1、1（2013年浙江省宁波市期末）物体做匀变速直线运动的位移一时间图像如图所示，由图中数据可求出的物理量是 A可求出物体的初速度 B可求出物体的加速度 C可求出物体的平均速度 D可求出物体通过的路程答案：C解析：由图中数据可得到位移和时间，可求出的物理量是物体的平均速度，选项C正确。2（2013年江苏省泰州市期末）质点做直线运动时的加速度随时间变化的关系如图所示，该图线的斜率为k，图中斜线部分面积S，下列说法正确的是A斜率k表示速度变化的快慢B斜率k表示速度变化的大小C面积S表示t1- t2的过程中质点速度的变化量D面积S表示t1- t2的过程中质点的位移答案：C解析：斜率k表示加速度变化的快慢
2、，选项AB错误；面积S表示t1- t2的过程中质点速度的变化量，选项C正确D错误。3（2013深圳市南山区期末）以下四个图象，能正确反映自由落体运动规律的是（g取10m/s2）答案：AD解析：自由落体运动的速度与时间成正比，位移与时间的二次方成正比，选项A正确BC错误。由v2=2gs，速度的二次方与位移s成正比，选项D正确。4（2013年河南省信阳市期末）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3000m，着陆距离大约为2000m。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A32 B11 C12 D21 答案：
3、B解析：由x=vt/2解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是=11，选项B正确。5.（2013北京市东城区联考）如图2所示为某质点做直线运动的v-t图像，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是A质点始终向同一方向运动B4s内通过的路程为4m，而位移为零C4s末质点离出发点最远D加速度大小不变，方向与初速度方向相同【答案】 B【解析】图象的斜率不变，因此物体做匀变速直线运动，开始时速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，t=2s时，物体速度减为零，然后物体反向加速运动，t=4s时，回到起始点，由图可知物体所经历的路程为：L=22=4(m)，位移为零，故ACD错误，B正确6. (201
4、3安徽省六校教学研究会联考) 1845 年英国物理学家和数学家斯托克斯（S.G.Stokes）研究球体在液体中下落时， 发现了液体对球体的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有 F=6rv,其中 物理量为液体的粘滞系数，它与液体的种类及温度有关。如图所示，现将一颗小钢珠由 静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中。下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小 a 与时 间 t 关系的图象,可能正确的是（）答案：D解析：由于液体对球体的粘滞阻力与速度成正比，小钢珠在下沉过程中速度逐渐增大，粘滞阻力逐渐增大，当粘滞阻力逐渐增大到等于重力时，加速度逐渐减小到零，小钢珠在下沉过程中加速度大小 a 与时 间 t
5、 关系的图象,可能正确的是D。7、（2013云南玉溪一中质检）一名观察者站在站台边，火车进站从他身边经过，火车共10节车厢，当第10节车厢完全经过他身边时，火车刚好停下。设火车做匀减速直线运动且每节车厢长度相同，则第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间的比值为（ ）A.B.C.D.【答案】D 【解析】运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动；根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比关系可知选项D正确。8（2013上海市奉贤区期末）一物体运动的速度随时间变化的关系如图所示，根据图像可知（ ）（A）4s内物体在做曲线运动（B）4s内物体的速度一直在减小（C）物体的加速度
6、在2.5s时方向改变（D）4s内物体速度的变化量的大小为8m/s答案：D解析：4s内物体在做直线运动，4s内物体的速度先减小后增大，选项AB错误；物体的速度在2.5s时方向改变，4s内物体速度的变化量的大小为8m/s，选项C错误D正确。9、（2013云南玉溪一中质检）从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是 ( )AA上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2vB两物体在空中运动的时间相等CA上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点【答案】AC
7、【解析】设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体的初速度为v0，则由题gt=v0-gt=v 解得v0=2v故A正确根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为tB= ，A竖直上抛，在空中运动时间tA=2=故B错误物体A能上升的最大高度hA=，B开始下落的高度hB=，显然两者相等故C正确两物体在空中同时达到同一高度为h=gt2=hB故D错误故选AC。10. （2013年河南省信阳市期末）质量相等的甲乙两物体从离地面相同高度同时由静止开始下落，由于两物体的形状不同，运动中受到的空气阻力不同。将释放时刻作为t=0时刻，两物体的速度图象如图所示。则下列判断正确的是A
8、t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力总是大于乙物体受到的空气阻力Bt0时刻之前，甲物体中间时刻速度大于乙物体平均速度Ct0时刻甲乙两物体到达同一高度Dt0时刻之前甲下落的高度总小于乙物体下落的高度答案：D解析：由速度图象可知，t0时刻之前，乙物体加速度先大于甲后小于甲，由牛顿第二定律，mg-f=ma，t0时刻之前，甲物体受到的空气阻力先小于乙物体受到的空气阻力，后大于乙物体受到的空气阻力，选项A错误；t0时刻之前，甲物体中间时刻速度小于乙物体平均速度，选项B错误；t0时刻甲物体下落高度小于乙物体下落高度，选项C错误；t0时刻之前甲下落的高度总小于乙物体下落的高度，选项D正确。，11、（2013云
9、南玉溪一中质检）一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B路牌时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A。以向东为正方向，它们的位移-时间图像如图所示，图中t2 = 2t1 ，由图可知（ ）A小鸟的速率是汽车速率的两倍B相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3:1C小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D小鸟和汽车在0t2 时间内位移相等【答案】BC 【解析】设AB之间的距离为L，小鸟的速率是v1，汽车的速率是v2，小鸟从出发到与汽车相遇的时间与返回的时间相同，故它们相向运动的时间为，则在小鸟
10、和汽车相向运动的过程中有v1+v2=L，即（v1+v2）=L，对于汽车来说有v2t2=L；联立以上两式可得v1=3V2，故A错误B正确汽车通过的总路程为x2=v2t2，小鸟飞行的总路程为x1=v1t1=3V2=x2，故C正确小鸟回到出发点，故小鸟的位移为0，故D错误故选BC12（2013广东省珠海市期末）如图是甲、乙两物体从同一点开始做直线运动的运动图像，下列说法正确的是A若y表示位移，则t1时间内甲的位移小于乙的位移B若y表示速度，则t1时间内甲的位移小于乙的位移C若y表示位移，则t= t1时甲的速度大于乙的速度D若y表示速度，则t= t1时甲的速度大于乙的速度答案：BC解析：若y表示位移，
11、则t1时间内甲的位移等于乙的位移，选项A错误；若y表示速度，根据速度图象的面积表示位移，则t1时间内甲的位移小于乙的位移，选项B正确；若y表示位移，根据位移图象斜率表示速度，则t= t1时甲的速度大于乙的速度，选项C正确；若y表示速度，则t= t1时甲的速度等于乙的速度，选项D错误。13（2013山东省临沂市质检）我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7020m深度创下世界最新纪录（国外最深不超过6500m），预示着可以征服全球998的海底世界，假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（a）和速度图像（b），如
12、图示则有A（a）图中h3代表本次最大深度，应为60mB全过程中最大加速度是0025ms2C潜水员感到超重现象应发生在3-4min和6-8min的时间段内D整个潜水器在8-10min时间段内机械能守恒【答案】 C【解析】 由题图可知，0-1min潜水器向下做加速运动，1-3min向下做匀速运动，3-4min向下做减速运动直至静止，4-6min潜水器静止不动，6-8min向上做加速运动，8-10min向上做减速运动直至静止在水面。（a）图中h3代表本次最大深度，由（b）图知最大深度应为360m，A错；由（b）图知全过程中最大加速度是 ms2=0033ms2，B错；潜水员感到超重现象应发生加速上升和
13、减速下降阶段，即3-4min和6-8min的时间段内，C正确；在8-10min时间段内潜水器受到重力之外的其他力的作用，其他力做功不为零，所以机械能不守恒，D错误。14.（2013四川省宜宾市一诊）如图3所示，是从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个质量相等的物体I、II的v-t图象.在0t2时间内，下列说法中正确的是A.物体I所受的合外力不断增大，物体II所受的合外力不断减小B.I、II两个物体的平均速度大小都是C.在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远D.物体II所受的合外力所做的功大于物体I所受的合外力所做的功答案：C解析：由物体I、II的v-t图象.可知，物体II做匀减速直线运动，物
14、体I做加速度逐渐减小的加速运动，由牛顿第二定律可知，物体I所受的合外力不断减小，物体II所受的合外力不变，细线A错误。物体I的平均速度大于 ，物体II的平均速度等于，选项B错误。根据速度图象与横轴所围面积等于位移可知，在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远，选项C正确。由动能定理可知，物体II所受的合外力所做的功为负功，物体I所受的合外力所做的功为正功，数值二者相等，选项D错误。OBA停车线第24题图15（14分）（2013贵州六校联考）如图是一个十字路口的示意图，每条停车线到十字路中心O的距离均为20m。一人骑电动助力车以7m/s的速度到达停车线（图中A点）时，发现左前方道路一辆轿车正以8
15、m/s的速度驶来，车头已抵达停车线（图中B），设两车均沿道路中央作直线运动，助力车可视为质点，轿车长4.8m，宽度可不计。（1）请通过计算判断两车保持上述速度匀速运动，是否会发生相撞事故？（2）若轿车保持上述速度匀速运动，而助力车立即作匀加速直线运动，为避免发生相撞事故，助力车的加速度至少要多大？【答案】见解析 【解析】（1）轿车车头到达O点的时间为 t1=x1/v1=2.5s (2分)轿车通过O点的时间为 t=x/v1=0.6s .(2分)助力车到达O点的时间为 t2= x2/v2=2.9s .(2分)因为 t1 t2 t1+t，所以会发生交通事故 .(2分)（2）阻力车到达O点的时间小于t
16、1=2.5s，可避免交通事故发生，设阻力车的最小加速度为am，则 （2分） x2=v2t1+amt12 .(2分) 解得am=0.8m/s2 .(2分)16（18分）（2013广东省清远市质检）小明同学乘坐“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏t/sv/ms-1030100403005040050500605507060080当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中已知动车组的总质量M=2.0105kg，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g=10m/s2在小明同学记录动车组速率这段时间内，求： （1）动车组的加速度值（
17、2）动车组牵引力的最大值（3）动车组位移的大小解析：（1）通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a1、a2，由 （2分）代入数据后得： （2分） （2分） （2） （2分） ， 当加速度大时，牵引力也大， （2分）代入数据得： （2分）v/ms-1t/s10020030040050060020406080 (3)通过作出动车组的 v-t图可知，第一次加速运动的结束时刻是200s，第二次加速运动的开始 时刻是450s。 （1分） （1分） （1分） （3分）17.（10分）（2013年山东省济南市期末）某人骑自行车以4m/s的速度匀速前进，某时刻在他前面7m处以10
18、m/s的速度同向行驶的汽车开始关闭发动机，而以2m/s2的加速度减速前进，此人需要多长时间才能追上汽车？解：设汽车减速运动到静止所需时间为t，则由得：2分在这段时间内，人的位移 2分汽车的位移 2分可见，当汽车停止运动时，人并未追上汽车，此时人和汽车之间的距离 2分人追上汽车所需的时间 2分18（8分）（2013山东省淄博市期末）如图所示，水平面上A、B两点相距x0=0.1m甲球从B点向右做匀速运动的同时，乙球从A点由静止向右做匀加速运动，到达B点后以B点的速度匀速运动乙球从开始运动，到追上甲球所用的时间t=l s，运动的位移x=0.9m，求；（1）甲球的速度；（2）乙球加速过程所用的时间和加
19、速度解析：（1）甲球做匀速运动，甲球的速度v=0.8m/s。（2）对乙球，设加速过程所用的时间为t，加速度为ax0=at2，at1(t-t1)=x-x0，联立解得：t1=0.2s，a=5m/s2。19（11分）（2013吉林市期末质检）2012年8月10日，改装后的瓦良格号航空母舰（该舰被海军命名为辽宁舰，编号为16号）进行出海航行试验，中国成为拥有航空母舰的国家之一。已知该航空母舰飞行甲板长度为L=300m，某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a=45 ms2，飞机速度要达到v=60 ms才能安全起飞。(1)如果航空母舰静止，战斗机被弹射装置弹出后开始加速，要保证飞机起飞安全，战斗
20、机被弹射装置弹出时的速度至少是多大?(2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机安全起飞，航空母舰前进的速度至少是多大? 解析：（11分）设战斗机被弹射出来时的速度为，由（4分）得=30m/s（1分）（2）设战斗机起飞所用时间为t，在时间t内航空母舰航行距离为L1航空母舰的最小速度为V1对航空母舰有（1分）对战斗机有（2分）（2分）联立三式得=8m/s（1分）还可以航空母舰为参考系，对战斗机有解出正确结果同样给满分20 (2013安徽省六校教学研究会联考) 歼15 战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机， 短距起飞能力强大。若歼15 战机正常起飞过程中加速度为 a ，经
21、 s 距 离就达到起飞速度腾空而起。现已知“辽宁”舰起飞甲板长为 L(L s) ，且起飞过程可简化为匀加速直线运动。现有两种方法助其正常起飞， 方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行。求：（1）方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度 v1m ；（2）方法二情况下航空母舰的最小速度及此过程中的位移.解析：（1）设飞机起飞速度为v，则有v2=2as。v2- v1m 2=2aL。联立解得v1m=（2）（2）设第二种方法中起飞过程经历时间为 t ，则 t = 飞机位移x1=航空母舰位移x2= v2m t，位移关系：x
22、1-x2=L，联立解得：v2m =-.21. (15分）（2013四川省自贡市二诊）一同学想研究电梯上升过程 的运动规律.某天乘电梯上楼时他携带了一 个质量为5 kg的重物和一套便携式DIS实 验系统，重物悬挂在力传感器上.电梯从第一 层开始启动，中间不间断一直到最高层停止. 在这个过程中，显示器上显示出的力随时间 变化的关系如图所示.取重力加速度g=1O m/s2根据图象中的数据，求：(1)电梯在最初加速阶段的加速度a1与最后减速阶段的加速度a2的大小；(2 电梯在3.0-13.0s时段内的速度v1的大小与电梯在19.0s内上升的髙度H。解析：(15分)（1） 由图象知：重物在加速的t1=3
23、 s内受到的拉力F1=58 N 在减速的t2=6 s内受到的拉力F2=46 N 由牛顿第二定律有： F1-mg=ma1 （2分）F2-mg=ma2 （2分） 代入数据解得： a1=1.6 m/s2 a2 = - 0.8 m/s2（大小为0.8 m/s2） （2分）（2） v1=a1t1=4.8 m/s 在3.013.0 s时段的t=10 s内作匀速运动，由运动规律有： H =+v1t +v1t2+ 代入数据解之得： H=69.6 m 22（2013河南十校联考）如图所示，三角形传送带两侧的传送带长度均为2m，与水平方向的夹角均为37。若传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿初速度下滑。物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8.求物块AB在传送带上的划痕长度之比。解析：对于小物块，由牛顿第二定律可知（1分）小物块由传送带顶端滑到底端，由运动学公式有 （2分）小物块在传送带上的划痕长度为（2分）对于小物块，根据受力分析可知小物块的加速度与小物块的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与小物块相同。（2分）小物块在传送带上的划痕长度为（2分）故物块、在传送带上的划痕长度之比为（1分）
