统考版2021届高考物理二轮复习提升指导与精练2匀变速直线运动及其公式含解析

这是一份统考版2021届高考物理二轮复习提升指导与精练2匀变速直线运动及其公式含解析，共9页。试卷主要包含了本专题在高考中主要考点有，方法技巧等内容，欢迎下载使用。
2．方法技巧：
(1)匀变速直线运动的基本公式(v－t关系、x－t关系、x－v关系)原则上可以解决任何匀变速直线运动问题；
(2)已知某段时间内的位移、初末速度可求平均速度，应用平均速度公式往往会使解题过程变的非常简捷。
例1．( 2019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
【考题解读】本题主要考察匀变速直线运动的基本规律，解答本题要掌握初速度为零的匀加速直线运动中，通过连续相等的位移所用时间之比。
【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。
【答案】C
例2．(2020全国I卷∙24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【考题解读】本题结合牛顿第二定律的综合应用考查匀变速直线运动的位移和速度公式，涉及的物理过程比较复杂，弄清楚运动情况和受力情况是关键。
【解析】(1)空载起飞时，升力正好等于重力：kv12＝m1g
满载起飞时，升力正好等于重力：kv22＝m2g
由上两式解得：v2＝78 m/s。
(2)满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
v22＝2ax
v2＝at
解得：a＝2 m/s2，t＝39 s。
提分训练
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．蓝牙是一种无线技术，可实现固定设备、移动设备和楼宇个人域网之间的短距离数据交换，但设备间超过一定距离时便无法实现通讯。某次实验中，在甲、乙两小车上安装了某种蓝牙设备，该蓝牙设备正常通讯的有效距离为10米，两车只能沿一条直线运动，如图所示。共完成了两组实验，每组实验两车的起始距离都为d。两组实验的相关数据如下。
第一组，乙车保持静止，甲车从O点由静止出发，以a1＝1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，发现3.10 s后两车不能够再通讯。
第二组，乙车向左具有一定的初速度v0，以a2＝0.6 m/s2的加速度做匀加速直线运动，而甲车仍做上述运动，发现1 s后两车不能够再通讯。
请完成下列问题，要求所有问题的最终结果均保留两位有效数字。
(1)求甲、乙两车初始距离d；
(2)求乙车的初速度v0的大小；
(3)若将乙车的初速度、加速度方向均变为向右，其他条件不变。甲、乙两车蓝牙信号中断两次。请计算这两次蓝牙信号中断时刻之间的时间间隔。（已知，）
【解析】(1)乙车保持静止，甲车从O点由静止向右做匀加速直线运动，则有：
x甲1＝eq \f(1,2)a1t12
有题意可有：x甲1＋d＝s＝10 m
联立解得甲、乙两车初始距离：d＝5.195 m≈5.2 m。
(2)乙车向左做匀加速直线运动，而甲车仍做上述运动，则有：
x甲2＝eq \f(1,2)a1t22
x乙＝v0t2＋eq \f(1,2)a2t22
有题意可有：x甲2＋d＋x乙＝s＝10 m
联立解得乙车的初速度：v0＝4.005 m/s≈4.0 m/s。
(3)开始乙车追上甲车并超过甲车，后甲车又追上乙车并超过乙车，这两次蓝牙信号中断时刻之间的时间间隔会出现两次
设第一次蓝牙信号中断时的时间为t3，则有：v0t3＋eq \f(1,2)a2t32－d－eq \f(1,2)a1t32＝s＝10 m
解得：t3＝5.00 s
设第二次蓝牙信号中断时的时间为t4，则有：eq \f(1,2)a1t32＋d－(v0t3＋eq \f(1,2)a2t32)＝s＝10 m
解得：t4＝21.14 s
这两次蓝牙信号中断时刻之间的时间间隔：Δt＝t4－t3＝16.14 s≈16 s。
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＜。