5.(08广东理科基础10)如图是某物体做直线运动的v-t图象,由图象可得到的正确结果是　　　 　 (　 )　

A.t=1 s时物体的加速度大小为1.0 m/s²

?B. t=5 s时物体的加速度大小为0.75 m/s²

?C.第3 s内物体的位移为1.5 m

?D.物体在加速过程的位移比减速过程的位移大

答案?B?　

解析　 t =1 s时物体加速度大小为1.5 m/s²;t=5 s时物体加速度大小为0.75 m/s²；第3 s内的位移为3 m；物体加速过程的位移比减速过程的位移小.

4.(08全国Ⅰ15)如图,一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧,其左端固定在小车上,右端与一小球相连.设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态,若忽略小球与小车间的摩擦力,则在此段时间内小车可能是(　　 )

A.向右做加速运动　　　 B.向右做减速运动　　　　　 C.向左做加速运动　　　　 D.向左做减速运动

答案　 AD?　

解析　 研究对象小球所受的合外力等于弹簧对小球的弹力,方向水平向右,由牛顿第二定律的同向性可知,小球的加速度方向水平向右.由于小球的速度方向可能向左,也可能向右,则小球及小车的运动性质为：向右的加速运动或向左的减速运动.

3.(08山东理综17)质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上运动,v-t图象如图所示.由此可求 (　 )　

A.前25 s内汽车的平均速度　　　　　　 　

B.前l0 s内汽车的加速度

C.前l0 s内汽车所受的阻力　　　　　　　

D.15-25 s内合外力对汽车所做的功

答案? ABD?

解析　 由v-t图象的斜率表示加速度大小,这样由牛顿第二定律可求出合力,由v-t图象与坐标轴所围面积表

示位移大小,位移除以相应时间就求出平均速度大小,由力和位移可求出合外力的功.

2.(08广东10)某人骑自行车在平直道路上行进,图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v-t图象,某同学为了简化计算,用虚线作近似处理,下列说法正确的是　　　　　　　 　(　　 )

A.在t₁时刻,虚线反映的加速度比实际的大

B.在0-t₁时间内,由虚线计算出的平均速度比实际的大

C.在t₁- t₂时间内,由虚线计算出的位移比实际的大

D.在t₃-t₄时间内,虚线反映的是匀速直线运动

答案　　 BD?　

解析　 如右图所示,t₁时刻,实线上A点的切线为AB,实际加

速度为AB的斜率,由图可知虚线反映的加速度小于实际加速度,

故选项A错误；在v-t图象中,位移等于所对应图线与坐标轴所

包围的面积,0-t₁时间内,虚线所对应的位移大于实线所对应

的位移,由知,由虚线计算出的平均速度比实际的大,故选项B正确；在t₁-t₂时间内,虚线计算出的位移比实际小,故选项C错误；t₃-t₄时间内虚线为平行于时间轴的直线,此线反映的运动为匀速直线运动, 故选项D正确.

1.(08宁夏理综17)甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,它们的 v-t图象如图所示.两图象在t=t₁时相交于P点,P在横轴上的投影为Q,△OPQ的面积为S.在t=0时刻,乙车在甲车前面,相距为d.已知此后两车相遇两次,且第一次相遇的时刻为t′,则下面四组t′和d的组合可能的是　 (　　)

?A.　　　　　　　　　　　　 B.

?C.　　　　　　　　　　 D.

答案?D?　

解析　 假设t′=t₁,由v-t图象可知在t₁时刻v_甲=v_乙,由于甲做匀速直线运动,乙做匀加速直线运动,则若在t₁

时刻第一次相遇,也就不会存在第二次相遇的问题,与已知条件两次相遇相矛盾.

当t′=t₁时,v_乙<v_甲,发生两次相遇是可能的.

对于乙：　

对于甲：x_甲=v·

所以：,

因为,所以.

14.(09·上海物理·24)(14分)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：

2008年高考题

13.(09·海南物理·15)(9分)一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为的加速度减速滑行。在车厢脱落后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。

解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为；刹车前卡车牵引力的大小为，

卡车刹车前后加速度的大小分别为和。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有

设车厢脱落后，内卡车行驶的路程为，末速度为，根据运动学公式有

　　　 ⑤

　　　　　 ⑥

　　　　　 ⑦

式中，是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为，有

　　　　　 ⑧

卡车和车厢都停下来后相距

　　　 ⑨

由①至⑨式得

　 10

带入题给数据得

　　　　　　　　 11

评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，11式1分

12.(09·江苏·13)(15分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s²。

(1)第一次试飞，飞行器飞行t₁ = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小；

(2)第二次试飞，飞行器飞行t₂ = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t₃ 。

解析：(1)第一次飞行中，设加速度为

匀加速运动

由牛顿第二定律

解得

(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为

匀加速运动

设失去升力后的速度为，上升的高度为

由牛顿第二定律

解得

(3)设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为

由牛顿第二定律

F+f-mg=ma₄

且

V₃₌a₃t₃

解得t₃=(s)(或2.1s)

11.(09年福建卷)21.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v_m，求滑块从静止释　

放到速度大小为v_m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t_1、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，v_m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=ma　　　　　　　　　　 ①

　　 　　　　　　　　　　　　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

10.(09·广东文科基础·56)下列运动图象中表示质点做匀变速直线运动的是　　 (　 C　 )