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第2講 直線運動
考題一　勻變速直線運動基本規律的應用
（2023 浙江模擬）汽車在平直的公路上行駛，發現險情緊急剎車，汽車立即做勻減速直線運動直到停車，已知汽車剎車時第1秒內的位移為24m，倒數第2秒內的位移為6m，則下列計算正確的是（　　）
A．汽車第1秒末的速度為23m/s
B．汽車加速度大小為3m/s2
C．汽車的減速時間為6.5s
D．汽車剎車總位移為78m
【解答】解：B、汽車做末速度為零的勻減速直線運動，可逆向看作初速度為零的勻加速直線運動，設汽車加速度的大小為a，由位移—時間公式得：
6m
代入數據解得：a＝4m/s2
故B錯誤；
A、設汽車的初速度大小為v0，由勻變速直線運動位移—時間公式得：x1＝v0t124m
代入數據解得：v0＝26m/s
汽車第1s末的速度為v＝v0﹣at1＝26m/s﹣4×1m/s＝22m/s
故A錯誤；
C、汽車的減速時間為ts＝6.5s
故C正確；
D、汽車剎車的總位移為xv0t26×6.5m＝84.5m
故D錯誤。
故選：C。
（2022 溫州二模）“祝融號”火星車在火星表面探測過程中做直線運動，由靜止開始經過加速、勻速和制動直至停止，共用時12s，位移隨時間變化情況如表所示，加速和制動均可看作是勻變速直線運動。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列說法正確的是（　　）
A．前6秒火星車做加速運動
B．第6秒末火星車的速率為4.75cm/s
C．火星車一共勻速運動了10cm
D．火星車減速的加速度大小為2cm/s2
【解答】解：由題意可知，火星車從靜止開始先做勻加速直線運動，接著做勻速直線運動，最后做勻減速直線運動至停下。設勻加速階段的加速度大小為a，時間為t1；勻速階段的速度為v，時間為t2；勻減速階段的加速度大小為a′，時間為t3。
由表格數據可知，0～2s時間內，火星車從靜止開始做勻加速直線運動，通過的位移為2cm，根據
解得：a＝1cm/s2
10s～12s，火星車做勻減速運動至停下，通過的位移為2cm，結合逆向思維，可認為此過程方向做初速度為0的勻加速運動，則有
解得：a′＝1cm/s2
勻加速階段的時間為
勻減速階段的時間為
故0～12s全過程的位移滿足
又有t1+t2+t3＝12s
聯立解得：t1＝t3＝5s；t2＝2s；v＝5cm/s
A、前5s內火星車做加速運動，5s后火星車已經做勻速運動，故A錯誤；
B、5～7s時間內火星車已經勻速運動，故第6s末火星車的速度為5cm/s，故B錯誤；
C、火星車一共勻速運動的位移為
x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，故C正確；
D、火星車減速的加速度大小為1cm/s2，故D錯誤；
故選：C。
（2023 杭州一模）如圖甲，目前高速公路收費處，有ETC通道和人工通道。在ETC收費通道，車主只要在車輛前擋風玻璃上安裝感應卡并預存費用，通過收費站時便不用人工繳費，也無須停車，高速通行費將從卡中自動扣除，即能夠實現自動收費。如圖乙，假設一輛汽車以正常行駛速v1＝16m/s朝收費站沿直線行駛，如果過ETC通道，需要在距收費站中心線前勻減速至v2＝4m/s，然后以該速度勻速行駛一段距離到達中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果過人工收費通道，汽車以v1開始減速，需要恰好在中心線處勻減速至零，經過20s繳費后，再勻加速至v1正常行駛。設汽車在勻減速和勻加速過程中的加速度大小均為2m/s2，求：
（1）汽車過人工收費通道，從減速開始，到收費后加速至v1，總共通過的路程和所需時間是多少？
（2）若汽車通過ETC通道比人工收費通道節約時間t0＝21s，求汽車在ETC通道勻速行駛的距離。
【解答】解：（1）勻減速時間
勻減速位移
x1，解得x1＝64m
停止時間t2＝20s，位移為零。
加速階段與減速階段的位移與時間相同，故有s＝2s1＝2×64m＝128m
t＝2t1+t2＝2×8s+20s＝36s
（2）設過ETC通道的車輛勻速時間為t，勻減速時間t2s＝6s
過ETC通道的車輛所用總時間T＝2t2+t＝（2×6+t）＝12+t
汽車通過ETC通道比人工收費通道節約時間t0＝21s，人工收費通道總時間T′＝T+21，T′＝33+t
汽車通過ETC通道與人工收費通道的位移相等，則2 t2+v2t＝2v1（T′﹣2t1﹣t0）
解得ts，故汽車在ETC通道勻速行駛的距離x＝v2t＝4mm
答：（1）汽車過人工收費通道，從減速開始，到收費后加速至v1，總共通過的路程128m，所需時間36s；
（2）汽車在ETC通道勻速行駛的距離m。
1．基本公式
v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax
常用推論
Δx＝aT2 v＝＝ v＝
2．總結：應用運動學規律解題的基本步驟
第一步：根據題意確定研究對象．
第二步：分析運動過程，明確物體做什么運動，構建運動情景，必要時畫出運動示意圖．
第三步：明確題中的已知量、未知量及其關系，選用合適的運動規律．
第四步：若運動包含多個階段，要分階段逐個分析，各段交接點處的速度是銜接各段運動的關鍵物理量，也是解題的突破口．
第五步：選取正方向，由運動學公式列方程求解．
考題二　牛頓運動定律的應用
（2023 鎮海區模擬）圖甲所示為生活中巧妙地利用兩根并排的竹竿，將長方體磚塊從高處運送到低處的場景。將竹竿簡化為兩根平行放置，粗細均勻的圓柱形直桿，磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑，圖乙所示為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距增大一些，則磚塊（　　）
A．下滑過程中竹竿對磚塊的彈力變大
B．下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變
C．下滑的加速度變小
D．下滑到底端的時間變短
【解答】解：A、設竹竿與水平方向的夾角為α，兩竹竿對磚塊的彈力的夾角為θ。作出磚塊在垂直于運動方向的受力示意圖，如圖所示。根據垂直于運動方向磚塊受力平衡可得，2FNcosmgcosα。僅將兩竹竿間距增大一些，θ不變，可知竹竿對磚塊的彈力FN不變，故A錯誤；
B、下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力為f＝2μFN，FN不變，則f不變，故B正確；
C、在沿竹竿方向，由牛頓第二定律得：mgsinα﹣f＝ma，α、f不變，則磚塊下滑的加速度不變，故C錯誤；
D、由x得t，可知滑到底端的時間不變，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2023 浙江模擬）神舟十四號又被稱為“最忙乘組”，在空間站工作期間迎接了問天、夢天、天舟五號和神舟十五號，它于12月4日返回祖國。返回時在穿越大氣層時對返回艙起主要減速作用的降落傘（主傘）面積達1200m2，質量為120kg，由96根堅韌的傘繩均勻連接返回艙懸掛點和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形狀，半徑為15m，設每一根傘繩長度為39m，返回艙（不含航天員）的質量為2670kg，艙內三個航天員的質量每人平均計70kg。設某一段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，中軸線（返回能懸掛點與降落傘中心的連線）保持豎直，返回艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速。此過程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。對此以下分析正確的是（　　）
A．在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號處于完全失重狀態，不受外力
B．題中減速階段，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力
C．題中減速階段，每根傘繩的拉力為325N
D．題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為1500N
【解答】解：A、在迎接神舟十五號的時候，地球對神州十四號的萬有引力提供繞地球做勻速圓周運動的向心力，神舟十四號處于完全失重狀態，故A錯誤；
B、減速階段，返回艙所受合力豎直向上，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力，故B正確；
D、降落傘、返回艙和航天員的質量為m＝2670kg+120kg+3×70kg＝3000kg
降落傘受到的空氣阻力為f＝0.05mg＝0.05×3000×10N＝1500N
故D正確；
C、設傘繩與豎直方向夾角為θ，每根傘繩的拉力大小為T，則sinθ
則cosθ
對返回艙受力分析，由平衡條件得：96Tcosθ+0.05mg﹣mg＝ma
代入數據解得：T＝339N
故C錯誤。
故選：BD。
（2023 金華一模）小端同學在研究豎直向上拋出的物體運動時，分別有幾種不同的模型。已知該同學拋出小球的質量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向豎直向上，重力加速度為g＝10m/s2。
（1）若不計空氣阻力，則小球從拋出直至回到拋出點經過多長時間？
（2）若空氣阻力大小恒為0.2N，則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為多少？
（3）若空氣阻力大小與速度大小滿足F＝kv的關系，其中k為定值。若已知小球落回拋出點前速度恒定且大小為5m/s，則關系式中的k值為多少？
【解答】解：（1）若不計空氣阻力，小球做豎直上拋運動，向上運動時間
從拋出直至回到拋出點的時間t2＝2t1
解得t2＝2s
則小球從拋出直至回到拋出點經過的時間為2s；
（2）設上升過程中的加速度為a，根據牛頓第二定律有：mg+f＝ma
又空氣阻力大小f＝0.2N
解得：
小球向上做勻減速直線運動，根據速度—位移公式有：2ah
解得：
則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為；
（3）小球落回拋出點前速度恒定，說明所受合力為0，則mg＝kv
答：（1）若不計空氣阻力，則小球從拋出直至回到拋出點經過2s時間；
（2）若空氣阻力大小恒為0.2N，則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為；
（3）關系式中的k值為0.2kg/s。
1．研究對象的選取方法
在實際解題過程中整體法和隔離法經常交替使用，一般是選用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的相互作用力．
2．受力分析的處理方法
(1)合成法：若物體只受兩個力作用而產生加速度時，應用力的合成法較簡單，合外力的方向就是加速度方向．
(2)正交分解法：當物體受到兩個以上的力作用而產生加速度時，常用正交分解法解題，多數情況下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此時有Fx＝ma，Fy＝0，特殊情況下分解加速度比分解力更簡單．
3．運動情景分析法
(1)程序法：對于研究對象按時間的先后經歷了幾個不同的運動過程的一類問題的解決方法叫程序法．運用程序法時，要注意前一個過程的結束是后一個過程的開始，兩個過程的交接點的速度往往是解決問題的關鍵．
(2)圖象法：圖象能形象地表達物理規律，能直觀地描述物理過程，能鮮明地表示物理量之間的關系．應用圖象，不僅能進行定性分析，比較判斷，也適宜于定量計算、論證，而且，通過圖象的啟發常能找到巧妙的解題途徑．
考題三　運動學圖象問題
（2022 浙江模擬）a、b兩車在平直公路上沿同一方向行駛，兩車運動的v﹣t圖象如圖所示，在t＝0時刻，b車在a車前方s0處，在0～t1時間內，b車的位移為s，則（　　）
A．若a、b在t1時刻相遇，則s0＝3s
B．若a、b在時刻相遇，則s0s
C．若a、b在時刻相遇，則下次相遇時刻為t1
D．若a、b在時刻相遇，則下次相遇時a車速度為
【解答】解：A、由圖可知，在0﹣t1時間內，b車的位移為s，則a車的位移為3s。若a、b在t1時刻相遇，則s0＝3s﹣s＝2s，故A錯誤。
B、若a、b在時刻相遇，由圖象可知，陰影部分對應的面積等于s0，即 s0 2ss，故B正確。
C、若a、b在時刻相遇，根據對稱性知，下次相遇時刻為t1t1，故C錯誤。
D、若a、b在時刻相遇，根據對稱性知，下次相遇時刻為，根據幾何關系知 下次相遇時a車速度為va，故D錯誤。
故選：B。
（2023 寧波二模）遙控小車在水平軌道上運動的速度—時間圖象如圖所示，t＝0時刻小車位于坐標原點，下列說法正確的是（　　）
A．在0～4s內，小車的加速度不變
B．在0～6s內，小車的速度方向改變了1次
C．在0～6s內，小車的平均速度的大小為3m/s
D．在t＝5s時刻，小車距離坐標原點最遠
【解答】解：A、在0～4s內，小車的速度—時間圖象是一條傾斜直線，則加速度不變，雖然速度有正負，但加速度都為正，大小方向都不變，故A正確；
B、在速度—時間圖象中，速度的方向看圖線在時間軸上方還是下方，在時間軸上方表示速度為正，在時間軸下方表示速度為負，在0～6s內，小車在2s末速度方向由負變為正，在5s末速度由正變為負，速度方向改變了2次，故B錯誤；
C、在速度—時間圖象中位移看面積，時間軸下方的面積表示是負位移，時間軸上方的面積表示的是正位移，在0～6s內，負面積等于正面積，小車位移為0，小車的平均速度的大小為0，故C錯誤；
D、根據C選項的分析可知，在0～2s內，小車向負方向運動了0.6m，在2～4s內，小車又向正方向運動了0.6m回到坐標原點，在4～5s內，小車又從坐標原點向正方向運動了0.3m，在5～6s內，小車又向負方向運動了0.3m回到坐標原點，所以在t＝2s時刻，小車距離坐標原點最遠，故D錯誤。
故選：A。
（2023 浙江模擬）剛剛結束的奧運會上，廣東小將全紅嬋（圖甲）以總分466.2分打破世界紀錄，獲得跳水單人十米臺金牌。自運動員離開跳臺開始計時到完全落入水中，其速度隨時間變化情況可簡化如圖乙，選向下為正方向，下列結論正確的是（　　）
A．0﹣t2為空中運動時間，速度始終向下
B．t1﹣t2內的加速度比在t2﹣t3內加速度大
C．在0﹣t1內，平均速度等于
D．在t2﹣t3內，平均速度
【解答】解：A、全紅嬋在空中的運動為豎直上拋運動，由圖像得，0﹣t1時間為空中運動時間，速度先豎直向上，后豎直向下，故A錯誤；
B、v﹣t圖像切線的斜率的絕對值表示加速度的大小，由圖像得，t1﹣t2內的加速度比在t2﹣t3內加速度小，故B錯誤；
C、在0﹣t1內，全紅嬋的運動為勻變速直線運動，平均速度等于初末速度的平均值，則平均速度
故C正確；
D、v﹣t圖像與坐標軸的面積表示位移，平均速度是位移與時間的比值，在t2﹣t3內，若為勻變速直線運動，平均速度
但由圖像得，全紅嬋的運動為加速度減小的減速運動，位移小于勻變速直線運動的位移，則平均速度小于，故D錯誤。
故選：C。
1．x－t、v－t、a－t的關系
2．圖象問題的五看
一看：軸；二看：線；三看：斜率；四看：面積；五看：特殊點．
3．注意：x－t圖象和v－t圖象描述的都是直線運動，而a－t圖象描述的并非一定是直線運動．
考題四　應用動力學方法分析傳送帶問題
（2023 寧波一模）逆時針轉動的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的v﹣t圖像如圖所示。在t＝0時刻質量為1kg的物塊從B點以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動。2s后開始減速，在t＝4s時物體恰好能到達最高點A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下說法正確的是（　　）
A．物體與傳送帶間的摩擦因數為0.6
B．傳送帶AB長度為6m
C．2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為6J
【解答】解：A、前2s物塊速度小于傳送帶速度，物塊受到摩擦力沿斜面向上。由于物塊勻速上滑，根據平衡條件得：μmgcos37°＝mgsin37°，代入數據解得：μ＝0.75，故A錯誤；
C、由物體2s后開始減速，由圖示v﹣t圖像可知，2s時傳送帶的速度為1m/s，可得物體前2s內做勻速運動的速度v1＝1m/s，在t＝4s時物體恰好到達最高點A點，此時傳送帶的速度也恰好為零，說明二者減速運動的加速度相同，所以2s后物體與傳送帶相對靜止一起運動，2s后物體受到的靜摩擦力方向沿傳送帶向上，故C錯誤
B、2s后物體相對于傳送帶靜止，由圖示v﹣t圖像可知，加速度大小為am/s2＝0.5m/s2，前2s物塊沿傳送帶上滑的位移為x1＝v1t＝1×2m＝2m；2s后物塊相對傳送帶靜止，物體所受摩擦力方向沿傳送帶向上，跟傳送帶以相同加速度a＝0.5m/s2，向上勻減速運動x2＝v1t1，其中t1＝2s，代入數據解得：x2＝1m，傳送帶AB長L＝x1+x2＝2m+1m＝3m，故B錯誤；
D、物體上滑過程中，滑動摩擦力為f＝μmgcos37°＝0.75×1×10×0.8N＝6N，由傳送帶的v﹣t圖像可知前2s，傳送帶位移為x＝3m，故物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為Q＝f（x﹣x1）＝6×（3﹣2）J＝6J，故D正確。
故選：D。
（2023春 濱江區期中）在大型物流貨場廣泛使用傳送帶運送貨物如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1kg的貨物無初速度放在傳送帶上的A處，經過1.2s貨物到達傳送帶的B端，用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，已知g＝10m/s2，則下列判斷不正確的是（　　）

A．A，B兩點間的距離為3.2m
B．貨物與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5
C．傳送帶上留下的黑色痕跡長1.2m
D．傾角θ＝37°
【解答】解：BD、由v﹣t圖象可知，貨物在傳送帶上先做a1勻加速直線運動，加速度為：a1m/s2＝10m/s2，
貨物受摩擦力的方向沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1…①
貨物的速度達到與傳送帶速度相等以后，做a2的勻加速直線運動，此后摩擦力方向沿傳送帶向上，加速度為：a2m/s2＝2m/s2
根據牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2…②
聯立①②解得：cosθ＝0.8，則θ＝37°，μ＝0.5，故BD正確；
A、物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度后，繼續做加速度較小的勻加速直線運動，所以物塊由A到B的間距對應圖象與時間軸所圍的“面積”，為：x2×0.2m（2+4）×（1.2﹣0.2）m＝3.2m，故A正確；
C、貨物做加速度為a1的勻加速直線運動，位移為：x12×0.2m＝0.2m，皮帶位移為：x皮＝2×0.2m＝0.4m，相對位移為：Δx1＝x皮﹣x1＝0.4m﹣0.2m＝0.2m；
貨物做加速度為a2的勻加速直線運動，位移為：x2（2+4）×1m＝3m，x皮2＝2×1m＝2m，相對位移為：Δx2＝x2﹣x皮2＝3m﹣2m＝1m，
考慮到痕跡有重疊，所以傳送帶上留下的黑色痕跡長為1m，故C錯誤。
本題選錯誤的，故選：C。
（2022秋 寧波期末）某同學想利用家里的跑步機進行相關實驗。如圖所示，將跑步機尾端抬高固定，與水平面成α＝37°，跑步機A、B兩端間距L＝2m。啟動跑步機，跑帶以速度v0＝2m/s逆時針轉動，現將一小盒子（可視為質點）放到跑帶上，已知小盒子與跑帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。
（1）如圖乙所示，若將小盒子無初速地輕放在A處，求小盒子運動到B處的速度大小v；
（2）如圖丙所示將小盒子從B處以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離x；
（3）第（2）題的情形下，求小盒子從B出發再返回B所用的總時間t。
【解答】解：（1）對小盒子，由牛頓第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma
代入數據解得：a＝2m/s2
小盒子沿跑帶向下做初速度為零的勻加速直線運動，到達B點時的速度vm/s＝2m/s
（2）小盒子放在B處相對于傳送帶向上滑動，由牛頓第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma1
代入數據解得：a1＝10m/s2
小盒子減速到與跑帶速度相等需要的時間t1s＝0.2s
該時間內小盒子的位移大小x0.2m＝0.6m
（3）由于mgsinα＞μmgcosα，小盒子的速度與跑帶速度相等后繼續沿跑帶向上做勻減速直線運動
由牛頓第二定律得：mgsinα﹣μmgcosα＝ma2
代入數據解得：a2＝2m/s2
小盒子減速到零需要的時間t2s＝1s
該過程的位移大小x'm＝1m
小盒子減速為零后反向向下做初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小為a2
設經過時間t3小盒子回到B點，則x+x'
代入數據解得：t3s≈1.26s
小盒子從B出發再返回B所用的總時間t＝t1+t2+t3＝（0.2+1+1.26）s＝2.46s
答：（1）小盒子運動到B處的速度大小是2m/s；
（2）盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離是0.6m；
（3）小盒子從B出發再返回B所用的總時間是2.46s。
1．水平放置運行的傳送帶
處理水平放置的傳送帶問題，首先應對放在傳送帶上的物體進行受力分析，分清物體所受摩擦力是阻力還是動力；然后對物體進行運動狀態分析，即對靜態→動態→終態進行分析和判斷，對其全過程作出合理分析、推導，進而采用有關物理規律求解．這類問題可分為：①運動學型；②動力學型；③圖象型．
2．傾斜放置運行的傳送帶
處理這類問題，同樣是先對物體進行受力分析，再判斷摩擦力的方向是解題關鍵，正確理解題意和挖掘題中隱含條件是解決這類問題的突破口．這類問題通常分為：運動學型；動力學型；能量守恒型．
（2023 溫州模擬）如圖所示的我國第三艘航空母艦“福建艦”，在2022年6月17日移出船塢下水后計劃開展航行試驗。下列情況中“福建艦”可視為質點的是（　　）
A．研究航行路線時 B．彈射艦載機時
C．移出船塢下水時 D．用操作儀把控方向時
【解答】解：A．當研究“福建艦”的航行路線時，“福建艦”的形狀和大小可以忽略不計，可以看成質點，故A正確；
BCD．當研究彈射艦載機時、移出船塢下水時、用操作儀把控方向時，由于“福建艦”的形狀及大小對研究的問題影響不能忽略不計，所以“福建艦”均不能看成質點，故BCD錯誤。
故選：A。
（2023 溫州三模）溫州軌道交通S1線是溫州市第一條建成運營的城市軌道交通線路，于2019年投入運營，現已成為溫州市民出行的重要交通工具之一。如圖是溫州S1線一車輛進站時的情景，下列說法正確的是（　　）
A．研究某乘客上車動作時，可以將該乘客視為質點
B．研究車輛通過某一道閘所用的時間，可以將該車輛視為質點
C．選進站時運動的車輛為參考系，坐在車輛中的乘客是靜止的
D．選進站時運動的車輛為參考系，站臺上等候的乘客是靜止的
【解答】解：A、研究某乘客上車動作時，由于研究的問題與人的形狀有關，因此不可以將乘客看作質點，故A錯誤；
B、研究車輛通過某一道閘所用的時間時，車輛的大小和形狀不能忽略，不能視為質點，故B錯誤；
C、選進站時運動的車輛為參考系時，坐在車輛中的乘客是靜止的，故C正確；
D、選進站時運動的車輛為參考系，站臺上等候的乘客是運動的，故D錯誤。
故選：C。
（2023 嘉興一模）科學訓練可提升運動成績，小明在體訓前、后百米全程測試中，v﹣t圖像分別如圖所示，則（　　）
A．研究起跑動作時可把小明視為質點
B．0～t1內，訓練后小明的平均速度大
C．0～t2內，訓練前后小明跑過的距離相等
D．經過訓練，t3時刻后小明仍做加速運動
【解答】解：A．研究起跑動作時，小明的動作、姿態對研究的問題有影響，不能將小明視為質點，故A錯誤；
B．v﹣t圖像與橫坐標圍成面積表示位移，由圖像可知，0～t1內訓練前位移較大，由平均速度定義式可知，訓練前平均速度較大，故B錯誤；
C．v﹣t圖像與橫坐標圍成面積表示位移，由圖像可知，0～t2內訓練前后v﹣t圖像與橫坐標圍成的面積不相等，即小明訓練前后跑過的距離不相等，故C錯誤；
D．由圖像可知，經過訓練，t3時刻后小明速度仍然繼續增大，故t3時刻后小明仍做加速運動，故D正確。
故選：D。
（2023 浙江二模）9月10日，由航空工業自主研制的第二架大型滅火水上救援水陸兩棲飛機AG600M“鯤龍”在廣東珠海金灣機場完成了首次飛行試驗，某次在平直跑道上滑行時，飛機的速度—時間圖像如圖所示，若減速過程的加速度大小為5m/s2，則（　　）
A．“鯤龍”勻速滑行的位移為1120米
B．由題目所給的條件無法算出t3的數值
C．“鯤龍”在整個滑行過程中的平均速度大小為70m/s
D．“鯤龍”勻加速滑行時和勻減速滑行的加速度大小相等
【解答】解：A．速度—時間圖像與坐標軸包圍的面積表示位移，則“鯤龍”勻速滑行的位移為x0＝14×80m＝1120m，故A正確；
B．減速運動的時間為，t＝34s+16s＝50s，由題目所給的條件可以算出t3的數值，故B錯誤；
C．“鯤龍”在整個滑行過程中的位移為
平均速度大小為，故C錯誤；
D．“鯤龍”勻加速滑行時加速度大小為，則勻加速滑行時和勻減速滑行的加速度大小不相等，故D錯誤。
故選：A。
（2023 浙江模擬）9月10日，由航空工業自主研制的第二架大型滅火水上救援水陸兩棲飛機AG600M“鯤龍”在廣東珠海金灣機場完成了首次飛行試驗，某次在平直跑道上滑行時，飛機的速度——時間圖像如圖所示，若減速過程的加速度大小為5m/s2，則（　　）
A．“鯤龍”勻速滑行的位移為1120米
B．由題目所給的條件無法算出t的數值
C．“鯤龍”在整個滑行過程中的平均速度大小為70m/s
D．“鯤龍”勻加速滑行時和勻減速滑行的加速度大小相等
【解答】解：A．速度—時間圖像與坐標軸包圍的面積表示位移，則“鯤龍”勻速滑行的位移為x0＝14×80m＝1120m，故A正確；
B．減速運動的時間為，t＝34s+16s＝50s，由題目所給的條件可以算出t的數值，故B錯誤；
C．“鯤龍”在整個滑行過程中的位移為
平均速度大小為，故C錯誤；
D．“鯤龍”勻加速滑行時加速度大小為，則勻加速滑行時和勻減速滑行的加速度大小不相等，故D錯誤。
故選：A。
（2022 南京模擬）從地面以大小為v1的初速度豎直向上拋出一個皮球，經過時間t皮球落回地面，落地時皮球的速度的大小為v已知皮球在運動過程中受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，重力加速度大小為g。下面給出時間t的四個表達式中只有一個是合理的。你可能不會求解t，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷。根據你的判斷，你認為t的合理表達式應為（　　）
A．t B．t C．t D．t
【解答】解：A、B、D：下降過程物體做加速運動，若忽略次要因素（空氣阻力）時間約為，而上升階段做勻減速運動，同理忽略次要因素，時間約為，故總時間約為，故A正確，B錯誤，D錯誤；
C：時間的單位為s，而C答案單位為m，故C錯誤
故選：A。
（2022 浙江模擬）如圖所示，物體P以初速度v0＝5m/s滑到靜止于光滑水平地面的水平小車右端，小車Q上表面粗糙，物體P與小車Q的v﹣t圖象如圖乙所示，物體P剛好不從小車Q上掉下來，由圖乙中各物理量不能求出的是（　　）
A．物體P和小車Q之間的動摩擦因數
B．小車Q上表面的長度
C．小車Q的質量
D．物體P與小車Q的質量之比
【解答】解：A、v﹣t圖象的斜率等于加速度，由圖象v﹣t圖象可以求出物體P的加速度a，設P的質量為m，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，可以求出動摩擦因數μ，故A錯誤；
B、v﹣t圖線與坐標軸所圍圖形的面積等于位移，由圖示v﹣t圖象可以求出物體P與小車Q的位移，物體P與小車Q的位移差等于小車Q上表面的長度，故B錯誤；
CD、由圖象v﹣t圖象可以求出物體P的初速度v0＝5m/s，P、Q共同運動的速度v＝3m/s，設P的質量為m，Q的質量為M，P、Q組成的系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得m：M＝3：2，由于不知道物體P的質量m，不能求出小車Q的質量，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2023 金華模擬）煙花彈從豎直的炮筒被推出，升至最高點后爆炸。上升的過程由于空氣阻力的影響，v﹣t圖像如圖所示，從推出到最高點所用的時間為t，上升的最大高度為H，圖線上C點的切線與AB平行，t0、vC為已知量，且煙花彈t0時間內上升的高度為h，則下列說法正確的是（　　）
A．煙花彈上升至最高點時，加速度大小為零
B．煙花彈上升至最高點過程中，空氣阻力大小不變
C．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足
D．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足
【解答】解：A、煙花彈上升至最高點時，受重力作用，加速度為g，故A錯誤；
B、v﹣t圖像切線的斜率代表加速度，由圖可知，煙花彈的加速度逐漸減小，根據牛頓第二定律得：mg+f＝ma
則空氣阻力逐漸減小，故B錯誤；
C、連接AB兩點，煙花彈做勻變速直線運動，位移為H′
v﹣t圖像與坐標軸所圍面積表示位移，由圖可知H＜H′
故C錯誤；
D、連接AC兩點，從0～t0時間，煙花彈做勻變速直線運動，煙花的位移為h′
由圖可知h′＜h
故D正確；
故選：D。
（2022 寧波模擬）某同學想測地鐵在平直軌道上啟動過程中的加速度，他把根細繩的下端綁著一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布固定在地鐵的豎直扶手上，在地鐵啟動后的某段加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時的情景，如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直，已知當地重力加速度為g，根據這張照片，以下說法正確的是（　　）
A．此時地鐵的速度方向向右
B．此時地鐵的加速度方向向右
C．此時繩子拉力小于圓珠筆的重力
D．由圖可以估算出此時地鐵加速度的大小
【解答】解：圓珠筆的受力如圖所示：
由圖可知，拉力有一個水平向左的分量，所以圓珠筆有一個向左的加速度，啟動過程，速度在增加，所以此時地鐵的速度方向向左，故AB錯誤；
CD、要想求出加速度的大小，根據豎直方向：Tcosθ＝mg
水平方向：Tsinθ＝ma
解得：，a＝gtanθ
可知此時繩子拉力大于圓珠筆的重力，由圖可估計角θ大小，算出此時地鐵加速度的大小，故D正確，C錯誤；
故選：D。
（2022 寧波二模）2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程。若已知著陸器（不含降落傘）總質量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略著陸器質量的變化和g'的變化，打開降落傘后的運動可視為豎直向下的直線運動。則：
（1）在第Ⅳ階段的最后，著陸器從無初速度開始經0.75s無動力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄，求著陸器著陸時的速度v4；
（2）假設著陸器在第Ⅲ“動力減速階段”做勻減速運動，求動力減速裝置給著陸器的反推力F的大小；
（3）著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運動，求從打開降落傘到懸停過程中（即Ⅱ、Ⅲ過程）的平均速度大小。（結果可用分數表示）
【解答】解：（1）在火星表面自由落體：v4＝g't＝3m/s
（2）第Ⅲ階段加速度：
根據牛頓第二定律：mg'﹣F＝ma
所以：F＝mg'﹣ma＝解得：F＝6.3×103N
（3）利用平均速度求得第Ⅱ、第Ⅲ階段下落的高度：，解得
，解得
平均速度為，解得
答：（1）在第Ⅳ階段的最后，著陸器從無初速度開始經0.75s無動力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄，著陸器著陸時的速度v4為3m/s
（2）假設著陸器在第Ⅲ“動力減速階段”做勻減速運動，動力減速裝置給著陸器的反推力F的大小為為6.3×103N；
（3）著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運動，從打開降落傘到懸停過程中（即Ⅱ、Ⅲ過程）的平均速度大小為。
（2022 柯橋區模擬）彈射+滑躍式起飛是一種航母艦載機的起飛方式。飛機在彈射裝置作用下使飛機具有一定的初速度，跑道的前一部分是水平的，跑道后一段略微向上翹起。飛機在尾段翹起跑道上的運動雖然會使加速度略有減小，但能使飛機具有斜向上的速度，有利于飛機的起飛，起飛升力與速度的關系我們可以簡化為（升力）L＝kv（k104kg/s），假設某飛機質量為m＝3×104kg，從靜止的航母上滑躍式起飛過程是兩段連續的勻加速直線運動，前一段在水平跑道上受到的平均阻力恒為1.5×105N，加速度為15m/s2，位移為80m，后一段傾斜跑道上的加速度為12m/s2，路程為100m，飛機恰好能正常起飛，求
（1）求水平加速時的牽引力；
（2）水平跑道到傾斜跑道轉折點時的速度；
（3）在跑道上加速的總時間。
【解答】解：（1）在水平跑道上加速時，根據牛頓第二定律可得F﹣f＝ma，解得F＝6×105N
（2）飛機起飛速度為
設在轉折點的速度為v1，則傾斜軌道加速過程中
解得v1＝50m/s
（3）設在水平軌道上加速時間為t1，則
解得，t1＝4s（舍去）
在傾斜軌道上加速時間為t2，則
解得
運動的總時間為
答：（1）水平加速時的牽引力為6×105N；
（2）水平跑道到傾斜跑道轉折點時的速度為50m/s；
（3）在跑道上加速的總時間為。
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第2講 直線運動
考題一　勻變速直線運動基本規律的應用
（2023 浙江模擬）汽車在平直的公路上行駛，發現險情緊急剎車，汽車立即做勻減速直線運動直到停車，已知汽車剎車時第1秒內的位移為24m，倒數第2秒內的位移為6m，則下列計算正確的是（　　）
A．汽車第1秒末的速度為23m/s
B．汽車加速度大小為3m/s2
C．汽車的減速時間為6.5s
D．汽車剎車總位移為78m
（2022 溫州二模）“祝融號”火星車在火星表面探測過程中做直線運動，由靜止開始經過加速、勻速和制動直至停止，共用時12s，位移隨時間變化情況如表所示，加速和制動均可看作是勻變速直線運動。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列說法正確的是（　　）
A．前6秒火星車做加速運動
B．第6秒末火星車的速率為4.75cm/s
C．火星車一共勻速運動了10cm
D．火星車減速的加速度大小為2cm/s2
（2023 杭州一模）如圖甲，目前高速公路收費處，有ETC通道和人工通道。在ETC收費通道，車主只要在車輛前擋風玻璃上安裝感應卡并預存費用，通過收費站時便不用人工繳費，也無須停車，高速通行費將從卡中自動扣除，即能夠實現自動收費。如圖乙，假設一輛汽車以正常行駛速v1＝16m/s朝收費站沿直線行駛，如果過ETC通道，需要在距收費站中心線前勻減速至v2＝4m/s，然后以該速度勻速行駛一段距離到達中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果過人工收費通道，汽車以v1開始減速，需要恰好在中心線處勻減速至零，經過20s繳費后，再勻加速至v1正常行駛。設汽車在勻減速和勻加速過程中的加速度大小均為2m/s2，求：
（1）汽車過人工收費通道，從減速開始，到收費后加速至v1，總共通過的路程和所需時間是多少？
（2）若汽車通過ETC通道比人工收費通道節約時間t0＝21s，求汽車在ETC通道勻速行駛的距離。
1．基本公式
v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax
常用推論
Δx＝aT2 v＝＝ v＝
2．總結：應用運動學規律解題的基本步驟
第一步：根據題意確定研究對象．
第二步：分析運動過程，明確物體做什么運動，構建運動情景，必要時畫出運動示意圖．
第三步：明確題中的已知量、未知量及其關系，選用合適的運動規律．
第四步：若運動包含多個階段，要分階段逐個分析，各段交接點處的速度是銜接各段運動的關鍵物理量，也是解題的突破口．
第五步：選取正方向，由運動學公式列方程求解．
考題二　牛頓運動定律的應用
（2023 鎮海區模擬）圖甲所示為生活中巧妙地利用兩根并排的竹竿，將長方體磚塊從高處運送到低處的場景。將竹竿簡化為兩根平行放置，粗細均勻的圓柱形直桿，磚塊放在兩竹竿的正中間，由靜止開始從高處下滑，圖乙所示為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面為正方形）。若僅將兩竹竿間距增大一些，則磚塊（　　）
A．下滑過程中竹竿對磚塊的彈力變大
B．下滑過程中竹竿對磚塊的摩擦力不變
C．下滑的加速度變小
D．下滑到底端的時間變短
（多選）（2023 浙江模擬）神舟十四號又被稱為“最忙乘組”，在空間站工作期間迎接了問天、夢天、天舟五號和神舟十五號，它于12月4日返回祖國。返回時在穿越大氣層時對返回艙起主要減速作用的降落傘（主傘）面積達1200m2，質量為120kg，由96根堅韌的傘繩均勻連接返回艙懸掛點和降落傘邊緣，降落傘邊緣為圓形狀，半徑為15m，設每一根傘繩長度為39m，返回艙（不含航天員）的質量為2670kg，艙內三個航天員的質量每人平均計70kg。設某一段過程，返回艙受到的空氣阻力為返回艙總重力的0.05倍，中軸線（返回能懸掛點與降落傘中心的連線）保持豎直，返回艙以0.5m/s2的加速度豎直向下減速。此過程的重力加速度可以近似取g＝10m/s2。對此以下分析正確的是（　　）
A．在迎接神舟十五號的時候，神舟十四號處于完全失重狀態，不受外力
B．題中減速階段，傘繩對返回艙的合力大于返回艙的總重力
C．題中減速階段，每根傘繩的拉力為325N
D．題中減速階段，降落傘受到的空氣阻力為1500N
（2023 金華一模）小端同學在研究豎直向上拋出的物體運動時，分別有幾種不同的模型。已知該同學拋出小球的質量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向豎直向上，重力加速度為g＝10m/s2。
（1）若不計空氣阻力，則小球從拋出直至回到拋出點經過多長時間？
（2）若空氣阻力大小恒為0.2N，則小球上升到最高點時，離拋出點的高度為多少？
（3）若空氣阻力大小與速度大小滿足F＝kv的關系，其中k為定值。若已知小球落回拋出點前速度恒定且大小為5m/s，則關系式中的k值為多少？
1．研究對象的選取方法
在實際解題過程中整體法和隔離法經常交替使用，一般是選用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的相互作用力．
2．受力分析的處理方法
(1)合成法：若物體只受兩個力作用而產生加速度時，應用力的合成法較簡單，合外力的方向就是加速度方向．
(2)正交分解法：當物體受到兩個以上的力作用而產生加速度時，常用正交分解法解題，多數情況下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此時有Fx＝ma，Fy＝0，特殊情況下分解加速度比分解力更簡單．
3．運動情景分析法
(1)程序法：對于研究對象按時間的先后經歷了幾個不同的運動過程的一類問題的解決方法叫程序法．運用程序法時，要注意前一個過程的結束是后一個過程的開始，兩個過程的交接點的速度往往是解決問題的關鍵．
(2)圖象法：圖象能形象地表達物理規律，能直觀地描述物理過程，能鮮明地表示物理量之間的關系．應用圖象，不僅能進行定性分析，比較判斷，也適宜于定量計算、論證，而且，通過圖象的啟發常能找到巧妙的解題途徑．
考題三　運動學圖象問題
（2022 浙江模擬）a、b兩車在平直公路上沿同一方向行駛，兩車運動的v﹣t圖象如圖所示，在t＝0時刻，b車在a車前方s0處，在0～t1時間內，b車的位移為s，則（　　）
A．若a、b在t1時刻相遇，則s0＝3s
B．若a、b在時刻相遇，則s0s
C．若a、b在時刻相遇，則下次相遇時刻為t1
D．若a、b在時刻相遇，則下次相遇時a車速度為
（2023 寧波二模）遙控小車在水平軌道上運動的速度—時間圖象如圖所示，t＝0時刻小車位于坐標原點，下列說法正確的是（　　）
A．在0～4s內，小車的加速度不變
B．在0～6s內，小車的速度方向改變了1次
C．在0～6s內，小車的平均速度的大小為3m/s
D．在t＝5s時刻，小車距離坐標原點最遠
（2023 浙江模擬）剛剛結束的奧運會上，廣東小將全紅嬋（圖甲）以總分466.2分打破世界紀錄，獲得跳水單人十米臺金牌。自運動員離開跳臺開始計時到完全落入水中，其速度隨時間變化情況可簡化如圖乙，選向下為正方向，下列結論正確的是（　　）
A．0﹣t2為空中運動時間，速度始終向下
B．t1﹣t2內的加速度比在t2﹣t3內加速度大
C．在0﹣t1內，平均速度等于
D．在t2﹣t3內，平均速度
1．x－t、v－t、a－t的關系
2．圖象問題的五看
一看：軸；二看：線；三看：斜率；四看：面積；五看：特殊點．
3．注意：x－t圖象和v－t圖象描述的都是直線運動，而a－t圖象描述的并非一定是直線運動．
考題四　應用動力學方法分析傳送帶問題
（2023 寧波一模）逆時針轉動的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的v﹣t圖像如圖所示。在t＝0時刻質量為1kg的物塊從B點以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動。2s后開始減速，在t＝4s時物體恰好能到達最高點A。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下說法正確的是（　　）
A．物體與傳送帶間的摩擦因數為0.6
B．傳送帶AB長度為6m
C．2s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．物體與傳送帶間由于摩擦而產生的熱量為6J
（2023春 濱江區期中）在大型物流貨場廣泛使用傳送帶運送貨物如圖甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定速率逆時針運動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1kg的貨物無初速度放在傳送帶上的A處，經過1.2s貨物到達傳送帶的B端，用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，已知g＝10m/s2，則下列判斷不正確的是（　　）

A．A，B兩點間的距離為3.2m
B．貨物與傳送帶之間的動摩擦因數為0.5
C．傳送帶上留下的黑色痕跡長1.2m
D．傾角θ＝37°
（2022秋 寧波期末）某同學想利用家里的跑步機進行相關實驗。如圖所示，將跑步機尾端抬高固定，與水平面成α＝37°，跑步機A、B兩端間距L＝2m。啟動跑步機，跑帶以速度v0＝2m/s逆時針轉動，現將一小盒子（可視為質點）放到跑帶上，已知小盒子與跑帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。
（1）如圖乙所示，若將小盒子無初速地輕放在A處，求小盒子運動到B處的速度大小v；
（2）如圖丙所示將小盒子從B處以初速度 v1＝4m/s 沿斜面向上推出，求盒子向上運動過程中與傳送帶速度相同時，盒子與B點的距離x；
（3）第（2）題的情形下，求小盒子從B出發再返回B所用的總時間t。
1．水平放置運行的傳送帶
處理水平放置的傳送帶問題，首先應對放在傳送帶上的物體進行受力分析，分清物體所受摩擦力是阻力還是動力；然后對物體進行運動狀態分析，即對靜態→動態→終態進行分析和判斷，對其全過程作出合理分析、推導，進而采用有關物理規律求解．這類問題可分為：①運動學型；②動力學型；③圖象型．
2．傾斜放置運行的傳送帶
處理這類問題，同樣是先對物體進行受力分析，再判斷摩擦力的方向是解題關鍵，正確理解題意和挖掘題中隱含條件是解決這類問題的突破口．這類問題通常分為：運動學型；動力學型；能量守恒型．
（2023 溫州模擬）如圖所示的我國第三艘航空母艦“福建艦”，在2022年6月17日移出船塢下水后計劃開展航行試驗。下列情況中“福建艦”可視為質點的是（　　）
A．研究航行路線時 B．彈射艦載機時
C．移出船塢下水時 D．用操作儀把控方向時
（2023 溫州三模）溫州軌道交通S1線是溫州市第一條建成運營的城市軌道交通線路，于2019年投入運營，現已成為溫州市民出行的重要交通工具之一。如圖是溫州S1線一車輛進站時的情景，下列說法正確的是（　　）
A．研究某乘客上車動作時，可以將該乘客視為質點
B．研究車輛通過某一道閘所用的時間，可以將該車輛視為質點
C．選進站時運動的車輛為參考系，坐在車輛中的乘客是靜止的
D．選進站時運動的車輛為參考系，站臺上等候的乘客是靜止的
（2023 嘉興一模）科學訓練可提升運動成績，小明在體訓前、后百米全程測試中，v﹣t圖像分別如圖所示，則（　　）
A．研究起跑動作時可把小明視為質點
B．0～t1內，訓練后小明的平均速度大
C．0～t2內，訓練前后小明跑過的距離相等
D．經過訓練，t3時刻后小明仍做加速運動
（2023 浙江二模）9月10日，由航空工業自主研制的第二架大型滅火水上救援水陸兩棲飛機AG600M“鯤龍”在廣東珠海金灣機場完成了首次飛行試驗，某次在平直跑道上滑行時，飛機的速度—時間圖像如圖所示，若減速過程的加速度大小為5m/s2，則（　　）
A．“鯤龍”勻速滑行的位移為1120米
B．由題目所給的條件無法算出t3的數值
C．“鯤龍”在整個滑行過程中的平均速度大小為70m/s
D．“鯤龍”勻加速滑行時和勻減速滑行的加速度大小相等
（2023 浙江模擬）9月10日，由航空工業自主研制的第二架大型滅火水上救援水陸兩棲飛機AG600M“鯤龍”在廣東珠海金灣機場完成了首次飛行試驗，某次在平直跑道上滑行時，飛機的速度——時間圖像如圖所示，若減速過程的加速度大小為5m/s2，則（　　）
A．“鯤龍”勻速滑行的位移為1120米
B．由題目所給的條件無法算出t的數值
C．“鯤龍”在整個滑行過程中的平均速度大小為70m/s
D．“鯤龍”勻加速滑行時和勻減速滑行的加速度大小相等
（2022 南京模擬）從地面以大小為v1的初速度豎直向上拋出一個皮球，經過時間t皮球落回地面，落地時皮球的速度的大小為v已知皮球在運動過程中受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比，重力加速度大小為g。下面給出時間t的四個表達式中只有一個是合理的。你可能不會求解t，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷。根據你的判斷，你認為t的合理表達式應為（　　）
A．t B．t C．t D．t
（2022 浙江模擬）如圖所示，物體P以初速度v0＝5m/s滑到靜止于光滑水平地面的水平小車右端，小車Q上表面粗糙，物體P與小車Q的v﹣t圖象如圖乙所示，物體P剛好不從小車Q上掉下來，由圖乙中各物理量不能求出的是（　　）
A．物體P和小車Q之間的動摩擦因數
B．小車Q上表面的長度
C．小車Q的質量
D．物體P與小車Q的質量之比
（2023 金華模擬）煙花彈從豎直的炮筒被推出，升至最高點后爆炸。上升的過程由于空氣阻力的影響，v﹣t圖像如圖所示，從推出到最高點所用的時間為t，上升的最大高度為H，圖線上C點的切線與AB平行，t0、vC為已知量，且煙花彈t0時間內上升的高度為h，則下列說法正確的是（　　）
A．煙花彈上升至最高點時，加速度大小為零
B．煙花彈上升至最高點過程中，空氣阻力大小不變
C．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足
D．煙花彈剛從炮筒被推出的速度v滿足
（2022 寧波模擬）某同學想測地鐵在平直軌道上啟動過程中的加速度，他把根細繩的下端綁著一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布固定在地鐵的豎直扶手上，在地鐵啟動后的某段加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他用手機拍攝了當時的情景，如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直，已知當地重力加速度為g，根據這張照片，以下說法正確的是（　　）
A．此時地鐵的速度方向向右
B．此時地鐵的加速度方向向右
C．此時繩子拉力小于圓珠筆的重力
D．由圖可以估算出此時地鐵加速度的大小
（2022 寧波二模）2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程。若已知著陸器（不含降落傘）總質量m＝1.2×103kg，火星表面重力加速度g'＝4m/s2，忽略著陸器質量的變化和g'的變化，打開降落傘后的運動可視為豎直向下的直線運動。則：
（1）在第Ⅳ階段的最后，著陸器從無初速度開始經0.75s無動力下降后安全著陸，且火星表面大氣非常稀薄，求著陸器著陸時的速度v4；
（2）假設著陸器在第Ⅲ“動力減速階段”做勻減速運動，求動力減速裝置給著陸器的反推力F的大小；
（3）著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運動，求從打開降落傘到懸停過程中（即Ⅱ、Ⅲ過程）的平均速度大小。（結果可用分數表示）
（2022 柯橋區模擬）彈射+滑躍式起飛是一種航母艦載機的起飛方式。飛機在彈射裝置作用下使飛機具有一定的初速度，跑道的前一部分是水平的，跑道后一段略微向上翹起。飛機在尾段翹起跑道上的運動雖然會使加速度略有減小，但能使飛機具有斜向上的速度，有利于飛機的起飛，起飛升力與速度的關系我們可以簡化為（升力）L＝kv（k104kg/s），假設某飛機質量為m＝3×104kg，從靜止的航母上滑躍式起飛過程是兩段連續的勻加速直線運動，前一段在水平跑道上受到的平均阻力恒為1.5×105N，加速度為15m/s2，位移為80m，后一段傾斜跑道上的加速度為12m/s2，路程為100m，飛機恰好能正常起飛，求
（1）求水平加速時的牽引力；
（2）水平跑道到傾斜跑道轉折點時的速度；
（3）在跑道上加速的總時間。
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