高三物理精准提升专题训练卷 匀变速直线运动及其公式

这是一份高三物理精准提升专题训练卷 匀变速直线运动及其公式，共8页。试卷主要包含了应用② 追及相遇问题，9 m/s等内容，欢迎下载使用。

1.应用① 匀变速直线运动规律的应用
例1．(2023全国甲卷∙14）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知，可得，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。
答案:D
例2．(2023全国I卷∙18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq \f(t2,t1)满足( )
A．1＜eq \f(t2,t1)＜2 B．2＜eq \f(t2,t1)＜3
C．3＜eq \f(t2,t1)＜4 D．4＜eq \f(t2,t1)＜5
答案:C
解析：运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))，可知，即3＜eq \f(t2,t1)＜4，故选C。
2.应用② 追及相遇问题
例3．(2023浙江6月选考∙2)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
解析：(1) v1＝36 km/h＝10 m/s，则刹车过程平均速度eq \x\t(v)＝5 m/s
根据解得刹车时间t1＝4 s
刹车加速度
根据牛顿第二定律得Ff＝ma＝2.5×103 N。
(2)小朋友过时间
等待时间t＝t2－t1＝20 s。
(3)根据v22－v2＝2as
解得v＝5eq \r(5) m/s。
对点速练
1．图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为( )
A．t B．eq \r(2)t
C．(2－eq \r(2))t D．(2＋eq \r(2))t
答案:C
解析：初速度为零的匀加速直线运动的推论：从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))，可知tac＝(2－eq \r(2))t，故C正确。
2．某同学将一足球竖直砸向水平地面，足球以5 m/s的速度被地面反向弹回，当足球上升到最高点后落回地面，以后足球每次与地面碰撞被弹回时速度均为碰撞前速度的eq \f(3,4)。不计足球与地面碰撞的时间和空气阻力，取g＝10 m/s2，则足球从第一次被弹回到最后停止运动的总时间为( )
A．8 s B．4 s C．2 s D．1.5 s
答案:B
解析：足球第一次被弹回的速度 v1＝5 m/s，第一次在空中竖直上抛运动的总时间；足球第二次被弹回的速度v2＝eq \f(3,4)v1，第二次在空中竖直上抛运动的总时间；足球第三次被弹回的速度 v3＝eq \f(3,4)v2＝(eq \f(3,4))2v1，第三次在空中竖直上抛运动的总时间……则足球从第一次被弹回到最后停运动的总时间为 t＝t1＋t2＋…＝4 s，故选B。
3．一根轻质细线将2个薄铁垫圈A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，距地面为L，如图所示，由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从释放开始到A落地历时t1，A落地前瞬间速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前瞬间速率为v2，则( )
A．t1∶t2＝2∶1
B．两垫圈加速度不确定，时间无法比较
C．v1∶v2＝1∶2
D．两垫圈作为整体，同时落地
答案:C
解析：由静止释放，A、B都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据h＝eq \f(1,2)gt2可知，A落地的时间t1＝eq \r(\f(2L,g)) ，B落地的时间t＝2eq \r(\f(2L,g))，故t2＝t－t1＝eq \r(\f(2L,g))，所以有t1＝t2，故A、B错误；A落地前瞬间速率v1＝eq \r(2gL)，B落地前瞬间速率v2＝gt＝2eq \r(2gL)，所以v1∶v2＝1∶2，故C正确；因A落地时B还没有落地，故不可能同时落地，故D错误。
4．(多选)甲物体从离地面H高空自由落下，而乙物体在地面以初速度v0同时向上抛出，两物体在离地面eq \f(3,4)H处相遇，如果g、v0为已知量，则( )
A．从自由下落到相遇，经过的时间为
B．甲物体落到地面时，乙物体仍在上升
C．相遇时，甲乙两物体的速度大小相等，均为0.5v0
D．乙上升的最大高度就是H，且，而甲物体落地时的速度大小是v0
答案:ACD
解析：两者相遇时，甲的位移为eq \f(1,4)H，乙的位移为eq \f(3,4)H。相遇时，甲、乙的位移之和为H，即eq \f(1,2)gt2＋v0t－eq \f(1,2)gt2＝H，甲的位移eq \f(1,4)H＝eq \f(1,2)gt2，乙的位移eq \f(3,4)H＝v0t－eq \f(1,2)gt2，所以，，故A正确；乙物体上升到最高点时间，物体甲的位移h＝eq \f(1,2)g1t12＝H，甲距地面的高度为0，即甲物体落到地面时，乙物体上升到了最高点，故B错误；由A可知，两者相遇时的运动时间，甲的速度v1＝gt＝0.5v0，乙的速度v2＝v0－gt＝0.5v0，故C正确；乙做竖直上抛运动，上升的最大高度，甲做自由落体运动，由速度位移公式可知落地速度v＝eq \r(2gH)＝v0，故D正确。
5．某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50 m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动。已知刹车后第1个2 s内的位移是24 m，第4个2 s内的位移是1 m。则下列说法中正确的是( )
A．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2 m/s2
B．汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为m/s2
C．汽车甲刹车后停止前，可能撞上乙车
D．汽车甲刹车前的速度为13.9 m/s
答案:A
解析：采用逆向思维，根据连续相等时间内的位移之比为x1∶x2∶x3∶x4＝1∶3∶5∶7，可知汽车甲在8 s前速度减为零。设汽车甲的加速度为a，根据x1＝v0t1＋eq \f(1,2)at12得24＝2v0＋2a，汽车甲速度减为零的时间，最后2 s内的位移，联立解得a＝－2 m/s2，v0＝14 m/s，选项A正确，BD错误；汽车甲刹车到停止的距离，可知甲不能撞上乙车，选项C错误。
6．(多选)某同学放学准备乘坐805路公交车，到达公交站时，看见公交车已经沿平直公路驶离车站，司机听到呼喊后汽车马上以2 m/s2的加速度匀减速刹车，该同学同时以4 m/s的速度匀速追赶汽车，汽车开始刹车时速度为8 m/s，减速前距离同学12 m。则下列说法正确的是( )
A．公交车刹车第1 s内位移为1 m
B．公交车从开始刹车5 s内位移为15 m
C．公交车刹车过程平均速度为4 m/s
D．该同学追上汽车所需的时间为7 s
答案:CD
解析：汽车减速至停止所用时间t＝4 s，第1 s内的位移为x1＝v0t1－eq \f(1,2)at12＝7 m，故A错；汽车减速4 s后已经停止，所以汽车5 s内的位移实际上是4 s内的位移，x2＝v0t－eq \f(1,2)at2＝16 m，故B错；公交车刹车过程平均速度，故C正确；设同学追上汽车所用的时间为t2，同学的速度为v人，在这个时间内汽车的位移x3，同学的位移x4，汽车刹车前与同学的距离为L，根据题意有x3＝v0t2－eq \f(1,2)at22，x4＝v人t2，x3＋L＝x4，解得t2＝6 s或t2＝－2 s(舍去)，由于汽车刹车过程只需要4 s，所以说明人在追上汽车前汽车已经停止，则t2＝6 s也不符合题意舍去；设人追上汽车的实际时间为t3，有L＋x2＝v人t3，解得t3＝7 s，故D正确。
7．甲、乙两辆汽车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度v1＝16 m/s，乙车的速度v2＝12 m/s，乙在甲前面L＝6 m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1＝2 m/s2的加速度刹车，6 s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a2＝1 m/s2。从两车刹车开始计时，下列关于甲车第一次追上乙车的时间t1、两车相遇的次数n、两车速度相等时的时间t2的说法正确的是( )
A．3 s、3次、8 s B．3 s、2次、6 s C．2 s、3次、8 s D．2 s、2次、6 s
答案:C
解析：设刹车后经过t时间两车速度相等，有v1－a1t＝v2－a2t，解得t＝4 s；6 s后甲车匀速，速度v＝16－2×6 m/s＝4 m/s，再次相等有v＝v2－a2t′，解得t′＝8 s；在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有x1＝v1t－eq \f(1,2)a1t2，x2＝v2t－eq \f(1,2)a2t2，x1－x2＝L，得t1＝2 s，t2＝6 s；甲车减速时间恰好为6 s，即在甲车减速阶段，相遇两次，第一次t1＝2 s，第二次t2＝6 s，此时甲车的速度v1′＝v1－a1t2＝4 m/s，乙车的速度v2′＝v2－a2t2＝6 m/s，设再经Δt甲追上乙，有v1′Δt＝v2′Δt－eq \f(1,2)a2(Δt)2，代入数据解得Δt＝4 s，此时乙仍在做减速运动，此解成立，所以甲、乙两车第3次相遇时刻为t3＝t2＋Δt＝10 s，故C正确。
8．如图甲所示，一小滑块（可视为质点）与长木板一起以v0＝5 m/s的速度沿光滑水平面向左运动。现给长木板加一个F＝12 N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，长木板运动的v－t图如图乙所示。当长木板速度减速为零时，小滑块恰好滑至长平板上的A点，此时撤去外力F并将长木板锁定，小滑块继续沿长木板运动，恰好到达长木板的最左端。已知长木板的质量M＝2 kg，小滑块的质量m＝1 kg，g取10 m/s2。求：
(1)滑块运动到A点时的速度vA；
(2)长平板的长度L。
解析：(1)当给长木板加一个F＝12 N向右的水平推力，长木板向左匀减速运动，由v－t图得加速度的大小a1＝5 m/s2
对长木板由牛顿第二定律得：F－μmg＝Ma1
对滑块受由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
联立解得：a2＝2 m/s2
经过时间t＝1 s，到达A点的速度vA＝v0－a2t＝3 m/s。
(2)由图知，长木板1 s内的位移x1＝eq \f(1,2)×1×5 m＝2.5 m
滑块1 s内的位移x2＝＝4 m
则相对位移Δx＝x2－x1＝1.5 m
1 s后，长木板固定不动，滑块继续做减速运动到零时，刚好达到长木板左端，则位移
x3＝＝2.25 m
故长木板的长度L＝Δx＋x3＝3.75 m。
9．A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1＝8 m/s，B车的速度大小为v2＝20 m/s，如图所示。当A、B两车相距x0＝28 m/s时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a＝2 m/s2，从此时开始计时，求：
(1) A车追上B车之前，两者相距的最大距离；
(2) A车追上B车所用的时间；
(3)在题设条件下，A车在B车刹车后0.5 s也开始刹车，为避免两车相撞，则A车的加速度应满足什么条件。
解析：(1)当A、B两车速度相等时，相距最远根据速度关系得：v1＝v2－at1
代入数据解得t1＝6 s
此时，根据位移公式得：
xA＝v1t1＝48 m，xB＝v2t1－eq \f(1,2)at2＝84 m
xm＝xB＋x0－xA＝64 m。
(2) B车刹车停止运动所用时间
所发生位移
此时xA′＝v1t0＝80 m
则xA′＜x0＋xB′
可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上，之后A车运动时间为
故A车追上B车所用的时间t＝t0＋t2＝16 s。
(3) A车刹车减速至0时刚好追上B车时（此时B车的速度为0），加速度最小则
代入数据解得。
10．在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为kh（k＞1）和h的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为m，球B的质量为4m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
(1)求球B第一次落地时球A的速度大小；
(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求k的取值范围；
(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，再求k的取值范围。
解析：(1)由于两球同时释放，所以球B第一次落地时A球下落的高度为h，设此时A球的速度大小为v0，由v02＝2gh
可得v0＝eq \r(2gh)。
(2)设B反弹后经时间t后与A碰，A、B碰撞时
A球自由下落的高度hA′＝h＋v0t＋eq \f(1,2)gt2
B球竖直上升的高度hB′＝v0t－eq \f(1,2)gt2
则kh＝hA′＋hB′＝h＋2v0t
其中v0＝eq \r(2gh)，在B上升过程有0＜t＜eq \r(\f(2h,g))
解得1＜k＜5。
(3)球A、B在空中碰前的速度大小分别为有：
vA＝v0＋gt
vB＝v0－gt
设它们碰后的速度分别为vA′和vB′，选竖直向上为正方向，两球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
m(－vA)＋4mvB＝mvA′＋4mvB′
eq \f(1,2)m(－vA)2＋eq \f(1,2)×4mvB2＝eq \f(1,2)mvA′2＋eq \f(1,2)×4mvB′2
解得③
依题意A球能上升高度与初始高度高，则有vA′＞vA
得
将其及v0＝eq \r(2gh)代入kh＝h＋2v0t得k＜
即要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置有1＜k＜。