2020届高考物理一轮复习 第1章 6 第二节 匀变速直线运动的规律及应用课后达标能力提升 6页

‎6 第二节 匀变速直线运动的规律及应用 一、单项选择题 ‎1．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场‎54 km、离地1 ‎750 m高度时飞机发动机停车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人．若飞机着陆后以‎6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为‎60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　)‎ A．‎288 m　　　　　　　 B．‎‎300 m C．‎150 m D．‎‎144 m 解析：选B.先求出飞机着陆后到停止所用时间t.由v＝v0＋at，得t＝＝ 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x＝v0t＋＝60×‎10 m＋(－6)× m＝‎300 m.‎ ‎2．(2018·江苏四校联考)以‎36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为‎4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为(　　)‎ A．‎12.5 m B．‎‎2 m C．‎10 m D．‎‎0.5 m 解析：选D.据v＝at可得由刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，x＝at′2＝‎0.5 m.‎ ‎3．高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A以恒定速率‎360 km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B车，当A车快到襄阳站且距襄阳站路程为s处时，B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到‎360 km/h时恰好遇到A车，两车连锁并打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在随州站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则(　　)‎ A．无论B车匀加速的加速度大小为多少，s是相同的 B．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间 C．若B车匀加速的时间为1 min，则s为‎4 km D．若B车匀减速的加速度大小为‎5 m/s2，则当B车停下时A车已距随州站路程为‎1 km 解析：选D.设B车从静止开始加速到v＝‎360 km/h所用时间为t，B车加速度为a，由题意得s＝vt－t＝t，而v＝at，所以两者之间的距离s＝，由此可知，B车的加速度a越大，s越小 6‎ ‎，A项错误；从襄阳站到潜江站中间间隔三个站，所以该乘客节约了三个站的减速、停车、提速时间，B项错误；若B车匀加速的时间t′＝1 min，则s＝t′＝‎3 km，C项错误；若B车匀减速的加速度大小a′＝‎5 m/s2，减速运动时间t″＝＝20 s，则当B车停下时A车已经距随州站路程为s′＝vt″－a′t″2＝‎1 km，D项正确．‎ ‎4．一固定的光滑斜面长为x，一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体速度为到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B．x C. D． 解析：选A.把物体的运动过程按速度大小分为两段，即0～和～v两段，由于两段的速度变化量相等，则两段的时间相等，又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3，故第一段的位移为总位移的四分之一，即，选项A正确．‎ ‎5．(2018·扬州广陵区检测)近年我国多地都出现了雾霾天气，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停下来的过程，汽车的平均速度为‎11 m/s 解析：选C.汽车减速到零的时间t1＝＝ s＝3 s．则t＝t′＋t1＝(0.6＋3)s＝3.6 s，故A错误；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＝＝ m＝‎22.5 m，则x＝x1＋x2＋‎1.5 m＝‎33 m，故C正确；平均速度＝＝ m/s＝‎8.75 m/s，故B、D错误．‎ ‎6．东东同学看到远处燃放的烟花，每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸．最高点与五楼顶部平齐，且前一颗烟花爆炸时后一颗烟花恰好从地面发射，他看到烟花爆炸闪光同时还听到了爆炸的声音，而在最后一颗烟花爆炸闪光之后还能听到一次爆炸的声音．请你根据这些现象估算他离烟花燃放点的距离约为(空气中声音传播速度为‎340 m/s，重力加速度为 6‎ ‎10 m‎/s2)(　　)‎ A．‎34 m　　　　　　　 B．‎‎58 m C．‎340 m D．‎‎580 m 解析：选D.每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸，均可视为竖直上抛运动．地面到五楼顶部的高度约为h＝‎15 m，则烟花上升到最高点的时间t＝＝ s＝ s．由题意知，离烟花燃放点的距离约为x＝vt＝‎340 m，约为‎580 m．选项D正确．‎ ‎7．(2018·淮安模拟)‎ 如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎1.6 m　　　　　　　 B．‎‎2.4 m C．‎3.2 m D．‎‎4.0 m 解析：选C.将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动，由题意知，球从抛出到落回手中用时t＝0.4 s×4＝1.6 s，则球从最高点落回手中的时间为0.8 s，则H＝×10×‎0.82 m＝‎3.2 m，故C正确．‎ 二、多项选择题 ‎8．一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s内的位移为‎2.5 m，由此可求得(　　)‎ A．滑块的加速度为‎5 m/s2‎ B．滑块的初速度为‎5 m/s C．滑块运动的总时间为3 s D．滑块运动的总位移为‎4.5 m 解析：选CD.初速度为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s时，在前2 s内和后2 s内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3 s，选项C正确；最初1 s内的位移与总位移之比为＝，滑块最初1 s内的位移为‎2.5 m，故x＝‎4.5 m，选项D正确；根据x＝at2可得a＝‎1 m/s 6‎ ‎2，选项A错误；根据v＝at可得，滑块的初速度为‎3 m/s，选项B错误．‎ ‎9.‎ 如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d，根据图中的信息，下列判断正确的是(　　)‎ A．位置1是小球释放的初始位置 B．小球做匀加速直线运动 C．小球下落的加速度为 D．小球在位置3的速度为 解析：选BCD.由Δx＝d为恒量判断，小球做匀加速直线运动，故B正确；由Δx＝aT2得a＝，故C正确；v3＝24＝，故D正确；v1＝v3－a·2T＝－×2T＝>0，故A错误．‎ ‎10.‎ ‎(2018·南京师大附中模拟)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为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 ∶∶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 解析：选AC.由v2＝2gh，得v＝，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，A正确；由t＝得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝∶∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(－) ，c与b开始下落的时间差Δt2＝(－1)· ，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．‎ 6‎ 三、非选择题 ‎11．(2018·镇江中学模拟)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0＝‎72 km/h，靠近站口时以大小为a1＝‎5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝‎28.8 km/h，然后立即以a2＝‎4 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：‎ ‎(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？‎ ‎(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？‎ ‎(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？‎ 解析：设该车初速度方向为正方向，vt＝‎28.8 km/h＝‎8 m/s，v0＝‎72 km/h＝‎20 m/s，a1＝－‎5 m/s2.‎ ‎(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：‎ 由v－v＝‎2a1x1‎ 解得：x1＝‎33.6 m.‎ ‎(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vt＝v0＋a1t1，得t1＝＝2.4 s 加速阶段：t2＝＝3 s 则加速和减速的总时间为：t＝t1＋t2＝5.4 s.‎ ‎(3)在加速阶段：x2＝t2＝‎‎42 m 则总位移：x＝x1＋x2＝‎‎75.6 m 若不减速所需要时间：t′＝＝3.78 s 车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s.‎ 答案：(1)‎33.6 m　(2)5.4 s　(3)1.62 s ‎12．王兵同学利用数码相机连拍功能记录运动会上女子跳水比赛中运动员在‎10 m跳台跳水的全过程．所拍摄的第一张照片恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲，王兵同学认为这时她们处在最高点，第十九张如图乙，她们正好身体竖直、双手刚刚触及水面．查阅资料得知相机每秒连拍10张．设起跳时重心离台面及触水时重心离水面的距离相等．(g＝‎10 m/s2)由以上材料：‎ 6‎ ‎(1)估算运动员的起跳速度大小；‎ ‎(2)分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升阶段还是下降阶段？‎ 解析：(1)由题意可知，相机连拍周期T＝ s＝0.1 s，运动员从起跳到双手触水的总时间t＝18T＝1.8 s.‎ 设起跳速度大小为v0，取竖直向上为正方向，‎ 则：－10＝v0t－gt2，‎ 解得：v0≈‎3.4 m/s.‎ ‎(2)上升时间t1＝＝0.34 s.‎ 而拍第四张照片是在0.3 s时，所以此时运动员还处于上升阶段．‎ 答案：(1)‎3.4 m/s　(2)不是　重心处于上升阶段 6‎