第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律的应用

第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律的应用1．如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据．伽利略可以得出的结论是( )．A ．物体具有惯性B ．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C ．物体运动的距离与时间的平方成正比D ．物体运动的加速度与重力加速度成正比解析 由表可知，伽利略研究的是物体沿斜面运动的距离与时间的关系．由计算可得每一组数据中第三列数据大约总是第一列数据的33倍左右，故可以得出物体运动的距离与时间的平方成正比，所以C 选项正确．答案 C2．一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小．能正确描述F 与a 之间的关系的图象是( )．解析 当拉力F 小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F 大于最大静摩擦力时，根据F －f ＝ma 知：随F 的增大，加速度a 增大，故选C.答案 C3．2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图1－2－2(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )．A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B ．在0.4 s ～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D ．在0.4 s ～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析 由v －t 图象中图线与t 轴围成的面积，可估算出飞机在甲板上滑行的距离约为103 m ，即大约是无阻拦索时的110，A 正确．由题图的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度大约保持在a ＝27.6 m/s 2＞2.5g ，故C 正确；飞机的速度很大，空气阻力的影响不能忽略，且阻力随速度的减小而减小，所以要保持加速度不变，阻拦索的张力要逐渐减小，B 错误；由P ＝F v 知，阻拦索对飞机做功的功率逐渐减小，故D 错误．答案 AC主要题型：选择题、计算题 热点聚焦(1)匀变速直线运动的规律及应用(2)运动图象与匀变速直线运动规律的综合应用(3)运动图象与牛顿第二定律的综合应用(4)动力学的两类基本问题命题趋势(1)单独考查匀变速直线运动的规律、运动图象的应用以及牛顿运动定律及其应用，题型一般为选择题．(2)力和运动的关系大多结合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析综合考查，题目一般为计算题；涉及的题目与实际密切联系．考向一 运动图象的应用(1)高考中关于动力学问题的图象主要有x －t 图象、v －t 图象、a －t 图象、F －t 图象等．(2)在v －t 图象中：①“点”的意义：图象上的任一点表示对应时刻物体的速度．②“线”的意义：任一段线段在v 轴上的投影长表示在对应时间段内物体速度的变化量．③“斜率”的意义：“斜率”表示物体的加速度．④“面积”的意义：图象与坐标轴围成的“面积”表示物体在对应的时间段内发生的位移．⑤“截距”的意义：纵轴截距表示物体出发时的速度，横轴截距表示物体出发时距计时起点的时间间隔或速度为零的时刻．【典例1】 甲、乙两物体在t ＝0时刻经过同一位置沿x 轴运动，其v －t 图象如图所示，则( )．A ．甲、乙在t ＝0到t ＝1 s 之间沿同一方向运动B ．乙在t ＝0到t ＝7 s 之间的位移为零C ．甲在t ＝0到t ＝4 s 之间做往复运动D ．甲、乙在t ＝6 s 时的加速度方向相同审题流程确定图象为v －t 图象错误!错误!错误!选项B 、D 均正确．解析 题目给出了v －t 图象，根据v －t 图象正、负的含义、斜率、面积的意义解决问题．在0～1 s 内甲沿x 轴正方向运动，乙先沿x 轴负方向运动后沿x 轴正方向运动，选项A 错误；在0～7 s 内乙的位移x＝－v 02×0.5 s ＋v 02×0.5 s ＋v 02×3 s －v 02×3 s ＝0，选项B 正确；在0～4 s 内甲的速度恒为正值，始终沿x 轴正方向运动，选项C 错误；在t ＝6 s 时，甲、乙速度图象的斜率均为负值，即甲、乙的加速度方向沿x 轴负方向，选项D 正确答案 BD1．求有关图象问题的思路(1)首先弄清图象纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)．(2)利用图象分析动力学问题时，关键要将题目中的物理情境与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出判断． (3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义，从而充分利用图象提供的信息来解决问题．2．从v －t 图象中可读取的四个运动量(1)运动速度：从速度轴上直接读出，正负表示运动方向．(2)运动时间：从时间轴上直接读出时刻，取差得到运动时间．(3)运动加速度：由图线的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向．(4)运动的位移：由图线与时间轴围成的面积得到位移，图线与时间轴围成的面积表示位移的大小，时间轴以上的面积表示与规定的正方向相同，时间轴以下的面积表示与规定的正方向相反．【预测1】 物体A 、B 的x －t 图象如图1－2－4 所示，由图可知( )．A ．从第3 s 起，两物体运动方向相同，且v A >v B B ．两物体由同一位置开始运动，但物体A 比B 迟3 s 才开始运劝C ．在5 s 内两物体的位移相同，5 s 末A 、B 相遇D ．5 s 内A 、B 的平均速度相等解析 x －t 图象斜率的大小表示物体运动的速度大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A 正确；B 物体的出发点在离原点5 m 处，A 物体的出发点在原点处，B 错误；物体B 在5 s 内的位移为10 m －5 m ＝5 m ，物体A 在3 s ～5 s 内的位移为10 m ，故C 、D 错误．答案 A【预测2】 如图所示，A 、B 分别是甲、乙两球从同一地点沿同一直线运动的v －t 图象，根据图象可以判断下列说法正确的是( )．A ．两球在t ＝2 s 时速率相等B ．两球在t ＝8 s 时相距最远C ．两球运动过程中不会相遇D ．两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，加速度大小相等、方向相反解析 根据题图，在t ＝2 s 时，甲球速度为20 m/s ，乙球速度为－20 m/s ，所以它们速率相等，选项A 正确；利用“面积”求位移，可知甲、乙两球在t ＝8 s 时同时回到出发点相遇，选项B 、C 错误；在整个运动过程中，两条图线的斜率保持不变，这表示它们运动时做的都是匀变速直线运动，开始时甲、乙两球做初速度方向相反的匀减速直线运动，当它们速度减为零后，又反向做初速度为零的匀加速直线运动，因为两条图线的斜率一正一负，绝对值不同，这说明它们的加速度方向相反，大小不等，选项D 错误．答案 A【预测3】 甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v －t 图象如图所示，则( )．A ．1 s 时甲和乙相遇B ．0～6 s 内甲、乙相距最大距离为1 mC ．2 s ～6 s 内甲相对乙做匀速直线运动D ．4 s 时乙的加速度方向反向解析 由图线与时间轴包围的“面积”表示位移可知，在1 s 时乙的位移大于甲的位移，甲、乙不能相遇，A 项错误；在2 s 时，甲、乙相遇，在2 s ～6 s 内，乙的位移为零，甲的位移x 甲＝8 m ，因此0～6 s 内甲、乙相距最大距离为8 m ，B 项错误．由于在2 s ～6 s 内，二者加速度相同，因此甲相对乙做匀速直线运动，C 对；4 s 时乙的加速度方向没变，速度反向，因此正确选项为C.答案 C考向二 匀变速直线运动规律的应用【典例2】 水平桌面上有两个玩具车A 和B ，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R .在初始时橡皮筋处于拉直状态，A 、B 和R 分别位于直角坐标系中的(0,2l )、(0，－l )和(0,0)点．已知A 从静止开始沿y 轴正向做加速度大小为a 的匀加速运动，B 平行于x 轴朝x 轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R 在某时刻通过点(l, l )．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B 运动速度的大小．解析 设B 车的速度大小为v .如图，标记R 在时刻t 通过K (l ，l )，此时A 、B 的位置分别为H 、为y A ＝2l ＋12at 2①x B ＝v t ②在刚开始运动时，G .由运动学公式，H 的纵坐标y A 、G 的横坐标x B 分别标记R 到A 和B 的距离之比为2∶1，即OE ∶OF ＝2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R 到A 和B 的距离之比都为2∶1.因此，在时刻t 有HK ∶KG ＝2∶1③由于△FGH ∽△IGK ，有HG ∶KG ＝x B ∶(x B －l )④HG ∶KG ＝(y A ＋l )∶2l ⑤由③④⑤式得x B ＝32l ⑥，y A ＝5l ⑦联立①②⑥⑦式得v ＝146al 答案 146al 1.2．求解匀变速直线运动问题的一般思路审题→画出示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→求解方程【预测4】 做匀加速直线运动的质点在第一个7 s 内的平均速度比它在第一个3 s 内的平均速度大6 m/s ，则质点的加速度大小为( )．A ．1 m/s 2 B ．1.5 m/s 2 C ．3 m/s 2 D ．4 m/s 2解析 由匀加速直线运动规律可知，一段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，结合题意可知，v 3.5－v 1.5＝6 m/s ，时间间隔t ＝2 s ，因此可得加速度为a ＝v 3.5－v 1.5t＝3 m/s 2.对比各选项可知答案选C.答案 C 【预测5】 2013年11月25日，我国首次舰载机阻拦着舰试验取得圆满成功！与岸基飞机着陆时可缓慢减速平飞不同，舰载机着陆必须加速，一旦舰载机尾钩未能挂住阻拦索，必须能快速拉升逃逸．假设“歼15”战机着舰速度为27 m/s ，钩住阻拦索后能在3 s 内匀减速停下．若没有钩住阻拦索，必须加速到50 m/s 才能安全飞离航母，航母甲板上可用于战机加速的长度仅有200 m ．求：(1)“歼15”战机在钩住阻拦索后的减速过程中的加速度和滑行距离是多大？(2)“歼15”战机在甲板上加速飞行的加速度至少是多少？解析 (1)0＝v 0＋a 1t a 1＝0－v 0t ＝－9 m/s 2，s 1＝v －t ＝v 0＋02t ＝40.5 m 减速过程中加速度大小是9 m/s 2，滑行了40.5 m (2)a 2＝v 21－v 202s 2≈4.43 m/s 2战机在甲板上加速飞行的加速度至少是4.43 m/s 2答案 (1)9 m/s 2 40.5 m (2)4.43 m/s 2 考向三 运动图象与牛顿第二定律的综合应用1.运动图象及其应用 特别提醒2．牛顿第二定律(1)公式：F ＝ma (2)【典例3】 一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g ＝10m/s 2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．解析 (1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木块具有共同速度为止．由题图可知，在t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1①a 2＝v 0－v 1t 1②式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2④联立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，则由牛顿第二定律得f ＝ma 1′⑦2μ2mg －f ＝ma 2′⑧假设f ＜μ1mg ，则a 1′＝a 2′；由⑤⑥⑦⑧式得f ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾，故f ＝μ1mg ⑨由⑦⑨式知：物块加速度的大小a 1′等于a 1；物块的v －t 图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s 1＝2×v 212a 1⑩s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′⑪ 物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m 答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m求解动力学问题的基本思路【预测6】 我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7 020 m的深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6 500 m)．这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界．假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是( )．A ．图中h 3代表本次下潜最大深度与时间轴平行的直线 倾斜的直线B ．全过程中最大加速度是0.025 m/s 2C ．潜水员感到超重发生在3～4 min 和6～8 min 的时间段内D ．整个潜水器在8～10 min 的时间段内机械能守恒解析 题图(a)中h 3代表本次下潜最大深度，A 正确；而v －t 图象的斜率表示物体运动的加速度，所以0～1 min 和3～4 min 内的加速度最大，a ＝130m/s 2，B 错误；当加速度向上时，物体处于超重状态，所以当潜水员向下做减速运动和向上做加速运动的过程都处于超重状态，故3～4 min 内和6～8 min 内为超重状态，C 正确；潜水器在8～10 min 时间段内的加速度为a ′＝140m/s 2，故潜水器除受重力外还受到其他外力作用，机械能不守恒，D 错误．答案 AC 【预测7】 如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量m＝0.8 kg 的物体受到平行斜面向上的力F 作用，其大小F 随时间t 变化的规律如图乙所示，t ＝0时刻物体速度为零，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )．A ．0～1 s 时间内物体的加速度最大B ．第2 s 末物体的速度为零C ．2～3 s 时间内物体向下做匀加速直线运动D ．第3 s 末物体回到了原来的出发点解析 重力沿斜面向下的分力为F 1＝mg sin 30°＝4 N ，可知2～3 s 内物体加速度最大，A 错；由于0～1 s 内和1～2 s 内加速度等大反向，2 s 末物体的速度大小为零，B 、C 均对；设在2～3 s 内物体的加速度大小为a 3，则有mg sin 30°－F 3＝ma 3，a 3＝3.75 m/s 2，而a 1＝F 1－mg sin 30°m ＝1.25 m/s 2，上升距离s 1＝1.25 m ，下降距离为s 2＝12a 3t 23＝1.875 m>s 1，D 错．答案 BC考向四 动力学两类问题【典例4】 如图1－2－10所示，在高为5 m ，倾角为11.5°的斜坡顶端A 点，有一质量为2 t 的小轿车从静止开始向下行驶，到达底端B 点时进入水平路面．发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N ，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104 N ，设该车在斜坡及水平地面上行驶时所受阻力分别为压力的0.1和0.2.已知sin 11.5°＝15，cos 11.5°＝4950，g ＝10 m/s 2.求：(1)该车行驶至斜坡底端时的速度及时间；(2)该车在水平路面上行驶至经济时速(最省油的行驶速度)90km/h 的时间．审题流程第一步：抓好两个分析→构建运动模型第二步：抓好衔接点→构建思路图解析 (1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得：F 1＋mg sin 11.5°－k 1mg cos 11.5°＝ma 1代入数据得：a 1≈2 m/s 2，由公式v 21＝2a 1s 1＝2a 1h sin 11.5°，得该车行驶至斜坡底端时的速度v 1＝10 m/s ，由v 1＝a 1t 1，得该车行驶至斜坡底端时所用的时间t 1＝v 1a 1＝102s ＝5 s(2)该车在水平地面上加速时，由牛顿第二定律得：F 2－k 2mg ＝ma 2，解得：a 2＝5 m/s 2，再由公式v 2＝v 1＋a 2t 2及v 2＝90 km/h ＝25 m/s 得，在水平地面上加速的时间为t 2＝v 2－v 1a 2＝25－105s ＝3 s 答案 (1)10 m/s 5 s (2)3 s应用牛顿第二定律解决动力学问题的步骤【预测8】 如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角θ＝30°.一个质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)，在沿斜面向上的拉力F ＝10 N 的作用下，由静止开始沿斜面向上运动．已知斜面与物体间的动摩擦因数μ＝36，取g ＝10 m/s 2.试求：(1)物体在拉力F 作用下的加速度a 1；(2)若拉力F 作用1.2 s 后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s .解析 (1)对物体受力分析，物体受到斜面对它的支持力F N ＝mg cos θ＝5 3 N ，物体受到斜面对它的摩擦力F f ＝μF N ＝2.5 N ，依据牛顿第二定律得物体的加速度a 1＝F －mg sin θ－F f m＝2.5 m/s 2.(2)拉力F 作用t 0＝1.2 s 后，速度大小为v ＝a 1t 0＝3 m/s 物体向上滑动的距离s 1＝12a 1t 20＝1.8 m 此后它将沿斜面向上做匀减速直线运动，其加速度大小a 2＝mg sin θ＋F f m ＝7.5 m/s 2这一过程物体向上滑动的距离s 2＝v 22a 2＝0.6 m 整个上滑过程移动的最大距离s ＝s 1＋s 2＝2.4 m.答案 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m【预测9】 交通路口是交通事故的多发地，驾驶员到交通路口时也格外小心．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为v 0＝8 m/s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为t ＝0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的25，g ＝10 m/s 2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线6.5 m ，他采取了上述措施后是否会闯红灯？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在行驶过程中应至少保持多大距离？解析 (1)甲车紧急刹车的加速度为a 1＝f 1m 1＝0.5m 1g m 1＝5 m/s 2，这段时间滑行距离s 1＝v 202a 1＝822×5m ＝6.4 m ，6．4 m ＜6.5 m ，甲车不会闯红灯，(2)乙车紧急刹车的加速度为a 2＝f 2m 2＝0.4m 2g m 2＝4 m/s 2，乙车刹车过程中的运动位移s 2＝v 202a 2＝822×4m ＝8 m ，乙车在司机反应时间内的运动位移：s 3＝v 0t ＝8×0.5 m ＝4 m ，Δs ＝s 2＋s 3－s 1＝5.6 m.答案 (1)不会 (2)5.6 m 技法二 图象法 图象法：用图象来描述两个物理量之间的关系是物理学中常用的方法．利用图象法分析解答问题直观、简捷．对于物理学中两个物理量之间的关系，图象除了能直接表明其变化特点，提供直观、清晰的物理图景外，图象与横轴所围的面积还可以表示第三个物理量(这个物理量一定是由图象中的两物理量的乘积所确定)，如速度－时间图象与横轴所围的面积为物体在这段时间内的位移等，充分利用图象带来的信息，也是求解物理题的一种有效的方法．反过来，充分利用图象的功能来解读题设条件中的物理情景，寻找物理量之间的关系的方法，无论是在学习还是现代科研中均被广泛应用．要运用图象正确地分析、解答物理问题，应对物理图象做到“三会”：会看、会用、会画．1．会看2.会用3.会画12t 1＝v 1a 1＝…，t 2＝v 1－v 2a 2＝…，t ＝t 1＋t 2＝…你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．解析图甲用v －t 图象可以确定怎样在尽量短的时间内走完直道．如图甲所示，根据题意可知，直线OA 、AB 的斜率(分别表示启动加速度和制动加速度)以及阴影部分的面积(表示直道的长度)都已经确定，所以先加速后减速是最省时间的运动方式．图乙按这位同学的解法，摩托车的v －t 图如图乙所示．t 1＝v 1a 1＝10 st 2＝v 1－v 2a 2＝2.5 s 根据图象与横轴所围的面积可求得车通过的位移为275 m ，大于直道长度218 m ，可知此解法不合理．图丙为使摩托车的位移减小至218 m ，且时间尽量短，应减小以上解法中摩托车加速时的末速度，使阴影面积恰等于218 m ，如图丙所示，则有218＝12v m t 1＋12(v m ＋20)(t －t 1)其中t 1＝v m a 1，t －t 1＝v m －20a 2.联立解得v m ＝36 m/s ，t ＝11 s 答案 见解析【即学即练】 如图直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位移—时间(x －t )图线，由图可知( )．A ．在时刻t 1，a 车追上b 车B ．在时刻t 2，a 、b 两车运动方向相反C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减少后增加D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 车的大解析 由题图可知，t 1时刻，b 车追上a 车，故A 错误．x －t 图象的斜率表示速度，由于t 2时刻a 、b 两图线的斜率一正、一负，故两车运动方向相反，B 正确；由b 图线的斜率的变化可以看出t 1到t 2这段时间b 车的速率先减少后反向增加，C 正确．如图所示，在t 3时刻b 图线的斜率与a 图线的相等，此时两车的速率相等，故D 错误．答案 BC1．某航母跑道长200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )． A ．5 m/s B ．10 m/s C ．15m/s D ．20 m/s解析 由v 2t －v 20＝2as 得：v 0＝v 2t －2as ＝502－2×6×200 m/s ＝10 m/s.答案 B2．如图1－2－13所示为某质点的v －t 图象，向右为运动的正方向，关于这个质点在4 s 内的运动情况，下列说法中正确的是( )．A ．0～2 s 内质点做直线运动，2～4 s 内质点做曲线运动B ．2s 末质点离出发点最远C ．2～4 s 内质点的平均速度为1 m/sD ．4 s 末质点位于出发点右侧解析 0～2 s 内质点做匀减速直线运动，2～4 s 内质点做加速度逐渐增大的直线运动，A 错；0～2s 内质点向左运动的位移为2 m,2～4 s 内质点向右运动的位移小于2 m ，所以2 s 末质点离出发点最远，4 s 末质点位于出发点左侧，B 对，D 错；2～4 s 内质点的平均速度小于1 m/s ，C 错．答案 B3．图为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y 随θ变化的图象分别对应图1－2－15中的( )．A ．①、②和③B ．③、②和①C ．②、③和①D ．③、①和②解析 由题意知，小球对斜面的压力F N ＝mg cos θ，随θ增大，F N 逐渐变小直至为零，y 1＝mg cos θmg ＝cos θ，对应③；小球的加速度a ＝g sin θ，y 2＝g sin θg＝sin θ，最大为1，对应②.重力加速度为g 不变，y 3＝g g＝1，对应①.所以选项B 正确．答案 B 4．某实验小组为了测量两种纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图1－2－16a所示的支架ABC ，其中BC 与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球．现将平板倾斜放置，如图b 所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB 的夹角为θ，则两纸之间的动摩擦因数为( )．A ．sin θB ．cos θC ．tan θD ．cot θ解析 以小球为研究对象，设小球的质量为m ，平板的倾角为α，线的拉力为T ，由牛顿第二定律得mg sin α－T cos θ＝ma ，mg cos α＝T sin θ.联立解得a ＝g sin α－g cos αcot θ，以装置(木块支架)整体为研究对象，由牛顿第二定律得g sin α－μg cos α＝a .又因小球的加速度与装置(木块支架)整体的加速度大小相等，所以μ＝cot θ.答案 D5．一辆汽车正以v 0＝30 m/s 的速度在平直路面上行驶，驾驶员突然发现正前方约50 m 处有一个障碍物，立即以大小为8 m/s 2的加速度刹车．甲、乙、丙、丁四位同学根据已知条件进行了有关问题的讨论．你认为下列说法正确的是( )．A ．甲同学认为汽车经过2 s 已撞上障碍物，理由是在2 s 时间内汽车通过的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝30×2 m ＋12×8×4 m ＝76 m>50 mB ．乙同学也认为经过2 s 汽车已撞上障碍物，理由是在2 s 时间内汽车通过的位移x ＝v 2－v 202a ＝0－3022×(－8)m ＝56.25 m>50 mC ．丙同学认为汽车经过2 s 不会撞上障碍物D ．丁同学认为条件不足，无法判断解析 甲把加速度a 代入正值，乙认为2 s 末车的速度为零，A 、B 错误．车停止时间t ′＝0－v 0a ＝－30－8s ＝3.75 s>2 s ，所以2 s 时间内汽车通过的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝30×2 m －12×8×4 m ＝44 m<50 m ，因此2 s 内车不会撞上障碍物，C 正确，D 错误．答案 C6．如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力F N 分别为(重力加速度为g )( )．A ．T ＝m (g sin θ＋a cos θ) F N ＝m (g cos θ－a sin θ)B ．T ＝m (g cos θ＋a sin θ) F N ＝m (g sin θ－a cos θ)C ．T ＝m (a cos θ－g sin θ) F N ＝m (g cos θ＋a sin θ)D ．T ＝m (a sin θ－g cos θ) F N ＝m (g sin θ＋a cos θ)解析 小球受力如图所示，由牛顿第二定律得水平方向：T cos θ－F N sin θ＝ma 竖直方向：T sin θ＋F N cos θ＝mg 解以上两式得T ＝m (g sin θ＋a cos θ) F N ＝m (g cos θ－a sin θ) 所以正确选项为A.答案 A7．如图1－2－18所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 的作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g ＝10 m/s 2，下列判断正确的是( )．A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D ．6 s ～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 2解析 由题图知4 s 后物块的摩擦力不随F 的变化而变化，即4s 后物块受到的是滑动摩擦力，此时物块沿力F 的方向开始运动，力F 在4 s 后开始做正功，选项A 错误；4 s 末物块受滑动摩擦力为F f ＝3 N ，此时拉力F 为4 N ，故水平方向合力F 合＝F －F f ＝1 N ，选项B 错误；由于F f ＝μmg ，故μ＝31.0×10＝0.3，选项C 错误；6 s ～9 s 内，F ＝5 N ，F f ＝3 N ，由a ＝F －F f m 得a ＝2.0 m/s 2，故选项D 正确．答案 D8．将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s ，它们运动的v －t 图象分别如直线甲、乙所示．则( )．A ．t ＝2 s 时，两球高度相差一定为40 mB ．t ＝4 s 时，两球相对于各自抛出点的位移相等C ．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D ．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等解析 运动过程与v －t 图象相结合．甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动，只是乙的运动滞后2 s ．因初始位置高度不同，所以无法确定t ＝2 s 时两小球的高度差，选项A 错误；v －t 图象中位移的大小等于图线与t 轴所围的面积，从图象中可以看出t ＝4 s时两球相对于各自抛出点的位移相等，选项B 正确；同时因抛出速度相同，所以从抛出至达到最高点的时间相同，从v －t 图象知，该时间间隔均为3 s ，选项D 正确；因两球抛出时高度不同且高度差不确定，运动时间就不确定，选项C 错误．答案 BD9．静止在光滑水平面上的物体，在如图1－2－20所示的水平力F 作用下朝某一方向运动，且图中有t 1＝t 0，t 2＝2t 0，t 3＝3t 0，则与F －t 图象相对应的v －t 图象和a －t 图象分别是( )．解析 设物体质量为m ，在0～t 1时间内，加速度a ＝F 0/m ，物体做初速度为零的匀加速直线运动，在t 1＝t 0时刻，速度v 0＝at 0＝F 0t 0/m ，所以这段时间对应的v －t 图象是经过原点的倾斜线段，对应的a －t 图象是平行于时间轴的水平线段；在t 1～t 2时间内，合外力F ＝0，加速度a ＝0，物体以速度v 0做匀速直线运动，所以这段时间对应的v －t 图象是平行于时间轴的水平线段，对应的a －t 图象与时间轴重合；同理，可分析出在t 2～t 3时间内的v －t 图象和a －t 图象．由以上分析可知选项A 、C 正确．答案 AC10．如图所示，总质量为460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s 的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g ＝10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是( )A ．所受浮力大小为4 830 NB ．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C ．从地面开始上升10 s 后的速度大小为5 m/sD ．以5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析 从地面刚开始竖直上升时v ＝0，空气阻力F f ＝0.由F 浮－mg ＝ma ，得F 浮＝m (g ＋a )＝4 830 N ，故A 正确；最终气球匀速上升，说明气球加速运动的过程中空气阻力逐渐增大，故B 错误；气球做加速度减小的加速运动，故加速到5 m/s 的时间大于10 s ，C 错误；匀速上升时F 浮－mg －F f ＝0，计算得F f ＝230 N ，D 正确．答案 AD11．近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全．如图1－2－22乙所示，停车线AB 与前方斑马线边界CD 间的距离为23m ．质量8 t 、车长7 m 的卡车以54 km/h 的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB ，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．(1)若此时前方C 处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104 N ．求卡车的制动距离；(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD .为确保行人安全，D 处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？解析 此题运用动能定理解答较简单，也可根据卡车刹车做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题．已知卡车质量m ＝8 t ＝8×103 kg 、初速度v 0＝54 km/h ＝15 m/s(1)设卡车减速的加速度为a ，由牛顿第二定律得：f。