課時分層精練（一）運動的描述1．解析：文中2022年9月2日0時33分是指時刻，故A錯誤；以天問實驗艙為參考系，神舟十四號飛船是靜止的，故B正確；研究宇航員在艙外的活動姿態(tài)時，宇航員不可以視為質(zhì)點，故C錯誤；研究神舟十四號飛船繞地球運行的周期時，飛船可以視為質(zhì)點，故D正確．故選BD.答案：BD2．解析：位移是起點到終點的有向線段，則在整個行程中該旅客位移大小約為400km，平均速度大小約為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(400,2.5)km/h＝160km/h.答案：B3．解析：題中“9時35分”與“10時05分”均表示時刻，故A錯誤；研究清掃路徑時，機(jī)器人的大小和形狀可以忽略，可以看成質(zhì)點，故B錯誤；位移是初位置指向末位置的有向線段，機(jī)器人在該過程中的位移大小為18m，故C錯誤；機(jī)器人在該過程中的平均速度大小約為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(18,30×60)m/s＝0.01m/s，故D正確．故選D.答案：D4．解析：線路長約22.4km，指的是地鐵運行的路程，選項A錯誤；全程運行過程中，當(dāng)研究列車運行速度時，列車能視為質(zhì)點，選項B錯誤；80km/h指的是瞬時速度大小，選項C錯誤；列車運行的平均速率約為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(22.4,\f(2,3))km/h＝33.6km/h，選項D正確．故選D.答案：D5．解析：用時為t，可知t指的是人從A走到B點的時間間隔，A錯誤；位移大小指始位置指向末位置的有向線段的長度，則老人的位移為2R，B錯誤；老人的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(2R,t)，C正確，D錯誤．故選C.答案：C6．解析：時間t＝4.0s，初速度v0＝0，末速度v＝28.8km/h＝8.0m/s，說明8.0m/s是4s末的瞬時速度，A錯誤，B正確；平均加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(8.0,4.0)m·s－2＝2.0m·s－2，C錯誤，D正確．故選BD.答案：BD7．解析：10s內(nèi)火箭的速度改變量為100m/s，故A錯誤；2.5s內(nèi)汽車的速度改變量為0－108km/h＝－108km/h＝－30m/s，故B正確；火箭的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝10m/s2，汽車加速度a′＝eq\f(Δv′,Δt′)＝－12m/s2正負(fù)號表示方向，故火箭的速度變化比汽車的慢，火箭的加速度比汽車的加速度小，故C、D錯誤．故選B.答案：B8．解析：加速度逐漸減小到零，即速度變化越來越慢直至速度不變，若加速度和速度同向，則速度增大，加速度減到零時，速度達(dá)到最大，而后做勻速運動，A正確；加速度逐漸減小到零，即速度變化越來越慢直至速度不變，若加速度和速度反向，速度減小，到加速度減為零時，速度減到最小若仍不為零，則做勻速運動；若加速度減小到零時速度恰好也減小到零，則物體保持靜止，C正確；加速度逐漸減小到零，速度不可能不斷增大或不斷減小，最后加速度減小到0時，速度將保持不變，B、D錯誤．故選AC.答案：AC9．解析：如果經(jīng)過2s后速度大小變?yōu)?m/s，而速度方向沿斜面向下，規(guī)定沿斜面向下為正方向，則速度變化量為Δv＝v2－v1＝3m/s－（－5m/s）＝8m/s，即物體的速度變化量大小為8m/s，方向沿斜面向下；物體的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2，方向沿斜面向下，故A錯誤，D正確；如果經(jīng)過2s后速度大小變?yōu)?m/s，而速度方向沿斜面向上，規(guī)定沿斜面向上為正方向，則速度變化量為Δv＝v2－v1＝3m/s－5m/s＝－2m/s，即物體的速度變化量大小為2m/s，方向沿斜面向下；物體的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝－1m/s2，方向沿斜面向下，故B正確，C錯誤．故選BD.答案：BD10．解析：計算汽車速度的原理是利用短時間內(nèi)的平均速度來代替瞬時速度，故汽車速度的表達(dá)式為v＝eq\f(L,Δt)，A正確，B錯誤；若L＝8m，Δt＝0.2s，則汽車的速度為v＝eq\f(L,Δt)＝40m/s＝144km/h>120km/h超速，照相機(jī)將會拍照，C正確；若L＝8m，Δt＝0.3s，則汽車的速度為v＝eq\f(L,Δt)＝96km/h<120km/h未超速，照相機(jī)不會拍照，故D錯誤．故選AC.答案：AC11．解析：根據(jù)題意可知，冰壺從b點推出后做勻減速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系可得到達(dá)c點時速度為vc＝v0＋a1t1＝（2.8－0.2×8）m/s＝1.2m/s，故A錯誤；從c到O繼續(xù)做勻減速直線運動，加速度變?yōu)閍2＝80%×a1＝0.8×（－0.2）＝－0.16m/s2.根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系可得從c到O歷時為t2＝eq\f(Δv,a2)＝eq\f(0－vc,a2)＝eq\f(0－1.2,－0.16)s＝7.5s，故B正確；根據(jù)勻變速直線運動位移速度公式可得bc間距離為x1＝eq\f(veq\o\al(2,c)－veq\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(1.22－2.82,2×（－0.2）)m＝16m，根據(jù)勻變速直線運動位移速度公式可得cO間距離為x2＝eq\f(0－veq\o\al(2,c),2a2)＝eq\f(0－1.22,2×（－0.16）)m＝4.5m，則bO間距離為x＝x1＋x2＝（16＋4.5）m＝20.5m，故C正確；根據(jù)平均速度的定義可得從b到O的過程中平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t1＋t2)＝eq\f(20.5,8＋7.5)m/s≈1.3m/s，故D錯誤．故選BC.答案：BC課時分層精練（二）勻變速直線運動規(guī)律1．解析：根據(jù)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，由于初速度未知，則無法求出運動的加速度，A、C錯誤；由于初速度未知，根據(jù)x＝eq\f(v0＋v,2)t可知，無法求出末速度，即滑出車底時的速度，B錯誤；根據(jù)平均速度的定義式，她在車底的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(58,15)m/s≈3.87m/s，D正確．故選D.答案：D2．解析：高速列車在AB段的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(AB,t1)＝44m/s，在BC段的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(BC,t2)＝49m/s，根據(jù)勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，可知a＝eq\f(\o(v,\s\up6(－))2－\o(v,\s\up6(－))1,\f(t1,2)＋\f(t2,2))≈1.4m/s2，B正確．答案：B3．解析：設(shè)剎車的加速度大小為a，則有x＝v0（t1＋t2＋Δt）＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)代入數(shù)據(jù)有19.6＝5×（0.3＋2＋0.8）＋eq\f(52,2a)解得a＝3.05m/s2，所以D正確；A、B、C錯誤．故選D.答案：D4．解析：設(shè)加速度為a，加速所用時間為t，因加速和減速過程加速度大小相同，減速所用時間也為t，x＝eq\f(1,2)at2＋vm（t總－2t）＋eq\f(1,2)at2，vm＝at，聯(lián)立解得t＝2s，a＝1.25m/s2，A項正確．故選A.答案：A5．解析：頻率為2Hz頻閃照相機(jī)，時間為T＝eq\f(1,f)＝0.5s，根據(jù)勻變速直線運動的公式有（2－1）×10－2×50m＝Δx＝aT2，解得a＝2m/s2，故A正確；勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則運動員通過照片中3cm位置時速度為v1＝eq\f(（6－1）×10－2×50,2×0.5)m/s＝2.5m/s，故B錯誤；根據(jù)0位置到3cm位置的速度時間公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5m/s，即照片中0位置的速度為0.5m/s，故不是起跑位置，故C錯誤；運動員在照片前6cm內(nèi)的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(6×10－2×50,3×0.5)m/s＝2m/s，故D錯誤．答案：A6．解析：設(shè)汽車在路面與在冰面所受阻力分別為f1、f2，汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為v1，由牛頓第二定律f＝ma，則汽車在路面與在冰面上運動的加速度大小之比為eq\f(a1,a2)＝eq\f(f1,f2)＝eq\f(7,1)，由運動學(xué)公式，在路面上有veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1x1，在冰面上有veq\o\al(2,1)＝2a2x2，其中eq\f(x1,x2)＝eq\f(8,7)，解得汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為v1＝eq\f(v0,3)，故選B.答案：B7．解析：設(shè)滑塊的末速度大小為v1，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得v0＝v1＋at＝v1＋1m/s>1m/s；L＝eq\f(v0＋v1,2)×t＝（v0＋v1）m＝（2v1＋1）m>1m，故A錯誤；若v0＝2m/s，則v1＝1m/s，L＝3m，故B正確；若v0＝3m/s，則v1＝2m/s，L＝5m，故C錯誤；若v0＝5m/s，則v1＝4m/s，L＝9m，故D錯誤．故選B.答案：B8．解析：設(shè)運動員在B點的速度大小為v，運動員從A到B和從B到C都做勻變速直線運動，且運動員在A、C的速度均為零，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有AB＝eq\f(v,2)tAB，BC＝eq\f(v,2)tBC，解得tAB∶tBC＝5∶1，C項正確．答案：C9．解析：將運動員的勻減速直線運動逆向看作是反向的初速度為零且加速度大小不變的勻加速直線運動，根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動的比例關(guān)系可知運動員在前四分之三位移和最后四分之一位移所經(jīng)歷的時間相等，均設(shè)為t，運動員總位移設(shè)為s，則由題意可知v＝eq\f(\f(3,4)s,t)＝eq\f(3s,4t)滑雪者整個過程的平均速度為v′＝eq\f(s,2t)＝eq\f(2,3)v，D項正確．答案：D10．解析：結(jié)合逆向思維，把冰壺的勻減速直線運動看作反向初速度為零的勻加速直線運動，最后1s內(nèi)位移大小為0.2m，由x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得a＝0.4m/s2，選項B錯誤；冰壺的初速度大小是v0＝at＝0.4×20m/s＝8m/s，選項D錯誤；冰壺第1s內(nèi)的位移大小是x＝v0t－eq\f(1,2)at2＝7.8m，選項A正確；由初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律可知，前10s位移和后10s的位移之比為3∶1，選項C錯誤．答案：A11．解析：A的初速度為v＝5m/s，若當(dāng)小球到達(dá)C處時速度減為0，根據(jù)速度—位移關(guān)系v2＝2ax可求得最小加速度為a＝2.5m/s2，低于此值球會從C落下斜面，故B正確，A錯誤；小球加速度越大，到達(dá)B點速度越大，當(dāng)小球加速度取最小值時，4s末達(dá)到A點，此時可理解為A與B重合，速度最小為5m/s，故D錯誤；若小球加速度為5m/s2，則小球沿斜面向上的最大距離2.5m，向下運動三秒后位移為x＝eq\f(1,2)at2＝22.5m．在第四秒到達(dá)斜面上B點，當(dāng)B為斜面最低點時，可求得斜面最小長度應(yīng)為25m，故C正確．故選BC.答案：BC12．解析：（1）司機(jī)反應(yīng)時間內(nèi)汽車通過的位移x1＝v0t1＝10m加速過程t2＝5s－t1＝4s，70m－x1＝v0t2＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)得a1＝2.5m/s2.（2）汽車加速結(jié)束時通過的位移x2＝v0t1＋v0t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝10×1m＋10×3m＋eq\f(1,2)×2×32m＝49m此時車頭前端離停車線的距離為x3＝70m－x2＝21m此時速度為v＝v0＋a2t3＝（10＋2×3）m/s＝16m/s勻減速過程中有2a3x3＝v2代入數(shù)據(jù)解得a3＝6.1m/s2.答案：（1）2.5m/s2（2）6.1m/s213．解析：v0＝216km/h＝60m/s把飛機(jī)的運動逆向看成由靜止做加速度大小為a的勻加速直線運動，則在t1＝3s內(nèi)的位移為x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)在t2＝4s內(nèi)的位移為x2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)根據(jù)題意有x2－x1＝7m聯(lián)立解得加速度大小為a＝2m/s2，A正確；該飛機(jī)著陸后5s時的速度大小為v5＝v0－at＝eq\f(216,3.6)m/s－2×5m/s＝50m/s，B錯誤；該飛機(jī)在跑道上滑行的時間為t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(216,3.6×2)s＝30s，C正確；該飛機(jī)在跑道上滑行的距離為x＝eq\f(v0,2)t＝eq\f(216,3.6×2)×30m＝900m，D錯誤．答案：AC14．解析：（1）設(shè)汽車勻減速過程位移大小為d1，由運動學(xué)公式得veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2ad1解得d1＝442m根據(jù)對稱性可知從開始減速到恢復(fù)正常行駛過程中的位移大小x1＝2d1＋d＝894m（2）如果汽車以v2＝10m/s的速度通過勻速行駛區(qū)間，設(shè)汽車提速后勻減速過程位移大小為d2，由運動學(xué)公式得veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,0)＝－2ad2解得d2＝400m提速前，汽車勻減速過程時間為t1，則d1＝eq\f(v0＋v1,2)t1解得t1＝26s通過勻速行駛區(qū)間的時間為t′1，有d＝v1t′1解得t′1＝2.5s從開始減速到恢復(fù)正常行駛過程中的總時間為T1＝2t1＋t′1＝54.5s提速后，汽車勻減速過程時間為t2，則d2＝eq\f(v0＋v2,2)t2解得t2＝20s通過勻速行駛區(qū)間的時間為t′2，則d＝v2t′2解得t′2＝1s勻速通過（d1－d2）位移時間Δt＝eq\f(d1－d2,v0)＝1.4s通過與提速前相同位移的總時間為T2＝2t2＋t′2＋2Δt＝43.8s所以汽車提速后過收費站過程中比提速前節(jié)省的時間ΔT＝T1－T2＝10.7s.答案：（1）894m（2）10.7s課時分層精練（三）自由落體運動和豎直上拋運動多過程問題1．解析：依題意可設(shè)第1個小球經(jīng)時間t落地，則第2個小球經(jīng)時間2t落地，第3個小球經(jīng)時間3t落地，第4個小球經(jīng)時間4t落地，又因為四個小球做的都是初速度為零的勻加速運動，因此它們下落的高度之比為1∶4∶9∶16.答案：C2．解析：取豎直向上為正方向，根據(jù)v＝v0＋at，v0A＝3m/s.a＝－g＝－10m/s2，代入解得vA＝－7m/s，同理解得vB＝－5m/s，vC＝0m/s，vD＝5m/s.由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故A正確，B、C、D錯誤．答案：A3．解析：根據(jù)x1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，x2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，得eq\f(t2,t1)＝eq\r(\f(x2,x1))＝eq\r(\f(2,1))＝eq\r(2)，則有t2＝eq\r(2)t1＝eq\r(2)×0.14s≈0.20s，故C正確．答案：C4．解析：由h＝eq\f(1,2)gt2得，ta＝eq\r(\f(12L,g))，tb＝eq\r(\f(8L,g))，tc＝eq\r(\f(6L,g))，則（ta－tb）>（tb－tc），a、b、c三小球運動時間之比為eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，a比b早釋放的時間為Δt＝ta－tb＝2（eq\r(3)－eq\r(2)）eq\r(\f(L,g))，A、B錯誤，C正確；根據(jù)v2＝2gh得，三小球到達(dá)地面時的速度大小之比是eq\r(6)∶2∶eq\r(3)，D錯誤．答案：C5．解析：由題知tAB＝tBC＝T，根據(jù)Δv＝gt可知BC過程速度的增量等于AB過程速度的增量，故A正確；只有蘋果在A點速度為零時，才滿足x1∶x2＝1∶3，故B錯誤；蘋果運動到位置B時的速度大小為vB＝eq\f(x1＋x2,2T)，故C錯誤；根據(jù)Δx＝aT2可知，蘋果運動的加速度大小為a＝eq\f(x2－x1,T2)，故D正確．答案：AD6．解析：射出的彈丸做豎直上拋運動，上升過程可看作逆向的自由落體運動，由運動學(xué)公式h＝eq\f(1,2)gt2則彈丸最后1s內(nèi)下落的高度h1＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m則最初1s內(nèi)下落的高度h2＝7h1＝35m最初1s內(nèi)中間時刻的速度v＝eq\f(h2,t)＝eq\f(35,1)m/s＝35m/s彈丸自由下落的時間t′＝eq\f(v,g)＋0.5＝eq\f(35,10)s＋0.5s＝4s彈丸下落的總高度h3＝eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m則彈丸上升的最大高度為80m，故選C.答案：C7．解析：自由落體運動，下落h過程滿足h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)下落3h的過程滿足3h＝eq\f(1,2)g（t1＋t2）2聯(lián)立解得，樹枝從A到B的運動時間t1與從B到C的運動時間t2之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(3)－1)，A錯誤；樹枝從A到C的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3h,t1＋t2)＝eq\f(\r(6gh),2)，B正確；樹枝從A到C中點位置的瞬時速度為v＝eq\r(2g×\f(3h,2))＝eq\r(3gh)，C錯誤；樹枝在C點的速度與在B點的速度之差為Δv＝eq\r(2g×3h)－eq\r(2gh)＝eq\r(6gh)－eq\r(2gh)，D錯誤．故選B.答案：B8．解析：甲落地的時間t甲＝eq\r(\f(4H,g))，乙落地的時間t乙＝eq\r(\f(2H,g))，所以甲落地的時間是乙落地時間的eq\r(2)倍，故A錯誤；根據(jù)v＝eq\r(2gh)可知，甲落地時的速率是乙落地時速率的eq\r(2)倍，故B正確；根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2可知經(jīng)過相等的時間兩個物體下落的高度相等，所以乙落地之前，二者之間的豎直距離保持不變，故C正確；乙落地之前，加速度均為g，故D錯誤．答案：BC9．解析：設(shè)汽車正常行駛的速度為v0，由勻變速直線運動的平均速度與瞬時速度的關(guān)系可得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0,2)，可得v0＝2eq\o(v,\s\up6(－))，A正確；減速過程時間為t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－)),a)，反應(yīng)過程的時間為t反＝eq\f(t0,5)＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－)),5a)，B錯誤；減速過程的位移為x0＝eq\o(v,\s\up6(－))t0＝eq\f(2\o(v,\s\up6(－))2,a)，反應(yīng)過程的位移為x反＝v0t反＝eq\f(4\o(v,\s\up6(－))2,5a)，則有eq\f(x0,x反)＝eq\f(5,2)，C錯誤；發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止整個過程的平均速度為v＝eq\f(x反＋x0,t反＋t0)＝eq\f(7,6)eq\o(v,\s\up6(－))，D錯誤．故選A.答案：A10．解析：（1）從題述時刻到轎車車尾離開人行道所需的時間t＝eq\f(L1＋L＋L2,v0)＝3.8s行人在這段時間內(nèi)的位移為x0＝v1t＝3.8mx0－L4＝0.8m<eq\f(1,2)L3＝4.5m則兩者不會相撞．（2）從題述時刻到行人走上人行道所用時間t1＝eq\f(L4,v1)＝3s在3s內(nèi)轎車的位移x＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)得x＝39m>L1＋L2＋L故沒有違反要求．（3）從題述時刻到行人穿過人行道所用時間t2＝eq\f(L3＋L4,v1)＝12s假設(shè)12s內(nèi)轎車的位移等于30m，此時加速度為a1，則L1＝v0t2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得a1＝eq\f(5,4)m/s2此時剎車時間t0＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,\f(5,4))s＝8s<12sx剎＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝40m>30m說明假設(shè)錯誤，即轎車不可能在12s后仍未到達(dá)停止線，所以轎車在30m內(nèi)速度減小為零加速度最小a′2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2L1)＝eq\f(5,3)m/s2，故轎車的加速度大小應(yīng)滿足a2≥eq\f(5,3)m/s2答案：見解析課時分層精練（四）運動學(xué)圖像1．解析：t1時刻前后甲的x-t圖線斜率由正變?yōu)樨?fù)，說明速度方向發(fā)生了變化，選項A錯誤；乙的x-t圖線斜率恒定，說明乙做勻速直線運動，位移大小均勻增加，選項B錯誤；由圖可知t1～t2時間內(nèi)甲的x-t圖線斜率有一時刻與乙的x-t圖線斜率相等，即兩者速度相等，此時甲、乙兩者相距最遠(yuǎn)，選項C正確，D錯誤．答案：C2．解析：72km/h＝20m/s，36km/h＝10m/s.根據(jù)v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可知，汽車做勻減速運動的加速度大小為eq\f(400－100,2×60)m/s2＝2.5m/s2，根據(jù)v＝v0＋at可知，經(jīng)過4s汽車速度減小到10m/s，然后勻速運動到中心線繳費．汽車從開始勻速運動到通過中心線10m所用的時間為eq\f(20,10)s＝2s，隨后汽車開始做勻加速運動，根據(jù)v＝v0＋at可得，再經(jīng)過4s汽車加速至20m/s，然后正常行駛．綜上所述，A正確，B、C、D錯誤．答案：A3．解析：加速度對時間的變化率稱為急動度，等于a-t圖像的斜率．由題圖知t＝3s時的急動度和t＝5s時的急動度等大同向，故A錯誤；根據(jù)a-t圖像與t軸所圍的面積表示速度的變化量，則2～4s內(nèi)質(zhì)點的速度增大，做加速運動，故B錯誤；0～6s內(nèi)速度的變化量為Δv＝eq\f(1＋2,2)×2m/s＋eq\f(1,2)×2×2m/s＋eq\f(1,2)×2×（－2）m/s＝3m/s，因初速度為0，故t＝6s時的速度為3m/s，故C錯誤；0～6s內(nèi)質(zhì)點速度的變化量均為正，說明質(zhì)點速度方向不變，故D正確．答案：D4．解析：由題意知，地鐵的啟動加速度大，所以甲是高鐵的v-t圖像，乙是地鐵的v-t圖像，故A錯誤；v-t圖像的斜率為加速度，則地鐵和高鐵加速過程的加速度大小之比為eq\f(a地,a高)＝eq\f(\f(100,30),\f(300,240))＝eq\f(8,3)，故B錯誤；v-t圖像所圍的圖形面積為位移，地鐵和高鐵加速過程中的位移eq\f(x地,x高)＝eq\f(30×100,240×300)＝eq\f(1,24)，故C錯誤；0～240s過程中，高鐵的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))高＝eq\f(300,2)km/h＝150km/h地鐵的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))地＝eq\f(240－30＋24,2×240)×100km/h＝eq\f(375,4)km/h則地鐵和高鐵的平均速度大小之比為eq\o(v,\s\up6(－))地∶eq\o(v,\s\up6(－))高＝5∶8，故D正確．故選D.答案：D5．解析：進(jìn)入人工通道繳費時車的速度應(yīng)先減為零，再加速，而進(jìn)入ETC通道繳費的車輛不需要停車即可通過，由題圖可知甲車減速時速度并沒有減為零，而乙車是速度先減為零再加速的，所以甲車進(jìn)入的是ETC通道，乙車進(jìn)入的是人工收費通道，A錯誤；甲、乙兩車從相同速度開始減速到恢復(fù)至原速度的時間差為18s－5s＝13s，B錯誤；甲車進(jìn)入通道的加速度大小為a甲＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(10－5,2)m/s2＝2.5m/s2，乙車進(jìn)入通道的加速度大小為a乙＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(10－0,4)m/s2＝2.5m/s2，C錯誤；由v-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積表示位移，可知甲車減速后勻速行駛的位移x＝vt＝5×1m＝5m，D正確．答案：D6．解析：甲、乙兩小球在空中均做自由落體運動，運動時間相同，則乙球落地比甲球落地慢1s，可知圖像中的t0＝5s，故A錯誤；由圖可知，甲球在空中下落的時間為4s，則有x0＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m，故B錯誤；當(dāng)甲、乙兩小球都在空中運動時，以乙開始下落為0時刻，則有x乙＝eq\f(1,2)gt2，x甲＝eq\f(1,2)g（t＋1）2，兩者距離為Δx＝x甲－x乙＝gt＋eq\f(1,2)g，可知隨時間增大，兩者距離越來越大，故C正確；甲、乙兩小球的加速度均為重力加速度，根據(jù)Δv＝gΔt在2.0s～3.0s時間內(nèi)，甲球速度變化量等于乙球速度變化量，故D錯誤．故選C.答案：C7．解析：0～t2為空中運動時間內(nèi)，速度先為負(fù)值，后為正值，則速度方向先向上，后向下，故A錯誤；v-t圖像斜率的絕對值表示加速度大小，由圖可以看出，t1～t2內(nèi)的加速度比在t2～t3內(nèi)加速度小，故B錯誤；在0～t1內(nèi)，圖線斜率不變，表示勻變速直線運動，則由勻變速直線運動推論，平均速度等于初、末速度和的一半，即為eq\f(v1＋v2,2)，故C正確；v-t圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示位移，由圖像可以看出，實際圖線在t2～t3時間內(nèi)圍的面積小于虛線（勻減速到零）所圍面積，平均速度等于位移與所用時間的比值，所以此段時間內(nèi)的平均速度小于此段時間內(nèi)勻減速到零的平均速度eq\f(v3,2)，故D錯誤．故選C.答案：C8．解析：根據(jù)圖像可知，甲車做勻速直線運動，其速度為v1＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(8－2,3)m/s＝2m/s.乙車做勻減速直線運動，根據(jù)圖像可知t＝2s時，位移為x＝6m速度為v2＝2m/s根據(jù)位移時間公式x＝v0t－eq\f(1,2)at2可得6＝v0×2－eq\f(1,2)a×22又有v2＝v0－a×2解得v0＝4m/s，a＝1m/s2故A正確，D錯誤；0～3s時間內(nèi)，根據(jù)圖像可知，甲車的位移小于乙車的位移，所以甲車的平均速度小于乙車的平均速度，故B錯誤；根據(jù)圖像可知0～3s時間內(nèi)甲車與乙車間的距離先減小后增大，故C錯誤．故選A.答案：A9．解析：根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度可知，0～t1時間內(nèi)斜率在變小，即加速度在變小，無人機(jī)做加速度減小的加速運動，A錯誤；根據(jù)v-t圖像與時間軸圍成的“面積”表示無人機(jī)運動的位移，可知圖像與橫軸圍成的面積小于連接曲線上t2和t3兩點直線時與橫軸圍成的面積，再根據(jù)勻變速直線運動的平均速度表達(dá)式可得，t2～t3時間內(nèi)無人機(jī)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))<eq\f(v1,2)，B正確；根據(jù)v-t圖像，t3時刻無人機(jī)懸停，速度為零，處于平衡狀態(tài)，受到升力和重力作用，C錯誤；t1～t2時間內(nèi)，無人機(jī)的動能不變，而高度升高，則重力勢能增加，機(jī)械能增加，D正確．故選BD.答案：BD10．解析：根據(jù)題意，由圖可知，無人機(jī)的加速度方向一直向上，無人機(jī)一直做加速運動，故A錯誤；根據(jù)公式v2＝2ah可知，a-h圖像中面積表示eq\f(v2,2)，設(shè)上升2h0時，無人機(jī)的速度為v1，則有eq\f(veq\o\al(2,1),2)＝eq\f(1,2)×（eq\f(1,3)g＋g）h0＋gh0＝eq\f(5,3)gh0，解得v1＝eq\r(\f(10,3)gh0)，故B正確；根據(jù)題意，設(shè)上升2h0時，無人機(jī)的牽引力為F，由牛頓第二定律有F－mg＝ma.由圖可知，上升2h0時a＝g，解得F＝2mg.無人機(jī)發(fā)動機(jī)的功率為P＝Fv1＝2mgeq\r(\f(10,3)gh0)，故C錯誤；根據(jù)題意可知，上升2h0過程中，無人機(jī)機(jī)械能增加量為ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋mg·2h0＝eq\f(11,3)mgh0，故D正確．故選BD.答案：BD課時分層精練（五）追及相遇問題1．解析：由圖可知，在t1時刻，甲、乙兩車的位置坐標(biāo)相同，即到達(dá)同一位置，而開始時乙車的位移大于甲車的位移，所以在t1時刻，乙車追上甲車，A正確；由圖可知，甲車做勻速運動，加速度為零，乙車做變速運動，加速度不為零，B錯誤；x-t圖線的斜率表示速度，在t1到t2這段時間內(nèi)，乙車的x-t圖線的斜率先減小后增大，則乙車的速度先負(fù)向減小后正向增大，C錯誤；由圖可知，從t1時刻之后到t2時刻這段時間內(nèi)，甲車和乙車僅在t2時刻位置相同，故只相遇一次，D錯誤．答案：A2．解析：v-t圖像的斜率表示加速度，可得和諧號的加速度為a1＝eq\f(72－60,24)m/s2＝eq\f(1,2)m/s2，復(fù)興號的加速度為a2＝eq\f(72－60,24－8)m/s2＝eq\f(3,4)m/s2，則10s末和諧號的加速度比復(fù)興號的小，故A錯誤；題圖乙中復(fù)興號的最大速度為vm＝72m/s＋a2×（32－24）m/s＝78m/s，故B正確；因t＝0時兩車車頭剛好并排，在0到24s內(nèi)和諧號的速度大于復(fù)興號的速度，兩者的距離逐漸增大，速度相等后兩者的距離縮小，則在24s末兩車車頭相距最遠(yuǎn)，故C正確；由v-t圖像中圖線與t軸所圍的面積表示位移，則在0～24s兩者的最大距離為Δx＝eq\f(8×（72－60）,2)m＝48m，而在24～32s內(nèi)縮小的距離為Δx′＝eq\f(（78－72）×（32－24）,2)m＝24m<Δx，即32s末復(fù)興號還未追上和諧號，故D錯誤．答案：BC3．解析：根據(jù)v-t圖線與時間軸圍成的圖形面積表示位移，可知泳池長度L＝1.25×20m＝25m，故A錯誤；如圖所示，由甲、乙的位移－時間圖線的交點表示相遇可知，甲、乙在t＝100s時在泳池的一端相遇，故B錯誤；在0～60s內(nèi)甲、乙相遇3次，故C正確；在0～30s內(nèi)，甲的位移大小為x1＝1.25×20m－1.25×10m＝12.5m，乙的位移大小為x2＝1.0×25m－1.0×5m＝20m，在0～30s內(nèi)，甲、乙運動員的平均速度大小之比為v1∶v2＝eq\f(x1,t)∶eq\f(x2,t)＝5∶8，故D錯誤．答案：C4．解析：v-t圖像中，圖線的切線斜率表示瞬時加速度，甲同學(xué)在0～t1時間段內(nèi)反向做加速度增加的減速運動，t1時刻速度減為0，t1～t2時間段內(nèi)正向做加速度減小的加速運動，t2～t3時間段內(nèi)正向做勻減速直線運動，t3時刻速度減為0；乙同學(xué)在0～t1時間段內(nèi)反向做勻減速直線運動，t1時刻速度減為0，t1～t3時間段內(nèi)正向做勻加速直線運動，A錯誤；在v-t圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積代表物體的位移，由圖可知，能使兩圖線包圍面積相同的時刻共有三個，且甲全程的位移大于乙的，B錯誤、C正確；v-t圖像中兩圖線的交點代表該時刻兩物體共速，圖中共有三個交點（包括t＝0時刻），即有三個時刻速度相同，D錯誤．故選C.答案：C5．解析：汽車剎車前，在0.4s內(nèi)做勻速運動的位移大小為x1＝v0t1＝eq\f(36,3.6)×0.4m＝4m則汽車剎車滑行的最大距離為x2＝24m－x1＝20m，故A錯誤；汽車剎車的最小加速度大小為amin＝eq\f(veq\o\al(2,0),2x2)＝eq\f(（\f(36,3.6)）2,2×20)m/s2＝2.5m/s2，故B錯誤；汽車用于減速滑行的最長時間為tmax＝eq\f(v0,amin)＝eq\f(\f(36,3.6),2.5)s＝4s，故C正確；汽車從發(fā)現(xiàn)前方有行人通過人行橫道到停下來過程的平均速度大小滿足eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)≥eq\f(24,0.4＋4)m/s≈5.45m/s>5m/s，故D錯誤．故選C.答案：C6．解析：（1）L＝6km＝6000m20s內(nèi)導(dǎo)彈的位移為x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝200×20m＋eq\f(1,2)×40×202m＝12000m無人靶機(jī)被擊中前飛行速度大小為v＝eq\f(x－L,t)＝eq\f(12000－6000,20)m/s＝300m/s（2）當(dāng)導(dǎo)彈的速度與無人靶機(jī)的速度相等時，距離最大，設(shè)時間為t1，有v0＋at1＝v＋a1（t1－1）代入數(shù)據(jù)解得t1＝7s導(dǎo)彈的位移為x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝200×7m＋eq\f(1,2)×40×72m＝2380m無人靶機(jī)的位移為x2＝v×1＋v（t1－1）＋eq\f(1,2)a1（t1－1）2＝300×1m＋300×（7－1）m＋eq\f(1,2)×30×（7－1）2m＝2640m導(dǎo)彈與無人靶機(jī)的最大距離為Δx＝x2＋L－x1＝2640m＋6000m－2380m＝6260m.答案：（1）300m/s（2）6260m7．解析：t＝20s兩車速度相等，相距最遠(yuǎn)，故A錯誤；由圖可知甲的加速度為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(30－15,20)m/s2＝0.75m/s2乙的加速度為a′＝eq\f(Δv′,Δt)＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s20～20s內(nèi)乙車的加速度是甲車的2倍；10s末甲、乙兩車的速度為v＝v0＋at＝15m/s＋0.75×10m/s＝22.5m/s，v′＝a′t＝1.5×10m/s＝15m/s甲、乙兩車平均速度分別為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝18.75m/s，v′＝eq\f(v′,2)＝7.5m/s，故B、C錯誤；圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表車的位移，由圖可知0～20s內(nèi)甲車的位移比乙車的大Δx＝eq\f(15＋30,2)×20m－eq\f(1,2)×20×30m＝150m，故D正確．故選D.答案：D8．解析：（1）A車減速到與B車共速時，若恰好沒有與B車相碰，則A車將不會與B車相碰，設(shè)經(jīng)歷的時間為t，有vA＝72km/h＝20m/s，vB＝54km/h＝15m/s則A車位移為xA＝eq\f(1,2)（vA＋vB）tB車位移為xB＝vBt根據(jù)位移關(guān)系可知xA－xB＝L，聯(lián)立解得t＝2s則A車與B車不相撞，剎車時的最小加速度大小為a＝eq\f(vA－vB,t)＝2.5m/s2.（2）B車司機(jī)反應(yīng)的1s內(nèi)，A車的位移為x1＝vAt0－eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,0)＝19mB車的位移為x2＝vBt0＝15m所以B車開始加速時，A、B兩車相距x3＝L－（x1－x2）＝1m假設(shè)還需要時間t1，A、B兩車共速，則有（vA－aAt0）－aAt1＝vB＋aBt1解得t1＝1st1時間內(nèi)A車的位移為x4＝（vA－aAt0）t1－eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,1)＝17mB車的位移為x5＝vBt1＋eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,1)＝15.5m則x4－x5＝1.5m>x3，所以A車會追尾B車．答案：（1）2.5m/s2（2）A車會追尾B車課時分層精練（六）探究小車速度隨時間變化的規(guī)律1．解析：（1）題圖中儀器A叫作電火花計時器，使用220V交流電源，實驗過程中，放開小車前，小車要靠近電火花計時器．（2）在使用打點計時器來分析物體運動情況的實驗中，先把電火花計時器固定好，穿好紙帶，再接通電源，進(jìn)行打點，之后松開紙帶讓物體帶著紙帶運動，故正確的順序是CBDA．答案：（1）電火花交流靠近（2）CBDA2．解析：（1）實驗中打點計時器所接的電源是交流電．故選B.（2）操作時，釋放紙帶與接觸電源的合理順序應(yīng)是先接通電源，再釋放紙帶．故選B.（3）電火花打點計時器的工作電壓為220V．（4）紙帶上相鄰兩個計數(shù)點之間的時間間隔為T＝5×eq\f(1,f)＝0.1s．（5）小車的加速度為a＝eq\f(（s6＋s5＋s4）－（s3＋s2＋s1）,9T2)＝0.80m/s2.答案：（1）B（2）B（3）220（4）0.1（5）0.803．解析：（1）在打點計時器打C點瞬間，紙帶的速度vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(（6.59＋8.61）×10－2,2×0.1)＝0.76m/s根據(jù)逐差法可知，加速度a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f([8.61＋10.61－（4.61＋6.59）]×10－2,4×0.12)＝2.0m/s2（2）由于重力加速度約為9.8m/s2，圖2中加速度遠(yuǎn)小于9.8m/s2，故紙帶所對應(yīng)的實驗場景是A.（3）實驗A只需確保小車做勻變速直線運動即可，不需要平衡摩擦力，故A錯誤；打點計時器使用時，均需先接通電源后釋放紙帶，故B正確；打點計時器可以用電火花計時器也可以用電磁打點計時器，故C錯誤；用實驗C所示的裝置做“驗證機(jī)械能守恒定律”的實驗時，若根據(jù)v＝eq\r(2gh)計算重物下落h時的速度等于間接承認(rèn)了機(jī)械能守恒定律，達(dá)不到實驗驗證的目的，故D錯誤．故選B.答案：（1）0.762.0（2）A圖2中紙帶測得的加速度比較?。?）B4．解析：（1）已知該能夠每2s連續(xù)拍攝20張照片，即兩張照片的時間間隔為0.1s，該小組同學(xué)從第一張開始每隔兩張取出一張照片，A、B、C、D四幅圖片中相鄰的兩幅圖片時間間隔為T＝3×0.1s＝0.3s從A到D的過程中，小車的平均速度是eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(（36.0－6.9）×10－2,0.3×3)m/s≈0.32m/s（2）小車沿斜面做勻變速直線運動，小車經(jīng)過B圖位置時的瞬時速度是vB＝eq\f(（23.9－6.9）×10－2,0.3×2)m/s≈0.28m/s同理可以求出小車經(jīng)過C圖位置時的瞬時速度是vC＝eq\f(（36.0－14.2）×10－2,0.3×2)m/s≈0.36m/s小車的加速度a＝eq\f(vC－vB,T)＝eq\f(0.36－0.28,0.3)m/s2≈0.27m/s2.答案：（1）0.32（2）0.280.275．解析：（1）根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)則，擋光片的寬度d＝6mm＋12×0.05mm＝6.60mm.（2）該圖線的斜率k＝eq\f(2.0－1.0,0.65－0.23)×104m－1·s－2＝2.38×104m－1·s－2；滑塊通過光電門時的速度v＝eq\f(d,t)，由v2＝2ax可得eq\f(1,t2)＝eq\f(2a,d2)x，由k＝eq\f(2a,d2)，可求得滑塊的加速度a＝0.518m·s－2.答案：（1）①6.60（2）2.38×1040.518單元素養(yǎng)評價（一）運動的描述勻變速直線運動1．解析：戰(zhàn)機(jī)的運行速度和月亮的運行速度并不相同，所以以月亮為參考系，戰(zhàn)機(jī)是運動的，故A錯誤；飛行員相對戰(zhàn)機(jī)是不動的，所以以戰(zhàn)機(jī)里的飛行員為參考系，戰(zhàn)機(jī)是靜止的，故B錯誤；兩次拍攝相差20秒鐘，這20秒是指時間間隔，故C正確；研究空中飛行姿態(tài)時，其大小形狀不可忽略，所以不能將戰(zhàn)機(jī)看作質(zhì)點，故D錯誤．答案：C2．解析：規(guī)定豎直向下為正方向，v1方向與正方向相同，v2方向與正方向相反，根據(jù)加速度定義式得a＝eq\f(－10－8,1.0)m/s2＝－18.0m/s2，負(fù)號表示與正方向相反，即加速度方向豎直向上．故選D.答案：D3．解析：平均速度為某段時間（位移）內(nèi)物體運動的平均快慢，等于該段時間（位移）內(nèi)的總位移與總時間的比值，即eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt).瞬時速度是某一時刻（位置）的速度，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δx,Δt)當(dāng)Δt趨近于零時，平均速度近似等于瞬時速度，根據(jù)題意，已知總位移和總時間，可以計算平均速度，無法計算瞬時速度，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C4．解析：根據(jù)x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得t1＝2s，故A錯誤；飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)時的速度大小為v1＝a1t1＝80m/s，故B錯誤；飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)后，根據(jù)速度位移關(guān)系有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2x2代入數(shù)據(jù)解得a2＝18m/s2，故C錯誤；飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)后，加速時間t2＝eq\f(v2－v1,a2)＝eq\f(10,9)s飛機(jī)從開始起飛到離開跑道的總時間t＝t1＋t2＝eq\f(28,9)s，D正確．答案：D5．解析：根據(jù)題意可知，球踢出后，0～3s內(nèi)乙在前球在后，且球的速度比乙大，因而球一直在靠近乙，A正確；根據(jù)v-t圖像斜率表示加速度可知a＝－eq\f(Ff,m)＝eq\f(Δv,Δt)＝－2.5m/s2則解得f＝μG＝eq\f(1,4)G，B正確；根據(jù)v-t圖像面積表示位移可知相遇時球的位移為x＝eq\f(v0＋vt,2)·t＝33.75m，C正確；相遇時乙的位移為x乙＝eq\f(1,2)vtt1＋vtt2＝16.875m，故甲乙相距L為L＝x－x乙＝33.75m－16.875m＝16.875m，D錯誤．答案：D6．解析：由圖像可知，速度與位移成反比關(guān)系，速度不隨位移均勻變化，故A錯誤；eq\f(1,v)-x圖像的圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示時間，由圖像可知，速度不隨時間均勻變化，故B錯誤；eq\f(1,v)-x圖像的圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示時間，則甲、乙兩物體速度從v0增加到2v0的過程，經(jīng)歷的時間之比為1∶2，故C正確，D錯誤．故選C.答案：C7．解析：由a＝eq\f(Δv,Δt)，得a1∶a2＝1∶2，故A錯誤；由eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋vt,2)，知eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\o(v,\s\up6(－))2，故B正確，D錯誤；由x＝eq\o(v,\s\up6(－))·t，知x1∶x2＝2∶1，故C正確．答案：BC8．解析：由加速度與位移的關(guān)系圖像可知，加速度大小為1.5m/s2，由公式2ax＝v2－veq\o\al(2,0)，解得v＝10m/s，由公式v＝v0＋at，解得t＝eq\f(10－4,1.5)s＝4s，故A、D正確，B、C錯誤．答案：AD9．解析：由圖乙可知A車做勻速直線運動，速度大小為vA＝4m/s，由圖丙分析可知，t＝3s時兩車速度相等，相距最遠(yuǎn)，由位移關(guān)系得最遠(yuǎn)距離為20m，選項A正確；B車在0～6s內(nèi)的位移和0～5s內(nèi)的位移相等，為24m，選項B錯誤；0～8s內(nèi)A車的位移大小為32m，B車的位移大小為24m，位移之差為8m，此時A車未追上B車，選項C錯誤；t＝1s時兩車相距16m，當(dāng)B車停下來后，A車速度減為零時恰好追上B車，此時A車的加速度為一臨界值，B車停止之前的位移為16m，所以A車的總位移為32m，由速度與位移的關(guān)系v2＝2ax可知，加速度a＝eq\f(1,4)m/s2，故要使A車追不上B車，則A車的加速度大小應(yīng)大于eq\f(1,4)m/s2，選項D正確．答案：AD10．解析：（1）根據(jù)v2＝v1＋aΔt得a＝5×10－2m/s2.（2）根據(jù)veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a′L得a′＝5×10－2m/s2.（3）遮光板的寬度越小，瞬時速度的測量誤差越??；兩光電門的間距越大，測量L的相對誤差越小，故選BC.答案：（1）5×10－2（2）5×10－2（3）BC11．解析：（1）賽車3s末的速度v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s.（2）設(shè)經(jīng)t2時間追上安全車，由位移關(guān)系得v0t2＋200m＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得t2＝20s此時賽車的速度v＝a1t2＝2×20m/s＝40m/s當(dāng)兩車速度相等時，兩車相距最遠(yuǎn)由v0＝a1t3得兩車速度相等時，經(jīng)過的時間t3＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,2)s＝5s兩車最遠(yuǎn)相距Δs＝v0t3＋200m－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,3)＝（10×5＋200－eq\f(1,2)×2×52）m＝225m.（3）假設(shè)再經(jīng)t4時間兩車第二次相遇（兩車一直在運動）由位移關(guān)系得vt4－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,4)＝v0t4解得t4＝15s賽車停下來的時間t′＝eq\f(v,a2)＝eq\f(40,4)s＝10s所以t4＝15s不合實際，兩車第二次相遇時賽車已停止運動．設(shè)再經(jīng)時間t5兩車第二次相遇，應(yīng)滿足eq\f(v2,2a2)＝v0t5解得t5＝20s.答案：（1）6m/s（2）20s225m（3）20s12．解析：（1）人走上人行道的時間t1＝eq\f(L1,v1)＝3s在3s末卡車剛好穿過人行道，加速度最小，設(shè)為a1，則D＋L1＋L2＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝eq\f(40,9)m/s2（2）卡車穿過人行道時vm＝v0＋a1t1＝（10＋eq\f(40,9)×3）m/s＝eq\f(70,3)m/s貨箱的加速度a2＝μ1g＝4m/s2假設(shè)箱子沒掉下來，貨箱加速的時間為t2＝eq\f(vm－v0,a2)＝eq\f(10,3)s貨箱的位移為s箱＝eq\f(v0＋vm,2)×t2＝eq\f(500,9)m汽車的位移為s車＝（D＋L1＋L2）＋vm（t2－t1）＝eq\f(520,9)m所以箱子相對汽車向后運動s車－s箱＝eq\f(20,9)m>1.5m假設(shè)錯誤，箱子會掉下來；（3）①人穿過人行道的時間t3＝eq\f(L3＋L4,v1)＝12s假設(shè)12s內(nèi)汽車的位移小于40m，加速度最小，由40＝v0t3＋eq\f(1,2)（－a3）teq\o\al(2,3)得a3＝eq\f(10,9)m/s2以此加速度汽車減速為零的時間為t4＝eq\f(v0,a3)＝eq\f(10,\f(10,9))＝9s說明此加速度汽車在9s時已經(jīng)減速為零，9s后不再運動，而此時剎車距離s剎＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a3)＝45m>40m說明假設(shè)錯誤，所以卡車在40m內(nèi)速度減小為零加速度最小a4＝eq\f(veq\o\al(2,0),2L1)＝eq\f(5,4)m/s2②箱子剛好不撞車頭時，卡車的加速度最大，設(shè)為a5，有d1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a2)－eq\f(veq\o\al(2,0),2a5)解得a5＝5m/s2剎車時加速度需要滿足的條件eq\f(5,4)m/s2≤a≤5m/s2答案：（1）eq\f(40,9)m/s2（2）見解析（3）eq\f(5,4)m/s2≤a≤5m/s2課時分層精練（七）重力彈力1．解析：由于物體放在水中時，受到向上的浮力，從而減小了彈簧的拉伸形變，彈簧測力計的示數(shù)減小了，但物體的重力并不改變，選項A錯誤；當(dāng)兩物體所處的地理位置相同時，g值相同，質(zhì)量大的物體的重力必定大，但當(dāng)兩物體所處的地理位置不同時，如質(zhì)量較小的物體放在地球上，質(zhì)量較大的物體放在月球上，由于月球上g值較小，導(dǎo)致質(zhì)量大的物體的重力不一定大，選項B錯誤；重力的方向是豎直向下的，選項C錯誤；物體的重心位置由物體的形狀和質(zhì)量分布情況共同決定，物體的形狀改變后，其重心位置可能發(fā)生改變，選項D正確．答案：D2．解析：在乒乓球與桌面作用時，乒乓球受到桌面的彈力方向垂直桌面豎直向上，故A正確，B、C、D錯誤．故選A.答案：A3．解析：小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，對擋板和斜面接觸擠壓，擋板和斜面都產(chǎn)生彈性形變，它們對小球產(chǎn)生彈力，彈力的方向垂直于接觸面，所以擋板對小球的彈力方向水平向右，斜面對小球的彈力方向垂直于斜面向上，故小球受兩個彈力：一個水平向右；一個垂直斜面向上．故選C.答案：C4．解析：以O(shè)點為研究對象，輕繩OC對O點的拉力方向豎直向下，輕繩OA對O點的拉力方向沿OA方向指向左上方，根據(jù)共點力的平衡條件可得，彈簧對O點的彈力方向應(yīng)該為水平向右，所以彈簧應(yīng)處于壓縮狀態(tài)，選項A錯誤；彈簧和輕繩OA對O點的作用力大小與輕繩OC對O點豎直向下的拉力大小相等，方向相反，輕繩OC對O點豎直向下的拉力大小等于燈籠重力大小，即G＝mg＝60N，選項B錯誤；根據(jù)共點力的平衡條件和力的正交分解可得，水平方向上有FOAsin53°＝kx豎直方向上有FOAcos53°＝mg兩式聯(lián)立解得輕繩OA上的彈力為FOA＝100N彈簧的形變量為x＝0.08m＝8cm，選項C正確，D錯誤．故選C.答案：C5．解析：設(shè)彈簧的原長為l，由胡克定律和受力平衡可知，對題圖甲有2mg＝k（l－l1），對題圖乙有3mg＝k（l－l2），所以彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(mg,l1－l2)，彈簧原長l＝3l1－2l2，故B、C正確，A、D錯誤．答案：BC6．解析：由題意可知ΔMgsinθ＝kΔx，得到mgsinθ＝k·2R，則sinθ＝eq\f(2kR,mg)，故選B.答案：B7．解析：懸掛第二個鉤碼的瞬間，橡皮筋長度還沒發(fā)生變化，根據(jù)胡克定律，橡皮筋拉力大小仍為10N，鉤碼間的彈力大小仍是10N，A正確，B錯誤；橡皮筋的彈力不能突變，懸掛第二個鉤碼后，橡皮筋逐漸伸長，拉力傳感器的讀數(shù)從10N逐漸增大，直到彈力等于兩個鉤碼的重力時，拉力傳感器的讀數(shù)才為20N，C錯誤；設(shè)懸掛第一個鉤碼穩(wěn)定時橡皮筋的伸長量為x1，kx1＝G，懸掛第二個鉤碼后，鉤碼運動速度最大時，鉤碼受力平衡，設(shè)此時又伸長x2，則k（x1＋x2）＝2G，代入數(shù)據(jù)，可得x2＝10cm，D正確．答案：AD8．解析：由題知，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平，則說明一個盤子的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤間距，設(shè)每減少一個盤子，每根彈簧的形變量為Δx，則有mg＝3

瘙簚kΔx，解得k＝100N/m，故選B.答案：B9．解析：如題圖甲中的重力全部集中在玉墜上，重心在玉墜上，圖乙中項鏈的質(zhì)量均勻分布于整條項鏈，其重心一定在最低點的上方，所以玉墜重心到水平桿的距離比項鏈重心到水平桿的距離大，即h1>h2；對玉墜和項鏈的受力分析如圖1和圖2所示，圖1中M、N兩點對繩子的拉力方向沿著繩子收縮的方向，圖2中M、N兩點對項鏈的拉力方向沿著項鏈懸點的切線方向，圖1中M、N兩點對繩子拉力的夾角，比圖2中M、N兩點對項鏈拉力的夾角大，根據(jù)力的合成可知，圖1中M點對繩子的拉力F1比圖2中M點對項鏈的拉力F2要大，即F1>F2.故選A.答案：A10．解析：設(shè)輕繩中拉力為T，球A受力如圖所受彈力為繩對A的拉力和半圓對球A的彈力的合力，與重力等大反向，大于T，故A錯誤；受力分析可得Tsin30°＝Nsin30°；Tcos30°＋Ncos30°＝mAg解得T＝N＝eq\f(\r(3),3)mAg，故B錯誤；細(xì)線對A的拉力與對球B的拉力都等于T，故C錯誤；對球B：Tcos60°＝mBg；T＝2mBg解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2\r(3),1)，故D正確．故選D.答案：D11．解析：如圖所示受力分析小球a，設(shè)彈簧對小球的彈力大小為FN，OA桿對小球a的彈力大小為FNA，設(shè)FN與水平方向的夾角為θ1，F(xiàn)NA與水平方向的夾角為θ2.根據(jù)圖中的幾何關(guān)系有θ1＝θ2＝30°，根據(jù)物體的平衡條件有FNcosθ1＝FNAcosθ2，F(xiàn)Nsinθ1＋FNAsinθ2＝mg，求得FN＝FNA＝mg.根據(jù)胡克定律，有彈簧的壓縮量為Δx＝eq\f(FN,k)＝eq\f(mg,k)，故A、B正確；如圖所示受力分析小球b，根據(jù)如上分析，其所受彈簧的彈力FN也為mg，OB桿對小球b的彈力為FNB，設(shè)FNB與水平方向的夾角為θ3，F(xiàn)N與水平方向的夾角為θ4.根據(jù)圖中的幾何關(guān)系有θ3＝60°，θ4＝30°，根據(jù)物體的受力平衡條件有FNBcosθ3＝FNcosθ4求得FNB＝eq\r(3)mg，故C正確；如圖所示當(dāng)將小球b移動至O點后對小球a受力分析，設(shè)mg與垂直于OA桿方向的夾角為θ5.根據(jù)圖中的幾何關(guān)系有θ5＝60°，根據(jù)物體的受力平衡條件有F′N＝mgsinθ5，求得F′N＝eq\f(\r(3),2)mg.根據(jù)胡克定律，有彈簧的壓縮量為Δx′＝eq\f(F′N,k)＝eq\f(\r(3)mg,2k)，故D錯誤．故選D.答案：D課時分層精練（八）摩擦力1．解析：在題圖甲中，P做勻速直線運動，在水平方向所受合力為零，所以P不受摩擦力；在題圖乙中，假設(shè)P不受摩擦力，P將相對Q沿斜面向下運動，因此P受與力F方向相同的摩擦力，D正確．答案：D2．解析：該女士用80N的水平力推不動沙發(fā)，則沙發(fā)此時受到的是靜摩擦力，所以F1＝80N．該女士用100N的力恰好推動沙發(fā)，此時推力的大小等于最大靜摩擦力的大小，所以F2＝100N．沙發(fā)被推動后受滑動摩擦力，由公式Ff＝μFN來計算大?。訤3＝μFN＝0.45×200N＝90N，A正確．答案：A3．解析：物塊M始終保持靜止，故細(xì)繩的拉力大小不變，A、B錯誤；如果最初物塊N的重力沿木板面向下的分力大于細(xì)繩的拉力，則物塊N受到木板的摩擦力開始時沿木板面向上，當(dāng)木板轉(zhuǎn)動至水平位置時，物塊N受到的摩擦力水平向右，此情況下，在木板轉(zhuǎn)動過程中，物塊N所受木板的摩擦力先減小后增大，C正確，D錯誤．故選C.答案：C4．解析：A物體與傳送帶一起勻速運動，它們之間無相對運動或相對運動趨勢，即無摩擦力作用，故A錯誤；B、C兩物體雖運動方向不同，但都處于平衡狀態(tài)，由沿傳送帶方向所受合力為零可知，B、C兩物體均受沿傳送帶方向向上的摩擦力作用，故B正確，C錯誤；若傳送帶突然加速，根據(jù)牛頓第二定律，可知A受到向右的摩擦力作用，故D正確．答案：BD5．解析：分析可知開始時物塊受到靜摩擦力作用，后長木板與物塊間發(fā)生相對滑動，此時物塊受到的是滑動摩擦力，大小與是否勻速運動無關(guān)，A錯誤；當(dāng)長木板相對物塊滑動前，根據(jù)平衡條件可知拉力隨時間的變化關(guān)系和圖乙相同，但相對滑動后，拉力的大小與物塊受到的摩擦力大小無關(guān)，B錯誤；根據(jù)圖乙可知，物塊受到的最大靜摩擦力約為10N，滑動摩擦力約為7N，C錯誤；根據(jù)滑動摩擦力公式有Ff＝μFN，F(xiàn)N＝mg，解得μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(Ff,mg)＝0.2，D正確．故選D.答案：D6．解析：由平衡條件可知，斜面體對物塊的支持力FN＝mgcosθ，由牛頓第三定律可知，物塊對斜面體的壓力F′N＝mgcosθ，對斜面體應(yīng)用平衡條件可知，地面對斜面體的摩擦力Ff＝F′Nsinθ＝mgcosθsinθ，可見摩擦力不隨時間變化，A項正確．答案：A7．解析：推力F由0均勻增大到2.5N，A、B均未動，由平衡條件知FfA由0均勻增大到2.5N；推力F由2.5N增大到5N，F(xiàn)fA＝2.5N；推力F由5N增大到6N，A處于運動狀態(tài)，F(xiàn)fA＝μG＝2N，D正確．答案：D8．解析：物體的受力如圖所示：在豎直方向，由共點力平衡條件和力的分解，可得N＝mg＋Fsin30°，得N＝29N．由牛頓第三定律知，物體對地面的壓力為N′＝N＝29N，故A錯誤；物體的最大靜摩擦力fmax＝μN(yùn)′＝14.5N，F(xiàn)cos30°＝18×eq\f(\r(3),2)N＝9eq\r(3)N，因為Fcos30°＞fmax，所以物體處于加速運動狀態(tài)，所受的摩擦力為f＝14.5N，合力不為零，物體不能勻速運動，故B正確，C、D錯誤．故選B.答案：B9．解析：A和水平面之間的最大靜摩擦力的大小為：f1＝μmAg＝0.25×5×10N＝12.5N，根據(jù)胡克定律可知，彈簧的大小為：F1＝kx＝400×2×10－2N＝8N；當(dāng)把與水平方向成60°的拉力F＝6N作用在木塊B上時，木塊B受到重力、地面的支持力、彈簧對B向右的彈力，斜向上的拉力以及地面的摩擦力，受力如圖．豎直方向：N＝mBg－Fsin60°＝6×10N－6×eq\f(\r(3),2)N≈54.8N水平方向：fB＝F1＋Fcos60°＝8N＋6×eq\f(1,2)N＝11N此時B和水平面之間的最大靜摩擦力的大小為：f2＝μN(yùn)＝0.25×54.8N＝13.7N>fB，所以木塊B仍然保持靜止，受到的摩擦力為靜摩擦力，大小等于8N，故C正確，D錯誤；木塊A受到重力、地面的支持力、彈簧向左的彈力，若要平衡，則木塊A受到地面對A向右的靜摩擦力，大小等于彈簧的彈力，為8N，故AB錯誤；故選C.答案：C10．解析：半圓體在平板上恰好開始滑動的臨界條件是mgsinθ＝μmgcosθ，則有μ＝tanθ＝eq\f(\r(3),3)，解得θ＝eq\f(π,6)，即q＝eq\f(π,6)，θ在0～eq\f(π,6)之間時，F(xiàn)f是靜摩擦力，大小為mgsinθ；θ在eq\f(π,6)～eq\f(π,2)之間時，F(xiàn)f是滑動摩擦力，大小為μmgcosθ；綜合以上分析得其Ff與θ關(guān)系如題圖b所示，故O～q和q～eq\f(π,2)之間均為曲線，故A、B、C錯誤；當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時Ff＝mgsineq\f(π,6)＝eq\f(mg,2)，即p＝eq\f(mg,2)，故D正確．故選D.答案：D課時分層精練（九）力的合成與分解1．解析：二力平衡時，合力為零，此時合力F比分力中的任何一個力都小，A、B錯誤；若F1和F2大小不變，θ越小，合力F越大，C正確；如果夾角θ不變，F(xiàn)1大小不變，F(xiàn)2增大，合力F可能減小，也可能增大，故D錯誤．答案：C2．解析：F1＝6N，方向沿x軸的正向；F3＝4N，沿x軸負(fù)向；故F1與F3的合力F13沿著x軸的正方向，為2N；F2＝8N，沿y軸正向；F4＝2N，沿y軸負(fù)向；故F2與F4的合力F24為6N，沿著y軸正方向；最后再將F13與F24合成，故合力F為2eq\r(10)N，指向第一象限，選項A正確，B、C、D錯誤．答案：A3．解析：根據(jù)題意知，健身者雙手緩慢分開的過程中，健身者處于平衡狀態(tài)，所受的合力為零，A錯誤；由于雙臂與豎直方向夾角增大，由力的平衡可知健身者手臂所受的拉力增大，B正確；健身者所受重力是由于地球的吸引而受到的力，方向豎直向下，手臂拉力斜向上方，重力不是手臂拉力的分力，C錯誤；健身者所受重力和雙臂的合力不是一對作用力和反作用力，是一對平衡力，D錯誤．答案：B4.解析：弓弦拉力的合成如圖所示，由于F1＝F2，由幾何關(guān)系得2F1coseq\f(α,2)＝F，有coseq\f(α,2)＝eq\f(F,2F1)＝eq\f(120N,2×100N)＝0.6，所以eq\f(α,2)＝53°，即α＝106°，故D正確．答案：D5．解析：當(dāng)工件剛要離開地面時，彈性繩的伸長量為x＝eq\f(L,cos53°)－eq\f(L,cos37°)＝eq\f(5,12)L，設(shè)彈性繩上的彈力為F，則有2Fsin53°＝G，解得F＝eq\f(5,8)G，則彈性繩的勁度系數(shù)為k＝eq\f(F,x)＝eq\f(3G,2L).答案：C6．解析：繩子端點B在最初位置時，根據(jù)平衡條件可得T1＝mgtanθ＝eq\f(3,4)mg，設(shè)細(xì)繩AO長度為L，據(jù)幾何關(guān)系可知兩豎直墻面間的距離為d＝L＋Lsinθ＝1.6L，繩子端點B移到位置D點時，繩子AO與豎直墻面間的夾角為α，由幾何知識得sinα＝eq\f(\f(1,2)d,L)＝0.8，此時有2T2cosα＝mg，得T2＝eq\f(5,6)mg，所以C正確，A、B、D錯誤．答案：C7．解析：由題圖可知，由于F1、F2的大小、方向都確定，因此由力合成的平行四邊形定則可知，兩力的合力大小和方向確定，則有在沿合力方向的直線上兩力的分力之和最大，此時可知在過原點O且垂直合力方向的直線上分力的合力是零，且分力之和最小，則該直線一定經(jīng)過第二、四象限，A、B、C錯誤，D正確．故選D.答案：D8．解析：如圖所示，因為F2＝eq\f(\r(3),3)F>Fsin30°，故F1的大小有兩種可能情況，由ΔF＝eq\r(Feq\o\al(2,2)－（Fsin30°）2)＝eq\f(\r(3),6)F，即F1的大小分別為Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分別為eq\f(\r(3),3)F和eq\f(2\r(3),3)F，A、C正確．答案：AC9．解析：當(dāng)兩臂間的夾角為120°時，兩臂受到的壓力為N1＝eq\f(G,2cos60°)＝G，對N點分析，N點受到螺紋軸的作用力為F1＝2N1cos30°＝eq\r(3)G，當(dāng)兩臂間的夾角為60°時，兩臂受到的壓力為N2＝eq\f(G,2cos30°)＝eq\f(\r(3),3)G，對N點分析，N點受到螺紋軸的作用力為F2＝2N2cos60°＝eq\f(\r(3),3)G，則有eq\f(F1,F2)＝3∶1，故A、B、C錯誤，D正確．答案：D10.解析：加速起飛時，飛行器受重力和發(fā)動機(jī)提供的動力，兩力的合力與水平方向成30°角斜向上，設(shè)動力為F，如圖所示，在△OFF合中，由幾何關(guān)系得F合＝mg，F(xiàn)＝eq\r(3)mg，故A正確，B錯誤；將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°，合力的方向與水平方向成30°角，斜向下，動力F′與合力F′合垂直，如圖所示，此時F′合＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)′＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，故C、D正確．答案：ACD11．解析：某時刻艦載機(jī)的掛鉤勾住阻攔索，形成圖示的60°夾角，由于掛鉤兩側(cè)阻攔索中拉力相等，由2F′cos30°＝F，解得阻攔索中的拉力F′＝eq\f(\r(3)F,3).由于柱塞兩側(cè)阻攔索中拉力相等，其合力方向在兩側(cè)阻攔索拉力所成夾角的角平分線上，所以單個柱塞所受阻攔索的合力大小為F合＝2F′cos60°＝F′＝eq\f(\r(3)F,3)，選項B正確．答案：B12．解析：滑輪b、c均為“活結(jié)”，結(jié)合對B的受力分析知整個裝置穩(wěn)定時各部分繩的拉力均等于m2g，則ac、bc兩部分繩拉力的合力一定在它們的角平分線上，由于它們的合力與A的重力大小相等，方向相反，則合力豎直向上，故ac、bc兩部分繩子