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高考物理粤教版
2018年高考物理(粤教版•含答案及详细解析)
专题复习题
(共6套“微专题”复习题)
第1章质点的直线运动
1.考点及要求:
(1)参考系 质点(Ⅰ);
(2)位移、速度和加速度(Ⅱ).2.方法与技巧:
(1)通过比较路程与位移、瞬时速度和平均速度把握概念实质;
(2)知道采用比值定义加速度的方法.
1.(质点)(多选)2016年夏季奥运会将在巴西的里约热内卢举行,我国的跳水体育健儿正在进行刻苦的训练,为了提高训练成绩,教练员和运动员认真分析训练视频,对于下面的叙述,正确的是( )
A.研究运动员的跳水动作时,可以将运动员看成质点
B.研究运动员与跳板接触过程中跳板的弯曲情况时,可将运动员看成质点
C.为了提高训练成绩,不管分析什么问题,都不能把运动员看成质点
D.能否把运动员看成质点,应根据研究问题而定
2.(位移和速度)(多选)某赛车手在一次野外训练中,先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9km,从出发地到目的地所用时间为5min,赛车上的里程表指示的里程数值增加了15km,当他经过某路标时,车内速率计指示的示数为150km/h,那么可以确定的是( )
A.在整个过程中赛车手的位移是9km
B.在整个过程中赛车手的路程是9km
C.在整个过程中赛车手的平均速度是180km/h
D.经过路标时的瞬时速率是150km/h
3.(位移和速度)设高度为H的运动员正在进行100米短跑且就要到达比赛的终点处,有一摄影记者用照相机拍摄下了运动员冲刺的一幕.已知摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16,快门(曝光时间)是秒,得到照片后测得照片中人的高度为h,胸前号码布上模糊部分的宽度是ΔL,则由以上数据可以知道运动员的( )
①100米成绩 ②冲刺速度 ③100米内的平均速度 ④冲刺时秒内的位移
A.①②B.①③
C.②④D.③④
4.(速度和加速度)(多选)下列说法正确的是( )
A.物体有加速度,物体的速度一定在增大
B.物体有加速度,物体的速度的大小有可能不变
C.加速度为正值,说明物体的速度一直在增加;加速度为负值,说明物体的速度一直在减少
D.速度变化越快,加速度一定越大
5.(位移、速度和加速度)做单向直线运动的物体,关于其运动状态,下列情况可能的是( )
A.物体的速率在增大,而位移在减小
B.物体的加速度大小不变,速率也不变
C.物体的速度为零时加速度达到最大
D.物体的加速度方向和速度方向相同,当加速度减小时,速度也随之减小
6.下列说法中正确的是( )
A.所谓参考系就是静止不动的物体
B.在乒乓球比赛中,运动员不可以把球看成质点
C.形状规则的物体的重心,一定在其几何中心上
D.物体的速度改变量越大,其加速度就一定越大
7.近年来,高级轿车设计师在设计轿车时发现:
轿车的加速度变化率影响乘客的舒适度,加速度变化率越小,乘坐轿车的人感觉越舒适.其实“加速度变化率”是描述轿车加速度随时间变化快慢的物理量.那么,加速度变化率的单位是( )
A.m/sB.m/s2C.m/s3D.m/s4
8.(多选)下列说法正确的是( )
A.由加速度的定义式a=可知,加速度与速度的变化量成正比,与时间成反比
B.由牛顿第二定律a=可知,加速度与物体的合外力成正比,与物体的质量成反比
C.匀变速直线运动的加速度为恒量,因此,加速度为恒量的物体一定做匀变速直线运动
D.匀速圆周运动的加速度方向总与速度垂直,因此,加速度方向总与速度垂直的物体一定要做匀速圆周运动
答案解析
1.BD
2.AD [位移是从初位置指向末位置的有向线段,路程是运动轨迹的长度,故赛车手的位移为9km,路程为15km,选项A正确,B错误;整个过程中赛车手的平均速度为v==km/h=108km/h,选项C错误;车内速率计指示的速率为汽车通过某位置的瞬时速率,选项D正确.]
3.C [照片中模糊部分的宽度就是最后冲刺时的秒内运动员号码布对应的运动位移,由放大比例关系可知其大小Δs=ΔL,对应运动员的最后冲刺速度为v==,Δt=秒.因此C项正确.]
4.BD [物体有加速度,物体的速度大小可增大、可减小、可不变(加速运动、减速运动、匀速圆周运动),A错,B对;加速度与速度同向(同正或同负)时加速,反向(一正一负)时减速,C错;加速度描述的就是速度变化快慢的物理量,D对.]
5.C [物体做单向直线运动,故当物体速率增大时,物体的位移增加,不会减小,故A错误;物体做单向直线运动,加速度反映物体速度变化快慢的物理量,此时若存在加速度,则加速度只能改变物体速度大小,不能改变速度方向,即速率一定改变,故B错误;物体做单向直线运动时,当物体做加速度增加的减速直线运动时,当物体速度为零时,加速度达到最大值,故C可能发生;物体的加速度方向与速度方向相同时,物体做加速运动,当加速度减小时物体的速度仍在增加,只是增加得变慢了,故D错误.]
6.B [参考系的选取是任意的,A错;形状规则、质量分布均匀的物体,重心在几何中心,C错;由加速度定义式a=,知D错.]
7.C [某量的变化量与发生变化所用时间的比值叫该量的变化率,所以加速度变化率为,故单位是m/s3,所以C正确,A、B、D错误.]
8.BD [由加速度的定义式a=可知,当时间一定时,加速度与速度的变化量成正比,故A错误;由牛顿第二定律a=可知,加速度与物体的合外力成正比,与物体的质量成反比,故B正确;加速度为恒量的物体不一定做匀变速直线运动,如平抛运动,故C错误;加速度方向总与速度垂直的物体一定做匀速圆周运动,故D正确.]
1.考点及要求:
匀变速直线运动及其公式(Ⅱ).2.方法与技巧:
逆向思维法、平均速度公式法,画好运动情景示意图.
1.(基本公式的应用)一质点在A、B两点之间做匀变速直线运动,加速度方向与初速度方向相同,当在A点初速度为v时,从A点到B点所用的时间为t,当在A点初速度为2v时,保持其他量不变,从A点到B点所用时间为t′,则( )
A.t′>B.t′=
C.t′ 2.(平均速度公式=v 的应用)如图1所示,一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑,依次经过A、B、C三点.已知AB=18m,BC=30m,小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s,则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( ) 图1 A.12m/s,13m/s,14m/s B.10m/s,14m/s,18m/s C.8m/s,10m/s,16m/s D.6m/s,12m/s,18m/s 3.(推论式v-v=2as的应用)如图2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穿出B,子弹可视为质点,其运动可视为匀变速直线运动,则子弹穿出A时的速度为( ) 图2 A.B. C.D.v1 4.(推论式v2-v=2as的应用)沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车,保持加速度不变通过长为L的桥梁,车头驶上桥头时的速度为v1,车头经过桥尾时的速度为v2,则车尾通过桥尾时的速度为( ) A.v1·v2B. C.D. 5.(比例式的应用)一名观察者站在站台边,火车进站从他身边经过,火车共10节车厢,当第10节车厢完全经过他身边时,火车刚好停下.设火车做匀减速直线运动且每节车厢长度相同,则第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间的比值为( ) A.∶B.∶ C.(-1)∶(-)D.(-)∶(-1) 6.(推论Δs=aT2的应用)一辆公共汽车进站后开始刹车,做匀减速直线运动.刹车后的第1s内和第2s内的位移大小依次为9m和7m.则刹车后6s内的位移是( ) A.20mB.24mC.25mD.75m 7.在水平面上有A、B两点,相距60cm,一物体以恒定的加速度沿A向B做直线运动,经过0.3s的时间先后通过A、B两点,则该物体通过A、B中点时的速度大小为( ) A.若加速度的方向由A向B,则大于2m/s,若加速度的方向由B向A,则小于2m/s B.若加速度的方向由A向B,则小于2m/s,若加速度的方向由B向A,则大于2m/s C.无论加速度的方向如何均大于2m/s D.无论加速度的方向如何均小于2m/s 8.物体以某一速度从底端冲上一光滑斜面(足够长),加速度恒定.前4s内位移是1.6m,随后4s内位移是零,则下列说法中错误的是( ) A.物体的初速度大小为0.6m/s B.物体的加速度大小为6m/s2 C.物体向上运动的最大距离为1.8m D.物体回到斜面底端,总共需时12s 9.一物块(可看作质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端一点上滑,最高可滑至C点,AB是BC的3倍,如图3所示,已知物块从A至B所需时间为t,则它从B经C再回到B,需要的时间是( ) 图3 A.tB.C.2tD. 10.如图4所示,光滑斜面AE被分成四个相等的部分,一物体由A点从静止释放,下列结论中不正确的是( ) 图4 A.物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2 B.物体到达各点所经历的时间tE=2tB=tC=tD C.物体从A到E的平均速度=vB D.物体通过每一部分时,其速度增量vB-vA=vC-vB=vD-vC=vE-vD 11.小汽车在高速公路上行驶限速120km/h,某人大雾天开车在高速公路上行驶时,能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50m,该人的反应时间为0.5s,汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2.现前方出现交通事故,为安全行驶,该汽车行驶的最大速度是( ) A.10m/sB.15m/s C.10m/sD.20m/s 12.假设某航母的飞行跑道长L=160m,舰载机发动机产生的最大加速度a=5m/s2,舰载机所需的起飞速度为v=50m/s.舰载机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动. (1)若航母静止, ①请通过计算判断舰载机能否靠自身的发动机从舰上起飞? ②为了使舰载机安全起飞,弹射装置给舰载机的初速度至少为多大? (2)若航母沿舰载机起飞的方向以某一速度匀速航行,为了使舰载机安全起飞,航母匀速运动的速度至少为多大? 13.春节放假期间,全国高速公路免费通行,小轿车可以不停车通过收费站,但要求小轿车通过收费站窗口前x0=9m区间的速度不超过v0=6m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲=20m/s和v乙=34m/s的速度匀速行驶,甲车在前,乙车在后.甲车司机发现正前方收费站,开始以大小为a甲=2m/s2的加速度匀减速刹车. (1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章. (2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9m处的速度恰好为6m/s,乙车司机在发现甲车刹车时经t0=0.5s的反应时间后开始以大小为a乙=4m/s2的加速度匀减速刹车.为避免两车相撞,且乙车在收费站窗口前9m区不超速,则在甲车司机开始刹车时,甲、乙两车至少相距多远? 答案解析 1.A [设A、B两点间位移为s,初速度为v时,s=vt+at2,解得: t=,初速度为2v时,s=2vt′+at′2,解得: t′=,所以t′>,A项正确.] 2.D [根据Δs=aT2, 可得a===m/s2=3m/s2. 根据v ==,可得vB==m/s=12m/s. 根据vt=v0+at,可得vC=vB+aT=(12+3×2)m/s=18m/s. 可得vB=vA+aT⇒vA=vB-aT=(12-3×2)m/s=6m/s. 小球通过A、B、C三点时的速度大小分别是vA=6m/s,vB=12m/s,vC=18m/s,所以选项D正确.] 3.C [设子弹在木块中运动的加速度为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.] 4.D [由匀变速直线运动规律,v-v=2aL,v2-v=2aL,联立解得: v=,选项D正确.] 5.D [运用逆向思维,将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动;根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比可知选项D正确.] 6.C [设汽车的初速度为v0,加速度为a.根据匀变速直线运动的推论Δs=aT2得s2-s1=aT2则a==m/s2=-2m/s2.根据第1s内的位移s1=v0t+at2,解得v0=10m/s.汽车从开始刹车到停止所需的时间t0==s=5s.则汽车刹车后6s内的位移等于5s内的位移,为s=t0=×5m=25m.故C正确.] 7.C [设物体经过A、B两点的速度分别为vA和vB,则有A、B中间时刻的瞬时速度v===m/s=2m/s,根据匀变速直线运动的速度位移关系可知,A、B中点的瞬时速度v=,由数学关系知,≤,又vA≠vB,所以可得不管物体的加速度的大小和方向,物体在A、B中点的速度都大于中间时刻的瞬时速度,故C正确,A、B、D错误.] 8.B [对于匀变速运动,由Δs=aT2可求得a=-0.1m/s2,在前4s内根据s=v0t+可求得v0=0.6m/s,A正确,B错误;根据v=v0+at可求得速度为零时,t=6s,向上运动的位移v=2as1,s1=1.8m,C正确;根据对称性,物体向下运动的时间也是6s,物体回到斜面底端,总共需时12s,D正确.故选B.] 9.C [通过逆向思维,根据位移时间公式s=at2,得t=,从A到C和从B到C的时间之比为2∶1,则从B到C的时间为t,所以从B经C再回到B的时间为2t,故C正确.] 10.D [物体由A点从静止释放,有v=2as,所以物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,故A正确;根据s=at2,得t=,物体到达各点经历的时间tB∶tC∶tD∶tE=1∶∶∶2,即tE=2tB=tC=tD,故B正确.由于vE=2vB,物体从A到E的平均速度==vB,故C正确.vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2,物体通过每一部分时其速度增量不等,故D错误.] 11.D [发现前方交通事故目标时,在反应时间内汽车继续做匀速直线运动,刹车后做匀减速直线运动,总位移小于50m即可.设汽车行驶的最大速度是v,发现目标时,在反应时间内的位移s1=vt=v×0.5=0.5v,刹车过程中0-v2=2×(-5)×s2,解得s2=,为安全行驶s1+s2=50,即0.5v+=50,解得v=20m/s,故选项D正确.] 12. (1)①不能 ②30m/s (2)10m/s 解析 (1)①航母静止时,舰载机靠发动机加速,加速度a=5m/s2,初速度为v0=0,位移L=160m,末速度为v1.由运动学公式得 v-v=2aL 解得v1=40m/s<50m/s,故舰载机不能靠自身的发动机从舰上起飞 ②弹射装置给舰载机的初速度为v2,起飞速度为v=50m/s,由运动学公式得v2-v=2aL 解得v2=30m/s 故弹射装置给舰载机的初速度至少为30m/s (2)设舰载机起飞所用的时间为t,位移为L2,航母的位移为L1,匀速航行的最小速度为v3.由运动学公式得 v=v3+at,v2-v=2aL2,L1=v3t,L2=L+L1 联立以上各式解得,航母匀速航行的最小速度v3=10m/s 13. (1)100m (2)66m 解析 (1)对甲车速度由20m/s减速至6m/s过程中的位移s1==91m s2=s0+s1=100m 即甲车司机需在离收费站窗口至少100m处开始刹车 (2)设甲刹车后经时间t,甲、乙两车速度相同,由运动学公式得: v乙-a乙(t-t0)=v甲-a甲t,解得t=8s 相同速度v=v甲-a甲t=4m/s<6m/s,即v=6m/s的共同速度为不相撞的临界条件 乙车从34m/s减速至6m/s的过程中的位移为s3=v乙t0+=157m,所以甲、乙两车间的距离至少为s=s3-s1=66m 1.考点及要求: 匀变速直线运动及其公式(Ⅱ).2.方法与技巧: (1)自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动; (2)竖直上抛运动全程看作匀减速直线运动,分过程运动具有对称性. 1.(对自由落体运动的研究)伽利略对自由落体运动规律的探究中,下列描述错误的是( ) A.亚里士多德根据生活现象提出了重的物体下落得快,轻的物体下落得慢 B.伽利略利用斜槽实验发现物体从静止开始滑下,在连续相等的时间间隔内通过的距离之比为1∶3∶5…从而间接证实了他提出的“落体速度与时间成正比”的假说 C.在当时的实验中,伽利略已经可以较精确地测量自由落体时间,直接研究自由落体运动了 D.伽利略对自由落体的探究中,经历了提出问题——猜想——数学推论——实验验证——合理外推——得出结论的科学推理方法 2.(自由落体运动规律的应用)2014年8月3日在云南省昭通市鲁甸县发生6.5级地震.地震发生后,某空降兵部队迅速赶往灾区,通过直升机投放救灾物资.若在投放物资包时直升机悬停在足够高的空中,物资包的质量各不相同,每隔相同的时间先后由静止投放一个,不计空气阻力,则下列说法正确的是( ) A.物资包在空中间隔的距离相等 B.物资包在空中间隔的距离从上到下越来越大 C.在下降过程中,相邻两个物资包的速度差不断增大 D.质量较大的物资包落地时速度较大 3.(竖直上抛运动规律的应用)物体以初速度v0竖直上抛,经3s到达最高点,空气阻力不计,g取10m/s2,则下列说法不正确的是( ) A.物体上升的最大高度为45m B.物体速度改变量的大小为30m/s,方向竖直向下 C.物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为5∶3∶1 D.物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为9∶4∶1 4.小球做自由落体运动,与地面发生碰撞,反弹后速度大小与落地速度大小相等.若从释放小球时开始计时,且不计小球与地面发生碰撞的时间,则小球运动的速度图线可能是图中的( ) 5.(多选)如图1所示,在足够高的空间内,小球位于空心管的正上方h处,空心管长为L,小球球心与管的轴线重合,并在竖直线上.当释放小球,小球可能穿过空心管,不计空气阻力,则下列判断正确的是( ) 图1 A.两者同时无初速度释放,小球在空中不能穿过管 B.两者同时释放,小球具有竖直向下的初速度v0,管无初速度,则小球一定能穿过管,且穿过管的时间与当地重力加速度无关 C.两者同时释放,小球具有竖直向下的初速度v0,管无初速度,则小球一定能穿过管,但穿过管的时间与当地重力加速度有关 D.两者均无初速度释放,但小球提前了Δt时间释放,则小球一定能穿过管,但穿过管的时间与当地重力加速度无关 6.如图2所示,在地面上一盘子C的正上方A处有一金属小球a距C为20m,在B处有另一个金属小球b距C为15m,小球a比小球b提前1s由静止释放(g取10m/s2).则( ) 图2 A.b先落入C盘中,不可能在下落过程中相遇 B.a先落入C盘中,a、b下落过程相遇点发生在BC之间某位置 C.a、b两小球同时落入C盘 D.在a球下落过程中,a、b两小球相遇点恰好在B处 7.如图3所示是一个网球沿竖直方向运动时的频闪照片,由照片可知( ) 图3 A.网球正在上升 B.网球正在下降 C.网球的加速度向上 D.网球的加速度向下 答案解析 1.C 2.B [物资包做自由落体运动,速度逐渐变大,在相等的时间间隔内距离不断变大,故选项A错误,B正确;物资包做自由落体运动,Δv=gΔt,所以相邻物资包的速度差不变,故选项C错误;物资包做自由落体运动,加速度为重力加速度,与质量无关,落地速度为v=,全相同,故选项D错误.] 3.D [上升高度h=gt2=×10×32m=45m,故选项A正确;速度改变量大小为Δv=v0-0=gt=30m/s,方向向下,故选项B正确;由运动学推论可知,在第1s末、第2s末、第3s末的速度分别为20m/s,10m/s,0,由平均速度公式=得,物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为5∶3∶1,故选项C正确,D错误.] 4.D [小球与地面碰撞时,速度大小不变,但方向发生突变,A、B图中速度没有突变,故选项A、B错误;由C图象可以看出,速度先减小到零,再反向增加到原来的值(竖直上抛运动),然后反弹(速度大小不变、方向突变),再重复这种运动,是上抛运动,故选项C错误;由D图象可以看出,速度先增加(自由落体运动),然后反弹(速度大小不变、方向突变),再减小到零(竖直上抛运动中的上升过程),再重复这种运动,故选项D正确.] 5.AB [两者同时无初速度释放,均做自由落体运动,球不能穿过管,A正确;两者同时释放,小球具有竖直向下的初速度v0,以管为参考系,则小球匀速穿过管,时间为t=,B正确,C错误;小球提前Δt时间释放,相当于获得了初速度v0=gΔt,与当地重力加速度有关,D错误.] 6.D [小球a、b释放后均做自由落体运动,则有h=gt2,代入计算得ta=2s,tb=s,小球a提前1s释放,所以b释放后a运动ta-1s=1s落入C盘,比b球早落入.选项A、C错.b球释放时a下落1s,此时下落的高度h′=gt′2=5m,刚好到达小球b的同高处,此时b开始释放,所以二者在B处相遇,然后a球超过b球先落入盘中.选项D对,B错.] 7.D [自由落体运动和竖直上抛运动互为逆运动,两者的运动具有对称性,所以网球可能向上做竖直上抛运动也可能向下做自由落体运动,无法判断运动方向,但是无论两者哪种运动,都只受重力作用,加速度向下,故D正确.] 1.考点及要求: 图象(Ⅱ).2.方法与技巧: (1)常利用v-t图象的斜率及面积进行解题; (2)常借助函数关系式作出函数图象进行分析;(3)要注意把图象与实际运动情景相结合. 1.(s-t图象)(多选)一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B,A在西B在东,一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B路牌时,一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去,小鸟飞到汽车正上方立即折返,以原速率飞回A,过一段时间后,汽车也行驶到A.以向东为正方向,它们的位移-时间图象如图1所示,图中t2=2t1,由图可知( ) 图1 A.小鸟的速率是汽车速率的两倍 B.相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3∶1 C.小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍 D.小鸟和汽车在0~t2时间内位移相等 2.(s-t2图象)质点做直线运动的位移s和时间的平方t2的关系图象如图2所示,则该质点( ) 图2 A.加速度大小恒为1m/s2 B.0~2s内的位移为1m C.2s末的速度是4m/s D.第3s内的平均速度大小为3m/s 3.(v-t图象)(多选)在某次军事演习中,空降兵从悬停在高空的直升机上跳下,当下落到距离地面适当高度时打开降落伞,最终安全到达地面,空降兵从跳离飞机到安全到达地面过程中在竖直方向上运动的v-t图象如图3所示,则以下判断中正确的是( ) 图3 A.空降兵在0~t1时间内做自由落体运动 B.空降兵在t1~t2时间内的加速度方向竖直向上,大小在逐渐减小 C.空降兵在0~t1
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