高考物理1_5轮资料汇编 专题01 直线运动试题精选精练

专题01 直线运动 一、单选题1如图所示，某物体沿两个半径为R的圆弧由A经B到C，下列结论正确的是 （ ） A. 物体的位移等于4R，方向向东B. 物体的位移等于2R，方向向东C. 物体的路程等于4RD. 物体的路程等于4R【答案】 A 2如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块 （ ） A.在P和Q中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大【答案】 C【解析】由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，故选项A、B错误；而在P中加速度较小，故选项C正确而选项D错误。考点：本题考查自由落体运动、电磁感应和机械能守恒定律的条件。3甲物体从高处自由下落时间t后，乙物体从同一位置自由下落，在甲乙都未落地前，以甲为参照物，乙物体的运动状态是 （ ）A相对静止 B向上做匀速直线C向下做匀速直线运动 D向上做匀变速直【答案】 B【解析】乙物体自由落体s后，根据自由落体运动有，以甲为参照物，则有，即乙在向上做匀速运动选项B对。考点：自由落体运动4将一物体以某一初速度竖直上抛物体在运动过程中收到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0则 （ ）A. t1t0，t2t1 B. t1t0，t2t1C. t1t0，t2t1 D. t1t0，t2t1【答案】 B考点：匀变速直线运动的规律5一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，在跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，则 （ ）A. 人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 mB. 人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 mC. 人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 mD. 人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远【答案】 B【解析】开始阶段，人的速度大于汽车的速度，人和车的距离在减小；当人的速度小于汽车的速度时，人和车的增大，当人和车的速度相等时，两者距离最小，设经过时间t两者速度相等，此时步行者的位移为，汽车的位移为，故不能追上；人车最近距离是。故选B考点：追及问题点评：追和被追的两者的速度相等常是能追上、追不上、二者之间的距离有极值的临界条件 (1)在两个物体的追及过程中，当追者的速度小于被追者的速度时，两者的距离在增大； (2)当追者的速度大于被迫者的速度时，两者的距离在减小；(3)当两者的速度相等时，两者的间距有极值，是最大值还是最小值，视实际情况而定。6a、b两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的vt图象如图7所示。在 t=5s时，它们第一次相遇。关于两车之间的关系，下列说法正确的是 （ ） At=0s，a车在前Bt=10s，两车第二次相遇Ct=15s，两车第二次相遇Dt=20s，两车第二次相遇【答案】 C【解析】根据在 t=5s时，它们第一次相遇可知，t=0s，a车在后，选项A错误；t=10s，两车速度相等，a车在前，选项B错误；t=15s，两车第二次相遇，选项C正确D错误。7质点做直线运动的位移和时间平方的关系图象如图所示，则该质点 （ ）A加速度大小为B任意相邻1内的位移差都为C第2内的位移是 D物体第内的平均速度大小为【答案】 B【解析】根据x和时间平方t2的关系图象得出位移时间关系式为：x=t2，所以a1，解得：a=2m/s2，A错误；任意相邻1s内的位移差x=aT2=21m=2m，B正确；第2s内的位移等于2s内的位移减去第一秒的位移，即x2=22-12=3m，C错误；同理求得物体第3s内的位移x3=32-22=5m，平均速度5m/s，D错误.考点：本题考查匀变速直线运动规律。8甲、乙两质点在同一直线上运动，其位移时间（）图像如图所示，其中乙的图线为抛物线.关于甲、乙在时间内的运动的看法，以下正确的是 （ ） A. 甲、乙在该段时间内的平均速度相同B. 甲、乙的运动方向始终相同C. 乙始终比甲运动快D. 甲、乙在时刻相距最远【答案】A【解析】A、从位移时间图像可得，在内甲的位移与乙的位移相等，根据平均速度公式可得， 内乙的平均速度等于甲的平均速度，选项A正确、B、在位移时间图像中，切线的斜率代表的是速度，从图像上可以看出甲一直朝正方向运动，而乙先朝负方向运动，再朝正方向运动，故B错误；C、在位移时间图像中，切线的斜率代表的是速度，从图像上可以看出，乙的速度不是一直大于甲的速度，故C错误；D、甲、乙相距最远的位置，应该在图像上找同一时刻两点之间的最远距离，从图形上看， 时刻，不是两者最远的位置，故D错误；综上所述本题答案是：A9如图直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置-时间(x-t)图线由图可知 （ ） A在时刻tl，a车与b车速度相等B在时刻t2，a、b两车运动方向相反C在tl到t2这段时间内，b车的速率先增加后减少D在tl到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大【答案】 B 考点：本题主要考查了对x-t图象的理解与应用问题，属于中档偏低题。10某国的军事试验场正在平地上试射地对空SA - 7型导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，造成导弹的vt图象如图所示，则正确的是 （ ） A. 01 s内导弹匀速上升B. 12s内导弹静止不动C. 3 s末导弹回到出发点D. 5s末导弹回到出发点【答案】 D【解析】根据图像可知第一秒内导弹匀加速运动，第二秒内导弹匀速运动，第三秒内导弹匀减速，从第四秒开始导弹反向加速，根据速度时间图像的图线与坐标轴围成的面积表示位移可知第五秒末返回原点，故ABC错误，D正确【点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移11如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的vt图象，以水平向右的方向为正方向以下判断正确的是 （ ） A. 在03.0s时间内，合力对质点做功为10JB. 在4.0s6.0s时间内，质点的平均速度为3m/sC. 在1.0s5.0s时间内，合力的平均功率为4WD. 在t=6.0s时，质点加速度为零【答案】 B 考点：速度时间图像，功率的计算【名师点睛】此题考查了速度时间图像及功率和动能定理等；要知道v-t图像的物理意义；图像与坐标轴围成的面积等于物体的位移，图像的斜率等于物体的加速度；联系动能定理进行解答.12一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列判断正确的是 （ ）A.第1秒内的加速度为1m/s2B.第2秒内的位移为3mC.2秒内外力做功为4.5JD.2秒内外力做功的功率为2.5W【答案】 C【解析】根据牛顿第二定律可得质点在第1s内的加速度为：，A错误；物体在第2s初的速度为：，在第2s内的加速度为，所以质点在第2s内的位移为，B错误；由动量定理求出1s末、2s末速度分别为：，故2s内外力做功为，C正确；2s内外力做功的功率为，D错误；考点：考查了动量定理，功率，牛顿第二定律，匀变速直线运动规律的综合应用13如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的vt图象，以下判断正确的是 （ ） A. 所受的摩擦力的大小为1 NB. 第1 s内受到的拉力大小是2 NC. 在4 s末回到出发点D. 在4 s内的平均速度为1.5 m/s【答案】 A 14质量为0.8kg的物体在一水平面上运动,如图所示的两条直线分别表示物体受到水平拉力和不受水平拉力作用时的图线, g取10m/s2。现有以下四种判断，其中正确的是 （ ） A. a是物体受到水平拉力作用时的-t图线B. 04s内两物体位移相同C. 物体与地面的动摩擦因数为0.15D. 物体受到的水平拉力为0.6N【答案】 C【解析】由图象可知b图象代表做匀加速直线运动，a图象代表做匀减速直线运动，则拉力不可能与速度方向相反，只能是拉力与速度方向相同，故b图象是受拉力时的图象，选项A错误.由图象与坐标轴围成的面积代表位移，易得4s内，选项B错误.由图象的斜率代表加速度，可知b图象的加速度：，a图象的加速度：；由牛顿第二定律可得：，解得：，,选项C正确，选项D错误.故选C.考点：本题考查了匀变速直线运动的规律、图象、牛顿第二定律.15古希腊权威思想家亚里士多德曾经断言：物体从高空落下的快慢同物体的重量成正比，重者下落快，轻者下落慢。比如说，十磅重的物体落下时要比一磅重的物体落下快十倍。1800多年来，人们都把这个错误论断当作真理而信守不移。 直到16世纪，伽利略才发现了这一理论在逻辑上的矛盾。并通过“比萨斜塔试验”，向世人阐述他的观点。对此进行了进一步的研究，通过实验来验证：伽利略用铜球从斜槽的不同位置由静止下落，伽利略手稿中记录的一组实验数据: 伽利略对上述的实验数据进行了分析，并得出了结论，下列是伽利略得出的结论是 （ ） A. vt=v0+at B. C. vt2-v02=2ax D. 【答案】D【解析】伽利略最初猜想沿斜面向心运动的物体的运动的速度与时间成正比，即：v=kt；由此伽利略推论位移的位移与时间的平方成正比，则：x=kt2，即： ，结合以上的分析，则比较即可： ； ； ； ； ； ； ； ；由以上的数据比较可知，各组数据中都约等于33，考虑到测量的误差等原因，可以认为是一个常数，即位移的位移与时间的平方成正比所以四个选项中，ABC错误，D正确故选D.16电梯底板上静置一物体，物体随电梯由一楼到九楼过程中，vt图像如图所示。以下判断正确的是 （ ） A前3s内货物处于失重状态B最后2s内货物只受重力作用C前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒【答案】 C【解析】据题意，从图像可以看出，0-3s内货物随电梯向上匀加速运动，货物处于超重状态，故选项A错误；最后两秒内货物向上做匀减速运动，货物受到重力和支持力，但重力大于支持力，故选项B错误；前3秒内的平均速度为：，后两秒的平均速度为：，故选项C正确；第3s末至第5s末的过程中，货物做匀速运动，重力与支持力平衡，支持力做正功，物体机械能增加，故选项D错误。考点：本题考查超重和失重。17某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是 （ ）A甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同B甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同C乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同D乙图中小球下滑至底端的速度大小相同【答案】 C【解析】小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力N作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为：agsin，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有：s，s，解得小球在斜面上的运动时间为：t，根据机械能守恒定律有：mgh，解得小球下滑至底端的速度大小为：v，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；小球下滑至底端的速度大小相等，但方向沿斜面向下，不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确。考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、机械能守恒定律(或动能定理)的应用，以及控制变量法的灵活运用问题，属于中档题。18一电荷仅在电场力的作用下运动，其速度一时间图象如图所示，其中ta和tb是电荷在电场中a、b两点运动的时刻，则下列说法正确的是 （ ） A. a、b两点处电场强度B. a、b两点处电场强度C. 粒子从a 运动到b的电势能增加，电场力做正功D. a、b两点电势【答案】 B 考点：本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动、电势、电场力做功、功能关系、图象.19在以速度匀速竖直上升的观光电梯中，一乘客竖直上抛一质量为小球，电梯内的观察者看到小球经到达最高点，而站在地面上的人看来（不计空气阻力的影响，重力加速度恒为） （ ）A在小球上升到最高点的过程中动量变化量大小为B在小球上升到最高点过程中克服重力做功为C电梯内观察小球到达最高点时其动能为D小球上升的初动能为【答案】 C【解析】 在电梯上人看到小球上升到最高点时，此时小球相对于电梯静止，上升速度与电梯速度相同为（向上），以地面参考，站在地面上的人此时看见小球还在上升，电梯内观者看见小球经t秒后到达最高点，故地面上的人看见上升的时间大于t，故对小球由动量定理动量变化量大于，选项A错误。升降机中的人看见球上升的最大高度为，而地面上的人看见球上升的最大高度为则克服重力为故B错误电梯内观察小球到达最高点，上升速度与电梯速度相同为（向上），则高点时其动能为，选项C正确。地面上的人所见球抛出时的初速度，则初动能大于， D错误。故选C。考点：本题考查了竖直上抛运动、惯性的概念、相对运动。20一物体从地面竖直向上抛出，在运动中受到的空气阻力大小不变，下列关于物体运动的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是 （ ） 【答案】 C【解析】根据牛顿第二定律，物体在上升阶段，有，在下降阶段有，可知物体在上升阶段的加速度较大，在速度-时间图象中，直线的斜率表示加速度，因此图象在第一个阶段应该陡峭一些，选项C正确。考点：本题考查速度时间图象，竖直上抛运动，牛顿第二定律。21平直公路上有一超声波测速仪B，汽车A向B做直线运动，当两者相距355m时，B发出超声波，同时由于紧急情况A刹车，当B接收到反射回来的超声波信号时，A恰好停止，此时刻AB相距335m。已知超声波的声速为340m/s，则汽车刹车的加速度大小为 （ ）A10m/s2 B20m/s2 C5m/s2 D无法确定【答案】 A【解析】测速仪B发出的超声波信号和汽车A的刹车过程示意图如下，汽车从A到C的减速过程，超声波信号从B传到C，汽车继续减少从C到D减到0时，超声波信号从C返回到B，根据超声波信号从B到C和从C返回B的路程相等，判断汽车从A减速C和从C减速到D的时间相等，又根据匀减速末速度为0，可看做反向的匀加速直线运动，连续相等时间间隔内通过位移比为1:3:5:7，即得：1:3，根据题意可得，所以，所以BC的距离为,即汽车从C到D的时间，所以有，汽车刹车的加速度，对照选项A对。 考点：匀变速直线运动 追击相遇22在不计空气阻力的情况下，某物体以30m/s的初速度从地面竖直上抛，则（重力加速度g 取10m/s2） （ ）A. 前4s内物体的平均速度大小为10m/sB. 前4s内物体的位移大小为50mC. 第2s末到第4s末物体的平均速度为5m/sD. 第2s内和第4s内物体的速度改变量不相同【答案】 A【解析】竖直上抛运动是初速度向上，加速度向下的匀变速直线运动，而对于匀变速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，故前4s内的平均速度等于第2s末的瞬时速度，故v2v0gt3010210m/s，故A正确；根据平均速度公式，前4s位移为x4t410440m，故B错误；对于匀变速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，故第2s末到第4s末物体的平均速度等于第3s末的瞬时速度，根据速度时间公式，有： v3v0gt3301030，故C错误；加速度为g，向下，故第2s内和第4s内物体的速度改变量v=gt=101=10m/s，故D错误；故选A。考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题关键是要把竖直上抛运动的上升和下降的整个过程看成匀变速直线运动进行处理，而不能分段处理，否侧将使问题复杂化。23利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小。实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是 （ ） At1、t2时刻小球的速度最大 Bt2、t5时刻小球的动能最小Ct3、t4时刻小球的运动方向相同 Dt4 - t3 t7 - t6【答案】 B【解析】由图象可知，小球在最高点O自由下落，绳子间的作用力为0，到t1时刻，小球落回到图甲的位置，但绳子还没有伸长，到t2时刻，绳子拉伸最长，其间的作用力最大，小球在最低处，速度为0，故此时球的动能也为零，在t3时刻，小球又被拉回到图甲的位置，此时小球的速度像t1时刻一样最大，然后小球再上升，在t4时刻，小球到达最高点后又落到图甲的位置，同理在t5、t6时刻与在t2、t3时刻相似，故t1、t3时刻小球的速度最大，t2、t5时刻小球的速度最小，也就是其动能最小，故A不对，B是正确的；t3时刻小球是竖直向上运动的，t4时刻小球是竖直向下运动的，它们的运动方向相反，故C也不对；由于空气阻力的存在，小球反弹起来后上升的高度会越来越低，故t4 - t3的时间会大于t7 - t6的时间，D也是不对的。考点：自由落体运动，动能的概念等。24质量为和（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短其图象如图所示，则 （ ） A. 此碰撞一定为弹性碰撞 B. 被碰物体质量为C. 碰后两物体速度相同 D. 此过程有机械能损失【答案】 A【解析】由图象可知，碰撞前m2是静止的，m1的速度为：v1=4m/s，碰后m1的速度为：v1=-2m/s，m2的速度为：v2=2m/s，两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2，即：14=1（-2）+m22，解得：m2=3kg；碰撞前总动能：Ek=Ek1+Ek2=m1v12+m2v22=142+302=8J，碰撞后总动能：Ek=Ek1+Ek2=m1v12+m2v22=1（-2）2+322=8J，碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故A正确，BCD错误；故选A.考点：s-t图像；动量守恒定律.【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律得应用以及x-t图线，首先要知道x-t图线的斜率等于物体的速度；同时要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞.25如图甲所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M1kg，绳绷直时B离地面有一定高度。在t0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的vt图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取10 ms2，sin3706，cos3708，则下列说法正确的是 （ ） A. B下落的加速度大小a10ms2B. A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W3JC. A的质量M05Kg，A与斜面间的动摩擦因数05D. 0075 s内摩擦力对A做的功075J【答案】 B【解析】由图乙可知物体A先加速运动0.5s，加速度，位移，然后再匀减速运动0.25s减速到零，加速度，位移因为物体A和B连接在一起，所以B加速下落0.5s落地，其加速度为4m/s2，故选项A错误；对物体B由牛顿第二定律知：，解得：，所以绳子对物体A做的功，故选项B正确；对物体A，B未落地时，由牛顿第二定律知：，B落地后，由牛顿第二定律知：，解得：，故选项C错误；摩擦力做的功，故选项D错误考点：本题综合考查了速度时间图像、牛顿第二定律和功的理解和应用26如图所示，滑块以速率v1，沿固定斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v2，且v2m。则B相对A的位移可能为 （ ） A0.5m B1m C2m D2.5m【答案】 D【解析】设木块和木板相对静止时的共同速度为v，由动量守恒定律可知：mv0=（M+m）v；对木板由动能定理可得：，对系统由能量守恒定律可得：；联立上述三式可得：，由于Mm，则，故选项D 正确。考点：动量守恒定律及动能定理；能量守恒定律.34如图所示为“割绳子”游戏中的一幅截图，游戏中割断左侧绳子糖果就会通过正下方第一颗星星.糖果一定能经过星星处吗？现将其中的物理问题抽象出来进行研究：三根不可伸长的轻绳共同系住一颗质量为m的糖果（可视为质点），设从左到右三根轻绳的长度分别为l1 、l2 和l3，其中最左侧的绳子处于竖直且张紧的状态，另两根绳均处于松弛状态，三根绳的上端分别固定在同一水平线上，且相邻两悬点间距离均为d，糖果正下方的第一颗星星与糖果距离为h。已知绳子由松弛到张紧时沿绳方向的速度分量即刻减为零，现将最左侧的绳子割断，以下选项正确的是 （ ）A.只要满足，糖果就能经过正下方第一颗星星处B.只要满足，糖果就能经过正下方第一颗星星处C.糖果可能以的初动能开始绕中间悬点做圆运动D.糖果到达最低点的动能可能等于【答案】 D【解析】A、B、糖果在绳拉直前做自由落体运动，绳2和绳3不能绷紧，后绕绳做圆周运动，则绕运动而未伸直，或绕运动而未伸直，则需同时满足和，故选项A、B均错误。C、从小球自由下落到刚刚伸直，由动能定理得，在绳2绷紧后，沿绳方向速度会损失掉，剩余速度为；解得，故C错误；D、以C选项末态为初态，以糖果刚刚到达最低点为末态，由动能定理得，解得，由于绳子绷紧过程可能有两次速度损失而产生能量损失，故绷紧后动能会少于，故D正确故选D。考点：本题考查了圆周运动、动能定理。35如右图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用x、a、分别表示滑块下滑的位移的大小、加速度的大小、重力势能（以斜面底面所在平面为零势面）和动能，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是 （ ） 【答案】 D【解析】 物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为，位移-时间关系的图象开口向下弯曲的线故A错误；在下滑过程中，物体的加速度为mgsin-mgcos=ma；a=gsin-gcos，加速度的大小保持不变故B错误；下降的高度为h=xsin；故势能EP=mgh=mgxsin；故重力势能的图象也应为曲线；故C错误；下滑过程中速度大小关系为v=v0-at，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线则动能，是一个开口向上的抛物线，故D正确。考点：机械能守恒定律36在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为 （ ）A. B. C. D. 【答案】 D【解析】由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v，则由机械能守恒定律得：mgh+mv2=mv2，则得：，所以落地时两球的速度大小相等对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为-g，则运动时间为：对于竖直下抛的小球，运动时间为：，故两球落地的时间差为：故选D。考点：竖直上抛运动【名师点睛】本题关键要明确两球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动的关系。37有一个物体以初速度v0沿倾角为的足够长的粗糙斜面上滑，已知物体与该斜面间的动摩擦因数ma。两球间用一轻质弹簧相连，开始时弹簧处于原长状态。现同时以相同的初速度v0竖直向上抛射出两球，两球在运动过程中所受空气阻力忽略不计，则 （ ） A两球上升过程中，弹簧的长度将越来越大，直至两球再次达到相同速度B两球下降过程中，弹簧的长度将越来越小，直至两球再次达到相同速度C无论两球上升还是下降，弹簧均处于原长D上升过程时弹簧的长度将大于下降过程时弹簧的长度【答案】 C48如图所示，在倾角为300的光滑斜面上端系有一劲度系数为k200 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m=2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变。若挡板A以a=6 m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速直线运动，斜面固定不动，取g=10 m/s2，则 （ ） A. 小球向下运动004 m时速度最大B. 小球向下运动001 m时与挡板分离C. 小球速度最大时与挡板分离D. 小球从一开始运动就与挡板分离【答案】 D【解析】球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零即：，解得：，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为005m，A错误；当小球刚下落时，加速度最大，小球的最大加速度为，故小球从一开始运动就与挡板分离，D正确BC错误；考点：考查了牛顿第二定律的应用【名师点睛】在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移49质量分别为和的A.B两物体分别在水平恒力和的作用下沿水平面运动，撤去、后受摩擦力的作用减速到停止，其图像如图所示，则下列说法正确的是 （ ） A.和大小相等B.和对A.B做功之比为C.A.B所受摩擦力大小相等D.全过程中摩擦力对A.B做功之比