【文档说明】高考物理一轮复习课时规范练02《匀变速直线运动的规律及应用》(含解析) .doc，共(7)页，480.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时规范练2匀变速直线运动的规律及应用课时规范练第4页基础巩固组1.(匀变速直线运动规律的应用)(2017·湖北武汉调研)如图所示,一汽车装备了具有自动刹车功能的安全系统,系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时,

如果司机未采取制动措施,系统就会立即自动刹车,使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下,若该车在不同路况下的自动刹车的加速度取4~6m/s2之间的某一值,则自动刹车的最长时间为()A.sB.sC.2.5sD.12.5s答案C解析当车速最大vm=10m/s且加速度取最小值时,

自动刹车时间最长。由速度公式,v=vm-at解得t=2.5s,选项C正确。2.(匀变速直线运动规律的应用)(2018·山东冠县期中)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位),则该质点()A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任

意相邻的1s内位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s答案D解析将t=1s代入x=5t+t2得x1=6m,A错误;将t=2s代入x=5t+t2得x2=14m,前2s的平均速度m/s=7m/s,B错误;第2s内的位移x2'=14m

-6m=8m,第2s内的位移与第1s内的位移之差Δx=8m-6m=2m,C错误;由Δx=at2得a=2m/s2,任意1s内的速度增量都是2m/s,D正确;故选D。3.(刹车类问题)(2017·山西四校联考)以36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车,遇障碍物刹车后

获得大小为a=4m/s2的加速度,刹车后第3s内,汽车走过的路程为()A.12.5mB.2mC.10mD.0.5m答案D解析由v=at可得从刹车到静止所需的时间t=2.5s,则第3s内的位移,实际上就是2~2.5s内的位移,x=at'2=0.5m。4.(双向可逆类运动)在光滑足够长

的斜面上,有一物体以10m/s初速度沿斜面向上运动,如果物体的加速度始终为5m/s2,方向沿斜面向下。那么经过3s时的速度大小和方向是()A.5m/s,沿斜面向下B.25m/s,沿斜面向上C.5m/s,沿斜面向上D.25m/s,沿斜面

向下答案A解析物体上滑和下滑的加速度相同,整个过程做匀变速直线运动,取初速度方向为正方向,则v0=10m/s,a=-5m/s2,由v=v0+at可得,当t=3s时,v=-5m/s,“-”表示物体在t=3s时速度方向沿斜面向下,故A正确,B、C、D错误。故选A。5.(匀变速直线运动规律的

应用)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x,动能变为原来的9倍。该质点的加速度为()A.B.C.D.答案A解析设该段时间内初速度为v,由题意知末速度为3v,则,解得v=,故a=,选项A正确。6.(多选)(匀变速直线运动规律的应用)(2018

·湖南衡阳月考)一辆汽车从静止开始匀加速直线开出,然后保持匀速直线运动,最后做匀减速直线运动,直到停止,下表给出了不同时刻汽车的速度,根据表格可知()时刻/s1235679.510.5速度/(m·s-

1)36912121293A.汽车在t=5s时刻开始做匀速直线运动B.汽车匀速运动的时间为5sC.汽车加速阶段的平均速度小于减速阶段的平均速度D.汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s答案BD解析已知汽车做初速度为零

的匀加速直线运动,由1s末的速度可以求出加速度;由表格数据可得汽车在4s末的速度达到最大值12m/s,由速度时间关系得出加速运动的时间;分别求出物体做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动的位移相加;平均速度等于位移与时间的比值。根据1~3s内做加速运动可知加速度

a1=m/s2=3m/s2,而从表格中可知汽车做匀速直线运动的速度为12m/s,也就是加速阶段最大速度为12m/s,故根据v=v0+at可知加速时间为t=4s,故汽车在t=4s开始做匀速直线运动,A错误;从表格中可知减速运动时的加速度为a2=m/s2=-6m/s2,在t=9.5s时

速度为9m/s,故已经减速了Δt=s=0.5s,所以在t=9s开始减速运动,故匀速运动时间为5s,B正确;加速阶段的平均速度v1=m/s=6m/s,减速阶段的平均速度v2=m/s=6m/s,故C错误;0~4s做加速度a=3m/s2的匀加速运动

,产生的位移x1=at2=×3×42m=24m;4~9s做速度v=12m/s的匀速直线运动,产生的位移x2=12×5m=60m;9~11s做初速度为12m/s,加速度a'=-6m/s2的匀减速运动,减速时间t=s=2s,产生的位移x3=12×2m+×(-6)×22m=

12m,所以汽车产生的总位移x=x1+x2+x3=24m+60m+12m=96m,故全程的平均速度≈8.73m/s,故D正确。7.(自由落体运动)(2018·安徽巢湖月考)一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下,某摄影爱

好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB。该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度,如图所示。已知曝光时间为s,则小石子出发点离A点约为(g取10m/s2)()A.6.5mB.10mC.20mD.45m答案C解析由题图可知AB的长度为2cm,即0.0

2m,曝光时间为s,所以AB段的平均速度的大小为v=m/s=20m/s,由自由落体的速度位移的关系式v2=2gh可得h=m=20m,所以C正确。故选C。8.(竖直上抛运动)(2018·河南新乡月考)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.0.5tB.0.4tC.0.3tD.0.2t〚导学号06400093〛答案C解析物体下降时间为0.5t,故高度为h=gt2物体自由落体运动0.5h过程,有联立解得t1=t故第二次物体上升和下降

的总时间t'=t-2t1=t-t≈0.3t。故选C。能力提升组9.(2017·安徽合肥模拟)“歼-15”战机是我国自行设计研制的多用途舰载歼击机,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,由静止开始经s距离就达到

起飞速度腾空而起。已知“辽宁舰”起飞甲板长为L(L<s),且起飞过程可简化为匀加速直线运动。现有两种方法助其正常起飞,方法一:在航空母舰静止的情况下,用弹射系统给飞机以一定的初速度;方法二:起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一

速度匀速航行。求:(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小初速度v1;(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2。答案(1)(2)解析(1)设飞机起飞速度为v,由匀变速直线运动的速度与位移公式可得v2=2asv2

-=2aL联立解得v1=。(2)设飞机起飞过程所用时间为t,则t=飞机位移x1=航空母舰位移x2=v2t又x1-x2=L联立解得v2=。10.如图所示,木杆长5m,上端固定在某一点,由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力),木杆通过悬点正下方20m处圆筒

AB,圆筒AB长为5m,g取10m/s2,求:(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少?(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少?答案(1)(2-)s(2)()s解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动,木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A=s=s木杆的上端到达圆筒上端A用时s=2s则

木杆通过圆筒上端A所用的时间t1==(2-)s。(2)木杆的下端到达圆筒上端A用时s=s木杆的上端离开圆筒下端B用时s=s则木杆通过圆筒所用的时间t2=t上B-t下A=()s。〚导学号06400094〛11.(2017·

河北唐山模拟)在平直的测试汽车加速性能的场地上,每隔100m有一个醒目的标志杆。两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动,当汽车通过第二个标志杆开始计时,t1=10s时,恰好经过第5个标志杆,t2=20s时,恰好经过第10

个标志杆,汽车运动过程中可视为质点,如图所示。求:(1)汽车的加速度;(2)若汽车匀加速达到最大速度64m/s后立即保持该速度匀速行驶,则汽车从20s末到30s末经过几个标志杆?答案(1)2m/s2(2)6个解析(1)设汽车的加速度为a,经过第二个标志杆的速度为v0在0~10s内,3L=v0t1+

在0~20s内,8L=v0t2+解得a=2m/s2。(2)由(1)解得v0=20m/s,由v=v0+at2=60m/s到达最大速度v'=v+aΔtΔt=2st3=30s在t2~t3内汽车位移x=Δt+v'(t3-t2-Δt)=636m则经过的标志杆数n==6.36个,即6个。12.(2017·山东

枣庄调研)如图所示是一种较精确测重力加速度g值的方法:将下端装有弹射装置的真空玻璃管竖直放置,玻璃管足够长,小球竖直向上被弹出,在O点与弹簧分离,然后返回。在O点正上方选取一点P,利用仪器精确测得OP间的距离为H,从O点出发至返回O点的时间间隔为T1,小球两次经过P点的时间间隔为T2,求:(1)

重力加速度;(2)若O点距玻璃管底部的距离为L0,玻璃管最小长度。答案(1)(2)L0+解析(1)小球从O点上升到最大高度的过程中有h1=,①小球从P点上升的最大高度h2=,②依据题意有h1-h2=H,③联立①②③解得g=。(2)真空管最小的长度L=L0+h1,故L=L0+。〚导

学号06400095〛