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2024年高考物理题型突破限时精练小题精练01 匀变速直线运动(解析版)
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小题精练01变速直线运动公式、知识点回顾(时间:5分钟)1.基本规律(1)速度公式:v=v0+at.(2)位移公式:x=v0t+eq\f(1,2)at2.(3)位移速度关系式:v2-veq\o\al(2,0)=2ax.这三个基本公式,是解决匀变速直线运动的基石.均为矢量式,应用时应规定正方向.2.两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度,还等于初、末时刻速度矢量和的一半,即:eq\x\to(v)=v=eq\f(v0+v,2).(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量,即:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2.3.v0=0的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为:x1∶x2∶x3∶…∶xn=12∶22∶32∶…∶n2(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为:t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(eq\r(2)-1)∶(eq\r(3)-eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)-eq\r(n-1))【例题】(2022•甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为v0,要通过前方一长为L的隧道,当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a,则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )A.v0-v2a+L+lv B.v0-va+L+2lv C.3(v0-v)2a+L+lv D.3(v0-v)a+L+2lv【解答】解:当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过v(v<v0),可知列车进入隧道前需减速至v,然后匀速通过隧道,全部出隧道后需加速到v0,则减速时间:t1=v-v0-2a,匀速时间:t2=L+lv,加速时间:t3=v0-va,列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t=t1+t2+t3解得:t=3(v0-v)2a+L+lv,故C正确,ABD错误;故选:C。难度:★★★建议时间:30分钟正确率:/15(2024•泸州模拟)可视为质点的甲、乙两辆小车分别处于两条平直的平行车道上。t=0时,乙车在前,甲车在后,两车间距Δx=40m,此后两车运动的v﹣t图像如图所示。关于两车在0~11s时间内的运动,下列说法中正确的是( )A.t=5s时,两车第一次并排行驶 B.两车全程会有三次并排行驶的机会 C.t=7s时,两车在全程中相距最远 D.0~7s内,甲车的平均速度大小为10m/s【解答】解:A.由图可知,甲加速阶段加速度为a1=ΔvΔt=205m/s2=4m/s2乙加速阶段加速度为a2=ΔvΔt=309-3m/s2=5m/s2t=5s时,根据位移—时间公式,甲物体运动位移为x1=12a1t2=12×4×52m=50m根据位移—时间公式,乙物体运动位移为x2=12at2=12×5×(5-3)2m=10m由于x1=x2+Δx故A正确;C.t=5s后的运动过程中,当二者速度相同时,相距最远,故t=7s时,两车在t=5s后的运动过程中相距最远,故最远距离为Δx'=x甲-x乙=(2×20)m-12×(10+20)×2m=10m由于Δx′<Δx,即10m<40m,故在0s时相距最远。故C错误;B.由A项可知,第一次相遇在t=5s时,此后甲车做匀速直线运动,t=7s时,两车在5s后的运动中相距最远,此后乙的速度大于甲的速度,故后再相遇一次后再无法相遇,可相遇两次,故未有三次并排行驶的机会,故B错误;D.0~7s内,根据平均速度公式,甲车的平均速度大小为v=xt=12×(2+7)×207m/s=907m/s故D错误。故选:A。(2023•叙州区校级二模)一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1,紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2,则该质点的加速度为( )A.(Δv)2(1x1+1x2) B.2(Δv)2x2-x1 C.(Δv)2(1x1-1x2) D.(Δv)2x2-x1【解答】解:匀变速直线运动中,速度变化量Δv=at速度变化量相等时,运动时间相等,根据经过连续相等时间,位移之差为Δx=at2则x2-x1=at2联立解得a=(Δv)2x2-x1故ABC错误,D正确。故选:D。(2023•潍坊三模)如图所示,ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。一汽车在平直公路上以15m/s的速度行驶,汽车通过ETC通道前,以2.5m/s2的加速度减速,当速度减至5m/s后,匀速通过长为10m的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后,再以5m/s2的加速度匀加速至15m/s,汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程,下列判断正确的是( )A.通过的最短距离为60m B.通过的最短距离为70m C.所用的最短时间为4s D.所用的最短时间为6s【解答】解:AB、减速过程的位移x1=-v2-v022a1=-52-1522×2.5m=40m加速过程的位移x2=v02-v22a2=152-522×5m=20m通过的最短距离为x=x1+x2+x3=40m+20m+10m=70m故A错误,B正确;CD、减速过程的时间t1=-v-v0a1=-5-152.5s=4s加速过程的时间t2=v0-va2=15-55s=2s匀速过程的时间t3=x3v=105s=2s所用的最短时间为t=t1+t2+t3=4s+2s+2s=8s故CD错误。故选:B。(2023•浙江模拟)汽车在平直的公路上行驶,发现险情紧急刹车,汽车立即做匀减速直线运动直到停车,已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m,倒数第2秒内的位移为6m,则下列计算正确的是( )A.汽车第1秒末的速度为23m/s B.汽车加速度大小为3m/s2 C.汽车的减速时间为6.5s D.汽车刹车总位移为78m【解答】解:B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动,可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动,设汽车加速度的大小为a,由位移—时间公式得:12at22-12at12=6m代入数据解得:a=4m/s2故B错误;A、设汽车的初速度大小为v0,由匀变速直线运动位移—时间公式得:x1=v0t1-12at12=24m代入数据解得:v0=26m/s汽车第1s末的速度为v=v0﹣at1=26m/s﹣4×1m/s=22m/s故A错误;C、汽车的减速时间为t=v0a=264s=6.5s故C正确;D、汽车刹车的总位移为x=12v0t=12×26×6.5m=84.5m故D错误。故选:C。(2019•新课标Ⅰ)如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个H4所用的时间为t1,第四个H4所用的时间为t不计空气阻力,则t2t1满足( )A.1<t2t1<2 B.2<t2t1<3 C.3<t2t1<4 D.4<t2t1<5【解答】解:逆向分析可以看作是自由落体运动,根据初速度为零的匀加速直线运动中,连续相等的位移内时间之比等于1:(2-1):(3-2):(2-3):……:n-n-1可得:t2t1=12-3=2+3,故3<t2t1<4,故C正确、ABD错误。故选:C。(2023•新会区校级一模)目前,我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图为甲、乙两辆车以相同的速度开始减速并通过收费站的v﹣t图像,根据图像下列描述正确的是( )A.甲车进入的是人工通道,乙车进入的是ETC通道 B.两车通过收费站相同路程(乙车0﹣18s内的路程)的时间差为13s C.甲车进入通道中的加速度为5m/s2,乙车进入通道中的加速度为2.5m/s2 D.甲车进入ETC通道,当速度减为5m/s后,匀速前进5m【解答】解:A.经过人工通道缴费时车的速度应减为零,然后再启动,而经过ETC通道的不需要停车即可通过,由图可知甲只是减速,但速度并没有减为零,所以甲车进入的是ETC通道,乙车进入的是人工收费通道,故A错误;B.由v﹣t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移的大小,通过收费站相同路程为:s=4×10m=40m乙车用了18s时间,而甲车用了大于5s时间(0﹣5s时间内,甲图线与时间轴围成的面积小于40m),故两车通过收费站相同路程的时间差小于13s,故B错误;C.甲车进入通道的加速度大小为:a甲=ΔvΔt代入数据解得:a甲=2.5m/s2乙车进入通道的加速度大小为:a乙=ΔvΔt代入数据解得:a乙=2.5m/s2故C错误;D.由v﹣t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移,甲车进入ETC通道,当速度减为5m/s后,匀速前进x=vt=5×1m=5m代入数据解得:x=5m故D正确。故选:D。(2022•凉山州模拟)今年1月10日,首发“复兴号”动车D843次载着旅客,从西昌出发一路向南驶向攀枝花,正式开启了凉山的“动车时代”。假如动车进站时从某时刻起做匀减速直线运动,分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移后停下,则这三段位移的平均速度之比是( )A.3:2:1 B.27:8:1 C.5:3:1 D.9:4:1【解答】解:根据逆向思维,动车做初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等时间内通过的位移之比为1:3:5…(2n﹣1),故分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移之比为x3:x2:x1=(11+9+7):(5+3):1=27:8:1,根据平均速度的定义式可得,这三段位移的平均速度之比v3:v2:v1=x33:x22:x11=9:4:1,故ABC错误,D正确。故选:D。(2022•丹东模拟)如图所示,A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线,A球比B球晚落地0.2s。B球与地面的高度差h=5m(不计空气阻力,g取10m/s2)。则( )A.A球与地面的高度差为6m B.A、B两小球释放前相距4.4m C.若先剪断悬挂B球的细线,A、B两球有可能同时落地 D.A球比B球在空中运动的时间长,所以A球的速度变化率比B球的大【解答】解:A、对B分析,根据自由落体公式:t=2hg=2×510s=1s则A球的下落时间为1.2s,因此A球与地面的高度为:hA=12gtA2=12×10×1.22m=7.2m,故A错误;B、根据位置关系可知,释放前两个小球的高度差为:Δh=hA﹣h=7.2m﹣5m=2.2m根据几何关系可知,释放前两小球的距离为:x=Δhsin30°=2.20.5m=4.4m,故B正确;C、若先剪断B球的细绳,则B球会更早落地,故C错误;D、速度变化率为Δvt=a=g,两个小球的加速度都等于重力加速度,因此两球的速度变化率相等,故D错误;故选:B。(2023•沙河口区校级模拟)人原地起跳方式是先屈腿下蹲,然后突然蹬地向上加速,重心上升后离地向上运动,如果人起跳过程中,重心上升至离地前,其加速度与重心上升高度关系如图所示,那么人离地后重心上升的最大高度可达(g取10m/s2)( )A.0.25m B.0.5m C.0.75m D.1.25m【解答】解:根据题意,设人刚刚离地时速度为v,根据公式v2=2ax,整理得v22=ax则a﹣x图形围成的面积为v22,人离地后根据公式有v2=2gh结合图像,联立解得h=0.5m,故B正确,ACD错误。故选:B。(2024•甘肃模拟)我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间。假设高铁在启动阶段做匀变速直线运动,先后经过站台上的A、B两点,其经过A、B两点的速度分别为v、7v,经过该段的时间为t,则对该高铁的运动过程说法正确的是( )A.前一半位移速度增加3.5v B.经过AB段中间时刻的速度是5v C.前一半位移与后一半位移经过的时间之比为2:1 D.前一半时间内通过的位移比后一半时间内通过的位移少2vt【解答】解:A.设经过A、B两点间的位移为x,两点中间位置的速度为vx2

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