高中第五节 匀变速直线运动与汽车安全行驶课后复习题

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A组 基础巩固练
1．BD [v-t图像斜率表示加速度大小，B正确，C错误；启用ABS后t1时刻速度大，A错误；v-t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移，D正确．]
2．B [先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝ eq \f(v－v0,a)＝ eq \f(0－60,－6) s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为s＝v0t＋ eq \f(1,2)at2＝60×10 m＋ eq \f(（－6）×102,2) m＝300 m，故B正确．]
3．D
4．ACD [根据位移时间公式有x＝v0t－ eq \f(1,2)at2，与题中公式x＝30t－3t2对比可得，汽车的初速度和加速度分别为v0＝30 m/s，a＝－6 m/s2，故刹车的时间t＝ eq \f(v0,a)＝ eq \f(30,6) s＝5 s，刹车距离x＝ eq \f(v0,2)t＝75 m，即5 s的时候，汽车的位移是75 m，然后一直保持静止，所以6 s内汽车的位移和刹车痕迹长都为75 m，故A、C正确，B错误；最后一秒的位移用逆向思维法x＝ eq \f(1,2)at2＝3 m，故D正确．故选ACD.]
5．AC [若汽车立即做匀加速运动，则2 s后的速度v＝v0＋a1t1＝8 m/s＋2×2 m/s＝12 m/s，故汽车在2 s内一定不会超速，在2 s内的位移x1＝ eq \f(v0＋v,2)t＝ eq \f(8＋12,2)×2 m＝20 m，则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A正确，B错误；若汽车立即做匀减速运动，减速到0所用时间为t2＝ eq \f(v0,a2)＝1.6 s，在此时间内行驶的位移为x2＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2a2)＝ eq \f(82,2×5) m＝6.4 m，C正确，D错误．]
6．C [开始时，乙的位置坐标为零，甲从离坐标原点20 m处开始运动，当乙开始运动时，甲已经运动了10 s，因此二者之间的距离大于20 m，故A错误；图像的斜率表示速度，由图可知乙的速度大于甲的速度，因此二者之间的距离在乙没有运动时增大，当乙开始运动时减小，在25 s时相遇，故B错误；由于乙的速度大于甲的速度，因此当乙开始运动时两者相距最远，从图像可知25 s时，两者位置坐标相同，即相遇，故C正确；乙运动得比甲快，故D错误．]
7．B [物体B做匀减速运动到速度为0所需时间t1＝ eq \f(10,2) s＝5 s，这段时间内，物体B运动的位移sB＝ eq \f(0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)),2a)＝ eq \f(102,2×2) m＝25 m，物体A运动的位移sA＝vAt1＝4×5 m＝20 m，显然还没有追上，此后物体B静止．设物体A追上物体B所用时间为t，则有vAt＝x＋25 m，所以t＝8 s，故选项B正确，选项A、C、D错误．]
8．BD [s - t图像能表示物体所在不同时刻的位置，t1时刻两图线相交，两物体相遇，故A错误，B正确；v-t图像表示物体的速度随时间变化的规律，图线与坐标轴围成的面积表示物体通过的位移，两物体在t1时间内位移相同，两物体相遇，故C错误，D正确．]
9．解析：(1)从刹车到停止时间为t2，则t2＝ eq \f(0－v0,a)＝6 s.
(2)小轿车在反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t1＝18 m
从刹车到停止的位移为x2，则x2＝ eq \f(0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2a)＝90 m
小轿车从发现物体到停止的全部距离为
x＝x1＋x2＝108 m
Δx＝x－50 m＝58 m.
答案：(1)6 s (2)58 m
B组 能力提升练
10．C [在0～10 s内，乙车的速度一直比甲车大，两车应逐渐远离，A错误；在10～20 s内，甲车的速度一直比乙车大，两车逐渐靠近，B错误；在5～15 s内，两图像与坐标轴的面积相等，则两车的位移相等，C正确；在t＝10 s时两车速度相等，相距最远，D错误．]
11．C
12．解析：反应时间里SUV的行驶距离：x0＝v1t0
若恰好发生追尾，则两车速度相等，有：
v＝v1＋a1(t－0.5 s)，v＝v2＋a2t
代入数据，得两车发生追尾所用时间：t＝4 s
此段时间内，两车行驶距离：x1＝x0＋v1(t－0.5)＋ eq \f(1,2)a1(t－0.5)
x2＝v2t＋ eq \f(1,2)a2t2
则有两车之间不发生追尾的最小距离：Δx＝x1－x2
两车刹车时的加速度分别是：a1＝－8 m/s2，a2＝－4 m/s2
代入数据，得：Δx＝31 m.
答案：31 m
13．解析：(1)设乙起跑后一直以2 m/s2做匀加速直线运动跑完接力区共18 m
v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝2as，解得v＝6 eq \r(2) m/s≈8.48 m/s＞vm
则乙能在接力区内达到最大速度．
(2)乙从起跑到加速至最大速度时间为t0，则t0＝ eq \f(vm,a)＝4 s
这段时间内乙的位移x0＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝16 m＜L
故乙起跑时，与甲的距离为Δx＝vmt0－x0＝8×4 m－16 m＝16 m
即甲应在距离接力区前端16 m处对乙发出起跑口令，这种情况之下，接力棒随甲运动员从静止开始加速至最大速度vm后，保持vm做匀速运动，这样才能取得最好成绩．
(3)由于L′＜x0，故不可能在乙达到最大速度时完成接棒．为取得最好成绩，应在接力区末端即乙跑出L′时完成交接棒，设乙此时的速度为v1，
由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＝2aL′
代入数据解得v1＝6 m/s
则此时乙所用时间为t1＝ eq \f(v1,a)＝ eq \f(6,2) s＝3 s
故乙起跑时，与甲的距离为Δx′＝vmt1－L′＝8×3 m－9 m＝15 m
即甲应在距离接力区前端15 m处对乙发出起跑口令，接棒后，乙继续加速至最大速度，保持vm做匀速运动，这样才能取得此种情况下的最好成绩．
答案：(1)能 (2)16 m (3)15 m
1
2
3
4
5
6
7
8
10
11
BD
B
D
ACD
AC
C
B
BD
C
C
9
(1)6 s (2)58 m
12
31 m
13
(1)能 (2)16 m (3)15 m