2016届高考物理第一轮考点复习知能检测2

[随堂操练 ]
1．质点做直线运动的位移x 与时间 t 的关系为 x＝5t＋t2(各物理量均采纳国际单位制单位)，则该质点 ()
A ．第 1 s 内的位移是 5 m
B．前 2 s 内的均匀速度是 6 m/s
C．随意相邻的 1 s 内位移差都是 1 m
D．随意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s
分析：由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋1
2at2，对照题给关
系式可得 v0＝5 m/s，a＝2 m/s2.则第 1 s 内的位移是 6 m，A 错；前 2
x25×2＋22
m/s＝7 m/s，B 错； x＝aT2＝2 m，s内的均匀速度是 v ＝t＝2
C 错；随意 1 s 内速度增量v＝at＝2 m/s，
D 对．
答案： D
2．(2014 年铜陵调研 )一个物体做匀加快直线运动，它在第 3 s 内的位移为 5 m，则以下说法正确的选项是 ()
A ．物体在第 3 s 末的速度必定是 6 m/s
B．物体的加快度必定是 2 m/s2
C．物体在前 5 s 内的位移必定是25 m
分析：匀变速直线运动的中间时辰的刹时速度等于该段的均匀速
度，依据第 3 s内的位移为 5 m，则 2.5 s时辰的刹时速度为v＝5 m/s,2.5 s 时辰即为前 5 s 的中间时辰，所以前 5 s 内的位移为 x＝vt＝5×5 m
＝25 m，C 项对；因为没法确立物体在零时辰的速度以及匀变速运动
的加快度，故 A、B、D 项均错．
答案： C
3．一物体从一行星表面某高处做落体运动．自开始着落计时，
获取物体离该行星表面的高度h 随时间 t 变化的图象如下图，则下
列说法正确的选项是 ()
①行星表面重力加快度大小为8 m/s2②行星表面重力加快度大小为 10 m/s2③物体落到行星表面时的速度大小为20 m/s④物体落到行星表面时的速度大小为25 m/s
A ．①④B．①③
C．②③D．②④
分析：由图中能够看出物体从h＝25 m 处开始着落，在空中运动
了 t＝2.5 s 抵达行星表面，依据
12
h＝2at ，能够求出2a＝8m/s，故①
正确；依据运动学公式能够算出
答案： B
v＝at＝20 m/s，可知③正确．
4．(2013 年高考广东理综 )某航母跑道长200 m．飞机在航母上滑行的最大加快度为 6 m/s2，腾飞需要的最低速度为50m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获取的最小初速度为()
A ．5 m/s B．10 m/s
C．15 m/s D．20 m/s
分析：由题知，位移 x＝200 m，加快度 a＝6 m/s2，末速度 v＝50m/s，求初速度 v0.由 v2－v02＝2ax 可得：v0＝10 m/s，故 B 项正确．答案： B
[限时检测 ]
(时间： 45 分钟，满分 100 分)
[ 命题报告·教师用书独具 ]
知识点题号
基本公式的应用1、4、7
刹车类问题2
匀变速直线运动的推论8、9
自由落体运动5、6
传递带类问题10
竖直上抛运动3
匀变速直线运动规律的综
11、12
合应用
一、选择题 (此题共 10 小题，每题7 分，共 70分，每题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内) 1．(2014 年马鞍山模拟 )一个从静止开始做匀加快直线运动的物体，从开始运动起，连续经过三段位移的时间分别是 1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的均匀速度之比分别是
()
A ．1∶22∶32,1∶2∶3B．1∶8∶27,1∶4∶9
C．1∶2∶3,1∶1∶1D．1∶3∶5,1∶2∶3
分析：依据位移公式x＝1
2at2，从开始运动起，连续经过的三段
位移分别为 x1＝1
at12＝
1
a、x2＝
1
a(t2＋t1)2－
1
at12＝4a、x3＝
1
a(t3＋ t2 22222
＋t1)2－1
a(t1＋t2)2＝
27
a，再依据均匀速度公式v ＝x/t 可得选项 B 正22
确．
答案： B
2．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s 匀减速到零所用的时间为 1 s，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后位移不得超出 5.9 m，那么上述刹车试验能否切合规定 ()
A ．位移为 8 m，切合规定
B．位移为 8 m，不切合规定
C．位移为 4 m，切合规定
D．位移为 4 m，不切合规定
v0＋v t得：＝8＋0
分析：由 x＝ v t＝
t×1 m＝4 m＜5.9 m，故 C
2x2
正确．
答案： C
3．(2014 年皖南八校联考 )一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力 )．设抛出时 t＝0，获取物体上涨高度随时间变化的 h-t 图象如下图，则该行星表面重力加快度大小与物体被抛出时的初速
度大小分别为 ()
A ．8m/s2,20 m/s B．10 m/s2,25 m/s
C．8 m/s2,25 m/s D．10 m/s2,20 m/s
分析：由题图已知，物体上涨的最大高度H m＝25 m，上涨和下
落的时间均为 t＝2.5s，由 H m＝1
gt2可得出该行星表面的重力加快2
2
v0
度大小为 g＝8 m/s .由 t＝g可得： v0＝gt＝ 20m/s，故 A 正确．答案： A
4．(2014 年淮北调研 )如下图，在倾角θ＝30°的足够长的圆滑斜面上，一质量为 2 kg 的小球自与斜面底端 P 点相距 0.5 m 处，以 4 m/s 的初速度沿斜面向上运动．在返回 P 点以前，若小球与 P 点之间
的距离为 d，重力加快度 g 取 10 m/s2，则 d 与 t 的关系式为 ()
A ．d＝4t＋2.5t2
2B．d＝4t－2.5t2
2
分析：小球沿圆滑斜面向上运动，因为所受协力沿斜面向下，大
小为 mgsin θ，所以小球做匀减速直线运动，知足 x＝v0t－1
2at2.初始
时辰至 P 的距离为 0.5 m，所以 d＝0.5＋4t－2.5t2，D 正确．答案： D
5．A、B 两小球从不一样高度自由着落，同时落地， A 球着落的时间为 t，B 球着落的时间为 t/2，当 B 球开始着落的瞬时， A、B 两球
的高度差为 ()
232
A ．gt B.8gt
3212
C.4gt
D.4gt
分析： A 球着落高度为121t21
h A＝gt ，B 球着落高度为h B＝ g( ) ＝
222
8
1t2 2
gt，当 B 球开始着落的瞬时， A、B 两球的高度差为h＝h A－2g(2) 12
－h B＝4gt ，所以 D 项正确．
答案： D
6．跳伞运动员以 5 m/s 的速度匀速下降，在离地面h＝10m 的地方掉了一颗扣子，跳伞员比扣子晚着陆的时间为(扣子所受空气阻力可忽视， g＝10 m/s2)()
A ．2s B. 2 s
C．1s D．(2－ 2) s
分析： v0＝5 m/s，a＝g＝10 m/s2，h＝10m
12
由 h＝v0t＋2gt ，
代入数据得扣子着落的时间为t＝1 s，(t＝－ 2s 舍去 )．
h
又跳伞运动员着落的时间t′＝v0＝2s.
故跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为t′－t＝ 1s.
答案： C
7．(2014 年宣城模拟 )我国是一个能源耗费大国，节俭能源刻不
容缓．设有一架直升机以加快度 a 从地面由静止开始竖直向上腾飞，
已知飞机在上涨过程中每秒钟的耗油量V＝pa＋q(p、q 均为常数， a
为向上的加快度 )，若直升机欲加快上涨到某一高度处，且耗油量最
小，则其加快度大小应为()
p
A. q
q B.p
p ＋q
p ＋q
C.
p
D.
q
分析： 飞机匀加快上涨，则
1 2
H ＝2at ，
耗油总量
V 0＝Vt ＝(pa ＋q)t.
联立得
V 0＝p
2Ha ＋q
2H a ，
当
p
2Ha ＝q
2H a 时， V 0 有最小值，即
q a ＝p.
答案： B
8．(2014 年安庆质检 )一质量为 m 的滑块在粗拙水平面上滑行，
经过频闪照片剖析得悉，滑块在最开始
2 s 内的位移是最后 2 s 内位
移的两倍，且已知滑块最开始
1 s 内的位移为 2.5 m ，由此可求得
(
)
2
A ．滑块的加快度为 5 m/s
B ．滑块的初速度为 5 m/s
D ．滑块运动的总位移为 4.5 m
分析：依据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其
逆运动是初速度为零的匀加快直线运动，设其运动的总时间为
t ，加
速度为 a ，设逆运动最先 2 s 内位移为 x 1，最后 2 s 内位移为 x 2，由运
1
2
1
2
1
2
1 2
动学公式有 x 1＝2a × 2 ；x 2＝2at －2a(t －2) ；且 x 2＝2x 1；2.5＝2at －1
a(t －1)2 ，代入数据得正确选项为 D.
2
答案： D
9．如下图，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，挨次经
a、b、c、d 抵达最高点 e.已知 ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从 a 到 c 和从 c 到 d 所用的时间都是 2 s，设小球经 b、c 时的速度分别为v b、v c，则 ()
A ．v b＝2 2 m/s B．v c＝2 m/s
C．x de＝3 m D．从 d 到 e 所用时间为 4 s
分析：小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因T ac＝T cd＝T，故 c
x ad
6＋6
点为 a 到 d 的中间时辰，故v c＝2T＝2×2 m/s＝3 m/s，故 B 错误；
因 x ac＝x ab＋x bc＝7 m，x cd＝x bd－x bc＝5 m，故加快度大小为 a＝x ac－x cd
2
T
2v c
＝0.5 m/s ，由 v c＝aT ec得 T ec＝a＝6 s，则 T de＝T ec－T cd＝4 s；x de＝
x ec－x cd＝4 m，故 C 错误， D 正确；由 v2b－v c2＝ 2a·x bc可得， v b＝10 m/s，A 错误．
答案： D
10．如下图，传递带保持 1 m/s 的速度顺时针转动．现将一质
量 m＝0.5 kg 的物体轻轻地放在传递带的 a 点上，设物体与传递带间
的动摩擦因数μ＝0.1，a、b 间的距离 L＝2.5 m，则物体从 a 点运动
到 b 点所经历的时间为 (g 取 10 m/s2)()
A. 5 s B．( 6－1) s
C．3 s D．2.5 s
分析：物块开始做匀加快直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到皮
v21
带的速度时发生的位移x＝2a＝2×1 m＝0.5 m＜L，故物体接着做匀
速直线运动，第 1 段时间 t1＝v
＝1 s，第 2 段时间 t2＝
L－x 2.5－0.5
v
＝
1
a
s＝2 s，t 总＝t1＋t2＝3 s.
答案： C
二、非选择题 (此题共 2 小题，共 30 分，解答时应写出必需的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(15 分)飞机着陆后以 6 m/s2的加快度做匀减速直线运动，其着陆速度为 60 m/s，求：
(1)它着陆后 12 s 内滑行的位移 x；
(2)整个减速过程的均匀速度(用两种方法求解 )；
(3)静止前 4 s 内飞机滑行的位移x′.
分析： (1)以初速度方向为正方向，则有a＝－ 6 m/s2
飞机在地面滑行最长时间
v0－60
t＝a＝s＝10 s
－6
所以飞机 12 s 内滑行的位移等于10 s 内滑行的位移由 v2－v02＝－v20－602
2ax 可得 x＝2a＝2× －6m＝300 m.
(2)法一： v ＝v t＋v0
＝
0＋60
m/s＝ 30 m/s 22
x 300
法二： v ＝t ＝10m/s＝30 m/s
(3)可当作反向的初速度为零的匀加快直线运动
x′＝1
2at2＝
1
2×6×42 m＝48 m.
答案： (1)300 m (2)30 m/s(3)48 m
12．(15 分)(2014 年宿州模拟 )如下图，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度 v0＝2 m/s、加快度 a＝2 m/s2向下滑，在抵达底端前 1 s
7
内，所滑过的距离为15L，此中 L 为斜面长，则
(1)小滑块在斜面上滑行的时间为多少？
(2)小滑块抵达斜面底端时的速度v 是多少？
(3)斜面的长度 L 是多少？
88分析：设小滑块在斜面距离为15L 上的滑行时间为t，抵达15
L 处的速度为 v1，又 a＝2 m/s2，v0＝2 m/s，则
7L＝v1×1＋1
a×12
152 v1＝v0＋at
8L＝v0t＋1 at2
152
联立得 t＝2 s，L＝15 m
小滑块在斜面上滑行的时间t 总＝t＋1＝3 s
2016届高考物理第一轮考点复习知能检测2
抵达斜面底端时v＝v0＋at 总＝8 m/s.
答案： (1)3 s(2)8 m/s(3)15 m。