高考物理一轮复习第一章质点的直线运动课时规范练2匀变速直线运动的规律及应用新人教版.doc

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1、1 / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第一章质点的直线运动课精选高考物理一轮复习第一章质点的直线运动课时规范练时规范练 2 2 匀变速直线运动的规律及应用新人教版匀变速直线运动的规律及应用新人教版基础巩固组基础巩固组1.(1.(匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动规律的应用)(2017)(2017湖北武汉调研湖北武汉调研) )如图所示如图所示, ,一汽车一汽车装备了具有自动刹车功能的安全系统装备了具有自动刹车功能的安全系统, ,系统以系统以 5050 HzHz 的频率监视前方的交的频率监视前方的交通状况。当车速通状况。当车速 v10v10 m/sm/s 且与前方静止

2、的障碍物之间的距离接近安全且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时距离时, ,如果司机未采取制动措施如果司机未采取制动措施, ,系统就会立即自动刹车系统就会立即自动刹车, ,使汽车避免与使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下障碍物相撞。在上述条件下, ,若该车在不同路况下的自动刹车的加速度取若该车在不同路况下的自动刹车的加速度取4646 m/s2m/s2 之间的某一值之间的某一值, ,则自动刹车的最长时间为则自动刹车的最长时间为( ( ) )A. sB. sC.2.5 sD.12.5 s答案 C解析当车速最大 vm=10 m/s 且加速度取最小值时,自动刹车时间最长。由速度公式,v=vm-a

3、t 解得 t=2.5 s,选项 C 正确。2 / 112.(2.(匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动规律的应用)(2018)(2018山东山东县期中县期中) )质点做直线运动质点做直线运动的位移的位移 x x 与时间与时间 t t 的关系为的关系为 x=5t+t2(x=5t+t2(各物理量均采用国际单位各物理量均采用国际单位),),则该质则该质点点( ( ) )A.第 1 s 内的位移是 5 mB.前 2 s 内的平均速度是 6 m/sC.任意相邻的 1 s 内位移差都是 1 mD.任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s答案 D解析将 t=1 s 代入 x=5t+t2 得 x1=6 m

4、,A 错误;将 t=2 s 代入 x=5t+t2 得x2=14 m,前 2 s 的平均速度 m/s=7 m/s,B 错误;第 2 s 内的位移 x2=14 m-6 m=8 m,第 2 s 内的位移与第 1 s 内的位移之差 x=8 m-6 m=2 m,C 错误;由 x=at2 得 a=2 m/s2,任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s,D 正确;故选 D。3.(3.(刹车类问题刹车类问题)(2017)(2017山西四校联考山西四校联考) )以以 3636 km/hkm/h 的速度沿平直公路行驶的速度沿平直公路行驶的汽车的汽车, ,遇障碍物刹车后获得大小为遇障碍物刹车后获得大小为 a=4a

5、=4 m/s2m/s2 的加速度的加速度, ,刹车后第刹车后第 3 3 s s 内内, ,汽车走过的路程为汽车走过的路程为( ( ) )3 / 11A.12.5 mB.2 mC.10 mD.0.5 m答案 D解析由 v=at 可得从刹车到静止所需的时间 t=2.5 s,则第 3 s 内的位移,实际上就是 22.5 s 内的位移,x=at2=0.5 m。4.(4.(双向可逆类运动双向可逆类运动) )在光滑足够长的斜面上在光滑足够长的斜面上, ,有一物体以有一物体以 1010 m/sm/s 初速度沿初速度沿斜面向上运动斜面向上运动, ,如果物体的加速度始终为如果物体的加速度始终为 5 5 m/s2

6、,m/s2,方向沿斜面向下。那么方向沿斜面向下。那么经过经过 3 3 s s 时的速度大小和方向是时的速度大小和方向是( ( ) )A.5 m/s,沿斜面向下B.25 m/s,沿斜面向上C.5 m/s,沿斜面向上D.25 m/s,沿斜面向下答案 A解析物体上滑和下滑的加速度相同,整个过程做匀变速直线运动,取初速度方向为正方向,则 v0=10 m/s,a=-5 m/s2,由 v=v0+at 可得,当 t=3 s 时,v=-5 m/s,“-”表示物体在 t=3 s 时速度方向沿斜面向下,故 A 正确,B、C、D 错误。故选 A。5.(5.(匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动规律的应用) )一质

7、点做速度逐渐增大的匀加速直线运动一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动, ,在在时间间隔时间间隔 t t 内位移为内位移为 x,x,动能变为原来的动能变为原来的 9 9 倍。该质点的加速度为倍。该质点的加速度为( ( ) )4 / 11A.B.C.D.答案 A解析设该段时间内初速度为 v,由题意知末速度为 3v,则,解得 v=,故 a=,选项 A 正确。6.(6.(多选多选)()(匀变速直线运动规律的应用匀变速直线运动规律的应用)(2018)(2018湖南衡阳月考湖南衡阳月考) )一辆汽车从一辆汽车从静止开始匀加速直线开出静止开始匀加速直线开出, ,然后保持匀速直线运动然后保持匀速直线运动, ,

8、最后做匀减速直线运动最后做匀减速直线运动, ,直直到停止到停止, ,下表给出了不同时刻汽车的速度下表给出了不同时刻汽车的速度, ,根据表格可知根据表格可知( ( ) )时刻/s1235 6 79. 510. 5速度/(m s-1)369121 21 29 3A.汽车在 t=5 s 时刻开始做匀速直线运动B.汽车匀速运动的时间为 5 sC.汽车加速阶段的平均速度小于减速阶段的平均速度D.汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约 8.73 m/s答案 BD5 / 11解析已知汽车做初速度为零的匀加速直线运动,由 1 s 末的速度可以求出加速度;由表格数据可得汽车在 4 s 末的速度达到最大值

9、 12 m/s,由速度时间关系得出加速运动的时间;分别求出物体做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动的位移相加;平均速度等于位移与时间的比值。根据 13 s 内做加速运动可知加速度 a1= m/s2=3 m/s2,而从表格中可知汽车做匀速直线运动的速度为 12 m/s,也就是加速阶段最大速度为 12 m/s,故根据 v=v0+at 可知加速时间为 t=4 s,故汽车在 t=4 s 开始做匀速直线运动,A 错误;从表格中可知减速运动时的加速度为 a2= m/s2=-6 m/s2,在t=9.5 s 时速度为 9 m/s,故已经减速了 t= s=0.5 s,所以在 t=9 s 开始减速运动,

10、故匀速运动时间为 5 s,B 正确;加速阶段的平均速度 v1= m/s=6 m/s,减速阶段的平均速度 v2= m/s=6 m/s,故 C 错误;04 s 做加速度 a=3 m/s2 的匀加速运动,产生的位移 x1=at2=342 m=24 m;49 s 做速度v=12 m/s 的匀速直线运动,产生的位移 x2=125 m=60 m;911 s 做初速度为 12 m/s,加速度 a=-6 m/s2 的匀减速运动,减速时间 t= s=2 s,产生的位移 x3=122 m+(-6)22 m=12 m,所以汽车产生的总位移x=x1+x2+x3=24 m+60 m+12 m=96 m,故全程的平均速度

11、8.73 m/s,故 D 正确。6 / 117.(7.(自由落体运动自由落体运动)(2018)(2018安徽巢湖月考安徽巢湖月考) )一个小石子从离地某一高度处由一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下静止自由落下, ,某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹 ABAB。该爱好者。该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度用直尺量出轨迹的实际长度, ,如图所示。已知曝光时间为如图所示。已知曝光时间为 s,s,则小石子出发则小石子出发点离点离 A A 点约为点约为(g(g 取取 1010 m/s2)(m/s2)( ) )A.6.5 mB.10 mC.20 mD.45 m

12、答案 C解析由题图可知 AB 的长度为 2 cm,即 0.02 m,曝光时间为 s,所以 AB 段的平均速度的大小为 v= m/s=20 m/s,由自由落体的速度位移的关系式v2=2gh 可得 h= m=20 m,所以 C 正确。故选 C。8.(8.(竖直上抛运动竖直上抛运动)(2018)(2018河南新乡月考河南新乡月考) )不计空气阻力不计空气阻力, ,以一定的初速度以一定的初速度竖直上拋一物体竖直上拋一物体, ,从拋出至回到拋出点的时间为从拋出至回到拋出点的时间为 t,t,现在物体上升的最大高现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板度的一半处设置一块挡板, ,物体撞击挡板前后的速度大小

13、相等、方向相反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则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( ( ) )A.0.5tB.0.4tC.0.3tD.0.2t导学号06400093答案 C7 / 11解析物体下降时间为 0.5t,故高度为 h=gt2物体自由落体运动 0.5h 过程,有联立解得 t1=t故第二次物体上升和下降的总时间 t=t-2t1=t-t0.3t。故选 C。能力提升组能力提升组9.(20179.(2017安徽合肥模拟安徽合肥模拟)“)“歼歼-15”-15”战机是我国自行设计研制的多用途舰战机是我国自

14、行设计研制的多用途舰载歼击机载歼击机, ,短距起飞能力强大。若短距起飞能力强大。若“歼歼-15”-15”战机正常起飞过程中加速度为战机正常起飞过程中加速度为a,a,由静止开始经由静止开始经 s s 距离就达到起飞速度腾空而起。已知距离就达到起飞速度腾空而起。已知“辽宁舰辽宁舰”起飞甲起飞甲板长为板长为 L(Ls),L(Ls),且起飞过程可简化为匀加速直线运动。现有两种方法助其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正常起飞, ,方法一方法一: :在航空母舰静止的情况下在航空母舰静止的情况下, ,用弹射系统给飞机以一定的用弹射系统给飞机以一定的初速度初速度; ;方法二方法二:

15、:起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行。起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行。求求: :(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小初速度 v1;(2)方法二情况下航空母舰的最小速度 v2。答案(1) (2)解析(1)设飞机起飞速度为 v,由匀变速直线运动的速度与位移公式可得8 / 11v2=2asv2-=2aL联立解得 v1=。(2)设飞机起飞过程所用时间为 t,则 t=飞机位移 x1=航空母舰位移 x2=v2t又 x1-x2=L联立解得 v2=。10.10.如图所示如图所示, ,木杆长木杆长 5 5 m,m,上端固定在某一点上端固定在某一点, ,由静止放开后让它自

16、由落下由静止放开后让它自由落下( (不计空气阻力不计空气阻力),),木杆通过悬点正下方木杆通过悬点正下方 2020 m m 处圆筒处圆筒 AB,AB,圆筒圆筒 ABAB 长为长为 5 5 m,gm,g取取 1010 m/s2,m/s2,求求: :(1)木杆经过圆筒的上端 A 所用的时间 t1 是多少?(2)木杆通过圆筒 AB 所用的时间 t2 是多少?答案(1)(2-) s (2)() s9 / 11解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动,木杆的下端到达圆筒上端 A 用时t 下 A= s= s木杆的上端到达圆筒上端 A 用时 s=2 s则木杆通过圆筒上端 A 所用的时间 t1=(2-) s。(

17、2)木杆的下端到达圆筒上端 A 用时 s= s木杆的上端离开圆筒下端 B 用时s= s则木杆通过圆筒所用的时间 t2=t 上 B-t 下 A=() s。导学号0640009411.(201711.(2017河北唐山模拟河北唐山模拟) )在平直的测试汽车加速性能的场地上在平直的测试汽车加速性能的场地上, ,每隔每隔100100 m m 有一个醒目的标志杆。两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀有一个醒目的标志杆。两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动加速启动, ,当汽车通过第二个标志杆开始计时当汽车通过第二个标志杆开始计时,t1=10,t1=10 s s 时时, ,恰好经过第恰好经过第

18、5 5个标志杆个标志杆,t2=20,t2=20 s s 时时, ,恰好经过第恰好经过第 1010 个标志杆个标志杆, ,汽车运动过程中可视为质汽车运动过程中可视为质点点, ,如图所示。求如图所示。求: :10 / 11(1)汽车的加速度;(2)若汽车匀加速达到最大速度 64 m/s 后立即保持该速度匀速行驶,则汽车从 20 s 末到 30 s 末经过几个标志杆?答案(1)2 m/s2 (2)6 个解析(1)设汽车的加速度为 a,经过第二个标志杆的速度为 v0在 010 s 内,3L=v0t1+在 020 s 内,8L=v0t2+解得 a=2 m/s2。(2)由(1)解得 v0=20 m/s,由

19、 v=v0+at2=60 m/s到达最大速度 v=v+at t=2 s t3=30 s在 t2t3 内汽车位移 x=t+v(t3-t2-t)=636 m则经过的标志杆数 n=6.36 个,即 6 个。12.(201712.(2017山东枣庄调研山东枣庄调研) )如图所示是一种较精确测重力加速度如图所示是一种较精确测重力加速度 g g 值的方值的方法法: :将下端装有弹射装置的真空玻璃管竖直放置将下端装有弹射装置的真空玻璃管竖直放置, ,玻璃管足够长玻璃管足够长, ,小球竖直小球竖直向上被弹出向上被弹出, ,在在 O O 点与弹簧分离点与弹簧分离, ,然后返回。在然后返回。在 O O 点正上方选取一点点正上方选取一点 P,P,利利11 / 11用仪器精确测得用仪器精确测得 OPOP 间的距离为间的距离为 H,H,从从 O O 点出发至返回点出发至返回 O O 点的时间间隔为点的时间间隔为 T1,T1,小小球两次经过球两次经过 P P 点的时间间隔为点的时间间隔为 T2,T2,求求: :(1)重力加速度;(2)若 O 点距玻璃管底部的距离为 L0,玻璃管最小长度。答案(1) (2)L0+解析(1)小球从 O 点上升到最大高度的过程中有h1=,小球从 P 点上升的最大高度 h2=,依据题意有 h1-h2=H,联立解得 g=。(2)真空管最小的长度 L=L0+h1,故 L=L0+。