2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业2匀变速直线运动规律

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业2匀变速直线运动规律，共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．以v＝36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度．刹车后3s内，汽车运动的路程为( )
A．12mB．90m
C．12.5mD．126m
2．如图所示，一女同学穿着滑鞋以一定的速度俯身“滑入”静止汽车的车底，她用15s穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58m，假设她的运动可视为匀变速直线运动，从上述数据可以确定( )
A．她在车底运动时的加速度
B．她刚“滑出”车底时的速度
C．她刚“滑入”车底时的速度
D．她在车底运动时的平均速度
3．[2023·山东押题卷]高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6m．某汽车以5m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8s．则刹车的加速度大小约为( )
A．2.52m/s2B．3.55m/s2
C．3.75m/s2D．3.05m/s2
4．消防员在利用消防水带灭火前需将水带铺平拉直，其铺设过程可视为由静止开始做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动直至停下．如图所示，若在某次铺设长为25m的消防水带中，消防员共用时12s，最大速度为2.5m/s，加速和减速过程的加速度大小相同，则消防员运动的加速度大小为( )
A．1.25m/s2B．0.42m/s2
C．0.69m/s2D．2.5m/s2
5．(多选)如图所示，某驾驶员开着汽车正以v0＝72.0km/h的速度在平直公路上匀速行驶，突然发现前方路面上45.0m处出现一只小猫，出于关爱生命的考虑，驾驶员采取了紧急制动措施，若刹车过程中车轮与路面之间只有滑动摩擦力，汽车做匀减速直线运动，滑行x＝36.0m后停下来．取g＝10m/s2，则下列说法正确的是( )
A．汽车与路面间的动摩擦因数为μ＝0.3
B．汽车在减速过程中通过前24.0m与后12.0m的时间之比为(eq \r(3)－1)∶1
C．若驾驶员看到小猫后的反应时间小于0.4s，则紧急制动后小猫没有危险
D．汽车在刹车过程中的平均速度为12.0m/s
6．疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲).该款机器人的最大运行速度为4m/s，加速度大小可调节在1m/s2≤a≤3m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平．菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图的直线情境图(如图乙)，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6m，餐桌A和餐桌F相距L＝16m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.
(1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小．
(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A送餐到F，求机器人运行最大加速度am和加速过程通过的位移x加．
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7．一辆轿车和一辆卡车在同一公路上均由静止开始同时做匀加速直线运动，加速度大小分别为3m/s2和1m/s2，两车的最大速度均为15m/s，刚开始运动时两车车头之间的距离为32m，轿车车身全长5m，卡车车身全长23.125m，则两车的错车时间为( )
A．0sB．1.5sC．2.0sD．4.0s
8.如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内时能够实现通信．t＝0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为5m/s，乙车的速度为2m/s，O1、O2的距离为3m．从该时刻起甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动．忽略信号传递时间，从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为( )
A．2.00sB．4.75s
C．6.00sD．6.25s
9．高速公路应急车道是为工程抢险、医疗救护等应急车辆设置的专用通道，是一条“生命通道”．节日期间，某高速公路拥堵，一救护车执行急救任务，沿应急车道行驶，从A处以72km/h的初速度匀加速行驶10s达到速度108km/h，之后以此速度匀速行驶了50s，因前方有车辆违规占用应急车道，救护车被迫刹车，匀减速运动6s后停在B处．经交警疏通引导，救护车在等待5min后重新启动，匀加速至108km/h的速度后匀速行驶25s到达C处．设A、C之间路面平直，救护车从B处重新启动的加速度与从A处加速的加速度相同．
(1)求救护车从A处至B处的行驶距离；
(2)如果应急车道畅通，求救护车在A、C之间行驶(最高行驶速度108km/h)可比上述过程缩短的时间．
课时分层作业（二）
1．解析：汽车刹车到停止所需的时间为t0＝eq \f(v,a)＝eq \f(10,4)s＝2.5s<3s．所以汽车刹车后3s内的位移等于2.5s内的位移．则刹车后3s内，汽车运动的路程为x＝vt－eq \f(1,2)at2＝10×2.5m－eq \f(1,2)×4×2.52m＝12.5m．故C正确．
答案：C
2．解析：根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，由于初速度未知，则无法求出运动的加速度，A、C错误；由于初速度未知，根据x＝eq \f(v0＋v,2)t可知，无法求出末速度，即“滑出”车底时的速度，B错误；根据平均速度的定义式，她在车底的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(58,15)m/s≈3.87m/s，D正确．
答案：D
3．解析：设刹车的加速度大小为a，则有x＝v0（t1＋t2＋Δt）＋eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a)
代入数据有19.6＝5×（0.3＋2＋0.8）＋eq \f(52,2a)
解得a＝3.05m/s2，所以D正确；A、B、C错误．
答案：D
4．解析：设加速度为a，加速所用时间为t，因加速和减速过程加速度大小相同，减速所用时间也为t，x＝eq \f(1,2)at2＋vm（t总－2t）＋eq \f(1,2)at2，vm＝at
联立解得t＝2s，a＝1.25m/s2，故选A.
答案：A
5．解析：v0＝72km/h＝20m/s，汽车的加速度大小记为a，则a＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －0,2x)，又μmg＝ma，联立可得μ＝eq \f(a,g)≈0.56，选项A错误；利用逆向思维法把汽车的匀减速运动过程视为初速度为零的匀加速直线运动，则汽车通过连续相等的位移所用的时间之比为1∶（eq \r(2)－1）∶（eq \r(3)－eq \r(2)）∶…，所以汽车在减速过程中通过前24.0m与后12.0m的时间之比为（eq \r(3)－1）∶1，选项B正确；若驾驶员看到小猫后的反应时间小于0.4s，则汽车在反应时间内的位移小于x0＝v0t＝8.0m，总位移小于44.0m，选项C正确；汽车在刹车过程中做匀减速直线运动的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋0,2)＝10.0m/s，选项D错误．
答案：BC
6．解析：（1）从O点到A点，由运动公式0－v2＝2ax0解得a＝eq \f(0－v2,2x0)＝－eq \f(42,2×6)m/s2＝－eq \f(4,3)m/s2，机器人在此过程加速度a的大小eq \f(4,3)m/s2.
（2）要想用时间最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零，最大加速度为am＝μg＝2m/s2
加速的位移为x加＝eq \f(v2,2am)＝4m.
答案：（1）eq \f(4,3)m/s2 （2）2m/s2 4m
7．解析：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＝32m
联立解得t＝4.0s
假设从静止经过时间t′后轿车和卡车错开，此过程一直处于加速阶段，
轿车的位移x′1＝eq \f(1,2)a1t′2
卡车的位移x′2＝eq \f(1,2)a2t′2
x′1＋x′2＝60.125m
联立解得t′>5.0s
此时轿车速度已经超过最大速度，假设不成立．所以轿车先加速后匀速，卡车一直加速，即轿车加速时间
t1＝eq \f(v,a1)＝5.0s
设从开始到错开总时间为t″，
则有轿车的位移x″1＝eq \f(v,2)＋v（t″－t1），
卡车的位移x″2＝eq \f(1,2)a2t″2，
所以eq \f(v,2)t1＋v（t″－t1）＋eq \f(1,2)a2t″2＝60.125m
解得t″＝5.5s
则错车时间为Δt＝t″－t＝5.5s－4.0s＝1.5s，故选B.
答案：B
8．解析：根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且O1O2＝5m时，有x甲－x乙＝4m
根据运动学公式有x甲＝v甲t－eq \f(1,2)at2，x乙＝v乙t
解得t1＝2s，t2＝4s
因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当05m．t＝t2＝4s时，甲车的速度为v甲1＝v甲－at2＝1m/st＝4s之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行驶的距离为x甲1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲1)) ,2a)＝0.5m
根据几何关系可知，从t＝4s开始到乙车行驶至甲车前方4m的过程中，O1O2<5m，这段过程经历的时间为
t′＝eq \f(2×4m＋0.5m,v乙)＝4.25s，
所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为
t总＝2s＋4.25s＝6.25s，故选D.
答案：D
9．解析：（1）救护车从A点运动至B点的过程中，设初速度为v0，做匀加速直线运动的加速度为a，时间为t1，行驶距离为s1；接着做匀速直线运动所用的时间为t2，行驶距离为s2，速度为v；然后做匀减速直线运动所用的时间为t3，行驶距离为s3；A、B间的距离为s.则a＝eq \f(v－v0,t1)
s1＝v0t1＋eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
s2＝vt2
s3＝eq \f(1,2)vt3
s＝s1＋s2＋s3
联立以上各式并代入数据得s＝1840m
（2）设救护车在B处停车等待时间为t′，重新启动匀加速至速度为v所用时间为t4，行驶距离为s4；如果应急车道畅通，救护车将不在B处停车等候，走完s3和s4对应路段所用时间为t，在A、C之间行驶的时间比应急车道不畅通时所用的时间缩短Δt，则
s4＝eq \f(v2,2a)
t4＝eq \f(v,a)
s3＋s4＝vt
Δt＝t3＋t′＋t4－t
代入数据得Δt＝318s.
答案：（1）1840m （2）318s