第2讲　匀变速直线运动的规律及应用时间 高三物理二轮复习题.doc

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1、第2讲匀变速直线运动的规律及应用时间:40分钟1.(多选)一质点从O点由静止开始做匀加速直线运动,加速度为2 m/s2,经过A、B两点的时间间隔为2 s,已知A、B两点间的距离为40 m,则() A.O、A两点间的距离为81 mB.从O点到A点的运动时间为10 sC.经过A点时的速度为18 m/sD.经过B点时的速度为20 m/s2.(多选)2019湖北宜昌三校联考 某汽车在平直路面上刹车后的运动位移x与时间t的关系为x=30t-2.5t2(各物理量均采用国际单位制单位),则该汽车刹车后()A.前2 s内的位移是50 mB.前10 s内的位移是50 mC.第4 s内的平均速度是12.5 m/s

2、D.任意1 s内的速度增量都是-2.5 m/s3.(多选)2019南京模拟 汽车从静止启动做匀加速直线运动,加速度大小为2 m/s2,在加速运动时间内,下列说法正确的是()A.每1 s速度增加2 m/sB.第3 s末的速度与第4 s末的速度之比为34C.第2 s内的位移与第3 s内的位移之比为23D.第3 s内的位移与第2 s内的位移之差为5 m4.一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动,4 s末落到井底,则该小球开始下落后第2 s内和第4 s内的平均速度之比是()A.13B.24C.37D.145.2019武汉四月调研 某质点做匀加速直线运动,经过时间t,速度由v0变为kv0(k1

3、),位移大小为x,则在随后的4t内,质点的位移大小为()A.8(3k-2)xk+1B.8(2k-1)xk+1C.8(2k-1)xk-1D.3(5k-3)xk+16.一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶,发现前方50 m处的斑马线上有行人,驾驶员立即刹车使车做匀减速直线运动,若已知行人还需要12 s才通过斑马线,则刹车后汽车的加速度大小至少为()A.1 m/s2B.0.97 m/s2C.0.83 m/s2D.0.69 m/s27.背越式跳高采用弧线助跑,距离长,速度快,动作舒展大方.如图K2-1所示是某运动员背越式跳高过程的分解图,由图可算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为()图K2-1A

4、.2 m/sB.5 m/sC.8 m/sD.11 m/s图K2-28.如图K2-2所示,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面.某一竖井的深度约为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2,假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是()A.13 sB.16 sC.21 sD.26 s9.(多选)2019年10月1日举行了庆祝中华人民共和国建立70周年阅兵仪式.如图K2-3所示为空中梯队通过天安门广场的情景.空中梯队在地面上空某高度A位置处于静止状态待命,要求空中梯队零时刻由静止沿水平方向做匀加速直线运动,经过AB段加速后,进入BC

5、段的受阅区做匀速直线运动,从A位置经过t时间到达C位置,已知AB段长为L1,BC段长为L2.下列说法正确的是()图K2-3A.空中梯队到达B点时的速度为2L1+L2tB.空中梯队在AB段的平均速度为L1tC.空中梯队在AC段的平均速度为L1+L2tD.空中梯队在AB段的加速度为12L12L1+L2t210.2019清华附中月考 我国道路安全部门规定:高速公路上汽车行驶的最高速度为120 km/h.交通部门提供下列资料.资料一:驾驶员的反应时间为0.3 0.6 s资料二:各种路面与轮胎之间的动摩擦因数(如下表)路面动摩擦因数干沥青路面0.7干碎石路面0.60. 7湿沥青路面0.320.4根据以上

6、资料,通过计算判断汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近()B.100 mB.200 mC.300 mD.400 m11.(多选)如图K2-4所示,一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀减速直线运动,依次经A、B、C、D到达最高点E,已知AB=BD=6 m,BC=1 m,滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2 s.设滑块经过A、B、C、D时的速度分别为vA、vB、vC、vD,则()图K2-4A.vA=5 m/sB.vB=4 m/sC.vC=3 m/sD.vD=2 m/s12.(多选)一质点做匀加速直线运动,依次经过A、B、C、D四点,相邻两点间的距离分别为AB=s1、BC=s2、CD=s3,已

7、知质点通过AB段、BC段、CD段所用的时间均为T,则质点在B点时的速度表达式正确的是()A.s1+s22TB.3s2-s32TC.3s1+s32TD.2s1-s2+s32T13.人教版必修1改编 伽利略在研究自由落体运动时,猜想自由落体的速度是均匀变化的,他考虑了速度的两种变化:一种是速度随时间均匀变化,另一种是速度随位移均匀变化.现在我们已经知道,自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动.有一种“傻瓜”照相机的曝光时间极短,且固定不变.为估测“傻瓜”照相机的曝光时间,实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下,拍摄石子在空中的照片如图K2-5所示.由于石子的运动,它在照片上留下了一条模糊的径迹.

8、已知石子在A点正上方1.8 m的高度自由下落.每块砖的平均厚度为6.0 cm.(不计空气阻力,g取10 m/s2)(1)计算石子到达A点时的速度大小vA;(2)估算这架照相机的曝光时间(结果保留一位有效数字).图K2-514.(多选)如图K2-6所示,宽为L的竖直障碍物上开有宽度d=0.6 m的矩形孔,其下沿离地高h=1.2 m,离地高H=2 m 的质点与障碍物相距为x.在障碍物以v0=4 m/s的速度匀速向左运动的同时,质点自由下落,忽略空气阻力,g取10 m/s2.以下说法正确的是()图K2-6A.若L=1 m,x=1 m,则小球可以穿过矩形孔B.若L=0.8 m,x=0.8 m,则小球可

9、以穿过矩形孔C.若L=0.6 m,x=1 m,则小球可以穿过矩形孔D.若L=0.6 m,x=1.2 m,则小球可以穿过矩形孔15.现在我国ETC已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间.假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站,若进入人工收费通道,它从距收费窗口20 m处开始减速,至窗口处恰好停止,再用10 s时间完成交费;若进入ETC通道,它从某位置开始减速,当速度减至5 m/s后,再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费.若这两种情况下,汽车减速时的加速度大小相同,求: (1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小;(2)汽车从开始减速到交费完成,从ETC通道通行比从人工收费通道通行少用

10、的时间.1.AC 解析 质点从A点运动到B点的平均速度v=x2t2=20 m/s,又v=at1+t22,解得从O点运动到A点的时间t1=9 s,O、A两点间的距离x1=12at12=81 m,经过A点时的速度vA=at1=18 m/s,经过B点时的速度vB=a(t1+t2)=22 m/s,选项A、C正确.2.AC解析 由x=30t-2.5t2可得,初速度v0=30 m/s,加速度a=-5 m/s2,刹车的时间t0=0-v0a=6 s,前2 s内的位移x2=50 m,前10 s内的位移即前6 s内的位移,为x10=v0t02=90 m,第4 s内的平均速度等于第3.5 s末的速度,即v4=v0+

11、at3.5=12.5 m/s,任意1 s内的速度增量v=aT=-5 m/s,选项A、C正确.3.AB解析 由v=aT可得每1 s速度增加2 m/s,选项A正确;第3 s末的速度与第4 s末的速度之比为运动的时间比,即34,第2 s内的位移与第3 s内的位移之比为35,第3 s内的位移与第2 s内的位移之差x=aT2=2 m,选项B正确,C、D错误.4.C解析 在匀变速直线运动中,一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度,所以第2 s内的平均速度与第4 s内的平均速度之比等于第1.5 s时的瞬时速度与第3.5 s时的瞬时速度之比,小球做自由落体运动,有v=gt,因此v2v4=v1.5v

12、3.5=1.53.5=37,选项C正确.5.A解析 根据题述,经过时间t,速度由v0变为 kv0,则质点的加速度a=kv0-v0t=(k-1)v0t,位移大小x=v0t+12at2,在随后的4t内,质点的位移大小为x= kv04t+12a(4t)2,联立解得x=83k-2xk+1,选项A正确.6.A解析 汽车以初速度v0=10 m/s做匀减速直线运动,若在行人通过斑马线的12 s时间内汽车尚未停下,则汽车在这时间内的位移x0v02t0=60 m,汽车可能会撞上行人,所以汽车刹车后应不超过斑马线.当汽车匀减速运动的位移恰好为50 m时,汽车刹车的加速度最小,为a=v022x=102250 m=1

13、 m/s2,选项A正确.7.B解析 运动员跳高过程可以看作竖直上抛运动,当重心越过横杆时速度恰好为零,运动员重心升高高度约为h=1.3 m,根据v2=2gh,解得v=2gh=26 m/s5 m/s,选项B正确.8.C解析 升降机先以最大加速度做加速运动,后做匀速运动,最后以最大加速度做减速运动,这种情况下所用的时间最短.在加速阶段,所需时间为t1=va=8 s,通过的位移为x1=v22a=32 m,减速阶段与加速阶段所需时间和通过位移均相同,在匀速阶段,所需时间为t2=x-2x1v=104-2328 s=5 s,总时间为t=2t1+t2=21 s,选项C正确.9.ACD解析 由于时间t与L1+

14、L2对应,故空中梯队在AC段的平均速度为L1+L2t,选项C正确;空中梯队在AB段运动的时间小于t,在AB段的平均速度大于L1t,选项B错误;设空中梯队在B点时的速度为v,则在AB段的平均速度为v2,根据L1v2+L2v=t,解得v=2L1+L2t,选项A正确;空中梯队在AB段做匀加速运动,根据2aL1=v2,解得a=12L12L1+L2t2,选项D正确.10.B解析 安全距离由两阶段运动的位移组成,即由反应时间内匀速运动的位移和反应时间后匀减速运动的位移组成,则安全距离x=vt+v22g=1203.60.6 m+1203.62120.3210 m200 m,选项B正确.11.CD解析 根据匀

15、变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度,故vC=AD2T=3 m/s,选项C 正确;根据题意,由于滑块向上做匀减速直线运动,则有CD-AC=aT2,故a=-0.5 m/s2,速度vD=vC+aT=2 m/s,速度vA=vC-aT=4 m/s,选项A错误,D正确;B是AD 的中点,则vD2-vB2=vB2-vA2,故vB=vA2+vD22=10 m/s,选项B错误.12.ABD解析 B点对应AC的中间时刻,则vB=s1+s22T,选项A正确;C点对应BD的中间时刻,则vC=s2+s32T,而加速度a=s3-s2T2,故vB=vC-aT=3s2-s32T,选项B 正确;加

16、速度a=s2-s1T2,则vB=vC-aT=2s1-s2+s32T,选项D 正确.13.(1)6 m/s(2)0.02 s解析 (1)根据自由落体运动的位移公式得hOA=12gt2解得t=2hOAg=0.6 s根据自由落体运动的速度公式得vA=gt=6 m/s(2)由图中可知,hAB近似为两块砖厚度.方法一:hAB=12 cm=0.12 mhOB=hOA+hAB=1.92 cm根据自由落体运动的位移公式得hOB=12gtB2,解得tB=0.62 s曝光时间t=tB-t=0.02 s方法二:由于曝光时间极短,可看成匀速直线运动,则t=hABvA=0.126 s=0.02 s14.BC解析 小球做

17、自由落体运动到矩形孔的上沿的时间t1=2(H-h-d)g=2(2-1.2-0.6)10 s=0.2 s,小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间t2=2(H-h)g=2(2-1.2)10 s=0.4 s,则小球通过矩形孔的时间t=t2-t1=0.2 s,根据等时性知,L的最大值为Lm=v0t=40.2 m=0.8 m,选项A错误;若L=0.8 m,则x=v0t1=40.2 m=0.8 m,选项B正确;若L=0.6 m,则x的最小值xmin=v0t1=40.2 m=0.8 m,x的最大值xmax=v0t2-L=40.4 m-0.6 m=1 m,所以0.8 mx1 m,选项C正确,D错误.15.(1)

18、15 m(2)11 s解析 (1)根据速度位移关系式得,匀减速运动的加速度大小为a=v22x=102220 m/s2=2.5 m/s2,汽车过ETC通道,匀减速运动的时间为t1=v-va=10-52.5 s=2 s,匀减速运动的位移为x=v2-v22a=102-5222.5 m=15 m.(2)汽车过ETC通道,匀减速运动的时间为t1=2 s,匀速行驶的时间为t2=xv=55 s=1 s,从开始减速到交费完成所需的时间为t=t1+t2=3 s,汽车过人工收费通道,匀减速运动的时间为t3=va=102.5 s=4 s,从开始减速到交费完成所需的时间t=4 s+10 s=14 s,因此少用的时间为t=t-t=14 s-3 s=11 s.