高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究课时作业2.pdf

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1、精品教案可编辑课时作业二基础小题 1做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m，则最后1 s 内位移是()A3.5 m B2 mC1 m D0解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7531，所以7114 mx1，x12 m，选项 B 正确答案 B2(2016山东潍坊高三期中)一物体做匀减速直线运动，它在停止运动前的最后1.0 s 内位移为 1.0 m，则物体的加速度大小是()A0.5 m/s2B1.0 m/s2C2.0 m/s2D3.0 m/s2解析 可将此匀减速直线运动看作反方向的

2、匀加速直线运动，由x12at2得，a 2.0 m/s2，B 对答案 B3一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从0 时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x(10 0.1v2)m，则下列分析正确的是()A上述过程的加速度大小为10 m/s2B刹车过程持续的时间为5 s精品教案可编辑C0 时刻的初速度为10 m/sD刹车过程的位移为5 m解析 由v2v202ax可得x12av2012av2，对照x(10 0.1v2)m，可知a 5 m/s2，v0 10 m/s，选项 A 错误，C 正确；由v0at可得刹车过程持续的时间为t2 s，由v202ax可得刹车过程的位移为x10 m，选项 B、D 错误

3、答案 C4如图所示，t0 时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点每隔 2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g10 m/s2，则下列说法中正确的是()t/s0246v/(m s 1)08128A.t3 s 的时刻物体恰好经过B点Bt10 s 的时刻物体恰好停在C点C物体运动过程中的最大速度为12 m/sDA、B间的距离小于B、C间的距离解析 根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a14 m/s2和在水平面上的加速精品教案可编辑度a2 2 m/s2.根据运动学公式：8a1t1a2t212，t1t2

4、2，解出t143s，知经过103s 到达B点，到达B点时的速度va1t403m/s.如果第 4 s 还在斜面上的话，速度应为16 m/s，从而判断出第4 s 已过B点 是在 2 s 到 4 s 之间经过B点 所以最大速度不是12 m/s.故 A、C 均错误；第6 s 末的速度是8 m/s，到停下来还需的时间t082s4 s，所以到C点的时间为10 s 故 B 正确根据v2v20 2ax，求出AB段的长度为2009mBC段长度为4009m，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D 正确答案 BD5石块A自塔顶自由落下高度为m时，石块B自离塔顶n处(在塔的下方)自由下落，两石块同时落地，则塔高为(

5、)AmnB.mn24mC.m24mnD.mn2mn解析 设塔高为h，石块B下落时间为t，对B有hn12gt2解得：t2hng石块A下落的时间为t2hg2gA、B下落时间相同，tt可得hmn24m，则 B 正确精品教案可编辑答案 B6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，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()A0.5tB0.4tC0.3tD0.2t解析 将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向

6、思维可得：t2t11(21)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t 2t1且t1t2t2，由以上几式可得：t(21)t/2 0.3t，正确答案为C.答案 C7如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且ABBC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为14，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数1、2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看作匀变速直线运动)()A 1 4 B 11C 8 1 D 41解析 设到达B点速度为v1，由于AB与BC段的位移，有：

7、v0v12t1v1 02t2其中：t1t2 14精品教案可编辑故：v1v03AB段的加速度为：a1v1v0t12v03t1BC段的加速度为：a20v1t2v03t2根据牛顿第二定律，有：AB段：1mgma1BC段：2mgma2解得：12a1a281答案 C必纠错题 8航空母舰以一定的航速航行，以保证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起飞时的最大加速度是a5.0 m/s2，速度须达v50 m/s才能起飞，该航空母舰甲板长L160 m，为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多大的速度v0向什么方向航行？错解 据v2v202ax，得：v030 m/s.错因分析 没有明确指出参考系，速度、位移不是在同一

8、参考系中得到的量解析 解法一若以地面为参考系，则飞机的初速度为v0，末速度为v50 m/s，飞机起飞过程中航空母舰所发生的位移为v0t，则飞机的位移xLv0t根据匀变速直线运动的规律v2v202ax可得 502v20 2 5(160 v0t)vv0at，代入数据求得：v010 m/s即舰空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s的速度航行解法二若以航空母舰为参考系，则飞机的初速度为零，位移为L，设末速度为v1，则据匀精品教案可编辑变速直线运动的规律可得v212aL，解得v140 m/s，所以v0vv110 m/s，即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10 m/s的速度航行答案 航空母舰应与飞

9、机起飞方向相同至少以10 m/s的速度航行高考真题 9(2015山东理综，14)距地面高5 m 的水平直轨道上A、B两点相距 2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地不计空气阻力，取重力加速度的大小g10 m/s2.可求得h等于()A1.25 m B2.25 mC3.75 m D4.75 m解析 小车上的小球自A点自由落地的时间t12Hg，小车从A到B的时间t2dv；小车运动至B点时细线轧断，小球下落的时间t32hg；根据题意可得时间关系为t1t2t3，

10、即2Hgdv2hg，解得h1.25 m，选项 A 正确答案 A10 (2015江苏单科，5)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和 2 s 关卡刚放行时，一同学立即精品教案可编辑在关卡 1 处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A关卡 2 B关卡 3C关卡 4 D关卡 5解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1va1 s，在加速时间内通过的位移x112at211 m，t24 s，x2vt2 8 m，已过关卡2，t32 s 时间内x34 m，关卡

11、打开，t45 s，x4vt4 10 m，此时关卡关闭，距离关卡4 还有 1 m，到达关卡4 还需t50.5 s，小于 2 s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故 C 正确答案 C综合大题 11 如图所示，A、B两同学在直跑道上练习4 100 m 接力，他们在奔跑时有相同的最大速度B从静止开始全力奔跑需25 m 才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出若要求B接棒时速度达到最大速度的 80%，则：(1)B在接力区需跑出的距离x1为多少？(2)B应在离A的距离x2为多少时起跑？解析 (1)对B：设其加速度为a，跑出的距离为x时速度达到最大值v.

12、精品教案可编辑则 2axv2,2ax1(0.8v)2，解得x10.64x16 m.(2)设B接棒时跑出时间为t，则x1vt0.8 v2t，在t时间内，对A有xAvt，解得xA40 m.所以B起跑时，应距离A为x2xAx1，解得x224 m.答案 (1)16 m(2)24 m12 2014 年 12 月 26 日，我国东部14 省市 ETC 联网正式启动运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示假设汽车以v115 m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在收费站中心线前10 m 处正好匀减速至v25 m/s，匀速通过中心线后，再匀加

13、速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2.求：(1)汽车过 ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小？(2)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？解析 (1)过 ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：s1v21v322a精品教案可编辑所以总的位移：s总 12s1 10210 m(2)过 ETC 通道时；t1v1v2a 210v222 s过人工收费通道时：t2v1a 2 20 s 50 ss2v212a 2 225 m二者的位移差：ss2s1225 210 m 15 m在这段位移内过ETC 通道时是匀速直线运动所以：tt2(t1sv1)27 s答案 (1)210 m(2)27 s