（新课标）高考物理二轮复习简易通 专题一 直线运动的规律

专题一直线运动的规律一、选择题1．(仿2011海南高考，8T)某物体沿水平方向运动，其v-t图象如图6所示，规定向右为正方向，下列判断正确的是 ()．图6A．在0～1s内，物体做曲线运动B．在1～2s内，物体向左运动，且速度大小在减小C．在1～3s内，物体的加速度方向向左，大小为4m/s2D．在3s末，物体处于出发点右方解析由于运动图象表示的是速度随时间变化的规律，而不是运动的轨迹，故0～1s表示的是变速运动，故选项A错误；1～2s速度是在减小，但位移为正，表示仍然向右运动，所以选项B错误；1～3s速度图线为直线表示加速度大小方向都不变，速度减小表示减速，故加速度方向向左，大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4－0,2－1)m/s2＝4m/s2，所以选项C正确；由图象可知1～2s与2～3s速度图象与时间轴所围面积大小相等，相互抵消，故3s末的位移就等于0～1s的位移，方向向右，故选项D正确．答案CD2．(仿2012山东高考，16T)“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7所示，则下列说法正确的是 ()．图7A．跳板距离水面的高度为10mB．该明星入水前处于失重状态，入水后处于超重状态C．1s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5m/s解析由图象面积的意义得跳板距离水面的高度为h＝eq\f(1,2)×10×1m＝5m，A错．入水前具有竖直向下的加速度，处于失重状态，入水后具有竖直向上的加速度，处于超重状态，B项正确.1s末速度方向不变，C项错．由平均速度的定义式得eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(\f(1,2)×10×1.5,1.5)m/s＝5m/s，D项正确．答案BD3．(仿2012江苏高考，4T)某人将小球以初速度v0竖直向下抛出，经过一段时间小球与地面碰撞，然后向上弹回．以抛出点为原点，竖直向下为正方向，小球与地面碰撞时间极短，不计空气阻力和碰撞过程中动能损失，则下列图象中能正确描述小球从抛出到弹回的整个过程中速度v随时间t的变化规律的是 ()．解析从抛出到落地，小球竖直向下做初速度为v0的匀加速直线运动(方向为正，图线在时间轴上方)；之后，小球落地原速率反弹，然后竖直向上做匀减速直线运动(方向为负，图线在时间轴下方)．整个运动过程中，加速度为g，方向竖直向下(正方向)，所以斜率始终为正，选项C图正确．答案C4．(仿2011安徽高考，16T)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点需要的时间为t.现在物体由A点静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速直线运动，到某一最大速度vm后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动至B点停下，总历时仍为t，则物体的 ()．A．最大速度vm只能为2v，无论a1、a2为何值B．最大速度vm可以为许多值，与a1、a2的大小有关C．a1、a2的值必须是一定的，且a1、a2的值与最大速度vm有关D．a1、a2必须满足eq\f(a1a2,a1＋a2)＝eq\f(2v,t)解析分析此题可根据描述的运动过程画出物体运动的速度图象，根据速度图象容易得出“最大速度vm只能为2v，无论a1、a2为何值”的结论，加速运动时间t1＝eq\f(vm,a1)，减速运动时间t2＝eq\f(vm,a2).又vm＝2v，t1＋t2＝t.解得eq\f(a1a2,a1＋a2)＝eq\f(2v,t).答案AD二、实验题5．(仿2012山东高考，21(1)T)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图8所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz.开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．图8图9(1)上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图9所示．根据图中数据计算得加速度a＝________(保留三位有效数字)．(2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________．(填入所选物理量前的字母)A．木板的长度l B．木板的质量m1C．滑块的质量m2 D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是______________________．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)．与真实值相比，测量的动摩擦因数________(填“偏大”或“偏小”)．写出支持你的看法的一个论据：_____________________________.解析(1)用逐差法进行数据处理，取后六个数据，分成两组，根据Δx＝aT2，整理得a＝eq\f([3.39＋3.88＋4.37－1.89＋2.40＋2.88]×10－2,3×5×0.022)m/s2＝0.497m/s2.(2)①根据牛顿第二定律得：m3g－μm2g＝(m2＋m3)a，所以还需要测量的物理量是滑块质量m2、托盘和砝码的总质量m②测量质量的实验器材是天平．(3)由(2)中的表达式得出动摩擦因数为μ＝eq\f(m3g－m2＋m3a,m2g).由于纸带与限位孔之间有摩擦或托盘下落时受空气阻力，加速度a的真实值偏小，所以实验测得的动摩擦因数与真实值相比偏大．答案(1)0.497m/s2(0.495m/s2～0.497m/s2均可)(2)①CD②天平(3)eq\f(m3g－m2＋m3a,m2g)偏大纸带与限位孔间有摩擦三、计算题6．(仿2011新课标全国高考，24T)一传送带装置如图10所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4m，BC段是倾斜的，长度LBC＝5m，倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2.现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在A点，求：图10(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上升的最大高度；(3)工件运动了23s后所在的位置．解析(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1.由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝μg＝5m/s2.经t1时间工件与传送带的速度相同，解得t1＝eq\f(v,a1)＝0.8s.前进的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝1.6m.此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝eq\f(LAB－x1,v)＝0.6s.所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4s.(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma2.解得a2＝－2m/s2由速度位移公式得0－v2＝2a2eq\f(hm,sinθ)，解得hm＝2.4m.(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝eq\f(2hm,vsinθ)＝2s.此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为T，则T＝2t1＋2t3＝5