高考经典课时作业1-2 匀变速直线运动规律

高考经典课时作业1-2 匀变速直线运动规律（含标准答案及解析）时间：45分钟 分值：100分1．(2013·山西四校联考)伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是( )A ．斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程B ．斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于小球运动时间的测量C ．通过对斜面实验的观察与计算，直接得到自由落体的运动规律D ．根据斜面实验结论进行合理的外推，得到自由落体的运动规律2．汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s 匀减速至零，需用时间1 s ，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m ，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( ) A ．拖行路程为8 m ，符合规定 B ．拖行路程为8 m ，不符合规定 C ．拖行路程为4 m ，符合规定 D ．拖行路程为4 m ，不符合规定3．给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0gD.3v 02g4．一个小石块从空中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 段位移大小之比为( ) A ．1∶3 B ．1∶5 C ．1∶8 D ．1∶95．一个质点正在做匀加速直线运动，现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6．一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a 点上滑，最远可达b 点，e 为ab 的中点，已知物体由a 到e 的时间为t 0，则它从e 经b 再返回e 所需时间为( )A ．t 0B ．(2－1)t 0C ．2(2＋1)t 0D ．(22＋1)t 0 7．(2011·高考安徽卷)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2.则物体运动的加速度为( ) A.2Δx t 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2 B.Δx t 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2C.2Δx t 1＋t 2t 1t 2t 1－t 2D.Δx t 1＋t 2t 1t 2t 1－t 28．如右图所示，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v 1射入A ，以速度v 2穿过B ，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为( )A.2 v 1＋v 23B. 2 v 21＋v 223C.2v 21＋v 223D.23v 1 9．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上拋一物体，从拋出至回到拋出点的时间为t ，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( ) A ．0.5t B ．0.4t C ．0.3t D ．0. 2t10．研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s 的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s 产品撞击到地面．不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度．(g 取10 m/s 2)11．(改编题)2011年12月1日至21日，印度和吉尔吉斯斯坦举行了代号为“匕首—2011”的联合反恐军事演习，印方参演人员全部来自印度伞兵团．在一次低空跳伞演练中，当直升飞机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，(取g ＝10 m/s 2)求：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？12．从斜面上某一位置，每隔0.1 s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，如右图所示，测得x AB＝15 cm，x BC＝20 cm，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．标准答案及解析：1．解析：“斜面实验”中小球运动的加速度较小，便于运动时间的测量，A 错误、B 正确；斜面倾角增大到90°时，斜面运动外推为自由落体运动，C 错误、D 正确． 答案：BD 2．解析：v －＝v 02＝4 m/s.x ＝v －·t ＝4 m<5.9 m ，故C 正确．答案：C 3．解析：当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02和v ＝－v 02，由公式t ＝v －v 0a ，得t ＝v 0g 和t ＝3v 0g ，故B 、C 选项正确．答案：BC 4．解析：由v ＝gt 可知小石块在a b 段运动时间与ac 段运动时间之比为1∶3，由匀变速直线运动的平均速度公式可知小石块在ab 段运动的平均速度与ac 段运动的平均速度大小之比为1∶3，则ab 段与ac 段位移大小之比为1∶9. 答案：D 5．解析：由x 23－x 12＝x 34－x 23可求x 23，故C 正确；由Δx ＝aT 2可求a ，故B 正确；由v 2＝x 132T可求v 2，再由v 2＝v 1＋aT 可求v 1，故A 正确，但物体原来的初速度无法求出，故D 错．答案：ABC 6．解析：由逆向思维可知物体从b 到e 和从e 到a 的时间比为1∶(2－1)；即t ∶t 0＝1∶(2－1)，得t ＝(2＋1)t 0，由运动的对称性可得从e 到b 和从b 到e 的时间相等，所以从e 经 b 再返回e 所需时间为2t ，即2(2＋1)t 0，答案为C. 答案：C 7．解析：由匀变速直线运动一段时间内，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知v 1＝Δx t 1，v 2＝Δxt 2，由匀变速直线运动的速度公式知v 2＝v 1＋a ⎝⎛⎭⎫t 12＋t 22.联立以上三式可得A 正确． 答案：A8．解析：设子弹运动的加速度大小为a ，子弹穿出A 时的速度为v ，子弹在A 中运动过程中，有v 2－v 21＝－2aL ，子弹在B 中运动过程中，有v 22－v 2＝－2a ·2L ，两式联立可得，v ＝2v 21＋v 223，因此C 对．答案：C 9．解析：将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t 1，上面一段位移所用时间为t 2，根据逆向思维可得：t 2∶t 1＝1∶(2－1)，又知，物体撞击挡板后以原速度大小弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t ′＝2t 1且t 1＋t 2＝t2，由以上几式可得：t ′＝(2－1)t /2≈0.3t ，正确答案为C. 答案：C 10．解析：解法一：全程法将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图所示． 规定向上为正方向，则v 0＝10 m/s ，a ＝－g ＝－10 m/s 2根据H ＝v 0t ＋12at 2解得H ＝－495 m即产品的释放位置离地距离为495 m. 解法二：分段法仍然根据题意画出运动草图如图所示．将产品的运动过程分为A →B 和B →C →D 两段来处理．A →B 为竖直上拋运动，B →C →D 为自由落体运动．在A →B 段，根据竖直上拋运动规律可知t AB ＝v 0g＝1 sh AB ＝h BC ＝12gt 2AB (或v 202g )＝5 m由题意可知t BD ＝11 s －1 s ＝10 s根据自由落体运动规律可得h BD ＝12gt 2BD＝500 m故释放点的高度H ＝h BD －h BC ＝495 m. 答案：495 m 11．解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，则有v 2－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h 又v 20＝2g (224－h )＝2×10×(224－h ) 联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即2gh 1＝v 2所以h 1＝v 22g ＝5220m ＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，t 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5 s ＝3.6 s ，故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s. 答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s 12．解析：(1)由Δx＝aT2得：a＝ΔxT2＝x BC－x ABT2＝5 m/s2(2)v B＝x AB＋x BC2T＝1.75 m/s(3)由Δx＝x CD－x BC＝x BC－x AB得：x DC＝2x BC－x AB＝25 cm.(4)小球B到达图示位置运动的时间t B＝v Ba＝0.35 s则B球上面正在运动着的小球共有3颗，A球上面正在运动着的小球共有2颗．答案：(1)5 m/s2(2)1.75 m/s(3)25 cm(4)2颗。