【物理】2018届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律同步练习

【物理】2018届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律同步练习

限时·规范·特训 限时：45分钟　满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)‎ ‎1. 一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分为1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为(　　)‎ A. 1∶3∶5　　　　　　　 B. 1∶4∶9‎ C. 1∶8∶27 D. 1∶16∶81‎ ‎2. 汽车遇紧急情况刹车，经1.5 s停止，刹车距离为9 m。若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s的位移是(　　)‎ A. 4.5 m B. 4 m C. 3 m D. 2 m ‎3. 一个小滑块以一定的初速度滑上倾角为30°的光滑斜面，在第1 s内与前3 s内通过的位移相等，取初速度方向为正，则下列判断正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A. 滑块在前3 s内的平均速度＝7.5 m/s ‎ B. 滑块在前3 s内的平均速率为2.5 m/s C. 滑块在前4 s内的平均速度为零 D. 滑块在第3 s内的平均速度＝2.5 m/s ‎4. 中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3000 m，着陆距离大约为2000 m。设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是(　　)‎ A. 3∶2 B. 1∶1‎ C. 1∶2 D. 2∶1‎ ‎5. “玉兔号”月球车在完成科学任务后以200 m/h的速度朝静止在其前方0.3 m的“嫦娥三号”‎ 登陆器匀速运动。为避免相撞，地面指挥部耗时3 s设定了一个加速度为a的减速指令并发出。该电磁波由地面传播到月球表面需时1 s，则a的大小至少是(　　)‎ A. 0.005 m/s2 B. 0.02 m/s2‎ C. 0.05 m/s2 D. 0.20 m/s2‎ ‎6. 如图所示，一个小球从地面竖直上抛。已知小球两次经过一个较低点A的时间间隔为TA，两次经过较高点B的时间间隔为TB，重力加速度为g，则A、B两点间的距离为(　　)‎ A. B. C. D. ‎7. 一个质点正在做匀加速直线运动，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0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知(　　)‎ A. 质点运动的加速度是0.6 m/s2‎ B. 质点运动的加速度是0.3 m/s2‎ C. 第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s D. 第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s ‎8.‎ ‎ 酒后驾驶会导致许多安全隐患，其中之一是驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到开始采取制动的时间。下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)。‎ 速度(m/s)‎ 思考距离/m 制动距离/m 正常 酒后 正常 酒后 ‎15‎ ‎7.5‎ ‎15.0‎ ‎22.5‎ ‎30.0‎ ‎20‎ ‎10.0‎ ‎20.0‎ ‎36.7‎ ‎46.7‎ ‎25‎ ‎12.5‎ ‎25.0‎ ‎54.2‎ x 分析上表可知，下列说法错误的是(　　)‎ A. 驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s B. 若汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车 C. 汽车制动时，加速度大小为10 m/s2‎ D. 表中x为66.7‎ ‎9. (多选)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外推，得到自由落体的运动规律 ‎10. (多选)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e。已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则(　　)‎ A. vb＝2 m/s B. vc＝3 m/s C. xde＝3 m D. 从d到e所用时间为4 s 二、非选择题(本题共2小题，共40分)‎ ‎11. (18分)如图所示，歼15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。若歼15战机正常起飞过程中加速度为a，经s距离就达到起飞速度腾空而起。现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L40 m，故选项B正确；v1＝15 m/s时，汽车刹车位移x1‎ ‎＝22.5 m－7.5 m＝15 m, 由0－v＝－2ax1，求出a＝7.5 m/s2，故选项C错误；v0＝25 m/s时，由表可知汽车刹车位移为x－25，故0－v＝－2a(x－25)，解出x≈66.7 m，选项D正确。‎ 答案：C ‎9.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错误、D正确。‎ 答案：BD ‎10.解析：小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因Tac＝Tcd＝T，故c点对应a到d的中间时刻，故vc＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；因xac＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，故加速度大小为a＝＝0.5 m/s2，由vc＝aTce得Tce＝＝6 s，则Tde＝Tce－Tcd＝4 s；xce＝aT＝9 m，xde＝xce－xcd＝4 m，故C错误，D正确；由v－v＝2a·xbc可得，vb＝ m/s，A错误。‎ 答案：BD ‎11.(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1m；‎ ‎(2)方法二情况下航空母舰的最小速度及此过程中的位移。‎ 解析：(1)设飞机起飞速度为v，‎ 则为v2＝2as。‎ v2－v＝2aL。‎ 联立解得v1m＝。‎ ‎(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t，‎ 则t＝ 飞机位移x1＝ 航空母舰位移x2＝v2m·t，‎ 位移关系：x1－x2＝L，‎ 联立解得：v2m＝－，‎ x2＝2(－L)。‎ 答案：(1)　(2)－　2(－L)‎ ‎12.解析：(1)设被人接住前1 s时刻物块的速度为v，‎ 则h′＝vt′－gt′2‎ 故v＝＝ m/s＝9 m/s 则物块从抛出到被人接住所用总时间为 t＝＋t′＝ s＋1 s＝1.2 s。‎ ‎(2)竖直井的深度为 h＝v0t－gt2＝11×1.2 m－×10×1.22 m＝6 m。‎ 答案：(1)1.2 s　(2) 6 m