届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题.docx
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届高考物理第一轮复习课时跟踪检测题
课时跟踪检测
(二)匀变速直线运动的规律
对点训练:
自由落体运动
1.某同学在实验室做了如图1所示的实验,铁质小球被电磁铁吸附,断开电磁铁的电源,小球自由下落,已知小球的直径为0.5cm,该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10-3s,g取10m/s2,则小球开始下落的位置距光电门的距离为( )
图1
A.1m B.1.25m
C.0.4mD.1.5m
解析:
选B 小球经过光电门的速度v=
=
m/s=5.0m/s,由v2=2gh可得小球开始下落的位置距光电门的距离为h=
=1.25m,故B正确。
2.(2016·哈尔滨模拟)关于自由落体运动(g=10m/s2),下列说法中不正确的是( )
A.它是竖直向下,v0=0、a=g的匀加速直线运动
B.在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1∶3∶5
C.在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1∶2∶3
D.从开始运动到距下落点5m、10m、15m所经历的时间之比为1∶2∶3
解析:
选D 自由落体运动是竖直向下,v0=0、a=g的匀加速直线运动,A正确;根据匀变速直线运动规律,在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1∶3∶5,B正确;在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1∶2∶3,C正确;从开始运动到距下落点5m、10m、15m所经历的时间之比为1∶
∶
,D错误。
对点训练:
竖直上抛运动
3.蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。
为了测量运动员跃起的高度,训练时可在弹性网上安装压力传感器,利用传感器记录弹性网所受的压力,并在计算机上作出压力—时间图像,假如作出的图像如图2所示。
设运动员在空中运动时可视为质点,则运动员跃起的最大高度是(g取10m/s2)( )
图2
A.1.8m B.3.6m
C.5.0mD.7.2m
解析:
选C 由题图可知运动员在空中的时间t=2.0s,故运动员跃起的最大高度Hm=
g
2=5.0m,C正确。
4.以v0=20m/s的速度竖直上抛一小球,2s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球。
g取10m/s2,则两球相碰处离出发点的高度是( )
A.10mB.15m
C.20mD.不会相碰
解析:
选B 方法一:
设第二个小球抛出后经t时间与第一个小球相遇,根据位移相等有
v0(t+2s)-
g(t+2s)2=v0t-
gt2
解得t=1s
代入位移公式h=v0t-
gt2,解得h=15m。
方法二:
因为第二个小球抛出时,第一个小球恰开始自由下落(到达最高点),根据速度对称,上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反,有-[v0-g(t+2s)]=v0-gt
解得t=1s,代入位移公式,解得h=15m。
对点训练:
匀变速直线运动规律的应用
5.(2016·郑州质检)质点以加速度a由静止出发做直线运动,在t时刻,加速度变为2a;在2t时刻,加速度变为3a;…;在10t时刻,加速度变为11a,则下列说法中正确的是( )
A.在10t时刻质点的速度大小为11at
B.在10t时刻质点的速度大小为66at
C.在10t时间内质点通过的总位移为385at2
D.在10t时间内质点的平均速度大小为
at
解析:
选D 根据递推关系,找出规律。
质点在t时刻的速度为vt=at,在2t时刻的速度为v2t=vt+2at,3t时刻的速度为v3t=v2t+3at,同理推出nt时刻的速度为vnt=at(1+2+3+…+n)=
n(n+1)at,由此可得A、B错误;对nt时间内通过的位移同样利用递推关系得到s=(12+22+…+n2)
=
n(n+1)(2n+1)at2,代入数据可得在10t时间内通过的总位移为
at2,平均速度大小为
at,C错误,D正确。
6.(2016·南昌模拟)一物体以初速度为v0做匀减速运动,第1s内通过的位移为x1=3m,第2s内通过的位移为x2=2m,又经过位移x3物体的速度减小为0,则下列说法中不正确的是( )
A.初速度v0的大小为2.5m/s
B.加速度a的大小为1m/s2
C.位移x3的大小为
m
D.位移x3内的平均速度大小为0.75m/s
解析:
选A 根据匀变速直线运动位移-时间公式,则有x1=v0t1-
at12,x2=v0(t1+t2)-
a(t1+t2)2-x1,解得:
v0=3.5m/s,a=1m/s2;设物体的停止距离为x,停止时所用时间为t,根据匀变速直线运动位移-速度公式和速度时间公式,则有v02=2ax,v0=at,解得:
x=
m,t=3.5s,因此,x3=x-x1-x2=
m,所用时间t3=t-t1-t2=1.5s,位移x3内的平均速度大小
3=
=0.75m/s,所以不正确选项为A。
7.(多选)(2016·潍坊模拟)如图3所示,t=0时,质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变),最后停在C点。
每隔2s物体的瞬时速度记录在下表中,重力加速度g=10m/s2,则下列说法中正确的是( )
t/s
0
2
4
6
v/(m·s-1)
0
8
12
8
图3
A.t=3s的时刻物体恰好经过B点
B.t=10s的时刻物体恰好停在C点
C.物体运动过程中的最大速度为12m/s
D.A、B间的距离小于B、C间的距离
解析:
选BD 根据图表中的数据,可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=-2m/s2。
根据运动学公式:
8+a1t1+a2t2=12,t1+t2=2,解出t1=
s,知经过
s到达B点,到达B点时的速度v=a1t=
m/s。
如果第4s还在斜面上的话,速度应为16m/s,从而判断出第4s已过B点,是在2s到4s之间经过B点。
所以最大速度不是12m/s,故A、C均错误。
第6s末的速度是8m/s,到停下来还需的时间t′=
s=4s,所以到C点的时间为10s,故B正确。
根据v2-v02=2ax,求出AB段的长度为
m,BC段长度为
m,则A、B间的距离小于B、C间的距离,故D正确。
对点训练:
匀变速直线运动的重要推论
8.(多选)一物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s,在这1s内该物体的( )
A.位移的大小可能小于4m
B.位移的大小可能大于10m
C.加速度的大小可能小于4m/s2
D.加速度的大小可能大于10m/s2
解析:
选AD 若规定初速度v0的方向为正方向,则仔细分析“1s后速度的大小变为10m/s”这句话,可知1s后物体速度可能是10m/s,也可能是-10m/s,因此,两速度同向时,a1=
=
m/s2=6m/s2,x1=
t=7m。
两速度反向时,a2=
=
m/s2=-14m/s2,x2=
t=-3m。
式中负号表示方向与规定的正方向相反,A、D正确。
9.(2016·厦门模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车,做匀减速直线运动。
开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m。
则刹车后6s内的位移是( )
A.20mB.24m
C.25mD.75m
解析:
选C 由Δx=9m-7m=2m可知,汽车在第3s、第4s、第5s内的位移分别为5m、3m、1m,汽车在第5s末的速度为零,故刹车后6s内的位移等于前5s内的位移,大小为9m+7m+5m+3m+1m=25m,故C正确。
10.(2016·唐山一模)一旅客在站台8号车厢候车线处候车,若动车一节车厢长25米,动车进站时可以看作匀减速直线运动。
他发现第6节车厢经过他时用了4s,动车停下时旅客刚好在8号车厢门口,如图4所示。
则该动车的加速度大小约为( )
图4
A.2m/s2B.1m/s2
C.0.5m/s2D.0.2m/s2
解析:
选C 将动车的运动逆向等效为反向的匀加速直线运动,动车第七节车厢通过旅客过程,
at2=25m,第六、七节车厢通过旅客过程,
a(t+4s)2=2×25m,解两式得:
a=
(
-1)2m/s2≈0.5m/s2,C项正确。
11.动车把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的。
若动车组在匀加速运动过程中,通过第一个60m所用的时间是10s,通过第二个60m所用的时间是6s。
则( )
A.动车组的加速度为0.5m/s2,接下来的6s内的位移为78m
B.动车组的加速度为1m/s2,接下来的6s内的位移为78m
C.动车组的加速度为0.5m/s2,接下来的6s内的位移为96m
D.动车组的加速度为1m/s2,接下来的6s内的位移为96m
解析:
选A 设通过第一个60m的平均速度为v1,可以表示中间时刻的瞬时速度,所以5s末的速度v1=
,解得v1=6m/s;通过第二个60m的平均速度为v2,可以表示中间时刻的瞬时速度,所以13s末的速度v2=
,解得v2=10m/s。
由v2=v1+at得a=0.5m/s2,由再接下来的6s和前面的6s,是连续相等的时间,则有Δx=aT2,即x-60=aT2,解得x=78m。
12.(2015·江苏高考)如图5所示,某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭,放行和关闭的时间分别为5s和2s。
关卡刚放行时,一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s,然后匀速向前,则最先挡住他前进的关卡是( )
图5
A.关卡2B.关卡3
C.关卡4D.关卡5
解析:
选C 同学加速到2m/s时所用时间为t1,由v1=at1,得t1=
=1s,通过的位移x1=
at12=1m,然后匀速前进的位移x2=v1(t-t1)=8m,因x1+x2=9m>8m,即这位同学已通过关卡2,距该关卡1m,当关卡关闭t2=2s时,此同学在关卡2、3之间通过了x3=v1t2=4m的位移,接着关卡放行t=5s,同学通过的位移x4=v1t=10m,此时距离关卡4为x5=24m-(1+8+4+10)m=1m,关卡关闭2s,经过t3=
=0.5s后关卡4最先挡住他前进。
考点综合训练
13.(2016·诸城一中月考)一个物体0时刻从坐标原点O由静止开始沿+x方向做匀加速直线运动,速度与坐标的关系为v=
(m/s),求:
(1)2s末物体的位置坐标;
(2)物体通过区间150m≤x≤600m所用的时间。
解析:
(1)将v=
与v=
对比可得物体的加速度a=3m/s2,
由x=
at2可得2s末物体的位置坐标x=6m;
(2)物体从坐标原点到x1=150m所用时间
t1=
=10s;
物体从坐标原点到x2=600m所用时间t2=
=20s;
物体通过区间150m≤x≤600m所用的时间Δt=t2-t1=10s。
答案:
(1)6m
(2)10s
14.随着机动车数量的增加,交通安全问题日益凸显,分析交通违法事例,将警示我们遵守交通法规,珍惜生命。
如图6所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v2x图像(v为货车的速度,x为制动距离),其中图线1为满载时符合安全要求的制动图像,图线2为严重超载时的制动图像。
某路段限速72km/h,是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的,现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h的速度行驶。
通过计算求解:
图6
(1)驾驶员紧急制动时,该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求;
(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s,则该型号货车满载时以72km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远。
解析:
(1)根据速度位移公式v2-v02=2ax,有v2=2ax+v02,图线斜率的一半表示加速度;根据题图像得到:
满载时,加速度为5m/s2,严重超载时加速度为2.5m/s2;设该型号货车满载时以72km/h(20m/s)的速度减速,制动距离x1=
=
m=40m,制动时间为t1=
=
s=4s;设该型号货车严重超载时以54km/h(15m/s)的速度减速,制动距离x2=
=
m=45m>x1,制动时间为t2=
=
s=6s>t1;所以驾驶员紧急制动时,该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求。
(2)货车在反应时间内做匀速直线运动x3=vt3=20×1m=20m,跟车距离x=
+x3=40m+20m=60m。
答案:
见解析
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- 高考 物理 第一轮 复习 课时 跟踪 检测