《2019版一轮优化探究物理（鲁科版）练习：第一章匀变速直线运动的规律含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版一轮优化探究物理（鲁科版）练习：第一章匀变速直线运动的规律含解析（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业 单独成册 方便使用基础题组单项选择题1(2018山东潍坊月考)图甲、乙、丙是中学物理课本必修 1 中推导匀变速直线运动的位移公式所用的速度图象，下列说法正确的是( )A甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移偏小B甲图中利用矩形面积的和表示位移大小比乙图利用梯形面积表示位移大小更接近真实值C这种用面积表示位移的方法只适用于匀变速直线运动D若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示加速度变化量解析：物体的位移等于图线与时间轴所围的面积大小，则知甲图中利用矩形面积的和来表示位移大小比实际位移大小偏小，故 A 正确根据“面积”表示位移可知，乙图利用梯形面积表示位移大小比甲图中利用
2、矩形面积的和表示位移大小更接近真实值，故 B 错误这种用面积表示位移的方法适用于任何直线运动，故 C 错误若丙图中纵坐标表示运动的加速度，则梯形面积表示速度变化量，故 D 错误答案：A2在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是 30 m，该车辆最大刹车加速度是 15 m/s2，该路段的限速为 60 km/h，则该车( )A超速 B不超速C无法判断 D速度刚好是 60 km/h解析：如果以最大刹车加速度刹车，那么由 v可求得刹车时的速度为 30 2asm/s108 km/h，所以该车超速行驶，A 正确答案：A3汽车以 20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为 5 m/
3、s2，那么开始刹车后 2 s 内与开始刹车后 6 s 内汽车通过的位移之比为( )A11 B13C34 D43解析：汽车从刹车到停止用时 t刹 s4 s，故刹车后 2 s 和 6 s 内汽车的位移v0a205分别为 s1v0t at2202 m 522 m30 m，s2v0t刹 at204 1212122 刹m 542 m40 m，s1s234，C 选项正确12答案：C4(2018天津五区县高三模拟)一质点在做匀加速直线运动，加速度为 a，在时间 t内速度变为原来的 3 倍，则该质点在时间 t 内的位移为( )A. at2 Bat212C. at2 D2at232解析：设质点的初速度为 v0，
4、则 t s 末的速度为 3v0，根据速度位移公式得 x，因为 t，则有 v0 ，可知 xat2，故 B 正确，3v02v2 02a4v2 0a3v0v0a2v0aat2A、C、D 错误故选 B.答案：B5 “蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器假设某次海试活动中， “蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为 v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间 t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在 t0(t0t)时刻距离海平面的深度为( )A. B.vtt022tvt2 02tC. Dvt0(1 )vt2t02t解析：潜水器减速上升，
5、加速度 a ，由 2aHv2得，开始运动时距离水面高度 Hvt vt，经时间 t0上升的距离为 hvt0 at vt0，此时到水面的距离v22a1212 2 0vt2 02thHh.vtt022t答案：A6为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹已知每层砖的平均厚度为 6 cm，拍摄到的石子位置 A 距石子起落点竖直距离约 5 m，g 取 10 m/s2，这个照相机的曝光时间约为( )A1103 s B1102 sC5102 s D0.1 s解析：自由落体运动 5 m 的末速度为 vt m/s
6、10 m/s.由于2gh2 10 50.12 m 远小于 5 m，故可以近似地将 AB 段当匀速运动，故时间为t0.012 s0.01 s，故选 B.ABvt0.12 m10 m/s答案：B7某同学观看跳台跳水比赛，一跳水运动员在离水面 10 m 高的平台向上跃起，该同学估测运动员跃起离平台的最大高度约为 0.2 m假设运动员做竖直上抛运动，则该运动员在空中完成动作的时间大约为( )A1.2 s B1.4 sC1.6 s D2.0 s解析：运动员做竖直上抛运动，上升到最高点 h10.2 m 时，看作反方向的自由落体运动，h1 gt ，t10.2 s，上升到最高点时距离水面 10.2 m，h2
7、gt ，t212 2 12h1g12 2 21.4 s，故 tt1t21.6 s，选项 C 正确2h2g答案：C8(2018四川雅安中学高三质检)有一长为 L 的列车，正以恒定的加速度过铁路桥，桥长为 2L，现已知列车车头过桥头的速度为 v1，车头过桥尾时的速度为 v2，那么，车尾过桥尾时的速度为( )A3v1v2 B3v2v1C. D.3v22v1223v12v222解析：从列车车头过桥头到车头过桥尾有 v22v122a2L，从车头过桥尾到车尾过桥尾有 v32v222aL，由以上两式可得 v3.3v12v222答案：C能力题组一、选择题9在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的
8、小球站在某高台上，放手后小球自由下落，两小球落地的时间差为 t.如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，则两小球落地的时间差将( )A减小 B增大C不变 D无法判定解析：设细线的长度为 L，第一个小球着地后，另一个小球还要运动的位移为 L，在L 内运行的时间即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度高度越高，落地的速度越大，知高度越高，另一个小球在位移 L 内的初速度越大，根据 Lv0t gt2，初速度越大，时间越短，所以两小球落地的时间差将12减小，故 A 正确，B、C、D 错误故选 A.答案：A10(2018黑龙江大庆模拟)
9、不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为 t，上升的最大高度为 h.现在距物体抛出点 h 处设置一块34挡板，物体撞击挡板后的速度大小减为 0，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( )A0.4t B0.5tC0.6t D0.7t解析：物体下降时间为 0.5t，故高度为 h g( )2，物体自由落体运动 h 过程，有12t214h gt2，物体到挡板处的时间 t0.25t，故第二次物体上升的时间1412h2gt0.5tt0.5t0.25t0.25t，物体撞击挡板后下降的时间 h gt ，t13412 2 13h2gt，所以第二次物体上升和下降的
10、总时间 t2tt10.25tt0.7t，故选 D.3434答案：D11(多选)(2018山东济南模拟)将一个物体在 t0 时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t0.8 s 时刻物体的速度大小变为 8 m/s(g 取 10 m/s2)，则下列说法正确的是( )A物体一定是在 t3.2 s 时回到抛出点Bt0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C物体的初速度一定是 16 m/sDt0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：物体做竖直上抛运动，在 0.8 s 内的速度变化量 vgt100.8 m/s8 m/s，由于初速度不为零，可知 t0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于
11、抛出点的上方，故 B、D 错误；由 vtv0gt，代入数据解得 v016 m/s，则上升到最高点的时间 t1 s1.6 s，则回到抛出点的时间 t2t121.6 s3.2 v0g1610s，故 A、C 正确答案：AC二、非选择题12某人在相距 10 m 的 A、B 两点间练习折返跑，他在 A 点由静止出发跑向 B 点，到达 B 点后立即返回 A 点设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是 4 m/s2和 8 m/s2，运动过程中的最大速度为 4 m/s，从 B点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到 A 点，求：(1)从 B 点返回 A 点的过程中以最大速
12、度运动的时间；(2)从 A 点运动到 B 点与从 B 点运动到 A 点的平均速度的大小之比解析：(1)设此人从静止到加速至最大速度时所用的时间为 t1，加速运动的位移大小为 s1，从 B 点返回 A 点的过程中做匀速运动的时间为 t2，A、B 两点间的距离为 L，由运动学公式可得vma1t1s1t1vm2Ls1vmt2联立以上各式并代入数据可得 t22 s.(2)设此人从 A 点运动到 B 点的过程中做匀速运动的时间为 t3，减速运动的位移大小为 s2，减速运动的时间为 t4，由运动学方程可得vma2t4s2t4vm2Ls1s2 vmt3vABvBAt1t2t1t3t4联立以上各式并代入数据可
13、得vABvBA1213答案：(1)2 s (2)1213132017 年全国跳水冠军赛暨第十三届全运会预选赛于 5 月 13 日结束首日较量女子 10 米台，任茜、司雅杰、张家齐等顺利晋级决赛，图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿运动员从离水面 10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高 0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g 取 10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度 v0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间 t(结果保留三位有效数字)解析：(1)上升阶段：v 2gh2 0解得 v03 m/s2gh(2)上升阶段：0v0gt1解得 t1 s0.3 sv0g310自由落体过程：H gt12 2 2解得 t2 s1.45 s2Hg2 10.4510故 tt1t20.3 s1.45 s1.75 s答案：(1)3 m/s (2)1.75 s
