201*屆高考備考(201*年山東各地市一模精選)：直線運動

（201*淄博市一模）14．如圖所示，靠在豎直粗糙墻壁上的物塊在t=0時被無初速釋放，同時開始

受到一隨時間變化規(guī)律為Fkt的水平力作用．用a、v、f和EK分別表示物塊的加速度、速度、物塊所受的摩擦力、物塊的動能，下列圖象能正確描述上述物理量隨時間變化規(guī)律的是

【答案】BC

【解析】由題意可知物塊先做加速度減小的加速運動，當(dāng)摩擦阻力大小等于重力大小時，速度最大，加速度為0，而后做加速度增大到減速運動，最后靜止。

選項A，速度圖線開始一段向上彎曲，速度的變化率增大，加速度增大，與題意不符。選項B，由mgktma可得agkmt，圖線正確。

選項C，物塊向下運動過程中摩擦力為滑動摩擦力，fFkt；物塊靜止時，豎直方向只受到重力和靜摩擦力的作用，二力平衡。由于在減速階段重力小于摩擦力，故圖線正確。

選項D，由于速度隨時間的變化不是線性關(guān)系，故動能與時間的關(guān)系也不是線性關(guān)系，錯誤。（201*淄博市一模）

19．“蹦極”是一項既驚險又刺激的運動．運動員腳上綁好彈性繩從很高的平

臺上跳下，從開始到下落到最低點的速度時間圖象如圖所示，設(shè)運動員開始跳下時的初速度為零，不計阻力，則下列說法正確的是

A．0-t1時間內(nèi)，運動員做自由落體運動

B．t1-t2時間內(nèi)，運動員做加速度逐漸減小的加速運動

C．t1-t2時間內(nèi)，重力對運動員做的功大于運動員克服拉力做的功D．t2-t3時間內(nèi)，運動員動能的減少量大于克服拉力做的功【答案】ABC

【解析】0-t1時間內(nèi)，彈性繩的拉力為0，運動員只受重力作用，做自由落體運動，t1時刻彈性繩剛好恢復(fù)到原長，t1-t2時間內(nèi)，運動員受到向上的彈力作用，彈力小于重力，運動員仍向下加速，只是加速度逐漸

減小，據(jù)動能定理可知重力的功大于拉力做的負(fù)功，t2-t3時間內(nèi)，拉力大于重力，且拉力一直增大，故運動員做加速度增大的減速運動，直至靜止，據(jù)能量守恒定律可知動能的減少量和重力勢能的減少量之和等于克服拉力做的功。綜上可知選項ABC正確D錯誤。

（201*濰坊一模）2.用電梯將貨物從六樓送到一樓的過程中，貨物的v-t圖象如圖所示．下列說法正確的是

A．前2s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài)B．最后1s內(nèi)貨物只受重力作用C．貨物在10s內(nèi)的平均速度是1.7m／sD．貨物在2s～9s內(nèi)機(jī)械能守恒【答案】C

【解析】由題意可知前2s貨物向下加速運動，2-9s向下勻速運動，9-10s向下勻減速運動至靜止。故前2s貨物的加速度方向向下，貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤；最后1s貨物的加速度方向向上，合外力向上，故貨物必定受到電梯底板的支持力作用，B錯誤；速度時間圖線與時間軸圍成的圖形的面積表示位移的大小，計算易得10s內(nèi)的平均速度大小為1.7m／s，C正確；貨物在2s～9s內(nèi)機(jī)械能守恒向下勻速運動，重力勢能減小，動能不變，機(jī)械能減小，D錯誤。（201*泰安市一模）

14．設(shè)物體運動的加速度為、速度為，位移為，現(xiàn)有四個不同物體的運動圖像

如圖所示，t=0時刻物體的速度均為零，則其中物體做單向直線運動的圖像是

【答案】C

【解析】由位移-時間圖象可知，位移隨時間先增大后減小，2s后反向運動，4s末到達(dá)初始位置，故A錯誤；由速度-時間圖象可知，速度0-2s內(nèi)沿正方向運動，2-4s沿負(fù)方向運動，方向改變，故B錯誤；由圖象可知：物體在0-2s內(nèi)做勻加速運動，第2-4s內(nèi)做勻減速運動，4s末速度減為0，然后重復(fù)前面的過程，是單向直線運動，故C正確；由圖象可知：物體在第1s內(nèi)做勻加速運動，第2-3s內(nèi)做勻減速運動，2s末速度減為0，第3s內(nèi)沿負(fù)方向運動，不是單向直線運動，故D錯誤．故選C.

（201*德州市一模）16.某物體沿豎直方向做直線運動，其vt圖像如圖所示，規(guī)定向上為正方向，下列判斷正確的是：

A．在0～1s內(nèi)，物體平均速度為2m／sB．在ls～2s內(nèi)，物體向上運動，且處于失重狀態(tài)C．在2s～3s內(nèi)，物體的機(jī)械能守恒D．在3s末，物體處于出發(fā)點上方【答案】BD

由圖象可知0-1s，物體向上做勻加速運動，ls～2s物體向上做勻減速運動，2s末速度反向，2s～3s物體向下做勻加速運動。由于速度單位題目未給出，無法求出0～1s內(nèi)物體的平均速度，A錯誤。在ls～2s內(nèi)，物體向上減速運動，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，B正確。在2s～3s內(nèi)，物體向下加速運動，加速度與重力加速度的大小關(guān)系不確定，可能受到空氣阻力的作用，機(jī)械能未必守恒，C錯誤。3s末物體的位移為正，處于出發(fā)點上方，D正確。（201*濟(jì)南市一模）

15．我國“蛟龍?zhí)枴鄙顫撈鬟M(jìn)行下潛試驗，從水面開始豎直下潛，最后返回水

面，速度圖象如圖所示，則有A．本次下潛的最大深度為6m

B．全過程中的最大加速度為0．025m／s

2

C．超重現(xiàn)象發(fā)生在3-4min和68min的時間段D．0-4min和6～l0min兩時間段平均速度大小相等【答案】CD

【解析】本題考查運動學(xué)規(guī)律的基本應(yīng)用。時間軸上方的圖線表示下潛，時間軸下方的圖線表示返回水面，圖線與時間軸圍成的面積表示位移的大小，圖線的斜率表示加速度的大小，加速度向下物體失重，加速度向上物體超重。

擴(kuò)展閱讀：201*屆高考備考(201*年山東各地市一模精選)：牛頓運動定律

030（201*濰坊一模）3.質(zhì)量為1kg的物體靜止于光滑水平面上．t=0時刻起，物體受到向右的水平拉力F作用，第ls內(nèi)F＝2N，第2s內(nèi)F=1N.下列判斷正確的是A．2s末物體的速度是3m／sB．2s內(nèi)物體的位移為3mC．第1s末拉力的瞬時功率最大D．第2s末拉力的瞬時功率最大【答案】AC

【解析】由牛頓運動定律和運動學(xué)方程可得

代入數(shù)據(jù)可解得F1F2a1,v1a1t;a2,v2v1a2tmmv23m/s，A正確。2s內(nèi)物體的位移為

，B錯誤；第1s末拉力的瞬1212x1x2a1tv1ta2t3.5m22時功率為P=Fv4W,第2s末拉力的瞬時功率為PFv3W故選項C正確D錯誤。

111222030（201*濱州市一模）

18．將一個質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程

2

中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反。該過程的v-t圖象如圖所示,g取10m／s。下列說法中正確的是

A．小球上升與下落所用時間之比為2∶3B．小球下落過程，處于失重狀態(tài)C．小球上升過程中克服阻力做功48J

D．小球上升過程中機(jī)械能的損失大于下落過程中的機(jī)械能損失【答案】BC

【解析】選向上為正方向，上升過程，(mgf)ma1,h12a1t1；下落過程，2mgfma2,h1222:3,a28m/s2即下落過程加速度方向a2t2，代入數(shù)據(jù)可得f2N,t12:t22向下，失重，故選項A錯誤、B正確。小球上升過程中阻力做的功Wffh-48J,故C正確。小球上升過程中機(jī)械能的損失和下落過程中的機(jī)械能損失都等于阻力做的功，由于阻力大小不變，上升和下落經(jīng)過的路程相等，故兩個過程阻力的功相等，故D說法錯誤。030（201*濱州市一模）

20．輕繩一端固定在天花板上，另一端系一個小球，開始時繩豎直，小球

與一個傾角為的靜止三角形物塊剛好接觸，如圖所示。現(xiàn)在用水平力F向左非常緩慢的推動三角形物塊，直至輕繩與斜面平行，不計一切摩擦。關(guān)于該過程中，下列說法中正確的是A．繩中拉力先變小后增大

B．地面對三角形物塊的支持力不斷增大C．斜面對小球的彈力不做功

D．水平推力F做的功等于小球機(jī)械能的增加【答案】BD

【解析】對小球受力分析可知，小球受重力、輕繩的拉力和斜面的支持力3個力的作用而處于一系列的動態(tài)平衡狀態(tài)，做出受力分析的力三角形可知，輕繩的拉力一直減小，斜面的支持力方向不變，大小一直增加，由牛頓第三定律可知小球?qū)π泵娴膲毫σ恢痹龃�，故小球和斜面組成的系統(tǒng)對地面的壓力一直增大，故A錯誤B正確。根據(jù)力做功的條件：“1．作用在物體上的力；2．物體必須是在力的方向上移動一段距離”可知斜面彈力對小球做正功，C錯誤。用水平力F緩慢向左推動斜面體，所以小球的動能不變，重力勢能在增加，所以小球在該過程中機(jī)械能的增量等于重力勢能的增加，若取小球和物塊整體為研究對象，根據(jù)能量守恒得F做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增量，斜面體動能和勢能不變，小球的動能不變，所以系統(tǒng)機(jī)械能的增量等于小球的重力勢能增加量，D正確．故選BD．

030（201*聊城市一模）16.一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t=0時速率為1m/s。從此刻開始在與速度平行的方向上施加一水平作用力F。力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖l和圖2所示，兩圖中F、v取同一正方向，則A．滑塊的加速度為1m／s

B．滑塊與水平地面間的滑動摩擦力為2NC．第Is內(nèi)摩擦力對滑塊做功為-0.5JD．第2s內(nèi)力F的平均功率為3W【答案】AC

【解析】由牛頓第二定律可得0-1s，F(xiàn)1fma1；

1-2s，

2F2fma2，由已知可得F1=1N,F2=3N,a1a21m/s2,解得f=1N，m=2kg,選項A正確B錯誤；第Is

內(nèi)，滑塊的路程等于0.5m，故第Is內(nèi)摩擦力對滑塊做功為-0.5J，選項C正確；第2s內(nèi)，滑塊的平均速度為0.5m/s，故第2s內(nèi)力F的平均功率為1.5W，選項D錯誤。030（201*青島市一模）

15．在水平冰面上，一輛質(zhì)量為1×10kg的電動雪橇做勻速直線運動，

3

關(guān)閉發(fā)動機(jī)后，雪橇滑行一段距離后停下來，其運動的v-t圖象如圖所示，那么關(guān)于雪橇運動情況以下判斷正確的是

A．關(guān)閉發(fā)動機(jī)后，雪橇的加速度為－2m/sB．雪橇停止前30s內(nèi)通過的位移是150mC．雪橇與水平冰面間的動摩擦因數(shù)約為0.03D．雪橇勻速運動過程中發(fā)動機(jī)的功率為5×10W【答案】D

【解析】由速度時間圖線的斜率知關(guān)閉發(fā)動機(jī)后，雪橇的加速度為－0.5m/s；由速度時間圖線圍成的面積表示位移可知雪橇停止前30s內(nèi)通過的位移是200m；由于Ff0,fmgma,PFv0，解得

2

0.05，P5×103W，只有選項D正確。

030（201*青島市一模）

17．光滑水平桌面上放置一長木板，長木板上表面粗糙，上面放置一小

鐵塊，現(xiàn)有一水平向右的恒力F作用于鐵塊上，以下判斷正確的是

A．鐵塊與長木板都向右運動，且兩者一定保持相對靜止B．若水平力足夠大，鐵塊與長木板間有可能發(fā)生相對滑動

C．若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間有可能發(fā)生相對滑動D．若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間仍將保持相對靜止【答案】BD

【解析】若恒力F小于鐵塊與木板之間的摩擦力，鐵塊和木板保持相對靜止，若恒力F大于鐵塊與木板之間的摩擦力，鐵塊和木板將發(fā)生相對滑動，故A錯誤B正確。若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，拉力仍小于摩擦力，鐵塊和木板仍相對靜止，只是整體一起做減速運動，故C錯誤D正確。

（201*濰坊一模）12．（10分）質(zhì)量M＝9kg、長L=1m的木板在動摩擦因數(shù)

1=0.1的水平地面上向右滑行，當(dāng)速度v02m/s時，在木板的右端輕放一質(zhì)量

m=1kg的小物塊如圖所示．當(dāng)小物塊剛好滑到木板左端時，物塊和木板達(dá)到共同速

度．取g=10m/s，求：

（1）從木塊放到木板上到它們達(dá)到相同速度所用的時間t；

（2）小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2．

【答案】見解析【解析】（1）設(shè)木板在時間t內(nèi)的位移為x1；木塊的加速度大小為a2，時間t內(nèi)的位移為x2則有x1=v0t-x2=

2

12a1t①212a2t②2x1=Lx2③

又v0a1ta2t④

你入數(shù)據(jù)得t=1s⑤(2)根據(jù)牛頓第二定律，有1(Mm)g2mgMa1⑥

2mgma2⑦解得20.08⑧

評分標(biāo)準(zhǔn)：本題共10分，③⑥每式2分，其余每式1分.

（201*泰安市一模）22．(15分)如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的小滑塊，從光滑、固定的

1圓弧軌道的4最高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B后滑到位于水平面的木板上。已知木板質(zhì)量M=2kg，其上表面與圓弧軌

2

道相切于B點，且長度足夠長。整個過程中木板的t圖像如圖所示，g=l0m／s．

求：(I)滑塊經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力．(2)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)．(3)滑塊在木板上滑過的距離．【答案】見解析【解析】

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