课时跟踪检测（二）匀变速直线运动的规律

PAGE第1页共6页课时跟踪检测（二）匀变速直线运动的规律一、立足主干知识，注重基础性和综合性1．如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2，若1s后4个水果均未着地，则1s后速率最大的是()解析：选A根据v＝v0＋at，a＝－g，v0A＝3m/s代入解得vA＝－7m/s。同理解得vB＝－5m/s，vC＝0，vD＝5m/s。由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故选A。2．用如图所示的方法可以测量人的反应时间。实验时，一同学在上方用两个手指捏住直尺的顶端(直尺满刻度25cm处，如图甲)，另一同学在下方用手做捏住直尺的准备(对应直尺刻度0cm处)。当上方的手放开直尺时，下方的手立即捏住直尺(对应直尺刻度如图乙)。下列说法正确的是(取g＝10m/s2)()A．受测人的反应时间约为0.13s B．受测人的反应时间约为0.30sC．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为2.0m/sD．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为1.5m/s解析：选C直尺下降的高度为h＝23cm－0cm＝23cm＝0.23m，由公式h＝eq\f(1,2)gt2可知，受测人的反应时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.23,10))s≈0.2s，A、B错误；下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为v＝gt＝10×0.2m/s＝2.0m/s，C正确，D错误。3．(2023·绍兴高三调研)如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4～6m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为()A.eq\f(5,3)s B.eq\f(25,3)sC．2.5s D．12.5s解析：选C当车速最大vm＝10m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”的时间最长。由速度公式v＝vm－at，解得t＝2.5s，选项C正确。4．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。第6节车厢经过旅客时用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为()A．2m/s2 B．1m/s2C．0.5m/s2 D．0.2m/s2解析：选C将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t，动车第7节车厢通过旅客的过程，有eq\f(1,2)at2＝25m，第6、7节车厢通过旅客的过程，有eq\f(1,2)a(t＋4s)2＝2×25m，解得a≈0.5m/s2，C正确。5．如图所示，某段平直公路上有A、B、C、D、E五点，相邻两点间距离均相等，若一辆汽车从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过AB段的时间为t，则通过CE段的时间为()A．t B.eq\r(2)tC．(2－eq\r(2))t D．(2＋eq\r(2))t解析：选C设汽车加速度为a，对于AB段有x＝eq\f(1,2)at2，同理，对于AC段有2x＝eq\f(1,2)at12，对于AE段有4x＝eq\f(1,2)at22，联立解得t1＝eq\r(2)t，t2＝2t，故通过CE的时间为Δt＝t2－t1＝(2－eq\r(2))t，C正确。6.(多选)目前一些公司推出了智能物流机器人。机器人运动的最大速度为1m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20s，路宽是19.5m，它启动的最大加速度是0.5m/s2，下面是它过马路的安排方案，既能不闯红灯，又能安全通过的方案是()A．在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动B．在距离停车线1m处，绿灯亮起之前2s，以最大加速度启动C．在距离停车线2m处，绿灯亮起之前2s，以最大加速度启动D．在距离停车线0.5m处，绿灯亮起之前1s，以最大加速度启动解析：选BD机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t1＝eq\f(v,a)＝2s达到最大速度，位移是x1＝eq\f(1,2)at12＝1m，匀速运动的位移x2＝l－x1＝18.5m，需要时间为t2＝eq\f(x2,v)＝18.5s，两次运动时间之和为20.5s，不安全，故A不符合题意。在距离停车线1m处以最大加速度启动2s，正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5s通过马路，这个方案是可以的，故B符合题意。在距离停车线2m处，机器人启动2s后，走了1m，距离停车线还有1m，这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端还有20.5m，需要20.5s通过，而绿灯时间为20s，所以不安全，故C不符合题意。在距离停车线0.5m处，1s后绿灯亮起，其位移为x＝eq\f(1,2)at2＝0.25m，小于0.5m，故没有闯红灯，继续前进0.75m，达到最大速度，共用去了2s，绿灯还有19s，这时剩下的距离还有19m，正好通过马路，故D符合题意。7．(多选)矿井中的升降机以5m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．螺钉松脱后做自由落体运动B．矿井的深度为45mC．螺钉落到井底时的速度大小为25m/sD．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s解析：选BC螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A错误；由运动学公式可得，螺钉自脱落至落到井底的位移大小h1＝－v0t＋eq\f(1,2)gt2，升降机这段时间的位移大小h2＝v0t，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45m，B正确；螺钉落到井底时的速度大小为v＝－v0＋gt＝25m/s，C正确；设螺钉松脱前运动的时间为t′，则h1＝v0t′，解得t′＝6s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9s，D错误。8．(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为()A.eq\f(v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v) B.eq\f(v0－v,a)＋eq\f(L＋2l,v)C.eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v) D.eq\f(3v0－v,a)＋eq\f(L＋2l,v)解析：选C由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)；匀速通过隧道的时间t2＝eq\f(L＋l,v)；列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝eq\f(v0－v,a)。则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(3v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v)。9．(2023·温州高三检测)在2022年卡塔尔世界杯足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90m、宽60m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3m/s2，试求：(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大。(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的起动过程可以视为从静止出发，加速度为4m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。解析：(1)根据运动学公式可得足球匀减速位移为x＝eq\f(v02,2a)＝24m。(2)足球匀减速时间：t＝eq\f(v0,a)＝4s人加速时间：t1＝eq\f(vm,a1)＝2s当球停止时人的位移为x1＝eq\f(1,2)a1t12＋vm(t－t1)＝24m故最短时间为4s。答案：(1)24m(2)4s二、强化迁移能力，突出创新性和应用性10．(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是()A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25解析：选B根据题意，小物块平均速度为1m/s，小物块做匀变速直线运动，设小物块运动的末速度为v，则eq\f(v0＋v,2)＝1m/s，且小物块的末速度大于等于0。因此v0最大为2m/s，由v2－v02＝－2μgx，得μ最大为0.2，故选B。11．(2022·湖北高考)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为()A．6小时25分钟 B．6小时30分钟C．6小时35分钟 D．6小时40分钟解析：选B108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝eq\f(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列车加速时间t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速过程的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f(2.16×105－2×900,30)s＝7140s，同理高铁列车加速时间t1′＝eq\f(v1′,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速过程的位移x1′＝eq\f(1,2)at1′2＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝eq\f(x－2x1′,v′)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分钟，B正确。12．(2023·唐山高三模拟)春节期间，全国高速公路收费路段对7座以下(含7座)小型客车以及允许在普通收费公路行驶的摩托车免收通行费。上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车不拿(交)卡而直接减速通过。若某车匀速运动的速度v0＝30m/s，该车在距收费站口72m处开始做匀减速直线运动，通过收费站口时的速度vt＝6m/s，然后立即以8m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。(1)求汽车在靠近收费站口时做匀减速运动的加速度大小。(2)该车因过收费站而耽误的时间为多少？解析：(1)汽车进入站口前做匀减速直线运动，则由速度—位移公式有vt2－v02＝－2a1x1解得a1＝6m/s2