈簧彈力作用下，加速度隨位移線性變化，做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，從開始運(yùn)動(dòng)到A第一次回到O點(diǎn)過程中，物體先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧彈力為mg時(shí)，加速度為0，速度最大，之后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為0時(shí)，彈簧的彈力為2mg，此時(shí)相對(duì)O點(diǎn)位移最大，B、C正確；當(dāng)初始釋放時(shí)，A、B的加速度為mg＝2ma，解得a＝eq \f(g,2)，對(duì)B隔離分析可知mg－T＝ma，解得T＝eq \f(1,2)mg，由于物塊并不是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則彈力隨時(shí)間非線性變化，則整體加速度非線性變化，則繩張力非線性變化，D錯(cuò)誤。故選BC。
9.(2024·北京大興三模)如圖所示，a、b兩物體的質(zhì)量分別為ma和mb，由輕質(zhì)彈簧相連，當(dāng)用恒力F水平向右拉著a，使a、b一起沿粗糙水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x，加速度大小為a1。已知a、b兩物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則下列說法正確的是( )
A．如果恒力增大為2F，則兩物體的加速度增大為2a1
B．如果恒力增大為2F，則彈簧伸長(zhǎng)量仍為x
C．若水平面光滑，則彈簧伸長(zhǎng)量仍為x
D．若水平面光滑，則加速度大小仍為a1
【答案】 C
【解析】 根據(jù)題意，由牛頓第二定律，對(duì)整體有F－μmag－μmbg＝(ma＋mb)a1，對(duì)物體b有kx－μmbg＝mba1解得a1＝eq \f(F－μmag－μmbg,ma＋mb)＝eq \f(F,ma＋mb)－μg，x＝eq \f(mb(a1＋μg),k)＝eq \f(mbF,k(ma＋mb))，如果恒力增大為2F，同理可得，兩物體的加速度為a2＝eq \f(2F,ma＋mb)－μg>2a1，彈簧伸長(zhǎng)量x′＝eq \f(mb(a2＋μg),k)>x，故A、B錯(cuò)誤；若水平面光滑，同理可得a3＝eq \f(F,ma＋mb)>a1彈簧伸長(zhǎng)量x″＝eq \f(mba3,k)＝eq \f(mbF,k(ma＋mb))，故C正確，D錯(cuò)誤。
10.(2024·山西太原模擬)水果的碰傷閾值，是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止?fàn)顟B(tài)跌落的最大高度，導(dǎo)致蘋果碰傷所需的平均作用力為蘋果自身重力的3倍。不考慮其他因素的影響，若蘋果在某材料上的碰傷閾值為20 cm，則( )
A．蘋果的碰傷閾值與蘋果的質(zhì)量成正比
B．蘋果的碰傷閾值與蘋果的質(zhì)量無關(guān)
C．若跌落高度一定，給蘋果套上有空氣泡的塑料袋能減小它與該材料的作用時(shí)間
D．若跌落高度一定，給蘋果套上有空氣泡的塑料袋能減小它與該材料作用的沖量
【答案】 B
【解析】 設(shè)蘋果在某材料上的碰傷閾值為h，根據(jù)v2＝2gh得蘋果落到該材料速度大小v＝eq \r(2gh)，蘋果接觸材料過程中平均合力大小為F合＝3mg－mg＝2mg，平均加速度大小為a＝eq \f(F合,m)＝2g，在材料上減速到0需要時(shí)間t，所以有v＝at即eq \r(2gh)＝2gt，h＝2gt2，所以蘋果的碰傷閾值與蘋果的質(zhì)量無關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確；若跌落高度一定，給蘋果套上有空氣泡的塑料袋能增大它與該材料的作用時(shí)間，故C錯(cuò)誤；若跌落高度一定，給蘋果套上有空氣泡的塑料袋后，蘋果落到該材料速度大小不變，根據(jù)I＝m·Δv，它受到的總沖量不變，但因?yàn)樽饔脮r(shí)間增大，重力對(duì)蘋果向下的沖量增大，則該材料對(duì)蘋果作用的沖量也增大，故D錯(cuò)誤。
11.(多選)(2024·湖北宜荊二模)如圖甲所示，水平地面上固定一帶擋板的長(zhǎng)木板，一輕彈簧左端固定在擋板上，右端接觸滑塊，彈簧被壓縮0.45 m后鎖定，t＝0時(shí)解除鎖定，釋放滑塊，滑塊未脫離木板。計(jì)算機(jī)通過滑塊上的速度傳感器描繪出滑塊的v－t圖像如圖乙所示，其中ab段為曲線，bc段為直線，傾斜直線d是t＝0時(shí)的速度圖線的切線。已知滑塊質(zhì)量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是( )
A．滑塊速度最大時(shí)，彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)
B．滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5
C．彈簧的勁度系數(shù)k＝200 N/m
D．從靜止釋放到速度最大時(shí)滑塊的v－t圖像圍成的面積是0.35 m
【答案】 BD
【解析】 由v－t圖像可知，圖像的斜率表示物體的加速度，由題圖可知，解除鎖定后，物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，此時(shí)對(duì)物塊有F彈＝f＝kΔx，所以滑塊速度最大時(shí)，彈簧并不是原長(zhǎng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)滑塊脫離彈簧后，其在摩擦力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于v－t圖像的斜率代表加速度，由此可知其勻減速時(shí)的加速度大小為a減＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(0－1.50,0.55－0.25)))m/s2＝5m/s2，由牛頓第二定律有μmg＝ma減，解得μ＝0.5，故B項(xiàng)正確；初始時(shí)，有kx－μmg＝ma0，初始時(shí)其加速度a0由圖像可知，有a0＝eq \f(1.75－0,0.1－0) m/s2＝17.5 m/s2，解得k＝100 N/m，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由之前的分析可知，當(dāng)彈簧的彈力與滑塊的滑動(dòng)摩擦力大小相等時(shí)，其有kΔx＝μmg，解得Δx＝0.1 m，又因?yàn)関－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為物體的位移，所以從靜止釋放到速度最大時(shí)滑塊的v－t圖像圍成的面積，即為從靜止釋放到速度最大時(shí)滑塊的位移。所以滑塊的位移為s＝x－Δx＝0.35 m，故D項(xiàng)正確。故選BD。
12.(2024·遼寧丹東一模)2024年，東北地區(qū)：哈爾濱、長(zhǎng)春、沈陽、大連四座城市將有新的地鐵線路開通，新線路將會(huì)大大減輕交通壓力，加快城市的發(fā)展。沈陽地鐵一號(hào)線從S站到T站是一段直線線路，全程1.6 km，列車運(yùn)行最大速度為72 km/h。為了便于分析，我們用圖乙來描述這個(gè)模型，列車在S站從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度后立即做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)站前從最大速度開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直至到T站停車，且加速的加速度大小為減速加速度大小的eq \f(4,5)倍?，F(xiàn)勻加速運(yùn)動(dòng)過程中連續(xù)經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，S→A用時(shí)2 s，B→C用時(shí)4 s，且SA長(zhǎng)2 m，BC長(zhǎng)24 m。求：
(1)列車在C點(diǎn)的速度大??；
(2)列車勻速行駛的時(shí)間。
【答案】 (1)8 m/s (2)62 s
【解析】 (1)由x＝eq \f(1,2)at2可知a1＝1 m/s2
根據(jù)veq \f(t,2)＝eq \x\t(v)
可知BC段平均速度eq \x\t(v)BC＝eq \f(xBC,tBC)＝6 m/s
vC＝eq \x\t(v)BC＋a1×eq \f(1,2)tBC
vC＝8 m/s。
(2)由Δv＝a·Δt得勻加速階段用時(shí)t1＝eq \f(v,a1)＝20 s
勻減速階段用時(shí)t2＝eq \f(v,\f(5,4)a1)＝16 s
由eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)得勻加速階段位移x1＝eq \x\t(v)·t1＝200 m
勻減速階段位移x2＝eq \x\t(v)·t2＝160 m
勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq \f(x－x1－x2,v)＝62 s。
13.(2024·全國(guó)卷)為搶救病人，一輛救護(hù)車緊急出發(fā)，鳴著笛沿水平直路從t＝0時(shí)由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s時(shí)停止加速開始做勻速運(yùn)動(dòng)，之后某時(shí)刻救護(hù)車停止鳴笛，t2＝41 s時(shí)在救護(hù)車出發(fā)處的人聽到救護(hù)車發(fā)出的最后的鳴笛聲。已知聲速v0＝340 m/s，求：
(1)救護(hù)車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；
(2)在停止鳴笛時(shí)救護(hù)車距出發(fā)處的距離。
【答案】 (1)20 m/s (2)680 m
【解析】 (1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度公式v＝at1
可得救護(hù)車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小
v＝2×10 m/s＝20 m/s。
(2)救護(hù)車加速運(yùn)動(dòng)過程中的位移
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝100 m
設(shè)在t3時(shí)刻停止鳴笛，根據(jù)題意可得
eq \f((t3－t1)·v＋x1,v0)＋t3＝t2
停止鳴笛時(shí)救護(hù)車距出發(fā)處的距離
x＝x1＋(t3－t1)×v
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得x＝680 m。

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