高考物理运动学基本概念变速直线运动难题解析

1、11T周期的位移相4图21高考物理运动学基本概念变速直线运动难题解析(P. 21)*12 .甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度经过某一路标，以后甲车一直做匀速直线运动， 乙车先加速后减速运动，丙车先减速后加速运动，它们经过下一路标时的速度又相同，则()。2 (A)甲车先通过下一个路标(B)乙车先通过下一个路标(C)丙车先通过下一个路标(D)三车同时到达下一个路标解答 由题知，三车经过二路标过程中，位移相同，又由题分析知，三车的平均速度之间存在：V乙 V甲 V丙，所以三车经过二路标过程中，乙车所需时间最短。本题的正确选项为(B)。(P. 21)*14 .质点沿半径为 R的圆周做匀速圆周运动，其间最大

2、位移等于 ,最小位移等9于,经过9周期的位移等于 . 2 4解答 位移大小为连接初末位置的线段长，质点做半径为R的匀速圆周运动，质点的 一, ,9最大位移等于2R,最小位移等于0,又因为经过9T周期的位移与经过49同，故经过9T周期的位移的大小等于 2RO4本题的正确答案为“ 2R; 0; &R”(P. 22)*16 . 一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过，当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传来时，发现飞机在他前上方约与地面成60角的方向上，据此可估算出此飞机的速度约为声速的 倍.(2000年，上海卷)5解答飞机发动机的声音是从头顶向下传来的，飞机水平作匀 速直线运动，设飞机在人头顶正上方时到

3、地面的距离为Y,发动机声音从头顶正上方传到地面的时间为t ,声音的速度为V。，于是声音传播的距离、飞机飞行的距离和飞机与该同学的距离组成了一直角三 角形，由图2-1可见：X=v t ,Y=V0t ,= tan30 0 ,Y由式、式和式得：乂 =虫 =0.58,vo3本题的正确答案为“ 0.58”。（P. 22）*17 .天文观测表明，几乎所有远处的恒星（或星系）都以各自的速度背离我们而运动， 离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀.不 同星体的退行速度 v和它们离我们的距离 r成正比，即v = Hr式中H为一常量，已由天文观察测定.为解释上述现象，有人提

4、出一种理论，认为宇宙是 从一个大爆炸的火球开始形成的.假设大爆炸后各星体以不同的速度向外匀速运动，并设 想我们就位于其中心，则速度大的星体现在离我们越远.这一结果与上述天文观测一致.由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄T,其计算式为T.根据过去观测，哈勃常数 H = 3 X10 2m/s - l.y.，其中l.y.（光年）是光在1a（年）中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为 a. （1999年.上海卷）6解答由于宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的，又假设大爆炸后各星体以不同的 速度向外做匀速直线运动，速度越大的星体离爆炸中心越远，由匀速直线运动公式可求得 各星体从爆炸到现在的运动时间，即为

5、宇宙年龄T,s r1T = 一 =二v HrH1 365 24 3600 3 1083 10s =1 1010a。1本题的正确答案为“；1父1010”。H（P. 22）*18 ,甲乙两地相距 220km, A车用40km/h的速度由甲地向乙地匀速运动， B车用30km/h 的速度由乙地向甲地匀速运动.两车同时出发，B车出发后1h,在途中暂停2h后再以原速度继续前进，求两车相遇的时间和地点.3 解答 由题意知3h以后，B车行驶了 30 km,而A车行驶了 120km，这时两车还相距 70 km,到两车相遇还需 1h。所以两车相遇的时间为出发后4h,两车相遇的地点为距甲地160kmo（P. 22）

6、*19 . 一辆汽车向悬崖匀速驶近时鸣喇叭，经t1=8s后听到来自悬崖的回声；再前进t2=27s,第二次鸣喇叭，经 t3=6s又听到回声.已知声音在空气中的传播速度v0=340m/s,求：汽车第一次鸣喇叭时与悬崖的距离；汽车的速度.3 解答 设汽车第一次鸣喇叭时与悬崖的距离为s,汽车的速度为V,由图2-2知： TOC o 1-5 h z 2s= V oti+ vt 1,第二次鸣喇叭时汽车与悬崖的距离为：皿彩s= s- V (ti+ t 2), Z-两|与式类似关系可得：2 s = v 0t 3+ vt 3,图 2-2由于 vo=340m/s, ti = 8s, t2= 27s, t3=6s,代

7、入数据解得：s= 1400m, v= 10m/s。所以汽车第一次鸣喇叭时与悬崖的距离为1400m,汽车的速度为10m/s。(P. 22)*20 .轮船在河流中逆流而上，下午 7时，船员发现轮船上的一橡皮艇已失落水中，船 长命令马上掉转船头寻找小艇.经过一个小时的追寻，终于追上了顺流而下的小艇.如果 轮船在整个过程中相对水的速度不变，那么轮船失落小艇的时间是何时？3解答 以流动的水为参照物，落水的橡皮艇相对水是静止的，又由于轮船在整个过程 中相对水的速度大小不变，从开始寻找小艇到追上小艇，经过了一个小时，根据运动的对 称性可知，从轮船失落橡皮艇到开始寻找小艇的时间也一定是一个小时，所以轮船失落小

8、 艇的时间是下午6时。(P. 22)*21 .图2-3 (原图2-8)是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号。根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度。图2-4 (原图2-9)中p1、p2是测速仪发出的超声波信号，r)1、n2分别是p1、p2由汽车反射回来的信号.设测速仪匀速扫描，pc p2之间的时间间隔 t = 1.0s ,超声波在空气中传播的速度是v = 340m/s ,若汽车是匀速运动的，则根据图 2-9可知，汽车在接收到 小、p2 两个信号之间的时间内前进的距离是 m,汽车的速度是 m/s. (2001 年，上海卷)8图2-30 j 1

9、 卜 23 A 4pmp2 n2图2-4解答 如图2-5所示，设汽车两次接收到信号的位置分别要A B两处，从题图2-4可读出pc s之间所占的刻度为3.5-0.5=3个刻度，所对应的时间间隔t = 1.0s ,这样可得测速仪两次接收到回波的时间分别为:,1.2 , 八t1 =x 1.0 s= 0.4s ,3图2-5,0.9t2 = 1.0 s=0.3s , 3由图2-5知： TOC o 1-5 h z t10.4s1 = v 340m=68m22s2t20.3=v =340 m=51m22所以汽车在两次接收到信号之间运动的距离为s=si- s 2=（68-51）m=17m。汽车通过这段位移的时

10、间由题图2 4可算出：3 95 -1 1“ =3.95 1.1X1.0 s=0.95s ,3s 17所以汽车的速度是 v = =m/s=17.9m/s ,. t 0.95本题的正确答案为“ 17 ; 17.9”。（P. 23）*23 .如图2-6 （原图2-10）所示，一辆实验小车 可沿水平地面（图中纸面）上的长直轨道匀速向右运 动.有一台发出细激光束的激光器装在小转台M上，到轨道的距离 MN d = 10m ,转台匀速转动，使激光 束在水平面内扫描，扫描一周的时间为T = 60s .光束转动方向如图中箭头所示.当光束与 MN的夹角为45时，光束正好射到小车上.如果再经过 t= 2.5s图2-

11、6光束又射到小车上，则小车的速度为多少？（结果保留两位数字）（2000年，全国卷）8 解答在时间t内，光束转过的角度为：人，飞图2-7 4 =乂360 = 15,如图2-7所示，本题有两种可能：（1）光束照射到小车时，小车正在接近N点，At内光束与 MN的夹角从 45变为 30 ,小车速度为:, ：t由图可知L1=d(tan45 -tan30 ),所以“J d(tan450-由3阴0父(,45-3 m/s=1.7m/s。t.=t2.5(2)光束照到小车时，小车正在远离 N点，At内光束与 MN的夹角从45变为60 , 小车的速度为：v2=L2. ：td (tan 60 - tan 45 )-：

12、t10 (tan 60 - tan 45 )2.5m/s = 2.9m/s ,所以小车的速度可能为1.7m/s或2.9m/s 。(P. 23)*24 ,如图2-8 (原图2-11 )所示，一个带滑轮的物体 放在水平面上，一根轻绳固定在 C处，通过滑轮B和D牵引 物体，BC水平，以水平恒速 v拉绳上自由端时，物体沿水平 面前进.求当跨过 B的两绳夹角为时，物体的运动速度为多少？ 10解答 设经A t时间物体由B运动到B,如图2-9所 示，使DE=DB ,则D端绳子运动的距离 s为s =BE +BB,当At-0,可以认为B E BD则s = BBcosn +BB = BB(1+coss ),.s.

13、 BBv=鸩 丫物=虺可信所以物体的运动速度为v物=1 cos 二匀变速直线运动(P. 24)*8 .火车的速度为8 m/s,关闭发动机后前进了 70 m时速度减为6m/s ,若再经过50 s, 火车又前进的距离为()3(A) 50 m (B) 90 m (C) 120 m (D) 160 m解答 火车在关闭发动机后，作匀减速直线运动，加速度为：V2 -Vi a =2si611 m/s2=-0.2 m/s 2,2 70从6m/s到停止所需时间为:0 一 V2-62s=30s50s,-0.2所以火车在50 s前已停止，火车还能前进的距离为:0-v；s2 = 2a-62m=90m2 (-0.2)本

14、题的正确选项为(B)。(P. 24)*9 . 一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时 TOC o 1-5 h z 间分别是is、2s、3s,这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是()3A. 1 ：22 ： 32;1 ： 2 ：3B , 1 ： 23： 3 1 ： 22 ：32C. 1 ：2 ： 3;1： 1 ： 1D. 1 ： 3 ：5;1 ： 2 ： 3 HYPERLINK l bookmark60 o Current Document 12解答 由题知，物体通过的第一段位移为：si= axi2,2c 1c 1通过的第二段位移为：s2= aM

15、32 aM12 = aM8, TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark48 o Current Document 222121通过的第三段位移为：s3=1a父62 aM32 = aM27 ,22所以这三段位移的长度之比为1 ：23 ： 33;平均速度之比为1 ： 22： 32。本题的正确选项为(B)。(P. 25)*14 ,所图2-10 (原图2-15)所示，光滑斜面 AE被分成四个相/等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论不正确的是()用(A)物体到达各点的速率VB： Vc： VD： VE=1 :拒：V3 : 2图2-10一 f-9(B)物体到达各点所经历的时

16、间：tE =2tB =*2tc = k tD. 3(C)物体从A到E的平均速度V =VB(D)物体通过每一部分时，其速度增量VBVA= V C- VB= V D- VC= V E- VD解答 由 V = 2as 可得 vb ： Vc： vd： ve=1 : 22 : 3 : 2； TOC o 1-5 h z ,1 . 22由5= at代入对应的s可得：tE =2tB =,2tc = tD ；2,3中间时刻的因ABB& 1 3,所以B点为AE段的中间时刻，作匀变速直线运动的物体, 瞬时速度等于这一段的平均速度，即V=vb；22222222 /口由 Vb Va = Vc- Vb= Vd- Vc=

17、Ve - Vd 仔:Vb Ya = Vc -Vb = VdVc #Ve -Vd ,本题的正确选项为(D)。(P. 25)*15 . 一物体由静止开始做匀加速运动,()3它在第n秒内的位移是 s,则其加速度大小为(B)2n -1解答第n秒内的位移是2sn -1s为：12s n整理后得:s = an22s12二 a(n -1),2a 二 ,2n -1本题的正确选项为(A)。(P. 25)*16 . A B、C三点在同一直线上，一个物体自A点从静止开始做匀加速直线运动，经过B点的速度为v,1 ： 4到C点的速度为1 ：2v,则AB与BC两段距离大小之比是(1： 21 ： 1)32 v2aSbc TO

18、C o 1-5 h z 22解答由于SAB = Vb f 2a22c 2Vc -Vb3v=，2a 2a由式和式得 Sab : SBc= 1 : 3 本题的正确选项为(B)。(P. 25)*17 . 一列火车由静止从车站出发，做匀加速直线运动.一位观察者站在这列火车第一节车厢的前端，经过2s,第一节车厢全部通过观察者所在位置；全部车厢从他身边通过历时6s.设各节车厢长度相等，且不计车厢间距离，则这列火车共有 节车厢；最后2s内从他身边通过的车厢有节；最后一节车厢通过观察者需要的时间是解答4设每节车厢长为Lo,火车全长为L,则L0由于最后ti=2s, 12=6s,解、式知.2=一at1，2.2=

19、2at2，L= 9L02s内从观察者身边通过的车厢长为：s =a 62 -a 42设前228节车厢通过观察者所需时间为1 =-a 父 20 = 5L0 ；213,则1.2 8L0 = at 3 , 2由式和式可得13= 5.66s ,所以最后一节车厢通过观察者需要的时间是 本题的正确答案为“ 9 ; 5; 0.34”。0.34s 。(P. 25)*18 .如图2-11 (原图2-16)所示，物体自O点由静止开始 做匀加速直线运动，A B C、D为其轨道上的四点，测得AB=2m, BC=3m, C*4m且物体通过 AB BC CD所用的时间相等，求 OA司的距离.3图 2-11解答 作匀变速直线

20、运动的物体，中间时刻的瞬时速度等于这一段的平均速度，设物 体通过AB BC C*段所用的时间均为 3,则VBAB BC2t0BC CDVC=又 Vc = Vbat。,_ VA . VCVb -2由于 AB=2m BG3m CD=4m 解、式可得:Va2t01a =，t022VaOA =1.125m,2a所以OA司的距离为1.125m。(P. 25)*19 .在正常情况下，火车以 54km/h的速度匀速开过一个小站.现因需要，必须在这一小站停留，火车将要到达小站时，以 -0.5m/s 2的加速度做匀减速运动，停留2分钟后，2又以0.3m/s的加速度出小站，一直到恢复原来的速度.求因列车停靠小站而

21、延误的时间. 5解答 设火车匀速运动的速度为v,进小站做匀减速运动时的加速度为a1，位移为& ,时间为t1,出小站做匀加速运动时的加速度为a2,位移为s2 ,时间为t2,由V = 54km/h=15m/s , TOC o 1-5 h z 0 -v2-152s1 = = m=225m2al 2 (-0.5),0 -v-15t1 = =s=30s ,a1-0.522V2 -0152=m=375m2a22 0.3v 15t2 = - =s=50s , HYPERLINK l bookmark44 o Current Document a20.3火车因进小站在减速、停留、加速过程中共用时(30+ 12

22、0+50) s=200s ,如正常情况下，这一过程只需用时：s1 s2225 375t = =s=40s ,v15所以因列车停靠小站而延误的时间为160s(P. 26)*23 .某同学在测定匀变速运动的加速度时，得到了几条较为理想的纸带，已知在每条纸带每5个计时点取好一个计数点，两个计数点之间的时间间隔为0.1s ,依打点时间顺序编号为0、1、2、3、4、5,由于不小心，纸带被撕断了，如图 2-12 (原图2-21)所示， 请根据给出的 ABC D四段纸带回答：在B、G D三段纸带中选出从纸带A上撕下的那段应是 3卜 30.0cm “ 36.6cm49.8cmAB卜 62.2cmD554.0c

23、m -G图 2-12解答(1)把0 1、12、2 3、34、4 5各点的距离记为Si、S2、 S3、S4 和 S5,作匀加速直线运动的物体相邻相等时间间隔位移差相等，即s相等,则s4 - -3 s =3一、),S5 - Si =4 s =4(S2 -Si),由于 Si= 30.0cm , S2=36.6cm 代入上式得 S4= 49.8cm , S5= 56.4cm。因此B A上撕下的部分。是从纸带LS(2)由 a = rT2(36.6 -30.0) 100.12m/s2=6.6 m/s 2。本题的正确答案为“2.B; 6.6 m/s 。打A纸带时，物体的加速度大小是(P. 27)内经过的*2

24、5 .物体在斜面顶端由静止匀加速下滑，最初 4s内经过路程为Si,最后4s 路程S2,且S2 si = 8nx si ： S2= 1 ： 2,求斜面白全长.6解答 由 S2si = 8m si ： S2= 1 ： 2 得 si=8m S2= 16m ,设物体在斜面上下滑的加速度为最初4s的位移a,斜面全长为s,斜面上下滑的总时间为t,则1 _x2 si=ati ,22sti42m/s2=1 m/s 2,最后4s的位移S2 =1at222a(t -4),其中S2= 16m , a=1m/s2代入上式可解得 t=6s,sJat221 1 62m=18n2所以斜面的全长为18nl(P. 27)s处，

25、有一辆*26 .摩托车以速度 V1沿平直公路行驶，突然驾驶员发现正前方离摩托车 汽车正以V2的速度开始减速，且 V2VV1,汽车的加速度大小为 32.为了避免发生碰撞，摩托车也同时减速，求其加速度至少需要多少?5解答 以前方减速运动的汽车为参照物，则摩托车相对汽车的相对初速为V0r =V1 -V2,相对汽车的相对加速度为ar =a1 -a2,刚与汽车不相碰时，摩托车相对汽车的相对位移为Sr=S,设摩托车从开始减速到摩托车与汽车速度相同所需时间为t,摩托车从开始减速到汽车停止所需时间为V2a2t =三Vrs _VorVtrV122s摩托车与汽车刚不相碰时，汽车还未停止的条件是:口. 2st t即

26、（i.4m/s 2,(2)丙车与乙车相碰前，乙车已停止，故为避免丙车与乙车相碰，丙车减速运动的 加速度至少应为：2a2V3v2 2a2s其中 a2= i.4m/s 2 , v2=8m/s , v3=9m/s , s=5m 代入式得 a3 2i.45m/s 2所以丙车减速运动的加速度至少应为2i.45m/s 。2m/s2,制动时匀减速上升，加速度为一(P. 28)*29 . 一电梯，启动时匀加速上升，加速度为1m/s2,楼高 52m.求：若上升的最大速度为 6m/s,电梯升到楼顶的最短时间是多少?如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升, 大速度是多少？ 8解答 (i)设电梯作匀加速上升的

27、末速为v,动过程上升的位移为：全程共用时间为16s.上升的最电梯升到楼顶的总时间为t ,则加速运si - vitiai减速运动过程上升的位移为:s2 =v2t22 a2匀速上升的位移为:v vv v一S3 = v(t ti t2) = v(t -)=v(t- )，da1a22 1由题意知：S| + s2 + S3 = 52 ,解、式得:3v 52 I 4 v TOC o 1-5 h z 从式知，当3V =52 即v=8.3m/s时，t最短；而电梯上升的最大速度为6m/s,4 v所以电梯升到楼顶的最短时间为v=6m/s时，代入式可得t = 13.17s。(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最

28、后减速上升，全程共用时间为16s,代入式可得v =4m/s (v =17.3m/s ,不合题意舍去)，故电梯上升的最大速度是4m/s。(P. 28) *30 . A、B两站相距s,将其分成n段，汽车无初速由 A站出发，分n段向B站做匀加速直线运动，第一段的加速度为a.当汽车到达每一等份的末端时，其加速度增加-,求n汽车到达B站时的速度.8解答设第一段的末速v1 ,有2v1= 2a-设第二段的末速v2,有22v2 = v1 a、s 2as - n 1、+ 2(a +-)一 =(1 +),n n n n设第三段的末速v3,有222a. s 2as n 1 n 2.v3 = v2 2(a )一二(1

29、 ),n n n n n到达B站时的速度为2Vb.h！)=止1as,nn n所以汽车到达B站时的速度为（P. 28）*31 .如图2-16 （原图2-24）所示，两等高光滑的斜面AC ABC固定.已知斜面总长AC= A B +B C,且0 0 .让小球分别从两斜 面顶端无初速滑下，到达斜面底部的时间分别为 t和t .若 则t和t 应当是什么关系？ 8解答 如图2-17所示，在AC段取一点B,使AB= A B,由0 0 可知，小球到达 B点的速度小于小球到达B点的速度，即vB t ,故t和t 的关系应当是t t 。(P. 28)*32 .如图2-18 （原图2-25）所示的滑轮组，物体 1、2分

30、别具有向下的加速度ai和 32,物体3具有向上的加速度 a3,求an a2、a3之间的关系.图 2-18解答 物体3的运动与1、2的运动都有联系，同时考虑三者 之间的运动关系不好分析， 可以先假设其中一个不动， 分析物体3 与另一个的运动关系，然后再综合起来考虑.1设物体2不动，1向下运动S1,物体3将上升一si；再设物体21不动，2向下运动S2, 3将上升ls2;当1、2同时运动时，3上2-11升的图度3 =-S1 +-S2,因做匀变速运动的物体在相等时间内位移与加速度成正比，所 221以二者的加速度关系ZEa3 =5(4 +a2 )自由落体和竖直上抛运动(P. 29)*6 .竖直上抛的物体

31、，在上升阶段的平均速度是20 m/s,则从抛出到落回抛出点所需时间为 s,上升的最大高度为 m. (g=10m/s2) 2解答 竖直上抛的物体，在上升阶段的平均速度V = v0 ,即2v0 = 2v = 2 父 20m/s=40m/s ,从抛出到最高点的时间为：* v040 ，t = = s=4s ,g 10从抛出到落回抛出点所需时间为2t =8s,上升的最大高度为： TOC o 1-5 h z 22V040h = =m=80m2g 2 10本题的正确答案为“ 8 ; 80”。(P. 29)30m/s,则它下落高度是 m ,它1s内下落的高度是 m. (g=10m/s2) 2*7 . 一物体作

32、自由落体运动，落地时的速度为在前2s内的平均速度为 m/s ,它在最后解答自由落体的下落高度为：2Vt2g3022 10m=45mgt21=”=前2s内的平均速度为:1x 10 x 2 m/s=10m/s , 2自由下落的总时间为:2h 2 45t = J =、：s=3s ,g 110前2s内下落的高度为：1.212h=-gt = 10 2 m=20m22最后1s内下落的高度是h-h= (4520) m=25m本题的正确答案为“ 45 ; 10 ; 25”。(P. 29)*8 .一小球从楼顶边沿处自由下落,求楼高.3在到达地面前最后一秒内通过的位移是楼高的9/25 ,解答如图2-19所示，设整

33、个下落过程用时为t ,楼高为h,由题意知h29 u -h,则有251625h1 = h - h216 h ,25h =：gt2,12h=2gT, a图 2-19、两式相除后解得所以楼高为125nlt = 5s , h=125m。(P. 29)*9 .长为5m的竖直杆下端在一窗沿上方5m处，让这根杆自由下落，它全部通过窗沿的时间为多少？ ( g取10 m/s2) 2解答 设竖直杆上端通过窗沿的时间为t1,下端通过窗沿的时间为t2,则s2其中s, = 10m,s2 = 5m,代入、两式得:t1 =。2 s, t2= 1s,所以这根杆全部通过窗沿的时间为t =t1 -12 = (& -1)s。(P.

34、 29)*10 . 一只球自屋檐自由下落，通过窗口所用时间At=0.2s ,窗高2米，问窗顶距屋檐多少米？ (g=10m/s 2)2.5解答 设小球自由下落到窗顶的位移为h,所用时间为t ,窗高为Ah,则 TOC o 1-5 h z 12_h = gt ,2,.1,、2_h 十 Ah = 2 g(t 十 At),其中Ah=2m, At = 0.2s代入数据，解、两式得h= 4.05m,故窗顶距屋檐的距离为4.05m。(P. 30)*13 .竖直向上抛出一小球，3s末落回到抛出点，则小球在第 2秒内的位移(不计空气阻力)是()1.5(A) 10m(B) 0(C) -5m(D) -1.25m解答

35、竖直向上抛出的小球，3s末落回到抛出点， 根据上抛运动的对称性得， 上升过 程和下降过程历时均为 1.5s,第1秒末和第2秒末位于同一位置， 即小球在第2秒内的位 移为0。本题的正确选项为(B)。(P. 30) TOC o 1-5 h z *14 .将一小球以初速度 v从地面竖直上抛后，经4s小球离地面高度为 6m,若要使小球 抛出后经2s达相同高度，则初速度 V0应(g=10 m/s2,不计阻力)()2(A)小于v(B)大于v(C)等于v(D)无法确定解答由竖直上抛运动位移公式得：1.2小h=vt1gt12,1,2_h=v0t2gt22其中h=6m, 11=4s, t2=2s代入、式得：v

36、= 21.5m/s , v0=13m/s,即v0V v本题的正确选项为(A)。(P. 30)*15 .在绳的上、下两端各拴着一小球，一人用手拿住绳上端的小球站在三层楼的阳台 上，放手后小球自由下落，两小球落地的时间差为如果人站在四层楼的阳台上，放手让其自由下落，两小球落地的时间差将(空气阻力不计) (填“增大”、“减小”、 “不变” ). 1解答 设绳长为l,下端小球落地后，上端小球下落到着地过程中的平均速度为v,则有其中10固定，下落高度越高,v越大，所以站在四层楼的阳台上放手让其自由下落,两小球落地的时间差较小。本题的正确答案为“减小”(P. 30)*16 . 一只球从高处自由下落，下落

37、0.5s时，一颗子弹从其正上方向下射击，要使球在下落1.8m时被击中，则子弹发射的初速度为多大？ (g=10 m/s2 ) 4解答设子弹发射的初速度为 V0,球从下落到被击中历时tl,子弹运动时间为t2,有 TOC o 1-5 h z ,1,2h = gti2,1,2公h =v0t2 十一 gt22t2=t10.5s,其中h=1.8m,代入、式得 V0=17.5m/s ,(P. 30)*17 . 一石块A从80m高的地方自由下落，同时在地面正对着这石块，用 40 m/s的速度 竖直向上抛出另一石块 B,问：(g=10 m/s2)石块A相对B是什么性质的运动？经多长时间两石块相遇？相遇时离地面有

38、多高？3解答 由于石块 A B具有相同的加速度，故石块 A相对B做速度为40 m/s的匀速 直线运动。由于开始时两石块相距s=80m,因此有：S=80s=2s,v相40故经2s两石块相遇。2s内石块A下落的高度为：1212Lh=2gt =？ 10 2 m=20m故相遇时离地面的高度为 h= (8020) m=60m(P. 30)*18 .从地面竖直上抛一物体，它两次经过A点的时间间隔为tA,两次经过B点的时间间隔为tB,则AB相距. 3解答 根据运动时间的对称性得，物体从最高点自由下落到A点的时间为 殳，物体2从最高点自由下落到 B点的时间为tB ,所以最高点到 A点的距离为：2 TOC o

39、1-5 h z 1tA 212hA =-g(r) =-gtA,228最高点到B点的距离为：.tm 、 212hB = g(一) = gtB,28由、两式得 A、B两点相距为：122h =- gtA -tB ,81c c本题的正确答案为“ 1gtA tB(P. 30)*19 .如图2-20 (原图2-27)所示，A、B两棒各长1m A吊于高处， B竖直置于地面上， A的下端距地面 21m,现让两棒同时开始运动，A自“ L B图 2-20由下落，B以20 m/s的初速度竖直上抛，若不计空气阻力，求：(g=10 m/s2) 两棒的一端开始相遇的高度； 两棒的一端相遇到另一端分离所经过的时间.5解答

40、以A棒为参照物，B相对A作向上匀速直线运动，相对速 度为：vBA = 20m/s,由题意知，B棒上端与A棒的下端的距离为 S1 = (21 1) m=20m因此从开始运动到 两棒的一端开始相遇的时间为：S120t1 = = s=1s,Vba 20t1时间内A棒下落的高度为: TOC o 1-5 h z ,121 /Lhgti10 1 m=5m22所以两棒的一端开始相遇时，A棒的下端离地的高度为 h= (215) m=16m从两棒的一端开始相遇到另一端分离，B相对A的位移大小为S2=2m所以两棒的一端相遇到另一端分离所经过的时间为：,S22t2 = s = 0.1s。 HYPERLINK l b

41、ookmark74 o Current Document Vba20(P. 30)*20 .子弹从枪口射出速度大小是30 m/s ,某人每隔1s竖直向上开枪，假定子弹在升降过程中都不相碰，不计空气阻力，试求：空中最多能有几颗子弹？设在t=0时，将第一颗子弹射出，在哪些时刻它和以后射出的子弹在空中相遇而过？这些子弹在距射出处多高的地方依次与第一颗子弹相遇？ (g=10 m/s2) 8解答 一颗子弹从射出到落回地面共用时：c 30s=6s,=2 10因某人每隔1s竖直向上开枪，且假定子弹在升降过程中都不相碰，不计空气阻力，故当第一颗子弹刚着地时，第七颗子弹刚发出，空中最多能有6颗子弹。由题意分析知

42、，当 t=3s时第一颗子弹到达最高点，这时第二颗子弹离最高点的 距离为5m速度为10m/s,这以后第二颗子弹相对第一颗子弹以10m/s的速度匀速运动，到第二颗子弹与第一颗子弹空中相遇还需：s 5t =s=0.5s ,vr10所以，当t12=3.5s时，第二颗子弹与第一颗子弹空中相遇( t12表示第1颗子弹与第2 颗子弹在空中相遇的时间，以后类似)，以后每隔0.5s第三颗、第四颗、第五颗、第六颗与第一颗子弹空中相遇，故空中相遇的时刻分别为t13=4.0s ; t14=4.5s ; t15=5.0s ; t16=5.5s。相遇点的位置就是第一颗子弹空中位置，由于第一颗子弹当t=3s时到达最高点，当

43、 112=3.5s ; 113=4.0s ; 114=4.5s ; 115=5.0s ; 116=5.5s 与其他子弹相遇时，第一颗子弹下落 的高度分别为：.1.21_ 2h1=g(4t12) =一M10M0.5 m=1.25m,22 h2 = 5m, ：h3 =11.25 m,h4 =20m,h5 = 31.25m,第一颗子弹上升的最大高度为： TOC o 1-5 h z 22口V030H =m=45m2g 2 10所以这些子弹与第一颗子弹相遇的高度分别为：hi2=H Ahi = 43.75m； hi3= H - Ah2 = 40m；hi4=H 4h3 = 33.75m； hi5= H -

44、h4 = 25m； hi6=H Ah5 = 13.75m。(P. 30)*21 .从匀速上升的直升飞机上落下一个物体，以下说法中正确的是()2(A)从地面上看，物体做自由落体运动(B)从飞机上看，物体做竖直上抛运动(C)物体和飞机之间的距离开始减小，后来增大(D)物体落地时的速度一定大于匀速上升的飞机的速度解答 匀速上升的直升飞机上落下一个物体，这一物体相对地面做竖直上抛运动，相 对飞机做自由落体运动，故(A)、(B)、(C)都错误；相对地面而言，物体做竖直上抛运动，由运动对称性知，物体落地时的速率一定大于离开飞机时的速率。本题的正确选项为(D)。(P. 31)*24 ,将一链条自由下垂悬挂在墙上，放开后让链条做自由落体运动.已知链条通过悬 点下3.2m处的一点历时 0.5s,问链条的长度为多少？ (g=10 m/s2) 3解答 如图2-21所示，设链条的长度为l0,有 TOC o 1-5 h z 2_h = - gt,2h T0 = - g(t - At),2其中h= 3.2m, At = 0.5s ,代入数据解、式得l0 = 2.75m。、，图 2-21故链条的长度为2.75m。(P. 31)*27 .在某处以速度2 V0