2022届高考物理一轮复习知识点全方位练习：匀变速直线运动的规律及应用.docx

1、2022届高考物理一轮复习知识点全方位练习：匀变速直线运动的规律及应用􀳊 基础达标􀳊1. 伽利略相信,自然界的规律是简单明了的,他从这个信念出发,猜想落体的速度应该是均匀变化的.为验证自己的猜想,他做了“斜面实验”,如图所示,发现铜球在斜面上运动的位移与时间的二次方成正比,改变球的质量或增大斜面倾角,上述规律依然成立,于是,他外推到倾角为90的情况,得出落体运动的规律.结合以上信息,判断下列说法正确的是()A.伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量速度B.伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量加速度C.由“斜面实验”的结论可知

2、,铜球运动的速度随位移均匀增大D.由“斜面实验”的结论可知,铜球运动的速度随时间均匀增大2.如图所示,国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统,系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况,当车速v10 m/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,系统就会立即启动“全力自动刹车”,加速度大小约为5 m/s2,使汽车避免与障碍物相撞,则系统设置的安全距离约为()A.50 mB.20 mC.10 mD.1 m3.(多选) 做初速度为零的匀加速直线运动的小球在第7 s内的位移比第4 s内的位移多0.3 m,则下列说法正确的是()A.小球的加速度为0.1

3、m/s2B.小球在第5 s内的平均速度为0.45 m/sC.小球在第5 s内的初速度为0.5 m/sD.小球在前5 s内的位移是1.25 m4. 如图所示,在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g取10 m/s2,若1 s后4个水果均未着地,则1 s后速率最大的是()5.(多选) 一辆运送物资的货车在经过高速路口停车检查时的速度时间图像如图所示.下列说法正确的是()A.货车减速时的加速度大小为0.5 m/s2B.在05 s内货车经过的位移大小为25 mC.货车停止前最后1 s内的位移大小为1 mD.货车在第2 s内的位移比在第3 s内的位移多4 m􀳊

4、; 技能提升􀳊6.一质点做匀加速直线运动时,速度变化v时发生位移x1,紧接着速度变化同样的v时发生位移x2,则该质点的加速度为()A.(v)21x1+1x2B.2(v)2x2-x1C.(v)21x1-1x2D.(v)2x2-x17.某同学身高1.8 m,在运动会上他参加跳高比赛,起跳后身体横着越过了1.8 m高的横杆(如图所示).g取10 m/s2.据此可估算出他起跳时竖直向上的速度为()A.2 m/sB.4 m/sC.6 m/sD.8 m/s8.如图所示,用一把直尺可以测量神经系统的反应速度.现有甲、乙两同学,甲同学用手指拿着一把长50 cm的直尺,乙同学把手放在零刻度线位

5、置做抓尺的准备,当甲同学松开直尺,乙同学见到直尺下落时,立即用手抓住直尺,记录抓住处的数据,重复以上步骤多次,g取10 m/s2.现得到以下数据(单位:cm),则下列说法正确的是()第一次第二次第三次204530A.第一次测量的反应时间最长B.第一次测量的反应时间为2 sC.第二次抓住直尺之前的瞬间,直尺的速度约为4 m/sD.若某同学的反应时间为0.4 s,则该直尺将无法测量该同学的反应时间9.(多选) 将一个小球竖直向上抛出,小球碰到高处的天花板后反弹,并竖直向下运动回到抛出点.若反弹的速度大小是碰撞前速度大小的1320,小球上升的时间为1 s,下落的时间为1.2 s,重力加速度g取10

6、m/s2,不计空气阻力和小球与天花板的碰撞时间,则下列说法正确的是()A.小球与天花板碰撞前的速度大小为10 m/sB.小球与天花板碰撞前的速度大小为8 m/sC.抛出点到天花板的高度为15 mD.抛出点到天花板的高度为13 m10.(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动,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()A.1 sB.3 sC.4 sD.5+412 s11. 我国首艘装有弹射系统的航母已完成了“J-15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功.已知“J-15”在水平跑道上加速时的最大加速度为5.0 m/s2,起飞

7、的最小速度为50 m/s.弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25 m/s,设航母处于静止状态.(1)“J-15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞?(2)“J-15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞?(3)若航母上不装弹射系统,设航母跑道长L=160 m,“J-15”仍能从航母上正常起飞,则航母匀速航行的速度至少为多大?􀳊 挑战自我􀳊12.(多选)如图所示,两个光滑斜面在B处平滑连接,小球在A点获得大小为8 m/s的速度沿斜面向上运动,到达B点时速度大小为6 m/s,到达C点时速度减为0,已知AB=BC.下列说法正确的是()A.小球在AB、BC段的运动时间之

8、比为37B.小球在AB、BC段的加速度大小之比为916C.小球经过BC段中间位置时速度大小为3 m/sD.小球由A运动到C的平均速率为4.2 m/s13.(多选) 玩具车的最远遥控距离为25 m.某同学手持遥控器和玩具车同时从同地由静止沿同方向做匀加速直线运动.若该同学加速度的大小为1 m/s2,最大速度为5 m/s;玩具车加速度的大小为2 m/s2,最大速度为10 m/s.在达到最大速度后,二者都能长时间保持最大速度匀速运动.下列说法正确的是()A.该同学对玩具车的控制时间为7.0 sB.该同学对玩具车的控制时间为7.5 sC.在控制时间内,该同学的位移大小为25 mD.与静止不动相比,该同

9、学因运动而增加了2.5 s的控制时间14.现在我国ETC已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间.假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站,若进入人工收费通道,它从距收费窗口20 m处开始减速,则行驶至窗口处恰好停止,再用10 s时间完成交费;若进入ETC通道,它从某位置开始减速,则当速度减至5 m/s时,再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费.假设这两种情况下汽车减速时的加速度大小相同,求: (1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小;(2)汽车从开始减速到交费完成,从ETC通道通行比从人工收费通道通行少用的时间.参考答案1.D【解析】 自由落体运动的时间很短,不易测量,当时伽利略利用

10、斜面做实验,主要是考虑到实验时便于测量铜球运动的时间,在当时的情况下,还没有出现加速度的概念,伽利略在实验中没有测量加速度,故A、B错误;铜球在倾角较小的斜面上运动时,做的是匀变速直线运动,且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,倾角最大为90,此时铜球做自由落体运动,由此得出的结论是在斜面倾角一定时,铜球运动的速度随时间均匀增大,即自由落体运动是一种匀变速直线运动,故C错误,D正确.2.C【解析】 由题意知,车速v10 m/s,系统自动刹车的加速度大小约为5 m/s2,最后速度减为0,由公式v2=2ax可得x=v22a10225 m=10 m,所以系统设置的安全距离约为10 m,故C正确.3.A

11、BD【解析】 设第7 s内位移为x7,第4 s内位移为x4,由x7-x4=3aT2,解得a=x7-x43T2=0.3312 m/s2=0.1 m/s2,故A正确;第5 s的初速度即第4 s的末速度,v4=at4=0.14 m/s=0.4 m/s,第5 s末的速度v5=at5=0.15 m/s=0.5 m/s,第5 s内的平均速度为v=v4+v52=0.4+0.52 m/s=0.45 m/s,故B正确,C错误;前5 s内的位移x=12at52=120.152 m=1.25 m,故D正确.4.A【解析】 以向下为正方向,根据v=v0+gt,将v0A=-3 m/s代入,解得vA=7 m/s,同理,v

12、B=5 m/s,vC=0 m/s,vD=-5 m/s,故A正确.5.BC【解析】 货车减速时的加速度大小为a=vt=105 m/s2=2 m/s2,故A错误;在05 s内货车经过的位移大小为x=v02t=1025 m=25 m,故B正确;由几何关系可知,第4 s末货车的速度为v=2 m/s,则货车停止前最后1 s内的位移大小为 x=v2t=221 m=1 m,故C正确;根据x=aT2知,货车在第2 s内的位移比在第3 s内的位移多aT2=212 m=2 m,故D错误.6.D【解析】 设匀加速运动的加速度为a,质点的速度分别为v1、v2和 v3,据运动学公式可知,v22-v12=2ax1,v32

13、-v22=2ax2,且v2-v1=v3-v2=v,联立解得a=(v)2x2-x1,故D正确.7.B【解析】 竖直方向的运动为竖直上抛运动,考虑上抛过程重心的运动,可认为人的重心在身体的中点.身体横着越过1.8 m高的横杆,此时重心高度为1.8 m,起跳时重心高度为0.9 m,所以竖直上跳的最大高度为h=1.8 m-0.9 m=0.9 m,可得起跳时竖直向上的速度v=2gh=2100.9 m/s=32 m/s,接近4 m/s,选项B正确.8.D【解析】 第一次测量的下落高度为20 cm,由自由落体运动规律h=12gt2,可知第一次测量的反应时间最短,为t=0.2 s,选项A、B错误;第二次测量的

14、下落高度为h=45 cm,由自由落体运动规律v2=2gh,可知第二次抓住直尺之前的瞬间,直尺的速度约为v=3 m/s,选项C错误;若某同学的反应时间为0.4 s,则在反应时间内直尺下落高度为h=12gt2=80 cm,大于直尺长度,该直尺将无法测量该同学的反应时间,选项D正确. 9.AC【解析】 设碰前的速度大小为v,向上和向下运动过程的位移大小相等,有vt1+12gt12=1320vt2+12gt22,解得v=10 m/s,故A正确,B错误;抛出点到天花板的高度为h=vt1+12gt12=15 m,故C正确,D错误.10.ACD【解析】 以沿斜面向上为正方向,当物体的位移为4 m时,根据x=

15、v0t+12at2得4=5t-122t2,解得t=1 s或4 s,当物体的位移为-4 m时,根据x=v0t+12at2得-4=5t-122t2,解得t=5+412 s,故A、C、D正确,B错误.11.(1)5 s(2)187.5 m(3)10 m/s【解析】 (1)根据匀变速直线运动的速度公式v=v0+at,解得t=v-v0a=50-255 s=5 s(2)根据速度位移关系式v2-v02=2ax,解得x=v2-v022a=502-25225 m=187.5 m(3)设飞机起飞所用的时间为t,在时间t内航母航行的距离为L1,航母匀速航行的最小速度为v1,对航母有L1=v1t对飞机有v=v1+at

16、又知v2-v12=2a(L+L1)联立解得v1=10 m/s.12.AD【解析】 根据平均速度的推论知,小球在AB段的运动时间t1=xvA+vB2=x7,在BC段的运动时间t2=xvB+vC2=x3,则t1t2=37,故A正确;根据速度位移关系得a1=vA2-vB22xAB=82-622xAB=282xAB,a2=vB2-vC22xBC=622xBC,则a1a2=79,故B错误;小球经过BC段中间位置时的速度大小v=vB2+vC22=62+02=32 m/s,故C错误;小球由A运动到C的平均速率为v=2xt1+t2=2xx7+x3=4.2 m/s,故D正确. 13.BCD【解析】 该同学加速到

17、最大速度所需时间为t1=v1maxa1=51 s=5 s,玩具车加速到最大速度需要的时间为t2=v2maxa2=102 s=5 s,所以该同学和玩具车同时加速到最大速度,该段时间内该同学的位移为x1=v1max22a1=252 m=12.5 m,玩具车的位移为x2=v2max22a2=1004 m=25 m,玩具车与该同学之间的距离为x=x2-x1=12.5 m,由于该同学和玩具车加速到最大速度后都开始以最大速度匀速运动,当两者之间距离为25 m时,有v2maxt-v1maxt=25 m-x,解得t=2.5 s,所以该同学对玩具车的控制时间为t=t1+t=7.5 s,该段时间内该同学的位移为x

18、=x1+v1maxt=25 m,故B、C正确,A错误;若该同学不动,只有玩具车运动,则当玩具车的位移为25 m时,便失去控制,根据以上分析可知,当玩具车加速到最大速度时发生的位移刚好为25 m,所以若该同学静止不动,则对玩具车的控制时间为5 s,与静止不动相比,该同学因运动而增加的控制时间为t=7.5 s-5 s=2 s,故D正确.14.(1)15 m(2)11 s【解析】 (1)根据速度位移关系式得,匀减速运动的加速度大小为a=v22x=102220 m/s2=2.5 m/s2,汽车进入ETC通道,匀减速运动的时间为t1=v-va=10-52.5 s=2 s,匀减速运动的位移为x=v2-v22a=102-5222.5 m=15 m.(2)汽车进入ETC通道,匀减速运动的时间为t1=2 s,匀速行驶的时间为t2=xv=55 s=1 s,从开始减速到交费完成所需的时间为t=t1+t2=3 s,汽车过人工收费通道,匀减速运动的时间为t3=va=102.5 s=4 s,从开始减速到交费完成所需的时间t=4 s+10 s=14 s,因此汽车从开始减速到交费完成,从ETC通道通行比从人工收费通道通行少用的时间为t=t-t=14 s-3 s=11 s.