1、乐陵一中运动的基本概念一、单选题（本大题共 5 小题，共 30 分）1. 如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为 0.2，t=0 时，车开始沿水平面做直线运动，其 v-t 图象如图乙所示，g 取10m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是（ ）A. 0-6s 加速，加速度大小为 2m/s2，6-12s 减速，加速度大小为 2m/s2B. 0-8s 加速，加速度大小为 2m/s2，8-12s 减速，加速度大小为 4m/s2C. 0-8s 加速，加速度大小为 2m/s2，8-16s 减速，加速度大小为 2m/s2D. 0-12s 加速，加速度大
2、小为 1.5m/s2，12-16s 减速，加速度大小为 4m/s2（2018 物理教研组整理）C（理综思路指导教师：smile）解：根据速度与时间的图象的斜率表示加速度，则有车先以 4m/s2 的加速度匀加速直线运动，后以-4m /s2 的加速度匀减速直线运动，根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为 2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当 0-8s 时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为 2m/s2，同理，可得：当，当 8-16s 时，车的速度小于物体，因此
3、物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为 2m/s2，故 C 正确， ABD 错误；故选：C根据速度与时间的图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关根据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解考查物体与车的相对运动情况，从而根据运动情况来确定受力情况，并掌握牛顿第二定律的应用，注意分清研究对象，同时掌握读取图象信息的能力2. 短跑运动员在 100m 竞赛中，测得 5s 末的速度是 8m/s，10s 末到达终点时的速度是 10.6m/s则运动员在全程的平均速度是（ ）A. 9m/s B. 9.3m/s C. 10m/s D. 10.6m/
4、s（2018 物理教研组整理）C（理综思路指导教师：smile）解：由题意可知，运动员的位移为 100m；总时间为10s，则平均速度：v=10010/=10/故选：C由题意可知运动员的位移与所用时间，则由平均速度公式可求得平均速度本题考查平均速度的计算，一定要牢记平均速度等于总位移与总时间的比值，基础问题3. 加速度用来描述（ ）第 2 页，共 9 页A. 物体运动的快慢 B. 物体速度的增加C. 物体速度的改变 D. 物体速度改变的快慢（2018 物理教研组整理）D（理综思路指导教师：smile）解：A、加速度是反映速度变化快慢的物理量，不是表示运动快慢的物理量，故 AC 错误，D 正确B、
5、加速度等于单位时间内的速度变化量，不等于速度的增加量，故 B 错误故选：D加速度等于单位时间内速度的变化量，反映速度变化快慢的物理量解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度是反映速度变化快慢的物理量，与速度的大小、速度变化量的大小无关4. 下列各组物理量中均为矢量的是（ ）A. 路程和位移 B. 速度和加速度C. 力和功 D. 电场强度和电势（2018 物理教研组整理）B（理综思路指导教师：smile）解：A、路程只有大小、没有方向，是标量，故 A 错误；B、速度和加速度都是既有大小又有方向的矢量；故者是矢量，故 B 正确；C、功只有大小没有方和，故为标量，故 C 错误；D、电势只有大小
6、没有方向，故为标量，故 D 错误故选：B既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量本题考查对矢量和标量的认识，主要就是看学生对矢量和标量的掌握要注意矢量的运算符合平行四边形法则，而标量符合代数运算，要特别注意电势、重力势能等有大小和正负，但其正负不表示方向5. 关于物体运动的速度和加速度的关系，下列说法正确的是（ ）A. 加速度就是增加的速度B. 速度越大，加速度也越大C. 速度变化越快，加速度一定越大D. 加速度的方向保持不变，速度方向也一定保持不变（2018 物理教研组整理）C
7、（理综思路指导教师：smile）解：A、加速度大小等于单位时间内速度的变化量，不是增加的速度，故 A 错误；B速度大，加速度不一定大比如比较大的速度做匀速直线运动，速度虽然很大，但加速度很小，为 0，故 B 错误；C加速度是反映速度变化快慢的物理量加速度大，速度变化快，故 C 正确；D加速度的方向不变，速度的方向可能改变，比如平抛匀速运动，加速度方向不变，速度方向时刻改变，故 D 错误故选：C加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，加速度的方向与速度变化量的方向相同，与速度方向无关解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关二、多选题
8、（本大题共 4 小题，共 24 分全部选对得 6 分，选对当不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 ）6. 如图所示，2011 年 2 月 20 日，新一代高速动车组和时速 400公里高速综合检测列车在京沪高铁上海段“试跑”，于 2011年 6 月正式通车高速动车组 1min 内，时速由“0”瞬间飙升至“130 公里”，驶出 1km，下列说法正确的是（ ）A. 1min 末的速度约为 36.1m/s B. 1min 末的速度约为 72.2m/sC. 1min 内的平均速度约为 16.67m/s D. 1min 内的平均速度约为 63.1m/s（2018 物理教研组整理）AC（理综思路指导教师：
9、smile）解：高速动车组 1 min 内，时速由 “0”瞬间飙升至“130 公里”，即 1 min 末的速度 v=130 km/h=36.1 m/s，故 A 正确，B 错误；C、1min 内的平均速度 = = m /s=16.67 m/s，故 C 正确，D 错误； 100060故选：AC由题意可知动车在 1min 时的速度，此速度即为瞬时速度；根据平均速度的定义式可求得对应的平均速度本题考查平均速度和瞬时速度，要注意明确平均速度等于位移与时间的比值；在计算中注意单位的换算7. 如图所示为甲、乙两质点做直线运动时，通过打点计时器记录的两条纸带，两纸带上各计数点间的时间间隔都相同关于两质点的运动
10、情况的描述，正确的是（ ）A. 两质点在 t0t 4 时间内的平均速度相同B. 两质点在 t2 时刻的速度大小相等C. 两质点速度相等的时刻在 t3t 4 之间D. 两质点不一定是从同一地点出发的，但在 t0 时刻甲的速度为 0（2018 物理教研组整理）ABD（理综思路指导教师：smile）解：A、两质点在 t0t 4 时间内，通过的位移相等，经历的时间相等，故平均速度相等，故 A 正确；B、甲图做匀加速直线运动，t 2 时刻的速度等于 t1 到 t3 时刻的平均速度即 甲 = = 131342乙图做匀速运动，t 2 时刻的速度即为整个过程的平均速度即 乙 = ，故 B 正确；2第 4 页，
11、共 9 页C、由 B 可知，C 错误；D、从纸带不能判断出质点出发点的位置，则两质点不一定是从同一地点出发的，在甲图中，相邻相等时间内位移之比满足 1：3：5，满足初速度为零的匀加速直线运动的推论，故 t0 时刻速度为零，故 D 正确；故选：ABD （1）平均速度等于位移与时间的比值；（2）甲图做匀加速直线运动，t 2 时刻的速度等于 t1 到 t3 时刻的平均速度，而乙图做匀速运动，t 2 时刻的速度即为整个过程的平均速度；（3）在甲图中，相邻相等时间内位移之比满足 1：3：5，故 t0 时刻速度为零；本题考查了打点计时器的原理，要知道打点计时器的振针每 1 秒钟内上下振动共 50 次，每打
12、两个点之间的时间间隔相同8. 四个质量相同的物体 a、b、c、d，a 做匀速直线运动、b 做匀速圆周运动，c 做匀减速直线运动，d 做平抛运动，其中（ ）A. 速度保持不变的仅是物体 a B. 加速度保持不变的仅是物体 bC. 动能保持不变的仅是物体 a、b D. 动量保持不变的仅是物体 b、c、d（2018 物理教研组整理）AC（理综思路指导教师：smile）解：匀速直线运动速度大小和方向均不变，而匀速圆周运动的速度的大小不变、而方向始终改变，减速运动的速度大小减小，平抛运动的加速度均保持不变速度大小和方向均改变A、根据以上分析，故 A 正确B、加速度保持不变的仅是物体 d，故 B 错误C、
13、同理分析，动能保持不变的仅是物体 a、b，故 C 正确D、动量保持不变的仅是物体 a，故 D 错误故选：AC 解决本题的关键是掌握加速度的概念，速度变化匀速直线运动速度大小和方向不变，而匀速圆周运动加速度的方向始终改变，减速运动的速度大小，平抛运动的加速度均保持不变速度大小和方向均改变，速度大小不变动能不变由于速度是矢量，所以速度不变既包括大小不变，也包括方向不变而匀速圆周运动的加速度的大小不变但由于方向指向圆心，即方向随时变化，故匀速圆周运动是变加速曲线运动9. 从地面上抛一物体 A，同时在离地面某一高度处有一物体 B 自由下落，两物体在空中相遇时速率均为 v，则下列说法中正确的是（ ）A.
14、 物体 A 与 B 在空中运动时间相等B. A 上抛时的初速度与 B 落地时的速度大小相等且均为 2vC. A 上升的最大高度与 B 开始下落时的高度相同D. 两物体相遇处是物体 B 开始下落时高度的中点（2018 物理教研组整理）BC（理综思路指导教师：smile）解：A、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= 2A 竖直上抛物体在空中运动时间 tA=2 故 A 错误2=4B、设两物体从下落到相遇的时间为 t，则对于自由下落物体有：gt= v；竖直上抛物体的初速度为 v0，则由题 v=v0-gt 解得 v0=2v，故 B 正确C、物体 A 能
15、上升的最大高度 ，B 开始下落的高度 hB= ，显=(2)22=22 12(2)2=22然两者相等故 C 正确D、B 下落的时间为 t= ，下落的高度为 h= 则知不是 B 物体开始下 122=22=14落时高度的中点故 D 错误故选：BC 竖直上抛运动看成向上的加速度为-g 的匀减速直线运动处理，根据两物体在空中同时到达同一高度求出运动经过的时间，由运动学公式和竖直上抛运动的对称性分析求解本题涉及两个物体运动的问题，关键要分析两物体运动的关系，也可以根据竖直上抛运动的对称性理解三、填空题（本大题共 1 小题，共 5 分）10. 如图所示，物体从光滑斜面上的 A 点由静止开始下滑，经过 B 点
16、后进入水平面（设经过 B 点前后速度大小不变），最后停在 C 点，每隔 0.2 秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，如表给出了部分测量数据，物体与水平面的动摩擦因数是_ ；从 A 运动到 C 的过程中平均速率为 _ m/s（重力加速度g=10m/s2）t（s） 0.0 0.2 0.4 1.2 1.4 v（m/s） 0.0 1.0 2.0 1.1 0.7 （2018 物理教研组整理）0.2；1.25（理综思路指导教师：smile）解：由表格中第 4、5 两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为= 2=1.10.71.41.2/2=2/2由牛顿第二定律得 mg=ma2，代入数据得 =
17、0.2由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为= m/s2=5m/s2 1=2.01.00.40.2研究物体由 t=0 到 t=1.2s 过程，设物体在斜面上运动的时间为 t，则有vB=a1t，v 1.2=vB-a2（1.2-t）代入得 v1.2=a1t-a2（1.2- t）解得 t=0.5s，v B=2.5m/s 根据斜面上匀加速运动的末速度等于水平面匀减速运动的初速度，则全过程的平均速度：m/s .=2=2.52=1.25第 6 页，共 9 页故答案为：0.2，1.25 求出物体在水平面运动的速度和时间，求出加速度，再由牛顿第二定律求出动摩擦因数 ；同理求出斜面上的加速度
18、；再研究物体由 t=0 到 t=1.2s 过程，根据斜面上匀加速运动的末速度等于水平面匀减速运动的初速度，由运动学的公式求出最大速度；由匀变速直线运动的平均速度的公式即可求出平均速度本题由表格的形式反映物体的运动情况，运用运动学的基本公式求解加速度要抓住物体在斜面上和水平面上运动之间速度关系，研究物体在斜面上运动的时间四、计算题（本大题共 4 小题，共 48 分）11. 游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行观测，记录数据如表：运动过程 运动时间 运动状态匀加速运动 040s 初速度 v0=0，末速度 v=4.2m/s匀速运动 40s640s v=4.2m/s匀减速运动 640s720
19、s 靠岸时的速度 v1=0.2m/s（ 1）求游船匀加速运动过程中加速度大小 a1 及位移大小 x1；（2）若游船和游客的总质量 M=8000kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小 F；（3）求游船在整个行驶过程中的平均速度大小（2018 物理教研组整理）解：（1）游船匀加速运动过程中加速度大小a1= = =0.105m/s2114.240位移大小 x1= = 40m=84m214.22（2）游船匀减速运动过程中加速度大小 a2= = =0.05m/s2334.20.2720640根据牛顿第二定律得 F=Ma2=80000.05N=400N（3）游船在整个行驶过程中的总位移 x=x1+vt
20、2+ =84+4.2600+ =2780m+12 3 4.2+0.22 80游船在整个行驶过程中的平均速度大小 = = 3.86m/s.2780720答：（1）游船匀加速运动过程中加速度大小 a1 是 0.105m/s2位移大小 x1 是 84m（2）游船匀减速运动过程中所受的合力大小 F 是 400N；（3）游船在整个行驶过程中的平均速度大小是 3.86m/s（理综思路指导教师：smile）（1）根据加速度的定义式 a= 求游船匀加速运动过程中加速度根据位移等于平均速度乘以时间求位移（2）同理，由加速度的定义式 a= 求游船匀减速运动过程中加速度大小，再根据牛顿第二定律求合力大小 F（3）运
21、用位移公式求出游船在整个行驶过程中的总位移，再由位移与时间之比求平均速度大小理清游船的运动情况，运用运动学公式和牛顿第二定律解决动力学问题也可以画出v-t 图象来分析游船的运动情况12. 一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的 v-t 图象如图所示求：（1）摩托车在 020s 这段时间的加速度大小 a；（2）摩托车在 075s 这段时间的平均速度大小 .（2018 物理教研组整理）解：（1）摩托车在 020s 这段时间的加速度a= = =1.5m/s230020（2）摩托车在 075s 这段时间的位移 x= 30m=1500m25+752 平均速度大小 = = =20m/s.150
22、075答：（1）摩托车在 020s 这段时间的加速度大小 a 是 1.5m/s2；（2）摩托车在 075s 这段时间的平均速度大小 是 20m/s.（理综思路指导教师：smile）（1）v-t 图象的斜率等于加速度，由加速度的定义求解（2）由图象与时间轴所围的面积表示位移，求得位移，再求平均速度大小解决本题的关键要抓住速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移13. 经检测汽车 A 的制动性能：以标准速度 20m/s 在平直公路上行使时，制动后 40s停下来现 A 在平直公路上以 20m/s 的速度行使发现前方 180m 处有一货车 B 以6m/s 的速度同向匀速行
23、使，司机立即制动，能否发生撞车事故？（2018 物理教研组整理）解：汽车 A 以 v0=20m/s 的初速做匀减速直线运动经 40s 停下来据加速度公式可求出 a= =-0.5m/s20当 A 车减为与 B 车同速时，据 =2as 可求出 A 车减为与 B 车同速时的位移为2120s1= = =364m 21202 622022(0.5)此过程通过的时间为 t= =28s 10此时间内 B 车的位移为 s2=v2t=628m=168m 因为s=s 1-s2=364m-168m=196m180m 第 8 页，共 9 页所以两车相撞答：通过计算得到两车能发生撞车事故（理综思路指导教师：smile）
24、根据汽车 A 以标准速度行驶时制动的时间，由加速度公式求出汽车的加速度当 A 在平直公路上以 20m/s 的速度行使时，A 制动到速度与货车 B 的速度相同时，若 A 能超过 B 车则相撞，否则不能相撞根据位移速度公式求出，两车速度相同时通过的位移，再判断两车能否相撞本题是运动学中临界问题，两车恰好相撞的临界条件是速度相等，后车追上前车14. 如图所示，质量 M=2.0kg 的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m=1.0kg 的小铁块（可视为质点），它离木板左端的距离为 L=0.5m，铁块与木板间的动摩擦因数为 =0.2现用一水平向右的恒力 F 作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动
25、，设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s2则（1）若要使铁块不从木板上滑出，求恒力的最大值 F1；（2）若将木板从铁块下抽出历时 1s，求拉力 F2 的大小；（3）在题（2）中，求木板从铁块下抽出过程中摩擦力分别对铁块和木板做的功（2018 物理教研组整理）解：（1）设小铁块相当于木板运动时的加速度为 ，由牛顿第二定律定律可知：，所以 对整体有： ，所以 。 （ +） （ +） . （）设木板的加速度为 a，由题意可知 ，由牛顿第二定律定律可知； ，而 带入数据得：F 。（）铁块的位移： 木板的位移： 所以摩擦力对铁块所做的功： 摩擦力对木板所做的功： （理综思路指导教师：smile）本题考查了牛顿第二定律、加速度及恒力做功（1）由牛顿第二定律小铁块相对木板运动的加速度大小，这是两者一起运动的最大加速度；（2）根据位移和时间的关系，求出抽出木板过程，木块的加速度，进而求 ；（3）根据恒力做功的公式求摩擦力所做的功。
