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    2024高考物理一轮复习考点攻破训练——匀变速直线运动规律__基本公式法练习含解析教科版

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    2024高考物理一轮复习考点攻破训练——匀变速直线运动规律__基本公式法练习含解析教科版

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    这是一份2024高考物理一轮复习考点攻破训练——匀变速直线运动规律__基本公式法练习含解析教科版,共4页。试卷主要包含了基本策略,基本方法等内容,欢迎下载使用。


    2.基本方法:(1)列出每个运动过程或阶段的v-t关系、x-t关系,联立方程组即可求解.
    (2)一般有几个未知量列几个方程,列方程时尽量共用未知量,以减少未知量的使用个数,减少方程数.
    1.一小球以3m/s的初速度沿一光滑斜面向上做加速度大小恒为4m/s2、方向沿斜面向下的匀变速直线运动,起始点为A,小球运动到A点沿斜面下方2m处的B点时的速度及所用的时间为(沿斜面向上为正方向)( )
    A.5m/s 2sB.-5m/s 2s
    C.5m/s 0.5sD.-5m/s 0.5s
    2.一列火车从静止开始做匀加速直线运动,一人站在第一节车厢前端的旁边观测,第一节车厢通过他历时2s,整列车厢通过他历时8s,则这列火车的车厢有( )
    A.16节B.17节
    C.18节D.19节
    3.(多选)一滑块在粗糙程度相同的水平面上滑行,通过频闪照片分析得知,滑块在最开始2s内的位移是最后2s内位移的两倍,已知滑块最开始1s内的位移为2.5m,由此可求得( )
    A.滑块的加速度为5m/s2
    B.滑块的初速度为5m/s
    C.滑块运动的总时间为3s
    D.滑块运动的总位移为4.5m
    4.短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段.一次比赛中,某运动员用11.00s跑完全程.已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为7.5m,则该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离为( )
    A.5m/s2 10mB.5m/s2 11m
    C.2.5m/s2 10mD.2.5m/s2 10m
    5.一个物体以初速度v0沿光滑斜面向上运动,其速度v随时间t的变化规律如图1所示,在连续两段时间m和n内对应面积均为S,则经过b时刻的速度大小为( )
    图1
    A.(m-n)S
    B.mn(m2+n2)S
    C.eq \f(m2+n2S,m+nmn)
    D.(m2+n2)S
    6.(2023·湖北重点中学联考)如图2所示,小滑块在较长的固定斜面顶端,以初速度v0=2m/s、加速度a=2m/s2沿斜面加速向下滑行,在到达斜面底端前1s内,滑块所滑过的距离为eq \f(7,15)L,其中L为斜面长.求滑块在斜面上滑行的时间t和斜面的长度L.
    图2
    7.已知O、A、B、C为同一直线上的四点,AB间的距离为l1,BC间的距离为l2,一物体自O点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过A、B、C三点,已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等.求O与A的距离.
    答案精析
    1.B
    2.A [火车做初速度为零的匀加速直线运动,则第一节车厢通过时有L=eq \f(1,2)at12,整列车厢通过时nL=eq \f(1,2)atn2,解得n=16,故选项A正确.]
    3.CD [设滑块运动的加速度大小为a,运动总时间为t,把滑块的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,则最后2s内的位移为x1=eq \f(1,2)a×22=2a,最初2s内的位移为x2=eq \f(1,2)at2-eq \f(1,2)a(t-2)2=2at-2a,又x2∶x1=2∶1,解得t=3s,故C正确;第1s的位移为x3=eq \f(1,2)at2-eq \f(1,2)a(t-1)2=2.5m,解得a=1m/s2,故A错误;总位移x=eq \f(1,2)at2=4.5m,故D正确;滑块的初速度v0=at=3m/s,故B错误.]
    4.A [根据题意,在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动,设运动员在匀加速阶段的加速度为a,在第1s内和第2s内通过的位移分别为x1和x2,由运动学规律得:
    x1=eq \f(1,2)at02
    x1+x2=eq \f(1,2)a(2t0)2
    t0=1s
    联立解得:a=5m/s2
    设运动员做匀加速运动的时间为t1,匀速运动的时间为t2,匀速运动的速度为v,跑完全程的时间为t,全程的距离为x,依题意及运动学规律,得
    t=t1+t2
    v=at1
    x=eq \f(1,2)at12+vt2
    联立代入数据解得t1=2s
    设加速阶段通过的距离为x′,则x′=eq \f(1,2)at12
    解得x′=10m.]
    5.C [设物体的加速度大小为a,m时间内的初速度大小为v1,末速度(即b时刻的速度)大小为v2,根据x=v0t+eq \f(1,2)at2得:
    S=v1m-eq \f(1,2)am2①
    S=v2n-eq \f(1,2)an2②
    v2=v1-am③
    联立解得:v2=eq \f(m2+n2S,m+nmn),故选C.]
    6.3s 15m
    解析 由题意知:a=2m/s2,v0=2m/s;
    设物体从A到B的时间为t1,运动到B点的速度为v1,对AB段有:v1=v0+at1
    eq \f(8,15)L=v0t1+eq \f(1,2)at12
    对BC段有:eq \f(7,15)L=v1×1s+eq \f(1,2)a×(1s)2
    联立解得t1=2s,L=15m
    小球在斜面上滑行的时间为:t=t1+1s=3s.
    7.eq \f(3l1-l22,8l2-l1)
    解析 设物体的加速度为a,到达A点的速度为v0,通过AB段和BC段所用的时间为t,则有:
    l1=v0t+eq \f(1,2)at2
    l1+l2=v0·2t+eq \f(1,2)a(2t)2
    联立解得:l2-l1=at2
    3l1-l2=2v0t
    设O与A的距离为l,则有:l=eq \f(v02,2a)
    联立解得:l=eq \f(3l1-l22,8l2-l1).

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