2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（二）匀变速直线运动的规律含答案

这是一份2024届高考物理一轮复习课时跟踪检测（二）匀变速直线运动的规律含答案，共5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．(2022·武汉高三调研)以8 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为0.8 s，则小树高约为(　 )A．0.8 m  B．1.6 mC．2.4 m  D．3.2 m解析：选C　石子竖直上升的最大高度为H＝＝3.2 m，由题意可知，石子从最高点运动到小树顶端的时间为t1＝＝0.4 s，则最高点到小树顶端的距离为h1＝gt12＝0.8 m，则小树高约为h＝H－h1＝2.4 m，故C正确。  2．一旅客在站台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。他发现第6节车厢经过他时用了4 s，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．2 m/s2  B．1 m/s2C．0.5 m/s2  D．0.2 m/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节车厢通过旅客过程，有at2＝25 m，第6、7节车厢通过旅客过程，有a(t＋4 s)2＝2×25 m，解得a≈0.5 m/s2，C正确。3．(2021·湖北高考)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为(　 )A．0.2 s  B．0.4 s  C．1.0 s  D．1.4 s解析：选B　陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝ ＝  s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝ ＝  s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s。4.如图所示，一点光源固定在水平面上，一小球位于点光源和右侧竖直墙壁之间的正中央，某时刻小球以初速度v0竖直上抛。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球上升过程中，小球的影子在竖直墙壁上做(　 )A．速度为v0的匀速直线运动B．速度为2v0的匀速直线运动C．初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动D．初速度为v0、加速度为g的匀减速直线运动解析：选C　根据竖直上抛运动规律可得，小球上升的位移为y＝v0t－gt2，由几何关系可知，小球的影子在竖直墙壁上的位移为y′＝2y＝(2v0)t－(2g)t2，则小球的影子做初速度为2v0、加速度为2g的匀减速直线运动，所以C正确。5．(多选)有一质点从某一高度处自由下落，开始的高度用时为t，重力加速度为g，则(　 )A．物体自由下落高度所用的时间为tB．物体落地所用的时间为3tC．物体自由下落高度时的速度为gtD．物体落地时的速度为gt解析：选AD　根据题意可得h＝gt2，设物体自由下落高度所用的时间为t1，则有h＝gt12，联立上式解得t1＝t，则物体自由下落高度时的速度为v1＝gt1＝gt，A正确，C错误；设物体落地所用的时间为t2，则有h＝gt22，联立解得t2＝t，物体落地时的速度为v2＝gt2＝gt，B错误，D正确。6.如图所示，一质点从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a，B、C、D是质点运动路径上的三个点，且BC＝x1，CD＝x2，质点通过B、C间所用时间与通过C、D间所用时间相等，则质点经过C点的速度为(　 ) A.    B. C.    D. 解析：选A　设质点从B到C所用时间为T，则x2－x1＝aT2，可得T＝ ，则从B到D的时间为2 ，质点经过C点的速度vC＝＝ ，A正确，B、C、D错误。7．在平直的测试汽车加速性能的场地上，每隔100 m有一个醒目的标志杆。两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动，当汽车通过第二个标志杆开始计时，t1＝10 s时，汽车恰好经过第5个标志杆，t2＝20 s时，汽车恰好经过第10个标志杆(图中未画出)，汽车运动过程中可视为质点，如图所示。求：(1)汽车加速度的大小；(2)若汽车匀加速达到最大速度64 m/s后立即保持该速度匀速行驶，则汽车从20 s末到30 s末经过几个标志杆。解析：(1)设汽车的加速度为a，经过第二个标志杆的速度为v0，在0～10 s内，3L＝v0t1＋at12在0～20 s内，8L＝v0t2＋at22解得a＝2 m/s2，v0＝20 m/s。(2)在t2＝20 s时，vt＝v0＋at2＝60 m/s达到最大速度v′＝vt＋aΔt，解得Δt＝2 s设t3＝30 s，在t2～t3内汽车位移s＝Δt＋v′(t3－t2－Δt)＝636 m则经过的标志杆数n＝＝6.36个，即6个。答案：(1)2 m/s2　(2)6个 二、强化迁移能力，突出创新性和应用性8．一个物体以某一初速度v0开始做匀减速直线运动直到停止，其总位移为x。当它的位移为x时，所用时间为t1，当它的速度为v0时，所用时间为t2，则等于(　 )A.   B.C.   D.解析：选D　根据速度与位移关系式v02＝2ax得，加速度的大小为a＝，当物体的位移为时，距离停止位置的位移大小为，根据逆向思维法，物体在后位移内有＝at2，则有t＝ ＝。物体运动位移为，所用的时间等于总时间减去后的时间，t1＝－＝；而物体速度为时所用的时间为：t2＝＝，所以＝，D正确，A、B、C错误。9．(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度为5 m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是(　 )A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 sB．小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 mC．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20 m/sD．三角警示牌至少要放在货车后58 m远处，才能有效避免两车相撞解析：选AD　设小轿车从刹车到停止时间为t2，则t2＝＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝＝90 m，故B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝18 m，减速通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则2ax′＝v′2－v02，解得v′＝2 m/s，故C错误；小轿车驾驶员发现三角警示牌到小轿车停止的过程中，小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108 m，三角警示牌放置的位置到货车的距离为Δx＝(108－50)m＝58 m，故D正确。10．强行超车是道路交通安全的极大隐患之一。下图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长L1＝5 m、货车车身长L2＝8 m，货车在甲车前s＝3 m处。若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小为2 m/s2。假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。求：(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距110 m，乙车速度为54 km/h。甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。解析：(1)设甲经过时间t刚好完成超车，在时间t内甲车位移x1＝v1t＋at2货车位移x2＝v2t根据题图可知x1＝x2＋L1＋L2＋s代入数据得t＝4 s即甲车最短的超车时间为4 s。(2)在最短4 s内甲车位移x1＝56 m乙车位移x3＝v3t＝60 m由于x1＋x3＝116 m>110 m，故不能安全超车。答案：(1)4 s　(2)见解析