规范训练日常化2014高考物理总复习练习题 12 匀变速直线运动规律

规范训练日常化2014高考物理总复习练习题 12 匀变速直线运动规律

‎ 2019高考物理总复习 1-2 匀变速直线运动规律练习 ‎1．(2019·山西四校联考)伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转 化为著名的“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程 B．斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量 C．通过对斜面实验的观察与计算，直接得到自由落体的运动规律 D．根据斜面实验结论进行合理的计算，得到自由落体的运动规律 解析：“斜面实验”中小球运动的加速度较小，便于运动时间的测量，A错误、B正确；斜面倾角增大到90°时，斜面运动外推为自由落体运动，C、D错误．‎ 答案：B ‎2．汽车进行刹车试验，若速率从‎8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定速率为‎8 m/s的 汽车刹车后拖行路程不得超过‎5.9 m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定(　　)‎ A．拖行路程为‎8 m，符合规定 B．拖行路程为‎8 m，不符合规定 C．拖行路程为‎4 m，符合规定 D．拖行路程为‎4 m，不符合规定 解析：＝＝‎4 m/s.x＝·t＝‎4 m<‎5.9 m，故C正确．‎ 答案：C ‎3．给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大 小减为时，所用时间可能是(　　)‎ A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：当滑块速度大小减为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v＝和v＝－，由公式t＝，得t＝和t＝，故C选项正确．‎ 答案：C ‎4．一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点．不计空气阻力．已知它经过b 点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与ac段位移大小之比为(　　)‎ A．1∶3 B．1∶5‎ C．1∶8 D．1∶9‎ 解析：由v＝gt可知小石块在ab段运动时间与ac段运动时间之比为1∶3，由匀变速直线运动的平均速度公式可知小石块在ab段运动的平均速度与ac段运动的平均速度大小之比为1∶3，则ab段与ac段位移大小之比为1∶9.‎ 答案：D ‎5．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间 间隔为1 s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了‎2 m，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了‎8 m，由此不可求得(　　)‎ A．第1次闪光时质点的速度 B．质点运动的加速度 C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移 D．质点运动的初速度 解析：由x23－x12＝x34－x23可求x23，故C正确；由Δx＝aT2可求a，故B正确；由v2＝可求v2，再由v2＝v1＋aT可求v1，故A正确，但物体原来的初速度无法求出，故选D.‎ 答案：D ‎6．一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a点上滑，最远可达b点，e为ab的中点，[来源:学,科,网Z,X,X,K]‎ 已知物体由a到e的时间为t0，则它从e经b再返回e所需时间为(　　)‎ A．t0 B．(－1)t0‎ C．2(＋1)t0 D．(2＋1)t0‎ 解析：由逆向思维可知物体从b到e和从e到a的时间比为1∶(－1)；即t∶t0＝1∶(－1)，得t＝(＋1)t0，由运动的对称性可得从e到b和从b到e的时间相等，所以从e经 b再返回e所需时间为2t，即2(＋1)t0，答案为C.‎ 答案：C ‎7．(2019·高考安徽卷)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着 通过下一段位移Δx所用的时间为t2.则物体运动的加速度为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：由匀变速直线运动一段时间内，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知v1＝，v2＝，由匀变速直线运动的速度公式知v2＝v1＋a.联立以上三式可得A正确．‎ 答案：A ‎8．如右图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是 ‎ L，B的长度是‎2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿过B，子弹可 ‎ 视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为(　　)‎ A. B. [来源:1ZXXK]‎ C. D.v1‎ 解析：设子弹运动的加速度大小为a，子弹穿出A时的速度为v，子弹在A中运动过程中，有v2－v＝－2aL，子弹在B中运动过程中，有v－v2＝－‎2a·‎2L，两式联立可得，v＝ ，因此C对．‎ 答案：C ‎9．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上拋一物体，从拋出至回到拋出点的时间为t，现 在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为(　　)‎ A．0.5t B．0.4t C．0.3t D．0.2t 解析：将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝，由以上几式可得：t′＝(－1)t/≈0.3t，正确答案为C.‎ 答案：C ‎10．研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气 球以‎10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击到地面．不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度．(g取‎10 m/s2)‎ 解析：解法一：全程法 将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图所示．‎ 规定向上为正方向，则v0＝‎10 m/s，a＝－g＝－‎10 m/s2‎ 根据H＝v0t＋at2[来源:学|科|网Z|X|X|K]‎ 解得H＝－‎‎495 m 即产品的释放位置离地距离为‎495 m.‎ 解法二：分段法 仍然根据题意画出运动草图如图所示．将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理．A→B为竖直上拋运动，B→C→D为自由落体运动．‎ 在A→B段，根据竖直上拋运动规律可知tAB＝＝1 s[来源:学+科+网]‎ hAB＝hBC＝gt(或)＝‎‎5 m 由题意可知tBD＝11 s－1 s＝10 s 根据自由落体运动规律可得 hBD＝gt＝‎500 m[来源:1ZXXK]‎ 故释放点的高度H＝hBD－hBC＝‎495 m.‎ 答案：‎‎495 m ‎11．(改编题)‎2011年12月1日至21日，印度和吉尔吉斯斯坦举 行了代号为“匕首—‎2011”‎的联合反恐军事演习，印方参演人员全部来自印度伞兵团．在一次低空跳伞演练中，当直升飞机悬停在离地面‎224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以‎12.5 m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过‎5 m/s，(取g＝‎10 m/s2)求：‎ ‎(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？‎ ‎(2)伞兵在空中的最短时间为多少？‎ 解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则有v2－v＝－2ah，即52－v＝－2×12.5×h 又v＝‎2g(224－h)＝2×10×(224－h)‎ 联立解得h＝‎99 m，v0＝‎50 m/s 以‎5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，‎ 即2gh1＝v2　所以h1＝＝ m＝‎1.25 m.‎ ‎(2)设伞兵在空中的最短时间为t，‎ 则有v0＝gt1，t1＝＝ s＝5 s，‎ t2＝＝ s＝3.6 s，‎ 故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.‎ 答案：(1)‎99 m　‎1.25 m　(2)8.6 s ‎12．从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几个小球后，‎ 对在斜面上滚动的小球拍下照片，如右图所示，测得xAB＝‎15 cm，xBC＝‎20 cm，求：‎ ‎(1)小球的加速度；‎ ‎(2)拍摄时B球的速度；‎ ‎(3)拍摄时xCD的大小；‎ ‎(4)A球上方滚动的小球还有几个．‎ 解析：(1)由Δx＝aT2得：a＝＝＝‎5 m/s2‎ ‎(2)vB＝＝‎1.75 m/s ‎(3)由Δx＝xCD－xBC＝xBC－xAB得：‎ xDC＝2xBC－xAB＝‎25 ‎cm.‎ ‎(4)小球B到达图示位置运动的时间 tB＝＝0.35 s 则B球上面正在运动着的小球共有3颗，A球上面正在运动着的小球共有2颗．‎ 答案：(1)‎5 m/s2　(2)‎1.75 m/s　(3)‎25 cm　(4)2颗