高考物理总复习 第一章 第2节 匀变速直线运动规律练习（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第2节匀变速直线运动规律1.关于伽利略对自由落体运动的研究,下列说法中正确的是(C)A.伽利略认为在同一地点,重的物体和轻的物体下落快慢不同B.伽利略猜想运动速度与下落时间成正比,并直接用实验进行了验证C.伽利略通过数学推演并用小球在斜面上的运动,验证了位移与时间的二次方成正比D.伽利略用小球在斜面上运动“冲淡重力”,验证了运动速度与位移成正比解析:亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同,A错误;伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比,并未直接进行验证,而是通过数学推演得到位移与时间的二次方应成正比,且通过斜面实验并进行合理外推加以验证,B错误,C正确;小球在斜面上运动的

2、速度与位移不成正比,D错误.2.(2019江苏如皋调研)小钢球从某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到的照片如图所示.已知连续两次曝光的时间间隔,为求出小球经过B点的速度,需测量(D)A.照片中AC的距离B.照片中球的直径及AC的距离C.小钢球的实际直径、照片中AC的距离D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离解析:根据匀变速直线运动的规律可知vB=,为求解AC的实际距离,需知道小钢球的实际直径、照片中球的直径及照片中AC的距离,然后根据比例关系可知AC的实际距离,故选项D正确,A,B,C错误.3.(2019山东济南测试)在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的

3、水平传送带.当旅客把行李放到传送带上时,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动.随后它们保持相对静止,行李随传送带一起前进.设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s,把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上,由于滑动摩擦力的作用,木箱以6 m/s2的加速度前进,那么这个木箱放在传送带上后,传送带上将留下的摩擦痕迹约为(传送带足够长)(A)A.5 mmB.6 mmC.7 mmD.10 mm解析:木箱由静止开始运动达到传送带速度所需的时间t= s= s,在这段时间内木箱的位移x1=at2= m.传送带的位移x2=v0t= m,则相对位移大小x=x2-x1= m5 mm.4.(2018山东

4、省实验中学一模)(多选)在一次救灾活动中,一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动,刚运动了8 s,由于前方突然有巨石滚下堵在路中央,所以又紧急刹车,匀减速运动经4 s停在巨石前,则关于汽车的运动情况,下列说法正确的是(BCD)A.加速、减速中的加速度大小之比a1a2=21B.加速、减速中的平均速度大小之比v1v2=11C.加速、减速中的位移大小之比x1x2=21D.加速、减速中的加速度大小之比a1a2=12解析:设加速阶段的末速度为v,则加速阶段的加速度大小为a1=,减速阶段的加速度大小a2=,则加速度大小之比a1a2=12,故A错误,D正确;根据匀变速直线运动的平均速度公式=得,加速阶段和减

5、速阶段的平均速度之比v1v2=11,故B正确;根据x= t,知加速阶段和减速阶段的位移大小之比x1x2=21,故C正确.5.(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,图中1,2,3,4,5为小球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.能判定位置“1”是小球释放的初始位置B.能求出小球下落的加速度为C.能求出小球在位置“3”的速度为D.如果已知d和T的数值,就能判定小球下落过程中机械能是否守恒解析:由图可知,x=d,根据x=aT2,得小球下落的加速度为a=,选项B正确;由=得

6、小球在位置“3”的速度为v3=,选项C正确;若已知d和T的数值,代入a=,计算得出a=g,则小球做自由落体运动,小球下落过程中机械能守恒;若计算得出ag,则小球下落过程中机械能不守恒,选项D正确;小球在位置“1”“5”的各段中位移不满足135关系,即位置“1”不是小球释放的初始位置,选项A错误.6.(2018江西上饶一模)气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升,当它上升到离地175 m的高处时,一重物从气球上掉落,下列说法错误的是(g取10 m/s2)(B)A.重物落到地面上所用时间为7 sB.重物落到地面上所用时间为 sC.重物离地最大高度为180 mD.重物落地速度为60 m/s解析:

7、重物从气球上掉落后做竖直上抛运动,则有x=v0t-gt2,代入数值即-175=10t-10t2,解得t=7 s,故A正确,B错误;重物离开气球后,继续上升1 s,到达最高点,上升的高度为h= m=5 m,重物离地面的高度为H=h+175 m=180 m,故C正确;重物落地速度v=,得出v=60 m/s,故D正确.7.(2019广西梧州测试)(多选)如图所示,物体自O点由静止开始做匀加速直线运动,A,B,C,D为其运动轨迹上的四点,测得AB=2 m,BC=3 m.且物体通过AB,BC,CD所用的时间相等,则下列说法正确的是(BC)A.可以求出物体加速度的大小B.可以求得CD=4 mC.可以求得O

8、A之间的距离为1.125 mD.可以求得OB之间的距离为3.25 m解析:由匀变速直线运动的规律知xCD-xBC=xBC-xAB=aT2,可得xCD=4 m,而时间T未知,故加速度大小不能求出,A错误,B正确;由匀变速直线运动的规律知vB=,又a=,故xOB=3.125 m,故xOA=xOB-xAB=1.125 m,故C正确,D错误.8.(2019河南八市第一次联考)一质点在外力作用下沿直线做匀加速运动,从某时刻开始计时,测得该质点在第1 s内的位移为2.0 m,第5 s内和第6 s内的位移之和为11.2 m.求:(1)该质点运动的加速度大小;(2)该质点在第6 s内的位移大小.解析:(1)物

9、体在0.5 s时的瞬时速度v1= m/s=2 m/s物体在5 s末的瞬时速度v2= m/s=5.6 m/s则物体的加速度a= m/s2=0.8 m/s2.(2)物体在第6 s内的位移x=v2t+at2=(5.61+0.812) m=6 m.答案:(1)0.8 m/s2(2)6 m9.卡车以v0=10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶,因为路口出现红灯,司机立即刹车,使卡车匀减速直线前进直至停止.停止等待6 s时,交通灯变为绿灯,司机立即使卡车做匀加速直线运动.已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t=12 s,匀减速的加速度是匀加速时的2倍,反应时间不计.则下列说法正确的是(D)A.卡车匀减

10、速所用时间t1=4 sB.匀加速的加速度为5 m/s2C.卡车刹车过程通过的位移是20 mD.从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中,通过的位移大小为30 m解析:匀减速运动的加速度是匀加速运动的加速度的2倍,根据v=at得匀减速运动的时间是匀加速运动时间的,匀加速和匀减速运动的时间之和为t=(12-6) s=6 s,则匀减速运动的时间t1=t=2 s,选项A错误;匀加速运动的时间为t2=4 s,故匀加速运动的加速度为a= m/s2=2.5 m/s2,选项B错误;卡车刹车过程的位移x1=t1=5 2 m=10 m,匀加速直线运动的位移x2=t2=54 m=20 m,则总位移x=x1+x2=3

11、0 m,选项C错误,D正确.10.(2018广东茂名五大联盟学校一模)一质点做匀变速直线运动,已知初速度大小为v,经过一段时间速度大小变为2v,加速度大小为a,这段时间内的路程与位移大小之比为53,则下列叙述正确的是(B)A.这段时间内质点运动方向不变B.这段时间为C.这段时间的路程为D.再经过相同时间质点速度大小为3v解析:根据题意可知这段时间内质点的路程与位移大小不同,加速度又恒定,则质点一定是先减速到速度为零,再反向加速,故A错误;末速度与初速度方向相反,根据速度时间公式可得运动时间为t=,故B正确;根据速度位移关系-=2ax,可得位移大小为,由路程与位移大小之比为53得路程为,故C错误

12、;根据v=v0+at,可得v=2v+a=5v,即再经过相同时间质点速度大小为5v,故D错误.11.(2018河南南阳测试)已知歼15在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2,当歼15的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞.设航空母舰处于静止状态.求:(1)若要求歼15滑行160 m后起飞,弹射系统必须使飞机具有多大的初速度?(2)若舰上不装弹射系统,要求该种飞机仍能在此舰上正常起飞,问该舰身长至少应为多长?(3)若舰上不装弹射系统,设航空母舰甲板长为L=160 m,为使歼15仍能从此舰上正常起飞,可采用先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行,再让歼15起飞的方式,则舰的

13、航行速度至少为多少?解析:(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式,有v2-=2ax得飞机的初速度v0=30 m/s.(2)根据速度位移公式v2=2ax解得x=250 m.(3)设飞机起飞所用的时间为t,在时间t内航空母舰航行的距离为L1,航空母舰的最小速度为v1,对航空母舰有L1=v1t对飞机有v=v1+at,v2-=2a(L+L1)联立并代入数据解得v1=10 m/s.答案:(1)30 m/s(2)250 m(3)10 m/s12.端午节赛龙舟是中国民间传统,比赛时多人集体在鼓手的指挥下统一划桨竞赛.2018年端午节,某龙舟队以1分28.75秒的成绩,获得某市龙舟锦标赛男子500米直道竞速项

14、目的冠军.该次比赛中龙舟可看成先做初速度为零的匀加速直线运动,速度大小达到v=6 m/s后做匀速直线运动完成比赛.(计算结果保留三位有效数字)(1)求龙舟匀加速阶段的加速度大小a;(2)假设龙舟以加速度a加速达到速度v后,由于鼓手失误,使龙舟从100 m开始,在10 s内速度均匀减小到v1=4 m/s,经调整操作,10 s末龙舟重新开始以加速度a加速,加速到速度v后匀速完成比赛.求龙舟由于鼓手失误而耽误的时间.解析:(1)根据题意可知龙舟全过程的位移s=500 m,运动时间t= 88.75 s.设其匀加速运动的时间为t1,则做匀速运动的时间为t- t1,有s=t1+v(t-t1)v=at1联立以上各式解得a=0.554 m/s2.(2)龙舟开始运动后加速到6 m/s所前进的距离s0=32.5 m100 m,故龙舟前100 m先加速后匀速,100 m 后t2=10 s内的位移为s1=t2龙舟速度由v1再次加速到v的过程中,所用时间为t3=通过的位移为s2=t3若鼓手不失误,则龙舟匀速通过这两段位移,设需要时间t4,则s1+s2=vt4由鼓手失误而耽误的时间为t=t2+t3-t4联立以上各式解得t=2.28 s.答案:(1)0.554 m/s2(2)2.28 s