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2020-2021学年高考物理一轮复习 专题01 匀变速直线运动的规律知识点练习(含解析).docx

上传人:高**** 文档编号:87943 上传时间:2024-05-25 格式:DOCX 页数:8 大小:93.82KB
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资源描述

1、专题1 匀变速直线运动的规律一、 夯实基础1(多选)下列说法中正确的是()A研究乒乓球的弧圈运动时,可将乒乓球看作质点B参考系必须是静止不动的物体C用GPS定位系统确定在南极冰川考察的某科考队员的位置时,该队员可看作质点D选取不同的参考系,同一物体的运动速度可能不同,运动轨迹也可能不同【答案】:CD【解析】:研究乒乓球的上旋、下旋原理时,不可以将乒乓球看作质点,否则就没有旋转了,故A错误;参考系是在描述物体的运动时,被选定作为参考、假定为不动的其他物体,被选为参考系的物体可以是静止的,也可以是运动的,故B错误;用GPS定位系统确定在南极冰川考察的某科考队员的位置时,队员的大小和形状可以忽略,可

2、以看作质点,故C正确;选取不同的参考系,同一物体的运动速度可能不同,运动轨迹也可能不同,故D正确。2质点沿直线Ox方向做变速运动,它离开O点的距离随时间变化的关系为x(52t3) m,它的速度随时间变化的关系为v6t2(m/s)。该质点在t0到t2 s内的平均速度和t2 s到t3 s内的平均速度大小分别为()A12 m/s,39 m/s B8 m/s,38 m/sC12 m/s,19.5 m/s D8 m/s,12 m/s【答案】:B【解析】:平均速度,t0时,x05 m;t2 s时,x221 m;t3 s时,x359 m。故18 m/s,238 m/s,选项B正确。3.一质点沿直线运动,其平

3、均速度与时间的关系满足v2t(各物理量均选用国际单位制中单位),则关于该质点的运动,下列说法正确的是()A质点可能做匀减速直线运动B5 s内质点的位移为35 mC质点运动的加速度为1 m/s2D质点3 s末的速度为5 m/s【答案】B【解析】根据平均速度v知,xvt2tt2,根据xv0tat22tt2知,质点的初速度v02 m/s,加速度a2 m/s2,质点做匀加速直线运动,故A、C错误;5 s内质点的位移xv0tat225 m225 m35 m,故B正确;质点在3 s末的速度vv0at2 m/s23 m/s8 m/s,故D错误。4一物体做匀加速直线运动,通过一段位移x所用时间为2t,紧接着通

4、过下一段位移x所用时间为t。则物体运动的加速度大小为()A. B C. D 【答案】C【解析】物体做匀加速直线运动,在第一段位移x内的平均速度是v1;在第二段位移x内的平均速度是v2;因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则两个中间时刻的时间差为ttt,则物体加速度的大小a,解得:a,故选C。5.(2019年全国1卷-15)篮球架下的运动员原地起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H ,上升第一个的时间为,第四个的时间为,不计空气阻力则满足;A: B: C: D:【答案】:C【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零,又不计空气阻力,故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运

5、动,相等相邻位移时间关系之比为:,可知,即,故本题选C。二、能力提升6.我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口,到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动,经4 s的时间速度减为5 m/s且收费完成,司机立即加速,产生的加速度大小为2.5 m/s2,汽车可视为质点。则下列说法正确的是()A汽车开始减速时距离自动收费装置110 mB汽车加速4 s后速度恢复到20 m/sC汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 mD汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s【答案】C【解析】汽车开始减速时到自动收费

6、装置的距离为x1(205)4 m50 m故A错误;汽车加速4 s后速度为v15 m/s,故B错误;汽车从5 m/s加速到20 m/s通过的路程为x2 m75 m,所以汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为x1x2125 m,故C正确;汽车从5 m/s加速到20 m/s的时间t2 s6 s,所以总时间t总4 st210 s,汽车以20 m/s的速度匀速通过125 m需要的时间是6.25 s,所以耽误了3.75 s,故D错误。7.一质点做匀加速直线运动,第3 s内的位移2 m,第4 s内的位移是2.5 m,那么()A这两秒内的平均速度是4.5 m/sB第三秒末的瞬时速度是2.5 m/

7、sC质点的加速度是0.125 m/s2D质点在零时刻的初速度是0.75 m/s【答案】D【解析】质点在这两秒内的平均速度为 m/s2.25 m/s,根据匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知,该速度为第3 s末的瞬时速度,A、B项错误,;根据xaT2可得x4x3aT2,T1 s,故可得a0.5 m/s2,C项错误;因为v32.25 m/s,所以根据速度时间公式可得v0v3at(2.250.53) m/s0.75 m/s,D项正确。8.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(

8、)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【答案】B【解析】由题意知,质点做匀减速直线运动,速度减小到零后,再返回做匀加速运动,即在这段时间内运动方向改变,如图所示,选项A错误;由vv0at得2vvat,这段时间t,选项B正确;由v2v2ax得,由初速度为v减速到零所通过的路程s1,然后反向加速到2v所通过的路程s2,总路程为ss1s2,选项C错误;再经过相同时间,质点速度vva2t5v,即速度大小为5v,选项D错误。9.飞机起飞和降落的过程可以分别看成是从静止开始运动匀加速,以及末速度减为零的匀减速,已知某次飞机起飞时的速度大小是其降落时速

9、度大小的1.5倍,飞机起飞的过程位移大小为3000m,降落过程位移的大小为2000m,求飞机起飞的时间与降落的时间之比 【答案】:A【解析】:将飞机起飞的过程进行研究结合平均速度公式得:将飞机起飞的过程进行研究结合平均速度公式得:1、2两式联立得:,故A 答案正确;10.将一小球以初速度v ,从地面竖直向上抛出后,小球两次经过离地面高度为5m的位置的时间间隔为2s,若小球的初速度大小改为2v,则小球两次经过离地面高度为5m的位置的时间间隔为(不及空气阻力,重力加速度g=10m/s2)【答案】:【解析】:小球从5m的高度到达最高点需要的时间是1s,结合逆向思维可以求得最高点到5m高的地方的距离也

10、为5m,所以小球上抛的最大高度为10m,结合竖直上抛运动的特点可求得小球上抛的初速度大小为;m/s,2v=m/s,当小球以2v竖直上抛时上升的时间为:,上升的最大高度为40m,结合逆向思维,小球从最高点到5m高的位置结合位移公式:,可得t1=,根据运动的对称性可得:两次经过离地面5m高的位置需要的总时间为;11.一质点在t=0时刻从坐标原点出发,沿x轴正方向做初速度为零,加速度大小为a1的匀加速直线运动,t=ls时到达x=5m的位置,速度大小为v1,此时加速度立即反向,加速度大小变为a2,t=3s时质点恰好回到原点,速度大小为v2,则()A. a2=3a1B. v2=3v1C. 质点向x轴正方

11、向运动的时间为2sD. 质点向x轴正方向运动最远到x=9m的位置【答案】:D 【解析】:物体的运动过程如图所示:将AB 作为研究过程结合平均速度公式得:将BCA作为研究过程结合平均速度公式得:t1=1s, t2=2s 联立1、2式可得:;故B 选项错误;选择AB 过程,结合平均速度公式:,所以v2=15m/s,方向向左; 结合位移公式:选择BCA 过程,结合加速度公式:;故A 选项错误;选择BC作为研究过程;,加上AB 的时间小于2s,故C 选项错误; ,所以质点向x轴正方向运动最远到9m的位置,D 选项正确12.(2011年安徽)一物体作匀加速直线运动,通过一段位移所用的时间为,紧接着通过下

12、一段位移所用时间为。则物体运动的加速度为 A B C D【答案】A【解析】:物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为,平均速度为,即为时刻的瞬时速度;物体在后一段所用的时间为,平均速度为,即为时刻的瞬时速度。速度由变化到的时间为,所以加速度:故A 正确;13.在一次救灾活动中,一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动,在运动了8 s之后,由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央,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()A加速、减速中的加速度大小之比为a1a221 B加速、减速中的平均速度大小之比为v1v211C加速、减速中的位移之比为x1x221 D加速

13、、减速中的加速度大小之比为a1a213【答案】BC【解析】汽车由静止运动8 s,又经4 s停止,加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等,由vat,知a1t1a2t2,A、D错误又由v22ax知a1x1a2x2,C正确由v知,v1v211,B正确14.某物体以30 m/s的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10 m/s2.5 s内物体A路程为65 m B位移大小为25 m,方向向上C速度改变量的大小为10 m/s D平均速度大小为13 m/s,方向向上【答案】AB【解析】方法一:分阶段法物体上升的时间t上 s3 s,物体上升的最大高度h1 m45 m物体从最高点自由下落2 s的高度h2gt102

14、2 m20 m运动过程如图所示,则总路程为65 m,A正确;5 s末物体离抛出点的高度为25 m,即位移的大小为25 m,方向竖直向上,B正确;5 s末物体的速度大小vgt下102 m/s20 m/s,方向竖直向下,取竖直向上为正方向,则速度改变量v(v)v0(20 m/s)30 m/s50 m/s,即速度改变量的大小为50 m/s,方向竖直向下,C错误;平均速度大小 m/s5 m/s,方向竖直向上,D错误方法二:全过程法由竖直上抛运动的规律可知:物体经3 s到达最大高度h145 m处将物体运动的全程视为匀减速直线运动,则有v030 m/s,ag10 m/s2,故5 s内物体的位移hv0tat

15、225 m0,说明物体5 s末在抛出点上方25 m处,故路程为65 m,位移大小为25 m,方向竖直向上,A、B正确;速度的变化量vat50 m/s,C错误;5 s末物体的速度vv0at20 m/s,所以平均速度5 m/s0,方向竖直向上,D错误15.(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动,其加速度大小为2 m/s2,设斜面足够长,经过t时间物体位移的大小为4 m,则时间t可能为()A1 sB3 sC4 s D. s【答案】ACD【解析】:当物体的位移为4 m时,根据xv0tat2得45t2t2解得t11 s,t24 s当物体的位移为4 m时,根据xv0tat2得45t2t2解得t3 s,故A、C、D正确,B错误

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