高考物理一轮复习课时作业2匀变速直线运动规律含答案

匀变速直线运动规律

(建议用时40分钟)

1. (创新题)如图所示，一汽车装有“AI自动驾驶”功能的系统，该AI系统指挥车载雷达监视前方的交通状况，当车速v≤12 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，系统就会立即启动“自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“自动刹车”的加速度取

6 m/s2到8 m/s2之间的某一值，则该汽车“自动刹车”的最长时间为(　　)

A．1.5 s　　B．2 s　　C．2.5 s　　D．4 s

【解析】选B。当车速达到最大vm＝12 m/s且加速度取最小值时，“自动刹车”的时间最长，由速度公式v＝vm－at＝0，解得t＝2 s，故选B。

2．如图为港珠澳大桥上四段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(　　)

A．通过cd段的时间为t

B．通过ce段的时间为(2－)t

C．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度

D．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度

【解析】选B。根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，可得出通过cd段的时间为(－) t，A错误；通过cd段的时间为(－)t，通过de段的时间为(2－) t，通过ce段的时间为(2－)t，选项B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，故通过b点的速度等于ae段的平均速度，选项C、D错误。

【加固训练】

　　(能力拔高题)一小物体沿斜面做匀变速直线运动经过a、c、b三点，c为ab位移的中点。已知经过a、b的速度大小分别为va=21 m/s和vb=3 m/s，小物体从a到c的时间与从c到b的时间之比可能为              (　　)

A.　　　　B.　　　　C.5　　　　D.4

【解析】选A。若物体经过a、b两点时速度方向相同，则物体经过c点的速度为vc==15 m/s。设ac和cb距离均为x，根据平均速度可得tac=； tcb=；可得；同理，若物体经过　a、b两点时速度方向相反，由vc＝可得vc仍为15 m/s，则由平均速度公式可得：tac＝＝＝，tcb＝＝＝，所以有：＝＝，故B、C、D错误，A正确。

3．国家发改委、交通运输部、中国铁路总公司联合发布了《中长期铁路网规划》，勾画了新时期“八纵八横”高速铁路的宏大盛图。设某高铁进站时做匀速直线运动，从开始减速到停下所用时间为2.5t，则该高铁减速后第1个t内与第2个t内的位移之比是(　　)

A．1∶3　　B．5∶3　　C．9∶4　　D．2∶1

【解析】选D。高铁逆向看做初速度为零的匀加速直线运动，在相同时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶7∶9；将2.5t分成5个时间间隔，故则该高铁依次经过第一个t和第2个t通过的位移之比x1∶x2 ＝(7＋9)∶(5＋3)＝2∶1，故选D。

4．(多选)(2021·马鞍山模拟)一物体做直线运动，其位移随时间变化的关系为x＝t3＋2，其中t的单位为s，x的单位为m，则下列说法正确的是(　　)

A．该物体做匀速直线运动

B．物体第1 s内的位移为3 m

C．物体前2 s内的平均速度为4 m/s

D．物体的速度逐渐增加

【解析】选C、D。做匀速直线运动的物体位移与时间成正比，A错误；t＝0时x＝2 m，t＝1 s时x＝3 m，故第1 s内位移为1 m，B错误；t＝2 s时x＝10 m，故前2 s内平均速度为4 m/s，C正确；取连续相等的Δt，可以判断物体在Δt内位移逐渐增大；故逐渐增大，当Δt很小时就表示这一时刻的瞬时速度，故物体做加速运动，D正确。

5.某同学观察悬崖跳水者从悬崖处自由下落,准确测出他碰到水面前的下落时间为3.0 s,当地重力加速度g取9.8 m/s2,如果不考虑空气阻力,可以计算出悬崖距水面的高度为44.1 m,而悬崖到水面的实际高度可以通过科技手段准确测量,准确测量的高度可能为              (　　)

A.43.0 m    B.45.0 m

C.47.0 m    D.49.0 m

【解析】选A。由于跳水者在向下运动的过程中要受到空气的阻力, 所以他向下运动的加速度要小于重力加速度g,所以根据h=gt2计算的结果比实际的高度偏大,可知实际的高度要小于44.1 m, 故选项A正确。

6.(多选)(2021·大理模拟)如图所示的情景,交通法规定“车让人”,否则驾驶员将受到处罚。若以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口,有行人正在过人行横道,此时汽车的前端距停车线8 m,该车减速时的加速度大小为5 m/s2。下列说法正确的是 (　　)

A.驾驶员立即刹车制动,则至少需要2 s汽车才停止

B.在距停车线6.4 m处才开始刹车制动,汽车前端恰能停止于停车线处

C.若经0.2 s后才开始刹车制动,汽车前端恰能止于停车线处

D.若经0.4 s后才开始刹车制动,汽车前端恰能止于停车线处

【解析】选B、C。减速所需时间为t== s=1.6 s,故选项A错误;由v2=2ax可得:减速运动的位移为x== m=6.4 m,故在距停车线6.4 m处才开始刹车制动,汽车前端恰能停止于停车线处,故选项B正确;匀速运动的时间t′== s=0.2 s,故若经0.2 s后才开始刹车制动,汽车前端恰能止于停车线处,故选项C正确,D错误。

7.如图所示，木块m1从光滑的斜面上的A点以a＝2 m/s2 的加速度由静止开始下滑，与此同时，小球m2在距C点的正上方h＝20 m处自由落下，木块m1以不变的速度途经斜面底端B点后继续在粗糙的水平面上运动，在C点恰好与自由下落的小球m2相遇，若斜面AB段长L1＝1 m，水平BC段长L2＝1.2 m，不计空气阻力(g取10 m/s2)，试求：

(1)m2下落到地面的时间；

(2)m1运动到B点时速度的大小和在BC段加速度的大小；

(3)相遇时木块m1的速度大小。

【解析】(1)设m2运动至C点的时间为t，根据自由落体运动的位移与时间的公式，有：h＝gt2，解得：t＝2 s

(2)木块m1在斜面上运动到B点速度：

vB＝＝ m/s＝2 m/s

m1运动到B点的时间：

t1＝＝s＝1 s

则m1在BC段运动的时间为：

t2＝t－t1＝2 s－1 s＝1 s

由位移公式得：L2＝vBt2＋a1t

解得：a1＝－1.6 m/s2

加速度的大小为 1.6 m/s2

(3)由L2＝t2，解得C点相遇时木块速度为：vC＝0.4 m/s

答案：(1) 2 s　(2)2 m/s　1.6 m/s2

(3) 0.4 m/s

8．中国火箭航天集团专家称，人类能在20年后飞往火星。若一物体从火星表面竖直向上抛出(不计气体阻力)时的x ­t图象如图所示，则(　　)

A.该火星表面的重力加速度为3.2 m/s2

B．该物体上升过程用时为10 s

C．该物体被抛出时的初速度为8 m/s

D．该物体落到火星表面时的速度为16 m/s

【解析】选C。由题图读出，物体上升的最大高度为h＝20 m，上升的时间为t＝5 s。根据上升下落的对称性知，对于下落过程，由h＝g′t2得，g′＝

1.6 m/s2；v＝g′t＝8 m/s ，根据对称性可知，该物体落到火星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为8 m/s。故A、B、D错误，故选C。

9．一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3 m/s2 和1 m/s2，两车的最大速度均为15 m/s，刚开始运动时两车车头之间的距离为32 m，轿车车身全长5 m，卡车车身全长23.125 m，则两车的错车时间为(　　)

A.0 s　　 B．1.5 s　　 C．2.0 s　　 D．4.0 s

【解析】选B。设经过时间t后，轿车和卡车车头相遇，轿车的位移x1＝a1t2

卡车的位移x2＝a2t2

x1＋x2＝32 m

联立解得t＝4.0 s

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x1′＝a1t′2

卡车的位移x2′＝a2t′2

x1′＋x2′＝60.125 m

联立解得t′>5.0 s

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＝＝5.0 s

设从开始到错开总时间为t″，则有

t1＋v(t″－t1)＋a2t″2＝60.125 m

解得t″＝5.5 s

故错车时间为Δt＝t″－t＝5.5 s－4.0 s＝1.5 s，故选B。

10. (多选)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为固定不动的测速仪，A为运动的小汽车，两者相距670 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，AB相距710 m，已知声速340 m/s，则下列说法正确的是(　　)

A．超声波追上A车时，A车前进了10 m

B．经2 s，B接收到返回的超声波

C．超声波追上A车时，A车的速度为10 m/s

D．A车加速度的大小为5 m/s2

【解题指导】解答本题注意以下两点

(1)超声波来回运动的时间相等，所以单程运动时间为来回运动时间的一半。

(2)汽车做初速度为零的匀加速直线运动，前后两段时间内的位移之比为1∶3。

【解析】选A、C、D。设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有at2＝710 m－670 m＝40 m，超声波来回的时间为t，则单程的时间为t，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1∶3，在t时间内的位移为

40 m，则t时间内的位移为x′＝10 m，知超声波追上汽车时，超声波的位移x＝10＋670 m＝680 m，A车的位移为10 m，故A正确；根据＝＝ s＝2 s知，解得B接收到返回的超声波的时间t＝4 s，故B错误；根据at2＝40 m得加速度a＝5 m/s2，超声波追上A车时，A车的速度为v＝a＝10 m/s，故C、D正确； 故选A、C、D。

11．(多选)矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．螺钉松脱后做自由落体运动

B．矿井的深度为45 m

C．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s

D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s

【解析】选B、C。螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，选项A错误；由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移h1＝－v0t＋gt2，升降机这段时间的位移h2＝v0t，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45 m，选项B正确；螺钉落到井底时速度大小为v＝－v0＋gt＝25 m/s，选项C正确；螺钉松脱前运动的位移为h1＝v0t′，解得t′＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9 s，选项D错误。

【总结提升】上抛运动的对称性

物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：

(1)时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理有tAB=tBA。

(2)速度对称性：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等，方向相反。

12．如图所示是某型号全液体燃料火箭发射时第一级火箭发动机工作时火箭的a­t图象，开始时的加速度曲线比较平滑，在120 s的时候，为了把加速度限制在4g以内，第一级的推力降至60%，第一级的整个工作时间为200 s。由图线可以看出，火箭的初始加速度为15 m/s2，初速度为0，且在前50 s内，加速度可以看作均匀变化，试计算：

(1)t＝50 s时火箭的速度大小；

(2)如果火箭是竖直发射的，在t＝10 s前火箭的运动可看成匀加速运动，则t＝10 s时火箭离地面的高度是多少？如果此时有一碎片脱落，将需多长时间落地？(取g＝10 m/s2，结果可用根式表示)

【解析】(1)因为前50 s内，加速度可以看作均匀变化，则加速度图线可看为倾斜的直线，它与时间轴所围的面积大小就表示这段时间火箭的速度变化量，因为v0＝0，所以有

v＝×(15＋20)×50 m/s＝875 m/s

t＝50 s时火箭的速度大小为875 m/s。

(2)t＝10 s时火箭离地面的高度是

h＝at2＝×15×102 m＝750 m

如果此时有一碎片脱落，它的初速度v1＝at＝150 m/s，离开火箭后该碎片做竖直方向的匀减速直线运动，设需t1时间落地，有－h＝v1t1－gt

代入数据解得t1＝(15＋5) s

t＝10 s时火箭离地面的高度是750 m，如果此时有一碎片脱落，需(15＋

5) s落地。

答案：(1)875 m/s　(2)750 m　(15＋5) s