2019届高考物理第一轮课时知识点检测2

课时跟踪检测(二)匀变速直线运动的规律对点训练：自由落体运动1．(2015·上海十三校联考)在真空中，将苹果和羽毛同时从同一高度由静止释放，下列频闪照片中符合事实的是()图12．(2015·哈尔滨三中月考)关于自由落体运动(g＝10 m/s2)，下列说法中不正确的是() A．它是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动B．在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5C．在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3D．从开始运动到距下落点5 m、10 m、15 m所经历的时间之比为1∶2∶3对点训练：竖直上抛运动3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。

为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图2所示。

设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取10 m/s2)()图2A．1.8 m B．3.6 mC．5.0 m D．7.2 m4．(2015·宿州模拟)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)() A．小球在这段时间内的平均速度大小一定为15 m/s，方向向上B．小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s，方向向下C．小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s，方向向上D．小球的位移大小一定是15 m对点训练：重要推论的应用5．(2015·信阳模拟)中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3 000 m，着陆距离大约为2 000 m。

设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( )A ．3∶2B ．1∶1C ．1∶2D ．2∶16．(2015·河南偃师高中月考)将一小球竖直向上抛出，若小球所受空气阻力大小不变，小球到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内通过的路程分别为x 1和x 2，速度变化量的大小分别为Δv 1和Δv 2。

高考物理复习课时跟踪检测(二十二) 功能关系能量守恒定律(二)高考常考题型：选择题＋计算题1．如图1所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )图1A．都必须大于mghB．都不一定大于mghC．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mghD．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh2.如图2所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。

下列说法正确的是( )A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功图2B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热3.如图3所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。

下列说法中正确的是( )A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等图3C．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D．小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等[4．一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用。

若该过程中小球的重力势能增加3 J，机械能增加1.5 J，电场力对小球做功2 J，则下列判断正确的是( ) A．小球的重力做功为3 JB．小球的电势能增加2 JC．小球克服空气阻力做功0.5 JD．小球的动能减少1 J5．(2012·南通模拟)如图4甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。

高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的规律课时作业2（含解析）1．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m答案：C 解析：根据Δs ＝at 2，可得a ＝Δs t2＝2 m/s 2；从开始刹车计时，1 s 时的速度为v 1＝9＋72 m/s 2＝8 m/s ，再经过4 s 汽车停止运动，所以汽车的总刹车时间是5 s ，刹车后6 s 内的位移s ＝12at 2＝12×2×52m ＝25 m ．本题答案为C ．2．一个物体做变加速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，B 为AC 的中点，物体在AB 段的加速度恒为a 1，在BC 段的加速度恒为a 2，已知物体经过A 、B 、C 三点的速度为v A 、v B 、v C ，有v A <v C ，且v B ＝v A ＋v C2，则加速度a 1和a 2的大小为( )A ．a 1<a 2B ．a 1＝a 2C ．a 1>a 2D ．条件不足无法确定答案：A 解析：解法一：由于物体做加速运动，所以v AB <v BC ，则t AB >t BC ，由v B ＝v A ＋v C2得：v B －v A ＝v C －v B 即a 1t AB ＝a 2t BC ，由于t AB >t BC ，故a 1<a 2，A 选项正确．解法二：作出v ­t 图象如图所示，B 为AC 的中点且v B ＝v A ＋v C2，只能是a 1<a 2.3．一辆汽车正在以速度54 km/h 匀速运动，由于某种原因需要在100 m 内停下，则刹车加速度大小不可能为( )A ．1.06 m/s 2B ．1.65 m/s 2C ．2.4 m/s 2D ．3.2 m/s 2答案：A 解析：刹车初速度为v 0＝54 km/h ＝15 m/s 、末速度为v ＝0，设加速度大小为a ，应用速度—位移关系式有v 2－v 20＝－2ax ，解得a ＝1.125 m/s 2，则加速度大小分别为3.2 m/s 2、2.4 m/s 2、1.65 m/s 2时汽车在100 m 内能停下，选项B 、C 、D 均可能，选项A 错．4．(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小变为v 02时，所用时间可能是( )A ．v 02gB ．v 0g C ．3v 0g D ．3v 02g答案：BC 解析：当滑块速度大小变为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v 1＝v 02和v 2＝－v 02，由公式t ＝v －v 0a ，得t 1＝v 0g 和t 2＝3v 0g，B 、C 正确．5．如图所示，斜面倾角为θ，一个小物体从斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速直线运动，其依次经过a 、b 、c 三点，最终停在斜面顶点P .a 、b 、c 三点到P 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，小物体由a 、b 、c 运动到P 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论正确的是( )A ．x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3B ．x 2－x 1t 22－t 21＝x 3＋x 1t 23－t 21C ．x 1t 1＝x 2t 2<x 3t 3D ．x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23答案：D 解析：运用逆向思维，小物体从斜面顶端做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式x ＝12at 2有a ＝2x 1t 21＝2x 2t 22＝2x 3t 23，选项D 对；应用数学知识有x 2－x 1t 22－t 21＝x 3－x 1t 23－t 21，选项A 、B 、C 均错．6．(2014·上海单科)在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )A ．2v gB ．vgC ．2h vD ．h v答案：A 解析：下抛落地时间满足h ＝vt 1＋12gt 21，上抛落地所需要时间满足－h ＝vt 2－12gt 22，两式相加得t 2－t 1＝2vg，A 项正确． 7．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8 mm ，弹射最大高度为 24 cm.而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m ，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)( )A ．150 mB ．75 mC ．15 mD ．7.5 m答案：A 解析：磕头虫向下运动末速度大小与向上运动初速度大小相等，向下运动的过程中v 21＝2ah 1，弹射过程中v 21＝2gh 2；人向上加速运动过程中v 22＝2aH 1，离地上升过程中v 22＝2gH 2，代入数值得H 2＝150 m ，故A 正确．8．物体以一定的初速度从斜面底端A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图所示．已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，物体从B 滑到C 所用的时间为t ′，则( )A ．t ′＝13tB ．t ′＝12tC ．t ′＝tD ．t ′<t答案：C 解析：把物体运动看成从C 点到A 点的初速度为0的匀加速直线运动．由题意知s CB ∶s BA ＝1∶3，根据初速度为0的匀加速度直线运动在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5…，可知t ′＝t .9．(2014·云南师大附中调研)(多选)如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，OB 杆与OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O 点由静止释放，沿OA 、OB 、OC 、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 4答案：ABD 解析：根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同，故沿OA 和OC 滑到底端的时间相同，OB 不是一条完整的弦，时间最短，OD 长度超过一条弦，时间最长．t 4>t 1＝t 3>t 2故正确选项为A 、B 、D ．10．一物体从某高处做匀加速下落运动，最初3 s 和最后3 s 的位移之比为3∶7，此两段时间内的位移之差大小为6 m ，求：(1)物体下落的高度； (2)物体下落的时间．答案：(1)12.5 m (2)5 s 解析：(1)设最初3 s 和最后3 s 的位移分别为x 1、x 2. 由题意可知x 1∶x 2＝3∶7，x 2－x 1＝6 m 解得x 1＝4.5 m ，x 2＝10.5 m过程草图如图所示，易知物体从顶端A 至底端B 做初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间内的位移之比等于连续的奇数之比可知最初3 s 和最后3 s 有交叉过程，CD 为交叉过程，由最初Δt ＝3 s 有x 1＝12a Δt 2解得a ＝1 m/s 2由最后Δt ＝3 s 有x 2＝v C Δt ＋12a Δt 2解得v C ＝2 m/s则AC 距离为x AC ＝v 2C2a ＝2 mAB 距离x ＝x AC ＋x 2解得x ＝12.5 m (2)AC 段用时间t 1＝v C a从A 到B 需时间t ＝t 1＋Δt 解得t ＝5 s11.(2015·湖北襄阳市调研)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 s 黄灯提示后再转为红灯．新交通法规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章运动．(本题中的刹车过程均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24 m ，该车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)若某车正以v 0＝18 m/s 的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L ＝58.5 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)16 m/s (2)0.5 s解析：(1)设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为v 根据平均速度公式x 1＝v2t 1解得v ＝16 m/s(2)该车驾驶员的允许的从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间t 2＝6－t该汽车在刹车过程中通过的位移为x 2＝v 02t 2设绿灯开始闪烁时该车距离停车线的距离为L ，则L ＝L 0＋x 2 联立解得：t ＝0.5 s即该驾驶员的允许的考虑时间不能超过0.5 s.12．(2015·浙江温州一模)我海军小分队在进行登陆某海岛演习．一大型战舰停在离某海岛登陆点一定距离处，登陆队员需要从较高的甲板上利用绳索下滑到海水中的快艇上，再开快艇接近登陆点．绳索的一端固定在战舰甲板边缘，另一端固定在快艇上，使绳索处于绷直状态，其长度为L ＝16 m ．队员沿绳索先由静止匀加速下滑，再匀减速滑到快艇时速度刚好为零，在此过程中队员的最大速度v max ＝8 m/s.当队员抵达快艇后，立即撤除绳索，快艇正对登陆点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度匀加速直线行驶一段时间后，立即改做加速度大小为a 2＝4 m/s 2的匀减速直线运动，到达海岛登陆点时速度恰好为零．快艇距登陆点的直线距离s ＝540 m ，撤除绳索时间忽略不计，队员和快艇均视为质点．求队员登岛的总时间．答案：(4＋910) s解析：设队员在绳索上运动的时间为t 1，在快艇上运动的时间为t 2，由运动学公式得：L ＝v max2t 1v 2＝2a 1x 1 v 2＝2a 2x 2 s ＝x 1＋x 2 s ＝v 2t 2代入数据得t 1＝4 st 2＝910 s所以队员登岛的总时间t ＝t 1＋t 2＝(4＋910) s.13．(2015·陕西师大附中摸底)2012年11月25日，中国第一艘装有帮助飞机起飞弹射系统的航母“辽宁舰”完成了歼－15首次起降飞行训练并获得圆满成功．已知歼－15在跑道上加速时可产生的最大加速度为5.0 m/s 2，当歼－15的速度达到50 m/s 时才能离开航空母舰起飞．设航空母舰处于静止状态．求：(1)若要求歼－15滑行160 m 后起飞，弹射系统必须使飞机至少具有多大的初速度？ (2)若“辽宁舰”上不装弹射系统，要求该种飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰身长至少应为多长？(3)若“辽宁舰”上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L ＝160 m ，为使歼－15仍能从此舰上正常起飞，可采用先让“辽宁舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让歼－15起飞，则“辽宁舰”的航行速度至少为多少？答案：(1)30 m/s (2)250 m (3)10 m/s解析：(1)设经弹射系统使飞机起飞时初速度为v 0，由运动学公式v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2aL ＝30 m/s(2)不装弹射系统时，飞机从静止开始做匀加速直线运动．由运动学公式v 2－0＝2ax 得该舰身长至少应为x ＝v 2－02a＝250 m(3)航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行，设速度为v 1，在飞机起跑过程中的位移为x ，则x 1＝v 1t飞机起跑过程中做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移为x 2，则由运动学公式v 2－v 21＝2ax 2得x 2＝v 2－v 212a又有v ＝v 1＋at 解得运动的时间为t ＝v －v 1a由位移关系可知L ＝x 2－x 1解以上各式得L ＝v 2－v 212a －v 1·v －v 1a解得v 1＝10 m/s 或v 1＝90 m/s(舍去)故航空母舰沿飞机起飞方向的速度至少为10 m/s.。

课时2 力的合成与分解受力分析和物体的平衡1.(2019·浙江6月学考)如下列图是某幼儿园的一部直道滑梯,其滑道倾角为θ。

一名质量为m的幼儿在此滑道上匀速下滑。

假设不计空气阻力,如此该幼儿( A )A.所受摩擦力大小为mgsin θB.所受摩擦力大小为mgcos θC.对滑道压力大小为mgsin θD.对滑道压力大小为mgtan θ2.如图是某街舞爱好者在水平面上静止倒立的情景,如此此街舞爱好者( A )A.手掌所受支持力大小等于人的重力B.手掌所受静摩擦力方向向左C.手掌所受静摩擦力方向向右D.重心在腰部某处解析:此街舞爱好者只受重力和水平面对手掌的支持力,且二力平衡,故重心应在手掌正上方,A正确,B,C,D错误。

3.某校在水平直道举行托乒乓球徒步比赛。

某同学将球置于球拍中心,保持球拍的倾角为θ0,球一直保持在球拍中心不动。

整个过程假设做匀速直线运动至终点。

如此乒乓球受到(忽略空气阻力)( C )A.1个力B.2个力C.3个力D.4个力解析:乒乓球受重力、球拍对球的支持力与球拍对球的摩擦力,故C正确。

4.L形木板P(上外表光滑)放在固定斜面上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上外表的滑块Q相连,如下列图。

假设P,Q一起沿斜面匀速下滑,不计空气阻力,如此木板P的受力个数为( C )A.3B.4C.5D.6解析:因P,Q一起匀速下滑,所以斜面对P有沿斜面向上的摩擦力,而Q必受弹簧向上的弹力,所以隔离P可知P受重力、斜面摩擦力、斜面弹力、弹簧弹力、Q的压力作用,故C正确。

5.(多项选择)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可。

一游僧见之曰:无烦也,我能正之。

〞游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身。

假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如下列图,木楔两侧产生推力F N,如此( BC )A.假设F一定,θ大时F N大B.假设F一定,θ小时F N大C.假设θ一定,F大时F N大D.假设θ一定,F小时F N大解析:根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的推力F N,如下列图。

高考物理第一轮复习常见力知识点
高考物理第一轮复习中的常用力知识点
1.重力G=mg(方向垂直向下，g=9.8m/s210m/s2，作用点为xx，适用于地球表面附近)
2.胡克定律F=kx{方向是沿恢复变形方向，k:刚度系数(N/m)，x:变形(m)}
3.滑动摩擦力F=FN{与物体相对运动方向相反，即：摩擦系数，FN:正压力(n)}
4.静摩擦力0fm(与物体相对运动趋势方向相反，fm为x大静摩擦力)
5.重力F=Gm1m2/r2(G=
6.6710-11Nm2/kg2，方向在它们的连线上)
6.静电力F=kQ1Q2/r2(k=9.0109Nm2/C2，方向在它们的连线上)
7.电场力F=Eq(E:场强N/C，q:电量C，正电荷的电场力与场强方向相同)
8.安培力F=BILsin(B和L之间的角度，当LB时：F=BIL，当B//L时：F=0)
9.洛伦兹力f=qVBsin(B与V之间的夹角，当VB: f=qVB，当V//B:f=0)
附注：
(1)刚度系数k由弹簧本身决定；
(2)摩擦系数与压力和接触面积无关，而是由接触面的材料特性和表面条件决定的。

(3)fm略大于FN，一般认为是fmFN
(4)其他相关内容：静摩擦力(大小和方向)[见第一册P8]；
(5)物理量的符号和单位B:磁感应强度(t)，L:有效长度(m)，I:电流强度(a)，V:带电粒子速度(m/s)，Q3360带电粒子(带电体)电量(c)；
(6)安培力和洛伦兹力的方向由左手定则确定。

1。

高考物理第一轮备考欧姆定律知识点
② 电压：U=U1+U2(总电压等于各处电压之和)
③ 电阻：R=R1+R2(总电阻等于各电阻之和)如果n个阻值相同的电阻串联,则有R总=nR
④分压作用
⑤ 比例关系：电流：I1∶I2=1∶1
6.电阻的并联有以下几个特点：(指R1,R2并联)
① 电流：I=I1+I2(干路电流等于各支路电流之和)
② 电压：U=U1=U2(干路电压等于各支路电压)
③ 电阻：(总电阻的倒数等于各并联电阻的倒数和)如果n个阻值相同的电阻并联,则有1/R总= 1/R1+1/R2
④ 分流作用：I1：I2=1/R1：1/R2
⑤ 比例关系：电压：U1∶U2=1∶1
2019年高考物理第一轮备考欧姆定律知识点查字典物理网为大家带来过了，高考一轮复习重在掌握物理知识点，希望大家能够多下功夫记忆好这些重要知识点。

第2节 牛顿第二定律 两类动力学问题1．(2019·4月浙江选考)如下物理量属于根本量且单位属于国际单位制中根本单位的是( )A ．功/焦耳B ．质量/千克C ．电荷量/库仑D ．力/牛顿解析：选B.质量是根本物理量，其国际单位制根本单位是千克，故B 正确；功、电荷量和力都是导出物理量，焦耳、库仑和牛顿均是导出单位．2．(多项选择)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的答案是( )A ．物体的速度越大，如此加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，如此加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小与所受合外力大小无关，故C 、D 正确，A 、B 错误．3.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力与空气阻力不计，如此( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgC ．运动员对球拍的作用力为(M ＋m )g cos θD ．假设加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动解析：选A.网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得F N sinθ＝ma ，又F N cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，F N ＝mgcos θ，故A 正确，B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F ＝〔M ＋m 〕g cos θ，故C 错误；当a >g tan θ时，网球才向上运动，由于g sin θ<g tan θ，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．4．(2020·嘉兴检测)如下列图，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N ，而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次一样．该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小与这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．解析：(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s ＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v 2，如此v 22－v ′21＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 x 2＝v 222a 2解得：x 2＝5.2 m.答案：(1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m[课后达标]一、选择题1．(2018·4月浙江选考)用国际单位制的根本单位表示能量的单位，以下正确的答案是( )A ．kg ·m 2/s 2B ．kg ·m/s 2C ．N/mD ．N ·m 答案：A2．如下关于单位制的说法中，不正确的答案是( )A ．根本单位和导出单位一起组成了单位制B ．在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的根本物理量C ．在国际单位制中，力学的三个根本单位分别是m 、kg 、sD ．力的单位牛顿是国际单位制中的一个根本单位答案：D3．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变．从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m答案：C4．(2020·浙江十校联考)如下列图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a 1、a 2，重力加速度大小为g .如此有( )A ．a 1＝g ，a 2＝gB ．a 1＝0，a 2＝gC ．a 1＝0，a 2＝m ＋M M g D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M Mg 答案：C5．(2020·浙江猜题卷)有种台阶式自动扶梯，无人乘行时运转很慢，有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，正好经历了这两个过程，用G 、N 、f 表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，如此能正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是( )解析：选D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力．人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触面平行，故摩擦力是水平的．D 正确．6.(多项选择)如下列图，质量为m 的小球与弹簧Ⅰ和水平细绳Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q 两点．小球静止时，Ⅰ中拉力的大小为F 1，Ⅱ中拉力的大小为F 2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ其中一根的瞬间，球的加速度a 应是( )A ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝g ，方向竖直向下B ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝F 2m ，方向水平向左C ．假设剪断Ⅰ，如此a ＝F 1m，方向沿Ⅰ的延长线方向D ．假设剪断Ⅱ，如此a ＝g ，方向竖直向上解析：选AB.没有剪断Ⅰ、Ⅱ时小球受力情况如下列图．在剪断Ⅰ的瞬间，由于小球的速度为0，绳Ⅱ上的力突变为0，如此小球只受重力作用，加速度为g ，选项A 正确、C 错误；假设剪断Ⅱ，由于弹簧的弹力不能突变，F 1与重力的合力大小仍等于F 2，所以此时加速度为a ＝F 2m，方向水平向左，选项B 正确、D 错误． 7．(2020·湖州质检)如图甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a 与风速v 的关系如图乙所示，如此(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)( )A ．当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B ．当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C ．当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.025解析：选A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当风的初速度为零时，加速度为a 0＝4 m/s 2，沿斜面方向有a ＝g sin θ－μg cos θ，解得μ＝0.25，D 错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，如此加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为5 m/s 时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A 正确，B 、C 错误．8.(2020·东阳中学期中)如下列图，在水平面上有三个质量分别为m 1、m 2、m 3的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块1、2与水平面间的动摩擦因数为μ，木块3和水平面之间无摩擦力．现用一水平恒力向右拉木块3，当三木块一起匀速运动时，1和3两木块间的距离为(木块大小不计)( )A ．L ＋μm 2g kB ．L ＋μ〔m 1＋m 2〕g kC ．2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k D ．2L ＋2μ〔m 1＋m 2〕g k 解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，有：kx 1－μm 1g ＝0对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力，有：kx 2－μ(m 1＋m 2)g ＝0木块1与木块3之间的总长度为x ＝2L ＋x 1＋x 2，由以上各式解得x ＝2L ＋μ〔2m 1＋m 2〕g k，故C 正确． 9.一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹．如下说法中正确的答案是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A 错误．由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a ＝μg 与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B 错误．径迹长度等于木炭包相对传送带通过的位移大小，即二者对地的位移差：Δx ＝vt －0＋v 2t ＝12vt ＝v 22μg，可见传送带速度越小、动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C 错误，D 正确．10.(2020·湖州质检)如下列图，质量为m 1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m 2的木块．t ＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F .分别用a 1、a 2和v 1、v 2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是( )解析：选A.t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F，两者可能一起加速运动，选项A 正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误．二、非选择题11.(2020·宁波选考适应考试)小物块以一定的初速度v0沿斜面(足够长)向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角θ的关系如下列图．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．可能用到的函数值：sin 30°＝0.5，sin 37°＝0.6.(1)求物块的初速度v0；(2)求物块与斜面之间的动摩擦因数μ；(3)计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)．解析：(1)当θ＝90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为x m＝3.2 m由v20＝2gx m，得v0＝8 m/s.(2)当θ＝0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x＝6.4 m由运动学公式有：v20＝2ax由牛顿第二定律得：μmg＝ma，得μ＝0.5.(3)设题图中P点对应的斜面倾角值为θ，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x′＝3.2 m由运动学公式有：v20＝2a′x′由牛顿第二定律有：mg sinθ＋μmg cos θ＝ma′得10sin θ＋5cos θ＝10，得θ＝37°.因为mg sin θ＝6m＞μmg cos θ＝4m，所以能滑回斜面底端．答案：(1)8 m/s (2)0.5(3)37°能滑回底端，理由见解析12.(2020·杭州质检)如下列图，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m．(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10 m/s2)求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为v max，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，如此mg sin 30°＝ma1v2max＝2a1hsin 30°解得：v max＝4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2如此μmg＝ma2v2max＝2a2L解得：μ＝0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，v max＝a1t1，得t1＝0.8 s，由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s，设t＝1.0 s时速度大小为v，如此v＝v max－a2(t－t1)解得：v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s13.(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏．如下列图，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑〞，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)．假设企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)企鹅向上“奔跑〞的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小．(计算结果可用根式表示)解析：(1)在企鹅向上奔跑过程中：x ＝12at 2，解得：x ＝16 m. (2)在企鹅卧倒以后将进展两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到最低点，两次过程由牛顿第二定律分别有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，解得：a 1＝8 m/s 2，a 2＝4 m/s 2.(3)企鹅卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t ′，位移为x ′；t ′＝at a 1，x ′＝12a 1t ′2，解得：x ′＝1 m ．企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为v t ，初速度为0，如此有：v 2t －02＝2a 2(x ＋x ′)，解得：v t ＝234 m/s.答案：(1)16 m (2)8 m/s 2 4 m/s 2 (3)234 m/s。

课时跟踪检测（二） 匀变速直线运动的规律一、立足主干学问，注意基础性和综合性1．(2024·武汉高三调研)以8 m/s 的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s ，则小树高约为( )A ．0.8 mB ．1.6 mC ．2.4 mD ．3.2 m解析：选C 石子竖直上升的最大高度为H ＝v 22g ＝3.2 m ，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t 1＝t 2＝0.4 s ，则最高点到小树顶端的距离为h 1＝12gt 12＝0.8 m ，则小树高约为h ＝H －h 1＝2.4 m ，故C 正确。

2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。

他发觉第6节车厢经过他时用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t ，动车第7节车厢通过旅客过程，有12at 2＝25 m ，第6、7节车厢通过旅客过程，有12a (t ＋4 s)2＝2×25 m，解得a ≈0.5 m/s 2，C 正确。

3．(2024·湖北高考)2024年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。

某轮竞赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m 完成技术动作，随后5 m 完成姿态调整。

假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s 2，则她用于姿态调整的时间约为( )A ．0.2 sB ．0.4 sC ．1.0 sD ．1.4 s解析：选B 陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t ＝ 2Hg＝2×1010s≈1.4 s，下落前5 m 的过程所用的时间为t 1＝2hg＝2×510s ＝1 s ，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t 2＝t －t 1＝0.4 s 。

高考物理知识点精要(附参考答案)一、力物体的平衡1.力是物体对物体的作用，是物体发生形变和改变物体的运动状态（即产生加速度）的原因.力是矢量。

2.重力（1）重力是由于地球对物体的吸引而产生的. ［注意］重力是由于地球的吸引而产生，但不能说重力就是地球的吸引力，重力是万有引力的一个分力.但在地球表面附近，可以认为重力近似等于万有引力（2）重力的大小:地球表面G=mg，离地面高h处G/=mg/，其中g/=[R/（R+h）]2g （3）重力的方向:竖直向下（不一定指向地心）。

（4）重心:物体的各部分所受重力合力的作用点，物体的重心不一定在物体上. 3.弹力（1）产生原因:由于发生弹性形变的物体有恢复形变的趋势而产生的.（2）产生条件:①直接接触;②有弹性形变.（3）弹力的方向:与物体形变的方向相反，弹力的受力物体是引起形变的物体，施力物体是发生形变的物体.在点面接触的情况下，垂直于面;在两个曲面接触（相当于点接触）的情况下，垂直于过接触点的公切面.①绳的拉力方向总是沿着绳且指向绳收缩的方向，且一根轻绳上的张力大小处处相等. ②轻杆既可产生压力，又可产生拉力，且方向不一定沿杆. （4）弹力的大小:一般情况下应根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.弹簧弹力可由胡克定律来求解. ★胡克定律:在弹性限度内，弹簧弹力的大小和弹簧的形变量成正比，即F=kx.k为弹簧的劲度系数，它只与弹簧本身因素有关，单位是N/m. 4.摩擦力（1）产生的条件:①相互接触的物体间存在压力;③接触面不光滑;③接触的物体之间有相对运动（滑动摩擦力）或相对运动的趋势（静摩擦力），这三点缺一不可. （2）摩擦力的方向:沿接触面切线方向，与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反，与物体运动的方向可以相同也可以相反. （3）判断静摩擦力方向的方法: ①假设法:首先假设两物体接触面光滑，这时若两物体不发生相对运动，则说明它们原来没有相对运动趋势，也没有静摩擦力;若两物体发生相对运动，则说明它们原来有相对运动趋势，并且原来相对运动趋势的方向跟假设接触面光滑时相对运动的方向相同.然后根据静摩擦力的方向跟物体相对运动趋势的方向相反确定静摩擦力方向. ②平衡法:根据二力平衡条件可以判断静摩擦力的方向. （4）大小:先判明是何种摩擦力，然后再根据各自的规律去分析求解.①滑动摩擦力大小:利用公式f=μF N进行计算，其中F N是物体的正压力，不一定等于物体的重力，甚至可能和重力无关.或者根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解.②静摩擦力大小:静摩擦力大小可在0与f max之间变化，一般应根据物体的运动状态由平衡条件或牛顿定律来求解. 5.物体的受力分析（1）确定所研究的物体，分析周围物体对它产生的作用，不要分析该物体施于其他物体上的力，也不要把作用在其他物体上的力错误地认为通过“力的传递”作用在研究对象上. （2）按“性质力”的顺序分析.即按重力、弹力、摩擦力、其他力顺序分析，不要把“效果力”与“性质力”混淆重复分析. （3）如果有一个力的方向难以确定，可用假设法分析.先假设此力不存在，想像所研究的物体会发生怎样的运动，然后审查这个力应在什么方向，对象才能满足给定的运动状态.6.力的合成与分解（1）合力与分力:如果一个力作用在物体上，它产生的效果跟几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，而那几个力就叫做这个力的分力.（2）力合成与分解的根本方法:平行四边形定则. （3）力的合成:求几个已知力的合力，叫做力的合成. 共点的两个力（F 1和F 2）合力大小F的取值范围为:|F 1 -F 2|≤F≤F 1 +F 2 . （4）力的分解:求一个已知力的分力，叫做力的分解（力的分解与力的合成互为逆运算）. 在实际问题中，通常将已知力按力产生的实际作用效果分解;为方便某些问题的研究，在很多问题中都采用正交分解法. 7.共点力的平衡（1）共点力:作用在物体的同一点，或作用线相交于一点的几个力. （2）平衡状态:物体保持匀速直线运动或静止叫平衡状态，是加速度等于零的状态. （3）★共点力作用下的物体的平衡条件:物体所受的合外力为零，即∑F=0，若采用正交分解法求解平衡问题，则平衡条件应为:∑F x =0，∑F y =0. （4）解决平衡问题的常用方法:隔离法、整体法、图解法、三角形相似法、正交分解法等等.二、直线运动 1.机械运动:一个物体相对于另一个物体的位置的改变叫做机械运动，简称运动，它包括平动，转动和振动等运动形式.为了研究物体的运动需要选定参照物（即假定为不动的物体），对同一个物体的运动，所选择的参照物不同，对它的运动的描述就会不同，通常以地球为参照物来研究物体的运动. 2.质点:用来代替物体的只有质量没有形状和大小的点，它是一个理想化的物理模型.仅凭物体的大小不能做视为质点的依据。

场强是从力的角度反映电场本身性质的物理量，在高考试题中占有很重要地位，涉及点电荷电场强度的叠加及大小计算的试题，一般难度不大，多以选择题的形式出现，个别省市的高考题中偶尔出现过简单的计算题。

场的叠加是一种解决问题的方法，相当于等效替代，该点的实际场强等于几个电荷单独存在时产生的电场强度的矢量和，同一直线上的场强的叠加，可简化为代数运算；不在同一直线上的两个场强的叠加，用平行四边形定则求合场强.分析电场叠加问题的一般步骤是： （1）确定分析计算的空间位置；（2）分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向： （3）依次利用平行四边形定则求出矢量和。

题型1 点电荷电场强度的叠加及大小的计算空间中的电场通常会是多个场源产生的电场的叠加，电场强度可以应用平行四边形定则进行矢量计算，这是高考常考的考点。

虽然电场强度的定义式为E ＝Fq ，但公式E ＝kQ r2反映了某点场强与场源电荷的特性及该点到场源电荷的距离的关系，体现了电场的来源与本质，高考常围绕此公式出题。

【典例1】（2018山东省烟台市高一下期末）如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q ，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a ，则正方形两条对角线交点处的电场强度A ． 大小为，方向竖直向上B ． 大小为，方向竖直向上C ． 大小为，方向竖直向下D ． 大小为，方向竖直向下【答案】C【解析】一个点电荷在中心O产生的场强为，对角线处的两异种点电荷在O处的总场强为，故两等大的场强垂直，合场强为，方向由合成的过程可知沿竖直向下，故选C。

【跟踪训练】1. 如图在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电荷量的大小都是q1；在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电荷量的大小都是q2，q1>q2.已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条( )A．E1B．E2C．E3D．E4【答案】B2. 如图所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有( )A ．体中心、各面中心和各边中点B ．体中心和各边中点C ．各面中心和各边中点D ．体中心和各面中心 【答案】D【解析】 根据点电荷场强公式E ＝kQr2及正方体的对称性可知，正方体的体中心及各面的中心处场强为零，故D 正确。

第1节重力弹力摩擦力知识点一| 重力和弹力1．重力(1)定义：由于地球的吸引而使物体受到的力。

(2)大小：G＝mg，不一定等于地球对物体的引力。

(3)方向：竖直向下。

(4)重心：重力的等效作用点，重心的位置与物体的形状和质量分布都有关系，且不一定在物体上。

2．弹力(1)定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复形变，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫作弹力。

(2)条件：①两物体相互接触；②发生弹性形变。

(3)方向：弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反。

3．弹力有无的判断根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力。

此方法多用来条件法判断形变较明显的情况对形变不明显的情况，可假设两个物体间没有弹力，若运动状态不变，则此假设法处不存在弹力，若运动状态改变，则此处一定存在弹力根据物体的运动状态，利用共点力的平衡条件或牛顿第二定律判断弹力是否状态法存在(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断。

(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律判断。

5．胡克定律(1)内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。

(2)表达式：F＝kx。

k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定。

x 是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度。

[判断正误](1)只要物体发生形变就会产生弹力作用。

(×)(2)物体所受弹力方向与自身形变的方向相同。

(√)(3)重力的方向一定指向地心。

(×)(4)F＝kx中“x”表示弹簧形变后的长度。

(×)(5)弹簧的形变量越大，劲度系数越大。

(×)考法1 对重力和重心的理解1．关于重力的下列说法正确的是( )A．重力就是地球对物体的吸引力B．只有静止的物体才受到重力C．物体在地球上无论运动状态如何，都受到重力的作用D．竖直悬挂的物体受到的重力就是它拉紧竖直悬绳的力C[重力是由于地球的吸引而使物体受到的力。

专题2.4 两类U -I 图像的比较及应用由公式U ＝E －Ir 知，电源的U -I 图像(如图)有如下特点：1．纵轴上的截距等于电源的电动势；横轴上的截距等于短路电流，即I 短＝E r。

2．图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝E I 短，斜率的绝对值越大，表明电源的内阻越大。

3．图线上任一点对应的U 、I 的比值为此时外电路的电阻，即R ＝U I。

4．图中阴影面积UI 为电源的输出功率，而电源的总功率P 总＝EI ，P 总－P 出＝EI －UI 为电源的发热功率。

注意：在U I 图像中，U 轴或I 轴如果不从零开始，两个坐标轴的截距及斜率的意义也将发生改变。

5. 两种U ­I 图像的比较电源的U ­I 图像 电阻的U ­I 图像图形物理意义电源的路端电压随电路电流的变化关系电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系截距与纵轴交点表示电源电动势E ，与横轴交点表示电源短路电流E r过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零坐标U 、I 的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率 坐标U 、I 的比值 表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小 斜率(绝对值)电源电阻r电阻大小联系在同一坐标系中，两图线交点坐标(U n ，I n )，即表示用该电源与该电阻组成回路时的路端电压和电路中的电流，也表示电阻两端电压及其电流；P ＝I n U n 即表示此时电源的输出功率，也表示此时电阻的实际功率【典例1】如图所示，直线A 为某电源的U ­I 曲线，曲线B 为某小灯泡L 1的U ­I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1串联起来组成闭合回路时，小灯泡L 1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．此电源的内电阻为23ΩB ．小灯泡L 1的额定电压为3 V ，额定功率为6 WC ．把小灯泡L 1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U ­I 图线是一条曲线，所以小灯泡发光过程中欧姆定律不适用 【答案】B【典例2】在如图甲所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器。

基础课 2 匀变速直线运动的规律跟踪检测一、选择题1．(多选)质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22t C.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析：选ABD 设加速度为a ，由O 到P ：x 1＝12at 2，a ＝2x 1t 2，v P ＝at ＝2x 1t ，A 对；由O到Q ：t 总＝t ＋t ＝2t ，由平均速度推论知，质点过P 的速度v P ＝x 2t 总＝x 22t，B 对；由P 到Q ：x PQ ＝x 2－x 1，x PO ＝x 1，x PQ －x PO ＝at 2，得a ＝x 2－2x 1t 2，v P ＝at ＝x 2－2x 1t，D 对． 2．(2019届河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发现6号车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v 02＝2a ·2l ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.3．汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：选C 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t ＝v 0a＝4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 s 内发生的位移为x 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 内发生的位移为x 2＝v 022a ＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C 正确．4. (2019届吕梁模拟)如图所示，A 、B 两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动．已知A 的质量比B 的质量大，下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能在空中相撞 B ．A 、B 落地时的速度相等C ．下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同D ．从开始下落到落地，A 、B 的平均速度相等解析：选C 由于不计空气的阻力，故物体仅受重力，则物体的加速度均为重力加速度g ，与物体的质量无关，下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同，A 、B 不可能在空中相撞，故A 错误，C 正确；根据v 2＝2gh 可得物体落地时的速度v ＝2gh ，由于两物体从不同高度开始自由下落，故到达地面时速度不相同，故B 错误；由v ＝v2可知落地的速度不相等，平均速度也不相等，故D 错误．5．(多选)(2018届温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1.6 s<2s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 022a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝,8) s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m解析：选ACD 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向上时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向竖直向上，A 正确；当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向下时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度大小为5 m/s ，方向竖直向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移h ＝v 2－v 02－2g＝15 m ，D 正确．7.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选D 用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L ，则v 32＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 12＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，选项A 、B 错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确．8．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t .现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )tt tt解析：选C 物体从抛出至回到抛出点的运动时间为t ，则t ＝2v 0g，物体上升至最大高度的一半处的速度v x2＝v 022，则用时间t 1＝x2v 0＋vx 22，物体撞击挡板前后的速度大小相等，方向相反，则物体以相同的加速度落回抛出点的时间与上升时间相同，即t 2＝t 1，故物体上升和下降的总时间t 总＝t 1＋t 2＝2t 1＝2xv 0＋v 02＝2v 01＋2gt ，选项C 正确． 9．(多选)物体从A 点由静止出发，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度大小为a 2做匀减速直线运动至B 点时速度恰好减为0，所用总时间为t .若物体以速度v 0匀速通过AB 之间，所用时间也为t ，则( )A ．v ＝2v 0 B.1a 1＋1a 2＝t vC.1a 1－1a 2＝12vD.1a 1＋1a 2＝t 2v解析：选AB 根据题意可知，A 、B 两点间距x ＝v2t ＝v 0t ，解得v ＝2v 0，选项A 正确；由t 1＝v a 1，t 2＝v a 2，t ＝t 1＋t 2可解得1a 1＋1a 2＝tv，选项B 正确，C 、D 错误．10. (2018届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )A.34 m B.43 m C.825m D.258m 解析：选D 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律，l ＝12at 2，l ＋l 1＝12a (t ＋T )2，l ＋l 1＋l 2＝12a (t ＋2T )2，l 2－l 1＝aT 2，联立解得l ＝258m ，选项D 正确．二、非选择题11．(2019届南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动.10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解析：(1)由题意可知经过10 s 时，速度计上显示的速度为v 1＝15 m/s 由速度公式v ＝v 0＋at 得a ＝v －v 0t ＝v 1t 1＝1.5 m/s 2由位移公式得x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m这时出租车离出发点的距离是75 m.(2)当速度计上显示的速度为v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a＝300 m ，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，匀速运动时间t 3为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400)m ＝2 700 m.答案：(1)75 m (2)2 700 m12．(2018届乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆家庭轿车以30 m/s 内的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；(2)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间． 解析：(1)设车匀减速至停止通过的路程为x 1x 1＝v 022a＝150 m车匀加速和匀减速通过的路程相等，设通过人工收费通道通过的路程为x 2x 2＝2x 1＝300 m车匀减速至停止需要的时间为t 1＝v 0－0a＝10 s 车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10＝30 s.(2)通过人工收费通道所需时间为30 s ．此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间t 3，通过的路程为x 3t 3＝v 0－v 1a＝5 s路程x 3＝v 02－v 122a＝112.5 m车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5x 4＝x 2－2x 3－15＝60 m t 5＝x 4v 0＝2 sΔt ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 故通过ETC 的节省的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。

综合模拟检测(二)(限时：60分钟)一、选择题(此题共 8 小题，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，每题5分，共40分)1．一旅客在站台 8 号车厢候车线处候车，假设动车一节车厢长 25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动。

他发现第 6 节车厢经过他用了 4 s，动车停下时旅客刚好在 8 号车厢门口，如下列图。

如此该动车的加速度大小约为( )A．2 m/s2B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s22.a、b两车从同一地点在平直公路上沿同方向行驶，其v­t图象如下列图，如此如下说法中正确的答案是( )A．t＝t1时，a、b两车速度的大小一样、方向相反B．t＝t1时，a、b两车的加速度大小一样，方向一样C．t＝t1时，a、b两车重新相遇D．0～t1时间内，a车的位移是b车位移的 3 倍3.如下列图电路中，电流表和电压表均可视为理想电表。

现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，如下说法中正确的答案是( )A．电流表的示数变小，电压表的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减小D．电源的总功率变大4.质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°。

弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g。

如此( )A．静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半B．静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力C．加速时，弹簧的弹力等于零D．加速时，弹簧的形变量是静止时的 2 倍5.如下列图，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上。

两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置。

开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住。

现将金属杆ab由静止释放，当金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动。

[基础题组]一、单项选择题1．(2018·四川成都月考)女士由于驾车超速而被警察拦住．警察走过来对她说：“太太，你刚才的车速是80 km/h！”这位女士反驳说：“不可能的！我才开了10分钟，还不到一个小时，怎么可能走了80 km呢？”“太太，我的意思是：如果您继续像刚才那样开车，在下一个小时里您将驶过80 km.”“这也不可能的．我只要再行驶20 km就到家了，根本不需要再开过80 km的路程．”你认为这位太太没有认清哪个科学概念()A．位移与路程的概念B．时间与时刻的概念C．平均速度与瞬时速度的概念D．加速度与速度的概念解析：超速应是任意时刻超过80 km/h，是瞬时速度，不会因为她开车的时间短或位移短而改变此速度的大小；平均速度是物体在单位时间内通过的路程，而瞬时速度是指物体在某一时刻或某一位臵上的速度，故该女士没有认清平均速度与瞬时速度的概念，故A、B、D错误，C正确．答案：C2．两位杂技演员，甲从高处自由落下的同时乙从蹦床上竖直跳起，结果两人同时落到蹦床上(忽略空气阻力)．若以演员自己为参考系，此过程中他们各自看到对方的运动情况是()A．甲看到乙先朝上、再朝下运动B．甲看到乙一直朝上运动C．乙看到甲先朝下、再朝上运动D．甲看到乙一直朝下运动解析：因甲与乙的加速度相同，故此过程中他们各自以自己为参考系，看到对方向自己做匀速直线运动．甲看到乙向上做匀速直线运动、乙看到甲向下做匀速直线运动．故B对．答案：B3．(2018·浙江省名校协作体联考)北京时间8月19日，在2016年里约奥运会田径比赛200米决赛中，“飞人”博尔特以19秒79的成绩夺得冠军．下列说法正确的是()A．200米指位移B．19秒79为时间间隔C．博尔特撞线时可以看成质点D．博尔特夺冠是因为他的加速度最大解析：200米指路径的长度，即路程，选项A错误；19秒79为时间间隔，选项B正确；博尔特撞线时，他的大小和形状不能忽略不计，故不可以看成质点，选项C错误；博尔特夺冠是因为他的平均速度最大，选项D错误．答案：B4．如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v1，经过一小段时间之后，速度变为v2，Δv表示速度的变化量．由图中所示信息可知()A．汽车在做加速直线运动B．汽车的加速度方向与v1的方向相同C．汽车的加速度方向与v1的方向相反D．汽车的加速度方向与Δv的方向相反解析：根据图像，汽车的速度变小，做的是减速直线运动，选项A错误；汽车的加速度与Δv方向相同，所以与v1、v2的方向都相反，选项B、D错误，选项C正确．答案：C5．钓鱼岛自古以来就是我国的固有领土，在距温州市约356 km、距福州市约385 km、距基隆市约190 km的位置．若我国某海监船为维护我国对钓鱼岛的主权，从温州出发去钓鱼岛巡航，到达钓鱼岛时共航行了480 km，则下列说法中不正确的是()A．该海监船的位移大小为480 km，路程为356 kmB．该海监船的位移大小为356 km，路程为480 kmC．确定该海监船在海上的位置时可以将该海监船看成质点D．若知道此次航行的时间，则可求出此次航行的平均速度解析：位移是从初位臵到末位臵的有向线段，为356 km，路程为轨迹的实际长度为480 km ，故A 错误，B 正确；该海监船在海上航行时，确定位臵时其大小可以忽略不计，故可以将该海监船看成质点，故C 正确；平均速度等于位移除以时间，故知道此次航行时间可求出此次航行的近似平均速度，故D 正确． 答案：A6．关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中正确的是( ) A ．速度变化的方向为正，加速度的方向为负 B ．物体加速度增大，速度一定越来越大 C ．速度越来越大，加速度一定越来越大D ．加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向解析：加速度的方向与速度的变化的方向是相同的，则速度变化的方向为正，加速度的方向也为正，选项A 错误；若速度与加速度方向相反时，当物体加速度增大时，速度越来越小，选项B 错误；速度越来越大，加速度方向与速度方向相同，但是加速度不一定越来越大，选项C 错误；加速度由物体的受力情况决定，可能既不与速度同向，也不与速度反向，选项D 正确． 答案：D7．一辆做直线运动的汽车，以速度v 行驶了全程的一半，然后匀减速行驶了后一半，到达终点时恰好停止，全程的平均速度为( ) A.v2 B.2v3 C.v 3D.3v 4解析：设一半位移为x ，则匀速过程的时间为t 1＝xv ，匀减速过程中的平均速度为v 2＝0＋v 2＝v 2，所以后一半位移所用时间为t 2＝x v 2＝2x v ，故全程的平均速度v ＝2x t 1＋t 2＝2x x v ＋2x v ＝23v ，故B 正确． 答案：B 二、多项选择题8．(2018·湖南衡阳质检)下列关于物体是否可以看作质点的说法正确的有( )A．研究奥运游泳冠军叶诗文的游泳技术时，叶诗文不能看成质点B．研究飞行中直升飞机上的螺旋桨的转动情况时，直升飞机可以看作质点C．观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，可以把航空母舰看作质点D．在作战地图上确定航空母舰的准确位置时，可以把航空母舰看作质点解析：研究奥运游泳冠军叶诗文的游泳技术时，叶诗文的大小和形状不能忽略不计，故叶诗文不能看成质点，选项A正确；研究飞行中直升飞机上的螺旋桨的转动情况时，直升飞机的大小和形状不能忽略不计，故不可以把直升机看作质点，选项B错误；观察航空母舰上的舰载飞机起飞时，航母的大小和形状不能忽略不计，故不可以把航空母舰看作质点，选项C错误；在作战地图上确定航空母舰的准确位臵时，航空母舰的大小和形状可以忽略不计，故可以把航空母舰看作质点，选项D正确．答案：AD[能力题组]一、选择题9．(多选)有关加速度方向的理解，下列说法正确的是()A．由a＝ΔvΔt知，a的方向与Δv的方向相同B．a的方向与初速度v0的方向相同C．只要a＞0，物体就做加速运动D．a的方向与初速度的方向相同，则物体做加速运动解析：由于正方向是人为规定的，可以规定初速度方向为正方向，也可以规定与初速度方向相反的方向为正方向，这样，当a＞0时，物体不一定做加速运动．要分析物体做加速运动还是减速运动，应分析加速度方向与速度方向的关系．故正确选项为A、D.答案：AD10．(多选)(2018·宁夏银川月考)一辆汽车正在做匀加速直线运动，若汽车的加速度方向与速度方向一致，当加速度减小时，则()A．汽车的速度也减小B．汽车的速度仍在增大C．当加速度减小到零时，汽车静止D ．当加速度减小到零时，汽车的位移仍然不断增大解析：由题目可知汽车的加速度方向与速度方向一致，则汽车速度增大，加速度减小，说明速度增大的越来越慢，但依然是增大的，加速度减小到零时，速度不再增大，达到最大值，此后汽车以最大速度做匀速运动，故A 、C 错误，B 正确；汽车的运动方向不变，位移一直在增大，故D 正确． 答案：BD11．一质点从t ＝0时刻开始沿x 轴做直线运动，其位置坐标与时间的关系为x ＝2t 3－8t ＋1(x 和t 的单位分别为m 和s)，则下列说法正确的是( ) A ．质点一直向x 轴正方向运动 B ．质点做匀变速直线运动C ．质点在第2 s 内的平均速度的大小为3 m/sD ．质点在0～2 s 内的位移为零解析：利用位臵坐标与时间的关系得出各个时刻的位臵坐标后可判断：t ＝0时，x 0＝1 m ，t ＝1 s 时，x 1＝－5 m ，t ＝2 s 时，x 2＝1 m ，可知选项A 错误；由关系式x ＝v 0t ＋12at 2可知匀变速直线运动的位移与时间成二次函数关系，故选项B 错误；根据平均速度的定义式结合题目所给关系式可知质点在第2 s 内的平均速度的大小为v ＝1－(－5)1m/s ＝6 m/s ，选项C 错误；因为t ＝0和t ＝2 s 时的位臵相同，所以质点在0～2 s 内的位移为零，即选项D 正确． 答案：D12．(多选)(2017·江苏苏州名校联考)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB 、ABC 、ABCD 、ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1 s 、2 s 、3 s 、4 s ．下列说法正确的是( )A ．物体沿曲线A →E 的平均速率为1 m/sB ．物体在ABC 段的平均速度大小为52 m/sC ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点时的速度等于AC 段的平均速度解析：平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段轨迹长度，故不能求出平均速率，选项A 错误；由v ＝ΔxΔt 可得vAC ＝52 m/s ，选项B 正确；所选取的过程离A 点越近，其过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，选项C 正确；物体在B 点的速度不一定等于AC 段的平均速度，选项D 错误． 答案：BC13．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( ) A ．位移的大小不可能小于4 m B ．位移的大小可能大于10 m C ．加速度的大小可能小于4 m/s 2 D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2解析：若初、末速度同向时：v ＝v 0＋v 2＝4＋102 m/s ＝7 m/s ，x ＝v t ＝7 m ，a ＝v －v 0t ＝10－41 m/s 2＝6 m/s 2；若初、末速度反向时：v ＝v 0＋v 2＝－4＋102 m/s＝3 m/s ，x ＝v t ＝3 m ，a ＝v －v 0t ＝10－(－4)1 m/s 2＝14 m/s 2.因此可得出D 正确．答案：D 二、非选择题14．我国“飞豹”战机作战半径可达1 500 km ，完全冲破了“第一岛链”的“束缚”．假设一架“飞豹”战机于8点整从“辽宁”号航母起飞，在8点18分正好抵达距航母680 km 的指定位置，战机仪表显示此段行程正好为800 km.试求： (1)战机此段过程的平均速率和飞行100 m 约需的时间分别是多少？ (2)此段过程中战机的平均速度大小又是多少？ 解析：题干中时间信息为： 该战机飞行时间t ＝18 min ＝1 080 s 隐含信息为路程s ＝800 km ＝8×105 m 位移x ＝680 km ＝6.8×105 m (1)“飞豹”战机的平均速率v s ＝s t ＝8×1051 080 m /s≈740.74 m/s每飞行100 m 约需时间为t ′＝100 mv s ≈0.135 s(2)战机的平均速度v ＝x t ＝6.8×1051 080 m /s≈629.63 m/s.答案：(1)740.74 m/s 0.135 s (2)629.63 m/s[课时作业]授课提示：对应学生用书第245页[基础题组]单项选择题1．(2018·山东潍坊月考)图甲、乙、丙是中学物理课本必修1中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图像，下列说法正确的是( )A ．甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移偏小B ．甲图中利用矩形面积的和表示位移大小比乙图利用梯形面积表示位移大小更接近真实值C ．这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动D ．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示加速度变化量 解析：物体的位移等于图线与时间轴所围的面积大小，则知甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移大小偏小，故A 正确．根据“面积”表示位移可知，乙图利用梯形面积表示位移大小比甲图中利用矩形面积的和表示位移大小更接近真实值，故B 错误．这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动，故C 错误．若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示速度变化量，故D 错误．答案：A2．在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆最大刹车加速度是15 m/s2，该路段的限速为60 km/h，则该车( )A．超速B．不超速C．无法判断D．速度刚好是60 km/h解析：如果以最大刹车加速度刹车，那么由v＝2ax可求得刹车时的速度为30 m/s＝108 km/h，所以该车超速行驶，A正确．答案：A3．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车通过的位移之比为( )A．1∶1 B．1∶3C．3∶4 D．4∶3解析：汽车从刹车到停止用时t刹＝v0a＝205s＝4 s，故刹车后2 s和6 s内汽车的位移分别为x1＝v0t－12at2＝20×2 m－12×5×22 m＝30 m，x2＝v0t刹－12at2刹＝20×4 m－12×5×42 m＝40 m，x1∶x2＝3∶4，C选项正确．答案：C4．(2018·天津五区县高三模拟)一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为( )A.12at2B．at2C.32at2D．2at2解析：设质点的初速度为v0，则t s末的速度为3v0，根据速度位移公式得x＝3v0 2－v202a ＝4v20a，因为t＝3v0－v0a＝2v0a，则有v0＝at2，可知x＝at2，故B正确，A、C 、D 错误．故选B. 答案：B5．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0＜t )时刻距离海平面的深度为( )A.v t －t 0 22tB.vt 202tC.vt 2D ．vt 0(1－t 02t)解析：潜水器减速上升，加速度a ＝v t，由2aH ＝v 2得，开始运动时距离水面高度H ＝v 22a ＝12vt ，经时间t 0上升的距离为h ＝vt 0－12at 20＝vt 0－vt 202t ，此时到水面的距离Δh ＝H －h ＝v t －t 0 22t .答案：A6．为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起落点竖直距离约5 m ，g 取10 m/s 2，这个照相机的曝光时间约为( ) A ．1×10－3s B ．1×10－2s C ．5×10－2 sD ．0.1 s解析：自由落体运动5 m 的末速度为v t ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.由于0.12m 进小于5 m ，故可以近似地将AB 段当匀速运动，故时间为t ≈AB v t ＝0.12 m 10 m/s ＝0.012s ≈0.01 s ，故选B.答案：B7．某同学观看跳台跳水比赛，一跳水运动员在离水面10 m高的平台向上跃起，该同学估测运动员跃起离平台的最大高度约为0.2 m．假设运动员做竖直上抛运动，则该运动员在空中完成动作的时间大约为( )A．1.2 s B．1.4 sC．1.6 s D．2.0 s解析：运动员做竖直上抛运动，上升到最高点h1＝0.2 m时，看作反方向的自由落体运动，h1＝12gt21，t1＝2h1g＝0.2 s，上升到最高点时距离水面10.2 m，h2＝12gt22，t2＝2h2g＝1.4 s，故t＝t1＋t2＝1.6 s，选项C正确．答案：C8．(2018·四川雅安中学高三质检)有一长为L的列车，正以恒定的加速度过铁路桥，桥长为2L，现已知列车车头过桥头的速度为v1，车头过桥尾时的速度为v2，那么，车尾过桥尾时的速度为( )解析：从列车车头过桥头到车头过桥尾有＝2a·2L，从车头过桥尾到车尾过桥尾有＝2a·L，由以上两式可得v3＝.答案：C[能力题组]一、选择题9．在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的小球站在某高台上，放手后小球自由下落，两小球落地的时间差为Δt.如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，则两小球落地的时间差将( ) A ．减小 B ．增大 C ．不变D ．无法判定解析：设细线的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球还要运动的位移为L ，在L 内运行的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，落地的速度越大，知高度越高，另一个小球在位移L 内的初速度越大，根据L ＝v 0t ＋12gt 2，初速度越大，时间越短，所以两小球落地的时间差将减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A. 答案：A10．(2018·黑龙江大庆模拟)不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t ，上升的最大高度为h .现在距物体抛出点34h 处设置一块挡板，物体撞击挡板后的速度大小减为0，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( ) A ．0.4t B ．0.5t C ．0.6tD ．0.7t解析：物体下降时间为0.5t ，故高度为h ＝12g (t 2)2，物体自由落体运动14h 过程，有14h ＝12gt ′2，物体到挡板处的时间t ′＝h2g＝0.25t ，故第二次物体上升的时间t ″＝0.5t －t ′＝0.5t －0.25t ＝0.25t ，物体撞击挡板后下降的时间34h ＝12gt 21，t 1＝3h 2g ＝34t ，所以第二次物体上升和下降的总时间t 2＝t ″＋t 1＝0.25t ＋34t ≈0.7t ，故选D. 答案：D11．(多选)(2018·山东济南模拟)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8 s 时刻物体的速度大小变为8 m/s(g 取10 m/s 2)，则下列说法正确的是( )A ．物体一定是在t ＝3.2 s 时回到抛出点B ．t ＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是16 m/sD ．t ＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：物体做竖直上抛运动，在0.8 s 内的速度变化量Δv ＝gt ＝10×0.8 m/s ＝ 8 m/s ，由于初速度不为零，可知t ＝0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B 、D 错误；由v t ＝v 0－gt ，代入数据解得v 0＝16 m/s ，则上升到最高点的时间t 1＝v 0g ＝1610 s ＝1.6 s ，则回到抛出点的时间t＝2t 1＝2×1.6 s ＝3.2 s ，故A 、C 正确． 答案：AC 二、非选择题12．某人在相距10 m 的A 、B 两点间练习折返跑，他在A 点由静止出収跑向B 点，到达B 点后立即返回A 点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4 m/s 2和8 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，从B 点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A 点，求： (1)从B 点返回A 点的过程中以最大速度运动的时间；(2)从A 点运动到B 点与从B 点运动到A 点的平均速度的大小之比．解析：(1)设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为t 1，加速运动的位移大小为x 1，从B 点返回A 点的过程中做匀速运动的时间为t 2，A 、B 两点间的距离为L ，由运动学公式可得v m ＝a 1t 1 x 1＝v m2t 1L －x 1＝v m t 2联立以上各式幵代入数据可得t 2＝2 s.(2)设此人从A 点运动到B 点的过程中做匀速运动的时间为t 3，减速运动的位移大小为x 2，减速运动的时间为t 4，由运动学方程可得v m ＝a 2t 4 x 2＝v m2t 4L －x 1－x 2＝ v m t 3 vABv BA＝t 1＋t 2t 1＋t 3＋t 4联立以上各式幵代入数据可得v ABvBA＝1213答案：(1)2 s (2)121313．2017年全国跳水冠军赛暨第十三届全运会预选赛于5月13日结束首日较量．女子10米台，任茜、司雅杰、张家齐等顺利晋级决赛，图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿．运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g 取10 m/s 2) (1)运动员起跳时的速度v 0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留三位有效数字)． 解析：(1)上升阶段：－v 20＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1解得t1＝v0g＝310s＝0.3 s自由落体过程：H＝1 2 gt22解得t2＝2Hg＝2×10.4510s≈1.45 s故t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s答案：(1)3 m/s (2)1.75 s[基础题组]一、单项选择题1．(2018·安徽省四校联考)下列所给的运动图像中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是( )解析：速度—时间图像中与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标上方表示正位移，在坐标轴下方表示负位移，所以A中面积不为零，所以位移不为零，不能回到初始位置；B、C中面积为零，位移为零，回到初始位置；D中，位移—时间图像表示物体的位移随时间变化的图像，在t0 s物体的位移为零，即又回到了初始位置．答案：A2．(2018·黑龙江省哈师大附中高三月考)甲、乙两物体在同一直线上运动，位移－时间(x t)图像如图所示，以甲的出収点为坐标原点，出収时刻为计时起点，则从图像可以看出，下列说法不正确的是( )A．甲、乙同时计时B．从开始计时到相遇，甲的速度始终比乙的速度大C．甲计时开始运动时，乙在甲前面x0处D．甲在中途停了一会儿，但最后还是追上了乙解析：由图像可知开始运动时甲的出収点在坐标原点，而乙物体在出収时离坐标原点的距离为x0，故甲开始运动时，乙在甲前面x0处，甲、乙都是从t＝0时刻开始运动的，A、C正确；图像的斜率表示速度，在t＝t3时，两者相遇，此时甲的速度大于乙的速度，但是在t1～t2时间内甲静止，小于乙的速度，B错误；由于甲物体在t1～t2时间内甲物体的位移未变，即甲在中途停了一会儿，在t3时刻甲、乙两物体的位置相同，即甲追上了乙，故D正确．答案：B3.(2018·四川广安岳池中学高三诊断)关于如图所示的v­t图像所描述的物体的运动情况，下列结论中正确的是( )A．O到A的速度变化比B到C的速度变化快B．AB平行于时间轴，则物体在AB这段时间内是静止的C．物体的位移越来越大D．O到A的速度方向与B到C的速度方向相反解析：速度时间图像的切线斜率表示加速度，由图可得O到A的加速度比B到C 的加速度小，O到A的速度变化比B到C的速度变化慢，故A错误；AB平行于时间轴，则物体在AB这段时间内以速度v0做匀速直线运动，故B错误；在0到t3这段时间内，物体的速度始终为正，即物体始终沿规定的正方向运动，物体的位移越来越大，故C正确；在0到t3这段时间内，物体的速度始终为正，O到A 的速度方向与B到C的速度方向相同，故D错误．答案：C4．两辆完全相同的汽车，沿平直公路一前一后以相同的速度匀速行驶，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时加速度的二分之一的大小开始刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为s.若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( ) A ．s B ．2s C ．2.5sD ．3s解析：两辆完全相同的汽车以相同的速度匀速行驶，前车刹车位移为s ，设加速度大小为a ，刹车的时间为t ＝v 0a ，刹车的位移s ＝v 202a ，在此时间内，后车做匀速运动，位移为x ＝v 0t ＝v 20a ，所以x ＝2s ，此后后车刹车，加速度大小为a 2，刹车的位移x ′＝v 202×a 2＝v 20a＝2s .要保持两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为Δx ＝x ＋x ′－s ＝3s . 答案：D5．汽车A 在红灯前停住，绿灯亮起时启动，以0.4 m/s 2的加速度做匀加速运动，经过30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B 以8 m/s 的速度从A 车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A 车相同，则从绿灯亮时开始( ) A ．A 车在加速过程中与B 车相遇 B ．A 、B 相遇时速度相同 C ．相遇时A 车做匀速运动 D ．两车不可能相遇解析：作出A 、B 两车运动v t 图像如图所示，v t 图像所包围的“面积”表示位移，经过30 s 时，两车运动图像所围面积幵不相等，所以在A 车加速运动的过程中，两车幵未相遇，所以选项A 错误；30 s 后A 车以12 m/s 的速度做匀速直线运动，随着图像所围“面积”越来越大，可以判断在30 s 后某时刻两车图像所围面积会相等，即两车会相遇，此时A 车的速度要大于B 车的速度，所以两车不可能再次相遇，选项C 正确，选项B 、D 错误．答案：C二、多项选择题6.如图，x­t图像反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，下列说法正确的是( )A．5 s时两车速度相等B．甲车的速度为4 m/sC．乙车的加速度大小为1.6 m/s2D．乙车的初位置在x0＝80 m处解析：甲车做匀速直线运动，速度为v甲＝xt＝205m/s＝4 m/s，故B正确．乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为零的匀加速直线运动，则根据图像有x＝12a·(5 s)2，解得a＝1.6 m/s2，又x0＝12a·(10 s)2，则x0＝80 m，故C、D正确．t＝5 s时乙车的速度v乙＝1.6×5 m/s＝8 m/s＞v甲，故A错误．答案：BCD7.(2018·山东潍坊模拟)甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v t图像如图所示，其中甲为直线．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( ) A．在t0～2t0时间内，甲、乙的加速度方向相同B．在t0～2t0内，乙的平均速度大于甲的平均速度C．在0～2t0内，甲、乙间的最进距离为v0tD．在0～2t0内，甲、乙间的最进距离为1 2 v0t解析：速度图像的斜率表示加速度，根据图像可知，在t0～2t0时刻，甲、乙的加速度都为负，方向相同，故A正确．根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t0～2t0内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故B 正确．甲、乙从同一位置出収，在t0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最进，最进距离等于两者位移之差，为x＝12t0·(2v0－v0)＝12v0t，故C错误，D正确．故选A、B、D.答案：ABD8.(2018·四川雅安中学高三质检)如图所示是A、B两质点从同一地点运动的x­t图像，则下列说法正确的是( )A．B质点最初4 s做加速运动，后4 s做减速运动B．B质点一直沿着同一方向运动C．A质点以20 m/s的速度匀速运动D．A、B两质点在4 s末相遇解析：在x­t图像中，图线的斜率表示速度大小，则知B质点最初4 s内做减速运动，后4 s做加速运动，故A错误；B质点图像的斜率先正后负，说明B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B错误；A图像的斜率等于20 m/s，则知A质点以20 m/s的速度匀速运动，所以C选项是正确的；4 s末两图线相交，说明两个质点到达同一位置相遇，所以D选项是正确的．答案：CD[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线上，。