2022高考物理调研大一轮复习(课件+精练)课时作业2.DOC

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1、课时作业2匀变速直线运动规律时间：45分钟1轿车启动时的运动可近似看作匀加速运动，某人为了测定某辆轿车在平路上启动时的加速度，利用相机每隔2 s曝光一次，拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图所示如果轿车车身总长为4.5 m，那么这辆轿车的加速度大约为(B)A1 m/s2 B2 m/s2C3 m/s2 D4 m/s2解析：由图可知，车身对应图上3小格，而车身的长度是4.5 m，每一格表示1.5 m，则第一段位移大小为x18×1.5 m12 m，第二段位移为x213.6×1.5 m20.4 m根据xaT2，则有x2x1aT2，其中T2 s，解得a m/s22.1 m/s2

2、，故只有选项B正确2如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直向上喷出，喷出时水的速度为53 m/s，喷嘴的出水量为0.5 m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g取10 m/s2)(B)A2.65 m3B5.3 m3C10.6 m3D因喷嘴的横截面积未知，故无法确定解析：喷出的水做竖直上抛运动，水的初速度v053 m/s，水在空中停留的时间t10.6 s，即处于空中的水的体积VQt0.5×10.6 m35.3 m3，选项B正确3如图所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的，则下列物理量中可

3、求出的是(B)AA、B两点之间的距离B质点从A运动到B所用的时间C质点运动的加速度大小D质点到达B点时的速度大小解析：设质点在第1 s内的位移为x，则它在最后1 s内的位移为4x，设质点运动的加速度大小为a，质点从A运动到B所用的时间为t，利用匀变速直线运动规律可得xa×(1 s)2,4xa×t2a×(t1 s)2，联立可解得t，但不能得出a和x，故只有选项B正确4(多选)物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某速度v后，立即以加速度a2做匀减速运动至B点速度恰好减为0，所用总时间为t.若物体以速度v0匀速通过AB之间，所用时间也为t，则(AB)A

4、v2v0 B.C. D.解析：由运动学公式有：xv0tt1t2(t1t2)t，解得v2v0，故A正确；由t1，t2得：t即：，故B正确，C、D错误5如图所示，O点离水平地面的高度为H，A点位于O点正下方l处，某物体从O点由静止释放，做自由落体运动，落于地面O点，则物体(D)A在空中的运动时间为B在空中的运动时间为C从A点到O点的运动时间为D从O点到A点的运动时间为解析：物体做自由落体运动，根据hgt2可得t，故A、B错误；OA运动的时间t，故从A点到O点的运动时间为ttt，故C错误；从O点到A点的运动时间为：t，故D正确6不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t

5、，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为(C)A0.5t B0.4tC0.3t D0.2t解析：物体下降的时间为t，故物体上升的最大高度为hg·(t)2gt2，对物体自由落体运动h的过程，有gt，联立解得t1t，故设置挡板后，物体上升和下降的总时间为tt2t1tt0.3t，C正确7歼­15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大若歼­15战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L<s

6、)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母航静止的情况下，用弹射系统给战机一定的初速度；方法二：起飞前先让舰空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度的大小v1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度的大小v2min.解析：(1)若歼­15战机正常起飞，则有2asv2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机一最小速度v1min，则满足2aLv2v解得v1min(2)解法1：一般公式法起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，

7、战机起飞时间为t，则有xv2mintt2a(Lx)v2v解得v2min解法2：相对运动法选航空母舰为参考系，则战机起飞过程，战机相对初速度为0，相对末速度为vv2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL(vv2min)22asv2可得v2min答案：(1)(2)8(2019·湖南师大附中检测)如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为321，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为(B)A. B.C. D.解析：设质点经过ab、bc和cd三段所用时间分别为3t、2t和t，各段时间t内的位移分别为

8、s1、s2、s3、s4、s5、s6，由题可知x1s1s2s3，x2s6，设bc段的位移为x，则xs4s5，根据公式xaT2，则(xx2)x1(s4s5s6)(s1s2s3)9aT2，同时，由于s2s1s3s2，所以s1s32s2，x1s1s2s33s2，而s6s24aT2，即x24aT2，联立可得x，故B正确9(多选)如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，根据图中的信息，下列判断正确的是(BCD)A位置1是小球释放的初始位置B小球做匀加速直线运动C

9、小球下落的加速度为D小球在位置3的速度为解析：由xd为恒量可知，小球做匀加速直线运动，选项B正确；由xaT2得a，选项C正确；v324，选项D正确；v1v3a·2T×2T>0，选项A错误10(多选)汽车由静止开始从A点沿直线ABC做直线运动，第4 s末通过B点时关闭发动机，再经6 s到达C点停止已知AC的长度为30 m，则下列说法正确的是(BCD)A通过B点时的速度为3 m/sBAB的长度为12 mC汽车在AB段的平均速度为3 m/sD汽车在AC段的平均速度为3 m/s解析：汽车由静止开始从A点沿直线ABC运动，画出v­t图象，由图可得xACvBt，解得vB

10、6 m/s，选项A错误；在04 s内，xABvBt112 m，选项B正确；由，知汽车在AB段的平均速度为3 m/s，选项C正确；AC段的平均速度为3 m/s，选项D正确11(2019·福建南安模拟)(多选)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点间，需时为t，现在物体由A点静止出发，匀加速(加速度为a1)到某一最大速度vm后，立即做匀减速运动(加速度为a2)至B点停下，历时为2t，则物体的(BC)Avm可为许多值，与a1、a2的大小有关Bvm只能为v，无论a1、a2为何值Ca1、a2必须满足Da1、a2必须满足解析：A、B两点的距离不变，则有：vt，vmv，B正确又有vt，解出，故选B

11、C.12近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过若某车减速前的速度为v072 km/h，靠近站口时以a15 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度vt28.8 km/h，然后立即以a24 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速

12、过站而耽误的时间为多少？解析：设该车初速度方向为正方向，vt28.8 km/h8 m/s，v072 km/h20 m/s，a15 m/s2.(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：由vv2a1x1解得：x133.6 m(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vtv0a1t1，得t12.4 s加速阶段：t23 s则加速和减速的总时间为：tt1t25.4 s(3)在加速阶段：x2t242 m则总位移：xx1x275.6 m若不减速和不加速所需要时间：t3.78 s车因减速和加速过站而耽误的时间：ttt1.62 s答案：(1)33.6 m(2)5.4 s(3)1.62 s