2020届高考物理一轮复习精品同步练习：第一章第2单元匀变速直线运动课时作业.pdf

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1、2020 届高考物理一轮复习精品同步练习：第一章第 2 单元匀变速直线运动课时作业课时作业 命 题 设 计较易中等稍难单一目标匀变速运动1、3、5、6 10 自由落体和竖直上抛运动2、4 8 综合目标综合应用7 9、11 12 一、选择题(本大题共10 个小题，共70 分，每题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4 分，有选错的得0 分)1.汽车以 20 m/s 的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，那么它关闭发动机后通过37.5 m 所需时刻为()A.3 sB.4 s C.5 s D.6 s 解析：由位移公式得：xv0t12at2解得 t

2、1 3 st25 s 因为汽车经t0v0a4 s 停止，故t25 s舍去，应选A.答案：A 2.从塔顶开释一个小球A,1 s后从同一地点再开释一个小球B，设两球都做自由落体运动，那么落地前A、B 两球之间的距离()A.保持不变B.不断减小C.不断增大D.有时增大，有时减小解析：设 B 球下落了时刻t，那么 A 球下落了时刻(t1).由 h12gt2得 hB12gt2，hA12g(t1)2.A、B 两球间距离hhAhB12g(2t 1)，可见 h随时刻 t 的增大而增大，C 项正确.难度题号目标答案：C 3.如图 1 所示，小球以某一初速度v0沿固定光滑斜面从底端向上运动，图 1 斜面倾角为 3

3、0，小球通过时刻t 返回到原动身点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为()A.14gtB.24gt C.28gtD.22gt解析：小球在斜面上运动的加速度agsin30 g2，上升的最大位移xv202av20g，小球上升到最大高度的一半时，vt22xa02v，v0a2t4gt，故 vt28gt.答案：C 4.(2018济南模拟)一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB.该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图 2 所示.曝光时刻为11000s，那么小石子动身点离A 点约为()图 2 A.6.5 m B.10 mC.20 m D.45 m 解析：小石子

4、到达A 点时的速度为vAxt0.0211000m/s20 m/s，h22Avg2022 10m20 m.答案：C 5.一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动.开始刹车后的第1 s 内和第 2 s内位移大 小依 次为9 m和7 m.那么 刹车 后6 s内 的位 移是()A.20 m B.24 mC.25 m D.75 m 解析：由 x aT2得：a2 m/s2，由 v0T12aT2x1得v010 m/s，汽车刹车时刻tmv0a 5 s6 s，故刹车后6 s 内的位移为x202av25 m，C 正确.答案：C 6.美国肯尼迪号航空母舰上有关心飞机起飞的弹射系统，F A15”型斗争机在跑道上加

5、速时产生的加速度为4.5 m/s 2，起飞速度为50 m/s，假设该飞机滑行100 m 时起飞，那么弹射系统必须使飞机具有的初速度为()A.30 m/s B.40 m/s C.20 m/s D.10 m/s 解析：由 v2v202ax 得：v20 v2 2ax因此 v040 m/s.答案：B 7.如图 3 所示，传送带保持1 m/s 的速度顺时针转动.现将一质量m0.5 kg 的物体轻轻地放在传送带的a 点上，设物体与传送带间的动摩擦因数 0.1，a、b 间的距离L2.5 m，那么物体从a点运动到b点所经历的时刻为(g 取 10 m/s2)()图 3 A.5 s B.(61)sC.3 s D.

6、2.5 s 解析：物块开始做匀加速直线运动，ag1 m/s2，速度达到皮带的速度时发生的位移 x22va12 1m0.5 m L，故物体接着做匀速直线运动，第1 段时刻 t1va1 s，第 2 段时刻 t2Lxv2.5 0.51s2 s，t总 t1t23 s.答案：C 8.以 v020 m/s 的速度竖直上抛一小球，经2 s 以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球.g取10 m/s2，那么两球相碰处离动身点的高度是()A.10 m B.15 mC.20 m D.可不能相碰解析：设第二个小球抛出后经t s 与第一个小球相遇.法一：依照位移相等有v0(t2)12g(t2)2v0t12gt2.解得

7、t 1 s，代入位移公式hv0t12gt2解得 h15 m.法二：因第二个小球抛出时，第一个小球恰(到达最高点)开始自由下落.依照速度对称性，上升时期与下降时期通过同一位置的速度大小相等、方向相反，即v0g(t2)v0gt，解得 t 1 s，代入位移公式得h15 m.答案：B 9.如图 4 所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙壁相切于A 点.竖直墙壁上另一点B 与 M 的连线和水平面的夹角为60，C 是圆环轨道的圆心.在同一时刻，a、b 两球分不由图 4 A、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到 M 点；c 球由 C 点自由下落到M 点.那么()A.a 球最

8、先到达M 点B.b 球最先到达M 点C.c 球最先到达M 点D.a、b、c 同时到达M 点解析：由题意知 OMOAR，那么 AM 2R，BM 2R，因此 ta2 2sin 45Rgo2Rg，tb4sin60Rgo8 33Rg，tC2 Rg.比较知 tc最小，c 球先到达M 点，选项 C正确.答案：C 10.(2018江苏高考)如图 5 所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车立即通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，现在汽车距离停车线18 m，该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大图 5 小为 5 m/s2.此路段承诺行驶的最大速度为12.5 m/s，以下讲法中正确的有()A.假如赶忙

9、做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B.假如赶忙做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C.假如赶忙做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D.假如距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处解析：假如赶忙做匀加速直线运动，t12 s 内的位移x1v0t112a1t2120 m18 m，现在汽车的速度为v1v0a1t112 m/s12.5 m/s，汽车没有超速，A 项正确，B 项错误；假如赶忙做匀减速运动，速度减为零需要时刻t202va1.6 s，此过程通过的位移为 x212a2t226.4 m，C 项正确，D 项错误.02va答案：AC 二、非选择题(本大题共2 个小题

10、，共30 分，解答时应写出必要的文字讲明、方程式和演算步骤，有数值运算的要注明单位)11.(15 分)一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站，启动加速度为2 m/s2，加速行驶5 s 后匀速行驶2 min，然后刹车，滑行50 m，正好到达乙站，求汽车从甲站到乙站的平均速度为多少.解析：汽车的运动示意图如下图，启动时期行驶位移为：x112at21匀速行驶的速度为：v at1匀速行驶的位移为：x2vt2刹车时期的位移为：x3v2t3联立四式，可得汽车从甲站到乙站的平均速度为：v x1x2x3t1t2t3251200 50512010m/s 1275135m/s 9.44 m/s.答案：9.44 m/s

11、12.(15 分)10 米折返跑的成绩反应了人体的灵敏素养.测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到跑的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时，受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时刻即为10 米折返跑的成绩.如图 6 所示，设受试者起跑的加速度为4 m/s2，运动过程中的最大速度为4 m/s，到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为8 m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线.受试者在加速和减速时期的运动均可视为匀变速直线运动.咨询该受试者10 米折返跑的成绩为多少秒？图 6 解析：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中加速时期：t1vma11 s，x112vmt12 m 减速时期：t3vma20.5 s，x312vmt31 m 匀速时期：t2l(x1x3)vm 1.75 s 由折返线向起点终点线运动的过程中加速时期：t4vma11 s，x412vmt42 m 匀速时期：t5lx4vm2 s 受试者 10 米折返跑 的成绩为：tt1t2t56.25 s.答案：6.25 s