新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：2　匀变速直线运动的规律

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1．如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时的情景，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间。关于伽利略的斜面实验，下列说法错误的是(B)
A. 实验中斜面起到了“冲淡”重力的作用，便于利用滴水计时记录铜球运动的时间
B. 若斜面长度一定，小球由静止从顶端滚到底端时的速度大小与倾角无关
C. 若斜面倾角一定，不同质量的小球由静止从顶端滚到底端的时间相同
D. 若斜面倾角一定，在斜面上不同的位置释放小球，小球在斜面上的平均速度与时间成正比
2．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )
A. 第1 s内的位移是5 m
B. 前2 s内的平均速度是6 m/s
C. 任意相邻的1 s内位移差都是1 m
D. 任意1 s内的速度增量都是2 m/s
D 解析：由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2，对比题给关系式可得v0＝5 m/s，a＝2 m/s2。则第1 s内的位移是6 m，A错误；前2 s内的平均速度是v＝ eq \f(x2,t)＝ eq \f(5×2＋22,2) m/s＝7 m/s，B错误；Δx＝aT2＝2 m，C错误；任意1 s内速度的增量Δv＝at＝2 m/s，D正确。
3．如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直向上喷出，喷出时水的速度为53 m/s，喷嘴的出水量为0.5 m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g取10 m/s2)( )
A. 2.65 m3
B. 5.3 m3
C. 10.6 m3
D. 因喷嘴的横截面积未知，故无法确定
B 解析：喷出的水做竖直上抛运动，水的初速度 v0＝53 m/s，水在空中停留的时间t＝ eq \f(2v0,g)＝10.6 s，则处于空中的水的体积V＝Qt＝0.5×10.6 m3＝5.3 m3，故选B。
4．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。某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A. 4.2 m B. 6.0 m
C. 7.8 m D. 9.6 m
D 解析：汽车的速度v0＝21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前0.3 s＋0.7 s内做匀速直线运动，位移为x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6 m，随后汽车做匀减速运动，位移为x2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2a)＝ eq \f(62,2×5) m＝3.6 m，所以该ETC通道的长度为L＝x1＋x2＝6 m＋3.6 m＝9.6 m，故A、B、C错误，D正确。
5．雾霾天气严重影响了人们的健康和交通。设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中的加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车前1.5 m处，避免了一场事故。以下说法正确的是( )
A. 司机发现故障车后，汽车经过3 s停下
B. 从司机发现故障车到汽车停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s
C. 司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m
D. 从司机发现故障车到汽车停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s
C 解析：汽车减速到0的时间t1＝ eq \f(Δv,a)＝ eq \f(0－15,－5) s＝3 s，则t＝t′＋t1＝(0.6＋3)s＝3.6 s，故A错误；汽车在反应时间内的位移x1＝v0t′＝15×0.6 m＝9 m，匀减速直线运动的位移x2＝ eq \f(0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2a)＝ eq \f(0－225,－10) m＝22.5 m，则x＝x1＋x2＋1.5 m＝33 m，故C正确；平均速度v＝ eq \f(x1＋x2,t)＝ eq \f(9＋22.5,3.6) m/s＝8.75 m/s，故B、D错误。
6．(多选)频闪照相是每隔相等时间曝光一次的照相方法，在同一张相片上记录运动物体在不同时刻的位置。如图所示是小球在竖直方向上只受重力作用运动过程中拍摄的频闪照片，相机的频闪周期为T，利用刻度尺测量相片上2、3、4、5与1位置之间的距离分别为x1、x2、x3、x4。下列说法正确的是( )
A. 小球一定处于下落状态
B. 小球在2位置的速度大小为 eq \f(x2,2T)
C. 小球的加速度大小为 eq \f(x2－2x1,T2)
D. 频闪照相法可用于验证机械能守恒定律
BCD 解析：由题图可知，从1位置到5位置，在相等时间内小球的位移越来越大，即速度越来越大，则小球可能处于下落状态，也可能处于上升状态，故A错误；若小球做匀变速直线运动，则根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，小球在2位置的瞬时速度v＝ eq \f(x2,2T)，根据Δx＝aT2得，(x2－x1)－x1＝aT2，解得a＝ eq \f(x2－2x1,T2)，故B、C正确；频闪照相法可用于验证机械能守恒定律，故D正确。
7．(多选)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度之比为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A. 三者到达桌面时的速度大小之比是 eq \r(3)∶ eq \r(2)∶1
B. 三者运动时间之比为3∶2∶1
C. b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D. 三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
AC 解析：由v2＝2gh，得v＝ eq \r(2gh)，故 v1∶v2∶v3＝ eq \r(3)∶ eq \r(2)∶1，A正确；由t＝ eq \r(\f(2h,g)) 得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝ eq \r(3)∶ eq \r(2)∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝( eq \r(3)－ eq \r(2)) eq \r(\f(2h3,g))，c与b开始下落的时间差Δt2＝( eq \r(2)－1) eq \r(\f(2h3,g))，故C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错误。
8．(多选)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则下列说法正确的是( )
A. 经2 s，B接收到返回的超声波
B. 超声波追上A车时，A车前进了10 m
C. A车加速度的大小为10 m/s2
D. A车加速度的大小为5 m/s2
AC 解析：超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这段时间内汽车的位移x＝(355－335)m＝20 m。初速度为0的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为 1∶3，所以，x1＝5 m，x2＝15 m，则超声波被A接收时，A、B间的距离x′＝(335＋5)m＝340 m，所以超声波从B发出到被A接收所需的时间为T＝ eq \f(x′,v声)＝1 s。则t＝2T＝2 s，故A正确，B错误。根据Δx＝aT2得，a＝ eq \f(Δx,T2)＝ eq \f(15－5,1) m/s2＝10 m/s2，故C正确，D错误。
9．(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个相同矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为0，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A. v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B. v1∶v2∶v3＝ eq \r(3)∶ eq \r(2)∶1
C. t1∶t2∶t3＝1∶ eq \r(2)∶ eq \r(3)
D. t1∶t2∶t3＝( eq \r(3)－ eq \r(2))∶( eq \r(2)－1)∶1
BD 解析：因为冰壶做匀减速运动，且末速度为0，故可以看成初速度为0的反向匀加速直线运动来研究。初速度为0的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶( eq \r(2)－1)∶( eq \r(3)－ eq \r(2))，故所求时间之比为( eq \r(3)－ eq \r(2))∶( eq \r(2)－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝2ax可得初速度为0的匀加速直线运动通过三段相等位移后的速度之比为 1∶ eq \r(2)∶ eq \r(3)，则所求的速度之比为 eq \r(3)∶ eq \r(2)∶1，故选项A错误，B正确。
10．如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104 m，升降机运行的最大速度为 8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2，假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
A. 13 s B. 16 s
C. 21 s D. 26 s
C 解析：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需最短时间t1＝ eq \f(v,a)＝8 s，通过的位移为x1＝ eq \f(v2,2a)＝32 m，减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段，所需时间为t2＝ eq \f(x－2x1,v)＝ eq \f(104－2×32,8) s＝5 s，则总时间最短为t＝2t1＋t2＝21 s，故C正确，A、B、D错误。
11．据报道，一儿童玩耍时不慎从45 m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童。已知管理人员到楼底的距离为18 m，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击。不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取10 m/s2。
(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？
(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件。
解析：(1)儿童下落过程，由运动学公式得
h＝ eq \f(1,2)gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
管理人员奔跑的时间t≤t0
对管理人员的运动过程，由运动学公式得x＝vt
联立各式并代入数据解得v≥6 m/s。
(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v0，由运动学公式得v＝ eq \f(0＋v0,2)
解得v0＝2v＝12 m/s＞vm＝9 m/s
故管理人员应先加速到vm＝9 m/s，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。
设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3，位移分别为x1、x2、x3，由运动学公式得x1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))，x3＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
x2＝vmt2，vm＝at1＝at3
t1＋t2＋t3≤t0，x1＋x2＋x3＝x
联立各式并代入数据得a≥9 m/s2。
答案：(1)6 m/s (2)a≥9 m/s2
12．交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运动情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。郑州市中原路上某直线路段每间隔L＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，红灯时间Δt2＝40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt＝50 s。要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口(即经过前一路口后，在下一路口第一次红灯亮之前通过该路口)。汽车可看成质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅。
(1)某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？(结果均保留2位有效数字)
(2)若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a＝2 m/s2 匀加速运动，加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度后，便以此速度一直匀速运动，试通过计算判断，当该汽车到达下一路口时能否遇到绿灯。
解析：(1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口，则通过五个路口的时间 t＝5Δt
此时匀速运动的速度最大
vmax＝ eq \f(5L,t)＝ eq \f(5×500,5×50) m/s＝10 m/s
若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间t′＝5Δt＋Δt1＝310 s
此时匀速运动的速度最小
vmin＝ eq \f(5L,t′)＝ eq \f(5×500,310) m/s＝8.1 m/s。
(2)若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到vmax＝10 m/s
由vmax＝at1，得t1＝5 s
在此过程中汽车行驶的位移
x＝ eq \f(vmax,2)t1＝ eq \f(10,2)×5 m＝25 m
然后汽车以此速度匀速运动，可知
L－x＝vmaxt2
得t2＝47.5 s
因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为t＝t1＋t2＝52.5 s
因为110 s＞t＞50 s，所以该汽车走到下个路口时能够遇到绿灯。
答案：(1)10 m/s 8.1 m/s (2)能