2019年高三物理一轮达标训练--匀变速直线运动的规律及应用(附解析)

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2019年高三物理一轮达标训练--匀变速直线运动的规律及应用(附解析)

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源莲山 课
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第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
 
一、选择题(1~5题为单项选择题,6~10题为多项选择题)
1.科学研究发现:在月球表面没有空气,重力加速度约为地球表面处重力加速度的16。若宇航员登上月球后,在空中同一高度处同时由静止释放羽毛和铅球,忽略地球和其他星球对它们的影响,下列说法中正确的是(  )
 A.羽毛将加速上升,铅球将加速下落
 B.羽毛和铅球都将下落,且同时落到月球表面
 C.羽毛和铅球都将下落,但铅球先落到月球表面
 D.羽毛和铅球都将下落,但落到月球表面时的速度不同
 解析 因月球表面无空气阻力影响,故羽毛和铅球均做加速度为16g的自由落体运动。
 答案 B
2.(2017•河南信阳模拟)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(  )
 A.3.5 m   B.2 m   C.1 m   D.0 
 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,则做匀减速直线运动的物体在每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1,所以71=14 mx1,x1=2 m,选项B正确。
 答案 B
3.汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶,急刹车时的加速度大小为5 m/s2,则自驾驶员急踩刹车开始计时,2 s与5 s 内汽车的位移大小之比为(  )
 A.5∶4   B.4∶5   C.3∶4   D.4∶3
 解析 自驾驶员急踩刹车开始,经过时间t=v0a=4 s,汽车停止运动,所以汽车在2 s内发生的位移为x1=v0t-12at2=30 m,5 s内发生的位移为x2=v202a=40 m,所以2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为3∶4,选项C正确。
 答案 C
4.(2016•湖北武汉八校联考)一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍,下滑的总时间为3 s,那么该消防队员(  )
 A.下滑过程中的最大速度为4 m/s
 B.加速与减速运动过程的时间之比为1∶2
 C.加速与减速运动过程中平均速度之比为2∶1
 D.加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4
 解析 杆长L=12 m,运动总时间t=3 s,加速过程加速度大小2a、时间t1、位移x1、最大速度v,减速过程加速度大小a、时间t2、位移x2。加速和减速过程中平均速度均为v2,vt2=L,得v=8 m/s,A、C错;v=2at1=at2,t1∶t2=1∶2,B对;x1=vt12,x2=vt22,x1∶x2=1∶2,D错。
 答案 B
5.一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为(  )
 A.(Δv)2(1x1+1x2)  B.2(Δv)2x2-x1
 C.(Δv)2(1x1-1x2)   D.(Δv)2x2-x1
 解析 设质点运动的加速度为a,由于两个过程速度变化量相等,故所用时间相等,设为t,则有t=Δva。根据做匀变速直线运动的物体在任意相邻相等时间内的位移之差相等有x2-x1=at2,解得a=(Δv)2x2-x1,选项D正确。
 答案 D
6.如图1所示为飞机起飞时,在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片,可以看出在相等时间间隔内,飞机的位移不断增大,则下列说法中正确的是(  )
 
图1
 A.由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动
 B.若测出相邻两段位移之差都相等,则飞机做匀变速直线运动
 C.若已知飞机做匀变速直线运动,测出相邻两段相等时间内的位移,则可以用逐差法计算出飞机的加速度
 D.若已知飞机做匀变速直线运动,测出相邻两段相等时间内的位移,可以求出这两段总时间的中间时刻的速度
 解析 因为用肉眼直接观察的误差较大,故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动,A错误;因为曝光时间相等,若连续相等的时间内的位移差恒定,则可判断飞机做匀变速直线运动,B正确;用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法,故也可以处理如题图的曝光时间间隔都相等的图片问题,C正确;某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度,D正确。
 答案 BCD
7.如图2所示为甲、乙两质点做直线运动时,通过打点计时器记录的两条纸带,两纸带上各计数点间的时间间隔都相同。关于两质点的运动情况的描述,正确的是(  )
 
图2
 A.两质点在t0~t4时间内的平均速度相同
 B.两质点在t2时刻的速度大小相等
 C.两质点速度相等的时刻在t3~t4之间
 D.两质点不一定是从同一地点出发的,但在t0时刻甲的速度为0
 解析 由图可知甲、乙在t0~t4时间内的位移相等,故两质点的平均速度相等,A正确;由图可知甲、乙在t1~t3时间内的位移相等,而甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动,故两质点只有在t2时刻速度大小相等,B正确,C错误;两质点不一定是从同一地点出发,但甲在相邻相等时间内的位移之比满足1∶3∶5∶7,故甲在t0时刻速度为零,所以D正确。
 答案 ABD
8.如图3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,得到了图中1、2、3、4、5…所示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(  )
 
图3
 A.位置“1”是小球释放的初始位置
 B.小球做匀加速直线运动
 C.小球下落的加速度为dT2
 D.小球在位置“3”的速度为7d2T
 解析 由题图可知相邻时间间隔内通过的位移分别为2d、3d、4d、5d,所以小球做匀加速直线运动,位置“1”不是小球释放的初始位置,由位移差Δx=aT2得小球下落的加速度为a=dT2,小球在位置“3”的速度为v-=xt=3d+4d2T=7d2T。故B、C、D均正确。
 答案 BCD
9.(2016•福建泉州联考)动车把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组。若动车组在匀加速运动过程中,从计时开始,通过第一个60 m所用时间是10 s。通过第二个60 m 所用时间是6 s。则(  )
 A.动车组的加速度为0.5 m/s2,接下来的6 s内的位移为78 m
 B.动车组的加速度为1 m/s2,接下来的6 s内的位移为96 m
 C.动车组计时开始的速度为3.5 m/s
 D.动车组计时开始的速度为2.5 m/s
 解析 第一个60 m内中间时刻的瞬时速度v1=x1t1=6 m/s,第二个60 m内中间时刻的瞬时速度v2=x2t2=10 m/s,则动车组的加速度a=v2-v1t1+t22=0.5 m/s2。根据Δx=aT2得,接下来6 s内的位移x3=x2+aT2=60 m+0.5×36 m=78 m,故A正确,B错误;动车组的初速度v0=v1-at12=6 m/s-0.5×102 m/s=3.5 m/s,故C正确,D错误。
 答案 AC
10.测速仪安装有超声波发射和接收装置,如图4所示,B为测速仪,A为汽车,两者相距335 m。某时刻B发出超声波,同时A由静止开始做匀加速直线运动。当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m,已知声速为340 m/s,则下列说法正确的是(  )
 
图4
 A.经2 s,B接收到返回的超声波
 B.超声波追上A车时,A车前进了10 m
 C.A车加速度的大小为10 m/s2
 D.A车加速度的大小为5 m/s2
 解析 从B发出超声波到接收到超声波过程中,汽车A的运动情况如图所示:
 
 B发出超声波时,小车在C位置
 小车反射超声波时,小车在D位置
 B接收到超声波时,小车在E位置
 经分析可知:tCD=tDE,xCE=20 m
 由运动学规律得xCD∶xDE=1∶3
 所以xCD=5 m,xDE=15 m,tCD=335+5340 s=1 s
 可见B接收到返回的超声波需2 s。
 对小车A:Δx=at2CD
 所以a=10 m/s2
 由以上可知选项A、C正确。
 答案 AC
二、非选择题
11.(2017•江西南昌调研)出租车上安装有速度表,计价器里安装有里程表和时间表,出租车载客后,从高速公路入口处驶入高速公路。并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动,经过10 s时,速度表显示54 km/h,求:
 (1)这时出租车离出发点的距离;
 (2)出租车继续做匀加速直线运动,当速度表显示108 km/h时,出租车开始做匀速直线运动,若时间表显示10时12分35秒,此时计价器里程表示数应为多少?
 (出租车启动时,里程表示数为零)
 解析 (1)根据速度公式,得到
 a=v1t1=1510 m/s2=1.5 m/s2
 再根据位移公式,得到
 x1=12at21=12×1.5×102 m=75 m
 这时出租车距载客处75 m
 (2)根据v22=2ax2得到
 x2=v222a=3022×1.5 m=300 m
 这时出租车从静止载客开始,已经经历的时间为t2,可根据速度公式v=at2得t2=v2a=301.5 s=20 s
 这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动,它匀速运动的时间t3应为80 s,匀速运动的位移x3=v2t3=30×80 m=2 400 m
 所以10时12分35秒时,计价器里程表应显示的示数为:x=(300+2 400) m=2.7 km
 答案 (1)75 m (2)2.7 km
12.如图5所示为一种叫“控子”的游戏:让小滑块从A点由静止释放,游戏者通过控制BC段上的可控区域的长度,让滑块到达C点时速度刚好为零,滑块自由落入洞D中即为成功。已知轨道AB、BC可视为斜面,AB长25 cm,BC长1 m,CD高20 cm,滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a1=2 m/s2,在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2=1 m/s2,在可控区域减速时的加速度大小为a3=3 m/s2,滑块在B点、可控点前后速度大小不变,g=10 m/s2,求游戏成功时:
 
图5
 (1)可控区域的长度L;
 (2)滑块从A到洞D所经历的时间t。
 解析 (1)设滑块在B点时速度大小为vB,则由运动学规律知
 v2B=2a1xAB且vB=a1t1
 代入数值解得t1=0.5 s,vB=1 m/s
 设滑块在E点进入可控区域,从B到E,由运动学规律知
 v2E-v2B=2a2(xBC-L),vE-vB=a2t2
 从E到C,由运动学规律知v2E=2a3L,vE=a3t3
 联立并代入数值解得t2=t3=0.5 s,L=0.375 m。
 (2)滑块从C到D,由自由落体运动规律知hCD=12gt24
 代入数值解得t4=0.2 s
 所以滑块从A到洞D所经历的时间
 t=t1+t2+t3+t4=1.7 s
 答案 (1)0.375 m (2)1.7 s

 

 

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