2019版高考物理总复习 第1课 直线运动的基本概念与规律练习.doc

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1、1第第 1 1 课课 直线运动的基本概念与规律直线运动的基本概念与规律 1匀变速直线运动 a运用匀变速直线运动的 3 个基本关系式解决实际问题 (1)(2018 改编，10 分)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和 s1(s1s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起 跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板， 冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板 时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速直线运动，冰球做匀变速 直线运动，到达挡板时的速度为v

2、1。求： 冰球在冰面上滑行的加速度； 满足训练要求的运动员的最小加速度。答案：(4 分) (6 分)解析：设冰球的加速度为a1 由速度与位移的关系知 2a1s0vv(2 分)2 12 0解得a1(2 分)设冰球运动时间为t，则t(2 分)v1v0 a1又s1at2(2 分)1 2解得a(2 分)（2）(经典题，13 分)甲、乙两辆汽车都从静止出发做直线加速运动，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

3、过的总路程之比。 答案：57(13 分) 解析：设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程 为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2，由运动学公式得 vat0(1 分)s1at(2 分)1 22 02s2vt0 (2a)t(2 分)1 22 0设汽车乙在时间t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2 同样有v(2a)t0(1 分)s1 (2a)t(2 分)1 22 0s2vt0at(2 分)1 22 0设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s，则有 ss1s2(1 分) ss1s2(1 分) 联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶

4、的总路程之比为 (1 分)s s5 7b应用 3 个基本关系式的 3 个推论巧解实际问题 (3)(经典题，6 分)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 16 m 的路程，第一段用 时 4 s，第二段用时 2 s，则物体的加速度是( )A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s22 34 38 916 9答案：B 解析：匀变速直线运动在一段时间内的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度，根据题意，在第一段路程内中间时刻的瞬时速度为v1 m/s4 m/s，在第二段路程的中间时16 4刻的瞬时速度为v2 m/s8 m/s，则物体加速度为a m/s2 m/s2，故16 2v2v1

5、t84 34 3B 项正确。c运用初速度为 0 的匀加速直线运动的推论解决实际问题 (4)(多选)(2018 改编，6 分)物体从静止开始做匀加速直线运动，第 3 s 内通过的位移是 3 m，则( ) A物体的加速度为 1 m/s2 B物体在 1.5 s 时的速度为 1.8 m/s C物体第 4 s 内通过的位移为 4.2 m D物体前 3 s 内通过的位移为 6 m 答案：BC 解析：法一(运用基本公式)由题意得物体前 3 s 内的位移x3at，前 2 s 内的位移x2at，由x3x23 m 得1 22 31 22 2a1.2 m/s2，故 A 项错误。物体在 1.5 s 时的速度vat1.

6、8 m/s，故 B 项正确。物体在第 4 s 内通过的位移 x4x4x3atat4.2 m，故 C 项正确。物体前 3 s 内通1 22 41 22 33过的位移x3at5.4 m，故 D 项错误。1 22 3法二(运用推论) 由初速度为 0 的匀加速直线运动的推论知，连续相等的时间T内的位移之比为 (x1x2x3xn135(2n1)，代入物体在第 3 s 内通过的位移 x3 3 m 得物体在第 4 s 内通过的位移为 4.2m，前 3 s 内的位移x3x1x2x30.6 m1.8 m3 m5.4 m，故 C 项正确，D 项错误。由物体在前 3 s 内通过的位移x3at1 2得a1.2 m/s

7、2，故 A 项错误。物体在 1.5 s 时的速度vat1.8 m/s，故 B 项正确。2 3d运用逆向思维巧解速度减为 0 的匀减速直线运动问题 (5)(经典题，6 分)一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高 可滑至C点，已知AB是BC的 3 倍，如图所示，已知物块从A至B所用的时间为t0，则它 从B经C再回到B，需要的时间是( )At0 B3t0 C2t0 D.t03 2答案：C 解析：将物块从A到C的匀减速直线运动，运用逆向思维可看成从C到A的初速度为零的 匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，可知连续相邻相等的时间内位 移之比为奇数比，而CBAB1

8、3，正好符合奇数比，故tABtBCt0，且从B到C的时 间等于从C到B的时间，故从B经C再回到B需要的时间是 2t0，故 C 项正确。(6)(2018 改编，10 分)飞机着陆后以 6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为 60 m/s，求： 飞机着陆后 12 s 内滑行的距离； 飞机刚着陆后 4 s 内与飞机静止前 4 s 内滑行的距离之比。 答案：300 m(5 分) 41(5 分) 解析：飞机着陆后到停止所用的时间t s10 s(2 分)v a60 6故飞机着陆后的 12 s 内的后 2 s 飞机静止，把飞机匀减速直线运动的过程看成是初速度为 0 的匀加速直线运动，则xat2

9、 6102 m300 m(或xt10 m300 m)(3 分)1 21 2vv0 260 2由初速度为 0 的匀加速直线运动推论知 从飞机静止到飞机刚着陆的过程中，连续 2 s 内的位移之比为 13579(2 分)4故飞机着陆后 4 s 内与静止前 4 s 内的位移之比 x1x2(79)(13)41(3 分)2两类典型的匀变速直线运动 a自由落体运动：初速度为 0、加速度为g的匀加速直线运动 (7)(2018 改编，10 分)如图所示木杆长 5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由 落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方 20 m 处圆筒AB，圆筒AB长为 5 m，取g10 m/s2，

10、求木杆通过圆筒AB的过程中的平均速度是多少？答案： 5() m/s(10 分)53解析：法一(运用平均速度定义式) 木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A s s(3 分)2h下A g2 15 103木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B s s(2 分)2h上B g2 25 105则木杆通过圆筒所用的时间 tt上B t下A() s(2 分)53木杆通过圆筒的平均速度 m/s5() m/s(3 分)l木l筒 t555 353法二(运用平均速度推论) 木杆的下端到达圆筒上端A时的速度 v下A m/s10 m/s(4 分)2gh下A2 10 153木杆的上端离开圆筒下端B时的速度 v上B m/s10 m/

11、s(3 分)2gh上B2 10 255则木杆通过圆筒的平均速度 m/s5() m/s(3 分)v下Av上B 210（ 5 3）253b竖直上抛运动：初速度向上、加速度为g的匀变速直线运动 (8)(经典题，14 分)某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂 直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过 4 s 到达离地面 40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g10 m/s2，求： 燃料恰好用完时火箭的速度；5火箭上升离地面的最大高度； 火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。 答案：20 m/s(3 分) 60 m(4 分) (62 ) s(7 分)

12、3解析：设燃料用完时火箭的速度为v1。 火箭上升分为两个过程，第一个过程为初速度为 0 的匀加速直线运动，第二个过程为竖直 上抛运动至到达最高点。对火箭匀加速上升运动过程有h1t1(2 分)v1 2代入数据解得v120 m/s(1 分)对竖直上抛运动有h2(2 分)代入数据解得h220 m(1 分) 所以火箭上升离地面的最大高度 hh1h240 m20 m60 m(1 分) 法一(分段研究) 从燃料用完到运动至最高点的过程中，由 v1gt2(2 分)得t22 s(1 分)v1 g从最高点落回地面的过程中有hgt(2 分)1 22 3代入h60 m 得t32 s(1 分)3故总时间t总t1t2t3(62 ) s(1 分)3法二(全程研究) 考虑从燃料用完到残骸落回地面的竖直上抛全过程，以竖直向上为正方向。有h1v1tgt2(3 分)1 2代入数据解得t(22 ) s(2 分)3或t(22 ) s(舍去) (1 分)3故 t总t1t(62 ) s (1 分)3