高三高考物理一轮复习：匀变速直线运动(四)+答案解析(word版)

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高考物理一轮复习：匀变速直线运动（四）一、单选题1．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5m/s，第9s内的位移比第5s内的位移多4m，则该质点的加速度、9s末的速度和质点在9s内通过的位移分别是（　　）A．a=1m/s2，v=9.5m/s，x=45mB．a=1m/s2，v=9m/s，x=45mC．a=1m/s2，v=9m/s，x=40.5mD．a=0.8m/s2，v=7.7m/s，x=36.9m2．汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5m/s2，那么开始刹车后2s内位移与开始刹车后6s内位移之比为（　　）A．1：4B．3：5C．5：9D．3：43．假设有一辆空车与一辆货车（车型完全相同），在同一路面上以相同速率行驶，突遇紧急情况采取紧急刹车措施，为便于研究问题可以认为两车滅速过程中水平方向只受滑动摩擦力．车轮只滑不转，且动摩擦因数相同，以下分析正确的是（　　）A．货车由于惯性大，滑行距离远B．货车由于受到的摩擦阻力大．滑行距离小C．空车惯性小，滑行时间短D．两车滑行位移相间，停下来所用时间也相同．4．如图所示，是某质点作直线运动在06s﹣内的xt﹣图像，则关于质点的运动下列说法正确的是（　　）A．在02s﹣内质点做匀加速直线运动，最后2s内做匀减速运动B．全程的平均速率为3m/sC．t=1s时和t=5s时速度方向相同D．t=6s速度变为05．A、B两质点相距s=5m时，质点A正以vA=5m/s的速度向右匀速运动追赶质点B，而质点B此时的速度vB=10m/s，设B向右匀减速运动，加速度a=5m/s﹣2，那么质点A追上质点B所用时间为（　　）A．3sB．4sC．8sD．7s6．在某次无人机表演结束后，无人机从高空中以5m/s的速度匀速下降，当无人机下降到空中A点时，一颗小螺丝钉从无人机上脱离掉下，结果无人机比螺丝钉晚着地1s（不计空气阻力对螺丝钉的作用，g取10m/s2），由此可判断A点距地的高度为（　　）A．5mB．7.5mC．10mD．15m二、多选题7．一物体从某一高度自由落下，经时间t到达地面，重力加速度为g，则物体（　　）A．下落的高度为gt2B．下落的高度为12gt2C．到达地面时的速度为¿D．到达地面时的速度为12>¿8．空中的下落运动是常见的运动现象，正是通过对下落运动的研究，伽利略否定了亚里斯多德的谬误，开创了物理学研究的科学方法；牛顿继承了伽利略的研究成果及科学方法，吸收了这一时代其他科学家的研究成果，集物理学研究之大成，形成不朽的《自然哲学的数学原理》。某物体由静止开始下落，运动中只受重力作用。以运动开始时刻为计时起点，则下列结论正确的是（　　）A．计时开始后1s内、2s内、3s内的位移之比为1∶4∶9B．计时开始后1s末、2s末、3s末的速度之比为1∶3∶5C．计时开始后第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比为1∶3∶5D．相等时间里的速度增量相同9．一质点做匀变速直线运动，第3s内的位移为12m，第5s内的位移为20m，则该质点运动过程中（　　）A．初速度大小为3m/sB．加速度大小为4m/s2C．第4s内的平均速度为16m/sD．5s内的位移为50m三、填空题10．物体做自由落体运动的条件是只受　　力作用和初速度为　　；在共点力作用下物体的平衡条件是　　。11．物体做匀加速直线运动，初速度v0=2m/s，加速度a=0.1m/s2，则第3s末的速度为　　m/s，5s末的速度为　　m/s。12．物体从H高处自由下落，经t落地，当落下经t3时位移是　　，当下落经t2时，物体离地面的高度是　　．13．物体以2m/s初速匀加速运动，加速度为1m/s2，求前4s内的平均速度为　　，第4s内的平均速度为　　．14．如图所示，将弹性小球以10m/s的速度从距地面2m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5m高的B点时，向上的速度为7m/s，从A到B，小球共用时0.3s，若规定向下为正方向，则小球的路程为　　m，速度变化量为　　m/s四、综合题15．如图，足够长的直角金属导轨MO1N与PO2Q平行放置在竖直向上的匀强磁场中，它们各有一部分在同一水平面内，另一部分在同一竖直平面内，两轨相距L=0.5m。金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，两杆质量均为m=1kg、电阻均为R=1Ω，两杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5，导轨电阻不计。当t=0时，对ab杆施加水平向右的力F，使杆ab做初速度为零的匀加速运动，同时将杆cd在竖直面内由静止释放。已知F随时间的变化关系为F=（6+2t）N，重力加速度g取10m/s2。（1）判断流经杆cd的电流方向；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小和杆ab的加速度a；（3）若前2秒内，水平力F做的功W=17J，求前2s内闭合回路产生的焦耳热Q；（4）请列式分析杆cd由静止释放后的运动状况，并求出杆cd从静止释放到达到最大速度所用的时间。16．如图所示，水平地面上放置一质量为m、长为L的薄木板，木板与地面的动摩擦因数为μ。在木板的最右端放一质量为m的小物块，物块是由持殊材料制成的，一表面光滑，另一面粗糙，且粗糙而与木板的动摩擦因数为μ。在木板上施加水平向右拉力F=6μmg，g为重力加速度。（1）若物块的光滑面与木板接触，物块经多长时间离开木板；（2）若物块的粗糙面与木板接触，求物块在木板上运动过程中，系统产生的总热量。17．质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆孤轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角θ=106o，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m．小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ1=0.33（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）小物块离开A点的水平初速度v1（2）小物块经过O点时对轨道的压力（3）斜面上CD间的距离18．两个完全相同的物体a、b质量均为m=0.80kg，在同一水平面上，以相同的初速度开始运动。开始运动后，a不受拉力，b受到水平恒力F作用。图中的两条直线分别表示a、b的v-t图象。求：（1）运动过程a、b加速度各多大？（2）a、b与水平面间的动摩擦因数μ多大？（3）b所受水平恒力F的大小。答案解析部分1．【答案】A2．【答案】D3．【答案】D4．【答案】B5．【答案】A6．【答案】C7．【答案】B,C8．【答案】A,C,D9．【答案】B,C10．【答案】重；0；合力为011．【答案】2.3；2.512．【答案】H9；3H413．【答案】4m/s；5.5m/s14．【答案】3.5；-1715．【答案】（1）解：由右手定则可知，流经cd杆的电流方向为d→c（2）解：ab杆匀加速运动v=at切割磁感线运动产生感应电动势为E=BLv=BLatab杆所受的安培力F安=BIL=B×BLat2R×L=B2L2at2R摩擦力Ff=μFN=μmg由受力和牛顿第二定律得F-F安-Ff=ma故F=m（μg＋a）＋B2L2at2R=6+2t由上式可得m（μg＋a）=6代入数据解得a=1m/s2B2L2a2R=2代入数据解得B=4T（3）解：ab棒前2s内的位移为s=12at12=2m摩擦产生的热量为Qf=-Wf=μmgs=10Jab棒2s末速度为v2=at1=2m/s前2s内动能的变化量为ΔEk=12mv22=2J由功和能量变化关系可知W=Qf+Q+∆Ek所以Q=W-Qf-∆Ek=（17-10-2）J=5J（4）解：cd杆受力如图导轨对cd杆的弹力FN′=F安′=BIL=B2L2at2R摩擦力Ff′=μFN′=μB2L2at2R设cd杆的加速度为a′，由牛顿第二定律mg-μB2L2at2R=ma′可知，cd棒静止释放后随时间增加做加速度逐渐减小的加速运动；a′=0即mg=μB2L2at2R时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，直至静止。设经过时间t′，cd棒达到最大速度，即mg=μB2L2at\'2R代入数据解得t′=10s。16．【答案】（1）解：对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有F−2μmg=ma根据匀变速直线运动规律，有L=12at2解得t=√L2μg（2）解：设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为a1，物块的加速度为a2，经过时间t1，物块离开木板，木板的位移为x1，物块的位移为x2。对木板，根据牛顿第二定律有F−3μmg=ma1对物块，同理有μmg=ma2根据匀变速直线运动的规律，有x1=12a1t12x2=12a2t12当物块离开木板时，有x1−x2=L解得x1=1.5L在这过程中，木板与地面摩擦产生的热量Q1=2μmgx1=3μmgL物块和木板相对运动产生的热量Q2=μmgL所以，产生的总热量Q=Q1+Q2=4μmgL17．【答案】（1）解：对小物块，由A到B有vy2=2gh在B点tanθ2=vyv1所以v1=3m/s（2）解：对小物块，由B到O有mgR(1−sin37°)=12mv02−12mvB2其中vB=√32+42m/s=5m/s在O点N−mg=mv02R所以N=43N由牛顿第三定律知对轨道的压力为Nr=43N（3）解：物块沿斜面上滑mgsin53°+μ1mgcos53°=ma1所以a1=10m/s2物块沿斜面下滑mgsin53°−μ1mgcos53°=ma2由机械能守恒知vc=vB=5m/s小物块由C上升到最高点历时t1=vca1=0.5s小物块由最高点回到D点历时t2=0.8s−0.5s=0.3s故SCD=vc2t1−12a2t22即SCD=0.98m18．【答案】（1）解：设a、b两物块的加速度分别为al、a2由v-t图可得a的加速度为：al=Δv1Δt1=0−64−0m/s2=−1.5m/s2，即加速度大小为1.5m/s2，方向与初速度方向相反；由v-t图可得b的加速度为：a2=Δv2Δt2=12−68−0m/s2=0.75m/s2，方向与初速度方向相同（2）解：对a由牛顿第二定律得：−μmg=ma1，解得：μ=0.15（3）解：对b由牛顿第二定律得：F−f=F−μmg=ma2，解得：F=1.8N