精选高考物理易错题专题复习比例法解决物理试题含答案解析

精选高考物理易错题专题复习比例法解决物理试题含答案解析

一、比例法解决物理试题

1．如图所示,在水平面上固定着四个完全相同的木块,一粒子弹以水平速度v O射入.若子弹在木块中做匀减速直线运动,当穿透第四个木块(即D位置)时速度恰好为零,下列说法正确的是:

A．子弹从O运动到D全过程的平均速度等于B点的瞬时速度

B．子弹通过每一部分时,其速度变化量v A-v O=v B-v A=v C-v B=v D-v C相同

C．子弹到达各点的速率v O：v A：v B：v C=2：：：1

D．子弹从进入木块到达各点经历的时间t A：t B：t C：t D=1：：：2.

【答案】C

【解析】

【详解】

全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速运动的结论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度；故A错误；由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，故速度的差值不相等；故B错误；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由v2=2ax可知，通过CBAO的速度之比为：1：：：2；子弹到达各点的速率：v o：v A：v B：v C=2：：：1；故C正确；将子弹的速度反向视为初速度为

零的匀加速直线运动，则由给x=at2可知，反向通过各木块用时之比为1：（-

1）：（-）：（2-）；子弹从进入木块到达各点经历的时间t A：t B：t C：t D=（2-）：（-）：（-1）：1；故D错误；故选C。

【点睛】

本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确逆向法的正确应用，同时注意匀速度为零的匀加速直线运动的结论的直接应用．

2．一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2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8 m ,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．从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移

D．质点运动的初速度

【答案】C

【解析】

【详解】

C.设第一次到第二次位移为x1=2m；第三次到第四次闪光为x3=8m，则有：

23162x x m at -== ；

则

23at m = ；

而第二次闪光到第三次闪光的位移

2215x x at m =+= ，

故C 正确；

B.但由于闪光时间末知，故无法求出加速度，故B 错误；

AD.由于时间及加速度无法求出，则初速度及第一次闪光的速度也无法求出，故AD 错误；

3．质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2S 、第2个2S 和第5S 内三段位移比为（ ） A ．2：6：5 B ．2：8：7

C ．4：12：9

D ．2：2：1

【答案】C 【解析】

试题分析：设加速度为a ，则第一个2s 内的位移为211

(2)22

x a a ==，第2个2s 内的位移为22211(4)(2)622x a a a =

-=，第5s 内的位移为223119

(5)(4)222

x a a a =-=，故123::4:12:9x x x =，C 正确；

考点：考查了匀变速直线运动规律的应用

【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题

4．雨滴自屋檐由静止滴下，每隔0.2 s 滴下一滴，第1滴落地时第6滴恰欲滴下，此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.728 m 、1.344 m 、0.960 m ．假定落下的雨滴的运动情况完全相同，则此时第2滴雨滴下落的速度和屋檐高度各为 ( ) A ．7.5 m/s ，4.5 m B ．7.7 m/s ，4.8m C ．7.8 m/s ，4.9 m D ．8.0 m/s ，5.0 m 【答案】B 【解析】 【分析】

平均速度等于中点时刻的速度关系可知第二点的速度等于一、三点间的平均速度，由位移公式即可求出屋檐高度． 【详解】

由平均速度等于中点时刻的速度关系可知第二点的速度等于一、三点间的平均速度．即：

12232 1.728

1.344

/7.7/20.4

s s v m s m s t ++=

=≈，由题意，第1滴落下时第6滴恰欲滴下，则功有5个间隔，则雨滴下落的总时间550.2 1.0T t s ==?=，由2x at ?=可得：

2

2

1.728 1.3449.6/0.2a m s -=

=，屋檐高度22119.610 4.822

h aT m ==??=．，B 正确．

5．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=L 1,BC =L 2,且物体通过AB 、BC 所用的时间相等,则下列说法正确的是( )

A ．可以求得CD 的距离

B ．可以求得OA 的距离

C ．可以求得物体的加速度

D ．可以求得从A 到B 的时间 【答案】B 【解析】 【详解】

设从A 到B 的时间为t ，由2x at ?=可得物体的加速度a 的大小为：21

22

L L x a t t -?==，由于平均速度公式可得212B L L x v t t

+?=

=，根据速度位移22

02v v ax -=可得OB 的距离为2

21221()28()B OB

v L L x a L L +==-，解得OA 的距离212121()8()

OA L L x L L L +=--，因为不知道AB 、BC 所用的时间，所以不能求出加速度，因为不知道CD 所用的时间，所以不能求得CD 的距离，故B 正确，A 、C 、D 错误； 故选B ． 【点睛】

某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，设相等时间为t ，即可表示出B 点的速度，在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即2x at ?=，结合21

2B L L x v t t

+?==求出B 点的速度，再结合运动学公式可求出OA 的距离．

6．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列判断正确的是( )

A ．子弹在每个水球中的速度变化相同

B ．子弹在每个水球中运动的时间不同

C ．每个水球对子弹的冲量不同

D ．子弹在每个水球中的动能变化相同 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】

A. 设水球的直径为d ，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动．

因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d,2d,3d 和4d,根据x=

2

12

at 知，所用时间之比为1:2:3:2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同； 子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由△v=at 可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同；故A 错误，B 正确；

C. 根据冲量的定义：I=Ft ，受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同．故C 正确；

D. 根据动能定理：△E K =W=Fd ，受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在毎个水球中的动能变化相同．故D 正确． 故选BCD 【点睛】

子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题；根据冲量的定义判断冲量的变化；根据动能定理判断动能的变化．

7．如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滑下，依次经过 A 、B 、C 三点。已知 AB=6m ，BC=10m ，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 三点时的速度大小和下滑时的加速度大小分别是（ ）

A ．2 m/s ，3 m/s ，4 m/s

B ．2 m/s ，4 m/s ，6 m/s

C ．1m/s 2

D ．2m/s 2

【答案】BC 【解析】 【详解】

根据△x=at 2得加速度为：22

2106

1/2

BC AB a m s t --=

==，故C 正确，D 错误；B 点的瞬时速度等于AC 段的平均速度为：610

4/222

B AB B

C v m s t ++=

==?，则C 点的速度为；v C =v B +at=4+1×2m/s=6m/s ，A 点的速度为：v A =v B -at=4-1×2m/s=2m/s ，故B 正确，A 错误。故选BC 。

8．一列火车有n 节相同的车厢，一观察者站在第一节车厢的前端，当火车由静止开始做匀加速直线运动时( )

A ．每节车厢末端经过观察者时的速度之比是1∶2∶3∶…∶n

B ．在连续相等时间里，经过观察者的车厢节数之比是1∶3∶5∶7∶…∶(2n －1)

C ．每节车厢经过观察者所用的时间之比是1∶－1)∶)∶…∶

D ．如果最后一节车厢末端经过观察者时的速度为v ，那么在整个列车通过观察者的过程中，平均速度是v/n 【答案】BC 【解析】 【详解】

A 、设每节车厢的长度为L ，由22v as =得第一节车厢经过观察者的速度为1v =

，以

此类推可知每节车厢末端经过观察者的速度之比是?A 错误； B 、通过相同时间的位移之比为1:3:5:7:(21)n ?-可知，在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1:3:5::(21)n ?-，故B 正确； C 、根据运动学公式2

12

s at =

，则有当列车做初速度为零的匀加速运动，通过相同位移所

需时间之比1:1):::?，则每节车厢末端经过观察者的时

间之比是1:1):::?，故C 正确； D 、整个列车通过观察者的平均速度为022

v v

+=，故D 错误； 故选BC ． 【点睛】

初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内末速度之比为?第t 时间内、第2t 时间内、……、第nt 时间内的位移之比1:3:5::(21)n ?-，通过前s 、前2s 、前

3s……、前ns 内所需时间之比1:1):::?．

9．一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第 15s 内的位移比第 14s 内的位移多0.2m ，则下列说法正确的是（ ） A ．小球加速度为 0.4m/s 2 B ．小球第15s 内的位移为2.9m

C ．小球第14s 内的初速度为2.6m/s

D ．小球前15s 内的平均速度为3.0m/s 【答案】BC 【解析】 【分析】

根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出小球在第15s 内的位移；根据速度时间关系求出14s 的初速度；根据第15s 末的速度，结合平均速度的推论求出小球前15s 内的平均速度． 【详解】

A. 根据△x=aT 2

得，a=△x/T 2

=0.2/12m/s 2

=0.2m/s 2

，故A 错误； B. 小球在第15s 内的位移x 15=

2215141122at at -=1

2

×0.2×(225?196)m=2.9m ，故B 正确； C. 小球在第14s 初的速度v=at 13=0.2×13m/s=2.6m/s，故C 正确； D. 第15s 末的速度v 15=at 15=0.2×15m/s=3m/s，则小球前15s 内的平均速度

153

/22

v v m s =

==1.5m/s ，故D 错误。 故选：BC.

10．如图所示,小球从竖直砖墙某位置静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置,连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d.根据图中的信息,下列判断正确的是（ ）

A ．位置“1”是小球释放的初始位置

B ．小球做匀加速直线运动

C ．小球下落的加速度为

D ．小球在位置“5”的速度为

【答案】BD 【解析】

【详解】

A、若小球做初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等时间内，位移之比为：，而题中，1、2、3、4、5…间的位移之比为，所以位置“1”不是小球释放的初始位置，故A错误；

B、由于相邻两点间位移之差等于d，符合匀变速直线运动的特点：，所以小球做匀加速直线运动，故B正确；

C、由，得：加速度，故C错误；

D. 小球在位置“4”的速度等于3、5间的平均速度，则有，小球在位置“5”

的速度为，故D正确；

故选BD。

【点睛】

根据初速度为零的匀变速直线运动的特点分析小球释放的初始位置，根据，判断小球运动的性质，并求出加速度，根据一段时间内中点时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度。

11．一物体做自由落体运动，下落时间为3s，此物体1s末、2s末、3s末速度之比为：

v1:v2:v3；1s内、2s内、3s内的位移之比为：x1:x2:x3，则以下结论正确的是

A．v1:v2:v3=1:3:5

B．v1:v2:v3=1:2:3

C．x1:x2:x3=1:3:5

D．x1:x2:x3=1:4:9

【答案】BD

【解析】

【详解】

AB、根据自由落体运动速度时间公式可得：它在1s末，2s末，3s末的速度之比，故B正确，A错误；

CD、根据得：它在1s内，2s内，3s内位移之比为：，故D正确，C错误；

故选BD。

【点睛】

根据自由落体运动速度时间公式即可求解1s末，2s末，3s末的速度之比，根据

即可比较1s内，2s内，3s内位移之比。

12．汽车刹车后做匀减速直线运动，经3s后停止，对这一运动过程，下列说法正确的有

( )

A ．这连续三个1s 的初速度之比为3:2:1

B ．这连续三个1s 的平均速度之比为3:2:1

C ．这连续三个1s 发生的位移之比为5:3:1

D ．这连续三个1s 的速度改变量之比为1:1:1 【答案】CD 【解析】 【详解】

A.采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据v=at 知，1s 末、2s 末、3s 末的速度之比为1：2：3，则这连续三个1s 的初速度之比为3：2：1，故A 错误； BC.采用逆向思维，根据2

12

x at =

知，1s 内、2s 内、3s 内的位移之比为1：4：9，则第1s 内、第2s 内、第3s 内的位移之比为1：3：5，所以连续三个1s 内的位移之比为5：3：1，连续三个1s 内的平均速度之比为5：3：1，故B 错误，C 正确； D.根据△v =at 知，在连续三个1s 内的速度变化量之比为1：1：1，故D 正确。

13．如图所示，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，下列结论正确的是( )

A ．物体到达各点的速率之比v

B ∶v

C ∶v

D ∶v

E =1∶2∶3∶4 B ．物体到达各点经历的时间t E =2t B 2t C =3

D C ．物体从A 到

E 的平均速度v =v B

D ．物体通过每一部分时，其速度增量v B －v A =v C －v B =v D －v C =v

E －v D 【答案】BC 【解析】 【详解】

A.根据运动学公式v 2-v 02=2ax 得：物体由A 点从静止释放，所以v 2=2ax ，所以物体到达各点的速率之比

v B ：v C ：v D ：v E =1232，

故A 错误；

B.根据运动学公式x =v 0t +

12

at 2

得： 2x t a

=

物体到达各点经历的时间

t B ：t C ：t D ：t E =1：2

即

t E =2t B t C =

D 故B 正确；

C.由于v E =2v B 物体从A 到E 的平均速度

02

E

B v v v +=

= 故C 正确； D.由于

v B ：v C ：v D ：v E =12

故物体通过每一部分时其速度增量不等，故D 错误。

14．一物体以初速度为V 0做匀减速直线运动，第1s 内通过的位移为S 1=3m ，第2s 内通过的位移为S 2=2m ，又经过位移S 3，速度减小为0，则下列说法中正确的是（ ） A ．初速度V 0的大小为2.5m/s B ．加速度a 的大小为1m/s 2 C ．位移S 3的大小为1m

D ．位移S 3内的平均速度大小为0.75m/s 【答案】BD 【解析】 【分析】

根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出物体的加速度，根据速度时间公式结合平均速度公式求出1s 末的速度，再通过速度位移公式求出位移S 3的大小。 【详解】

根据△S=aT 2得：222231/1

S a m s T --＝＝＝，即加速度a 的大小为1 m/s 2，第1s 末速度为：12132/ 2.5/221

S S v m s m s T ++?＝

＝＝；物体的初速度为：v 0=v 1-aT=2.5-（-1）×1m/s=3.5m/s，A 错误，B 正确；根据匀变速直线运动规律，匀减速的总位移为：

2

2035 6.1252()12v x m m a

--?-．＝＝＝；匀减速的总时间为：0 3.5 3.51v t s s a ---＝＝＝；故有：

S 3=x-S 1-S 2=1.125m ；位移S 3内的平均速度为：3 1.125

/0.75/2 3.52

S v m s m s t --＝＝＝，故C 错误，D 正确；故选BD 。 【点睛】

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用；对于推论公式△x=aT 2，求解加速度较为方便，要记牢。

15．物体做匀加速直线运动，已知第 1s 的位移是 2m，第 2s 的位移是 6m，则下面结论正确的是（）

A．物体零时刻的速度是 2m/s

B．物体的加速度是

C．第 3s 末的速度是 10m/s

D．第 3s 的位移是 10m

【答案】BD

【解析】

【分析】

物体做匀变速直线运动，在相邻相等时间内位移之差等于常数，求的加速度，根据位移时间公式即可判断；

【详解】

A、根据相邻相等时间内位移之差等于常数可得，解得

在第一秒内由，解得，故A错误，B正确；

C、3s末的速度为，故C错误；

D、第3s内的位移为，故D正确。【点睛】

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式等，关键是抓住物体做匀变速直线运动，在相邻相等时间内位移之差等于常数的应用。