2020版高考物理一轮复习第一章+微专题2匀变速直线运动的推论及应用 4页

匀变速直线运动的推论及应用 ‎[方法点拨]　应用推论往往会使解题过程变得非常简捷，特别是已知时间t内的位移为x时，可得时刻的瞬时速度，这往往会成为解题的技巧.‎ ‎1.(2018·湖北省八市联考)如图1所示，在匀速上升的电梯里，一小球从电梯地板被竖直向上弹出后又向下落回地板，这一过程中小球没有触碰电梯天花板，不计空气阻力，下列对这一过程的分析正确的是(　　)‎ 图1‎ A.小球在空中运动的位移大小一定等于路程 B.小球在空中运动的平均速度大于电梯的速度 C.小球在空中运动的平均速度小于电梯的速度 D.小球在运动的中间时刻离天花板最近 ‎2.一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力.已知它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与bc段位移之比为(　　)‎ A.1∶3B.1∶5C.1∶8D.1∶9‎ ‎3.(多选)(2018·陕西省榆林市一模)一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一排电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v1＝5m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是(　　)‎ A.汽车运动的加速度大小为1m/s2‎ B.汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为15m/s C.汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为10s D.汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为25m/s ‎4.如图2所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点由静止释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为3m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为(　　)‎ 图2‎ A.2mB.mC.mD.3m ‎5.物体以某一速度冲上一光滑斜面(足够长)，加速度恒定，前4s内位移是1.6m，随后4s内位移是零，则下列说法中错误的是(　　)‎ A.物体的初速度大小为0.6m/s B.物体的加速度大小为6m/s2‎ C.物体向上运动的最大距离为1.8m D.物体回到斜面底端，总共需时12s ‎6.(多选)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光的时间间隔为1s.分析照片得到的数据发现：质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m.由上述条件可知(　　)‎ A.质点运动的加速度是0.3m/s2‎ B.质点运动的加速度是0.6m/s2‎ C.第1次闪光时质点的速度是0.05m/s D.第1次闪光时质点的速度是0.1m/s ‎7.自由落体机是一种使人体验超重和失重的巨型娱乐器械.一个可乘十多人的环形座舱套在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下(加速度可看成g)，落到一定位置时，制动系统启动，制动加速度为a，到达地面时刚好停止.若已知开始下落时座舱离地高度为h，求：‎ ‎(1)下落过程中的最大速度；‎ ‎(2)整个下落过程经历的时间.‎ 答案精析 ‎1.D　[小球有下落过程，则小球的位移大小小于路程，故A错误；小球的位移和电梯的位移相同，运动时间相同，所以小球的平均速度和电梯的速度相等，故B、C错误；设电梯的速度为v1，小球的初速度为v0，末速度为vt，小球从弹出到落回地板所用的时间为t，据分析可知，当小球的速度与电梯的速度相等时，离电梯天花板最近，设小球到达此点用时为t0，由运动学规律可得vt＝v0－gt，t＝v1t，v0－gt0＝v1，联立可得t0＝，故D正确.]‎ ‎2.C　[由v＝gt可知小石块自下落开始到达b点所用时间与到达c点所用时间之比为t1∶t2＝1∶3，根据h＝gt2可得，ab段与ac段的位移之比为1∶9，故可得ab段与bc段的位移之比为1∶8，选项C正确.]‎ ‎3.AC　[汽车在10s内的位移为x13＝50×2m＝100m，由运动公式得x13＝v1t＋at2，代入数据解得a＝1m/s2，故A正确；由v2－v02＝2ax有v72－v12＝2ax17，解得经过第7根电线杆时的瞬时速度v7＝25m/s，故B错误；汽车从第1根到第7根电线杆的时间t7＝＝20s，汽车在第3根至第7根电线杆间运动所用的时间t37＝t7－t3＝(20－10) s＝10s，故C正确；汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度v＝＝m/s＝20m/s，故D错误.]‎ ‎4.C　[设相等的时间为t，加速度为a，由Δx＝at2得，‎ 加速度a＝＝＝.‎ Q点的速度等于PN段的平均速度，‎ vQ＝＝＝.‎ 则OQ间的距离xOQ＝＝×＝m，‎ 则OP的长度xOP＝xOQ－xPQ＝m－3m＝m，故C正确.]‎ ‎5.B　[取沿斜面向上的方向为正方向，由Δx＝at2可知，物体的加速度a＝＝m/s2＝－0.1m/s2，根据匀变速直线运动的位移－时间关系知物体前4s内的位移x＝v0t＋at2，则物体的初速度为v0＝＝m/s＝0.6m/s，所以物体向上运动的最大距离为xm＝＝m＝1.8m.由运动的对称性可知，物体回到出发点的时间为12s，综上所述，A、C、D正确，B错误.]‎ ‎6.AC　[根据x3－x1＝2aT2得质点的加速度为a＝＝m/s2＝0.3m/s2，故A正确，B错误；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，第一次和第二次闪光中间时刻质点的速度为v1＝＝m/s＝0.2m/s，则第一次闪光时质点的速度为v＝v1－a＝0.2m/s－0.3×0.5m/s＝0.05m/s，故C正确，D错误.]‎ ‎7.(1)　(2) 解析　(1)设自由下落的高度为h1，制动系统启动后，下落的高度为h2，最大速度为v.‎ 由题意可知v2＝2gh1，v2＝2ah2，h1＋h2＝h，‎ 联立解得v＝.‎ ‎(2)设整个下落过程经历的时间为t，自由下落的时间为t1，制动后运动的时间为t2.‎ 由题意可知h1＝t1，h2＝t2，t＝t1＋t2，‎ 联立解得t＝.‎