《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题01质点的直线运动含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题01质点的直线运动含解析.pdf（25页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题 01 质点的直线运动专题 01 质点的直线运动 第一部分名师综述第一部分名师综述 本专题中的难题分为二，一为对运动图像的考查，对图像的考查范围很广，涉及的内容页比较多，几乎涉 及了直线运动中的所有知识以及应用，特别是利用图像处理追击相遇问题时高考考查的重难点，在解题过 程中，要注意分析图像的轴、点、线、面积、斜率等方面，考查方式多为选择题。二是对多过程直线运动 的考查，综合了匀变速直线运动公式、追击相遇问题，考查方式多为计算题，在做题过程中需要（1）要养 成画物体运动示意图，或者x-t图象与v-t图象的习惯，特别是比较复杂的运动，画出示意图或者运动图 像可使运动过程直观化，物理过程清晰，
2、便于研究， （2）要注意分析研究对象的运动过程，搞清楚整个运 动过程按运动性质的转换可以分为哪几个阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段又存在哪些联系。 第二部分精选试题第二部分精选试题 一、单选题 1如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至 A 点，使细线处于拉直状态，由静止开 始释放小球，不计摩擦，小球可在 A、B 两点间来回摆动当小球摆到 B 点时，细线恰好断开，则小球将（） A在 B 点保持静止 B沿 BE 方向运动 C沿 BC 方向运动 D沿 BD 方向运动 【答案】 B 【解析】 由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到B点时，小球速度恰好
3、为零， 此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。所以，将沿BE方向运动。故选 B。 【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于 重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。 2如图所示为a、b、c三个质点运动的速度时间图象（vt图象） ，若三质点同时从同一位置出发则关 于三个质点的运动，下列说法中正确的是 A时刻a、b两质点的速度大小相等、方向和反t1 B时刻后，质点b位于a、c的前面t1 C0时间内，a位于b、c两质点的前面t1 D0时间内，a、b两质点间的距离在不断减小t1 【答案】 C 【解析】 A、t1时刻a
4、、b两图象对应的速度相等且均为正值，表示运动方向均为正方向，A 错误。B、C、三质点从同 一地点出发，t1时所围的面积表示位移，可得a在最前，其次是b，最后是c,B 错误，C 正确。D、0t1时 间内，可读出，则a、b之间的距离不断增大，D 错误。故选 C。va vb 【点睛】利用匀变速直线运动图象分析追击与相遇，要注意明确图象的性质，图象的正负表示运动方向， 图象的斜率表示加速度，能根据图象的面积求解位移 3一个物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图线如图所示，则该物体： ( ) A01s 内加速运动，1s3s 内减速运动，第 3s 末回到出发点 B03s 内物体位
5、移是 12m C01s 内与 1s3s 内的平均速度相同 D2s 时的速度方向与 0.5s 时的速度方向相反 【答案】 C 【解析】A、物体在第 1 s 内从静止开始匀加速运动，第 2、3 s 内沿原方向做匀减速运动，根据“面积”等 于速度的变化量可知，3s 末物体的速度为零，所以第 3 s 末没有回到出发点故 A 错误 ； B、C、01s 的位移 ， 1s3s 的 位 移， 故； 而， 1 04 12m 2 x 2 04 24m 2 x 12 6mxxx 1 1 1 2m/s x v t ，则 B 错误，C 正确。D、第 3 s 末速度为零，故 2s 时和 0.5s 的速度方向相同，D 错误
6、故 2 2 2 2m/s x v t 选 C. 【点睛】解决本题的关键根据加速度时间图线，知道物体做周期性运动，掌握“面积”等于速度的变化量 和运动学公式，并分别求速度和位移 4甲、乙两车在平直公路上行驶，其 v-t 图象如图所示。t=0 时，两车间距为；时刻，甲、乙两车相遇。s0t0 时间内甲车发生的位移为 s，下列说法正确的是( )0 t0 A时间内甲车在前，时间内乙车在前0 t0t0 2t 0 B时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的 2 倍0 2t0 C时刻甲、乙两车相距2t0 1 2s0 Ds0= 6 7s 【答案】 D 【解析】 由图知在 0t0时间内甲车速度大于乙车的速度，
7、故是甲车在追赶乙车，所以 A 错误；02t0时间内甲车平 均速度的大小，乙车平均速度，所以 B 错误；由题意知，图中阴影部分面积即为位移 S0，根据几何关 3 2v0 1 2v0 系知，三角形 ABC 的面积对应位移 S03，所以可求三角形 OCD 的面积对应位移 S06，所以 0to时间内甲 车发生的位移为s=S0+ S06，得s0= s，故D正确 ； 2t0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC的面积即S03， 6 7 所以 C 错误。 5A、B 两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移时间(x-t)图像,图中 a、b 分别 为 A、B 两球碰撞前的图线,c 为碰撞后两球
8、共同运动的图线.若 A 球的质量,则由图可知下列结论正mA= 2kg 确的是( ) AA、B 两球碰撞前的总动量为 3 kgm/s B碰撞过程 A 对 B 的冲量为-4 Ns C碰撞前后 A 的动量变化为 4kgm/s D碰撞过程 A、B 两球组成的系统损失的机械能为 10 J 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、由 s-t 图像可以知道：碰撞前 A 的速度为；vA= 4 - 10 2 =- 3m/s 碰撞前 B 的速度，vB= 4 - 0 2 = 2m/s 碰撞后 AB 的速度为vC= 2 - 4 2 =- 1m/s 根据动量守恒可知mbvB- mavA=- (ma+ mb)vC 代入速度
9、值可求得：mb= 4 3kg 所以碰撞前的总动量为，故 A 错误；mbvB- mavA=- 10 3kg m/s B、碰撞时 A 对 B 所施冲量为即为 B 的动量变化量故 B 正确；PB=- mbvC- mbvB=- 4N s C、根据动量守恒可知，故 C 正确；PA=- PB= 4N s = 4kg m/s D、碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 ,故 D 正确， 1 2mav 2 A+ 1 2mbv 2 B- 1 2(ma + mb)v2C= 10J 本题选不正确的，故选 A 【点睛】 结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出 B 的质量，然后根据定义求出动量的变化量。 6如
10、下图所示，质量 m1kg 的物体从高为的光滑轨道上 P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带h02m 上的 A 点，物体和皮带之间的动摩擦因数为，传送带 AB 之间的距离为 L5m，传送带一直以 = 0.2v4m 的速度匀速运动，则( )/s A物体从 A 运动到 B 的时间是 15s B物体从 A 运动到 B 的过程中，摩擦力对物体做了 2 J 功 C物体从 A 运动到 B 的过程中，产生 2J 热量 D物体从 A 运动到 B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做了 10J 功 【答案】 AC 【解析】 试题分析 ： 设物体下滑到 A 点的速度为， 对 PA 过程， 由机械能守恒定律有 ：代入数
11、据得 ：v0 1 2mv0 2 = mghv0= ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为2gh = 2m/sv = 4m/sa = mg m ； 加速至速度与传送带相等时用时 ：， 匀加速运动的位移= g = 2m/s2t1= v - v0 a = 4 - 2 2 s = 1ss1= v0+ v 2 ， 所以物体与传送带共速后向右匀速运动， 匀速运动的时间为t1= 2 + 4 2 1m = 3m 1 2 ，则平均速度，故D 正确，C错误； 6 9m = 27mv = x t 27 6m/s = 4.5m/s 故选 BD。 【点睛】 根据牛顿第二定律得出加速度与时间的表
12、达式，结合 a-t 图线围成的面积表示速度变化量得出最大速度的 大小，根据速度时间图线，结合图线围成的面积表示位移，根据平均速度的定义式求出平均速度的大小。 三、解答题 21如图甲所示，有一倾角为 =53的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为 M=3kg 的木板，木板材 质与斜面体相同t=0 时有一质量 m=6kg 的滑块在斜面上由静止开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑 离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量损失） 图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化 的图象，已知 sin53=0.8， eos53=06，取 g=l0m/s2.求： (1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因
13、数 1、2； (2)滑块停止运动的时刻 t 和木板的最小长度 l。 【答案】 （1）0.2（2）18m 【解析】 【详解】 (1)滑块在斜面上下滑时，满足： mgsin -1N=ma1 N= mgcos 由v-t图得加速度a1= =6m/s2 v0 t1 综合解得1= 1 3 滑块滑上木板后减速1mg =ma2 其中a2= v0- v1 t2- t1 对木板分析有1mg 2（m+M）g =Ma3 其中a3= v1 t2- t1 综合解得2=0.2 (2) 由于21，故滑块与木板达共速后一起匀减速，加速度满足 2（m+M）g =（m+M）a4 又a4= v1 t - t2 综合解得t=6s 木板
14、的最小长度=18ml = 1 2v0(t2 - t1) 【点睛】 本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段 的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解. 22一小球在恒力 F1作用下竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.当小球运动到位置A时，将 F1突然 增大到某值 F2(未知)，但保持其方向不变持续一段时间t后，又突然将该力反向，但保持其大小不变； 再持续同样一段时间后，油滴运动到B点重力加速度大小为g.不计空气阻力 (1)求油滴运动到B点时的速度； (2)求增大后的力 F2大小；已知不存在外力时，油滴以初速度v0做
15、竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A 两点间距离的两倍 【答案】 （1）；（2）或v2= v0- 2gt1F2=2 - 2 v0 gt1 + 1 4( v0 g) 2 F1F2=2 - 2 v0 gt1 - 1 4( v0 g) 2 F1 【解析】 【分析】 （1）分析小球的运动过程，小球先向上做匀速直线运动，到达 A 处后因力突然增大而开始做匀加速直线运 动，经过 t 后力突然反向，小球开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运 动对力增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而 t 又是一个已 知量，那么直接使用运动学公式即可求出小球运动到
16、B 点时的速度的大小；（2）因为小球最后可能做反vB 向的匀加速直线运动，因此我们不能确定 B 点的位置究竟在 A 点上方还是 A 点下方，故需要分为两种情况 讨论对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种 情况下增大后的力大小。F2 【详解】 在t0 时，力从增加至时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有 ：F1F2F2 - mg = ma1 油滴在时刻的速度为：t1v1= v0+ a1t1 力在时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，t1 根据牛顿第二定律有：F2+ mg = ma2 油滴在时刻的速度为：t2=
17、2t1v2= v1- a2t1 由式得：v2= v0- 2gt1 (2)由题意，在t=0 时刻前有：F1= mg 油滴从t=0 到时刻的位移为：t1s1= v0t1+ 1 2a1t 2 1 油滴在从时刻到时刻的时间间隔内的位移为：t1t2= 2t1s2= v0t1- 1 2a2t 2 1 由题给条件有：v20= 2g(2h) 式中h是B、A两点之间的距离若B点在A点之上，依题意有s1+ s2= h 由式得F2=2 - 2 v0 gt1 + 1 4( v0 g) 2 F1 若B点在A点之下，依题意有s1+ s2=- h 由式得F2=2 - 2 v0 gt1 - 1 4( v0 g) 2 F1 【
18、点睛】 解决复杂的力学问题，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系根据物体的受力情况，用牛顿第二 定律求出加速度，结合运动学公式确定速度和位移等；其二，功和能的关系根据做功情况，引起物体的 能量发生变化，利用动能定理进行解答 23如图所示，在距地面不等高处有两点 A 和 B，它们之间的高度差为 b。A、B 处各有一小球，A 处小球 自由下落一段距离 a 后，B 处小球开始自由下落，结果两小球同时落地，求球和球下落时间之比。 【答案】 b + a b - a 【解析】 【详解】 设 A 距地面的高度为 H，根据 h=gt2可知，A 下落到地面的时间t， 1 2 2H g A 下落 a 所需时间
19、t 2a g 则 B 下落的时间 t=t-t，则 H-b=gt2 1 2 联立解得， t t - t b + a b - a 球和和球下落时间之比为 b + a b - a 【点睛】 本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式，明确 AB 同时落地，找出 AB 的时间关系即可求得 24如图所示,长 L=1.0m 木板 B 放在水平面上,其右端放置一小物块 A(视为质点).B 的质量 mB=2.0kg ,A 的 质量 mA=3.0kg ,B 与水平面间的动摩擦因数 1=0.20 ,A、B 间的动摩擦因数 2=0.40 ,刚开始两者均处于静 止状态,现给 A 一水平向左的瞬间冲量 I,I=9.0NS
20、 ,重力加速度 g 取 10m/s2 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力. 求: (1)A 开始运动的速度 ; (2)A、B 之间因摩擦产生的热量; (3)整个过程 A 对地的位移. 【答案】 （1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m 【解析】 （1）由题意，由动量定理得 I=mv0 代入数据解得 v0=3m/s （2）对 A：aA=2g=4m/s2 2mAg mA 对 B：aB= 2mAg - 1(mA+ mB)g mB 代入数据解得 aB=1m/s2 A 对地做匀减速运动，B 对地做匀加速运动，设 A、B 达到相同速度为 v，所需时间为 t，A 的位移为 xA，B 的位移为 xB 对
21、A：v=v0-aAt xA= v2- v20 2( - aA) 对 B：v=aBt xB=aBt2 1 2 代入数据解得 v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18m A 对 B 的位移为x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m1m，假设成立 故此过程中，A、B 之间因摩擦产生的热量 Q=2mAg 解得 Q=10.8J （2） A、 B 达到相同速度后， 设二者保持静止， 整体减速的加速度为 a=1g2g， 则假设成立 1(mA+ mB)g mA+ mB 此后二者共同滑行的距离 x共=0.09m v2 2a = 062 2 2 故整个过程 A 对地的位移 x总=x
22、A+x共=1.17m 点睛：本题的关键要分析两个物体的运动过程，根据物体的受力情况先求解加速度，并能抓住临界状态： 速度相同，采用隔离法和整体法结合分析 25为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1s0)处分别设置一个挡板和一 面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在 冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小 旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球 到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求 (1)冰球与冰面之间
23、的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度 【答案】 （1）（2） = v20- v21 2gs0 a = s1(v0+ v1)2 2s20 【解析】 （1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为， 则冰球在冰面上滑行的加速度a1=g 由速度与位移的关系知2a1s0=v12v02 联立得 = a1 g = v20- v21 2gs0 （2）设冰球运动的时间为t，则t = v0- v1 g 又s1= 1 2at 2 由得a = s1(v0+ v1)2 2s20 【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的 关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。
24、26如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的 速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩 擦因数为 0.2，小车足够长。求： （1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？ （2）经多长时间两者达到相同的速度？共同速度是多大？ （3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=l0m/s2） 【答案】 （1）2m/s2，05m/s2（2）4s（3）124m 【解析】 试题分析：（1）物块的加速度 mg=ma1，所以 a1=3m/s2； 小车
25、的加速度：Fmg=Ma2，所以 a2=0.5m/s2。 （2）由：v0+a2t1=a1t1，得 t1=1s。 （3）在开始 1s 内小物块做匀加速运动，最大速度：v=a1t1=3m/s， 在接下来的 0.5s 物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度：对系统 F=（M+m）a3 物体位移 s= a1t12+a1t1(tt1)+ a3(tt1)2=3.125m。 1 2 1 2 考点：匀变速直线运动规律的应用。 27如图甲所示，斜面的倾角 =30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1=1m，bc边的边长 L2=0.6m，线框的质量m=1kg，线框的电阻R=0.1，线框受到沿斜面向
26、上的恒力F的作用，已知F=15N，线 框与斜面间的动摩擦因数 =线框的边abefgh，斜面的ef hg区域有垂直斜面向上的匀强磁场， 3 3 磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B-t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动起计时的如 果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x=5.1m，取g=10m/s2求： （1）线框进入磁场前的加速度a； （2）线框进入磁场时匀速运动的速度v； （3）在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v-t图象； （4）线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q 【答案】 （1）5 m/s2 （
27、2）2 m/s （3）如图； （4）35 J 【解析】 试题分析：（1）线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力 F、斜面的支持力和线框的摩擦力作用，由 牛顿第二定律：Fmgsinmgcos=ma 得线框进入磁场前的加速度 a=“5“ m/s2 （2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab 边进入磁场切割磁感线， 产生的电动势 E1=BL1v 形成的感应电流 I1= E1 R 受到沿斜面向下的恒定的安培力 F安BI1L1 线框受力平衡，有 Fmgsin mgcosF安 此时磁感应强度必恒定不变 B=05 T，代入数据解得 v2 m/s （3）线框 abcd 进入磁场前做匀加速直线运动，
28、进入磁场前的运动时间 t1= =04 s v a 进入磁场过程中线框做匀速运动的时间 t2= =03 s L2 v 线框完全进入磁场后至运动到 gh 线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段 的加速度大小仍为 a5 m/s2，该过程有 x-l2vt3 at23，解得 t3=“1“ s 1 2 线框从静止开始运动直至 ab 边运动到 gh 线过程的 vt 图象如图； （4）线框整体进入磁场后，ab 边运动到 gh 线的过程中，线框中有感应电流的时间 t4=t1t2t309 s=08 s E2= BS t = 0.5 0.6 2.1 - 0.9 V = 0.25V 此过程产
29、生的焦耳热 Q2= 05 J E22 R t4 线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热 Q1= I12Rt2 =“3“ J 线框从静止开始运动直至 ab 边运动到 gh 线的过程中产生的焦耳热 Q= Q1+ Q2=35 J 考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律的应用 【名师点睛】本题是电磁感应、牛顿第二定律以及能量守恒定律的综合题目；解题时分析线框的受力情况， 确定其运动情况是关键，解题时要能分阶段处理物理过程；同时注意要牢记一些经验公式，例如安培力的 经验表达式，要会推导。FA= B2l2v R 28如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为 、长为 L，其两端放在位于水平面内间距也为 L的光滑
30、m 平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应 强度大小为 B，方向垂直于导轨所在平面，时刻，给导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻t = 0 的阻值为，在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一R0 直在磁场中。 （1）求可控电阻 R 随时间 变化的关系式；t （2）若已知棒中电流强度为 I，求时间内可控电阻上消耗的平均功率 P；0 t （3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为的定值电阻，则棒将减速运动位移后停下 ；R0x1 而由题干条件，棒将运动位移后停下，求 的值。x2 x1 x
31、2 【答案】 （1）；（2）；（3）R = R0- B2L2 m tP = I2(R0- B2L2t 2m ) x1 x2 = 2 1 【解析】试题分析 ： （1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为 ，电流为 I，r 其初速度为，加速度大小为 ，经时间 后，棒的速度变为 ，则有：v0atvv = v0- at 而，时刻棒中电流为：，经时间 后棒中电流为：，a = BIL m t = 0I = BLv0 R0+ r tI = BLv R + r 由以上各式得：。R = R0- B2L2 m t （2）因可控电阻 R 随时间 均匀减小，故所求功率为：，t 由以上各式得：。
32、P = I2(R0- B2L2t 2m ) （3）将可控电阻改为定值电阻，棒将变减速运动，有：，而，R0v0= ata = BILmIt = ER0+ rtE = ，由以上各式得，而，由以上各式得， t = BLx1 t x2= v2 2a x2= mv0(R0+ r) 2B2L2 所求。 x1 x2 = 2 1 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注 意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。 29 （本题 8 分）我国某城市某交通路口绿灯
33、即将结束时会持续闪烁 3 s，而后才会变成黄灯，再在 3 秒黄 灯提示后再转为红灯。2013 年 1 月 1 日实施新的交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续 前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为。 （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 18 m，该车刹 车前的行驶速度不能超过多少? （2）若某车正以 v015 ms 的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为 L48.75 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
34、驾驶员的允许的考虑 时间。 【答案】 （1）12 m/s （2）0.5 s 【解析】 试题分析：（1）设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为 根据平均速度公式（2 分） 解得（2 分） （2）该车驾驶员的允许的反应时间最大值为 ，反应时间内车行驶的距离为 （2 分） 从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间 （2 分） 设汽车在刹车过程中通过的位移为（2 分） 绿灯开始闪烁时，该车距停车线距离为 L （2 分） 解得（1 分） 即该车驾驶员的考虑时间不能大于 0.5 s。 （1 分） 考点：匀变速直线运动位移和时间的关系，匀变速直线运动速度与时间的关系 30 （20 分）一长木
35、板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙 壁的距离为 4.5m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t = 0t = 1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短） 。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离 开木板。已知碰撞后 1s 时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重v - t 力加速度大小 g 取 10m/s2。求 （1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；12 （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离。 【答案】 （1）（2）（3）1= 0.
36、12= 0.46m6.5m 【解析】 （1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v = 4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v = 4m/s 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有2g = 4m/s - 0m/s 1s 解得2= 0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间，位移，末速度t = 1sx = 4.5mv = 4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x = vt + 1 2at 2 带入可得a = 1m/s2 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g = a 可得1= 0.1 （2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1(M + m)g +
37、2mg = Ma1 可得a1= 4 3m/s 2 对滑块，则有加速度a2= 4m/s2 滑块速度先减小到 0，此时碰后时间为t1= 1s 此时，木板向左的位移为末速度x1= vt1- 1 2a1t 2 1= 10 3m v1= 8 3m/s 滑块向右位移x2= 4m/s + 0 2 t1= 2m 此后，木块开始向左加速，加速度仍为a2= 4m/s2 木块继续减速，加速度仍为a1= 4 3m/s 2 假设又经历二者速度相等，则有t2a2t2= v1- a1t2 解得t2= 0.5s 此过程，木板位移末速度x3= v1t2- 1 2a1t 2 2= 7 6m v3= v1- a1t2= 2m/s 滑块位移x4= 1 2a2t 2 2= 1 2m 此后木块和木板一起匀减速。 二者的相对位移最大为x = x1+ x3+ x2- x4= 6m 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m （3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a = 1g = 1m/s2 位移x5= v23 2a = 2m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x1+ x3+ x5= 6.5m 【考点定位】牛顿运动定律 【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁