高中物理经典习题及解析文档格式.docx
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转动：
物体各部分都绕圆心作圆周运动。
6、加速度：
描述物体速度变化快慢的物理量，a=△υ/△t（又叫速度的变化率）是矢量。
a的方向只与△υ的方向相同（即与合外力方向相同）方向方向相同时作加速运动；
方向方向相反时作减速运动；
加速度的增大或减小只表示速度变化快慢程度增大或减小，不表示速度增大或减小。
7、运动的相对性：
只有在选定参照物之后才能确定物体是否在运动或作怎样的运动。
一般以地面上不动的物体为参照物。
二例题分析
例1、物体M从A运动到B，前半程平均速度为υ1，后半程平均速度为υ2，那么全程的平均速度是：
（D）
A、（υ1+υ2）/2
B、
22C、（υ1+υ2）/（υ1+υ2）
D、2υ1υ2/（υ1+υ2）
例2．下列有关高中物理实验的描述中，正确的是：
（ABC）。
A．在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，通过在纸带上打下的一系列点迹可求出纸带上任意两个点迹之间的平均速度
B．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与木板平面平行，同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上
C．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，假如摆长的测量及秒表的读数均无误，而测得的g值明显偏小，其原因可能是将全振动的次数n误计为n－1
D．在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须要用天平测出下落物体的质量
例3、下列关于所描述的运动中，可能的是（）
A速度变化很大，加速度很小
B速度变化的方向为正，加速度方向为负
C速度变化越来越快，加速度越来越小
D速度越来越大，加速度越来越小
解析：
由a=△v/△t知，即使△v很大，假如△t足够长，a可以很小，故A正确。
速度变化的方向即△v的方向，与a方向一定相同，故B错。
加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化快，加速度一定大。
故C错。
加速度的大小在数值上等于单位时间内速度的改变量，与速度大小无关，故D正确。
答案：
A、D
例4、一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个△t时间内的位移为s，若△t未知，则可求出（）
A．第一个△t时间内的平均速度
B．第n个△t时间内的位移
C．n△t时间的位移
D．物体的加速度
因
A错.因=，而△t未知，所以不能求出，故有
，（2n-1）s，故B正
确；
又s∝t2所以=n2，所以sn=n2s，故C正确；
因a=，尽管△s=sn-sn-1可求，但△t未知，所以A求不出，D错.
B、C
例5、汽车原来以速度v匀速行驶,刹车后加速度大小为a,做匀减速运动,则t秒后其位移为（）
ABCD无法确定
解析:
汽车初速度为v，以加速度a作匀减速运动。
速度减到零后停止运动，设其运动的时间t，=。
当t≤t，时，汽车的位移为s=；
假如t＞t，，汽车在t，时已停止运动，其位移只能用公式v2=2as计算，s=
D
例6、汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述的已知条件（）
A.可求出乙车追上甲车时乙车的速度
B.可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程
C.可求出乙车从开始起动到追上甲车时所用的时间
D.不能求出上述三者中任何一个
分析：
题中涉及到2个相关物体运动问题，分析出2个物体各作什么运动，并尽力找到两者相关的物理条件是解决这类问题的要害，通常可以从位移关系、
速度关系或者时间关系等方面去分析。
根据题意，从汽车乙开始追赶汽车甲直到追上，两者运动距离相等，即s甲==s乙=s，经历时间t甲=t乙=t.
那么，根据匀速直线运动公式对甲应有：
根据匀加速直线运动公式对乙有：
，及
由前2式相除可得at=2v0，代入后式得vt=2v0，这就说明根据已知条件可求出乙车追上甲车时乙车的速度应为2v0。
因a不知，无法求出路程和时间，假如我们采取作v－t图线的方法，则上述结论就比较轻易通过图线看出。
图中当乙车追上甲车时，路程应相等，即从图中图线上看面积s甲和s乙，显然三角形高vt等于长方形高v0的2倍，由于加速度a未知，乙图斜率不定，a越小，t越大，s也越大，也就是追赶时间和路程就越大。
A
例7、在轻绳的两端各栓一个小球，一人用手拿者上端的小球站在3层楼阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T，假如站在4层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地时间差将（）
A不变B变大C变小D无法判定
两小球都是自由落体运动，可在一v-t图象中作出速度随时间的关系曲线，如图所示，设人在3楼阳台上释放小球后，两球落地时间差为△t1，图中阴影部分面积为△h，
若人在4楼阳台上释放小球后，两球落地时间差△
t2，要保证阴影部分面积也是△h；
从图中可以看出一定有△t2〈△t1
C
例8、一物体在A、B两点的正中间由静止开始运动（设不会超越A、B），其加速度随时间变化如图所示。
设向A的加速度为为正方向，若从出发开始计时，则物体的运动情况是（）
A先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在原处
B先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在偏向A的某点
C先向A，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在偏向B的某点
D一直向A运动，4秒末静止在偏向A的某点
根据a-t图象作出其v-t图象，如右图所示，由该图可以看出物体的速度时大时小，但方向始终不变，一直向A运动，又因v-t图象与t轴所围“面积”数值上等于物体在t时间内的位移大小，所以4秒末物体距A点为2米
第二章匀变速直线运动的研究
1、匀变速直线运动是在相等的时间里速度的变化量相等的直线运动。
基本规律有：
υt=υ0+at
2s=υ0t+at/2s=υ平t
利用上面式子时要注意：
（1）、υt，υ0，υ平，a视为矢量，并习惯选υ0的方向为正方向：
（2）、其余矢量的方向与υ0相同取正值，反向取负值，若a与υ同向，物体作匀加速运动，若a与υ反向，物体作匀减速运动。
2、匀变速直线运动特点
（1）、做匀变速直线运动的物体，在某段时间内的平均速度等于这段时间内的中间时刻的即时速度。
（2）、匀变速直线运动某段位移中点的即时速度，等于这段位移两端的即时速度的几何平均值。
（3）、做匀变速直线运动的物体,如果在各个连续相等的时间T内的位移分别为sⅠ,sⅡ,sⅢ,„„sn则:
2△s=sⅡ-sⅠ=sⅢ-sⅡ=„„=aT
（4）、初速为零的匀变速直线运动的特征：
（设t为单位时间）
①1t末，2t末，3t末„„即时速度的比为:
υ1：
υ2：
υ3：
„„υn=1:
2:
3:
„„n
②1t内,2t内,3t内„„位移之比为：
S1:
S2:
S3:
Sn=12：
22：
32：
„„：
n2
③第1t内，第2t内，第3t内„„位移之比为：
SⅠ：
SⅡ：
SⅢ：
．．．Sn=1:
5:
．．．（2n-1）
3、对于匀减速直线运动，必须特别注意其特性：
（1）匀减速直线运动总有一个速度为零的时刻，此后，有的便停下来，有些会反向匀加速
（2）匀减速运动的反向运动既可以按运动的先后顺序进行运算，也可将返回的运动按初速为零的匀加速运动计算。
4、自由落体运动
（1）初速度v00
（2）末速度vtgt
（3）下落高度h
212gt（从v0位置向下计算）2（4）推论vt2gt
注:
（1）自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，遵循匀变速直线运动规律；
（2）a＝g＝9.8m/s2≈10m/s2（重力加速度在赤道附近较小,在高山处比平地小，方向竖直向下）。
（3）竖直上抛运动
a.位移sv0t-12gt2
b.末速度Vt＝Vo-gt（g=9.8m/s2≈10m/s2）
2c.有用推论vt2v02gs
2v0d.上升最大高度Hm（抛出点算起）2g
e.往返时间t＝2Vo/g（从抛出落回原位置的时间）
（1）全过程处理:
是匀减速直线运动，以向上为正方向，加速度取负值；
（2）分段处理：
向上为匀减速直线运动，向下为自由落体运动，具有对称性；
（3）上升与下落过程具有对称性,如在同点速度等值反向等。
例1、关于加速度与速度、位移的关系，以下说法正确的是：
（D）
A、υ0为正，a为负，则速度一定在减小，位移也一定在减小；
B、υ0为正，a为正，则速度一定在增加，位移不一定在增加；
C、υ0与a同向，但a逐渐减小，速度可能也在减小；
D、υ0与a反向，但a逐渐增大，则速度减小得越来越快（在停止运动前）
例2、
（8分）从地面以速度竖直向上抛出一皮球，皮球落地时速度大小为，若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，试求皮球在空中运动的时间。
解：
上升有下降有即（2分）
又∵空气阻力与成正比即
∴上升时（1分）下降时（1分）
∴空气阻力总冲量为（1分）
∴
（2分）∴（1分）
例3、从地面上以速率v1竖直上抛一小球，若运动中受到的空气阻力与小球速率成正比，小球落回地面时速率为v2,则（B）
①小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也是逐渐减小
②小球被抛出时的加速度值最大，落回抛出点时的加速度值最小
③小球从抛出到落回地面经历时间是（v1v2）/g
④小球从抛出到落回地面经历时间是
A.①②B.①②③C.①②④D.①②③
例4、从离地Ｈ高处自由下落小球a，同时在它正下方H处以速度Ｖ0竖直上抛另一小球b，不计空气阻力，有：
（C）
（1）若Ｖ0＞，小球b在上升过程中与a球相遇
（2）若Ｖ0＜,小球b在下落过程中肯定与a球相遇
（3）若Ｖ
0=，小球b和a不会在空中相遇
（4）若Ｖ0=，两球在空中相遇时b球速度为零。
A．只有
（2）是正确的B．
（1）
（2）（3）是正确的
C．
（1）（3）（4）正确的D．
（2）（4）是正确的。
例5、（16分）如图所示是我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿.跳台距水面高度为10m，此时她恰好到达最高位置，估计此时她的重心离跳台台面的高度为1m，当她下降到手触及水面时要伸直双臂做一个翻掌压水花的动作，这时她的重心离水面也是1
m.（取g=10m/s2）求：
（1）从最高点到手触及水面的过程中其重心可以看作是自由落体运动，她在空中完成一系列动作可利用的时间为多长?
（2）忽略运动员进入水面过程中受力的变化，入水之后，她的重心能下沉到离水
面约2.5m处，试估算水对她的平均阻力约是她自身重力的几倍?
（1）这段时间人重心下降高度为10m
空中动作时间t=………………………………………………（4分）
代入数据得t=s=1.4s……………………………………………（2分）
（2）运动员重心入水前下降高度hΔh=11m（2分）入水后深度为=.2.5m
据动能定理mg（hΔhh水）=fh水………………………………………（4分）
整理得……………………………………………（2分）
=
=5.4………………………………………………（2分）
例6（12分）一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内．问：
（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？
（2）判定警车在加速阶段能否追上货车？
（要求通过计算说明）
（3）警车发动后要多长时间才能追上货车？
（12分）（l）警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时．它们的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．则
（1分）s货=（5.54）×
10m=95m（1分）
s警
分）（1分）所以两车间的最大距离△s=s货-s警=75m（2
（2）v0=90km/h=25m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间（l分）s货’=（5.510）×
10m=155m（1分）s警’=
因为s货’＞s警’，故此时警车尚未赶上货车（1分）（1分）
（3）警车刚达到最大速度时两车距离△s’=s货’-s警’=30m，警车达到最大速度后做匀
速运动，设再经过△t时间追赶上货车．则：
（1分）
所以警车发动后要经过
才能追上货车（2分）
例7、一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的（）
A.位移的大小可能小于4m
B.位移的大小可能大于10m
C.加速度的大小可能小于4m/s
D.加速度的大小可能大于10m/s
析：
同向时
反向时
式中负号表示方向跟规定正方向相反
例8、两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知（）
A在时刻
t2以及时刻t5两木块速度相同
B在时刻t1两木块速度相同
C在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同
D在时刻t4和时刻t5之间某瞬间两木块速度相同
首先由图看出：
上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；
下边那个物体很明显地是做匀速直线运动。
由于t2及t3时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻的即时速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间
例9、一跳水运动员从离水面10m高的平台上跃起，举双臂竖立身体离开台面，此时中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是多少？
（g取10m/s2结果保留两位数字）
根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其水平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由可求出刚离开台面时的速度
，由题意知整个过程运动员的位移为－10m（以向上为正方向），由
得：
103t
5t2
解得：
t≈1.7s
例10、如图所示，有若干相同的小钢球，从斜面上的某一位置每隔0.1s释放一颗，在连续释放若干颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图，测得AB=15cm，BC=20cm，试求：
（1）拍照时B球的速度；
（2）A球上面还有几颗正在滚动的钢球
拍摄得到的小球的照片中，A、B、C、D…各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。
求拍摄时B球的速度就是求首先释放的那个球运动到B处的速度；
求A球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到A处经过了几个时间间隔（0.1s）
（1）A、B、C、D四个小球的运动时间相差△T=0.1s
VB==m/s=1.75m/s
（2）由△s=a△T2得：
a=
m/s2==5m/s2
例11、火车A以速度v1匀速行驶，司机发现正前方同一轨道上相距s处有另一火车B沿同方向以速度v2（对地，且v2〈v1〉做匀速运动，A车司机立即以加速度（绝对值）a紧急刹车，为使两车不相撞，a应满足什么条件？
后车刹车做匀减速运动，当后车运动到与前车车尾即将相遇时，如后车车速已降到等于甚至小于前车车速，则两车就不会相撞，故取s后
=ss前和v后≤v前求解
解法一：
取取上述分析过程的临界状态，则有
v1t－a0t2＝s＋v2t
v1－a0t=v2
a0=
所以当a≥时，两车便不会相撞。
法二：
假如后车追上前车恰好发生相撞，则
v1t－at2＝s＋v2t
上式整理后可写成有关t的一元二次方程，即
at2＋（v2－v1）t＋s＝0
取判别式△〈0，则t无实数解，即不存在发生两车相撞时间t。
△≥0，则有（v2－v1）2≥4（a）s
得a≤
为避免两车相撞，故a≥
法三：
运用v-t
图象进行分析，设从某时刻起后车开始以绝对值为
a
的加速度开始刹车，取该时刻为t=0，则A、B两车的v-t图线如图所
示。
图中由v1、v2、C三点组成的三角形面积值即为A、B两车位移
之差（s后－s前）=s，tanθ即为后车A减速的加速度绝对值a0。
因此有
（v1－v2）=s
所以tanθ=a0=
若两车不相撞需a≥a0=
例12、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s2，直到停止，共历时130s，行程1600m。
试求：
（1）摩托车行驶的最大速度vm；
（2）若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最短时间为多少？
分析：
（1）整个运动过程分三个阶段：
匀加速运动；
匀速运动；
匀减速运动。
可借助v-t图象表示。
（2）首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。
借助v-t图象可以证实：
当摩托车以a1匀加速运动，当速度达到v/m时，紧接着以a2匀减速运动直到停止时，行程不变，而时间最短
（1）如图所示，利用推论vt2-v02=2as有：
（130-）vm=1600.其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.解得：
vm=12.8m/s（另一解舍去）.
（2）路程不变，则图象中面积不变，当v越大则t越小，如图所示.设最短时间为tmin，则tmin=
①=1600②
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