高考物理总复习 专题一 质点的直线运动考题帮-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题一 质点的直线运动题组1运动的描述1.2015江苏高考,5,3分如图所示,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3 C.关卡4 D.关卡52.2015浙江高考,15,6分如图所示,气垫导轨上滑块经过光电门时,其上的遮光条将光遮住,电子计时器可自动记录遮光时间t.测得遮光条的宽度为x,用近似代表滑块通过光电门的瞬时速度.为使更接近瞬时速度,正确的措施是()A.换用宽度更窄的遮光条B.

2、提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角题组2匀变速直线运动的规律及应用3.2016全国卷,16,6分一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍.该质点的加速度为()A. B. C. D.4.2014海南高考,13,9分短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段.一次比赛中,某运动员用11.00 s跑完全程.已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m,求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离.5.2017全国卷,24,12分为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑

3、线相距s0和s1(s10,若v00,物体做匀加速运动;若v00,物体做匀减速运动,选项B、C错误.由于T2T 时间内,a=-a033 m,所以D项正确.2.C由题意,设物体通过L1、L2这两段位移的时间均等于T,则B点速度vB=,加速度a=,在A点速度vA=vB-aT=,于是L= m.即C正确.3.D题图为v-t图象,由图象可知,甲车先做匀速直线运动后做匀减速直线运动,但图线一直在时间轴的上方,故甲车一直沿正方向运动,没有反向,选项A错误;v-t图象的斜率表示加速度,则在第20 s末,甲车的加速度为a1=-1 m/s2,乙车的加速度为a2= m/s2,所以甲、乙两车的加速度大小不相等,选项B错

4、误;v-t图线与t轴所围的面积表示位移大小,则在第30 s末,甲车的位移大小为x1=400 m,乙车的位移大小为x2=300 m,又因为t=0时乙车在甲车前50 m处,所以第30 s末甲、乙两车相距x=400 m-300 m-50 m=50 m,故选项C错误;由于刚开始运动时乙车在甲车前50 m处,甲车的速度大于乙车的速度,经过一段时间甲车可以追上乙车,然后甲车运动到乙车的前面,到30 s末,甲车停止运动,甲车在乙车前50 m处,此时乙车以20 m/s的速度匀速运动,所以再经过2.5 s乙车追上甲车,故在整个运动过程中,甲、乙两车可以相遇两次,选项D正确.4.D若质点做匀变速直线运动,其位移x

5、=v0t+at2,对照题给的-t图象,可变换成 =v0+at,由此可知,质点做匀加速直线运动,加速度为a=1.0 m/s2,初速度为v0=1.0 m/s,选项A、B错误.由v=v0+at可知质点在1 s末速度为2.0 m/s,选项C错误.质点在第1 s内的位移x=v0t+at2=1.5 m,第1 s内的平均速度为1.5 m/s,选项D正确.5.D质点做匀加速直线运动,即质点的加速度不变,由加速度的定义式a=可知,同样的v所用的时间t相等,由x2-x1=a(t)2,t=得x2-x1=a()2,解得a=,选项D正确.6.B物体的平均速度等于位移除以时间,选项A正确;做匀变速直线运动的物体在某段时间

6、中间时刻的瞬间速度等于这段时间内的平均速度,选项B错误;设物体的加速度为a,则L=at2,可得a=,物体运动到斜面中点时的速度满足v2=2a =2=,可得v=,选项C正确;物体运动到斜面中点所需时间t1=,选项D正确.故选项B符合题意.7.BD由于汽车刹车过程为匀减速直线运动,由匀变速直线运动规律,可得图线的函数表达式为v2=-2ax,由图象可知刹车的初速度大小为10 m/s,末速度为0,刹车过程的位移大小为10 m,则加速度大小为a=5 m/s2,A项错误;汽车刹车过程的时间t= s=2 s,B项正确;设汽车运动的位移为5 m时的速度为v1,则有(102-255)m2/s2=,得v1=5 m

7、/s,C项错误;设汽车运动的速度为5 m/s时运动的位移为x1,则有102 m2/s2-25x1 m/s2=52 m2/s2,得x1=7.5 m,D项正确.8.AD物体做自由落体运动,下落的高度h=gt2,即h-t图象是一条抛物线,A项正确;v=gt,v-t图象是过原点的直线,B项错误;v2=2gh,因此h-v图象抛物线开口应向上,C项错误;v=2,v-图象是过原点的直线,D项正确.9.(1)2 s(2)2 m/s(3)2 s解析:(1)物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程,设物体匀加速运动的时间为t1,匀速运动的时间为t2,则t1+vt2=Lt1+t2=t联立解得t1=2 s.(2

8、)为使物体从A至B所用时间最短,物体必须始终处于加速状态,由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变,所以其加速度也不变.而a=1 m/s2由2aL=解得vmin=2 m/s即传送带的运行速率至少为2 m/s.(3)传送带速率为v=10 m/s2 m/s,物体一直做加速度为1 m/s2的匀加速运动,设物体从A至B所用最短的时间为t,则at2=Lt= s=2 s.10.(1)188 m(2)29 s解析:(1)汽车通过ETC通道时有匀减速位移x1=得x1= m=60 m匀加速位移x2=得x2= m=120 m故此过程中汽车的总位移x=x1+d+x2=188 m.(2)汽车通过ETC通道时有匀减速过程的

9、时间t1=6 s匀速过程的时间t2=2 s匀加速过程的时间t3=12 s汽车通过ETC通道的总时间t=t1+t2+t3=20 s汽车通过人工收费通道时有匀减速过程的时间t1=8 s匀加速过程的时间t2=16 s汽车通过人工收费通道的总时间t=t1+t0+t2=49 s故汽车节约的时间t=t-t=29 s.1.C由v=at可得a=,三次运动中的加速度相同,故关系式=正确,但不是当时伽利略用来证明匀变速直线运动的结论,故A错误;小球在斜面上三次运动的位移不同,末速度一定不同,故B错误;由运动学公式可知x=at2,a=,故三次运动中位移与时间的平方的比值为定值,伽利略正是用这一规律证明小球沿光滑斜面

10、下滑为匀变速直线运动的,故C正确;由题图及运动学规律可知x1-x2x2-x3,故D错误.2.AB由题意知,若D表示速度,则表示加速度,选项A正确;若D表示位移,则表示速度,选项B正确;电场强度E=、电容C=,这两个物理量不是利用题述方式定义的,选项C、D错误.3.B由加速度的定义可知a=,由v-x图象可知=k,k为常数;=v,因此a=kv,物体的加速度增大,选项B正确.4.C设物体的加速度为a,则vn=atn=an,vn-1=atn-1=a(n-1),第n个1 s内的平均速度=,解得a=,则第n s初的速度vn-1=a(n-1)=,故选项C正确.5.ACD物体从建筑物顶端的A点抛出,位移大小为

11、10 m的位置有两处,如图所示,一处在A点之上,另一处在A点之下.在A点之上时,通过位移为10 m处又有上升和下降两种情况,上升通过该处时,物体的路程s1等于位移x1的大小,即s1=x1=10 m;下落通过该处时,路程s2=2H-x1=220 m-10 m=30 m.在A点之下时,通过的路程s3=2H+x2=220 m+10 m=50 m,故A、C、D正确.6.ABD在思考距离内汽车是匀速运动的,驾驶员酒后驾驶的反应时间t1= s= s= s=1 s,驾驶员正常反应时间t2= s= s= s=0.5 s,所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s,A项正确;由题表中数据可知,速度为20 m

12、/s时,制动距离为46.7 m,故B项正确;汽车制动时的加速度大小a都相同,按速度为15 m/s时计算,有a= m/s2=7.5 m/s2,故C项错误;题表中x= m+25.0 m=66.7 m,故D项正确.7.AD如图所示,画出符合题意的v-t图象,由题意知,匀速运动和先加速再减速运动(OMC)的位移相等,时间相等,根据图象可得出vmax=2v,虚线ONC表示a1、a2改变后的先加速再减速运动,由图可知A正确,B、C错误;由vmax=a1t1=a2(t0-t1),vmax=2v,解得=,故D正确.8.A题图甲中h3代表本次下潜最大深度,结合题图乙可得h3=360 m,A正确,v-t图象的斜率

13、表示潜水器运动的加速度,所以01 min和34 min的加速度最大,a= m/s2,B错误.当加速度向上时,潜水器处于超重状态,所以潜水员向下做减速运动、向上做加速运动的过程都处于超重状态,故34 min和68 min内为超重状态,C错误.潜水器在810 min时间段内的加速度a=0.025 m/s2,故潜水器除受到重力外还受到其他外力作用,机械能不守恒,D错误.9.(1)3.98(2)10.0(3)上升过程中受到空气阻力的作用解析:(1)做匀变速直线运动的中间时刻t4的瞬时速度应为t3和t5之间的平均速度,即v4= m/s2=3.98 m/s.(2)由x=aT2得a=代入数据得a=10.0

14、m/s2.(3)小球的加速度大于重力加速度,说明小球上升过程中受到空气阻力作用.10.(1)20 m/s230 m/s2(2)0.4 s(3)4 m解析:(1)管第一次落地弹起时,管的加速度大小为a1,球的加速度大小为a2,由牛顿第二定律对管:Mg+4mg=Ma1对球:4mg-mg=ma2解得a1=20 m/s2,方向向下;a2=30 m/s2,方向向上.(2)管第一次碰地时,v0=碰后管速v1=,方向向上;碰后球速v2=,方向向下.球刚好没有从管中滑出,设经过时间t,球、管速度相同,则有对管:v=v1-a1t对球:v=-v2+a2t联立并代入数值解得t=0.4 s.(3)管经时间t上升的高度h1=v1t-a1t2球下降的高度h2=v2t-a2t2代入数据解得管长L=h1+h2=4 m.