A单元 质点的直线运动.docx

Al直线运动的概念、匀速直线运动16A1,B42O19全国卷物块在轻绳的拉动下沿侦角为30°的固定斜面向上匀速运动,轻绳与斜面平行.已知物块与斜面之间的动摩擦因数为空重力加速度取10ms2.若轻绳能承受的最大张力为1500N,则物块的质量最大为（）A.150kgB.1003kgC.200kgD.2003kg16.A解析由题意知物块沿斜面向上做匀速运动，对物块受力分析，由平衡条件得F=mgsn30o+mgcQS30°,代入数据,可得m=50kg,故选项A正确.A2匀变速直线运动的规律及应用18.A2A42019全国卷4如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H上升第一伐所用的时间为h第四个辆用的时间为0.不计空气阻力W满足图A.1<<2nB2S<3nC.3<<4门D.4<<52019aMI18.C解析运动员向上跳起的运动可看作是初速度为零的匀加速直线运动的逆运动,根据初速度为零的匀加速直线运动中通过相等位移所用的时间之比为1(-1)(5T).(U/),19.D2,A2,C2(多选)2019全国卷如图甲,在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用/表示他在竖直方向的速度,其-f图像如图乙所示力和力是他落在倾斜雪道上的时刻.则A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为H时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大19.BD解析7图像中图线与，轴所围成的面积表示位移大小,由图像可得,第二次滑翔的图线与f轴围成的面积比第一次的大,所以第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,选项A错误;由几何关系可知,第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大,选项B正确;由图像可知,在竖直方向上,A%>吸,A传由瓦韦得出访泡,选项C错误;在竖直方向上,由牛顿第二定律有mg-f=ma,得/ng-ma,7图像中的斜率(切线斜率)表示加速度,由图像可知,竖直方向速度大小为时,a>%则/i故选项D正确.15.A2,C22019江苏卷如图所示,质量相等的物块力和8叠放在水平地面上,左边缘对齐乂与B、8与地面间的动摩擦因数均为.先敲击42立即获得水平向右的初速度,在8上滑动距离Z.后停下.接着敲击8,8立即获得水平向右的初速度,48都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求：(IM被敲击后获得的初速度大小K4;(2)在左边缘再次对齐的前、后,8运动加速度的大小诙、a,(3)8被敲击后获得的初速度大小3J夕图15.(1)(2)3gg(3)2yj2gL解析(1)由牛顿第二定律知,2加速度的大小aA=g由匀变速直线运动的规律得2aAL河解得VA=2gL(2)设48的质量均为m对齐前,8所受合外力大小Ffmg由牛顿第二定律F=ma&得a=g对齐后,2、8所受合外力大小尸由牛顿第二定律F=Qmaa得a%=g(3)经过时间£48达到共同速度匕位移分别为同、加速度的大小等于加则v=aAt,v=VB-atXAwaAg,XB=VBt争Bg且×b-×a=L解得VZyj2gLA3自由落体运动A4竖直上抛运动18.A2A42019全国卷4如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为”.上升第一个与所用的时间为'第四个所用的时间为机不计空气阻力加片满足A.1<<2tlnC.3<<4nD.4<<5n2O19BI三nH18.C解析运动员向上跳起的运动可看作是初速度为零的匀加速直线运动的逆运动,根据初速度为零的匀加速直线运动中通过相等位移所用的时间之比为1.(-1).(32).(4-3),则於扁=2S,C正确.18.A4,E2,E3(多选)2019全国卷从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E息等于动能8与重力势能R)之和.取地面为重力势能零点,该物体的E总和与随它离开地面的高度力的变化如图所示,重力加速度取10ms2.由图中数据可得()A.物体的质量为2kgB.h=O时,物体的速率为20m/sC力=2m时,物体的动能ANOJD.从地面至/7=4m,物体的动能减少100J18.AD解析由图像知,加=2m时,机械能E总旬OJ,重力势能pmJ,故动能E=50J,选项C错误;高度/7=4m时,重力势能为p=80J,机械能E总归0J,则动能Ew),所以Ep=mgh=QQJ,故物体质量勿坐/kg=2kg,选项A正确;由图像可得,高度h=O时,重力势能与=0,此时gnux,动能等于机械能,即自弓/77庐=IoOJ,物体的速率P=侍乎要ms=10m/s,选项B错误;从地面至=4m,动能由100J减为0,所以动能减少100J,选项D正确.A5运动图象A6追及与相遇问题A7实验：研究匀变速直线运动(长度的测量)22A72019全国卷4某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究.物块拖动纸带下滑,打出的纸带一部分如图所示.已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz,纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出.在AB、C、D、E五个点中,打点计时器最先打出的是点.在打出。点时物块的速度大小为ms(保留3位有效数字);物块下滑的加速度大小为ms2(保留2位有效数字).012345678910图22.A0.2330.75解析物块做加速运动,打下的点越来越稀疏,因此最先打下的是A点.匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，因此*>=喘mms=0.233ms,加速度Z皿"+和。Qobi岑空XI。一2ms2=o.75ms2.4Tz4×0.1z22.A72019全国卷4甲、乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验.实验中,甲同学负责释放金属小球,乙同学负责在小球自由下落的时候拍照.已知相机每间隔0.1s拍1幅照片.(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息,在此实验中还必须使用的器材是.(填正确答案标号)A.米尺B.秒表C.光电门D.天平(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法.答:(3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a8和C得到3b=24.5cm、ac=53.7cm,则该地的重力加速度大小为g=ms2.(保留2位有效数字)22.(1)A(2)将米尺竖直放置,使小球下落时尽量靠近米尺(3)9.7解析(3)通过照片中小球在连续两个0.1s内下落的高度差，根据A7=g",可得g睾塔4×102ms2=9.7ms2.A8直线运动综合25A8,C2,Fl,F42019全国卷一质量为m=200Okg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶.行驶过程中,司机突然发现前方IOom处有一警示牌,立即刹车.刹车过程中,汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图甲中的图线,图甲中,0f时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略,汽车仍保持匀速行驶),f=08s,h-t2时间段为刹车系统的启动时间包=13s;从方时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,直至汽车停止.已知从h时刻开始,汽车第1s内的位移为24m,第4s内的位移为1m.(1)在图乙中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的-f图线；(2)求方时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及左通时间内汽车克服阻力做的功;从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离约为多少?(以时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)25.(1)如图所示(2)28m/s8ms2(3)30m/s1.16×105J87.5m解析(1)gf图像如图所示.(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为人则A时刻的速度也为也液时刻的速度为吹在灰时刻后汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a取AQls设汽车在上I)Ah力7Af内的位移为s11,/7=1,2,3,.若汽车在合力3AfThMAf时间内未停止,设它在质+3Af时刻的速度为g,在力M/时刻的速度为,由运动学公式有S-S4=3a(Z)2Sl=以(2)VA=Vz-aLt联立式,代入已知数据解得%=?m/s6这说明在质M£时刻前,汽车已经停止.因此,式不成立.由于在合+3Af*MAf内汽车停止,由运动学公式有Vi=Vz-ZaLt2as4=联立式,代入已知数据解得a=8ms2,凄=28m/s或者a=ms2,瞑=29.76m/s®但®式情形下,均0,不合题意,舍去.(3)设汽车的刹车系统稳定工作时,汽车所受阻力的大小为九由牛顿第二定律有f=ma©在4逸时间内,阻力对汽车冲量的大小为由动量定理有!=mv-mvz由动能定理,在A逸时间内,汽车克服阻力做的功为W=Iml转mtg联立0趁式,代入已知数据解得H=30m/sW=I.16*105J从司机发现警示牌到汽车停止,汽车行驶的距离S约为12S=V/1(Vyu)(fe)联立e式,代入已知数据解得s=87.5m25F3,E6,A82019全国卷4静止在水平地面上的两小物块48,质量分别为©=1.0kg,m=4.Qkg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,为与其右侧的竖直墙壁距离月.0m,如图所示.某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使/、8瞬间分离,两物块获得的动能之和为a=o.oj.释放后沿着与墙壁垂直的方向向右运动乂、8与地面之间的动摩擦因数均为4=020.重力加速度取gnms2k8运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短.(1)求弹簧释放后瞬间2、8速度的大小；(2)物块力、8中的哪一个先停止？该物块刚停止时/4与8之间的距离是多少？(3M和8都停止后,Z与8之间的距离是多少？BAp-1f777777777777图-25.(1)4.0m/s1.0m/s(2)80.50m(3)0.91m解析(1)设弹簧释放瞬间/和8的速度大小分别为以3以向右为正面动量守恒定律和题给条件有=mavatbVb(1)&$他居m嫁联立式并代入题给数据得K4=4.0m/s,u=1.0m/s(2)48两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a假设/和8发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的8设从弹簧释放到8停止所需时间为f,8向左运动的路程为Ss,则有mBa=rBg(三)SB=VBtWagv-at=Q在时间f内,/可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后/将向左运动,碰撞并不改变力的速度大小,所以无论此碰撞是否发生在时间f内的路程因都可表示为SA=VAt®联立式并代入题给数据得Szi=I.75m,S=0.25m®这表明在时间/内4已与墙壁发生碰