2019届高三物理二轮复习考前基础回扣练一匀变速直线运动
考前基础回扣练一
匀变速直线运动
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1.(多选)伽利略为了研究自由落体运动的规律,利用斜面做了上百次实验。
让小球从斜面上的不同位置自由滚下,测出小球从不同起点滚动的位移x以及所用的时间t。
若比值为定值,小球的运动即为匀变速运动。
下列叙述符合实验事实的是( )
A.当时采用斜面做实验,是为了便于测量小球运动的时间
B.小球从同一倾角斜面的不同位置滚下,比值有较大差异
C.改变斜面倾角,发现对于每一个特定倾角的斜面,小球从不同位置滚下,比值保持不变
D.将小球在斜面上运动的实验结论合理外推至当斜面倾角为90°时,比值也将保持不变,因此可认为自由落体运动为匀变速运动
【解析】选A、C、D。
由于当时实验条件的限制,很难测量小球自由下落的时间,所以采用斜面实验,然后将小球在斜面上运动的实验结论合理外推到倾角为
90°的情景,A、D正确;若小球做匀变速运动,x=at2,对于特定倾角的斜面,比值保持不变,B错误、C正确。
2.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
3 000 m,着陆距离大约为2 000 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倍,则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( )
∶2 ∶1
∶2 ∶1
【解析】选B。
由题意可知,x起飞=3000m,x着陆=2000m,v起飞=,v着陆=v0,由x=t可得:t起飞===;t
着陆==,B正确。
3.将一小球竖直向上抛出,若小球所受空气阻力大小不变,小球到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内通过的路程分别为x1和x2,速度变化量的大小分别为Δv1和Δv2。
则( )
>x2,Δv1<Δv2<x2,Δv1<Δv2
>x2,Δv1>Δv2<x2,Δv1>Δv2
【解析】选C。
因空气阻力的存在,由牛顿第二定律可知,a上>a下,由x1=a上t2,
x2=a下t2,t=1s可知,x1>x2,由Δv=at可知,Δv1>Δv2,C正确。
4.在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力),当小球速度大小为10m/s时,以下判断正确的是(g取10m/s2) ( )
A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15 m/s,方向向上
B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s,方向向下
C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5 m/s,方向向上
D.小球的位移大小一定是15 m
【解析】选D。
小球被竖直上抛,做匀变速直线运动,平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式=求得,规定向上为正方向,当小球的末速度为向上10m/s时,v=10m/s,可得平均速度为15m/s,方向向上;当小球的末速度为向下10m/s时,v=-10m/s,可得平均速度为5m/s,方向向上,选项A、B、C均错误;由对称性知,末速度大小为10m/s时,球的位置一定,距起点的位移x==15m,选项D正确。
5.一辆汽车在平直公路上做刹车实验,若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x=m,则下列分析正确的是( )
A.上述过程的加速度大小为10 m/s2
B.刹车过程持续的时间为5 s
时刻的初速度为10 m/s
D.刹车过程的位移为5 m
【解析】选C。
由v2-=2ax可得x=-+v2,对照x=m,可知a=-5m/s2,汽车做刹车实验,故v0=10m/s,选项A错误,C正确;由0-v0=at可得刹车过程持续的时间为t=2s,由0-=2ax可得刹车过程的位移为x=10m,选项B、D错误。
6.一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2 s内位移大小依次为9 m 和7 m。
则刹车后6 s内的位移是( )
m m
m m
【解析】选C。
假设汽车的刹车时间大于2s,根据Δx=at2,可得a=-2m/s2,根据==,可得刹车1s时的速
度v1=8m/s,所以刹车时间t=1s+=5s,假设成立。
刹车后6s,汽车已停止运动,所以6s内的位移x=9m+=25m,C正确。
7.甲车以加速度3m/s2由静止开始做匀加速直线运动,乙车落后2 s在同一地点由静止出发,以加速度4 m/s2做加速直线运动,两车速度方向一致。
在乙车追上甲车之前,两车距离的最大值是( )
m m m m
【解析】选B。
乙车从静止开始做匀加速运动,落后甲2s,则开始阶段甲车在前。
当乙车速度小于甲车的速度时,两者距离增大;当乙车速度大于甲车的速度时,两者距离减小,则当两者速度相等时距离最大。
即:a甲(t乙+2s)=a乙t乙,得:t乙=6s;两车距离的最大值为Δx=x甲-x乙=a甲(t乙+2s)2-a乙=24m,选项B正确。
8.(多选)如图所示,物体自O点由静止开始做匀加速直线运动,A、B、C、D为其运动轨迹上的四点,测得AB=2m,BC=3m,且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等,则下列说法正确的是( )
A.可以求出物体加速度的大小
B.可以求得CD=4m
C.可以求得OA之间的距离为
D.可以求得OA之间的距离为
【解析】选B、C。
设物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t,由匀变速直线运动的推论Δx=at2可得物体的加速度a的大小为a===,因为不知道时间,所以不能求出加速度,故A错误;根据CD-BC=BC-AB=1m,可知CD=3+1=4m,故B正确;因某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,所以物体经过B点时的瞬时速度为v B==,再由=2ax OB可得OB两点间的距离为x OB==·=,所以O与A间的距离x OA=x OB-AB=m= m,C正确,D错误。
9.质点做直线运动的速度—时间图象如图所示,该质点( )
A.在第1秒末速度方向发生了改变
B.在第2秒末加速度方向发生了改变
C.在前2秒内发生的位移为零
D.第3秒末和第5秒末的位置相同
【解析】选D。
速度的正负代表了运动的方向,A错误;图线的斜率代表了加速度的大小及方向,B错误;图线与时间轴围成的图形的面积代表了物体的位移,C错误,D正确。
10.一汽车从静止开始做匀加速直线运动,然后刹车做匀减速直线运动,直到停止。
下列速度v和位移x的关系图象中,能描述该过程的是( )
【解析】选A。
设汽车做匀加速直线运动时的加速度为a1,则由运动学公式2a1x=v2,由此可知选项C、D错误;设刹车时汽车的位移为x0,速度为v0,汽车做匀减速运动的加速度为a2,则减速过程中有v2-=2a2(x-x0),这里的=2a1x0,x>x0,则v2=2a1x0+2a2(x-x0)=2(a1-a2)x0+2a2x,即v=(x>x0,a2<0)可知选项A正确。
2019年高考物理大二轮第一章第2课时匀变速直线运动的规律新苏版1
2019年高考物理大二轮第一章第2课时匀变速直线运动的规律新苏版1注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
导学目标1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式.2.掌握匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式、【一】匀变速直线运动的基本规律 [基础导引]一辆汽车在笔直的公路上以72km/h 的速度行驶，司机看见红色交通信号灯便踩下制动器，此后汽车开始减速，设汽车做匀减速运动的加速度为5m/s 2. (1)开始制动后2s 时，汽车的速度为多大？ (2)前2s 内汽车行驶了多少距离？(3)从开始制动到完全停止，汽车行驶了多少距离？ [知识梳理]1、匀变速直线运动(1)定义：沿着一条直线，且____________不变的运动、(2)分类：⎩⎪⎨⎪⎧匀加速直线运动：a 与v匀减速直线运动：a 与v2、匀变速直线运动的规律(1)匀变速直线运动的速度与时间的关系v ＝v 0＋at .(2)匀变速直线运动的位移与时间的关系x ＝v 0t ＋12at 2. (3)匀变速直线运动的位移与速度的关系v 2－v 20＝2ax .思考：匀变速直线运动的规律公式中涉及的物理量是标量还是矢量？应用公式时如何规定物理量的正负号？ 【二】匀变速直线运动的推论 [基础导引]1、初速度为v 0的物体做匀变速直线运动，某时刻的速度为v .那么这段时间内的平均速度v ＝__________.2、物体做匀加速直线运动，连续相等的两段时间均为T ，两段时间内的位移差值为Δx ，那么加速度为：a ＝____________.3、物体在水平地面上，从静止开始做匀加速直线运动，加速度为a ： (1)前1s 、前2s 、前3s 、…内的位移之比为______________ (2)第1s 、第2s 、第3s 、…内的位移之比为______________ (3)前1m 、前2m 、前3m 、…所用的时间之比为__________ (4)第1m 、第2m 、第3m 、…所用的时间之比为__________ [知识梳理]1、平均速度公式：v ＝v t 2＝v 0＋v 2＝xt .2、位移差公式：Δx ＝aT 2.3、初速度为零的匀加速直线运动比例式：(1)物体在1T 末、2T 末、3T 末、…的瞬时速度之比为： v 1∶v 2∶v 3∶…＝1∶2∶3∶…(2)物体在第Ⅰ个T 内、第Ⅱ个T 内、第Ⅲ个T 内、…第n 个T 内的位移之比：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)(3)物体在1T 内、2T 内、3T 内，…的位移之比： x 1∶x 2∶x 3∶…＝12∶22∶32∶….(4)物体通过连续相等的位移所用时间之比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)思考：什么情况下适合运用匀变速直线运动的推论解题？考点一匀变速直线运动基本规律的应用 考点解读匀变速直线运动涉及的基本物理量有初速度v 0，加速度a ，运动时间t ，位移x 和末速度v .三个基本公式中分别含有四个物理量：速度公式中没有位移x ，位移公式中没有末速度v ，而位移—速度公式中不含时间t ，根据题目的和未知，选择适当的公式是运用这些基本规律的技巧、 典例剖析例1发射卫星一般用多级火箭，第一级火箭点火后，使卫星向上匀加速直线运动的加速度为50m/s 2，燃烧30s 后第一级火箭脱离，又经过10s 后第二级火箭启动，卫星的加速度为80m/s 2，经过90s 后，卫星速度为8600m/s.求在第一级火箭脱离后的10s 内，卫星做什么运动，加速度是多少？(设此过程为匀变速直线运动) 思维突破求解匀变速直线运动问题的一般解题步骤： (1)首先确定研究对象，并判定物体的运动性质、(2)分析物体的运动过程，要养成画物体运动示意(草)图的习惯、(3)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带、(4)运用基本公式或推论等知识进行求解、跟踪训练1飞机着陆后以6m/s 2的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60m/s ，求： (1)它着陆后12s 内滑行的位移x ；(2)整个减速过程的平均速度(用两种方法求解)； (3)静止前4s 内飞机滑行的位移x ′. 考点二匀变速直线运动推论的应用考点解读图1 图2典例剖析例2物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C 时速度恰为零，如图1所示、物体第一次运动到斜面长度3/4处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间、例3一个做匀加速直线运动的物体，在前4s 内经过的位移为24m ，在第二个4s 内经过的位移是60m 、求这个物体运动的加速度和初速度各是多少？思维突破运动学问题选择公式口诀 运动过程要搞清，未知心里明、 基本公式很重要，推论公式不小瞧、 平均速度a 不见，纸带问题等时间、 比例公式可倒用，推论各有己特点、跟踪训练2从斜面上某一位置，每隔0.1s 释放一个小球，在连续释放几 个小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图2所示，测得x AB ＝ 15cm ，x BC ＝20cm ，求： (1)小球的加速度；(2)拍摄时B 球的速度； (3)拍摄时x CD 的大小；(4)A 球上方滚动的小球还有几个、跟踪训练3一列火车由静止开始做匀加速直线运动，一个人站在第1节车厢前端的站台前观察，第1节车厢通过他历时2s ，全部车厢通过他历时8s ，忽略车厢之间的距离，车厢长度相等，求：(1)这列火车共有多少节车厢？(2)第9节车厢通过他所用时间为多少？ 1.思维转化法(1)将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动” 例4某同学站在一平房边观察从屋檐边滴下的水滴，发现屋檐的滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1m ，由此求屋檐离地面的高度、 (2)将“非同一地点出发”转化为“同一地点出发”例5两辆完全相同的汽车A 、B ，沿平直的公路一前一后匀速行驶，速度均为v 0.假设前车A 突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住后，后车B 以前车A 刹车时的加速度开始刹车、前车A 刹车过程中所行驶的距离为s ，假设要保证两辆车在上述过程中不相撞，那么两车在匀速行驶时保持的距离至少应为() A 、s B 、2s C 、3s D 、4s方法提炼在运动学问题的解题过程中，假设按正常解法求解有困难时，往往可以通过变换思维方式，使解答过程简单明了、在直线运动问题中常见的思维转化方法除以上两例外，还有：将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动；将平均速度转化为中间时刻的速度；将位置变化转化为相对运动等、跟踪训练4一个光滑斜坡的倾角为30°，坡长1.6m ，从坡顶端由静止每隔0.15s 释放一个小球，问坡上最多有多少个小球？(g ＝10m/s 2)跟踪训练5物体B 在物体A 前方s 0处以速度v 0向前做匀速直线运动，A 物体此时起由静止开始以加速度a 做匀加速直线运动，问A 物体追上B 物体需多长时间？图3A 组匀变速直线运动规律的应用1、一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v 1＝5m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10s 末汽车恰好经过第3根电线杆，那么以下说法中正确的选项是() A 、汽车运动的加速度大小为1m/s 2B 、汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25m/sC 、汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20sD 、汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20m/s2、静止置于水平地面的一物体质量为m ＝57kg ，与水平地面间的动摩擦因数为0.43，在F ＝287N 的水平拉力作用下做匀变速直线运动，那么由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为() A 、2∶1B 、1∶2C 、7∶3D 、3∶7 B 组匀变速直线运动推论的应用3、一木块以某一初速度在粗糙的水平地面上做匀减速直线运动，最后停下来、假设此木块在最初5s 和最后5s 内通过的路程之比为11∶5，问此木块一共运动了多长时间？4、有一串佛珠，穿在一根长1.8m 的细线上，细线的首尾各固定一个佛珠， 中间还有5个佛珠、从最下面的佛珠算起，相邻两个佛珠的距离为5 cm 、15cm 、25cm 、35cm 、45cm 、55cm ，如图3所示、某人向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个佛珠紧靠水平桌面、松手后开始计时，假设不计空气阻力，g 取10m/s 2，那么第2、3、4、5、6、7个佛珠()A 、落到桌面上的时间间隔越来越大B 、落到桌面上的时间间隔相等C 、其中的第4个佛珠落到桌面上的速率为4m/sD 、依次落到桌面上的速率关系为1∶2∶3∶2∶5∶ 6 C 组匀变速直线运动中的实际问题5.为了最大限度地减少道路交通事故，全国开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动、这是因为一般驾驶员酒后的反应时间比正常时慢了0.1～0.5s ，易发生交通事故、图示是《驾驶员守那么》中的安全距离图示(如图4所示)和部分安全距离表格.(1)请根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间、(2)如果驾驶员的反应时间相同，请计算出表格中A 的数据、(3)如果路面情况相同，车在刹车后所受阻力恒定，取g ＝10m/s 2，请计算出刹车后汽车所受阻力与车重的比值、(4)假设在同样的路面上，一名饮了少量酒的驾驶员驾车以72km/h 速度行驶，在距离一学校门前50m 处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2s ，会发生交通事故吗？课时规范训练(限时：45分钟)【一】选择题1、一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了x1＝2m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了x3＝8m、由此可求得()A、第一次闪光时质点的速度B、质点运动的加速度C、在第【二】三两次闪光时间间隔内质点的位移D、质点运动的初速度2、汽车进行刹车试验，假设速度从8m/s匀减速到零所用的时间为1s，按规定速率为8m/s的汽车刹车后位移不得超过5.9m，那么上述刹车试验是否符合规定()A、位移为8m，符合规定B、位移为8m，不符合规定C、位移为4m，符合规定D、位移为4m，不符合规定3、做匀加速直线运动的质点，在第5s末的速度为10m/s，那么()A、前10s内位移一定是100mB、前10s内位移不一定是100mC、加速度一定是2m/s2D、加速度不一定是2m/s24、一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是()A、1∶22∶32,1∶2∶3B、1∶23∶33,1∶22∶32C、1∶2∶3,1∶1∶1D、1∶3∶5,1∶2∶35、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、那么刹车后6s内的位移是()A、20mB、24mC、25mD、75m6、一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5m/s，在第9s内的位移比第5s内的位移多4m，那么该质点的加速度、9s末的速度和质点在9s内通过的位移分别是()A、a＝1m/s2，v9＝9m/s，x9＝40.5mB、a＝1m/s2，v9＝9m/s，x9＝45mC、a＝1m/s2，v9＝9.5m/s，x9＝45mD、a＝0.8m/s2，v9＝7.7m/s，x9＝36.9m7、一物体做匀变速直线运动，当t＝0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东；当t＝2s时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东，那么当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s()A、5sB、4sC、7sD、8s8、(2017·安徽理综·16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2.那么物体运动的加速度为()A.()()1212122x t tt t t t∆-+B.Δx(t1－t2)t1t2(t1＋t2)C.2Δx(t1＋t2)t1t2(t1－t2)D.Δx(t1＋t2)t1t2(t1－t2)【二】非选择题9.为了安全，在行驶途中，车与车之间必须保持一定的距离、因为，从驾驶员看见某一情况到采取制动动作的时间里，汽车仍然要通过一段距离(称为思考距离)；而从采取制动动作到车完全停止的时间里，汽车又要通过一段距离(称为制动距离)、下表给出了汽车在不同10.B点前后速度大小不变)，最后停在C点、每隔0.2s通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据、(重力加速度g＝10m/s2)求：(2)物体在斜面上下滑的时间；(3)t＝0.6s时的瞬时速度v.11、(2017·新课标·24)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变、在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半、求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比、复习讲义基础再现 【一】基础导引(1)10m/s(2)30m(3)40m 知识梳理1.(1)加速度(2)同向反向思考：匀变速直线运动的基本公式均是矢量式，除时间外，涉及的其他四个物理量v 0、v 、a 及x 均为矢量、应用时要注意各物理量的符号，一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值、 【二】基础导引1.v 0＋v 2 2.ΔxT 23.(1)1∶4∶9∶…(2)1∶3∶5∶…(3)1∶2∶3∶…(4)1∶(2－1)∶(3－2)∶…思考：平均速度公式中不含a ，且能避免繁琐的运算，往往会使求解更简捷、位移差公式适合连续相等时间内，位移的情形、初速度为零的匀加速直线运动的比例式适合求解初速度为零或从某一速度值减速到零的两种情形、 课堂探究例1卫星做匀减速运动，加速度大小是10m/s 2跟踪训练1(1)300m(2)30m/s (3)48m 例2t例32.25m/s 21.5m/s跟踪训练2(1)5m/s 2(2)1.75m/s (3)0.25m(4)2跟踪训练3(1)16节(2)0.34s 例43.2m 例5B跟踪训练46个跟踪训练5v 0a ＋(v 0a )2＋2s 0a 分组训练 1、ABD2.C 3、8s 4、B5、(1)0.90s(2)20(3)0.62(4)会课时规范训练1、C2、C3、AD4、B5、C6、C7、AC8、A9、185553(以列为序)10、(1)5m/s 22m/s 2(2)0.5s(3)2.3m/s 11、5∶7。
2019届高考物理二轮复习与训练 1 匀变速直线运动 含解析
训练1 匀变速直线运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.(2016·全国卷Ⅲ)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s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2解析：本题考查匀变速直线运动规律，意在考查学生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力．设质点的初速度为v 0，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝s t 2，A项正确，B 、C 、D 项错误．答案：A2．一质点沿坐标轴O x 做变速直线运动，它在坐标轴上的坐标x 随时间t 的变化关系为x ＝5＋2t 3，速度v 随时间t 的变化关系为v ＝6t 2，其中v 、x 和t 的单位分别是m/s 、m 和s.设该质点在t ＝0到t ＝1 s 内运动位移为s ，平均速度为v ，则( )A ．s ＝6 m ，v ＝6 m/sB ．s ＝2 m ，v ＝2 m/sC ．s ＝7 m ，v ＝7 m/sD ．s ＝3 m ，v ＝3 m/s解析：当t ＝0时，x 0＝5 m ，t ＝1 s 时，x 1＝7 m ，因此s ＝x 1－x 0＝2 m ，而平均速度v ＝s t ＝2 m/s ，故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B3．如图，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC .设球经过B 点前后速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( )A ．3∶4,2.1 m/sB ．9∶16,2.5 m/sC ．9∶7,2.1m/sD ．9∶7,2.5 m/s解析：设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v 2B 2x ，在BC 段a 2＝v 2C －v 2B 2x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，选C.答案：C4．物体由静止开始做匀加速直线运动，3 s 后速度变为v ，则下列说法正确的是( )A ．2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2B ．第1 s 内与第2 s 内的位移之比为1∶3C ．1 s 内与2 s 内的位移之比为1∶3D ．0～3 s 时间内的平均速度为v 3解析：由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知，1 s 末、2 s 末、3 s 末的速度之比为1∶2∶3，A 错；同理，由静止开始，连续的3个1 s 内的位移之比为1∶3∶5，B 对；故1 s 内、2 s 内、3 s 内的位移之比为1∶(1＋3)∶(1＋3＋5)＝1∶4∶9，C 错；平均速度为v 2，D 错．答案：B5．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为()A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法计算 解析：从发出超声波到接收到反射回来的超声波信号，汽车前进了20 m ，根据超声波的往返运动时间相等，可判断汽车在超声波往返的两段时间内通过的位移之比为1∶3，所以超声波到达汽车处时两者之间距离为340 m ，超声波往返的时间都是t ＝340 m 340 m/s ＝1 s ，汽车在1 s 内由静止开始运动，位移为5 m ，可得加速度a ＝10 m/s 2，选项B 正确．答案：B6.如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将到达路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s ，则下列说法中正确的有( )A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车能停在停车线前D．如果距停车线5 m时汽车开始减速，汽车能停在停车线处解析：如果立即做匀加速直线运动，t1＝2 s末汽车的最大位移x＝v0t1＋12a1t21＝20 m>18 m，此时汽车的速度为v1＝v0＋a1t1＝12 m/s<12.5 m/s，汽车没有超速，A对，B错；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要的最短时间t2＝v0a2＝1.6 s<2s，设从刹车到停下汽车运动的位移为x2，由0－v20＝－2a2x2，得x2＝6.4 m<18 m，即停下时没有过停车线，C对；由x2＝6.4 m>5 m知，D错．答案：AC7.一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有() A．t1B．t2C．t3D．t4解析：已知质点在外力作用下做直线运动，在题图中的t1时刻v－t图象的斜率大于零，此时的速度大于零，因此t1时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，故A选项正确；在题图中的t2时刻v－t图象的斜率小于零，此时的速度大于零，因此t2时刻质点所受合外力方向与速度方向相反，故B选项错误；同理可知，t3时刻质点所受合外力的方向与速度方向相同，t4时刻质点所受合外力的方向与速度的方向相反，故C选项正确，D选项错误．答案：AC8．下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2 s又回到初始位置的是()解析：选项A为x－t图象，由图象可知t＝0时物体位于坐标原点，在t＝2 s时纵坐标为x＝0，回到初始位置；选项B为v－t图象，由图象可知在0～2 s 内v－t图线与时间轴所围的面积越来越大，物体离初始位置越来越远；选项C 仍为v－t图象，由图象可知在0～2 s内v－t图线与时间轴所围的面积为零，所以物体的位移为零，物体回到初始位置；选项D为a－t图象，物体在前1 s内和后1 s内加速度等大反向，但物体的初速度未知，物体并不一定回到初始位置．答案：AC二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．汽车前方s＝120 m处有一自行车正以v2＝6 m/s的速度匀速前进，汽车以v 1＝18 m/s 的速度追赶自行车，已知两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动．(1)经多长时间，两车第一次相遇？(2)若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2 m/s 2，则再经过多长时间两车第二次相遇？解析：(1)设经时间t 两车相遇，由位移关系有v 1t ＝v 2t ＋s ，解得：t ＝10 s.(2)设汽车经时间t 1后停下，则有t 1＝0－v 1a ＝9 s ，该时间内的位移为s 1＝0－v 212a＝81 m ，此时间内自行车的位移为s 2＝v 2t 1＝54 m ，即自行车没有在汽车停下前追上，则第二次相遇又经过的时间为t 3＝s 1v 2＝13.5 s. 答案：(1)10 s (2)13.5 s 10.一小型玩具火箭从地面由静止匀加速竖直上升，燃料用尽后落回地面，其运动的v －t 图象如图所示，求：(1)上升阶段和下降阶段的加速度；(2)火箭离地面的最大高度；(3)从发射到落地，火箭经历的时间．解析：(1)由题图可知上升阶段的0～2 s 的加速度为a 1＝102 m/s 2＝5 m/s 2，上升阶段的2～3 s 加速度为a 2＝－101 m/s 2＝－10 m/s 2，下降阶段的加速度a 3＝a 2＝－10 m/s 2，加速度取竖直向上为正方向．(2)由题图可知3 s 末火箭到达最高点，则火箭离地面的最大高度h ＝102×3 m＝15 m.(3)由题图可知火箭上升3 s 后开始下落，设再经时间t 落地，由h ＝12|a 3|t 2＝15 m ，解得：t ＝1.73 s ．故火箭经历的总时间为3 s ＋1.73 s ＝4.73 s.答案：(1)－10 m/s 2 －10 m/s 2 (2)15 m (3)4.73 s。
高三物理二轮复习考前基础回扣练一匀变速直线运动word版本
考前基础回扣练一匀变速直线运动建议用时20分钟1.(多选)伽利略为了研究自由落体运动的规律,利用斜面做了上百次实验。
让小球从斜面上的不同位置自由滚下,测出小球从不同起点滚动的位移x以及所用的时间t。
若比值为定值,小球的运动即为匀变速运动。
下列叙述符合实验事实的是( )A.当时采用斜面做实验,是为了便于测量小球运动的时间B.小球从同一倾角斜面的不同位置滚下,比值有较大差异C.改变斜面倾角,发现对于每一个特定倾角的斜面,小球从不同位置滚下,比值保持不变D.将小球在斜面上运动的实验结论合理外推至当斜面倾角为90°时,比值也将保持不变,因此可认为自由落体运动为匀变速运动【解析】选A、C、D。
由于当时实验条件的限制,很难测量小球自由下落的时间,所以采用斜面实验,然后将小球在斜面上运动的实验结论合理外推到倾角为90°的情景,A、D正确;若小球做匀变速运动,x=at2,对于特定倾角的斜面,比值保持不变,B错误、C正确。
2.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3 000 m,着陆距离大约为2 000 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∶2B.1∶1C.1∶2D.2∶1【解析】选B。
由题意可知,x起飞=3000m,x着陆=2000m,v起飞=1.5v0,v着陆=v0,由x=t可得:t起飞===;t着陆==,B正确。
3.将一小球竖直向上抛出,若小球所受空气阻力大小不变,小球到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内通过的路程分别为x1和x2,速度变化量的大小分别为Δv1和Δv2。
则( )A.x1>x2,Δv1<Δv2B.x1<x2,Δv1<Δv2C.x1>x2,Δv1>Δv2D.x1<x2,Δv1>Δv2【解析】选C。
因空气阻力的存在,由牛顿第二定律可知,a上>a下,由x1=a上t2,x2=a下t2,t=1s可知,x1>x2,由Δv=at可知,Δv1>Δv2,C正确。
2019年高考物理二轮复习专题强化一直线运动
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……专题强化一直线运动分钟，行程为2 026公里，则下列说法正确的是( )表示一段时间．该列车高速行驶时，可以取10 m位移的平均速度近似看作这．该趟列车全程的平均速度为231 km/h．该趟列车的最高速度为231 km/h豫南九校联考]“物理”二字最早出现在中文中，是取“格物致理”四字的简即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思．同学们要在学习物理知识之外，2一质点在t＝0时刻由坐标原点开始做加速直线运动，速度的平方与位移的变化关系如图所示，则下列说法正确的是A．两球落地的时间差是1 sB．a球接触地面瞬间，b球离地高度为35 mC．在a球接触地面之前，两球的速度差越来越大D．在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定9．[2018·天津市河东区二模]如图是利用DIS测得的运动小车的速度－时间图象，由图可知( )A．小车做曲线运动B．小车的最大位移是0.8 mC．小车运动的最大速度约为0.8 m/sD．小车先做匀加速运动，后做匀减速运动10．(多选)[2018·沈阳一模]三个质点a、b、c的速度－时间图象如图所示，则下列说法中不正确的是( )A．在t0时刻，a、b的瞬时加速度相等B．在0～t0时间内，a做加速度减小的加速运动C．在0～t0时间内，c的运动方向没有发生改变D．在0～t0时间内，a、b、c的平均速度大小相等二、实验题：本题1小题，共6分．11．[2018·厦门双十中学模拟]某同学用如图的实验装置研究小车在斜面上的运动．(1)用细绳将沙和沙桶通过滑轮与小车连接，调节斜面的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，用天平测出沙和沙桶的总质量m；(2)保持斜面倾角θ不变，取下沙和沙桶，接通电源，在靠近打点计时器处重新释放小车．(3)下图是该同学实验中打出的一条纸带的一部分，打点计时器电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未画出．设上图自左到右的六组数据依次表示为x1、x2、x3、……，由于这些数据满足关系式________，可以判断小车沿斜面向下做________运动，若测得沙和沙桶的总质量为310 g，则小车的质量为________kg(结果保留3位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)．(4)在上述实验中，以下说法正确的是________．(填正确答案标号)A．小车的质量应远大于沙和沙桶的质量B．连接小车、沙和沙桶的细绳与斜面应保持平行C．打点计时器的电源应选取220 V交流电D．实验过程需用秒表计时三、计算题：本题共4小题，共44分．12．(10分)[2018·唐山二模]随着经济发展，乡村公路等级越来越高，但汽车超速问题也日益凸显，为此一些特殊路段都设立了各式减速带．现有一辆汽车发现前方有减速带，开始减速，减至某一速度，开始匀速运动，匀速通过减速带，然后再加速到原来速度，总位移为80 m．汽车行驶80 m位移的v2－x图象如图所示，其中v为汽车的行驶速度，x为汽车行驶的距离．求汽车通过80 m位移的平均速度．13．(10分)[2018·黄山一模]如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求：(1)列车减速运动的加速度的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间．14．(10分)[2018·陕西二模]某大雾天气，一小汽车和一大客车在平直公路的同一车道上同向行驶，小汽车在后，其速度大小v1＝30 m/s；大客车在前，其速度大小v2＝10 m/s.在小汽车和大客车相距x0＝25 m时两司机同时发现险情，此时小汽车司机马上以大小a1＝8 m/s2的加速度刹车，而大客车立即以大小a2＝2 m/s2的加速度加速前进．请通过计算判断两车是否相撞．15．(14分)[2018·咸阳二模]ETC是日前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的.2015年我国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处开始匀减速，至窗口处恰好停止，再用10 s时间完成交费，若进入ETC通道，它从某位置开始匀减速，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费，若两种情况下，汽车减速时加速度相同，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通道比从人工收费通道通行节省的时间．每秒内下落高度之比为：：：：9选项错误；两球的速度差Δv ＝＋12g ，随时间的增大，高度差增大，。
高三物理二轮 知识点专题复习 匀变速直线运动的规律
咐呼州鸣咏市呢岸学校高考二轮知识点专题复习匀变速直线运动的规律1．匀速运动的从某时刻开始刹车，匀减速运动直至停止。
假设测得刹车时间为t ，刹车位移为x ，根据这些测量结果，可以求出( )A ．刹车过程的初速度B ．刹车过程的加速度C ．刹车过程的平均速度D ．刹车过程的制动力 [答案] ABC[解析] 因做匀减速直线运动，所以有x ＝12at 2＝vt ，可以求出刹车过程的加速度a 、平均速度v ，B 、C 正确；又v ＝at ，可求出刹车过程的初速度，A 正确；因不知道的质量，无法求出刹车过程的制动力，D 错误。
2．在交通事故分析中，刹车线的长度是很重要的依据。
刹车线是刹车后停止转动的轮胎在地面上滑动时留下来的痕迹。
在某次交通事故中，刹车线的长度为14m ，假设的轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.7，那么开始刹车时的速度为(g 取10m/s 2)( )A ．7m/sB ．14m/sC ．10m/sD ．20m/s[答案] B[解析] 刹车是减速到0的匀变速运动，根据2ax ＝v 2－0可得B 选项正确。
3．一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离L 时，速度为v ，当它的速度为v2时，它沿斜面下滑的距离是( )A.12L B.22L C.14L D.34L [答案] C[解析] 由v 2－v 20＝2ax 可得，v 2＝2aL ，即L ＝v 22a ；当它的速度为v 2时，它沿斜面下滑的距离是l ＝v222a＝14×v 22a ＝L4，选项C 对。
4．物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度到达v 时，改为加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零。
在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，以下各式成立的是( )A.x 1x 2＝t 1t 2B.a 1a 2＝t 1t 2C.x 1t 1＝x 2t 2＝x 1＋x 2t 1＋t 2D ．v ＝2x 1＋x 2t 1＋t 2[答案] ACD[解析] 由题意可知物体加速和减速时最大速度相同，根据x ＝12vt ，v ＝at ，可知选项ACD 正确；由于a 1t 1＝a 2t 2，所以a 1a 2＝t 2t 1，B 错误。
【物理文档】2019年高考物理二轮复习专题01直线运动讲及答案.doc
直线运动考试大纲 要求考纲解读1.参考系、质点Ⅰ1.直线运动的有关概念、规律是本章的重点，匀变速直线运动规律的应用及v —t 图象是本章的难点.2．注意本章内容与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题．3．本章规律较多，同一试题往往可以从不同角度分析，得到正确答案，多练习一题多解，对熟练运用公式有很大帮助.2.位移、速度和加速度 Ⅱ2.匀变速直线运动及其公式、图象Ⅱ纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1、主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。
与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。
2、匀变速直线运动的图象在考试中出现的频率很高，主要以选择题为主，但要注意与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识结合一起，这样的题有一定的难度。
考向01 匀变速直线运动规律1.讲高考（1）考纲要求①掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用。
②掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．（2）命题规律主要是以选择题形式出现，要注意与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。
与牛顿运动定律、功与能、电磁学相关知识一起考查，是考试中的热点。
案例1．如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。
某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是A. 13sB. 16sC. 21sD. 26s【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 C【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。
2019年高考物理冲刺大二轮练习：考前知识回扣考前第8天含解析
板块三 考前知识回扣考前第8天 力和运动[回顾知识]1．匀变速直线运动的基本规律速度公式：v ＝v 0＋at位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2 速度与位移关系公式：v 2－v 20＝2ax位移与平均速度关系公式：x ＝v －t ＝v 0＋v 2t 2．匀变速直线运动的两个重要推论(1)匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度．即v ＝v t 2.(某段位移的中点速度v x 2＝v 21＋v 222，且v t 2 <v x 2 ) (2)任意两个连续相等的时间间隔(T )的运动位移之差是一恒量．即x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2，或Δx ＝aT 2.3．初速度为零的匀加速直线运动的推论(1)1t 末、2t 末、3t 末、…nt 末的瞬时速度比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n(2)1t 内、2t 内、3t 内、…nt 内的位移比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2(3)第一个t 内、第二个t 内、第三个t 内、…第n 个t 内的位移比为Δx 1∶Δx 2∶Δx 3∶…∶Δx n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)(4)第一个x内、第二个x内、第三个x内、…第n个x内的时间比为：t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)4．牛顿运动定律(1)牛顿第二定律①公式：a＝F合m.②意义：力的作用效果是使物体产生加速度，力和加速度是瞬时对应关系．(2)牛顿第三定律①表达式：F1＝－F2.②意义：明确了物体之间作用力与反作用力的关系．5．平抛运动的规律(1)位移关系水平位移x＝v0t竖直位移y＝12gt2合位移的大小s＝x2＋y2，合位移的方向tanα＝y x.(2)速度关系水平速度v x＝v0，竖直速度v y＝gt.合速度的大小v＝v2x＋v2y，合速度的方向tanβ＝v y v x.(3)重要推论速度偏角与位移偏角的关系为tan β＝2tan α平抛运动到任一位置A ，过A 点作其速度方向反向延长线交Ox轴于C 点，有OC ＝x 2(如图所示)． 6．匀速圆周运动的规律(1)v 、ω、T 、f 及半径的关系：T ＝1f ，ω＝2πT ＝2πf ，v ＝2πT r ＝2πfr＝ωr .(2)向心加速度大小：a ＝v 2r ＝ω2r ＝4π2f 2r ＝4π2T 2r . (3)向心力大小：F ＝ma ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝4π2mf 2r . 7．万有引力公式：F ＝G m 1m 2r 2 其中G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2.(1)重力和万有引力的关系①在赤道上，有G Mm R 2－mg ＝mRω2＝mR 4π2T 2. ②在两极时，有G Mm R 2＝mg . (2)卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系①由G Mm R 2＝m v 2R 得v ＝GM R ，所以R 越大，v 越小．②由G Mm R 2＝mω2R ，得ω＝GM R 3，所以R 越大，ω越小． ③由G Mm R 2＝m 4π2T2R 得T ＝4π2R 3GM ，所以R 越大，T 越大． [回顾方法]1．分析匀变速直线运动的常用方法(1)逆向思维法即逆着原来的运动过程考虑．例如，对于匀减速直线运动，当末速度为零时，可转化为一个初速度为零的匀加速直线运动；物体竖直上抛，逆着抛出方向，就变成从最高点向下的自由落体运动等．利用这种方法，可使列式简洁，解题方便．(2)图象法运动图象主要包括x －t 图象和v －t 图象，图象的最大优点就是直观．利用图象分析问题时，要注意以下几个方面：①图象与坐标轴交点的意义；②图象斜率的意义；③图象与坐标轴围成的面积的意义；④两图线交点的意义． 2．“追及、相遇”类问题的分析方法(1)基本思路(2)常用分析方法①物理分析法：抓好“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，在头脑中建立起一幅物体运动关系的图景．②相对运动法：巧妙地选取参照系，然后找两物体的运动关系．③极值法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相遇．④图象法：将两者的速度－时间图象在同一坐标系中画出，然后利用图象求解．3．力的合成法则和正交分解法在牛顿第二定律问题中的应用当物体只受两个力作用时，可用力的合成法来解牛顿第二定律问题，即应用平行四边形定则确定合力，它一定与物体的加速度方向相同，大小等于ma.当物体受两个以上的力作用时，一般采用正交分解法，依具体情况建立直角坐标系，将各力和加速度往两坐标轴上分解，建立牛顿第二定律的分量式，即∑F x＝ma x和∑F y＝ma y，然后求解．一种常见的选取坐标轴方向的方法，是以加速度的方向为x轴的正方向，y轴与加速度方向垂直．此时，牛顿第二定律的分量式为∑F x ＝ma，∑F y＝0.有时物体所受的几个力分别在互相垂直的两个方向上，且与加速度方向不同．此时也可以沿力所在的两个方向建立直角坐标系，这样就不必再做力的分解，而只分解加速度，建立牛顿第二定律分量式，可以简化运算．4．瞬时问题的分析方法利用牛顿第二定律分析物体的瞬时问题(1)明确两种基本模型的特点：①轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，即弹力可以在瞬间成为零或别的值；②轻弹簧(或橡皮绳)需要较长的形变恢复时间．在瞬时问题中，其弹力不能突变，即弹力的大小往往可以看成不变．(2)明确解此类问题的基本思路：①确定该瞬时物体受到的作用力，还要注意分析物体在这一瞬时前、后的受力及其变化情况；②由牛顿第二定律列方程求解．5．平抛运动的处理方法解答平抛运动问题要把握以下几点：(1)根据实际问题判断是分解瞬时速度，还是分解运动的位移；(2)将某时刻速度分解到水平方向和竖直方向，由于水平方向物体做匀速直线运动，所以水平分速度等于抛出时的初速度，竖直方向做自由落体运动，满足自由落体运动规律；(3)无论分解速度还是位移，都要充分利用图形中的已知角，过渡到分解后的矢量三角形中，再利用三角形的边角关系列式计算．6．竖直平面内圆周运动的处理方法(1)分清两类模型的动力学条件①对于“绳(环)约束模型”，在圆轨道最高点，当弹力为零时，物体的向心力最小，仅由重力提供，由mg ＝m v 2min R ，得临界速度v min ＝gR .当计算得物体在轨道最高点运动速度v <v min 时，物体将脱离轨道，不能过最高点．②对于“杆(管道)约束模型”，在圆轨道最高点，因有支撑，故最小速度为零，不存在脱离轨道的情况．物体除受向下的重力外，还受相关弹力作用，其方向可向下，也可向上．当物体速度v >gR 时，弹力向下；当v <gR 时，弹力向上．(2)抓好“两点一过程”①“两点”指最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，列牛顿第二定律的方程．②“一过程”，即从最高点到最低点，用动能定理将这两点的动能(速度)联系起来．7．处理天体运动的基本方法把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供．G Mm R 2＝m v 2R ＝mω2R ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ＝m (2πf )2R ，应用时可根据实际情况选用适当的公式进行分析或计算．[回顾易错点]1．区分静摩擦与滑动摩擦．2．区分“速度等于零”与平衡状态．3．区分“绳”与“杆”．4．区分v 、Δv 、Δv Δt .5．区分平抛运动中“速度方向夹角”与“位移夹角”．6．区分竖直平面内圆周运动两种模型在最高点的“临界条件”．7．区分地面上随地球自转的物体与环绕地球运行的物体．8．区分天体运动中的“R ”“r ”“L ”．[保温精练]1．(2018·潍坊市高三期末)“套圈”是游戏者站在界线外将圆圈水平抛出，套中前方水平地面上的物体．某同学在一次“套圈\”游戏中，从P 点以某一速度水平抛出的圆圈越过了物体正上方落在地面上(如图所示)．为套中物体，下列做法可行的是(忽略空气阻力)( )A ．从P 点正前方，以原速度水平抛出B ．从P 点正下方，以原速度水平抛出C ．以P 点正上方，以原速度水平抛出D ．从P 点正上方，以更大速度水平抛出[解析] 由于抛出的圆圈做平抛运动，由平抛运动的规律可知，圆圈在竖直方向做自由落体运动，则h ＝12gt 2，水平方向做匀速直线运动，则x ＝v t ，解得x ＝v 2hg ，由题意圆圈越过了物体正上方落在地面上，欲使圆圈套中物体，应减小水平方向的位移．若从P 点的正前方以原速度水平抛出，则圆圈仍落在物体的前方，A 错误．降低圆圈抛出点的高度以原速度水平抛出，圆圈的运动时间减少，则圆圈可能套中物体，B 正确．如果增加抛出点的高度，欲使圆圈套中物体，则应减小水平抛出时的速度，C 、D 错误．[答案] B2．(多选)如图，一质点以速度v 0从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M 点且落到M 点时速度水平向右．现将该质点以2v 0的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N 点．下列说法正确的是( )A ．质点从抛出到落到M 点和N 点的时间之比为1∶2B ．质点落到M 点和N 点时的速度之比为1∶1C ．M 点和N 点距离斜面底端的高度之比为1∶2D ．质点落到N 点时速度方向水平向右[解析] 由于落到斜面上M 点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M 点向左的平抛运动，设在M 点的速度大小为u ，把质点在斜面底端的速度v 分解为水平方向的速度u 和竖直方向的速度v y ，由x ＝ut ，y ＝12gt 2，y x ＝tan θ得空中飞行时间t ＝2u tan θg ，v y ＝gt ＝2u tan θ，v 和水平方向夹角的正切值v y u ＝2tan θ为定值，故质点落到N 点时速度方向水平向右，D 正确；v ＝u 2＋v 2y ＝u 1＋4tan 2θ，即v 与u 成正比，故质点落到M 和N 点时的速度之比为1∶2，故B 错误；由t ＝2u tan θg 知质点从抛出到落到M 点和N点的时间之比为1∶2，A 正确；由y ＝12gt 2＝2u 2tan 2θg ，知y 和u 2成正比，M 点和N 点距离斜面底端的高度之比为1∶4，C 错误．[答案] AD3．(多选)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A 、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离．t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1，同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2，使A 、B 从静止开始运动，运动过程中F 1、F 2方向保持不变，F 1、F 2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A 、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )A ．t ＝2.0 s 时A 、B 之间作用力大小为0.6 NB ．t ＝2.0 s 时A 、B 之间作用力为零C ．t ＝2.5 s 时A 对B 的作用力方向向左D ．从t ＝0时到A 、B 分离，它们运动的位移为5.4 m[解析] 由题中图乙可知F 1、F 2的合力保持不变，根据牛顿第二定律，两个物块一起运动的加速度a ＝F 1＋F 2m A ＋m B＝1.2 m/s 2.t ＝2.0 s 时刻，F 2＝1.8 N ，对B 根据牛顿第二定律，F 2＋F AB ＝m B a ，可得F AB ＝0.6 N ，A 正确．若A 、B 间的作用力恰为零，由牛顿第二定律得F 2＝m B a ＝2.4 N ，由题中图乙知F 2＝0.9t (N)，可得t ＝83s 时A 、B 间的作用力为零，B 错．t ＝2.5 s<83s ，两物块紧靠着，A 对B 的作用力方向向右，C 错．当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离，对B 分析，F 2－F AB ′＝m B a ，F 2＝2.7 N ，代入F 2＝0.9t (N)得t ＝3 s 时分开，则x ＝12at 2＝5.4 m ，D 正确． [答案] AD4．(2018·广东六校二模)(多选)飞船在离开地球的过程中，经常采用“霍曼变轨”．它的原理很简单：如图所示，飞船先在初始圆轨道Ⅰ上的某一点A 打一个脉冲(发动机短暂点火)进行加速，这样飞船就进入一个更大的椭圆轨道Ⅱ，其远地点为B .在B 点再打一个脉冲进行加速，飞船就进入到最终圆轨道Ⅲ.设轨道Ⅰ为近地轨道，半径为地球半径R 0，轨道Ⅲ的半径为3R 0；地球表面重力加速度为g .飞船在轨道Ⅰ的A 点的速率为v 1，加速度大小为a 1；在轨道Ⅱ的A 点的速率为v 2，加速度大小为a 2；在轨道Ⅱ的B 点的速率为v 3，加速度大小为a 3，则( )A ．v 2>v 1>v 3B ．a 2＝a 1＝gC ．v 2＝gR 0D ．飞船在轨道Ⅱ上的周期T ＝4π2R 0g[解析] 根据牛顿第二定律a ＝F m ，可知飞船在近地圆轨道上经过A 点时的加速度大小等于在椭圆轨道上经过A 点的加速度大小，等于g，B正确．飞船从近地圆轨道上的A点需加速，使得万有引力小于向心力，才能进入椭圆轨道，所以飞船在近地圆轨道上经过A 点时的速度小于在椭圆轨道上经过A点的速度，即v1<v2，设在B点点火加速之后进入圆轨道的Ⅲ速率为v4，所以飞船在椭圆轨道上经过B点时的速率小于在圆轨道Ⅲ上经过B点的速率，即v3<v4；根据万有引力提供向心力GMmR2＝m v2R，可得飞船速率与半径的关系v＝GMR，飞船做匀速圆周运动时，轨道半径越大，速率越小，即v4<v1，所以v2>v1>v3，A正确．飞船在轨道Ⅰ运行时，由重力提供向心力有v1＝gR0<v2，C错误．先求出飞船在轨道Ⅰ的周期，再由开普勒第三定律结合轨道Ⅱ的半长轴2R0，可以求得飞船在轨道Ⅱ的周期T＝4π2R0g，D正确．[答案]ABD。
2019版高考物理大二轮复习考前基础回扣练2匀变速直线运动(含答案)
回扣练2：匀变速直线运动1．有一条小虫清晨6时起从地面沿树干向上爬到树顶时是下午6时，第二天清晨6时起从树顶沿树干向下爬回地面时是下午4时，若小虫爬行速度时快时慢，则两天中相同钟点(时、分、秒)爬过树干上相同高度的机会，下面说法正确的是( )A．一定有一次B．可能没有C．可能有两次D．一定没有解析：选A.本题可以看成2条小虫，都从清晨6点，一个从地面出发，一个从树顶出发，同时运动，则两条小虫肯定会相遇，且只相遇一次，故A正确．2．一质点0时刻从某点出发做直线运动，vt图象如图所示．关于质点运动的下列说法，正确的是( )A．0～2 s内的位移与2 s～4 s内的位移相同B．第5 s内的加速度与第6 s内的加速度方向相反C．6 s末距出发点最远D．4 s末经过出发点解析：选D.由vt图象可知任意时刻物体的速度大小及方向，其面积代表位移，斜率代表加速度．由面积可知，0～2 s内的位移与2 s～4 s内的位移大小相等，方向相反，故A错误；第5 s内与第6 s内斜率不变加速度恒定，故B错误；由面积可知2 s末物体离出发点最远，4 s末物体总位移为零，回到出发点，故C错误，D正确．3．A、B两点相距8 m，一质点由A向B做直线运动，质点在A点的速度为vA，质点速度的二次方v2与位移x之间的关系图象如图所示，则由图象可知( ) A．质点做变加速运动，其加速度不断增大B．质点做匀加速运动，其加速度大小为4.0 m/s2C．质点由A到B所经历的时间为2.0 sD．质点由A到B所经历的时间为8.0 s解析：选C.由v2－v20＝2ax得v2＝2ax＋v20，由此可知图线斜率为2a，故质点做匀加速运动，其加速度大小为2.0 m/s2；图线的纵截距v2A＝4 m2·s－2，所以v A＝2 m/s，质点由A到B所经历的时间为2.0 s.4．如图，物体A以速度v从地面竖直上抛，同时物体B从某高处自由下落，经过时间t正好以速度v落地．以向上为正方向，不计空气阻力，两物体在时间t内的位移—时间图象可能是( )解析：选C.x t 图象的斜率表示速度；两物体的加速度均为g ，且A 做匀减速运动，速度逐渐减小，斜率减小；B 做匀加速运动，速度逐渐增大，斜率变大；故选项C 符合题意，故选C.5．某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，小轿车运动的速度—时间图象如图所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离为10.5 m ，则从绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间为( )A ．1 sB ．1.5 sC ．3 sD ．3.5 s解析：选C.在反应时间内小轿车匀速运动的距离为x ＝v 0Δt ＝6×0.5 m＝3 m ，则小轿车匀减速运动的距离L －x ＝v 02(t 0－0.5)，解得t 0＝3 s ，故C 正确．6．动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图所示．一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5 s 和4 s ，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30 m ，则该动车组的加速度约为( )A ．0.17 m/s 2B ．0.30 m/s 2C ．0.33 m/s 2D ．0.38 m/s 2解析：选C.由匀变速运动的位移公式，x ＝v 0t ＋12at 2对两节车厢有60＝v 0×(5＋4)＋12a (5＋4)2对第一节车厢，30＝v 0×5＋12a ×52联立解得a ≈0.33 m/s 2，故选项C 正确．7．一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s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B ．3s 2t2C.4s t2D ．8s t2解析：选A.由E k ＝12mv 2可知速度变为原来的3倍．设加速度为a ，初速度为v ，则末速度为3v .由速度公式v t＝v 0＋at 得3v ＝v ＋at ，解得at ＝2v ；又有s ＝v ＋3v 2t ＝2vt ；所以a ＝2v t ＝2t ·s 2t ＝st2，A 正确． 8．甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v t 图象如图所示，下列对汽车运动状态的描述正确的是( )A ．在第20 s 末，甲、乙两车相遇B ．若乙车在前，则可能相遇两次C ．在第10 s 末，乙车改变运动方向D ．在第10 s 末，甲、乙两车相距150 m解析：选B.在第20 s 末，甲通过的位移比乙的位移大，但由于它们初始位置关系未知，所以不能判断是否相遇，故A 错误．若t ＝0时刻乙车在前，则在20 s 内，两车可能相遇一次，若甲车的速度比乙车的速度大，此后，由于乙做匀加速运动，甲做匀速运动，乙可能追上甲，再相遇一次，故B 正确．由图知，乙车的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，故C 错误．第10 s 末，甲、乙两车的位移之差为：Δx ＝20×10－12×10×10＝150 m ，由于出发点的位置关系未知，所以不能求出确定它们相距的距离，故D 错误．故选B.9．(多选)美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役．假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m ＝103kg ，在跑道上加速时产生的最大动力为F ＝7×103N ，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到50 m/s 时才能离开航空母舰起飞．g 取10 m/s 2，设航空母舰甲板长为160 m ，则下列说法中正确的是( )A ．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103N B ．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s 2C ．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为30 m/s 的初速度D ．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s解析：选CD.飞机在跑道上加速时所受阻力f ＝kmg ＝0.2×103×10 N＝2×103N ，选项A 错误．由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，解得a ＝5 m/s 2，选项B 错误．设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小为v 0，由匀变速直线运动规律得v 2－v 20＝2ax ，代入数据解得v 0＝30 m/s ，选项C 正确．若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t ，航空母舰的最小速度为v 1，则飞机相对地面的速度v ＝v 1＋at ，飞机相对航母的位移大小x ＝12at 2，代入数据联立解得v 1＝10 m/s ，选项D 正确．10．(多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t ＝0时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的速度－时间图象(v t 图象)如图所示，则关于两车运动的说法中正确的是( )A ．0～10 s 时间内，甲、乙两车在逐渐靠近B ．5～15 s 时间内，甲、乙两车的位移大小相等C ．t ＝10 s 时两车的速度大小相等、方向相反D ．t ＝20 s 时两车在公路上相遇解析：选BD.由题中v t 图象可知，甲、乙两车均沿正方向做直线运动，其中甲做匀速直线运动，乙做匀减速直线运动，在t ＝10 s 之前，乙车虽然在减速，但乙车的速度仍大于甲车的速度，故两车之间的距离越来越大，两车逐渐远离，选项A 错误；由图可知，乙车做匀减速直线运动的加速度大小为a ＝1 m/s 2，故乙车在t ＝5 s 时的速度大小为v 1＝15 m/s ，在5～15 s 时间内乙车的位移大小为x 乙＝v 1·Δt －12a ·(Δt )2，代入数据可得x 乙＝100 m ，而甲车做匀速直线运动，在5～15 s 时间内位移大小为x 甲＝v 0·Δt ，即x 甲＝100 m ，所以在5～15 s 时间内甲、乙两车的位移大小相等，选项B 正确；由图可知，在t ＝10 s 时两车的速度大小相等、方向相同，选项C 错误；由图可知，t ＝20 s 时甲、乙两车的v t 图线与时间轴围成的“面积”相等，故两车的位移相同，所以两车相遇，选项D 正确．。
2019届物理高考二轮总复习 1-2 匀变速直线运动的规律及应用(人教版必修2)
第一模块 第1章 第2单元一、选择题1．某一列车，其首端从站台的A 点出发到尾端完全出站都在做匀加速直线运动，站在站台上A 点一侧的观察者，测得第一节车厢全部通过A 点需要的时间为t 1，那么第二节车厢(每节车厢都相同)全部通过A 点需要的时间为( ) A.22t 1 B ．(2－1)t 1 C ．(3－1)t 1 D ．(3－2)t 1解析：以列车为参考系，观察者从A 点反方向做匀加速直线运动，设每节车厢长为L ，观察者通过第一节车厢L ＝12at 21，通过前两节车厢2L ＝12at 2.通过第二节车厢所需时间t 2＝t －t 1，由以上式子可解得t 2＝(2－1)t 1，故选B. 答案：B2．物体做匀变速直线运动，经过A 点的速度是v A ，经过B 点的速度是v B ，C 为AB 中点，则经C 点的速度的大小是( )A.v A ＋v B 2B.v A v BC.v A ＋v B 2D.v 2A ＋v 2B 2解析：由v 2B －v 2A ＝2axv 2C －v 2A ＝2a ·x 2得v C ＝v 2A ＋v 2B 2，D 正确． 答案：D3．匀速运动的汽车从某时刻开始做匀减速刹车直到停止，若测得刹车时间为t ，刹车位移为x ，根据这些测量结果，可以( )A ．求出汽车刹车的初速度，不能求出加速度B ．求出汽车刹车的加速度，不能求出初速度C ．求出汽车刹车的初速度、加速度及平均速度D ．只能求出汽车刹车的平均速度解析：汽车匀减速到零，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，由v ＝v 02＝x t ＝a t 2，可以求初速度、加速度及平均速度．答案：C4．A 与B 两个质点向同一方向运动，A 做初速度为零的匀加速直线运动，B 做匀速直线运动．开始计时时，A 、B 位于同一位置，则当它们再次位于同一位置时( )A ．两质点速度相等B ．A 与B 在这段时间内的平均速度相等C ．A 的瞬时速度是B 的2倍D ．A 与B 的位移相等解析：由题意可知二者位移相同，所用的时间也相同，则平均速度相同，再由v ＝v A 2＝v B ，所以A 的瞬时速度是B 的2倍，选B 、C 、D.答案：BCD5．某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80 km/h 的速率行驶时，可以在56 m 的距离内被刹住，在以48 km/h 的速率行驶时，可以在24 m 的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间(在反应。
2019年高三物理总练习二轮课时功课匀变速直线运动的规律及应用
2019年高三物理总练习二轮课时功课匀变速直线运动的规律及应用注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
课时作业2匀变速直线运动的规律及应用时间：45分钟总分值：100分【一】选择题(8×8′＝64′)1、在平直公路上以72km/h 的速度行驶的汽车，遇紧急情况刹车，刹车的加速度大小为5m/s 2，该汽车在6s 内的刹车距离为 ()A 、30mB 、40mC 、50mD 、60m解析：v 0＝72km/h ＝20m/s ，刹车时间为t ，那么at ＝v 0，解得t ＝v 0a ＝4s ，故刹车距离x ＝v 02t ＝40m.答案：B2、一个做直线运动的物体，某时刻的速度是10m/s ，那么，这个物体 ()A 、在这个时刻之前0.1s 内的位移一定是0.1mB 、从这个时刻起1s 内的位移一定是10mC 、从这个时刻起10s 内的位移可能是50mD 、从这个时刻起做匀速直线运动，那么通过100m 的路程所用时间为10s解析：由于不清楚物体的运动性质，故A 、B 错，而C 、D 对、答案：CD3、有一列火车正在做匀加速直线运动、从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180m 、第6分钟内，发现火车前进了360m 、那么火车的加速度为 ()A 、0.01m/s 2B 、0.05m/s 2C 、36m/s 2D 、180m/s 2解析：由逐差法得x 6－x 1＝5aT 2，所以a ＝x 6－x 15T 2＝0、01m/s 2，A 对、答案：A图14、如图1所示，A 、B 两物体相距S ＝7m 时，A 在水平拉力和摩擦力作用下，正以v A ＝4m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时以v B ＝10m/s 向右匀减速运动，加速度a ＝－2m/s 2，那么经过多长时间A 追上B ()A 、7sB 、8sC 、9sD 、10s解析：设经t 时间A 追上B ，那么有v B t ＋12at 2＋7＝v A t ，解得：t ＝7s ，这种算法说明B做匀减速运动时间为7s ，而事实上物体B 停止的时间t B ＝0－v B a ＝5s<7s 、故A 追上B 的时间为t ′，应有x ＋0－v 2B2a ＝v A t ′.解得：t ′＝8s.答案：B5、一个小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点，不计空气阻力、它经过b 点时的速度为v ，经过c 点时的速度为3v .那么ab 段与ac 段位移之比为 ()A 、1∶3B 、1∶5C 、1∶8D 、1∶9答案：D6、某人从楼顶由静止释放一颗石子、如果忽略空气对石子的阻力，利用下面的哪些量可以测量这栋楼的高度H (重力加速度为g ) ()①石子落地时的速度；②石子下落的时间；③石子下落最初1s 内的位移；④石子下落最后1s 内的位移A 、①②③B 、②③④C 、①②④D 、①③④答案：C7、针对伽利略对自由落体运动的研究内容及过程，有以下表达：①伽利略借助数学知识和实验现象发现，如果速度与位移成正比，将会得到错误的结论； ②伽利略通过逻辑得出亚里士多德的结论是错误的；③伽利略做了大胆的猜想：落体运动应该是一种简单的运动，落体的速度与时间或位移成正比；④伽利略通过铜球沿阻力很小的斜面滚下这一严谨求实的实验测定，得出只要倾角一定，铜球的加速度不变，他进一步设想当倾角为90°时，运动变为自由落体，其性质不变，且所有物体下落的加速度都一样，到此人类终于认识到自由落体运动是匀变速直线运动了、根据伽利略研究的真实过程，请你做出科学合理的排序，你认为正确的选项是 ()A 、①②③④B 、①③②④C 、②①③④D 、②③①④解析：伽利略首先是利用“归谬法”否定了亚里士多德关于重物比轻物下落得快的论断；然后伽利略提出自由落体运动是最简单的变速直线运动——匀变速直线运动的假说；由于当时实际条件的限制，伽利略并不能用实验直接证明自己的结论，所以他采用了间接证明的方法：①运用数学推导的方法，得出初速度为零的匀变速直线运动符合x ∝t 2；②运用斜面实验，测出小球沿光滑斜面向下的运动符合x ∝t 2，从而是匀变速直线运动；将斜面实验逐步推广到90°时的情况，即小球自由下落，认为小球仍然保持匀变速直线运动的性质、根据以上分析，可以判断正确的顺序应该是D.答案：D图28、如图2所示，以8m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s 将熄灭，此时汽车距离停车线18m 、该车加速时最大加速度大小为2m/s 2，减速时最大加速度大小为5m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s.以下说法中正确的有 ()A 、如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B 、如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C 、如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D 、如果距停车线5m 处减速，汽车能停在停车线处解析：此题主要考查匀变速运动规律的运用，意在考查考生灵活运用匀变速运动的规律处理实际问题的能力、在加速阶段假设一直加速那么2s 末的速度为12m/s,2s 内的位移为x ＝8＋122×2m ＝20m ，那么在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A 正确、汽车一直减速在绿灯熄灭前通过的距离小于16m ，那么不能通过停车线，如距离停车线5m 处减速，汽车运动的最小距离为6.4m ，不能停在停车线处、AC 正确、答案：AC【二】计算题(3×12′＝36′)9、跳伞运动员从350m 的高空离开直升飞机，自由下落一段距离后才打开伞，设开伞后以2m/s 2的加速度做匀减速直线运动，到达地面时速度为4m/s ，求他下落的总时间及自由下落的距离、(g ＝10m/s 2)解析：根据题意，设运动员开伞瞬间的速度为v 1，那么v 1既是开伞前自由落体的末速度，又是开伞后匀减速运动的初速度，所以有v 21＝2gh 1，v 22－v 21＝2ah 2，h 1＋h 2＝H将v 2＝4m/s ，a ＝－2m/s 2，H ＝350m 代入解得v 1＝34.4m/s.h 1＝v 212g ＝118020m ＝59m所以t 总＝t 1＋t 2＝v 1g ＋v 2－v 1a＝34.410s ＋4－34.4－2s ＝18.6s.答案：18.6s59m10、某航空母舰上的战斗机起飞过程中最大加速度是a ＝4.5m/s 2，飞机速度要达到v 0＝60m/s 才能起飞，航空母舰甲板长为L ＝289m ，为使飞机安全起飞，航空母舰应以一定速度航行以保证起飞安全，求航空母舰最小速度v 是多少？(设飞机起飞对航母的状态没有影响、飞机的运动可以看作匀加速运动)、某同学求解过程如下：由运动知识有v 20－v 2＝2aL ，解得v ＝v 20－2aL .代入数据后得到v ＝602－2×4.5×289m/s＝999m/s ＝31.6m/s.经检查，计算无误、该同学所得结论是否有错误或不完善之处？假设有，请予以改正或补充、解析：该同学解法是错误的、假设航空母舰匀速运动，以海水为参考系，在t 时间内航空母舰和飞机的位移分别为x 1和x 2，由运动学知识得到x 1＝vt ，x 2＝vt ＋at 22，x 2－x 1＝L ，v 0＝v ＋at .由以上各式解得：v ＝9m/s.答案：9m/s11、跳伞运动员做低空跳伞表演，他在离地面224m 高处，由静止开始在竖直方向做自由落体运动、一段时间后，立即打开降落伞，以12.5m/s 2的平均加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s(取g ＝10m/s 2)，求：(1)运动员展开伞时，离地面高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下、(2)运动员在空中的最短时间是多少、解析：(1)设运动员做自由落体运动的高度为h 时速度为v ，此时打开伞开始匀减速运动，落地时速度刚好为5m/s ，这种情况运动员在空中运动时间最短，那么有v 2＝2gh ①v 2t －v 2＝2a (H －h )②由①②两式解得h ＝125m ，v ＝50m/s.为使运动员安全着地，他展开伞时的高度至少为H －h ＝224m －125m ＝99m.他以5m/s 的速度着地时，相当于从h ′高处自由落下，由v 2t ＝2gh ′，得h ′＝v 2t 2g ＝252×10m ＝1.25m.(2)他在空中自由下落的时间为：t 1＝2h g ＝2×12510s ＝5s.他减速运动的时间为：t 2＝H －h v ＝H －h v ＋v t 2＝224－12550＋52s ＝3.6s. 他在空中的最短时间为：t ＝t 1＋t 2＝8.6s.。