高考物理一轮复习第1章运动的描述 匀变速直线运动的研究课时作业2 (含解析)

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课时作业2　匀变速直线运动规律时间：45分钟1．轿车启动时的运动可近似看作匀加速运动，某人为了测定某辆轿车在平路上启动时的加速度，利用相机每隔2 s曝光一次，拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图所示．如果轿车车身总长为4.5 m，那么这辆轿车的加速度大约为(　B　)A．1 m/s2  B．2 m/s2C．3 m/s2   D．4 m/s2解析：由图可知，车身对应图上3小格，而车身的长度是4.5 m，每一格表示1.5 m，则第一段位移大小为x1＝8×1.5 m＝12 m，第二段位移为x2＝13.6×1.5 m＝20.4 m．根据Δx＝aT2，则有x2－x1＝aT2，其中T＝2 s，解得a＝＝ m/s2＝2.1 m/s2，故只有选项B正确．2．如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直向上喷出，喷出时水的速度为53 m/s，喷嘴的出水量为0.5 m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g取10 m/s2)(　B　)A．2.65 m3B．5.3 m3C．10.6 m3D．因喷嘴的横截面积未知，故无法确定解析：喷出的水做竖直上抛运动，水的初速度v0＝53 m/s，水在空中停留的时间t＝＝10.6 s，即处于空中的水的体积V＝Qt＝0.5×10.6 m3＝5.3 m3，选项B正确．3．如图所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动．已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的，则下列物理量中可求出的是(　B　)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点时的速度大小解析：设质点在第1 s内的位移为x，则它在最后1 s内的位移为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＝a×(1 s)2,4x＝a×t2－a×(t－1 s)2，联立可解得t，但不能得出a和x，故只有选项B正确．4．(多选)物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某速度v后，立即以加速度a2做匀减速运动至B点速度恰好减为0，所用总时间为t.若物体以速度v0匀速通过AB之间，所用时间也为t，则(　AB　)A．v＝2v0   B.＋＝C.－＝  D.＋＝解析：由运动学公式有：x＝v0t＝t1＋t2＝(t1＋t2)＝t，解得v＝2v0，故A正确；由t1＝，t2＝得：t＝＋即：＋＝，故B正确，C、D错误．5．如图所示，O点离水平地面的高度为H，A点位于O点正下方l处，某物体从O点由静止释放，做自由落体运动，落于地面O′点，则物体(　D　)A．在空中的运动时间为B．在空中的运动时间为C．从A点到O′点的运动时间为D．从O点到A点的运动时间为解析：物体做自由落体运动，根据h＝gt2可得t＝，故A、B错误；OA运动的时间t′＝，故从A点到O′点的运动时间为Δt＝t－t′＝－，故C错误；从O点到A点的运动时间为：t′＝，故D正确．6．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为(　C　)A．0.5t  B．0.4tC．0.3t  D．0.2t解析：物体下降的时间为t，故物体上升的最大高度为h＝g·(t)2＝gt2，对物体自由落体运动h的过程，有＝gt，联立解得t1＝t，故设置挡板后，物体上升和下降的总时间为t′＝t－2t1＝t－t≈0.3t，C正确．7．歼­15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼­15战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L<s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母航静止的情况下，用弹射系统给战机一定的初速度；方法二：起飞前先让舰空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度的大小v1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度的大小v2min.解析：(1)若歼­15战机正常起飞，则有2as＝v2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机一最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v　解得v1min＝(2)解法1：一般公式法起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，战机起飞时间为t，则有x＝v2mint　t＝　2a(L＋x)＝v2－v解得v2min＝－解法2：相对运动法选航空母舰为参考系，则战机起飞过程，战机相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2　2as＝v2　可得v2min＝－答案：(1)　(2)－8．(2019·湖南师大附中检测)如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为321，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为(　B　)A.   B.C.   D.解析：设质点经过ab、bc和cd三段所用时间分别为3t、2t和t，各段时间t内的位移分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6，由题可知x1＝s1＋s2＋s3，x2＝s6，设bc段的位移为x，则x＝s4＋s5，根据公式Δx＝aT2，则(x＋x2)－x1＝(s4＋s5＋s6)－(s1＋s2＋s3)＝9aT2，同时，由于s2－s1＝s3－s2，所以s1＋s3＝2s2，x1＝s1＋s2＋s3＝3s2，而s6－s2＝4aT2，即x2－＝4aT2，联立可得x＝，故B正确．9．(多选)如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，根据图中的信息，下列判断正确的是(　BCD　)A．位置1是小球释放的初始位置B．小球做匀加速直线运动C．小球下落的加速度为D．小球在位置3的速度为解析：由Δx＝d为恒量可知，小球做匀加速直线运动，选项B正确；由Δx＝aT2得a＝，选项C正确；v3＝24＝，选项D正确；v1＝v3－a·2T＝－×2T＝>0，选项A错误．10．(多选)汽车由静止开始从A点沿直线ABC做直线运动，第4 s末通过B点时关闭发动机，再经6 s到达C点停止．已知AC的长度为30 m，则下列说法正确的是(　BCD　)A．通过B点时的速度为3 m/sB．AB的长度为12 mC．汽车在AB段的平均速度为3 m/sD．汽车在AC段的平均速度为3 m/s解析：汽车由静止开始从A点沿直线ABC运动，画出v­t图象，由图可得xAC＝vBt，解得vB＝6 m/s，选项A错误；在0～4 s内，xAB＝vBt1＝12 m，选项B正确；由＝，知汽车在AB段的平均速度为＝3 m/s，选项C正确；AC段的平均速度为＝＝3 m/s，选项D正确．11．(2019·福建南安模拟)(多选)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点间，需时为t，现在物体由A点静止出发，匀加速(加速度为a1)到某一最大速度vm后，立即做匀减速运动(加速度为a2)至B点停下，历时为2t，则物体的(　BC　)A．vm可为许多值，与a1、a2的大小有关B．vm只能为v，无论a1、a2为何值C．a1、a2必须满足＝D．a1、a2必须满足＝解析：A、B两点的距离不变，则有：vt＝，vm＝v，B正确．又有＋＝vt，解出＝，故选BC.12．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a1＝5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度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？解析：设该车初速度方向为正方向，vt＝28.8 km/h＝8 m/s，v0＝72 km/h＝20 m/s，a1＝－5 m/s2.(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：由v－v＝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＝＝2.4 s加速阶段：t2＝＝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＝t2＝42 m则总位移：x＝x1＋x2＝75.6 m若不减速和不加速所需要时间：t′＝＝3.78 s车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s答案：(1)33.6 m　(2)5.4 s　(3)1.62 s