匀变速直线运动的位移与时间的关系

必须一：第二章匀变速直线运动的研究第三节匀变速直线运动的位移与时间的关系
第I卷（选择题）
评卷人
得分
一、选择题
1．一质点做匀加速直线运动，通过第一段5m位移所用的时间为2s，紧接着通过下一段10m位移所用时间为1s。则该质点运动的加速度为（ ）
A．3m/s2 B．4m/s2 C．5m/s2 D． 6m/s2
2．一个物体从静止开始做加速运动，但加速度不断减小，直至加速度等于零，在这过程中，运动物体（ ）
A．速度不断减小，位移不断增加
B．速度不断减小，位移也不断减小
C．速度不断增加，且增加得越来越慢
D．速度不断增加，且增加得越来越快
3．如图所示是一个质点做匀变速直线运动的位置﹣时间（x﹣t）图象中的一段，关于该质点的运动以下说法正确的有（ ）
A．质点做的是匀加速直线运动
B．质点在t=3.5s时的速度等于2m/s
C．质点在经过图线上P点所对应位置时的速度一定大于2m/s
D．质点在第4s内的路程大于2m
4．一物体从某行星表面竖直向上抛出．从抛出瞬间开始计时，得到物体相对于抛出点的位移与所用时间的关系如图所示，以下说法中正确的是（ ）
A．物体上升的最大高度为16m
B．该行星表面的重力加速度大小为4m/s2
C．8s末物体上升到最高点
D．物体抛出时的初速度大小为4m/s
5．在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、假说法和等效替代法等，以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）
A． 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B． 根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以用△t时间内的平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法
C． 在验证力的平行四边形定则实验时，同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置，该实验运用了等效替代法
D． 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法
6．如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是( )
A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大
B．两板间距越小，加速的时间就越长，则获得的速率不变
C．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率不变
D．两板间距越小，加速的时间越短，则获得的速率越小
7．一物体从静止开始沿固定斜面向下运动，经过时间t0滑至斜面底端。已知物体运动过程中所受的摩擦力恒定。若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合外力、速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是

8．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立理想模型法等等，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）
A．根据速度定义式v=Δx/Δt，当Δt非常非常小时，Δx/Δt就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
B．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
9．对做匀变速直线运动的物体,下列说法正确的是( )
A．在1 s内、2 s内、3 s内物体通过的位移之比是1∶3∶5
B．一质点的位置坐标函数是x=4t+2t2，则它运动的初速度是4 m/s，加速度是2 m/s2
C．做匀减速直线运动的物体,位移一定随时间均匀减小
D．任意两个连续相等时间间隔内物体的位移之差都相等
10．甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶，它们的位移x随时间t变化的关系图线分别如图中甲、乙所示，图线甲为直线且与x轴交点坐标为（0，2m），图线乙为过坐标原点的抛物线，两图线交点的坐标为P（2m，4m）。下列说法正确的是
A．甲车做匀加速直线运动
B．乙车速度越来越大
C．t=2s时刻甲、乙两车速率相等
D．0～2s内甲、乙两车发生的位移相等
11．如图所示，是A、B两质点从同一地点运动的x-t图象，则下列说法正确的是( )
A．B质点做曲线运动
B．A质点以20m/s的速度匀速运动
C．B质点前4s做加速运动，4秒后做减速运动
D．前4s内B的位移比A要大
12．将一小球竖直上抛，若小球在第3秒内的位移是零，再过3秒钟小球落至地面。则小球抛出点离地面的高度是（ ）（不计空气阻力，g = 10m/s2）
A.61.25m B.31.25m C.30m D.20m
13．四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如下图所示，下列说法正确的是

A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．这四辆车均从静止开始运动
C．在0～t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远
D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小
14．一质点以某初速度沿足够长的光滑斜面向上滑动，其运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动质点位移方程为x＝12t－2t2(m)．则该质点在时间t从0～4 s内经过的路程为
A．16 m B．18 m C．20 m D．22 m
15．物体的初速度为v0，以加速度a做匀加速直线运动，如果要它的速度增加到初速度的n倍，则物体的位移是
A． B． C． D．
16．关于物理学研究中使用的主要方法,以下说法错误的是
A．在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，应用了控制变量法
B．在利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用的是微元法
C．用点电荷代替带电体,应用的是模型法
D．伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，使用的是实验归纳法
17．如图所示，A、B两物体质量分别为、，且>，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经相同距离后，撤去两个力之后，两物体发生碰撞并粘在一起后将_______(填选项前的字母)
A．停止运动 B．向左运动
C．向右运动 D．运动方向不能确定
18．如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在 A点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右做匀加速直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的 （ ）
A．曲线Q B．直线p C．曲线R D．无法确定
19．下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是
A．电学中引入了点电荷的概念，突出了带电体的带电量，忽略了带电体的质量，这里运用了理想化模型的方法
B．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了假设法
C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电容，加速度都是采用比值法定义的
D．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法
20．在物理学的发展过程中，科学家们应用了许多物理学研究方法，以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（ ）
A．根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法
B．“总电阻”，“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了假设法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法
21．下列说法不正确的是 ( )
A.法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象
B．互感现象是变压器工作的基础
C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”
D．电场强度和磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法
22．如图，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块。现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是
A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大
B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大
C．若仅增大恒力F，则时间t增大
D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大
23．“星跳水立方”节目中，某明星从跳板处由静止往下跳的过程中（运动过程中某明星可视为质点），其速度—时间图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）。
A．跳板距离水面的高度为7．5 m
B．该明星入水前处于失重状态，入水后处于超重状态
C．1 s末该明星的速度方向发生改变
D．该明星在整个下跳过程中的平均速度是7．5 m/s
24．在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述错误的是
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
B．根据速度的定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法
25．（单选）在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域II中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）
A．小球受到的重力与电场力之比为5：3
B．在t=5s时，小球经过边界MN
C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功
D．在1 s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大
26．如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑。将质量不相等的A、B两个小滑(mA＞mB)同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则
A．B滑块先滑至斜面底端
B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同
D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力
27．下列所给的图象中能反映做直线运动物体不会回到初始位置的是（ ）
28．如图是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的光滑斜面由静止滑下，在不同的条件下进行多次实验，下列叙述正确是
A．θ角越大，小球对斜面的压力越大
B．θ角越大，小球运动的加速度越小
C．θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短
D．θ角一定，质量不同的小球运动的加速度也不同
29．如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑。将质量不相等的A、B两个小滑(mA＞mB)同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则
A．B滑块先滑至斜面底端
B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同
D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力
30．人站在升降机的水平地板上，随升降机运动。取竖直向上的方向为正方向，升降机在竖直方向运动的速度随时间变化的υ－t图象如图所示，则人受到地板的弹力随时间变化的F－t图象是
31．某一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图线如图所示，则该物体（ ）
A.第1 s内加速运动，第2、3 s内减速运动，第3 s末回到出发点
B.第1 s末和第4 s末速度都是8 m/s
C.第3 s末速度为零，且运动方向不变
D.第3 s末速度为零，且此时开始改变运动方向
32．如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置-时间（x-t）图线。由图可知（ ）
A.在t2时刻，a、b两车运动方向相同
B.在t1到t2这段时间内，两车平均速度相等
C.在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大
D.在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大
33．如图所示，一小滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端C，已知AB=BC，则下列说法正确的是（ ）
A.滑块到达B、C两点的速度之比为1∶
B.滑块到达B、C两点的速度之比为1∶4
C.滑块通过AB、BC两段的时间之比为1∶
D.滑块通过AB、BC两段的时间之比为
34．一物体从H高处自由下落，经时间t落地，则当它下落时，离地的高度为（ ）
A. B. C. D.
35．汽车以大小为20m / s的速度做匀速直线运动，刹车后，获得的加速度的大小为5m /s2，那么刹车后2s内与刹车后6s内汽车通过的路程之比为（ ）
A．3 : 4 B．3 : 5 C．4 : 3 D．2: 3
36．如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( ）
A. ＋ B. C. D.
37．如图所示，物体自O点由静止出发开始做匀加速直线运动，途经位置A、B、C，其中A、B之间的距离l1＝2m，B、C之间的距离l2＝3m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于（ ）
A．m B．m C．m D．m
38．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v0，不计空气阻力，两球落地的时间差为（ ）
A． B． C． D．
39．甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图象如图所示，图中ΔOPQ和ΔOQT的面积分别为s1和s2（s1A．若s0=s1+s2，两车不会相遇
B．若s0C．若s0=s1，两车相遇1次
D．若s0=s2，两车相遇1次
40．在如图所示的粗糙轨道上，某小物块沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后速度降为零就停止运动。假定物块经过斜面与水平面的连接处时没有动能损失，物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，用字母v和s分别表示物块的速率和路程，下列四个图中可能正确的是( )
第II卷（非选择题）
评卷人
得分
二、填空题
41．在空中某点竖直上抛物体经8s落地，其υ-t图像如图所示，最高点离地面高度是_________m，抛出点的高度是________m.

42．一颗子弹沿水平方向垂直穿过三块紧挨着的木块后，穿出时速度几乎为零．设子弹在木块的加度相同，若三块木板的厚度相同，则子弹穿过三块木板所用的时间之比为t1：t2：t3 = __________________；若子弹穿过三块木板所用的时间相同，则三块木板的厚度之比d1︰d2︰d3 = __________________．
43．一个物体由静止开始做匀加速直线运动,已知它的加速度为0.2 m/s2,则它在第4秒初的速度为
m/s，第4秒末的速度为 m/s。前4s内的位移是 m,前4s内的平均速度为 m/s,第4s内的位移是 m,
44．一个做匀加速直线运动的物体，其位移与时间关系是，x和t的单位分别是m和s，则物体的加速度为 ，它从开始运动到速度变为零所经历的时间为 。
45．汽车由甲地开出，沿平直公路开到乙地刚好停止运动，其速度图象如图所示。在0~t和t~4t两段时间内，汽车的位移大小之比为 ，加速度大小之比为 。
46．某物体以30 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,(g取10 m/s2)物体上升的最大高度为 m，物体在抛出5s内位移大小为 m，5s时物体速度大小为 m／s.
47．运行着的汽车制动后做匀减速运动，经4.5s停止，则汽车在开始制动后的1 s内、2 s内、3 s内通过的位移之比为 。
48．汽车在平直公路上以10 m/s的速度做匀速直线运动，发现前面有情况而刹车，获得的加速度大小为是2 m/s2 ，则汽车经过2s后的速度大小为__________m/s，经过10s后的速度大小为____________m/s.
49．（1）中国首次太空授课活动于2013年6月20日上午10时许举行，神舟十号航天员在天宫一号开展基础物理实验，为全国青少年进行太空授课。其中女航天员王亚平利用“质量测量仪”在太空测出了指令长聂海胜的质量。
①简述为何不能用托盘天平直接测质量
②如图所示 “太空质量测量仪”，轻杆穿过光滑限位孔，左端通过一个“弹簧—凸轮”机构，能够产生一个恒定的力F=128N，右端固定有质量为m=6kg的圆盘支架。首先将指令长固定在支架上，然后把支架拉到指定位置，稳定后开始测量，拉力使他回到了初始位置。光栅测速系统测出力F作用时间Δt=0.5s，这段时间轻杆位移x=0.2m。由上可知聂海胜的质量M= kg。
50．一个气球以10m/s的速度匀速上升，在到达离地面15m高度处时，一个可看成质点的小物块从气球上掉落，则小物块经过________s落到地面上。(取g=10m／s2)
51．一质点做初速度为零的匀加速直线运动，则它在第1秒内、第2秒内、第3秒内的位移之比为_________，它在前1秒内、前2秒内、前3秒内的平均速度之比为 _________。
52．一质点从静止开始作直线运动，第1s内以加速度a＝1m/s2运动，第2s内加速度a＇＝-1m/s2，第3s又以a＝1m/s2运动，第4s内加速度a＇＝-1m/s2，如此反复，经100s此质点的总位移是 m。
53．一物体从A点由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，经过时间t后，到达B点，此时物体的加速度大小变为a2，方向与a1的方向相反，又经过时间t后，物体回到A点，那么：
（1）a1和a2的比值（ ）
（2）物体在B点时的速度和回到A点时的速度大小之比是（ ）
54．质点在直线A、B、C上做匀变速直线运动，若在A点时的速度是4 m/s，经3 s到达B点时速度是13 m/s，A到B的平均速度为_______ m/s，再经过2 s达到C点，则它达到C点时的速度是_______m/s.
55．火车紧急刹车后经7s停止，设火车匀减速直线运动，它在最后1s内的位移是2m，则火车在刹车过程中通过的位移 m和开始刹车时的速度各是 m/s。
56． 做匀变速直线运动的质点的位移随时间变化的规律是m，则质点初速度为______m/s，加速度为______m/s2，速度为零的时刻是 ________s。
57．如图所示质点在直线A、B、C上作匀变速直线运动，若在A点时的速度是5m/s，经3s到达B点时速度是14m/s，若再经过4s到达C点，则它到达C点时的速度是_ m/s，AC之间的平均速度是
m/s.
58．汽车做匀加速直线运动，路旁每两根电线杆之间的间隔为50m，汽车通过两相邻间隔所用时间分别为5s和4s，汽车的加速度为 m/s2（结果用分式表示）
59．如图所示为接在50 Hz低压交流电源上的打点计时器在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所标的是每5个计时点取一个计数点A、B、D、E等，但第三个计数点C未标出，由图中给出的数据计算纸带运动的加速度是a= m/s2；在打下计数点B时，纸带运动的瞬时速度vB= m/s。（其中用s1表示A、B间距离，用s4表示D、E间距离，结果保留3位有效数字）

60．某市规定，卡车在市区行驶不得超过40km/h的速度，今有一辆卡车紧急刹车后，经1.5s停止，测得路面上车痕长s=9m，则这辆车的实际行驶速度是 m/s，该车属于__________行驶（填“正常”或“违章”）。
61．在离地面H高处从静止开始下落，与地面碰撞后反弹的速度大小为碰前速度大小的3／5，碰撞时间为T，则小球下落过程中的平均速度大小为 ，与地面相撞的过程中平均速度大小为 ，方向为 。
62．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30 s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝3.0 s．则滑块的加速度为 m/s2，两个光电门之间的距离是 m。
63．一物体由静止开始做匀加速直线运动，它在第ns内的位移为x，则其加速度大小为 。
64．“长征2号”火箭点火升空时，经过3 s速度达到42 m/s，设火箭上升可看作匀加速运动，则它在3 s内上升的高度为________ m，升空时的加速度为___________ m/s2.
65．水平传送带以2m/s的速度运行，将质量为2kg的工件轻轻放（初速度为零）在传送带上（设传送带速度不变且足够长），如图所示，工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，放手后工件在5s内的位移是 m，摩擦力做的功是 J。（g = 10 m/s2）
66．如图，两光滑斜面在B处链接，小球由A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，AB=BC。设球经过B点前后的速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比为 ，球由A运动到C的过程中平均速率为 m/s。
67．某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：SA=16.6mm SB=126.5mm SD=624.5mm

若无法再做实验，可由以上信息推知：
①打C点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字)
②C点到零点的距离SC为 _(用SA、 SB、SD表示)
评卷人
得分
三、计算题
68．如图所示，一质点从地面以一定的初速度竖直向上抛出，连续两次通过其上方一点P的时间为4s，已知P点距地面为10m，g=10m/s2，
求：（1）该质点抛出时的初速度
（2）该质点在运动过程中距离地面最高为多少？
（3）该质点最后1s内的位移大小。
69．如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块。已知所有接触面都是光滑的。现使a、b同时沿斜面下滑。（1）通过计算解释为什么楔形木块静止不动（2）求楔形木块对水平桌面的压力。
70．冰壶在水平而上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶（视为质点）沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为，AB=CD=、BC=7，重力加速度为g。求：
(1)冰壶经过B点时的速率；
(2)冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比。
71．上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接电缆，只需在候客上车间隙充电30秒钟到1分钟，就能行驶3到5公里.假设有一辆超级电容车，质量m=2x103 kg,额定功率P=60 kW.当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g=10m/s2，问：
（1）超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少?
（2）若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能维持多长时间?
（3)若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，则经50s已经达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移.
72．游乐场中有一台大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放。座椅沿轨道自由下落一段时间后，开始受到压缩空气提供的恒定阻力而紧接着做匀减速运动，下落到离地面4 m高处速度刚好减小到零，这一下落全过程经历的时间是6 s。(取g＝10 m/s2)求：
(1)座椅被释放后自由下落的高度有多高？
(2)在匀减速运动阶段，座椅和游客的加速度大小是多少？
73．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，求：
（1）2s末汽车的速度；
（2）5s末汽车的位移。
74．汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0 ~60s内汽车的加速度随时间变化的图线如右图所示。
（1）画出汽车在0~60s内的v-t图；
（2）求在这60s内汽车行驶的路程
75．如图所示，水平平台ab长为20m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为30°.在平台b端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后，物块由静止开始运动．己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：(第(2)、(3)两问结果保留三位有效数字)
(1)物块由a运动到b所用的时间；
(2)若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间aP的距离为多少?(物块在b端无能量损失)
(3)若物块与斜面间的动摩擦因数，式中Lb为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在(2)中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大?
76．（18分）光滑水平面上有一质量为M=2 kg的足够长的木板，木板上最有右端有一大小可忽略、质量为m=3kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时物块和木板都静止，距木板左端L=2．4m处有一固定在水平面上的竖直弹性挡板P。现对物块施加一水平向左外力F＝6N，若木板与挡板P发生撞击时间极短，并且撞击时无动能损失，物块始终未能与挡板相撞，求：
（1）木板第一次撞击挡板P时的速度为多少？
（2）木板从第一次撞击挡板P到运动至右端最远处所需的时间及此时物块距木板右端的距离X为多少?
（3）木板与挡板P会发生多次撞击直至静止，而物块一直向左运动。每次木板与挡板P撞击前物块和木板都已相对静止，最后木板静止于挡板P处，求木板与物块都静止时物块距木板最右端的距离X为多少?
77．如图所示，一个质最为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H=5m。现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10m／s2。求
(1)管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大?
(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间。
(3)圆管的长度L。
78．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.
79．（14分）如图所示，粗糙斜面倾角θ＝37°，斜面宽a为3 ｍ，长b为4 ｍ．质量为0.1 kg的小木块从斜面A点静止释放，释放同时用与斜面底边BC平行的恒力F推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0．5（g取10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°=0．8）。
（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1
（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力Ｆ的大小及A到C所需时间t2
80．（14分）在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在足够长的固定的水平长木板上，如图1所示。用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff 随拉力F变化的图象，如图2所示。已知木块质量为0.78kg，取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80。求：

（1）木块与长木板间的动摩擦因数；
（2）若木块在与水平方向成斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图3所示，则拉力F的大小应为多大?
（3）在（2）中力作用2s后撤去拉力F，木块还能滑行多远?
81．如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为4m/s的速度水平匀速的运动，一质量为1kg的小物体无初速度地放到皮带的A处，物体与皮带的动摩擦因数μ=0.2，A、B间的距离L=6m，求物体从A运动到B的时间及此过程中摩擦力对物体做多少功.（g取10m/s2）
82．如图所示，箱长L=25cm，质量M=5kg，放在光滑水平面上．小球直径d=5cm，质量m=1kg，紧靠箱的前壁．箱内表面是光滑的．当用水平力F=0.5N作用在箱的后壁上，经多长时间，小球第一次与箱后壁相碰？
83．（8分）如图甲所示，一质量为m=1kg的物块静止在粗糙水平面上的A点，从t=0时刻开始，物体在受按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3s末物块运动到B点时速度刚好为0，第5s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平间的动摩擦因数μ=0.2（g取10m/s2），求：
（1）AB间的距离；
（2）水平力F在5s时间内对物块的冲量。
84．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前的速度均约为30 m/s，求：
（1）若人与车一起做减速运动，车祸过程中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？
（2）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？
85．如图甲所示，一倾角θ=30°的斜面固定在水平地面上，现有一木块以初速度vo=4m/s的速度沿斜面上滑，电脑通过测速仪画出木块从开始上滑至最高点的v-t图线，如图乙所示。（g取l0m/s2）求：
甲
（1）木块与斜面间的动摩擦因数；
（2）木块回到出发点时的速度大小v。
86．（15分）如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角θ=30°，间距L=0.5m，上端接有阻值R=0.3Ω的电阻．匀强磁场的磁感应强度大小B=0.4T，磁场方向垂直导轨平面向上．一质量m=0.2kg，电阻r=0.1Ω的导体棒MN，在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好．当棒的位移d=9m时，电阻R上消耗的功率为P=2.7W．其它电阻不计， g取10 m/s2．求：
（1）此时通过电阻R上的电流；
（2）这一过程通过电阻R上的电荷量q；
（3）此时作用于导体棒上的外力F的大小．
87．（13分）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ＝37°。现有一质量m＝1.0 kg的滑块沿斜面由静止下滑，经时间0.40 s沿斜面运动了0.28 m，且该过程中木块处于静止状态。重力加速度g取10 m／s2，求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
（2）滑块在斜面上滑行的过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。
88．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v—t图象，如图所示（除2 s～10 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）．已知在小车运动的过程中，2 s后小车的功率P=9W保持不变，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变.求：
（1）小车所受到的阻力大小；
（2）小车在0～10秒内位移的大小．
89．（9分）如图所示，一小球自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h＝0.8 m，g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则：

(1)小球水平抛出的初速度v0是多少？
(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？
⑶小球与斜面的动摩擦因数μ=0.5，斜面高H=16m，小球到达斜面底端的速度多大？
90．如图所示，长为L=6.25m的水平传送带以速度v1=5m/s匀速运动，质量均为m的小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，某时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=8m/s，P与定滑轮间的绳水平，P与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。求：
（1）P物体刚开始在传送带上运动的加速度大小;
（2）P物体在传送带上运动的时间。
91．（12分）如图，在倾角为θ=37°的足够长的固定斜面底端，一小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回到出发点。若物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2的大小关系满足t1∶t2=1∶，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
（1）上滑加速度a1与下滑加速度a2的大小之比；
（2）物块和斜面之间的动摩擦因数；
（3）若斜面倾角变为60°，并改变斜面粗糙程度，小物块上滑的同时用水平向右的推力F作用在物块上，发现物块匀减速上滑过程中加速度与推力大小无关，求此时加速度大小。
92．（18分）如图1所示，质量M=1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10 m/s2。
试求：（1）若木板长L=1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图2中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。（设木板足够长）
93．如图甲所示，质量为M＝3.0kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的v－t图象如图乙所示，（ g取10m/s2）求：

(1)小物体A和B与平板小车之间的动摩擦因数μA、μB
(2)判断小车在0～1.0s内所做的运动，并说明理由？
(3)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？
94．(10分)如图，长为L=2m、质量mA＝4kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB＝1kg的小物块（可视为质点）位于A的中点，水平力F作用于A.AB间的动摩擦因素μ=0.2(AB间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2)。求：

(1)为使AB保持相对静止，F不能超过多大？
(2)若拉力F＝12N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？
95．如图所示，在一水平向左的匀强电场中，光滑绝缘直角三角形斜劈ABC被固定在水平面上，其斜面长L＝1.5m，倾角为θ＝37°。有一个电荷量为q＝3×10-5C、质量为m＝4×10-3kg的带电小物块（可视为质点）恰能静止在斜面的顶端A处。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）AB两点间的电势差UAB；
（2）若电场强度减小为原来的一半时小物块从A下滑到B的时间t。
96．(14分)如图所示，质量M=5kg的木板A在恒力F的作用下以速度向右做匀速度直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为的小物块B．已知木板与地面间的摩擦因数，物块与木板间的摩擦因数．(物块可看作质点，木板足够长，取g=10m/s2)试求：
(1)放上物块后木板发生的位移；
(2)物块与木板之间产生的摩擦热。
97．（14分）如图所示，在质量为mB=30kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量mA=20kg的小物体A（可视为质点），对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t=2.0s内移动s=5.0m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．
（1）计算B在2.0s的加速度．
（2）求t=2.0s末A的速度大小．
（3）（3）求t=2.0s内A在B上滑动的距离．
98．从20m高的平台边缘有一小球A自由落下，此时恰有一小球B在A球正下方从地面上以20m/s的初速度竖直上抛。求：
（1）经过多长时间两球在空中相遇；
（2）相遇时两球的速度vA、vB；
（3）若要使两球能在空中相遇，B球上抛的初速度v0最小必须为多少？（取g=10m／s2）
99．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车在后，其速度vB=30m/s，，因大雾能见度低，B车在距A车x0=85m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能停止，问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？
100．物体在斜坡顶端以1 m/s的初速度和0.5 m/s2 的加速度沿斜坡向下作匀加速直线运动，已知斜坡长24米，
求：（1） 物体滑到斜坡底端所用的时间。（2） 物体到达斜坡中点速度。
101．冬季有一种雪上“府式冰撬”滑溜运动，运动员从起跑线推着冰撬加速一段相同距离，再跳上冰撬自由滑行，滑行距离最远者获胜，运动过程可简化为如题7图所示的模型，某一质量m＝20 kg的冰撬静止在水平雪面上的A处，现质量M＝60kg的运动员，用与水平方向成α＝37°角的恒力F＝200 N斜向下推动冰撬，使其沿AP方向一起做直线运动，当冰撬到达P点时运动员迅速跳上冰撬与冰撬一起运动(运动员跳上冰撬瞬间，运动员和冰撬的速度不变） .已知冰撬从A到P的运动时间为2s，冰撬与雪面间的动摩擦因数为0.2，不计冰撬长度和空气阻力.(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8）求：
(1） AP的距离； (2）冰撬从P点开始还能继续滑行多久?
102．(19分） 如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板B、C（未粘连），它们的质量均为M=2kg。在B木板的左端放置着质量为m=1kg的木块A（可视为质点）。A与B、C间的动摩擦因数均为μ1=0.4，B、C与水平面间的动摩擦因数均为μ2=0.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。开始整个系统处于静止，现对A施加水平向右的恒定拉力F=6N，测得A在B、C上各滑行了1s后，从C的右端离开木板。
求：⑴木板B、C的长度LB、LC ；
⑵若在木块A滑上C板的瞬间撤去拉力F，木块A从开始运动到再次静止经历的总时间t（此问答案保留3位有效数字）。
103．如图甲所示，在y=0和y=2m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大。电场强度随时间的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向。现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为=1.0×10－2C/kg，在t=0时刻以速度v0=5×102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力。求：
（1）粒子通过电场区域的时间；
（2）粒子离开电场时的位置坐标；
（3）粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小。
104．在十字路口，有按倒计时显示的时间显示红绿灯。有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。
（1）若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度至少多大？
（2）若该路段限速60 km/h，司机的反应时间为1s，司机反应过来后汽车先以2 m/s2的加速度沿直线加速3s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车加速度的大小（结果保留两位有效数字）。
105．引体向上运动是同学们经常做的一项健身运动．如题图所示，质量为的某同学两手正握单杠，开始时，手臂完全伸直，身体呈自然悬垂状态，此时他的下鄂距单杠面的高度为，然后他用恒力向上拉，下颚必须超过单杠面方可视为合格，已知=0.6m，=60kg，重力加速度=10m/s2．不计空气阻力，不考虑因手弯曲而引起人的重心位置变化．
（1）第一次上拉时，该同学持续用力（可视为恒力），经过=1s时间，下鄂到达单杠面，求该恒力的大小及此时他的速度大小．
（2）第二次上拉时，用恒力=720N拉至某位置时，他不再用力，而是依靠惯性继续向上运动，为保证此次引体向上合格，恒力的作用时间至少为多少？
106．某人骑自行车以4 m/s的速度匀速前进，某时刻在他正前方7 m处以10 m/s的速度同向行驶的汽车开始关闭发动机，然后以大小为2 m/s2的加速度匀减速前进，求此人需多长时间才能追上汽车？
107．（16分） 质量为m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点）放在质量为M＝3.0 kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L＝1.0 m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F＝12 N，如图所示，经一段时间后撤去F。为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间(g取10 m/s2）。
评卷人
得分
四、实验题
108．用频率为50 Hz的打点计时器测定匀变速直线运动加速度的实验中，选定一条纸带如图所示，从0点开始，每5个点取一个计数点的纸带，其中0、1、2、3、4、5、6都为记数点。测得：x1=1.40cm，x2=1.90cm， x3=2.38cm，x4=2.88cm，x5=3.39cm，x6=3.87cm。
(1)在计时器打出点4时，小车的速度分别为：v4 = cm/s，加速度a = cm/s2。
(2)如果当时电网中交变电流的频率是f=51Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比______(选填：偏大、偏小或不变）．
109．（8分）某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过．开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后， A、B、C从静止开始运动．

（1）利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1，则钩码A通过狭缝的速度为 （用题中字母表示）．
（2）若通过此装置验证机械能守恒定律，还需测出环形金属块C的质量m，当地重力加速度为g．若系统的机械能守恒，则需满足的等式为 （用题中字母表示）．
（3）为减小测量时间的误差，有同学提出如下方案：实验时调节h1=h2=h，测出钩码A从释放到落地的总时间t，来计算钩码A通过狭缝的速度，你认为可行吗？若可行，写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行，请简要说明理由． 、
110．某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f＝50 Hz在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：xA＝16.6 mm xB＝126.5 mm xD＝624.5 mm若无法再做实验，可由以上信息推知，物体的加速度大小为______．
111．如图所示为接在频率为50Hz的低压交流电电上的打点计时器，在纸袋带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的点是依次所选的计数点，但第三个计数点未画出，相邻计数点间均有4个实际打下的点未画出，则由图示数据可求得，该物体的加速度为 m/s2（保留3位有效数字）打第3个计数点时，该物体的速度为 m/s（保留3位有效数字）
112．伽利略在《两种新科学的对话》一书中，讨论了自由落体运动和物体沿斜面运动的问题，提出了这样的猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动，同时他还运用实验验证了其猜想。某校物理兴趣小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动。
(1)实验时，让滑块从不同高度由静止沿斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，使水箱中的水流到量筒中；当滑块碰到挡板的同时关闭阀门(整个过程中水流可视为均匀稳定的)。该实验探究方案是利用量筒中收集的水量来测量_________的。 水滴下落时间与等高物体运动时间____（填“相等”或“不相等”）
(2)下表是该小组测得的有关数据， s为滑块从斜面的不同高度由静止释放后沿斜面下滑的距离，V为相应过程量筒收集的水量。分析表中数据，根据__________________，可以得出滑块沿斜面下滑是做匀变速直线运动的结论。
113．要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.5kg)、细线、刻度尺、秒表。他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量。请完成下列步骤。
(1)实验装置如图所示，设左右两边沙袋A、B的质量分别为m1、m2；
(2)取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升；
(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降所用的时间t，则可知A的加速度大小a＝________；
(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出________(选填“a-m′” 或“a-”)图线；
(5)若求得图线的斜率k＝4m/(kg·s2)，截距b＝2 m/s2，则沙袋的质量m1＝_____ kg，m2＝____ kg。
114．图甲是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示.
(1)O、D间的距离为________cm.
(2)图乙是根据实验数据绘出的s—t2图线(s为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示_______，加速度大小为________m/s2（保留三位有效数字）.
115．现用频闪照相方法来研究物块的变速运动。在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示。拍摄时频闪频率是10Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4。已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s。数据如下表所示。重力加速度大小g=9.80m/s2。
根据表中数据，完成下列填空：
（1）物块的加速度a＝ m/s2（保留3位有效数字）。
（2）因为 ，可知斜面是粗糙的。
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：做匀变速直线运动过程中的平均速度等于该段过程中间时刻速度，即第一段位移中间时刻的瞬时速度为：，第二段位移中间时刻的瞬时速度为：，两个中间时刻隔了1.5s，所以质点运动的加速度为：，故C正确
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
2．C
【解析】
试题分析：因为加速度是速度的变化率，加速运动时，其加速度不断减小，说明速度增加得越来越慢，但速度的大小却是在增加的，故选项C正确。
考点：加速度的概念。
3．ABC
【解析】
试题分析：由位移时间图线可知，图线上各点的切线斜率在增加，所以质点的速度在不断增加，又因为该质点做匀变速直线运动，所以该匀变速运动为匀加速直线运动，选项A正确；因为匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则3.5s时的速度等于3﹣4s内的平均速度，v==2m/s，故选项B正确；因为P点的切线斜率大于AB连线的斜率，则P点对应的速度大于2m/s，故选项C正确；质点在第4s内的路程等于位移的大小，等于2m，不是大于2m，所以选项D错误。
考点：位移时间图线。
4．A
【解析】
试题分析：通过图中可以看出，物体的最大位移为16m，物体上升的最大高度为16m，所以A项正确；根据竖直上抛的对称性，物体从最高点下落时间为4s，根据自由落体公式，得出重力加速度，所以B项错误；图中可以看出8s末物体回到初始位置，所以C项错误；根据竖直上抛高度可以得出初速度，所以D项错误。
考点：本题考查了竖直上抛运动
5．A
【解析】
试题分析：在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项A错误；
根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以用△t时间内的平均速度表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，选项B正确；在验证力的平行四边形定则实验时，同一次实验两次拉细绳套须使结点到达同一位置，该实验运用了等效替代法，选项C正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法，选项D正确；故选A.
考点：物理问题的研究方法.
6．C
【解析】
试题分析：过程中只有电场力做功，所以根据动能定理可得，因为两极板间的电压不变，所以电场力做功不变，故电子到达B板的速率不变，根据牛顿第二定律，故两板间距越大，粒子的加速度越小，因为，所以粒子的加速时间越长，C正确；
考点：考查了带电粒子在电场中的运动
7．AD
【解析】
试题分析：物体在斜面上下滑时，因为摩擦力不变，重力不变，斜面的倾角不变，故物体受到的合外力是不变的，故选项A是可能正确的；物体由静止开始下滑，故合外力不为零，物体有一定的加速度，且加速度不变，故速度与时间的图像应该是一条过原点的直线，所以选项B错误；其位移与时间的图像一定是一个二次函数的图像，即曲线，故选项C错误；因为摩擦力不变，故物体下滑时，因为摩擦做功而使机械能减小，由于摩擦做的功W=fx，而x与时间t是二次函数的关系，故机械能与时间也是一个曲线下降的关系，选项D是可能的，故选项AD正确。
考点：摩擦力做功，合外力，牛顿第二定律。
8．B
【解析】
试题分析：根据速度定义式v=Δx/Δt，当Δt非常非常小时，Δx/Δt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，选项A正确；在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫建立理想模型法，选项B错误；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法，选项C错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D正确；故选B。
考点：物理问题的研究方法.
9．D
【解析】
试题分析：初速度为零的匀变速直线运动，在第1 s内、第2 s内、第3 s内物体通过的位移之比是1∶3∶5，选项A错误；一质点的位置坐标函数是x=4t+2t2，则它运动的初速度是4 m/s，加速度是4m/s2，选项B错误；做匀减速直线运动的物体，只要速度与位移方向相同，则位移随时间均匀增大，选项C错误；做匀变速直线运动的物体，任意两个连续相等时间间隔内物体的位移之差都相等，选项D正确；故选D.
考点：匀变速直线运动的规律.
10．B
【解析】
试题分析：位移时间图象的斜率表示速度，图线甲为直线，斜率恒定，说明甲车的速度不变，做匀速直线运动，故A错误；图线乙为过坐标原点的抛物线，切线的斜率不断增大，说明乙车的速度越来越大，故B正确；t=2s时刻图线乙的斜率比甲的大，则说明乙车速率较大，故C错误；t=2s时刻两图线相交于一点，说明此时刻两车位置相同，两车相遇。由图象知：0～2s内甲车发生的位移为4m-2m=2m，乙车发生的位移为4m-0=4m，故D错误。所以选B。
考点：本题考查了匀变速直线运动的位移与时间的关系。
11．B
【解析】
试题分析：B质点做变速直线运动，选项A错误；x-t图线的斜率等于物体的速度，则A质点以的速度匀速运动，选项B正确；B质点前4s做减速运动， 4秒后做减速运动，选项C错误；前4s内B的位移等于A的位移，选项D错误；故选B.
考点：x-t图线.
12．C
【解析】
试题分析：因为小球在第3s内的位移为0，故物体上升的时间为2.5s，下落到地面的时间为3.5s，故上升的高度为h1=gt12=31.25m，下降的高度为h2=gt22=61.25m，故抛出点离地面的高度为30m，选项C正确。
考点：竖直上抛运动。
13．C
【解析】
试题分析：位移时间图像的斜率表示运动的速度，甲图的斜率恒定，表示做匀速直线运动，初速度不为零，乙图是曲线，表示做变速运动，两者的斜率都为正值，表示速度方向都朝着正方向运动，都做直线运动，AB错误；位移与时间图象与时间轴围成的面积表示位移，丁的速度大于丙的速度，在两者速度相等前，距离越来越大，故C正确。
考点：考查了运动图像
14．C
【解析】
试题分析：对比公式可得，，质点做匀减速直线运动，时间为，故前3s内的路程为，之后反向做初速度为零的匀加速直线运动，所以3-4s的路程为，故从0～4 s内经过的路程为，C正确；
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
15．B
【解析】
试题分析：根据位移速度公式可得，解得x=，故B正确；
考点：考查了速度位移公式
16．D
【解析】
试题分析：在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故A正确；在利用速度-时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，故B正确；点电荷是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故C正确；理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法和将试验结论外推的方法，故D错误．故选D.
考点：物理学研究方法.
17．C
【解析】
试题分析：由动能定理可知，因为两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经相同距离，则两物体得到的动能相等，根据可知，因为>，则>，根据动量守恒定律可得：
-=（+）v共，则v共>0，即两物体一起向右运动 ，故选C.
考点：动能定理；动量守恒定律.
18．A
【解析】
试题分析：当合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，轨迹夹在速度方向与加速度方向之间，加速度的方向大致指向轨迹凹的一向。红蜡块在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向上做匀加速直线运动，合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动，加速度的方向大致指向轨迹凹的一向，轨迹可能为曲线Q。故A正确，B.C.D错误。
考点：本题考查了运动的合成和分解、物体做曲线运动或直线运动的条件。
19．D
【解析】
试题分析：点电荷的概念，突出了带电体的带电量，忽略了带电体的体积形状和大小，而不是忽略了带电体的质量，运用了理想化模型的方法，所以A项错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微分法，而不是假设法，所以B项错误；电容的定义式是比值定义，加速度是牛顿第二定律的表达式，才是加速度的定义式也是比值定义，所以C项错误；根据速度定义式，当时间趋近于零时，表示瞬时速度，这里运用了极限思想，所以D项正确。
考点：本题考查了物理方法的理解
20．ABD
【解析】
试题分析：根据速度的定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，选项A正确；“总电阻”，“交流电的有效值”用的是“等效替代”的方法，选项B正确；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法，选项C错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法，选项D正确；故选ABD.
考点：物理学的研究方法.
21．A
【解析】
试题分析：法拉第最先引入“场”的概念，奥斯特最早发现了电流的磁效应现象，选项A错误；变压器是根据电磁感应原理制成的，互感现象是变压器工作的基础，选项B正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”，选项C正确；电场强度和磁感应强度定义物理量的方法是比值定义法，选项D正确；故选A.
考点：物理学史；物理问题的研究方法.
22．BD
【解析】
试题分析：设木板长度为L，木块的加速度为a1、木板的加速度为a2，分离时木块速度为v1、木板速度为v2，分离时木板位移为x，则由牛顿第二定律有①，②，由匀加速直线运动规律有③，④，⑤，⑥，联立①②③④⑤⑥可得，由此可知若仅增大木板的质量M，则时间t将减小，故A说法错误；若仅增大木块的质量m，则时间t增大，故B说法正确；若仅增大恒力F，则增大故有t2减小，即时间t减小，故C项说法错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则增大，则t2增大，即时间t增大，故D项说法正确。
考点：本题考查了牛顿第二定律、匀加速直线运动规律
23．B
【解析】
试题分析：跳板距离水面的高度为其速度从零达到最大速度10 m/s时的位移，在速度-时间图象中可用速度图象与时间轴围成的面积表示，即（m），故A错误；入水前有向下的加速度故处于失重状态，入水后有向上的加速度故处于超重状态，故B正确；1 s末该明星的速度方向未发生改变，改变的是加速度的方向，故C错误；在速度-时间图象中可用速度图象与时间轴围成的面积表示，即位移为（m），平均速度为（m/s），故D错误。
考点：本题考查了速度-时间图象的概念
24．A
【解析】
试题分析：质点采用的科学方法是建立理想化的物理模型的方法，不是假设法，故A错误；根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想的方法，故B正确；探究加速度、力和质量三者之间的关系，由于涉及多个物理量，要研究任两个量间的关系，都要保持其它量不变，运用了控制变量法，C正确；在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．故D正确．本题选不正确的，故选：A 。
考点：物理学的科学研究方法
25．D
【解析】
试题分析：图象的斜率大小等于加速度大小，小球进入电场前的加速度大小为a1=v1，进入电场后的加速度大小为，由牛顿第二定律得，G= ma1=mv1 又F—mg=m a2， 故F=mg+m a2=，于是，选项A错误；小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s或4s时，选项B错误；小球进入电场后受到电场力作用而做减速运动，故由动能定理可知重力做的功小于电场力做的功，选项C错误；在1 s～4s过程中，电场力对小球先做负功后做正功，由功能关系知小球的机械能先减小后增大，选项D正确。
考点：本题旨在考查牛顿运动定律、动与能的关系。
26．B
【解析】
试题分析：根据a=gsinα可知，两物体在斜面上下滑的加速度相同，故滑到低端的时间相同，故选项A错误；对AB及斜面的整体，在水平方向满足：，因mA＞mB，故f＞0故地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，选项B正确；两滑块滑至斜面底端时的速度大小相同，根据可知，重力的瞬时功率不相同，选项C错误；因为两物块沿斜面体加速下滑，处于失重状态，故地面对斜面体的支持力小于三个物体的总重力，选项D错误；故选B。
考点：牛顿第二定律；功率；超重机失重.
27．B
【解析】
试题分析：由A图可知，物体开始和结束时的纵坐标均为0，说明物体又回到了初始位置，故A错误；由B图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故无法回到初始位置，故B正确；物体第1s内的位移沿正方向，大小为2m，第2s内位移为2m，沿负方向，故2s末物体回到初始位置，故C错误；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；故选B。
考点：运动图线.
28．C
【解析】
试题分析：设小球质量为，根据小球运动过程垂直斜面方向受力平衡，可得小球受到支持力为，相互作用可得对斜面压力为，θ角越大，小球对斜面的压力越小，选项A错。沿斜面方向，没有摩擦力，根据牛顿第二定律可得，θ角越大，小球运动的加速度越大，选项B错。θ角一定，质量不同的小球运动的加速度都是，与小球质量无关，选项D错。由于斜面长度一定，所以小球从顶端运动到底端有斜面长，运动时间，θ角越大，小球从顶端运动到底端所需时间越短，选项C对。
考点：牛顿运动定律
29．B
【解析】
试题分析：根据a=gsinα可知，两物体在斜面上下滑的加速度相同，故滑到低端的时间相同，故选项A错误；对AB及斜面的整体，在水平方向满足：，因mA＞mB，故f＞0故地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，选项B正确；两滑块滑至斜面底端时的速度大小相同，根据可知，重力的瞬时功率不相同，选项C错误；因为两物块沿斜面体加速下滑，处于失重状态，故地面对斜面体的支持力小于三个物体的总重力，选项D错误；故选B。
考点：牛顿第二定律；功率；超重机失重.
30．B
【解析】
试题分析：在0-t1时间内，物体加速度上升，超重，地板对人的支持力大于重力，方向向上；在t1-t2时间内，物体匀速上升，地板对人的支持力等于重力，方向向上；在t2-t4时间内，物体先减速上升后速度下降，失重，地板对人的支持力小于重力，方向向上；在t4-t5时间内，物体匀速下降，地板对人的支持力等于重力，方向向上；在t5-t6时间内，物体减速下降，超重，地板对人的支持力大于重力，方向向上；故选项B正确。
考点：牛顿第二定律；v-t图线.
31．BC
【解析】
试题分析：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3s末没有回到出发点，下个时刻速度方向改变．故A错误，C正确；第1 s末速度为v=at=8×1m/s=8m/s；根据“面积”等于速度的变化量，则得4s内速度的变化量为△v=at=8m/s，所以第4 s末速度是8m/s．故B正确．第3 s末速度为零，接着重复前一个周期的运动，仍沿原方向运动，故D错误．故选：BC
考点：v-t图线.
32．BC
【解析】
试题分析：在时刻t2，b图线切线斜率为负值，说明b的速度沿负向，而a的斜率为正值，速度沿正向，所以两车运动方向相反．故A错误；在t1到t2这段时间内，根据纵坐标的变化量表示位移，可知两车通过的位移相同，所用时间相等，平均速度等于位移与时间的比值．所以两车的平均速度相等，故B正确；位移图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，故b车的速率先减少后增加，故C正确；位移图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先大于a后小于a，所以b车的速率不是一直比a车大．故D错误；故选：BC．
考点：x-t图线.
33．AD
【解析】
试题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式v2=2ax得，，所经过的位移比为1：2，则通过B、C两点的速度之比为1：．故A正确、B错误；设AB段、BC段的长度为x，所经历的时间分别为t1，t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：x＝at12，2x＝a（t1+t2）2，则．故C错误，D正确．故选AD．
考点：匀变速直线运动的规律.
34．C
【解析】
试题分析：下落H所需时间为t，则H=gt2，当下落时； 联立解得：
则离地高度为 h′=H-h=，故选：C。
考点：自由落体运动的规律.
35．A
【解析】
试题分析：汽车刹车速度减为零所需的时间．则刹车2s内的位移：
x1＝v0t1+at12=20×2?×5×4m＝30m．刹车后6s内的位移．则位移大小之比为x1：x2=3：4．故A正确， BCD错误．故选：A．
考点：匀变速直线运动的规律.
【答案】ACD
【解析】
试题分析：因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同．若一直匀加速至右端，则L＝0.5μgt2，得：t＝；若一直加速到右端时的速度恰好与带速v相等，则L＝t，有：t＝；若先匀加速到带速v，再匀速到右端，则＝L，有：t＝＋；如果物体一直匀速运动到右端，运动时间为L/v，所以选项B不可能，选项ACD正确。
考点：此题考查了运动学公式。
37．C
【解析】
试题分析：设物体的加速度为a，通过两段位移所用的时间均为T，则有：，由可得：，所以，即C正确．
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
38．A
【解析】
试题分析：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为，则由机械能守恒定律得：，则得：，所以落地时两球的速度大小相等．对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为，则运动时间为：；对于竖直下抛的小球，运动时间为：，故两球落地的时间差为：，故A正确
考点：考查了抛体运动规律的应用
39．ABC
【解析】
试题分析：在v—t图像中，图像与坐标轴围成的面积表示位移，由图像知，当速度相等时，乙发生的位移为s1+s2，甲发生的位移为s 2，位移差为s1，则当速度相等时：若s0=s1，恰好追上，此后甲的速度大于乙的速度，不会再相遇，C正确；若s0=s1+s2＞s1，乙未追上甲，此后甲的速度大于乙的速度，两车不会相遇，A正确；若s0考点：本题考查追及相遇问题。
40．AD
【解析】
试题分析：物体可能先做匀加速直线运动，再做匀减速运动，未到达弹簧速度减为零．即速度先均匀增加后均匀减小，位移时间图线的切线斜率先增大后减小．故AD正确；物体可能先做匀加速直线运动，再做匀减速运动，接触弹簧后，做加速度逐渐增大的减速运动，做变减速运动时，速度时间图线的切线斜率是逐渐增大．故B错误．物体可能先做加速直线运动，到达水平面后做匀减速运动，所以位移时间图线不能是直线．故C错误．
考点：考查了运动图像
41．125m，80m
【解析】
试题分析：由v-t图线可知，物体从空中某点上升了3s到达最高点，然后下落5s落地，则最高点离地面的高度为；抛出点距最高点的距离，故抛出点的高度是：125m-45m=80m。
考点：竖直上抛运动。
【答案】 ()︰()︰1 =5︰3︰1
【解析】
试题解析：子弹在穿木块的过程中，子弹的运动是匀减速直线运动其末速度为零。如果把运动过程倒过来，则子弹的运动是初速度为零的匀加速直线运动，那么它通过相等的位移所用时间的比为：t1︰t2︰t3=1：，在相等的时间内通过的位移比：s1︰s2︰s3=1︰3︰5
考点：初速度为零的匀变速直线运动的推论
点评：注意推论成立的前提一是匀变速运动二是初速度为零。应用推论时还要注意是匀加速运动还是匀减速运动。
43．0.6；0.8；1.6；0.4；0.7
【解析】
试题分析：由匀变速直线运动的规律可知，4秒初的速度为0.2 m/s2×3s=0.6 m/s，4秒末的速度为0.2 m/s2×4s=0.8 m/s，前4s内的位移是=1.6m,前4s内的平均速度为0.4m/s,第4s内的位移是=0.7m.
考点：匀变速直线运动的规律
44．-6 m/s2， 3s
【解析】
试题分析：加速度为位移对时间的二次导数，故由可知加速度为-6 m/s2，速度为位移对时间的导数，故有速度，它从开始运动到速度变为零所经历的时间为3秒。
考点：本题考查了匀加速直线运动
45．1:3 3:1
【解析】
试题分析：在速度-时间图象中速度图线与时间轴围成的面积表示位移的大小，由图易知在0~t和t~4t两段时间内，汽车的位移大小之比为1:3，由图可知0~t和t~4t两段时间内，汽车的速度变化量的绝对值相同时间之比为1:3，加速度为速度变化量与发生这一变化的时间的比值，故加速度大小之比为3:1。
考点：本题考查了速度-时间图象的概念
46．45 25 20
【解析】
试题分析：根据位移速度公式可得上升的最大高度为，设向上为正方向，根据公式可得5s内位移，方向向上，根据公式可得5s末的速度为，负号表示方向向下
考点：考查了竖直上抛运动，
47．4∶7∶9
【解析】
试题分析：设做匀减速直线运动的初速度为v，故，所以有1s内的位移为：，2s内的位移为：，3s内的位移为：，故三者之比为4∶7∶9
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
48．6 0
【解析】
试题分析：汽车停止的时间为：，根据公式可得汽车经过2s后的速度大小为，汽车停止时间为5s，所以经过10s后的速度大小为0
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
49．①完全失重； ②74
【解析】
试题分析：①因为在太空，所有物体都处于完全失重的状态，故所有与重力有关的仪器都不能使用，故不能用托盘天平直接测质量；②航天员的加速度：，根据牛顿第二定律：，解得M=74kg .
考点：牛顿第二定律的应用.
50．3
【解析】
试题分析：小物块从气球上掉落时仍具有向上的初速度，先向上做匀减速直线运动，后做自由落体运动，向上运动的时间为，向上运动的距离为，所以小物块做自由落体运动下落的高度为，故下落时间为，故下落总时间为
考点：考查了竖直上抛运动和自由落体运动
51．1:3:5；1:2:3；
【解析】
试题分析：物体的位移为，则在第1秒内的位移为，在第2秒内的位移为，物体在第3秒内的位移之比，所以位移比为1:3:5；它在前1秒内的平均速度为，它在前2秒内的平均速度为，前3秒内的平均速度为，故平均速度之比为1:2:3
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
52．50
【解析】
试题分析：据题意，第一秒内加速度与第二秒内加速度大小相等方向相反，且从静止开始运动，则每2s为一个周期，每个周期内位移为：，而100s共50个周期，总位移为50m。
考点：本题考查运动学关系。
53．（1）a1和a2的比值为1：3；
（2）物体在B点时的速度和回到A点时的速度大小之比为1：2．
【解析】（1）匀加速过程：vB=a1t①
s1= 1 2 a1t2②
匀减速过程（可返回） s2=vBt+ 1 2 (-a2) t2③
s1+s2=0 ④
联立①②③④式，
可得 3 2 a1t2+ 1 2 (-a2) t2=0⑤
∴a1：a2=1：3⑥
（2）vA=vB+（-a2）t ⑦
联立①⑥⑦式，可得 vB vA =- 1 2 ，负号表示两个速度方向相反．
∴物体在B点时的速度和回到A点时的速度大小之比为1：2
54．8.5 m/s；19 m/s.
【解析】
试题分析：A到B的平均速度为；物体的加速度为：；到达C点的速度：
考点：平均速度；匀变速直线运动的规律.
55．98； 28
【解析】
试题分析：对最后1s内的运动采取逆向思维，有，则，因为火车做匀减速直线运动，所以加速度为-4m/s2．根据速度时间公式v=v0+at得，则v0=v-at=0-（-4）×7m/s=28m/s．火车在刹车过程中通过的位移
考点：匀变速直线运动的规律的应用.
56．24；－3；8；
【解析】
试题分析：由匀变速直线运动规律，及题目所经关系式可知，该质点的初速度：；加速度；根据可知，经过8s后质点的速度为零；
考点：匀变速直线运动公式
57．（1）26m/s （2）15.5m/s
【解析】
试题分析：物体运动的加速度。
因此到达C点的速度
AC间的平均速度
考点：加速度，平均速度
58．
【解析】
试题分析：第一段时间中间速度为v1，
第二段时间中间速度为v2，
两个中间速度之间的时间间隔t=4.5s
汽车运动的加速度
考点：匀加速直线运动、中间时刻的瞬时速度的计算方法。
59． 2.00 ； 0.383
【解析】
试题分析: 根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有：DE-AB=3aT2，解得：a=2.00m/s2；
由于△x=DE-CD=CD-BC=BC-AB故：BC=4.83cm；匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：=0.383m/s
考点：探究小车速度随时间变化的规律
60．12，违章
【解析】
试题分析：卡车在刹车过程是匀减速直线运动，则平均速度为：，末速度，根据得：，知卡车超速。
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
61．， 方向竖直向上
【解析】
试题分析：下落到地面时的速度为，即，所以下落过程中的平均速度为，设向上为正，碰撞过程中的速度变化量为，所以加速度，为正，方向竖直向上。
考点：考查了自由落体，加速度的求解
62．0.067m/s2；0.6m。
【解析】
试题分析：遮光板通过第一个光电门的速度为v1==0.1m/s；遮光板通过第二个光电门的速度为v2==0.3m/s；故滑块的加速度为a==0.067m/s2；两个光电门之间的距离s==0.6m。
考点：匀变速直线运动规律的应用。
63．。
【解析】
试题分析：第ns中间时刻的瞬时速度为v=，这是第ns－时的速度，又书籍初速度为0，故加速度为a==。
考点：匀加速直线运动的规律。
64．62;14
【解析】
试题分析：火箭上升做匀加速运动，3s内的平均速度，所以它在3s内上升的高度，根据得：。
考点：考查了匀加速直线运动规律
65．9m、4J
【解析】
试题分析：工件放上传送带先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：
工件速度与传送带相等所需时间为：
此后4s物体与传送带一起做匀速直线运动，所以工件在5s内的位移：
；
工件5s末的速度为，工件整个运动过程中，只有摩擦力做功，根据动能定理得：
考点：考查了动能定理，牛顿第二定律定理的应用
66．
【解析】
试题分析：小球在AB段和BC段均为匀加速直线运动，根据，可得两段加速度分别为，，可得加速度之比，设两个阶段的路程均为X，则有，，可得，所以两段的平均速率即。
考点：功能关系 匀变速直线运动
67．①2.5m/s ②
【解析】
试题分析：①打C点时物体的速度大小为
②由可知（SD-SC）-（SC-SB）=（SC-SB）-（SB-SA）；即
考点：匀变速运动的规律。
68．（1）（2）30m（3）
【解析】
试题分析：（1）由对称性知，质点从P点至最高用时2s，P点速度设为v，则：
，从出发至P点：
（2）距地最高；
（3）由对称性知：
考点：考查了竖直上抛运动规律的应用
69．（1）见解析；（2）Mg+mg
【解析】
试题分析：（1）a对木块压力
b对木块压力
对Na和Nb正交分解


∵=90°
即Nax=NBX 故f=0 所以楔形木块静止不动
（2）
考点：物体的平衡。
70．（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为
根据速度位移关系有：
解得冰壶在B点的速率
（2）设冰壶在AB段运动加速度大小为，由AB间匀加速运动有，
可得冰壶在AB间运动的加速度
冰壶在CD段运动时间为，冰壶在段运动为
根据运动学关系有：，
冰壶在CD段与在AB段运动时间之比。
考点：考查了运动学规律的应用
71．（1）30m/s （2）40s （3）1050m
【解析】
试题分析：（1）当汽车速度达到最大时汽车的牵引力与阻力平衡，即F=f
f=kmg=0.1×2×103×10=2000N
P=fvm
得：
（2）汽车做匀加速运动：F1-f=ma
F1=3000N
设汽车刚达到额定功率时的速度v1：P=F1v1则
设汽车匀加速运动的时间t：v1=at
解得：
（3）从静止到最大速度整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得：Pt2-fs=mvm2
代入数据解得：
考点：功率；动能定理.
72．(1)7.2 m (2)2.5 m/s2
【解析】
试题分析：设前、后两过程下落的高度分别为h1、h2，所用时间分别为t1、t2，减速过程加速度的大小为a，运动中达到的最大速度为v，则有
h1＋h2＝40 m－4 m
t1＋t2＝6 s
v2＝2gh1＝2ah2
t1＝，t2＝
由以上各式联立解得：h1＝7.2 m，a＝2.5 m/s2。
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
73．（1）10m/s （2）40m
【解析】
试题分析：（1）汽车刹车到停止所需的时间：
所以2s末的速度为
（2）5s时的位移就是4s时的位移，此时车已停：
考点：考查了匀变速直线运动规律的应用
74．（1）如图
（2）900m
【解析】
试题分析：（1）设t=10s，40s，60s时刻的速度分别为．
由图知0～10s内汽车以加速度匀加速行驶，由运动学公式得
由图知10～40s内汽车匀速行驶，因此
由图知40～60s内汽车以加速度匀减速行驶，由运动学公式得
汽车在0～60s内的v-t图线，如图所示．
（2）由v-t图线可知，在这60s内汽车行驶的路程为．
考点：考查了牛顿第二定律与图像
75．（1）5s（2）14.3m（3）若斜面长度L＞10m，则Lb=10m时速度最大；若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大
【解析】
试题分析：（1）受力分析知物体的加速度为
x=a1t2
解得a到b的时间为
（2）物体从a到p：
物块由P到b：
a2=μg
x=x1+x2
解得ap距离为x1=14.3m
（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，
即
μbc=0.277+0.03Lb，
联立解得Lb=10m
因此如斜面长度L＞10m，则Lb=10m时速度最大；
若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．
考点：牛顿第二定律的应用.
76．（1）2.4 m/s （2）0.4s 1.28m （3）2m
【解析】
试题分析：（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为，则
==6 ①
若木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为，则==1.2 ②
因<，所以木板与物块靠静摩擦力一起以加速度运动 ③
根据运动学公式 =2L ④
解得 v=2.4m/s ⑤
（2）设木板第一次撞击挡板P后向右运动时，物块的加速度大小为，根据牛顿第二定律有
mg—F=m ⑥
解得 =2 ⑦
因<，所以在木板向右减速运动过程中，物块一直向左减速，木板速度减为0时，木块仍在向左运动。设木板第一次撞击挡板P后运动到右端最远处所需时间为，则
==0.4s ⑧
设木板左端距挡板P的距离为，则 ==0.48m ⑨
设物块相对地向左的位移为，则 =v— ＝0.8m ⑩
此时物块距木板右端的距离X＝+＝1.28m ⑾
（3）木板最终静止于挡板P处，设物块距木板右端的距离为，根据功能关系得
F（＋L）－mg =0 ⑿
解得 =2m ⒀
考点：本题主要考查利用动力学知识分析解决问题。
77．（1），方向向下 ，方向向上（2）0 4s；（3）4m
【解析】
试题分析：（1）管第一次落地弹起时，管的加速度大小为，球的加速度大小为，由牛顿第二定律
对管
对球
故，方向向下
方向向上
（2）球与管第一次碰地时，由
得碰后管速，方向向上
碰后球速，方向向下
球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球、管速度相同，则有
对管
对球
代入数值联立解得
（3）管经t时间上升的高度为
球下降的高度
管长
考点：牛顿第二定律的应用
78．（1）E/B （2）（3）
【解析】（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv=qE
解得：v=E/B
（2）从A到C根据动能定理：
解得：
（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为
从D到P，根据动能定理：，其中
联立解得：
【考点定位】带电粒子在复合场中的运动
79．（1）t1=2 s （2）F=0．45 N , t2=s
【解析】
试题分析：（1）若F=0，小木块会沿斜面做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律
计算可得
由运动学公式
计算可得
（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，说明合力方向沿AC方向，设AC与AB的夹角，
合位移
所以施加的外力为
根据牛顿第二定律
计算可得
由运动学公式
计算可得
考点：本题考查了运动学公式
80．(1) (2) (3)
【解析】
试题分析：
（1）由图可知，木块所受到的滑动摩擦力Ff=3.12N
由 （2分）
得 （2分）
（2）根据牛顿运动定律，力的平衡
由 （2分）
（2分）

代入数据解得 （2分）
（3）2s末速度 （1分）
撤去拉力F后 （1分）
（1分）
代入数据解得 （1分）
考点：本题考查牛顿第二定律、力的平衡、匀变速直线运动的规律。
81．2.5s；8J.
【解析】
试题分析：（1）物体的加速度a=μg=2 m/s2
当物体和传送带获得相同速度时的位移为；
以后物体将随传送带做匀速运动，不再受摩擦力的作用
t =t1+t2=2.5s
（2）摩擦力做功W=μmgx=8J.
考点：牛顿第二定律的应用；功.
82．t=2s
【解析】以箱为研究对象，根据动量定理，有
F·t＝Mv ①
根据动能定理，有
②
由①式和②式得
t=2s
83．（1）4m；（2）2N·S 水平向左。
【解析】
试题分析：（1）因为物体在后2s内在大小为F=4N的力的作用下由A运动到B点，故这段时间的加速度为a==2m/s2，故A、B间的距离为sAB=at2=×2×22m=4m。
（2）5s末物体的速度大小为v=at=2×2m/s=4m/s，方向水平向左；将t=5s看成一个整体，设水平方向向右为正方向，根据动量定理得：I－mgμ×t1+ mgμ×t2=－mv，即水平力F在5s时间内对物块的冲量I=－2Ns，所以这段时间内冲量的大小为2Ns，方向水平向左。
考点：
84．（1）5.4×104 N （2）1.8×103 N
【解析】
试题分析：（1）两车碰撞时的时间为：；对人由动量定理可得：
解得
（2）由动量定理可得：，解得
考点：动量定理的应用。
85．（1）0.35；（2）2m/s
【解析】
试题分析：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式可得上滑过程中加速度的大小：
上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F=ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据得：μ=0.35．
（2）下滑的距离等于上滑的距离：
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F=ma得：
下滑过程中：mgsinθ-μmgcosθ=ma2
解得：a2＝gsinθ?μgcosθ=2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的规律.
86．（1）3A （2）4.5C （3）2N
【解析】
试题分析：（1）根据灯泡功率 （1分）
得：I=3A （2分）
（2）由法拉第电磁感应定律有 （1分）
又 （1分）
（1分）
（1分）
解得 （1分）
（1分）
（3） （2分）
（1分）
（1分）
解得 （2分）
考点：本题考查电磁感应定律
87．（1）2.5N （2）2.8N；方向水平向左。
【解析】
试题分析：（1）物块在斜面上加速下滑，则，
根据牛顿第二定律可得：，解得：N
（2）对斜面体，水平方向：，，N，方向水平向左。
考点：牛顿第二定律的应用.
88．（1）1.5N；（2）42m；
【解析】
试题分析：（1）由图像知，前两秒的末速度为，最大速度为
根据
当时， (2分)
解得阻力 (2分)
（2）前2s，小车做匀加速直线运动，位移，由运动学公式得
(2分)
2s～10s内，时间为，根据动能定理
(3分)
(2分)
0～10s内位移 (2分)
考点：功率、动能定理
89．（1）3m/s（2）1.2m（3）15m/s
【解析】
试题分析：
（1）小球落到斜面上时方向与斜面平行：vy=v0tan53°
竖直方向上：
得vy=4m/s，v0=3m/s
故小球的水平速度为3m/s； （3分）
（2）又vy=gt1得t1=0.4s
水平位移：
s=v0t1=3×0.4m=1.2m （3分）
（3）小球在斜面上下滑的加速度为a
小球刚落到斜面上时的速度：
小球滑到斜面底端时的速度为v2， 则
解得： （3分）
考点：平抛运动规律 牛顿第二定律 匀变速直线运动规律
90．（1）6m/s2 （2） 1.5s
【解析】
试题分析：（1）设P开始做减速运动的加速度为a1，对P有 （1分）
对Q有 1分
解得a1=6m/s2 （2分）
（2）经时间t1与传送带达相同速度，s （1分）
在时间t1内P的位移m （1分）
达共同速度后P做减速运动 （1分）
设加速度大小为a2，对P有 （1分）
对Q有 （1分）
解得a1=,4m/s2
P到达传送带右端的速度m/s （1分）
此过程中P运动的时间s （ 1分）
故P物体在传送带上运动的时间t=t1+t2=1.5s （ 1分）
考点：本题考查牛顿第二定律
91．（1）2（2）0.25（3）约为11.55 m/s2
【解析】
试题分析：（1）a1 t12＝a2 t22
得＝＝2
（2）上滑时：mgsin 37?＋?mgcos 37?＝ma1
下滑时：mgsin 37?－?mgcos 37?＝ma2
得?＝0.25
（3）mgsin 60?＋?N－Fcos 60?＝ma，N＝Fsin 60?＋mgcos 60?
得：mgsin 60?＋?Fsin 60?＋?mgcos 60?－Fcos 60?＝ma
因为a与F无关，所以?Fsin 60?－Fcos 60?＝0
此时?＝ctg60?＝
则，a＝gsin 60?＋?gcos 60?＝m/s2≈11.55 m/s2
考点：匀变速直线运动，求解位移和加速度
点评：精确分析受力情况，灵活匀变速直线运