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第2讲匀变速直线运动的规律及应用A组基础过关 1.(2019湖南株洲二中月考)某小型飞机在航母上起飞需要滑跑距离约s1,着陆滑跑距离大约为s2,设起飞滑跑和着陆滑跑时都是做匀变速直线运动,起飞时速度是着陆时速度的n倍,则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是()A.ns1s2B.s1ns2C.ns2s1D.s2ns1答案B起飞滑跑和着陆滑跑时都是做匀变速直线运动,设起飞时速度为v1,着陆时速度为v2,则s1=v12t1,s2=v22t2,且v1=nv2,故t1t2=s1ns2,选B。2.一个做匀减速直线运动的物体,经过3 s,速度刚好减为零。若测得该物体在最后1 s内的位移是1 m,那么该物体在这3 s内的平均速度大小是()A.1 m/sB.3 m/sC.5 m/sD.9 m/s答案B解答本题采用“逆向思维”法。在最后1 s内,根据x=12at2得,物体的加速度大小为a=2xt2=211 m/s2=2 m/s2,则物体的初速度v0=at=23 m/s=6 m/s,物体在这3 s内的平均速度v=v02=62 m/s=3 m/s。故B项正确,A、C、D项错误。3.(2019湖北武汉期末)高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车,如襄阳随州武汉仙桃潜江荆州荆门襄阳,构成7站铁路圈,建两条靠近的铁路环线。列车A以恒定速率360 km/h运行在一条铁路上,另一条铁路上有“伴驳列车”B,如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站,先在襄阳站登上B车,当A车快到襄阳站且距襄阳站路程为s处时,B车从静止开始做匀加速运动,当速度达到360 km/h时恰好遇到A车,两车连锁并打开乘客双向通道,A、B列车交换部分乘客,并连体运动一段时间再解锁分离,B车匀减速运动后停在随州站并卸客,A车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站。则()A.无论B车匀加速的加速度大小为多少,s是相同的B.该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C.若B车匀加速的时间为1 min,则s为4 kmD.若B车匀减速的加速度大小为5 m/s2,则当B车停下时A车已距随州站路程为1 km答案D设B车从静止开始加速到v=360 km/h所用时间为t,B车加速度为a,由题意得s=vt-v2t=v2t,而v=at,所以两者之间的距离s=v22a,由此可知,B车的加速度a越大,s越小,A项错误;从襄阳站到潜江站中间间隔三个站,所以该乘客节约了三个站的减速、停车、提速时间,B项错误;若B车匀加速的时间t=1 min,则s=v2t=3 km,C项错误;若B车匀减速的加速度大小a=5 m/s2,减速运动时间t=va=20 s,则当B车停下时A车已经距随州站路程为s=vt-12at2=1 km,D项正确。4.一固定的光滑斜面长为x,一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑,当物体速度为到达斜面底端时的速度的一半时,它沿斜面下滑的距离是()A.x4B.2-12xC.x2D.2x2答案A把物体的运动过程按速度大小分为两段,即0v2和v2v两段,由于这两段的速度变化量相等,则这两段对应的时间相等,又因为这两段相等时间内位移之比为13,故第一段的位移为总位移的四分之一,即x4,选项A正确。5.(2018吉林长春检测)一列火车从静止开始做匀加速直线运动,一人站在第一节车厢前端的旁边观测,第一节车厢通过他历时2 s,整列车厢通过他历时8 s,则这列火车的车厢有()A.16节B.17节C.18节D.19节答案A火车做初速度为零的匀加速直线运动,根据匀变速直线运动规律,第一节车厢通过观测者时有L=12at12,整列火车的车厢通过观测者时有nL=12at22,解得n=16,故选A。6.东东同学看到远处燃放的烟花,每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸。最高点与五楼顶部平齐,且前一颗烟花爆炸时后一颗烟花恰好从地面发射,他看到烟花爆炸闪光同时还听到了爆炸的声音,而在最后一颗烟花爆炸闪光之后还能听到一次爆炸的声音。请你根据这些现象估算他离烟花燃放点的距离约为(空气中声音传播速度为340 m/s,重力加速度为10 m/s2)()A.34 mB.58 mC.340 mD.580 m答案D每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸,均可视为竖直上抛运动。地面到五楼顶部的高度约为h=15 m,则烟花上升到最高点的时间t=2hg=21510 s=3 s。由题意知,离烟花燃放点的距离约为x=vt=3403 m,约为580 m。选项D正确。7.(2018安徽淮南模拟)如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图,他每隔0.4 s抛出一球,接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外,空中总有4个球,将球的运动近似看做是竖直方向的运动,球到达的最大高度是(高度从抛球点算起,取g=10 m/s2)()A.1.6 mB.2.4 mC.3.2 mD.4.0 m答案C将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动,由题意知,球从抛出到落回手中用时t=0.4 s4=1.6 s,则球从最高点落回手中的时间为0.8 s,则H=12100.82 m=3.2 m,故C正确。8.(多选)(2018浙江温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心,不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。假设一辆以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口,有一老人正在过人行横道,此时汽车的车头距离停车线8 m。该车减速时的加速度大小为5 m/s2。则下列说法中正确的是()A.如果驾驶员立即刹车制动,则t=2 s时,汽车离停车线的距离为1.6 mB.如果在距停车线6 m处开始刹车制动,汽车能在停车线处停车让人C.如果驾驶员的反应时间为0.4 s,汽车刚好能在停车线处停车让人D.如果驾驶员的反应时间为0.2 s,汽车刚好能在停车线处停车让人答案AD若汽车做匀减速直线运动,速度减为零所用的时间t0=0-v0a=-8-5 s=1.6 s2 s,所以从刹车到停止的位移大小x1=v022a=6410 m=6.4 m,汽车离停车线的距离为8 m-6.4 m=1.6 m,故A正确;如果汽车在距停车线6 m处开始刹车制动,刹车位移是6.4 m,所以汽车不能在停车线处停车让人,故B错误;刹车的位移是6.4 m,所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m,则驾驶员的反应时间t=1.68 s=0.2 s时,汽车刚好能停在停车线处让人,故C错误,D正确。9.(多选)在某一高度以v0=20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力),当小球速度大小为10 m/s时,以下判断正确的是(g取10 m/s2)()A.小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s,方向向上B.小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s,方向向下C.小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s,方向向上D.小球的位移大小一定是15 m答案ACD小球被竖直向上抛出,做的是匀变速直线运动,平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v=v0+v2求出,规定竖直向上为正方向,当小球的末速度大小为10 m/s、方向竖直向上时,v=10 m/s,用公式求得平均速度为15 m/s,方向竖直向上,A正确;当小球的末速度大小为10 m/s、方向竖直向下时,v=-10 m/s,用公式求得平均速度大小为5 m/s,方向竖直向上,C正确;由于末速度大小为10 m/s时,球的位置一定,距起点的位移h=v2-v02-2g=15 m,D正确。10.(多选)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行,通过频闪照片分析得知,滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍,且已知滑块在最初1 s内的位移为2.5 m,由此可求得()A.滑块的加速度大小为5 m/s2B.滑块的初速度为5 m/sC.滑块运动的总时间为3 sD.滑块运动的总位移为4.5 m答案CD初速度为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比xxx=135。运动的总时间为3 s时,在前2 s内和后2 s内的位移之比为12。正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动。因滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍,故运动的总时间为t=3 s,选项C正确;最初1 s内的位移与总位移之比为x1x=59,滑块在最初1 s内的位移为2.5 m,故x=4.5 m,选项D正确;最后1 s内的位移x3=19x=0.5 m,根据x=12at2可得a=1 m/s2,选项A错误;根据v=at可得,滑块的初速度为3 m/s,选项B错误。11.(2019河南郑州质量预测)交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”,它根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调,使车辆通过时能连续一路绿灯。郑州市中原路上某直线路段每间隔L=500 m就有一个红绿灯路口,绿灯时间t1=60 s,红灯时间t2=40 s,而且下一路口红绿灯亮起总比当前一路口红绿灯滞后t=50 s。要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口。汽车可看做质点,不计通过路口的时间,道路通行顺畅。(1)若某路口绿灯刚亮起时,某汽车恰好通过,要使该汽车保持匀速行驶,在后面道路上再连续通过五个路口,满足题设条件下,汽车匀速行驶的最大速度是多少?最小速度又是多少?(计算结果保留两位有效数字)(2)若某路口遭遇红灯,待绿灯刚亮起时,某汽车由静止开始以加速度a=2 m/s2匀加速运动,加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后,便以此速度一直匀速运动。试通过计算判断,当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯?答案(1)10 m/s8.1 m/s(2)见解析解析(1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口,则通过五个路口的时间t=5t,此时汽车匀速运动的速度最大,有vmax=5Lt=10 m/s若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口,则通过五个路口的时间t=5t+t1=310 s此时汽车匀速运动的速度最小,有vmin=5Lt8.1 m/s(2)若路口绿灯刚亮起时,汽车启动加速,最终加速到vmax=10 m/s,由vmax=at1,得t1=5 s在此过程中汽车通过的位移x=vmax2t1,得x=25 m然后汽车以vmax匀速运动到下一个路口,可得L-x=vmaxt2代入数据解得t2=47.5 s因此,汽车从该路口开始运动到下一个路口的时间为t=t1+t2=52.5 s因为50 st2xtD.xtv2xt答案C飞机着陆后,若做匀减速直线运动,末速度为零,则飞机着陆时的速度应是v=2xt;实际上飞机速度越大,所受阻力越大,飞机着陆后做的是加速度减小的减速直线运动,作出v-t图像如图所示,结合图像可知,飞机着陆后的总位移x2xt,C项正确。13.(2019河北定州中学期末)近几年,国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费,给自驾出行带来了很大的实惠,但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力,因此交管部门规定,上述车辆通过收费站口时,在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0=72 km/h,靠近站口时以大小为a1=5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=28.8 km/h,然后立即以a2=4 m/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)。试问:(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速?(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少?(3)在(1)(2)问题中,该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少?答案(1)33.6 m(2)5.4 s(3)1.62 s解析vt=28.8 km/h=8 m/s,v0=72 km/h=20 m/s(1)该车进入站口前做匀减速直线运动,设距离收费站x1处开始制动,则vt2-v02=-2a1x1解得x1=33.6 m(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2,则减速阶段vt=v0-a1t1,得t1=vt-v0-a1=2.4 s加速阶段t2=v0-vta2=3 s则加速和减速的总时间为t=t1+t2=5.4 s(3)在加速阶段x2=vt+v02t2=42 m则总位移x=x1+x2=75.6 m若不减速所需要时间t=xv0=3.78 s车因减速和加速过站而耽误的时间t=t-t=1.62 s
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