2019-2020年高考物理專題01直線運動備考強化訓練3自由落體和豎直上拋新人教版.doc
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2019-2020年高考物理專題01直線運動備考強化訓練3自由落體和豎直上拋新人教版本套試題訓練的重點是理解自由落體和豎直上拋運動的特點、熟練地掌握自由落體運動和豎直上拋運動的公式及其應用。其中第4、6、7、8、13等題為圖象題,通過此類題型的訓練,培養(yǎng)學生利用圖象解決問題的能力,第5、11等題為相對運動問題,重點培養(yǎng)學生的空間想象能力。一、破解依據(jù)自由落體1.初速度Vo=0 2.末速度 Vt=gt3.下落高度h=gt2/2(從Vo位置向下計算) 4.推論 Vt2=2gh注:(1)自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動,遵循勻變速度直線運動規(guī)律。(2)a=g=9.810m/s2 重力加速度在赤道附近較小,在高山處比平地小,方向豎直向下。*豎直上拋1.位移x=Vot- gt2/2 2.末速度Vt= Vo- gt (g=9.810m/s2 )3.有用推論Vt2 -Vo2=-2gx 4.上升最大高度Hm=Vo2/2g (拋出點算起)5.往返時間t=2Vo/g (從拋出落回原位置的時間)(1)全過程處理:是勻減速直線運動(初速度V00,方向豎直向上,加速度a=-g,方向豎直向下),以向上為正方向,加速度取負值。(2)分段處理:向上為勻減速直線運動,向下為自由落體運動。(3)上升與下落過程具有對稱性,如在同點V0Vt,速度等值反向,且t上t下,上升、下落時間相等。*加速度、速度的測定:若取勻變速直線運動(如紙帶等)的連續(xù)相等時間內的位移x1、x2 、x3、 x4 、x5、 x6等,則a =(x4+x5+x6)-(x1+x2+x3)/9T 2,。二、精選習題選擇題(每小題5分,共40分)1. (12福建六校聯(lián)考)一位同學在某星球上完成自由落體運動實驗:讓一個質量為2 kg的小球從一定的高度自由下落,測得在第5 s內的位移是18 m,則()A物體在2 s末的速度是20 m/sB物體在第5 s內的平均速度是3.6 m/sC物體在第2 s內的位移是20 mD物體在5 s內的位移是50 m2. (15山東)距地面高5m的水平直軌道A、B兩點相距2m,在B點用細線懸掛一小球,離地高度為h,如圖。小車始終以的速度沿軌道勻速運動,經(jīng)過A點時將隨車攜帶的小球由軌道高度自由卸下,小車運動至B點時細線被軋斷,最后兩球同時落地。不計空氣阻力,取重力加速度的大小。可求得h等于圖131 A1.25m B2.25m C3.75m D4.75m3.(14上海)在離地高h處,沿豎直方向同時向上和向下拋出兩個小球,它們的初速度大小均為v,不計空氣阻力,兩球落地的時間差為()A. B. C. D. 4.(14海南)將一物體以某一初速度豎直上拋。物體在運動過程中受到一大小不變的空氣阻力作用,它從拋出點到最高點的運動時間為t1,再從最高點回到拋出點的運動時間為t2。如果沒有空氣阻力作用,它從拋出點到最高點所用的時間為t0。則()A.t1t0,t2t1 B.t1t1C.t1t0,t2t1 D.t1t0,t2g,下降過程中的加速度a2g,根據(jù)h=at2可知,t1t2;如果沒有空氣阻力,a0=g,根據(jù)v=at可知,t1g ,當v0時,物體運動到最高點,此時 ag,而B、C圖像的斜率的絕對值均小于g,故B、C錯誤,D正確 8.AD【解析】由圖可知,運動員在010 s的位移大于其在這段時間內做勻加速運動(位移為曲線,不是自由落體運動)的位移,則平均速度大于 m/s10 m/s,選項A正確;15 s后速度的大小恒定,運動員做勻速運動,選項B錯誤; 10 s末的速度最大,方向不變,選項C錯誤;1015 s圖線的斜率減小,運動員做加速度逐漸減小的減速運動,選項D 正確(二)填空題9. 0.236 10【解析】試題分析:在人的反應時間內直尺做自由落體運動,有,解得 ;反應時間最長為,需要直尺的長;自由落體運動從計時開始連續(xù)相等時間的位移為1:4:9:16,而相等時間內的位移為1:3:5:7,故長度不相等。11.【解析】(1)直桿下端B穿過圓筒的時間是B自由下落到C點(自由下落h)起到B下落到D點(自由下落h+b)所用的時間 由而求得B自由下落到C點的時間 同理,B下落到D點的時間為 故 B穿過圓筒的時間為 (2)整個直桿AB穿過圓筒的時間是B自由下落到C 點(自由下落h)起到A下落到D點(自由下落h+b+a)所用的時間由以上解答可得,整個直桿AB穿過圓筒的時間為12. 【解析】(1)此處的電磁鐵起條形磁鐵的作用,故應選用直流電源,選項A錯誤用直尺測量電磁鐵下端到M 的豎直距離再減去小球的直徑作為小球下落的高度,選項C錯誤(2)1個小球下落的時間為0.65 s,根據(jù)Hgt2,代入數(shù)據(jù)計算得g9.4 m/s2.(3)減小長度測量誤差的辦法是增加小球下落的高度防止偶然誤差的辦法是多次重復實驗,結果取平均值其他答案只要合理也可 (4)由H1g和H2g可得g,因此可以消去t的影響(三)計算題13.【解析】 (1)設彈性球第一次下落過程中的加速度大小為a1,由圖知a1 m/s28 m/s2根據(jù)牛頓第二定律,得mgfma1故fm(ga1)0.2 N(2)由圖知彈性球第一次到達地面時的速度大小為v14 m/s,設球第一次離開地面時的速度大小為v2,則v2v13 m/s第一次離開地面后,設上升過程中球的加速度大小為a2,則mgfma2得a212 m/s2于是,有0v2a2h解得h m.14. 【解析】(1)兩物體的加速度均為g,方向豎直向下,設甲下落時間t時二者相遇.則.解得t=2s,此時兩物體離地高度(2)以甲下落的初位置為坐標原點,下落時刻為計時起點,豎直向下為正方向,設時刻t甲乙的位置坐標分別為、,則01s內兩物體的豎直距離隨時間的關系為=10m,12s內兩物體的豎直距離隨時間的關系為=10m設經(jīng)過T時間甲落地,則,解得T=3s設乙在空中運動時間為,則,解得=s23s內兩物體的豎直距離隨時間的關系為=-10m3(+1)s內兩物體的豎直距離隨時間的關系為則圖象如下15.【解析】(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動,有代入數(shù)據(jù)解得(2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB,有細繩繃直瞬間,細繩張力遠大于A、B的重力,A、B相互作用,由動量守恒得之后A做勻減速運動,所以細繩繃直瞬間的速度即為最大速度,聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得(3)細繩繃直后,A、B一起運動,B恰好可以和地面接觸,說明此時A、B的速度為零,這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,有代入數(shù)據(jù)解得四選做題16.【解析】設燃料用完時火箭的速度為v1,所用時間為t1.火箭的上升運動分為兩個過程,第一個過程為做勻加速上升運動,第二個過程為做豎直上拋運動至到達最高點(1)對第一個過程有h1t1,代入數(shù)據(jù)解得v120 m/s.(2)對第二個過程有h2,代入數(shù)據(jù)解得h220 m所以火箭上升離地面的最大高度hh1h240 m20 m60 m.(3)方法一分段分析法從燃料用完到運動至最高點的過程中,由v1gt2得t2 s2 s從最高點落回地面的過程中,hgt32,而h60 m,代入得t32 s故總時間t總t1t2t3(62) s.方法二整體分析法考慮火箭從燃料用完到落回地面的全過程,以豎直向上為正方向,全過程為初速度v120 m/s、加速度g10 m/s2、位移h40 m的勻變速直線運動,即有hv1t gt2,代入數(shù)據(jù)解得t(22) s或t(22) s(舍去),故t總t1t(62) s. *17.每碰撞一次后所做豎直上拋運動,可分為上升和回落兩個階段,不計空氣阻力,這兩段所用時間和行程相等.小球原來距桌面高度為4.9 m,用h0表示,下落至桌面時的速度v0應為:v0=9.8 m/s.下落時間為:t0=1 s.首先用演繹法:小球第一次和桌面碰撞,那么,第一次碰撞桌面后小球的速度:v1=v07/9 m/s.第一次碰撞后上升、回落需用時間:2t1=2v1/g=(2v0/g)7/9=27/9 s.小球第二次和桌面碰撞,那么,第二次碰撞桌面后小球的速率:v2=v17/9=(v07/9)7/9=v0(7/9)2 m/s.第二次碰撞后上升、回落需用時間:2t2=2v2/g=2(7/9)2.再用歸納法:依次類推可得:小球第n次和桌面碰撞后上升,回落需用時間:2tn=2(7/9) n (s)所以小球從開始下落到經(jīng)n次碰撞后靜止所用總時間為:T=t2+2t1+2t2+2tn=1+27/9+2(7/9)2+2(7/9)n=1+27/9+(7/9)2+(7/9)n括號內為等比級數(shù)求和,首項a1=7/9,公比q=7/9,因為|q|1,所以無窮遞減等比級數(shù)的和為:,所以T=1+27/2=8 s.18.【解析】(1)運動員打開傘后做勻減速運動,由v22-v12=2as2可求得運動員打開傘時的速度為v1=60 m/s,運動員自由下落距離為s1=v12/2g=180 m,運動員離開飛機時距地面高度為s=s1+s2= 305 m.(2)自由落體運動的時間為t1=6 s,打開傘后運動的時間為t2=3.85 s,離開飛機后運動的時間為t=t1+t2=9.85 s- 配套講稿:
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