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2011届高考物理第一轮复习随堂练习题2


第 2 课时

匀变速直线运动规律及应用

1. 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.已知它经过 b 点时的速度为 v,经过 c 点时的速度为 3v,则 ab 段与 ac 段位移之比为( ) A.1∶3 B.1∶5 C.1∶8 D.1∶9

2 v2 (3v) 解析: 经过 b 点时的位移为 hab= , 经过 c 点时的位移为 hac= , 所以 hab∶hac=1∶9, 2g 2g

故选 D. 答案:D 2. 静止置于水平地面的一物体质量为 m=57 kg,与水平地面间的动摩擦因数为 0.43,在 F =287 N 的水平拉力作用下做匀变速直线运动,则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∶1 B.1∶2 C.7∶3 D.3∶7

1 1 1 2 2 2 解析: 第 5 个 7 秒内的位移为 x1= a×35 - a×28 , 第 11 个 3 秒内的位移为 x2= a×33 2 2 2 1 x1 352-282 7 2 - a×30 ,所以 = 2 = . 2 x2 33 -302 3 答案:C 3.

图 1-2-5 (2009·江苏,7)如图 1-2-5 所示,以 8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯还有 2 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 ,减速时最大 2 加速度大小为 5 m/s .此路段允许行驶的最大速度为 12.5 m/s.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,在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 D.如果距停车线 5 m 处减速,汽车能停在停车线处 8+12 解析:在加速阶段若一直加速则 2 s 末的速度为 12 m/s,2 s 内的位移为 x= ×2 m 2 =20 m,则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 16 m,则不能通过停车线,如距离停车线 5 m 处减速,汽车运动的最小距离为 6.4 m,不能停在停车线处.A、C 正确. 答案:AC

4.在四川汶川抗震救灾中,一名质量为 60 kg、训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖 直的质量为 20 kg 的长绳由静止开始滑下,速度很小可认为等于零.在离地面 18 m 高处, 武警战士感到时间紧迫,想以最短的时间滑到地面,开始加速.已知该武警战士落地的速 2 度不能大于 6 m/s,以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为 5 m/s ;长绳的下端恰 2 好着地,当地的重力加速度为 g=10 m/s .求武警战士下滑的最短时间和加速下滑的距离. 解析:设武警战士加速下滑的距离为 h1,减速下滑的距离为(H-h1),加速阶段的末速度等 2 2 于减速阶段的初速度为 vmax,由题意和匀变速运动的规律有:vmax=2gh1 vmax=2a(H-h1) 2 +v 2aH+v 2×5×18+6 由上式解得 h1= = m=7.2 m 2(g+a) 2×(10+5) 武警战士的最大速度为 vmax= 2gh1= 2×10×7.2 m/s=12 m/s 加速时间:t1= 减速时间:t2=
2 2

vmax 12 = s=1.2 s g 10 vmax-v 12-6 = s=1.2 s a 5

下滑的最短时间 t=t1+t2=1.2 s+1.2 s=2.4 s 答案:2.4 s 7.2 m 5.

图 1-2-6 (2010·湖南十校联考)如图 1-2-6 所示, 离地面足够高处有一竖直的空管, 质量为 2 kg, 管长为 24 m,M、N 为空管的上、下两端,空管受到 F=16 N 竖直向上的拉力作用,由静 止开始竖直向下做加速运动,同时在 M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛,小球 2 只受重力,取 g=10 m/s .求: (1)若小球上抛的初速度为 10 m/s,则其经过多长时间从管的 N 端穿出; (2)若此空管的 N 端距离地面 64 m 高,欲使在空管到达地面时小球必须落到管内,在其他 条件不变的前提下,求小球的初速度大小的范围. 解析:(1)对管由牛顿第二定律得 mg-F=ma① 代入数据得 a=2 m/s
2

设经过 t 时间从 N 端穿出 1 2 对管:h= at ② 2 1 2 对球:-(24+h)=v0t- gt ③ 2 由②③得:2t -5t-12=0,解得:t=4 s,t′=-1.5 s(舍去).
2

1 2 (2)-64=v0t1- gt1④ 2 1 2 64= at1⑤ 2 1 2 -88=v′0t1- gt1⑥ 2 由④⑤得:v0=32 m/s,由⑤⑥得:v0′=29 m/s,所以 29 m/s<v0<32 m/s. 答案:(1)4 s (2)29 m/s<v0<32 m/s

1. 从足够高处释放一石子甲,经 0.5 s,从同一位置再释放另一石子乙,不计空气阻力,则 在两石子落地前,下列说法中正确的是( ) A.它们间的距离与乙石子运动的时间成正比 B.甲石子落地后,经 0.5 s 乙石子还在空中运动 C.它们在空中运动的时间相同 D.它们在空中运动的时间与其质量无关 1 2 解析:两石子做自由落体运动,设 t 时刻甲下落的高度为 h1= gt ,则乙下落的高度为 h1 2 1 1 1 2 = g(t-0.5) ,它们之间的距离 h1-h2= g(t-0.25)= g[(t-0.5)+0.25]与乙石子运 2 2 2 动的时间(t-0.5)不成正比,A 错误;由于两石子下落的高度相同,因此下落的时间相同, 2h 甲石子落地后, 经 0.5 s 乙石子刚好落地, B 错误, C 正确; 由于不计空气阻力, 由 t=

g

可知,两石子在空中运动的时间与质量无关,D 正确. 答案:CD 2. 在水平面上有 a、b 两点,相距 20 cm,一质点在一恒定的合外力作用下沿 a 向 b 做直线 运动, 经过 0.2 s 的时间先后通过 a、 b 两点, 则该质点通过 a、 b 中点时的速度大小为( ) A.若力的方向由 a 向 b,则大于 1 m/s,若力的方向由 b 向 a,则小于 1 m/s B.若力的方向由 a 向 b,则小于 1 m/s;若力的方向由 b 向 a,则大于 1 m/s C.无论力的方向如何,均大于 1 m/s D.无论力的方向如何,均小于 1 m/s

t 0.2 解析:无论力的方向如何,0.2 s 中间时刻的瞬时速度均为 v = m/s=1 m/s,经分析 2 0.2 可知,质点无论是匀加速还是匀减速,a、b 中间时刻的瞬时速度均小于 a、b 中点时的速 度,所以选项 C 正确.
答案:C 3.

图 1-2-7 2009 年 3 月 29 日,中国女子冰壶队首次夺得世界冠军,如图 1-2-7 所示,一冰壶以速 度 v 垂直进入三个矩形区域做匀减速运动,且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零, 则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是 ( ) A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1 C.t1∶t2∶t3=1∶ 2∶ 3 B.v1∶v2∶v3= 3∶ 2∶1 D.t1∶t2∶t3=( 3- 2)∶( 2-1)∶1

解析: 因为冰壶做匀减速运动, 且末速度为零, 故可以看做反向匀加速直线运动来研究. 初 速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为 1∶( 2-1)∶( 3- 2), 故所求时间之比为( 3- 2)∶( 2-1)∶1,所以选项 C 错,D 正确;由 v=at 可得初速 度为零的匀加速直线运动中的速度之比为 1∶ 2∶ 3,则所求的速度之比为 3∶ 2∶1, 故选项 A 错,B 正确,所以正确选项为 BD. 答案:BD 4.两物体分别从不同高度自由下落,同时落地,第一个物体下落时间为 t,第二个物体下落 时间为 t/2,当第二个物体开始下落时,两物体相距( ) A.gt
2

B.3gt /8

2

C.3gt /4

2

D.gt /4

2

t 1 2 1 ?t? 解析: 当第二个物体开始下落时, 第一个物体已下落 时间, 此时离地高度 h1= gt - g? ? 2 2 2 ?2? 2 1 ?t?2 gt 2 ,第二个物体下落时的高度 h2= g? ? ,则待求距离 Δ h=h1-h2= . 2 ?2? 4
答案:D 5. 四个小球在离地面不同高度处,同时从静止释放,不计空气阻力,从某一时刻起每隔相 等的时间间隔,小球依次碰到地面.则刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是下图 中的( )

答案:C 6.一个质点正在做匀加速直线运动,用固定的照相机对该质点进行闪光照相,闪光时间间隔 为 1 s.分析照片得到的数据,发现质点在第 1 次、第 2 次闪光的时间间隔内移动了 2 m; 在第 3 次、第 4 次闪光的时间间隔内移动了 8 m,由此不可求得( ) A.第 1 次闪光时质点的速度 B.质点运动的加速度

C.从第 2 次闪光到第 3 次闪光这段时间内质点的位移 D.质点运动的初速度

解析:如上图所示,x3-x1=2aT ,可求得 a,而 v1= -a· 可求. T 2

2

x1

T

x3-x1 x1+x3 x2=x1+aT2=x1+ = 也可求,
2 2 因不知第一次闪光时已运动的时间和位移,故初速度 v0 不可求. 答案:D 7.一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时,其速度恰好减为零.若设斜面全长 L,滑块通 3 过最初 L 所需时间为 t,则滑块从斜面底端到顶端所用时间为( ) 4 4 A. t 3 5 B. t 3 3 C. t 2 D.2t

解析:假设存在逆过程,即为初速度是零的匀加速直线运动,将全过程分为位移均为 L/4 的四个阶段,根据匀变速直线运动规律,其时间之比为 1∶( 2-1)∶( 3- 2)∶(2- ( 2-1)+( 3- 2)+(2- 3) t 3),根据题意可列方程: = ,t′=2t. t ′ 1+( 2-1)+( 3- 2)+(2- 3) 答案:D 8. 将一小物体以初速度 v0 竖直上抛,若物体所受的空气阻力的大小不变,则小物体到达最 高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程为 x1 和 x2, 速度的变化量为 Δ v1 和 Δ v2 的大小关系为( ) A.x1>x2 B.x1<x2 C.Δ v1>Δ v2 D.Δ v1<Δ v2

解析:上升的加速度 a1 大于下落的加速度 a2,根据逆向转换的方法,上升的最后一秒可以 1 2 看成以加速度 a1 从零下降的第一秒,故有:Δ v1=a1t,x1= a1t ;而以加速度 a2 下降的第 2 1 2 一秒内有:Δ v2=a2t,x2= a2t ,因 a1>a2,所以 x1>x2,Δ v1>Δ v2,即 A、C 正确. 2 答案:AC 9.

图 1-2-8 如图 1-2-8 所示,在光滑的斜面上放置 3 个相同的小球(可视为质点),小球 1、2、3 距 斜面底端 A 点的距离分别为 x1、x2、x3,现将它们分别从静止释放,到达 A 点的时间分别 为 t1、t2、t3,斜面的倾角为 θ .则下列说法正确的是( )

A. = = C. 2= 2=

x1 x 2 x 3 t1 t 2 t 3 x1 x 2 x 3 t1 t2 t2 3

B. > >

x1 x2 x3 t1 t2 t3 s1 t1

D.若 θ 增大,则 2的值减小

1 2 x 1 解析:三个小球在光滑斜面上下滑时的加速度均为 a=gsin θ ,由 x= at 知 2= a,因 2 t 2 此 2= 2= 2.当 θ 增大,a 增大, 2的值增大,C 对,D 错. v = ,且 v = ,由物体到 t1 t2 t3 t t 2 达底端的速度 v =2ax 知 v1>v2>v3,因此 v 1> v 2> v 3,即 > > ,A 错,B 对. 答案:BC 10.
2

x1 x 2 x 3

x

x

v

x1 x2 x3 t1 t2 t3

图 1-2-9 (2010·湖北部分重点中学月考)如图 1-2-9 所示水平传送带 A、B 两端点相距 x=7 m, 起初以 v0=2 m/s 的速度顺时针运转.今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放至 A 点 2 处,同时传送带以 a0=2 m/s 的加速度加速运转,已知小物块与传送带间的动摩擦因数为 0.4,求:小物块由 A 端运动至 B 端所经历的时间. 解析:小物块刚放上传送带时,由牛顿第二定律:μ mg=ma,得:a=4 m/s 小物块历时 t1 后与传送带速度相同,则:at1=v0+a0t1,得:t1=1 s 此过程中小物块的位移为:x1=at1/2,得:x1=2 m<x=7 m 故小物块此时尚未到达 B 点,且此后的过程中由于 a0<μ g,所以小物块将和传送带以共同 2 的加速度运动,设又历时 t2 到达 B 点,则:x-x1=at1t2+a0t2/2 得:t2=1 s 小物块从 A 到 B 历时:t=t1+t2=2 s. 答案:2 s 11.
2 2

图 1-2-10 “10 米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质,如图 1-2-10 所示.测定时,在平直跑 道上,受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前,当听到“跑”的口令后,全力跑向正 前方 10 米处的折返线,测试员同时开始计时,受试者到达折返线处时,用手触摸折返线 处的物体(如木箱),再转身跑向起点终点线,当胸部到达起点终点线的垂直面时,测试员 2 停表,所用时间即为“10 米折返跑”的成绩.设受试者起跑的加速度为 4 m/s ,运动过程 2 中的最大速度为 4 m/s,快到达折返线处时需减速到零,减速的加速度为 8 m/s ,返回时 达到最大速度后不需减速, 保持最大速度冲线. 求该受试者“10 米折返跑”的成绩为多少 秒? 解析:对受试者,由起点终点线向折返线运动的过程中

vm 1 加速阶段:t1= =1 s,x1= vmt1=2 m a1 2 vm 1 减速阶段:t3= =0.5 s;x3= vmt3=1 m a2 2
匀速阶段:t2=

l-(x1+x3) =1.75 s vm

由折返线向起点终点线运动的过程中

vm 1 加速阶段:t4= =1 s,x4= vmt4=2 m a1 2
匀速阶段:t5=

l-x4 =2 s vm

受试者“10 米折返跑”的成绩为:t=t1+t2+?+t5=6.25 s. 答案:6.25 s 12.

图 1-2-11 如图 1-2-11 所示,一辆上表面光滑的平板小车长 L=2 m,车上左侧有一挡板,紧靠挡 板处有一可看成质点的小球.开始时,小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动,速度 2 大小为 v0=5 m/s.某时刻小车开始刹车,加速度 a=4 m/s .经过一段时间,小球从小车右 端滑出并落到地面上.求: (1)从刹车开始到小球离开小车所用的时间; (2)小球离开小车后,又运动了 t1=0.5 s 落地.小球落地时落点离小车右端多远? 解析: (1)刹车后小车做匀减速运动, 小球继续做匀速运动, 设经过时间 t, 小球离开小车, 经判断知此时小车没有停止运动,则 x 球=v0t ①

x 车=v0t- at2 x 球-x 车=L


1 2



代入数据可解得:t=1 s



(2)经判断小球离开小车又经 t1=0.5 s 落地时, 小车已经停止运动. 设从刹车到小球落地,

v2 0 小车和小球总位移分别为 x1、x2,则:x1= ⑤ 2a x2=v0(t+t1) ⑥
设小球落地时,落点离小车右端的距离为 Δ x,则:Δ x=x2-(L+x1)⑦ 解得:Δ x=2.375 m.⑧ 答案:(1)1 s (2)2.375 m


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