1、答素及解析第7章质点的宣线运动第练描述直线运动的基本概念运动的图线的倾斜程度逐渐增大说明其速度逐渐增大,故D错误刷盲所得关于位移时间图像的几点说明:o位移时间图像只能描述直线运动不能描述曲线运动;图线斜率表示速度,交点表示相遇.CD解析若1s后的速度方向与该时刻速度方向相同,则速度变化的大小2-Ul8mS5ms3ms加速度堕二卫上3ms2;若ls后的速度方向与该时刻速度方向相反则速j度变化的大小o2l8ms5msl3ms加速度22二卫上13ms2;则物体速度变化大小的范围是313ms,平均加速度的大小范围是3l3ns2,故A、C、D正确,B错误。刷育所得当初未速度大小一定时,若初末速度方向相同
2、,则速度变化的大小最小;若初末速度方向相反,则速度变化的大小最大BC解析将题干中两式联立可得Aso-u0侧t若相等位移内A不变,那么在相等位移内速度变化就定相等,但在相等位移内的平均速度必然不相等,所以所用时间就不相等而t的乘积不变,故变化选项A错误;若A0且保持不变,则0故完成相等的位移所用时间t变小,由t乘积不变可知,逐渐变大,选项B正确;若A不变设物体在中间位置处的速度为U,则A2删罕-罕解得鹏竿,选顿c正确选顿错误-丁2砷卜题练丁即6CD月泛日题号答案勺垄司lBDP必会练蚜。BD解析枫叶在秋风的吹动下通常不会沿直线下落到地面,也就是说枫叶的位移常常大于10m,由于枫叶下落的时间为5s由
3、平均速度是位移与时间的比值可知A错误B正确;枫叶下落做变速运动则枫叶落地的瞬时速度不能确定,故C错误D正确2B解析加速度的值由零逐渐增大到某值后再逐渐减小到零的过程中,由于加速度的方向始终与速度方向相同所以速度逐渐增大,故A错误B正确;由于质点做方向不变的直线运动,所以位移逐渐增大故C错误;当加速度等于零后质点做匀速运动位移仍然增大故D错误3。BD解析由题图可知C到B的位移小于A到C的位移,虽然前者是正数,后者是负数但正负号仅表示方向,不表示大小,大小是指其绝对值,则A到C的位移大于C到B的位移,故A错误,B正确;位移是矢量,两个矢量的大小通过距离的长短来确定,故C错误;物体从A到B的位移为x
4、xlz29m5m4m,故D正确4解析遮光条经过光电门的时间很短,所以可以把遮光条经过光电门的平均速度看成滑块经过光电门时的瞬时速度即止0二94ms00ms故A正确.t00405.C解析乙车的卯t图像虽为曲线,但这不是运动轨迹,乙车做的是变速直线运动故A错误;由题图可知甲车在前6s内做的是匀速直线运动,之后处于静止状态,故B错误;在z图像中,图线的交点表示两车相遇,故两车相遇两次故C正确;图像中表示乙车6第2练匀变速直线运动的规律翰卜题练!题号l!答案题号l1答案BC78910BCDDBD通过的位移比后时间内通过的位移小故C错误5D解析设质点匀加速运动的加速度为,质点的速度分别为l、U2和3据运
5、动学公式可知o12xl;2“2,且o2lo3o2,联立以上三式解得旦L故D正确ABC错误.九2-勿l6.D解析根据匀变速直线运动的速度位移公式2o;2x可知蕊蛔-嘉蠢“-嘉所以c三!;4则翔-!;3故正确,A、B、C错误快解小球做初速度为零的匀加速直线运动且到达B点时的速度与到达C点时的速度之比为1:2,说明从A到B的时间与从B到C的时间相等则AB与BC的位移之比为l:3.7.BC解析分别作出物体做匀加速直线运动和匀减速直线运动的图像由图甲可知时刻物体的位移小于总位移的半.故中间位置对应的时刻应在中间时刻的右侧,故此时对应的速度l定大于o2;由图乙可知,时刻物体的位移大于总位移的半故中间位置对
6、应的时刻应在中间时刻的左侧,故此时对应的速度l定大于o2.由此可知不管物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动,都是lo2,故A、B正确,D错误;当物体做匀速直线运动时olU2故C正确45BDDl45BC甫B田韶皿印3BD13BD必会练0-uo-60-5l2s14s可知飞机在第14s内处干静止状态位移为0,故A正确,B、C、D错误刷盲所得刹车模型需先用匀变速直线运动中的速度时间关系（即oo0t）,求解速度减为零所需时间（可用逆向思维求解）然后根据所给时间进行具体分析.2.C解析质点在第个3s内的平均速度等于15s末的瞬时速度在第一个5s内的平均速度等于2.5s末的瞬时速度2,而1.5s末和2。5
7、s末相隔的时间为tls213ms,由oAt解得3ms2选项C正确3.BD解析设物体加速时的加速度大小为l,减速时的加速度大小为2根据速度时间关系可知,3S后物体的速度为l.3.,减遮运动中有-六二等所以畦度大小之比为1故A正确;加速运动时初速度为0减速运动时末速度为0,根据平均速度公式可知加逮运动时的平均速度大小为可午减速运动时平均速度大小为叮早,所以加速与减速阶段的平均速度大小之比为l:1,故B正确;由于加速时间和减速时间之比为1:3平均速度大小之比为l:1所以加速阶段的位移大小与减速阶段的位移大小之比为1:3,故C错误D正确.4BD解析根据加速度的定义可知,物体运动的加速度211二卫平,放
8、D止确;物体佳0段运动的位移蕊硼“24鹏,设物体经过b段中点的速度为ol,根据运动学公式可知似22解得似!5似,故A错误;物体经过b段中间时刻的速度2叶4删,故B正确;由于物体做匀加速直线运动后一半时间内的平均速度大于前半时间内的平均速度则前时间内搬m仁三矿异蘸吵】一句凸咋匹）甲乙刷育所得不管是匀加速直线运动,还是匀减速直线运动,中间时刻的瞬时速度均小于中间位置的瞬时速度.解折,即每顿鄙是小球运动的加逸度选02U3项A正确;因为斗表示从A点运动到底端的平均速度侗理亏、亏垄分别表示从B、C两点运动到底端的平均速度,故关系式不成立,选项B错误;AB、C三点为任意取的点,ls2不定等于s2s3,选项
9、c儒误;固-“则-十选项D正确:网离考卜题练透物理沙突破练噶9D解析设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度为汽车制动的总时间为t把汽车做匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动则有最后3内通过的位移顺2砸;丝;（m）,在最初3内通过的位移,刨2（3）2叁士（69）（m）,又因为5;,解栅4,故A皿、C错误,D正确TOBD解析汽车在l0s内的位移是卯l3502ml0（）m,由腆“,代人数据解得msA正确;由渺!删2期l7解得225msB正确;汽车从第1根运动到第7根电线杆的时间是t7,勿l7650m300m由匀变速直线运动规律得（）,可碍徽.（等）“（等）则打:误u雁憾0aBD解析物体在匀
10、加速过程中初速度为0则其平均速度为叮宁物体在匀减逮过程中初遮度为鹏,末遮度为0测【其平均遮度为可-宁-肾所以有可-雨-由十呵得-故A镭爆;巾二-丝和数学关系Jll2tl湍焉,敬B正确;巾-得到.故c错误油可-雨-知獭2（哉2）,故D眠确M.BC解析设汽车做匀加速直线运动的加速度为,则s砸,代则消耗榴凰v-（）-（州）仔-赃硼“;代人数掘解得20.汽车在第3根至第7根电线杆间运动所用的时间r7r320s10s10sC错误;汽车在第根至第7根电线杆间的平均速度为丽i300而lns20msD正确.BC解析若已估算出汽车碰撞时车速为45kmh,由题图可;h（勺压当A2丘时,消耗的油量最小即,最小耗抽量
11、赂二2m了放BC正确AD错误T5.B解析超声波射到汽车上所用的时间与超声波被反射回出发点所用的时间是相等的,这就是说,汽车在两个相等的时间段内共前进了40m因超声波通过两段位移用时相等则根据初速度为零的匀变速直线运动相邻的时间间隔内位移之比为l:3:5可知汽车在这两个相等的时间段内分别前进了10m和30m,超声波到达汽车时两者的距离为670ml0m680m超声波反射距离也为680m则超声波传播的总时间为二670瑞680.4,即超声彼自发射到射到汽车上所用的时间与超声波自被反射到返回出发点所用的时间都是2s对前2s分析根据位移公式可得绷垦,解得虱0ms,故止确A、c皿错误知若以45kmh的速度刹
12、车,刹车距离约为10m,所以若刹车痕长度为10m20m30m从图像可知对应的刹车前的速度约为75kmh,A错误B正确;若已知汽车开始刹车时车速为l08kmh由题图可知,刹车痕长度约为60m,减去碰撞前的刹车痕20m,对应的刹车痕为60m-20m40m,汽车发生碰撞时的速度约为85kmh,C正确,D错误2.CD解析由于物块做匀减速直线运动所以由o点到C点、B点A点的平均渐减小,故畔.放A错误C正确;由逆向思维可知,可认为是从A点由静止开始的匀加速直线运动,则有L十,山L2寸“（）2LL第3练自由落体自由落体运动和坚盲卜抛运动练一题号川顷题号4D解析由竖直上抛运动的对称性可知小球从最高点到A的时间
13、为粤,从最高点到B的时间为孕则从最高点到削点的高度垄为!-十g（从最高点至点的高度为h-（宁）,故咽闽点间的距离为删!-g（）g（）畸;略g故A、B、C错误,D正确5.B解析4个铁垫圈同时做自由落体运动,下降的位移之比为:3:5:7。可以看成个铁垫圈自由下落,经过的位移之比为1:3:5:7.因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间间隔内的位移之比为1:3:5:7,知各垫圈落到盘上的时间间隔相等,故A错误B正确;因为各垫圈落到盘上的时间间隔相等,则各垫圈依次落到盘上的时间之比为1:2:3:4根据ogt可知速率之比为1:2:3;4故C、D错误6.BD解析根据z且两物体下降的高度h相同知两物体落地的
14、遮度相同,敝A正确根掘-仔知下落的高度相同,则两物体运动的时问相同故B止确根据山g（叶2.）2g!（2雕2g）m可知dB的距离逐渐增大.故C错误;根据og（2s）gt20ms可知在A落地前B下落后的任时刻A、B两物体速度之差均为20ms故D正确7.B解析由题图可知,小球从20m高的地方落下,由自由落体运动规律可知落地时的速度lZ20ms;而碰后小球上升的高度为5m伺理可知,碰后的速度2z瓦l0ms故A错误,B正确;根据题图可知第次碰撞后小球上升的高度为5m,所以在24s内小球走过的路程为s25m10m故C错误;由题图可知从小球第二次弹起至第三次碰撞,用时1s,而第三次弹起时,其速度减小故在空中
15、运动时间减小,应在第6s前与地面发生第四次碰撞,故D错误答案lBCD日斗日日日必会练呵。BCD解析利略猜想自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动并未直接进行验证而是在斜面实验的基础上的理想化推理故A错误;们利略把实验和逻辑推理和谐地结合起来从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法故B正确;利略认为如果没有空气阻力重物与轻物应该下落得同样快,故C正确;们利略采用了斜面实验“冲淡,了重力的作用便于运动时间的测量,故D正确2解析根据动能定理对竖直向上抛出的小球有mgh砸删2,对竖直问卜抛出的小球有吧h咖1厕铡2整理可得两个小球落地的末速度谬二滥不计空气阻力两个小球都做匀变速直线运动,加速度都等于
16、重力加速度以竖直向下为正方向对竖直向上抛出的小球有tlol（）对竖直向g02U下抛出的小球有2,整理可得tlp2丝A正确.gg3.D解析由题意知小球在第5s内的位移是18m根据自由落体运动规律有辟颤;二8m,其中二54.,解得g4ms2,所以小球在2s末的速度ogt8ms故A正确;小球在第5内的平均速度丽华m.8m息,故B错误;小球在第2.内的位移2（x422十4l2）m二6m故C错误;小球在5内的位移h452m50m故D正确第4练匀变速直线运动规律的应用T镭铅匡匡睁镭品啼镶王旦练峰睁勺凹辩卜题练题号1答案D望（型）.漂盖塑）又擞c.可得:2“AB7:9,故A错误;根据匀变速直线运动中平均速度
17、的推论知,小球在咽段适动的时间!丽碧百竿（鼠）,在Bc段运动的时间2s!解桐对越段根位慈公式碍.霉答素及解木斤顾汽乍捌动的加遮度大小为侧（踩器27.5Ins2（也可采用酒后数据或行驶速度为其他值时的数据,其计算结果均为7.5ms2）选项C的说法错误;若汽车以25ms的速度行驶时,酒后驾驶的停车距离为“.7m60m,所以酒后驾驶不能安全停车选项D的说法正确。满万二等（詹）,解得;h3;7,故B止确;小球在Bc段巾间位2置耐大小嚷i祭i罕帖蛔敞们错课;小球邮c的平均透哉六（）大题练肌（l）ms2等ms,（2）50、解析（l）若列车车尾恰好停在A点右侧,减速运动的加速度大小为!,距离为zl则0;2腮
18、l200m200ml400m解得竿ms马若列车车头恰好停在B点减速运动的加速度为2,距离为撼0B2000m,则0谬;22撼愿解得二m巍故加速度“的大小取值范圈为m圈等咋毁（2）当列车车头恰好停在B点时,减速运动的时间最长,则0u02t,解得t50s.2（1）286（2）2080m42ms,故D正确刷育所得在匀变速直线运动中中间时刻的速度等于始末速啥半;中翰嗜孕2C解析在0ls内,l1ms2,物体从静止开始沿正向做匀加速运动-t图像是条倾斜直线,s末速度lllms;在12s内,2lms2,物体将仍沿正方向运动,但做匀减速运动,2s末速度2l2t0;23s内重复0s内的运动情况,34s内重复l2s
19、内的运动情况,故C正确3.D解析由于速度时间图像的斜率表示加速度,则A加速时咖畦度侧川等,助遮时咖谨腹侧三器-揣所以AB加速时的加速度大小之比为10:1故A错误;速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移,当A、B速度相等时,相距最远,由图像可知在2t0和3to之间的某时刻相距最远故B、C错误;当AB的t图线与坐标轴围成的面积相等时相遇根据图像可知在t60时刻,A、B位移相等,即相遇,故D正确.刷盲所得若两个质点从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动,则当两质点位移相等时相遇;当A、B速度相等时,相距最远,当AB的Ut图线与坐标轴围成的面积相等时,二者相遇.4解析设汽车在干燥地面上和潮湿地面上刹
20、车时加速度大小分别为利2.刹车点到障碍物的距离为勿.对于两种情况刹车过程,由运动学公式鹏真徽;-2呵喘-.以逮度慌阵到停止的时间差为片苛,联立解得12ms2故选A5.c解析在反应时间内汽车做匀速直线运动,根据表中数据可知驾驶员在证常情况下的反应时间器肯册摆罢器03.,酒后反血时间2;器;祭罢摆L0.选项2吕A、肚的说法正确;根据表中数据可知,汽车以l5ms的速度行驶时正常情况下驾驶员采取制动措施后,汽车做匀减速直线运动的位移为嘶22.5m-7.5ml5m根据公式0-022鳃,可得解析（l）设飞机加速过程j速度为l,允许驾驶员作出判断的时间为j,则有001Op0lU0lt,解得t2.8s;（2）
21、设飞机从静止到速度达到U2时运动的位移为卯l减速运动的位移为剿2,则跑道最小长度为嘶匆鳃2删i2T2l万,鳃2z解得z2080m.a（l）2s（2）l0Tms解析（1）足球在空中的运动时间与队员乙的直线运动时间相同由分析得2lrl得到ll.5s,设加速阶段队员乙的位移为Ll根据速度位移公式有i似;2Ll,又因为LLl2t2得t20。5s足球在空中的运动时间ttlt22s;（2）足球在空中做抛体运动水平方向有0十得o30ms,竖直方向有,g得l0ms则有似F可了,得l0Im虱第5练匀变速直线运动规律的应用2“甲2x30km30km,厕乙车沿负方向运动,其位移大小为“乙二230km30km因侧车相
22、向运动且初始时刻两车相距70km则2h末,两车还相距10km,故B正确;图线的斜率表示加速度由题图可知乙车的t图线的斜率总是大于甲车的t图线的斜率,故乙车的加速度总比甲车的大,故C正确;4h内甲车的总位移为120km,而乙车的总位移为-30km60km30km,两车原来相距70km,4h末甲车离出发点120km,而乙车离甲车的出发点为70km30kml00km,所以此时甲、乙两车没有相遇故D错误4c解析根据o图线与时间轴所围面积表示位移可知,两车速度相等时（t5s）小汽车相对干大卡车的位移为35m30m所以会追尾选项A错误;在t3s时小汽车相对于大卡车的位移等于30m,此时发生追尾选项C正确B
23、错误;若刹车不失灵,在t2s时两车速度相等,小汽车相对干大卡车的位移等于20m小于开始时的30m距离,所以刹车不失灵时不会追尾选项D错误5。CD解析若B物体正好运动到最高点时两物体相遇,B物体的速度减为零所用的时间丝两物体的位移分别为h川g2、g2廖景,励凰则.联立叫得删0硕当“啊物体恰好廊落地时相遇则有二堑,此时刹的位移h刹斟2H解得删0g仔若喻硕则测物体在圈升途中相遇敞A镭谈;着0百刀则B物体正好运动到最高点时两物体相遇,故B错误;若硒删,抨则雨物体在下降途中相遇故c正确;著-俘测两物体正好运动割她面时相遇故正磷矿、题练题号l答案审B印印斗即日】勺抄必会练B解析因为做变减速运动,故平均速度
24、不等于故A错误;由于图线与坐标轴所围的面积表示位移!在0t2时间内甲的位移大于乙,由丽十可知,甲的平均速度大于乙故B正确;由于甲、乙两飞机的初始位置未知,所以无法判断两飞机在l时刻和02内能不能相遇故C、D错误2B解析由速度时间图像中图线与时间轴所围的面积表示位移可知,在053内物体A的位移大于B的位移,故A正确;A胸加陶-器二早m鼠2儡的加逮隧为侧鼠-则旦ms2l.6ms2设两个物体在时刻速度相同,则有t5周止6（2）,等.4.由题知,U0l0D0AtBt,得t4s末两物体相遇一次,根据图线与时间轴所围面积表示位移依据对称性知在.时两物体也相遏.次,故网物体在05,内相遇了两次,故B正确,C
25、错误;由题图可知,0时两物体相距最远.最大距离等十0:.内胸者位移之差则A、之间的最大距离为刨0呼凰解得u2故D错误3。BC解析由题图可知02h内乙车直沿负方向运动,1h末开始减速但速度方句没有变,故A错误;图线与时间轴围成的面积表示汽车运动的位移,可知2h内甲车沿正方向运动的位移为厕高考卜题练透物理6BD解析甲和乙两辆汽车的pt图像分别是6两条曲线已知在2时刻两车相遇从tt2时间内,甲车位移大于乙车位移,所以在tl时刻甲车在后乙车在前故A错误;t时刻,两车速度相等,甲车在后,乙车在前tl时刻以后甲车速度大于乙车速度两车相距越来越近,则知在t时刻,两车相距最远故B正确,C错误;o图像中,tlt
26、2时间内6两图线的斜率大小均先减小后增大所以两车加速度均先减小后增大,故D正确大题练025s解析设A球滑上斜坡后经过tl时间B球再滑上斜坡则有l上ls,00A球滑上斜坡后加速度且5ms2,加设时间内A球向上运动的位移为绷则氮0!75m,垄此时A球的速度l0tl5msB球滑上斜坡时加速度与A相同以A为参考系,B相对于A以00ol5ms的速度做匀速运动设再经过时间t2它们相遇有t2坠15s,则相遇时间tlt22。5s.U2（l）24ms（2）见解析解析（1）对无人驾驶汽车分析,由运动学公式有-2尤0-o02,代人数据解得U024mS.（2）设有人驾驶汽车刹车后经过t2时间与无人驾驶汽车的速度相同此
27、时的速度为该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2rl,其中tll.4s对无人驾驶汽车有删U0-（2l）对有人驾驶汽车有oo0t2,联立解得t23.6s,2ms,00又则无丁（2l）,000如有丁t20tl,卯卯有-卯无解得卿12.6m30m即不会发生追尾事故3.4ms2解析对猎狗有sl82ol,得26s.设野兔的加速度至少为才能安全回到洞穴所用时间为t。,2sl对野兔若直做匀加速直线运动则到达洞穴的速度t智m霞随不符合题设条件故野兔应先匀加速运动,后以速度2做匀速运动.设加速时间为t0,则有sl面-202（tt0）,得t02s故丝4ms2.t04.（l）6000m（2）1220m解析（l）由题意可得
28、o0324kmh90ms打开制动风翼时有l0.5ms2,尹90ms60m愚2;902602吕再打开电磁制动系统后,共同作用的加速度为0.5ms207ms2l2ms2,o602在此过程中列车行驶的距离为z2万2L2m1500m高铁列车在此过程中行驶的总距离为鳃xl绷26000m;（2）设最迟需要在距离前车A憋处打开其他制动装置由题意知2此时减速需要最大制动加速度即侧3ms2A撼为22TO-0减速之前有厕0A厕面丁,由以上两式可解得甄1220m。第6练运动图像、题练题号1答案c题兽广li答案c题号答案题号答案所以质点在0t0、02Z0、2t03t0三个相等时间段内通过的位移!大小之比为1:3故D错
29、误毒5.B解析由图A可知物体的位移先增大后减小,最后回到初始:位置,故A错误;由图B可知,物体直沿正方向运动,位移增大故无法回到初始位置故B正确;由图C可知,物体第1s内的位移!沿正方向,大小为2m第2s内位移大小为2m,沿负方向,故2s末物体回到初始位置故C错误;由图D可知,物体做匀变速直线运动2s末时物体的总位移为零,故物体回到初始位置,故D错误6.解析由-t图像可知,小球下滑和上滑都做匀变速直线运动,但两个阶段加速度大小不等,由图线斜率可以看出,下滑时的加速度小于上滑时的加速度加速度方向都沿斜面向下（即正方向故C、D错误;下滑时小球做初速度为0的匀加速直线运动由测柯知鳃2图像为过原点的直
30、线且位移x随时间增大.上滑时末速度为零可看成沿反问做初速度为0的匀加速直线2CD12D阳斗气日78CDC日l0BD必会练T.c解析位移时间图像中,斜率代表速度,由题图可知甲的速度不变,甲做匀速直线运动乙做速度逐渐减小的直线运动并非曲线运动故A错误;在l时刻两车的位移相等又都是单向直线运动所以两车通过的路程相等,故B错误;由Ut图像与时间轴围成的面积表示位移可知02时间内丙丁两车在t2时刻对应的面积差最大,所以相距最远故C正确;0t2时间内丙的位移小于丁的位移两车运动时间相等所以丙车的平均速度小于丁车的平均速度故D错误2CD解析速度时间图像只能描述直线运动的速度随时间变化情况,根据图像可知小车先
31、做加速直线运动,9s时达到最大速度0。8ms,此后做减速直线运动运动方向没有改变,故A错误CD正确;在t图像中,图线的斜率大小表示加速度的大小9s时小车加速度为零,故B错误3.B解析由题图可知,两车的速度直为正值说明两车都向东行驶故A正确;乙车的速度均匀减小做匀减速直线运动故B正确;速度时间图像斜率的绝对值表示加速度的大小,由题图可知甲车的加速度大小小于乙车的加速度大小,故C错误;速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移由题图可知第6s内甲车的位移大小大于乙车的位移大小,故D错误.4c解析由题图可知,0t0时间内质点运动的方向与选取的正方向相反,t03t0时间内运动的方向与选取的正方向相同,故A
32、错误;由于质点的位移时间（x-t）图像为抛物线,可知质点的加速度保持不变,所以在r0时刻,质点的加速度不为零,故B错误;由于图像的斜率表示速度,由题图可知在03t0时间内速度先减小后增大故C正确;由于质点的位移时间（xt）图像为-抛物线,结合图像的特点可得嘶内（t0）2在t0时刻,赂0内;,在Ut0时刻xl0在2t0时刻厕2（2t0t0）2肋;在t30时刻x3片（3t00）24肛;.所以质点在0t0时间内的位移大小腮0鳃l鳃0肋;在t020时间内的位移卿2嘶2熊kt;在203t0时间内的位移x32鳃3x23肛;运动,位移随时间减小因此撕t2图像也是条直线,由图像知,小球反弹初速度小于下滑末速度
33、,运动时间比下滑时间短,因此小球速度为零时没有回到初始位置故A正确,B错误沪突破练吗7.CD解析由数学知识可知卯,2赃0对比2;2厕可知物块做匀加速直线运动,且有21ms2,即加速度为0.5ms2,故错误;前2内物块的位移大小为孵2“2十0522mlm,故B错误;前4内物块的位移为翱20.542m4m,则t4s时物块的位置坐标为鳃财4zo,由题中图像可知勿0-2m,解得鞭2m故C正确;24s内物块的位移大小为熊24匆4熊24m-1m3m,故D正确aC解析气象火箭弹先以初速度为零开始做加速度为2g的匀加速直线运动,在t图像中由o2gt知图像是条过坐标原点的直线之后匀速运动对应的是条平行于时间轴的
34、直线故选项A正确;在-图像中,00时间内是条平行于时间轴且在时间轴上方的直线在t02o时间内加速度等于零故选项C正确.9.B解析t图像中,图线的斜率表示加速度由题图可知,甲物体在0t2时间内的加速度与在t2t4时间内的加速度大小相等、方向相反其加速度不相等,故A错误;r图像中,图线与时间轴围成的面积表示物体的位移.由题图可知,0t4时间内,甲物体的位移为鳃十嘶0卿,乙物体的位移为慈二碰o陶谬02司0煞,l答素及解祈涸的平均速度较大,选项C正确;图线2表示在t2时刻物体开始反向运动,而阁线4表示在l4时刻物体沿正方向开始做匀减速运动,选项D错误2.BD解析04s内物体A、B的位移为零;物体C一直
35、问右运动;物体D在0ls内先加速在l2s内减速到零,然后在23s内反向加速34s内减速到零回到出发点,故04s内物体运动位移最大的是C物体,故B正确,A错误;03s内C的位移”32l5ll2m二l5m,335:内C的位移”哩l山5m52m375m,即c向右的位移为1.5m0.375ml875m.同理在03。5s内D的位移如D2Ll2m上lm（l5l5）m220。25m,因开始时C物体在D物体的左边l75m处,则t3。5s时C物体追上D物体,故D正确C错误故甲、乙位移相等,则在0t4时间内,甲、乙的平均速度相等,故B正确;两物体在t2时刻前后,速度均为正,即方向均为正方向,运动方向未改变故C错误
36、;由题可知0rl、3t4时间内,乙物体的位移均大于甲物体的位移,又因为甲、乙在04时间内位移相同,所以两物体不可能在tl、t3时刻两次相遇,故D错误OBD解析物体的位移在0卿2过程中加速度恒定不变,即做匀加速直线运动由题意知物体是从静止开始运动的,故有U22毗,故当位移为厕时,!z万了,A说法正确;缅2狮3过程中加速度逐渐减小但是加速度方向没有变化物体仍朝着正方向加速故物体做加速度减小的加速运动,位移为勿3时,速度最大,BD说法错误;根据公2式22砸可得图像与轴所围的面积l解得m.x0（则2卿3）,C说法正确.本题选说法错误的,故选B、D.。C解析图线l表示物体做匀加速直线运动,选项A错误;从
37、图线可知,在tl时刻,图线1的斜率大于图线2的斜率,故此时l2,选项B错误;0t3时间内,图线4的位移较大,故物体42第7练研究匀变速直线运动（2）根据芍膊5尸得（l2.02.0）l0三ms22.0ms2.50.01突破练罐5.（l）0。l0（2）后（3）024（4）0.80解析（1）因为相邻两个计数点之间还有四个点没有出,故相邻两计数点之间的时间间隔为0.025s010s。（2）实验时要在接通打点计时器之后释放物体（3）打下C点时物体的速度大小铡640cmM0cm024m鼠（4）因为2故是oC万20.lsj速度的大小为24n愚208勘6（l）水滴滴落的频率（2）9722.28（3）空气阻力的
38、影响解析（）频闪仪频率等于水滴滴落的频率时则每滴下来滴水时频闪仪都在相同的位置记录,故可看到串仿佛固定不动的水滴。（2）s7-s6l930cm-l343cm5.87cm,8s726。39cml9.30cm709cms9-s83448cm-2639cm8.09cmsl0s943。67cm-3448cm9.19cm,由逐差法可得g0仍9O0809-00587-00709IIs2972s24（方）s9-70.3“8-O1930ms第8个水滴的速度为8-面厂2六大题练必会练词?.（1）从石向左（2）0.190.038解析（l）小车受到摩擦力作用做减速运动,水滴间距离逐渐减小,故小车从右向左运动.（2）
39、滴水的时间则隅T器.,小车运动到d点时的逮度大小01l7!133m09ms,小车的加速度大小2（01500133）-（0。0830。l00）ms20038ms26（）.2丛止r2lAtl2t解祈遮光板通过第个光电门时滑块的谨度大小为懒三六遮】光板通过第个光电门时滑块的速度大小为刨2惫;由j速度勺dd定义式得二器导:AAt、AttAt3.（1）见解析（2）0.400.34（0.330.35）（3）不变解析（1）作出Ut图像如图03所示.（2）由速度时间图像的斜率表示加逮度可得器0驯n.2,02所以oUFt（0。3010400。l）msO纠ms。（3）实验中电压偏小不影响打点周期。影响物块加速度测
40、量值的鳃载摧策擞盂颇詹盾写卖D（lIl。S）2.28mS.（3）造成该实验系统误差的原因可能有空气阻力的影响.7（）102.5（2）平均速度滑块（3）滑块由光电门l运动至光电（忌）或硼:舞）门2所用时间t或两光电门之间的距离匆张解析（）嘶L0M.（2）l、o2实质上是滑块通过光电门l和2时的平均速度,要使瞬时速度的测量值更接近于真实值可将滑块的宽度减小些.（3）为了计算出滑块的加速度除了测量l和t2之外,还需要测量的物理量有两种方案方案:测滑块由光电门l运动至光电门2所用时间t,由2l（tl-t2）t得nl2创2（ti）方案二:测两光电门之间的距离则,由贸2四得2卯褪.兄上0O2O4067际值
41、相比不变4（1）0.25平均0.60（2）2。0解析（l）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,所以相邻的计数点间的时间间隔T0。1s,则图中t320.ls0。05s一。一。,一,一6.0l02、吕瞬吕0。25s,oq是纸条c段的平均速度,o30第2章祖巨作用第8练重力和弹力拉至同点重新平衡后,设弹性绳上拉力大小为Tl弹性绳的形变量为绷,由平衡条件知2Tl汀lg,由胡克定律有Tlkx联立解得府-器由几何关系得c。0二,x2m,联立解得廊0。l2m,故弹性绳的总长度变为92cm,选项B正确3.解析当压力小于20N时,只压缩大弹簧所以00.2m过程中图线的斜率等于大弹簧的劲度系数,腮器Nm但压
42、缩量卜题练呻输磅砷满惟;乳c斗一日号案题答必会练叼D解析支持力是弹力,方向总是垂直于接触面并指向被支持的物体,所以斜台给足球的弹力的方向为垂直于斜台斜向左上方方向,故D正确,AB、C错误2B解析将钩码挂在弹性绳的中点平衡后乓等对钩码进行受力分析如图所示设钩码质量为m,弹性绳的拉力大小为T,弹性绳与竖直方向的夹角为6由平衡条件知27bos0mg,由胡克定律得T附A鳃联立解得册Z揣万将弹性绳两端为0。3m时,大弹簧被压缩了0.3m,而小弹簧被压缩了0.m,则Fkl0.3m片20.lm50N,得片2200Nm,选项A正确.4c解析题中所述弹簧是种特殊的弹簧自然状态下弹簧的各圈是紧密挨在起的并且相互是
43、挤压的,如果弹簧的端固定,另端用个从零逐渐增大的力拉弹簧弹簧并不会马上就伸谢长,而是要大于某值时才会发生形变,也就是题中的F0,这个力日网高考卜题练透物理叫作这个弹簧的初始张力。实际上FF0是个临界状态当作用力为F0时,我们认为弹簧没有伸长此时弹簧各圈间还接触但已经没有挤压作用了.对于这样的弹簧我们要注意F脑（内为劲度系数,z为形变量）已经不适用了,题中所述弹簧的弹力可表示为FF0肛（Fb为初始张力,片为劲度系数,期为形变量）由题中的FlF0.当小球在竖直方向振动弹簧的弹力Fmg图甲可知允1时小球的速度最大,设此时弹簧的形变量为腮则有F0肚ng代入上m的轰达式化简可得鳃-（竿茅,敞c正确5.c
44、解析开始时p弹簧处干原长可知q弹簧处于压缩状态,压缩量为A蹦,孪揣m2cm;c木块好离汁水平地圆时,弹簧q伸长A腮等2慨m则?弹簧上端移动的距离为4cm;p弹簧伸长瓣二乎二揣m4cm,则p弹簧的左端向左移动的距离是8cm,选项C正确A、BD错误第9练摩擦力卜题练题号答案c.啸颗号l1斗答宰D答案颗号答案最大值时滑块第次过O点时停止,由能量守恒定律得mgL0腻;解得鹏三器,由以上可得磊腆巍故c正输傍突破练吗7c解析在运动员奔跑途中,后脚用力向后蹬人才向前运动,正是由于地面给后脚有个向前的静摩擦力,人能向前运动,即Fl向前;而当前脚向前跨时正是由于地面给前脚有个向后的静摩擦力,人才不会向前滑动所以
45、前脚受到地面的静摩擦力向后,即F2向后C正确8D解析白纸始终处于静止状态,所以镇纸始终不受摩擦力的作用,故A错误;在向左上回带时,毛笔受到斜向上的力的作用,毛笔对纸的压力小于毛笔的重力故B错误;白纸只受毛笔和桌面的两个摩擦力,故C错误;在书写过程中纸有向右运动的趋势,所以桌面受到向右的静摩擦力故D正确9.C解析当斜面的倾角为45。时A、B静止A受到重力支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力,由于3mBgsin45。mBg可知摩擦力沿斜面向上当斜面的倾角变为30时同理3mgsjn30.mBg,可知物体仍静止且摩擦力仍沿斜面向上.将斜面倾角由45减小到30弹簧的弹力都等于物体B的重力,选项A错误;倾角减小
46、物体A对斜面的压力将增大,选项B错误;斜面倾角为45时物体A的重力沿斜面方向分力为3mBgsin45。由平衡条件可知物体A受到的静摩擦力为3mBgsin45mBg,斜面倾角由45减小到30。后,物体A受到的静摩擦力为3mBgsin30。-mBg,所以物体A受到的静摩擦力将减小,选项C正确,D错误0OD解析题图甲中A做匀速直线运动,合外力为零,水平方向不受外力故题图甲中A不受摩擦力;题图乙中A处于平衡状态,A的重力使A有沿斜面下滑的趋势,故B对A有与F方向相同的摩擦力。故选D.?0.D解析在整个过程中滑块受到水平问右的摩擦力与水平向左的绳的拉力F,滑块始终静止,处于平衡状态,由平衡条件得F;小车
47、对滑块的摩擦力与滑块对小车的摩擦力是作用力与反作用力由牛顿第三定律得则F;t0时,没有问桶中倒沙,G空桶F,由图乙所示图像可知C空桶F2N,故A说法正确;当小车运动时滑块与小车间的摩擦力是滑动摩擦力由图乙所示图像可知3N故B说法正确;当小车由静止刚好开始运动时滑块与小车间的摩擦力是最大静摩擦力,由图乙所示图像可知滑块与小车间的最大静摩擦力几a3.5N,故C说法正确;由图像我们只能知道50s后小车受到的滑动摩擦力是3N,恒定不变,并不知道沙桶对小车的拉力是多少,不知小车所受合力是多少,无法判断小车的运动状态小车可能做匀速直线运动也可能做加速直线运动故D说法错误故选D2D解析木板B若要开始运动,受
48、到桌面的向左的最大静摩擦力为h（mAmBmC）g3陛mg,A给B的摩擦力是B发生运动的动力而A开始运动时,提供给B的向右的最大摩擦力为h似（加AmB）g2以ng3陛mg故不管l为多大木板B定保持静止如果整体静止,则将A、C看成个整体则整体受到向右的拉力mg,B给整体的向左的摩擦力,二力平衡,B给A的摩擦力大小为矾g.再对B分析B受到A给的摩擦力和桌面给的摩擦力二力平衡故桌面给B的摩擦力大小等于A给的摩擦力大小,而A给B的摩擦力和B给A的摩擦力是对相互作用力大小相等所以B受到桌面的摩擦力大小为mg,故A、B错误,D正确如果系统保持静止对C分析,如果C受到A给的摩擦力,则C在水平方向上不能静止,故
49、这种情况下,C不受A的摩擦力,即丁户凹错他日印旦日日丁厂广必会练熄0。C解析物体的重心可能在物体上也可能不在物体上,故A正确;劲度系数由弹簧本身决定与产生的弹力大小无关,故B错误;物体受摩擦力作用可能加快它的运动,也可能阻碍它的运动,故C正确;动摩擦因数是由接触面的粗糙程度决定的,与压力和滑动摩擦力的大小无关,故D错误2.C解析当托盘和砧码的总重力为6N时,绳对A的拉力大小为6N方向水平向右,弹簧弹力为2N,方向水平向左根据A受力平衡知A受桌面摩擦力的大小为4N方向水平向左同时得到桌面对A的最大静摩擦力大于等于4N;当托盘与砧码的总重力为4N时绳对A的拉力为4N,方向水平向右,绳的拉力与弹簧对
50、A的拉力的合力为2N4N,故不能拉动物体A,所以弹簧弹力为2N保持不变根据平衡条件知此时A受到的摩擦力大小为2N,方向水平向左,C正确。3BD解析设三个物体的重力均为G如图所示将甲、丙两个物体所受的拉力分解为水平方向和竖直方向上的分力则三个物体对地面的压力大小分别为FN甲CFl、FN乙CFN丙GF4,可见甲对地面的弹力最小,丙对地面的弹力最大.由滑动摩擦力公式严FN似相同,所以甲物体所受的摩擦力最小丙物体所受的摩擦力最大.故选B、D.F丙自三贞吕二甲画甲T万万夕万T7万F4F4BD解析第1张牌受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同,故A错误;设每张牌的质量为m,动摩擦因数为从对第2张牌分析它对
