发布时间 : 星期二 文章江苏省2020高考物理大一轮复习配套检测 - 图文更新完毕开始阅读52f2a039dc88d0d233d4b14e852458fb770b3896
得h=125 m,v=50 m/s,为使空降兵安全着地,他展开伞时的高度至少为H-h=224 m-125 m=99 m,选项A、B错误;他以5 m/s的速度着地时,相当于从h'高处自由落下,由=2gh',得h'== m=1.25 m,选项C正确,选项D错误.
5. B 【解析】 物体以初速度40 m/s做竖直上抛运动, 上升到最高点所需的时间t==4 s,2 s末物体达到高度为h=v0t-gt2=60 m,最大高度为hm=80 m,故A错误;4 s末物体刚好到达最高点,速度为0,2 s末的速度vt=v0-gt=20 m/s,则B正确;物体在任何情况下,重力加速度都是g,所以C错误;4 s末时,物体在最高点,位移为80 m(A中已求得),之后做自由落体运动,从4 s末到5 s末,时间为1 s,物体向下的位移为5 m,所以物体的总位移为75 m,D错误.
6. ACD 【解析】 自由落体运动下落很快,不易计时,伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下,延长了小球的运动时间,“冲淡”了重力的作用,故选项A正确;小球沿斜面下落mv2=mgh=mglsin θ,若斜面长度l一定,斜面的倾角越大,小球获得的速度越大,故B错误;小球沿斜面下滑,做匀加速直线运动,由mgsin θ=ma可知,加速度a=gsin θ,所以斜面倾角一定,加速度与质量无关,质量不同的小球加速度都相等,运动规律相同,由静止从顶端滚到底端的时间相同,故C正确;小球由静止滑下,滑到底端所用时间为t,获得的速度为v,平均速度=v=gsin θt,所以小球在斜面上运动的平均速度与时间成正比,故D正确.
7. AD
8. AC 【解析】 由竖直上抛运动的对称性知A、C正确,B错;由初速度为零的匀变速直线运动的推论知D错.
9. AB 【解析】 两个球在相等的时间内,运动距离都是,加速度大小也相等,所以说明在处相遇时a球的速度刚好为0,而b球的速度刚好为v0,b球做自由落体运动,在竖直方向上有=gt2,得t=,a球做竖直上抛运动,有=v0t-gt2,解得v0=,所以A正确;从题目内容可看出,在处相遇,此时a球和b球的位移大小相同,时间相同,它们的加速度也相同,所以a、b两个球的运动的平均速度大小相等,故B正确;a球做竖直上抛运动,b球做自由落体运动,它们的运动状态不同,不可能同时落地,故C错误;相遇时,a的速度va=v0-gt=0,b的速度vb=gt=,两个球的速度大小不同,故D
错误.
10. (1) 设接住前1 s时的速度为v1,由竖直上抛运动规律有 s=v1t-gt2,
解得v1=9 m/s.
接住前的运动时间为 t1== s=0.2 s.
从抛出到被人接住所经历的时间 t=t1+1 s=1.2 s. (2) 竖直井的深度H=v0t-gt2=11×1.2 m-×10×1.22 m=6 m.
说明:自由落体的物体第1 s内的位移h1=gt2=5 m,被人接住前1 s内位移小于5 m,可知物体是在通过最高点后返回的过程中被接住.
11. (1) 设伞兵展伞时,离地面的高度至少为h,此时速度为v0,着地时相当于从h1高处自由落下,
则有v2-=-2ah, 即52-=-2×12.5×h,
又=2g(224-h)=2×10×(224-h),
联立解得h=99 m,v0=50 m/s.
以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下, 即2gh1=v2,所以h1==1.25 m. (2) 设伞兵在空中的最短时间为t, 则有v0=gt1,t1== s=5 s, t2== s=3.6 s,
故所求时间t=t1+t2=(5+3.6) s=8.6 s.
微小专题1 运动图象 追及与相遇问题
1. C 【解析】 第1s末,两质点速度相同,此时甲在乙的前面,A项错误;甲的加速度方向没有发生变化,B项错误;第4s末,甲回到起点,乙运动的位移为20m,两质点相距20m,C项正确;0~2s内,两质点的距离先变大后变小,D项错误.
2. B 【解析】 位移s随时间t 变化的关系可知斜率表示速度,甲车的初速度为4 m/s,故A错误;乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10 s处,可知10 s速度为0,由匀变速运动规律可知20=a×52,解得加速度a=1.6 m/s2,故B正确;乙车的初位置在s0=×1.6×102 m=80 m,故C错误;5 s时两车相遇,此时乙车速度v=at=1.6×5 m/s=8 m/s>4 m/s,即此时乙车速度较大,故D错误.
3. A 【解析】 小球上升过程做匀减速运动,速度变小,位移变大,但速度与位移不是线性关系,B、D选项错误;经过最高点后速度方向向下,速度应为负值,A项正确,C项错误.
4. B 【解析】 由v-t图象斜率表示加速度,可知乙车加速度先减小后增大,再减小,故A错误;在前4 s,甲车运动位移为s=v0t+at2=29.6 m,故B正确;由v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=4 s时,甲车没有追上乙车,故C错误;由v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,在t=10 s时,乙车位移大于0,且为正,故D错误.
5. B 【解析】 根据x和时间平方t2的关系图象得出位移—时间关系式为x=t2,所以a=1,解得a=2 m/s2,故A错误;任意相邻1 s内的位移差Δx=aT2=2×1 m=2 m,故B正确;第2 s内的位移等于2 s内的位移减去第1 s的位移,即x2=3 m,故C错误;同理求得第3 s内的位移x3=5 m,平均速度= m/s=5 m/s,故D错误.
6. BD 【解析】 在v-t图象中,t0时刻甲、乙两质点速度相同,但不是相遇,而是相距最远,A错误,B正确;乙图线中各点的切线的斜率表示加速度,C错误;0~t0时间内,甲质点的位移小于乙质点的位移,故甲质点的平均速度小于乙质点的平均速度,D正确.
7. BC 【解析】 从x-t图象可以看出,在t1时刻,b汽车追上a汽车,选项A错误;在t2时刻,b汽车运动图象的斜率为负值,表示b汽车速度反向,而a汽车速度大小和方向始终不变,故选项B正确;从t1时刻到t2时刻,图象b斜率的绝对值先减小至零后增大,反映了b汽车的速率先减小至零后增大,选项C正确、D错误.
8. BD 【解析】 根据v-t图象的斜率表示加速度,可得a甲=1.5 m/s2,a乙=2 m/s2,A错误;根据“面积法”,可得3 s内甲、乙沿同一方向运动的位移分别为x甲=×3×2 m=3m,x乙=×3×6 m=9 m,因为3 s末两质点在途中相遇,所以出发前甲在乙之前6 m处,B正确,C错误;前1 s,甲静止,乙匀加速运动,甲、乙间距从6 m开始逐渐减小,1 s后,甲开始匀加速运动,但甲的速度始终小于乙的速度,所以甲、乙间距还在减小,3 s末,甲、乙间距减为0,即相遇,D正确. 9. ABC 【解析】 由加速度图象可画出两车的速度图象,如图所示.
由图象可知,t=6s时两车等速,此时距离最近,图中阴影部分面积为0~6s内两车位移之差,Δx=×30×3m+×30×(6-3)m=90m<100m,所以两车不会相撞.
10. (1) 设汽车位移为x1,摩托车位移为x2,摩托车的加速度为a,摩托车达到最大速度所用时间为t,则
v=30 m/s=at,x1=v0t0=25×240 m=6 000 m
x2=+v=+30×
恰好追上的条件为x2=x1+1 000 m 解得a= m/s2=2.25 m/s2
(2) 摩托车与汽车速度相等时两车相距最远 设此时刻为T,最大距离为xmax,
由运动学公式得v0=25 m/s=aT,解得T= s.
所以xmax=1 000+25T-= m=1 138 m
11. 要使两车不相撞,A车追上B车时其速度最大只能与B车相等.设A、B两车从相距x到A车追上B车时,A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t;B车的位移为xB、末速度为vB,运动过程如图所示,现用四种方法解答如下: 方法一:临界法
利用位移公式、速度公式求解,对A车有 xA=v0t+×(-2a)×t2, vA=v0+(-2a)×t,
对B车有xB=at2,vB=at,
两车位移关系有x=xA-xB,
追上时,两车不相撞的临界条件是vA=vB, 联立以上各式解得v0=.
故要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0<. 方法二:函数法
利用判别式求解,由解法一可知xA=x+xB, 即v0t+×(-2a)×t2=x+at2, 整理得3at2-2v0t+2x=0.
这是一个关于时间t的一元二次方程,当根的判别式Δ=(-2v0)2-4·3a·2x<0时,t无实数解,即两车不相撞,所以要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0<. 方法三:图象法
利用v-t图象求解,先作A、B两车的v-t图象,如图所示,设经过t时间两车刚好不相撞,则对A车有vA=v=v0-2at, 对B车有vB=v=at, 以上两式联立解得t=.
经t时间两车发生的位移之差为原来两车间的距离x,它可用图中的阴影面积表示,由图象可知 x=v0·t=v0·=,