2024高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律及应用课时作业含解析

PAGE6-第2讲匀变速直线运动的规律及应用1．一辆匀加速行驶的汽车，经过路旁两根电线杆共用5s时间，汽车的加速度为2m/s2，它经过第2根电线杆时的速度为15m/s，则汽车经过第1根电线杆的速度为()A．2m/s B．10m/sC．2.5m/s D．5m/sD[依据v＝v0＋at，v0＝v－at＝5m/s，D正确。]2．做匀减速直线运动的物体经4s后停止，若在第1s内的位移是14m，则最终1s内的位移是()A．3.5s B．2mC．1m D．0B[可以采纳逆向思维，把物体的运动看成初速度为0的匀加速直线运动，其在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，已知第4s内的位移是14m，所以第1s内的位移是2m，故选项B正确。]3．(2024·河北百校联盟联考)一辆汽车沿平直的马路行驶，已知汽车的位移随时间改变的规律为x＝4＋tn(m)。则下列说法正确的是()A．假如n取1，汽车做速度大小为4m/s的匀速直线运动B．假如n取1，汽车做速度大小为2m/s的匀速直线运动C．假如n取2，汽车做初速度为零、加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动D．假如n取2，汽车做初速度为4m/s、加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动C[若n＝1，则x＝4＋t(m)，可知速度为v＝1m/s，所以汽车以1m/s的速度做匀速直线运动，选项A、B错误；若n＝2，则x＝4＋t2(m)，可知初速度为v0＝0，加速度大小为a＝2m/s2，所以汽车做初速度为0、加速度大小为2m/s2的匀加速直线运动，选项C正确，D错误。]4．(2024·安徽江南十校联考)将固定在水平地面上的斜面分为四等份，如图所示，AB＝BC＝CD＝DE，在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面对上运动，刚好能到达斜面顶端E点。则小滑块向上运动经过D点时的速度大小是()A.eq\f(v0,5) B．eq\f(v0,4)C.eq\f(v0,3) D．eq\f(v0,2)D[将末速度为零的匀减速直线运动看做初速度为零的匀加速直线运动，则veq\o\al(2,0)－0＝2axEA、veq\o\al(2,D)－0＝2axED，又xEA＝4xED，解得vD＝eq\f(1,2)v0，故D正确，A、B、C错误。]5.小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图所示。已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B点的速度，需测量()A．照片中AC的距离B．照片中球的直径及AC的距离C．小钢球的实际直径、照片中AC的距离D．小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离D[依据匀变速直线运动的规律可知vB＝eq\f(\x\to(AC),T)；为求解AC的实际距离，需知道小钢球的实际直径、照片中球的直径及照片中AC的距离，然后依据比例关系可知AC的实际距离，故选项D正确，A、B、C错误。]6．(2024·湖北武汉调考)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k>1)，位移大小为x。则在随后的4t时间内，质点的位移大小为()A.eq\f(83k－2x,k＋1) B．eq\f(82k－1x,k＋1)C.eq\f(82k－1x,k－1) D．eq\f(35k－3x,k＋1)A[依据题意可得x＝eq\f(v0＋kv0,2)t，经过时间t速度由v0变为kv0，则质点的加速度a＝eq\f(kv0－v0,t)＝(k－1)eq\f(v0,t)，在随后的4t时间内，质点的位移大小为x′＝kv0·4t＋eq\f(1,2)a(4t)2，联立解得x′＝eq\f(83k－2x,k＋1)，所以选项A正确。]7.如图所示，一质点由静止起先，从A到B做匀加速直线运动。已知质点在第1s内的位移恰好等于它在最终1s内位移的eq\f(1,4)，则下列物理量中可求出的是()A．A、B两点之间的距离B．质点从A运动到B所用的时间C．质点运动的加速度大小D．质点到达B点时的速度大小B[设质点在第1s内的位移为x，则它在最终1s内位移为4x，设质点运动的加速度大小为a，质点从A运动到B所用的时间为t，利用匀变速直线运动规律可得：x＝eq\f(1,2)a×12,4x＝eq\f(1,2)a×t2－eq\f(1,2)a×(t－1)2，联立可解得t，不能得出a和x，不能求出A、B两点之间的距离及质点到达B点时的速度大小，选项B正确，A、C、D错误。]8.在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的探讨中，须要精确的重力加速度g的值，g值可由试验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值转变为测长度和时间，详细做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，从小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得了T1、T2和H，可求得g等于()A.eq\f(8H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1)) B．eq\f(4H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1))C.eq\f(8H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1)2) D．eq\f(H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1)2)A[小球从O点上升到最大高度的过程中h2＝eq\f(1,2)g·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,2)))2，小球从P点上升到最大高度的过程中h1＝eq\f(1,2)g·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T1,2)))2，依据题意h2－h1＝H，联立解得g＝eq\f(8H,T\o\al(2,2)－T\o\al(2,1))，故A正确。]9．如图所示，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L＝1.2m的平板车起先以a＝6.0m/s2的恒定加速度从静止起先向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度为h＝0.45m。忽视空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求小车左端离O点的水平距离；(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt应满意什么条件？解析：(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t0，在该时间段内由运动学公式对小球有：h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)①对平板车有：x＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)②由①②式并代入数据可得：x＝0.27m。(2)从释放第一个小球至其次个小球下落到平板车上表面处历时Δt＋t0，设平板车在该时间段内的位移为x1，由运动学公式有：x1＝eq\f(1,2)a(Δt＋t0)2③至少有2个小球落在平板车上须满意：x1≤x＋L④由①～④式并代入数据可得：Δt≤0.4s。答案：(1)0.27m(2)Δt≤0.4s10．如图所示，一辆轿车和一辆卡车在同一马路上均由静止起先同时做匀加速直线运动，加速度大小分别为3m/s2和7m/s2，两车能达到的最大速度均为30m/s，刚起先运动时两车车头距离为20m，轿车车身全长5m，卡车车身全长20m，则两车的错车时间为()A．1.1s B．1.0sC．1.2s D．1.7sB[设经过时间t后，轿车和卡车车头相遇，轿车的位移x1＝eq\f(1,2)a1t2，卡车的位移x2＝eq\f(1,2)a2t2，x1＋x2＝20m，联立解得t＝2.0s。此时，轿车的速度v1＝a1t＝6m/s，卡车的速度v2＝a2t＝14m/s。设再经过时间t′后轿车和卡车错开，轿车的位移x1′＝v1t′＋eq\f(1,2)a1t′2，卡车的位移x2′＝v2t′＋eq\f(1,2)a2t′2，x1′＋x2′＝25m，联立解得t′＝1.0s。此时卡车速度v2＝a2(t＋t′)＝21m/s<vm＝30m/s。此解合理。]11．如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次静止释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法不正确的是()A．三者到达桌面时的速度之比是eq\r(3)∶eq\r(2)∶1B．三者运动的平均速度之比是eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C．b与a起先下落的时间差小于c与b起先下落的时间差D．b与a起先下落的时间差大于c与b起先下落的时间差D[三球做自由落体运动，由公式v2＝2gh可得v＝eq\r(2gh)，所以三者到达桌面时的速度之比是eq\r(h1)∶eq\r(h2)∶eq\r(h3)＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，A正确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)，故平均速度之比为eq\r(h1)∶eq\r(h2)∶eq\r(h3)＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，B正确；依据h＝eq\f(1,2)gt2可得a、b起先下落的时间差为Δt1＝eq\r(\f(2h1,g))－eq\r(\f(2h2,g))＝(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(2h3,g))，b、c起先下落的时间差为Δt2＝eq\r(\f(2h2,g))－eq\r(\f(2h3,g))＝(eq\r(2)－1)eq\r(\f(2h3,g))，所以Δt1<Δt2，C正确，D错误。]12．(2024·济南模拟)我国高速马路开通了电子不停车收费系统，即ETC系统。汽车可以分别通过ETC通道和人工收费通道，如图所示。假设汽车以正常行驶速度v1＝16m/s朝收费站沿直线行驶，假如过ETC通道，须要在距收费站中心线前d＝8m处匀减速至v2＝4m/s，然后匀速通过该区域，再匀加速至v1正常行驶；假如过人工收费通道，须要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝25s缴费胜利后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a1＝2m/s2，a2＝1m/s2。求：(1)汽车过ETC通道时，从起先减速到复原正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1季节约的时间Δt是多少？解析：(1)设汽车通过ETC通道时的匀减速过程的位移为x1，匀加速过程的位移为x2，则x1＝eq\f(v\o\al(2,2)－v\o\al(2,1),－2a1)＝60m，x2＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2a2)＝120m汽车的总位移x＝x1＋d＋x2＝188m。(2)汽车通过ETC通道时，匀减速过程的时间t1＝eq\f(v1－v2,a1)＝6s，匀速过程的时间t2＝eq\f(d,v2)＝2s，匀加速过程的时间t3＝eq\f(v1－v2,a2)＝12s所以汽车通过ECT通道的总时间t＝t1＋t2＋t3＝20s汽车通过人工收费通道时，匀减速过程的时间t1′＝eq\f(v1,a1)＝8s，匀加速过程的时间t2′＝eq\f(v1,a2)＝16s所以汽车通过人工通道的总时间t′＝t1′＋t0＋t2′＝49s则节约的时间Δt＝t′－t＝29s。答案：(1)188m(2)29s13．(2024·宁夏银川一中第一次月考)随着智能手机的运用越来越广泛，一些人在驾车时也经常低头看手机，然而开车时看手机是一种危急驾驶行为，极易引发交通事故。如图甲所示，一辆出租车在平直马路上以v0＝20m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方x0＝63.5m处有一辆电动车，正以v1＝6m/s的速度匀速行驶，而出租车司机此时起先低头看手机，3.5s后才发觉危急，司机经0.5s反应时间后，马上实行紧急制动措施。若从司机发觉危急起先计时，出租车的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。(1)若出租车前面没有任何物体，从司机起先低头看手机到出租车停止运动的这段时间内，出租车前进的距离是多少？(2)通过计算推断电动车是否被撞。若不会被撞，求二者之间的最小距离；若会相撞，求从出租车刹车起先，经过多长时间二者相撞？解析：(1)依据题意可知，出租车先匀速行驶t1＝3.5s，然后在反应时间t2＝0.5s内接着匀速行驶，再匀减速行驶t3＝4.0s停止，总位移为x＝v0(t1＋t2)＋eq\f(1,2)v0t3＝120m。(2)由题图乙可知，出租车做匀减速运动的加速度大小为a＝eq\f(|Δv|,t3)