高考专题复习直线运动 20页

第二轮复习专题——物体的运动 直线运动 直线运动是高中物理的重要章节，是整个物理学的基础内容之一，涉及位移、速度、加速度等多个物理量，基本公式也较多，同时还有描述运动规律的s-t图象、V-t图象等知识。从历年高考试题的发展趋势看，本章内容作为一个孤立的知识点单独考查的命题并不多，更多的是体现在综合问题中，甚至与力、电场中带电粒子、磁场中的通电导体、电磁感应现象等结合起来，作为综合试题中的一个知识点加以体现。为适应综合考试的要求，提高综合运用学科知识分析、解决问题的能力，要在扎实掌握学科知识的基础上，注意与其他学科的渗透以及在实际生活、科技领域中的应用，经常用物理视角观察自然、社会中的各类问题，善于应用所学知识分析、解决问题，尤其是提高解决综合问题的能力，多与公路、铁路、航海、航空等交通方面知识或电磁学知识综合。‎ 从力和运动的关系来看：直线运动可分为：匀速直线运动、匀变速直线运动、变加速直线运动（如：简谐振动等）。‎ 从其处理方法来看：有运动的合成与分解（如：小船渡河问题等）、力的合成与分解（侧重于直线运动条件的考查）、直线运动的基本规律的应用、功和能的处理方法、图像的研究方法等等。‎ 从涉及内容来看：可涉及纯力学、电场中带电粒子、磁场中的通电导体、电磁感应现象或作为综合试题中的一个知识点加以体现。‎ ‎(一)小船渡河问题的研究（运动的合成与分解问题）‎ 例题1：一艘小艇从河岸的A处出发渡河，小艇保持与河岸垂直方向行驶，经过10min到达正对岸下游‎120m的C处，如图所示。如果小艇保持原来的速度逆水斜向上游与河岸成α角方向行驶，则经过12.5min恰好到达正对岸的B处，求河的宽度。‎ ‎　　分析：设河宽为d，河水流速为v1，船速第一次为v2，第二次为v′2，（v2、 v′2大小相同，方向不同）船两次运动速度合成如图所示，由题意有：‎ d＝v2·t1=v′2·sinα·t2①‎ SBC=v1·t1②‎ ‎③‎ ‎　　三式联立，代入数据可求得：河宽d=‎‎200m ‎　扩展变通：‎ ‎1、一条宽为d的河流，河水流速为v1，船在静水中的速度为v2。‎ ‎(1)要使船划到对岸时的时间最短，船头应指向什么方向？最短时间为多少？‎ ‎(2)要使船划到对岸时的航程最短，船头应指向什么方向？最短航程是多少？（试讨论v2>v1、v2v1时，船头斜向上游与岸夹角为θ，船速v可垂直河岸，此时航程最短为d，如图所示，，即船头指向斜上游、与岸夹角。‎ 当v20的区域。求：‎ ‎（1）油滴带什么电荷；‎ y ‎（2）油滴经M点时速率的大小；‎ 解析：该题的关键是小球匀速进入磁场中的平衡分析，受力分析如图：能做直线运动的只可能带正电，由平行四边形定则可知：VM=mg/Bqcosa.‎ G F电 ‎ F洛 ‎ 若带正电 G F电 ‎ F洛 ‎ 若带负电 练习：‎ ‎1．如图所示，在纸面内有一匀强电场，一带正电的小球（重力不计）在一恒力F的作用下沿图中虚线由A至B做匀速运动，已知力F和AB间夹角为θ，AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是（）‎ A．匀强电场的电场强度 B．AB两点的电势差为 C．带电小球由A运动至B过程中电势能增加了 D．若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向 练习答案：1BC ‎(四)变加速直线运动——（1）简谐振动 例题1：如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B点后向上运动，则以下说法正确的是 ( ）‎ O A B m A．物体从O点到B点的运动 B．物体从O点到B点的运动为一直减速 C．物体从B点到O点的运动时，O点的速度最大 D．物体从B点到O点的运动为先加速后减速 分析，关于简谐振动类变加速直线运动的分析方法，关键找好平衡位置，再利用简谐运动的规律求解。该题目中，平衡位置为重力和弹簧弹力等大、反向的位置，在OB之间。故，正确答案为：A、D 扩展变通：‎ 例题2：弹簧下端悬挂一个质量为m的小球，在拉力作用下以a=‎2g的加速度匀加速上升，当弹簧上端突然停止运动，小球继续向上运动的过程中，小球运动的加速度大小变化是 ‎___________________;速度大小变化是_____________________,小球机械能变化是____________________________.‎ 分析：小球运动的平衡位置为重力和弹簧弹力等大、反向的位置。则，小球的运动是先靠近平衡位置，后远离平衡位置，由对称性，可知：小球在最高点弹簧一定处于压缩状态，弹性势能是先减小后变大。‎ 正确答案：先减小，后变大；先变大后变小；先增加后减小 练习：‎ ‎1．一升降机在箱底装有若干个弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的一段运动过程中，‎ A．升降机的速度不断减小 B．升降机的加速度不断变大 C．先是弹力小于重力，然后是弹力大于重力 D．到最低点时，升降机加速度的值一定大于重力加速度的值。‎ 练习答案：1CD ‎ ‎(五)变加速直线运动——临界条件的分析 例题1：如图所示，一个质量m=‎0.01kg,电荷量q=10‎-2C的带正电小球，和一个等质量的不带电小球相距L=‎0.2m,静放在绝缘的光滑水平面上。当加上水平向左E=103N/C的匀强电场和B=0.5T垂直纸面向外的匀强磁场后,带电小球向左运动,与不带电小球相碰并粘在一起,则两球碰后速度为多少?碰后至离开水平面过程中通过位移为多少?‎ ‎[分析]碰撞前后应用动能定理列方程，碰撞过程应用动量守恒列方程。离开水平面的条件是重力与洛伦滋力相等。‎ 解：碰撞前应用动能定理 mv12=qEL ①‎ 得v1=‎20m/s 碰撞过程中动量守恒 mv1=2mv2②‎ ‎+q 得 v2=‎10m/s 物体刚要离开水平面的条件是 ‎2mg=qv3B③‎ 得 v3=‎40m/s ‎ 碰撞后应用动能定理 ‎2mv32-2mv22=qEs ④‎ 得s=‎‎1.5m 关键是临界条件的分析，离开地面，地面对物体的支持力恰好为零。‎ 扩展变通：‎ 例题2.如图示，水平向左的匀强电场的场强E=4 V/m，垂直纸面向内的匀强磁场的B=2 T，质量为‎1 kg的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行‎0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为‎1.6m，取g=‎10m/s2 试求：‎ ‎ (1) A沿墙下滑离开墙面的速度多大？‎ ‎(2) 到达P点后的速度大小为多少？‎ A B=2T ‎ E=4V/m P N M ‎·‎ ‎·‎ qVNB qE f mg N ‎[分析]：（1）物块从M点由静止开始下滑，受重力、电场力、洛仑兹力、墙壁的弹力及滑动摩擦力，如图示。随着速度的增大，洛仑兹力增大，墙壁的弹力减小，滑动摩擦力减小。至N点时墙壁的弹力减小至零，即在N点有：，得：。‎ mg qE qvB vP ‎（2）在P点三力平衡，如图所示有：‎ ‎，得 关键：有2点：（1）离开墙面时N=0 （2）匀速运动时合力为零 练习：‎ ‎1.如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块．甲、乙叠放在一起置于粗糙水平面上，水平面上方有垂直于纸面向里的匀强磁场．现用一个水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动．在共同加速阶段，下列说法中正确的是（）‎ A.甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大 乙 甲 甲 乙 F B.甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小 C.甲、乙两物块间的静摩擦力大小不变 D.乙物块与地面间的摩擦力不断增大 甲 ‎2．如图所示电磁场中，一质量m、电量q带正电荷的小球静止在倾角θ 、足够长的绝缘光滑斜面的顶端时，对斜面压力恰为零．若迅速把电场方向改为竖直向下，则小球能在斜面上滑行多远？所用时间是多少？‎ X Y N Bqv Eq G α E ‎ B ‎ θ ‎[分析]：开始带电质点受到电场力为Eq，方向沿电场正方向（竖直向上）；质点受到的重力为mg，沿竖直向下，且，现迅速把电场方向改为竖直向下，小球的受力情况如图所示，沿Y轴方向，小球离开斜面前有，当v增大时N减小，确保为一定值；而在X轴方向上，小球受力有为一恒力，所以小球在离开斜面前做匀加速直线运动。临界情况：当N=0时，小球开始离开斜面，即；且由，得。‎ 练习答案：1BD ‎(六)直线运动的研究方法——力与动关系、功和能 例题1：如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=‎0.3m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R=0.4Ω。导轨上停放一质量m=‎0.1kg、电阻r=0.2Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。‎ ‎（1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；‎ ‎（2）求第2s末外力F的瞬时功率；‎ ‎（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s所做的功为0.3J，求回路中定值电阻R上产生的焦耳热是多少。‎ 甲 乙 a M b Q N F R P 电压传感器 接电脑 t/s U/V ‎0 0.5 1.0 1.5 2.0‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ 解析：‎ （1） 设路端电压为U，杆的运动速度为v，有 （2） 由图乙可得 U=0.1t ‎ 所以速度 v=1 t ‎ 因为速度v正比于时间t，所以杆做匀加速直线运动，‎ 且加速度 a=‎1m/s2‎ ‎（2）在2s末，v=at=‎2m/s，‎ 杆受安培力 由牛顿第二定律，对杆有，‎ 得拉力F=0.175N ‎ 故2s末的瞬时功率 P=Fv=0.35W ‎ ‎(3) 在2s末，杆的动能 由能量守恒定律，回路产生的焦耳热 Q=W-Ek=0.1J ‎ 根据 Q=I2Rt，有 故在R上产生的焦耳热 扩展变通：‎ 例题2：如图甲所示，空间存在B=0．5T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距L=0．‎2m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m=0．‎1kg的导体棒，从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的速度一时间图象，其中OA段是直线，AC是曲线，DE是曲线图象的渐近线小型电动机在12s末达到额定功率，P额=4.5W，此后功率保持不变．除R 以外，其余部分的电阻均不计，g=‎10 m／s2。‎ ‎（1）求导体棒在0—12s内的加速度大小；‎ ‎（2）求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R的阻值；‎ ‎（3）若已知0—12s内R上产生的热量为12.5J，则此过程中牵引力做的功为多少? ‎ 解：（1）由图中可得：12s末的速度为v1=‎9m/s,t1=12s 导体棒在0-12s内的加速度大小为m/s2‎ ‎（2）设金属棒与导轨间的动磨擦因素为μ.A点：E1=BLv1 ①②‎ 由牛顿第二定律：F1-μmg-BI‎1l=ma1 ③则Pm=F1·v1 ④‎ 当棒达到最大速度vm=‎10m/s时，Em=BLvm ⑤Im=⑥‎ 由金属棒的平衡：F2-μmg-BImL=0 ⑦则Pm=F2·vm ⑧‎ 联立①—⑧代入数据解得：μ=0.2，R=0.4Ω ‎（3）在0-12s内：t1=12s 通过的位移：‎ 由能量守恒：⑩代入数据解处：WF=27.35J 则此过程牵引力的冲量为4.65N·s牵引力做的功为27.35J 例题3：.如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。‎ ‎（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1‎ ‎（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；‎ ‎（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）‎ 答案：（1）; （2）; ‎ ‎(3) ‎ 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。‎ ‎（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有qE+mgsin=ma①‎ ‎②‎ 联立①②可得③‎ ‎（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ‎④‎ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ‎⑤‎ 联立④⑤可得 s ‎（3）如图 练习：‎ ‎ 1.如图所示，L为竖直、固定的光滑绝缘杆，杆上O点套有一质量为m、带电量为－q的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q的点电荷，杆上a、b两点到+Q的距离相等，Oa之间距离为h1，ab之间距离为h2，使小环从图示位置的O点由静止释放后，通过a的速率为。则下列说法正确的是 A．小环通过b点的速率为 B．小环从O到b，电场力做的功可能为零 C．小环在Oa之间的速度是先增大后减小 D．小环在ab之间的速度是先减小后增大 ‎2.如图所示，长为L，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为 +q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则 A．A、B两点的电势差一定为mgLsinθ/q B．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 C．若电场是匀强电场，则该电场的场强的最大值一定是mg/q D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q 一定是正电荷 ‎3．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下。已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J ‎，则以下判断正确的是（）‎ A．金属块带正电荷 B．金属块克服电场力做功8.0J C．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4.0J ‎4．总质量为‎80kg的跳伞运动员从离地‎500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v－t图，试根据图像求：（g取‎10m/s2）‎ ‎（1）t＝1s时运动员的加速度和所受阻力的大小。‎ ‎（2）估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功。‎ ‎（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。‎ 解：（1）从图中可以看邮，在t＝2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为m/s2=‎8m/s2‎ 设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma 得f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N ‎（2）从图中估算得出运动员在14s内下落了 39.5×2×‎2m＝158‎ 根据动能定理，有 所以有＝（80×10×158－×80×62）J≈1.25×105J ‎（3）14s后运动员做匀速运动的时间为s＝57s 运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间t总＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s ‎4．如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝‎1m，m＝‎1kg，R＝0.3W，r＝0.2W，s＝‎1m）‎ ‎（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；‎ ‎（2）求磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？‎ ‎（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。‎ 解析：（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UµIµeµv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量；‎ ‎（2）F－＝ma，以F＝0.5v＋0.4‎ 代入得（0.5－）v＋0.4＝a a与v无关，所以a＝‎0.4m/s2，（0.5－）＝0‎ 得B＝0.5T ‎ ‎（3）x1＝at2，v0＝x2＝at，x1＋x2＝s，所以at2＋at＝s 得：0.2t2＋0.8t－1＝0，t＝1s，‎ ‎（4）可能图线如下：‎ 练习：‎‎1A2A3AC ‎(七)两个直线运动的相关性：‎ 运动物体的追及、相遇问题是人们日常生活中常见的，如赛车的追赶相遇、运动员的交接棒问题等。此类问题的处理，要涉及运动学的基本规律，是高考命题的热点之一。‎ 例1、甲乙两物体在同一条直线上同时同地沿同一方向运动，甲以‎6m/s的速度做匀速直线运动，乙做初速度为为零，加速度为‎2m/s2‎ 的匀加速直线运动。二者何时距离最大？最大距离是多少？‎ ‎[解析]开始一段时间内，甲快乙慢，甲在前，二者距离变大，甲的速度v甲=‎6m/s,乙的加速度a乙=‎2m/s2，‎ s甲 s乙 ‎△s 当乙的速度达到‎6m/s时，二者距离最大,由速度公式 v=at得 t=v甲/a=6/2s=3s 在这3s内，甲的位移s甲=v甲t=6×‎3m=‎18m，‎ 乙的位移s乙=at2/2=2×32/2m=‎9m，‎ 二者的最大距离△s=s甲-s乙=‎18m-9m=‎‎9m ‎[答案]出发后3s，‎‎9m 例2、甲乙两物体在同一条直线上沿同一方向运动，甲以‎6m/s的速度做匀速直线运动，从计时时起，‎ 乙在甲后‎7m处做初速度为为零，加速度为‎2m/s2的匀加速直线运动，乙能否追上甲？‎ s0=‎‎7m s甲 s乙 ‎△s ‎[解析]乙的速度达到‎6m/s时所用的时间为，在这3s的时间内，甲的位移 s甲=v甲t=6×‎3m=‎18m，乙的位移s乙=‎ 由于s乙+s0=（9+7）m=‎16m＜s甲=‎18m，‎ 因此追不上。‎ ‎[答案]追不上 ‎[规律小结]两物体沿同一方向作直线运动，若前快后慢，两物体间距离变大，速度相等时两物体间距离最大；若后快前慢，两物体间距离变小，如果追不上，速度相等时两物体间距离最小。‎ ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎5‎ t/s v/(m/s)‎ b(乙)‎ a(甲)‎ 例题3：甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v－t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0－20s的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是 ‎ A．在0－10 s内两车逐渐靠近 ‎ B．在10－20 s内两车逐渐远离 ‎ C．在5－15 s内两车的位移相等 ‎ D．在t＝10 s时两车在公路上相遇 ‎[解析]由v-t图象可知，0~10s内，v乙＞v甲，两车逐渐远离；10s~20s内，v乙＜v甲，两车逐渐靠近，故A、B均错。v-t图线与时间轴所围的面积表示位移，5s~15s内，两图线与t时间轴包围的面积相等，故两车的位移相等。C对。t=20s时，两车的位移相等，说明两车相遇，故D措。‎ ‎[答案]C ‎[规律小结]在v-t图线中，图线与时间轴所围的面积表示位移的大小，两物体沿同一方向作直线运动，若同时同地出发，v-t图线与t时间轴包围的面积相等时两物体相遇。‎ 例题4：当汽车B在汽车A前方‎7m时，A正以vA=‎4m/s的速度向右做匀速直线运动，而汽车B此时速度vB=‎10m/s，向右做匀减速直线运动，加速度大小为a=‎2m/s2.此时开始计时，则A追上B需要的时间是多少？‎ ‎[解析]设B车运动的时间为t0,则 在5s内，B车的位移 A车的位移sA=vAt0=4×‎5m=‎‎20m 设A车需要再经t1追上B车，根据两车的位移关系，有 s0=‎‎7m sB sA vAt1‎ A追上B需要的时间t0+t1=(5+3)s=8s ‎[答案]8s ‎[规律小结]分析追及、相遇问题时，一定要认真分析两个物体的时间关系和位移关系。时间关系是两物体运动时间是否相等，两物体是同时运动还是一先一后等；位移关系是指两物体同地运动还是一前一后运动等，其中通过画运动示意图找到两物体间的位移关系是解题的突破口。‎ 在v-t图线中，图线的交点表示在某一时刻物体的速度相等，并不表示两物体相遇，例3中有的同学极易认为在10s末两物体相遇。‎ 若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意，追上前该物体是否停止运动。例4中若认为汽车B一直做匀减速运动，就会列出表达式，得出t=7s的错误结论。‎ 练习：‎ ‎1、图为甲、乙两物体在同一起跑线同时向同一方向做直线运动的v-t图线，则以下说法正确的是（）‎ A．甲、乙均做匀速直线运动 B．甲、乙均做匀加速直线运动，乙的加速度大 C．在t1时刻之前，甲的速度大 D．在时刻t1，甲、乙两物体相遇 ‎2、a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是 A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度 B．20秒时，a、b两物体相距最远 C．60秒时，物体a在物体b的前方 D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距‎200m ‎3、两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶。t=0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的v-t图如下图所示。哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆（）‎ A B C D t/s t/s t/s t/s v/m·s-1‎ v/m·s-1‎ v/m·s-1‎ v/m·s-1‎ ‎0 5 10 15 20 25‎ ‎0 5 10 15 20 25‎ ‎0 5 10 15 20 25‎ ‎0 5 10 15 20 25‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎10‎ b b a a b a b a ‎4、一辆摩托车行使的最大速度为‎108km/h。现让摩托车从静止出发，要求在4min内追上前方相距‎1km,、正以‎25m/s的速度在平直公路上行驶的汽车。则该摩托车行使时，至少应有多大的加速度？‎ ‎5、甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持‎9m/s的速度跑完全程：乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前s0＝‎13.5m处作了标记，并以v＝‎9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令。乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棱。已知接力区的长度为L＝‎‎20m 求：（1）此次练习中乙在接棒前的加速度a。‎ ‎（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。‎ 练习答案：‎ ‎1、[解析]甲、乙两物体的v-t图线都是倾斜的直线，说明它们都做匀加速直线运动。乙物体的v-t图线斜率大，说明乙物体的加速度大，故A错B对。在t1时刻之前，由图象可以看出甲的速度大，C正确。在时刻t1，甲、乙两物体的速度相等，但此时它们之间的距离最大，D错误。‎ ‎[答案]B、C ‎2、[解析]a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，从图像看，速度均为正值，加速时，加速时，加速度也为正值，且同向运动。因ab加速时，‎ ‎ a的加速度a1=（v1-v0）/t=(40-10)/‎20m/s2=‎1.5 m/s2‎ b的加速度a2=v1/t=(40-0)/(40-20)m/s2=‎2.0 m/s2‎ 故A错误。t=20s时，va=‎40m/s, vb=0,a在b前，距离继续增大，当t=40s时，va= vb，a与b距离最大，此时，‎ sa=(v0+va)t1+vat2=(10+40)20/2+40×‎20m=‎‎1300m sb=(v0+vb)t3=(0+40)×20/‎2m=‎400m. ‎ 故a、b间最大距离△smax= sa- sb=‎900m,所以BD错误。‎ t=60s时，sa=(10+40)20/2+40×‎40m=‎‎2100m sb=at2/2=2×402/2.m=‎1600m,故t=60s时，a仍在b前方，所以C正确。‎ ‎[答案]C ‎3、[解析]在v-t图线中，图线与时间轴所围的面积表示位移的大小，A图中，t=20s时，两车位移大小相等，即b车追上了a车；B图中b车的速度始终比a车速度大，即a车不可能追上b车；C图中t=20s时两车位移相等，即b车能追上a车；D图中从图像可以看出，两车速度相等时，始终是b车位移大，故a车不可能追上b车。‎ ‎[答案]AC ‎4、[解析]若摩托车在追赶过程中一直做匀加速直线运动，则有 v汽t+s0=vt/2‎ 代入数值解得追上时摩托车的速度 v=‎58m/s 这个速度大于摩托车行使的最大速度，因此摩托车应先加速，再匀速追赶。‎ 设摩托车在t=4min内恰好追上汽车且加速阶段的时间为t1,由位移关系可得 v汽t+s0=vmt1/2+v(t- t1)‎ 其中vm=‎108km/h=‎30m/s 代入数值解得 t1=40/3s 由vm=at1‎ 代入数值解得a=‎2.25m/s2‎ 因此，摩托车行使时至少应有‎2.25m/s2的加速度。‎ ‎[答案]‎2.25m/s2‎ ‎5、[解析]（1）设经过时间t，甲追上乙，则根据题意有vt－vt/2＝‎‎13.5m 将v＝‎9m/s代入得到：t＝3s,‎ 又v＝at 解得：a＝‎3m/s2‎ ‎（2）在追上乙的时候，乙走的距离为s,‎ 则：s＝at2/2‎ 代入数据得到s＝‎‎13.5m 所以乙离接力区末端的距离为∆s＝‎20m－‎13.5m＝‎‎6.5m ‎[答案]‎13.5m，‎‎6.5m