2018版高考物理配套文档：第一章 必考计算题1 匀变速直线运动规律的应用 Word版含解析

这是一份2018版高考物理配套文档：第一章 必考计算题1 匀变速直线运动规律的应用 Word版含解析，共8页。试卷主要包含了5 m，5 s，2 m　0，6) s＝8，6 m/s，2 m/s，4 km/h等内容，欢迎下载使用。


例1 一辆汽车在高速公路上以30 m/s的速度匀速行驶，由于在前方出现险情，司机采取紧急刹车，刹车加速度的大小为5 m/s2，求：
(1)汽车刹车后10 s内滑行的距离．
(2)从开始刹车至汽车滑行50 m所经历的时间．
(3)在汽车停止前3秒内汽车滑行的距离．
答案 (1)90 m (2)2 s (3)22.5 m
解析 (1)由v＝v0＋at可知，汽车的刹车时间为：
t0＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－30,－5) s＝6 s
由于t0(2)设从刹车到滑50 m所经历的时间为t′，则有：
x＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2
代入数据解得：t′＝2 s
(3)此时可将运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，则有：
s1＝eq \f(1,2)at12＝(eq \f(1,2)×5×32) m＝22.5 m.
应用基本公式解题的“三点”技巧
1．机车刹车问题一定要判断是否减速到零后停止．
2．位移的求解可用位移公式、位移－速度关系式，而平均速度式x＝eq \x\t(v)·t最简单．
3．可将末速度为零的匀减速运动逆向看成初速度为零的匀加速运动．
题组阶梯突破
1．一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑到C点，已知AB是BC的3倍，如图1所示，已知物块从A至B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是多少？
图1
答案 2t0
解析 设B→C时间为t1，
由对称知C→B的时间也为t1
运用逆向思维xCB＝eq \f(1,2)at12
xCA＝eq \f(1,2)a(t1＋t0)2
由xCA＝4xCB得t1＝t0
故B→C→B所需时间是2t0.
2．长200 m的列车匀加速通过长1 000 m的隧道，列车刚进隧道时的速度是20 m/s，完全出隧道时速度是24 m/s，求：
(1)列车过隧道时的加速度是多大？
(2)通过隧道所用的时间是多少？
答案 (1)0.07 m/s2 (2)54.5 s
解析 (1)由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2－v12＝2ax，解得：
a＝eq \f(v2－v\\al( 2,0),2x)＝eq \f(242－202,2×1 200) m/s2≈0.07 m/s2；
(2)平均速度：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝eq \f(20＋24,2) m/s＝22 m/s，
时间：t＝eq \f(x,\x\t(v))＝eq \f(1 200,22) s≈54.5 s.
3．一小球自O点由静止释放，自由下落依次通过等间距的A、B、C三点，已知小球从A运动到B的时间与从B运动到C的时间分别为0.4 s和0.2 s，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)A、B两点间的距离；
(2)小球从O点运动到A点的时间．
答案 (1)1.2 m (2)0.1 s
解析 设AB、BC间距均为l，小球从O点运动到A点的时间记为t，从A运动到B和从B运动到C的时间分别为t1、t2.
AB间距可表示为：l＝eq \f(1,2)g(t＋t1)2－eq \f(1,2)gt2 ①
AC间距可表示为：2l＝eq \f(1,2)g(t＋t1＋t2)2－eq \f(1,2)gt2 ②
t1＝0.4 s，t2＝0.2 s，
代入数据，解①②得：l＝1.2 m，t＝0.1 s.
命题点二 多运动过程问题
例2 在一次低空跳伞演练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s.(取g＝10 m/s2)求：
(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？
(2)伞兵在空中的最短时间为多少？
解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则有：
v2－veq \\al( 2,0)＝2ah
即52－veq \\al( 2,0)＝－2×12.5×h
又veq \\al( 2,0)＝2g·(224－h)＝2×10×(224－h)
联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s
以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即：v2＝2gh1
解得：h1＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(52,20) m＝1.25 m
(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有：
v0＝gt1
解得：t1＝eq \f(v0,g)＝eq \f(50,10) s＝5 s
t2＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(5－50,－12.5) s＝3.6 s
故t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.
答案 (1)99 m 1.25 m (2)8.6 s
多运动过程问题的分析技巧
1．匀变速直线运动涉及的公式较多，各公式相互联系，大多数题目可一题多解，解题时要开阔思路，通过分析、对比，根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程，选取最简捷的解题方法．
2．两个过程之间的速度往往是解题的关键．
题组阶梯突破
4．出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表．出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度表显示54 km/h.
(1)求这时出租车离出发点的距离．
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动，若时间表显示10时12分35秒，此时计价器里程表示数为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)
答案 (1)75 m (2)2 700 m
解析 (1)根据速度公式得a＝eq \f(v1,t1)＝eq \f(15,10) m/s2＝1.5 m/s2，再根据位移公式得x1＝eq \f(1,2)ateq \\al( 2,1)＝eq \f(1,2)×1.5×102 m＝75 m，这时出租车距载客处75 m.
(2)根据veq \\al( 2,2)＝2ax2得x2＝eq \f(v\\al( 2,2),2a)＝eq \f(302,2×1.5) m＝300 m，
这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，
v2＝at2，得t2＝20 s，
这时出租车时间表应显示10时11分15秒．
此后出租车做匀速运动，它匀速运动的时间t3应为80 s，
通过的位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，
所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x＝x2＋x3＝300 m＋2 400 m＝2 700 m.
5．火车由甲地从静止开始以加速度a匀加速运行到乙地．又沿原方向以eq \f(a,3)的加速度匀减速运行到丙地而停止．若甲、丙相距18 km.车共运行了20 min.求甲、乙两地间的距离及加速度a的值．
答案 4.5 km 0.1 m/s2
解析 设到达乙站时的速度为v，甲站到乙站位移为x，则：v2＝2ax，
设乙到丙站位移为x1，则：v2＝2×eq \f(a,3)·x1，
整理得：eq \f(x,x1)＝eq \f(1,3)，
而且：x＋x1＝18 km，
解得：x＝4.5 km，x1＝13.5 km；
对于从甲到丙全程，设总时间为t，有：
x＋x1＝eq \f(v,2)t，
故v＝eq \f(2x＋x1,t)＝eq \f(2×18 000,20×60) m/s＝30 m/s，
则a＝eq \f(v2,2x)＝eq \f(302,2×4.5×1 000) m/s2＝0.1 m/s2.
6．正以v0＝30 m/s的速度运行中的列车，接到前方小站的请求：在该站停靠1分钟接一位危重病人上车．司机决定以加速度大小a1＝0.5 m/s2匀减速运动到小站，停车1分钟后做大小为a2＝1.5 m/s2的匀加速运动，又恢复到原来的速度运行．求：
(1)司机从匀减速运动开始到恢复原来速度共经历的时间t总；
(2)司机由于临时停车共耽误了多少时间？
答案 (1)140 s (2)100 s
解析 列车减速运动的时间为：t1＝eq \f(v－v0,－a1)＝eq \f(0－30,－0.5) s＝60 s，
列车能通过的位移为：x1＝eq \f(v2－v\\al( 2,0),2－a1)＝eq \f(－900,2×－0.5) m＝900 m.
在列车加速过程中，加速的时间为：t2＝eq \f(30－0,1.5) s＝20 s，
列车加速运动的位移为：x2＝eq \f(900－0,2×1.5) m＝300 m，
所以，列车恢复到30 m/s所用的时间为：t总＝t1＋t停＋t2＝60 s＋60 s＋20 s＝140 s，
列车恢复到30 m/s所通过的位移为：x＝x1＋x2＝(900＋300) m＝1 200 m，
若列车一直匀速运动，则有：t′＝eq \f(x,v0)＝eq \f(1 200,30) s＝40 s.
列车因停车而耽误的时间为：Δt＝t总－t′＝(140－40) s＝100 s.
(建议时间：40分钟)
1．一个滑雪人质量m＝75 kg，以v0＝2 m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，在t＝5 s的时间内滑下的路程x＝60 m，求：
(1)滑雪人的加速度；
(2)t＝5 s时滑雪人的速度．
答案 (1)4 m/s2 (2)22 m/s
解析 (1)由运动学位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
代入数据，解得：a＝4 m/s2
(2)由速度公式，得：v＝v0＋at＝(2＋4×5) m/s＝22 m/s.
2．如图1所示，小滑块在较长的固定斜面顶端，以初速度v0＝2 m/s、加速度a＝2 m/s2沿斜面加速向下滑行，在到达斜面底端前1 s内，滑块所滑过的距离为eq \f(7,15)L，其中L为斜面长．求滑块在斜面上滑行的时间t和斜面的长度L.
图1
答案 3 s 15 m
解析 小滑块从A到B过程中，有v0(t－1)＋eq \f(1,2)a(t－1)2＝x
小滑块从A到C过程中，有v0t＋eq \f(1,2)at2＝L.
又有x＝L－eq \f(7L,15)＝eq \f(8L,15)；
代入数据，解得L＝15 m；t＝3 s.
3．一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)．求：
(1)火车的加速度的大小；
(2)人开始观察时火车速度的大小．
答案 (1)0.16 m/s2 (2)7.2 m/s
解析 (1)由题意知，火车做匀减速直线运动，设火车加速度大小为a，人开始观察时火车速度大小为v0，L＝8 m
Δx＝aT2,8L－6L＝aT2
a＝eq \f(2L,T2)＝eq \f(2×8,100) m/s2＝0.16 m/s2
(2)v＝eq \x\t(v)＝eq \f(8L＋6L,2T)＝eq \f(14×8,20) m/s＝5.6 m/s
v＝v0－aT，解得v0＝7.2 m/s.
4．高速公路给人们带来了方便，但是因为在高速公路上行驶的车辆速度大，雾天往往易出现十几辆车追尾持续相撞的事故．某辆轿车在某高速公路上的正常行驶的速度大小v0＝120 km/h，刹车时轿车产生的最大加速度a＝6 m/s2.如果某天有雾，能见度d(观察者能看见最远的静止目标的距离)约为60 m，设司机的反应时间Δt＝0.5 s，为了安全行驶，轿车行驶的最大速度为多少？
答案 86.4 km/h
解析 设轿车行驶的最大速度为v，司机在反应时间内做匀速直线运动的位移为x1，在刹车匀减速阶段的位移为x2，则：
x1＝vΔt ①
v2＝2ax2 ②
d＝x1＋x2 ③
联立①②③式得：v＝24 m/s＝86.4 km/h，即轿车行驶的最大速度为86.4km/h.
5．如图2为某高速公路出口的ETC通道示意图．一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v0＝30 m/s，此时开始减速，到达M时速度减至6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区．已知MN的长度d＝36 m，汽车减速运动的加速度a＝－3 m/s2，求：
图2
(1)O、M间的距离x；
(2)汽车从O到N所用的时间t.
答案 (1)144 m (2)14 s
解析 (1)由公式v2－veq \\al( 2,0)＝2ax
得x＝eq \f(v2－v\\al( 2,0),2a)＝144 m
(2)汽车从O到M减速运动，由公式v＝v0＋at1
得t1＝eq \f(v－v0,a)＝8 s
汽车从M到N匀速运动所用时间t2＝eq \f(d,v)＝6 s
汽车从O到N的时间t＝t1＋t2＝14 s.
6．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝3 m/s2，经过一段时间t1后速度达到v＝9 m/s，此时，将加速度方向反向，大小变为a2.再经过3t1时间后恰能回到出发点，则：
(1)加速度改变前，物体运动的时间t1和位移x1大小分别为多少？
(2)反向后的加速度a2应是多大？回到原出发点时的速度v′为多大？
答案 (1)3 s 13.5 m (2)eq \f(7,3) m/s2 12 m/s
解析 (1)加速度改变前，物体运动的时间t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(9,3) s＝3 s，
物体运动的位移x1＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(81,6) m＝13.5 m.
(2)加速度反向后，规定初速度的方向为正方向，
根据位移时间公式得，
x＝vt2－eq \f(1,2)a2teq \\al( 2,2)，
即－13.5＝9×9－eq \f(1,2)a2×81，解得a2＝eq \f(7,3) m/s2，
返回出发点时的速度v′＝v－a2t2＝(9－eq \f(7,3)×9) m/s
＝－12 m/s，负号表示方向．