【配套K12】(新课标)2019届高考物理一轮复习 第1章 运动的描述匀变速直线运动的研究 第二节

第二节 匀变速直线运动规律(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．(2018·内蒙古杭锦后旗奋斗中学模拟)伽利略在对自由落体运动的研究过程中，开创了如下框图所示的一套科学研究方法，其中方框2和4中的方法分别是( ) 观察现象→2→逻辑推理→4→修正推广→… A ．实验检验，数学推理 B ．数学推理，实验检验 C ．提出假设，实验检验 D ．实验检验，合理外推解析：选C.这是依据思维程序排序的问题，这一套科学研究方法，要符合逻辑顺序，即通过观察现象，提出假设，根据假设进行逻辑推理，然后对自己的逻辑推理进行实验验证，紧接着要对实验结论进行修正推广，故C 正确，A 、B 、D 错误．2．(2018·湖北襄阳第五中学检测)在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的小球站在某高台上，放手后小球自由下落，两小球落地的时间差为Δt .如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，则两小球落地的时间差将( )A ．减小B ．增大C ．不变D ．无法判定解析：选A.设细绳的长度为L ，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L ，在L 内运行的时间，即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L 内的初速度．高度越高，落地的速度越大，知高度越高，另一个小球在位移L 内的初速度越大，根据L ＝v 0Δt ＋12g Δt 2，初速度越大，时间越短，所以两小球落地的时间差将减小. 故A 正确，B 、C 、D 错误．3.(2018·重庆南开中学期中)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 m 3/s ，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g 取10 m/s 2)( ) A ．2.65 m 3 B ．5.3 m 3 C ．10.6 m 3D ．因喷嘴的横截面积未知，故无法确定解析：选B.喷出的水做竖直上抛运动，水的初速度v 0＝53 m/s ，水在空中停留的时间t ＝2v 0g＝10.6 s ，即处于空中的水的体积V ＝Qt ＝0.5×10.6 m 3＝5.3 m 3，故选B. 4.(2018·湖南岳阳一中模拟)一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”. 据英国《每日邮报》2016年7月6日报道，Hyperloop One 公司计划，将在欧洲建成世界首架规模完备的“超级高铁”(Hyperloop)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时700英里(约合1 126公里/时)．如果乘坐Hyperloop 从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600公里的路程需要40分钟，Hyperloop 先匀加速，达到最大速度1 200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperloop 的说法正确的是( ) A ．加速与减速的时间不一定相等 B ．加速时间为10分钟 C ．加速时加速度大小为2 m/s 2D ．如果加速度大小为10 m/s 2，题中所述运动最短需要32分钟解析：选B.根据运动学对称性可知，加速时间和减速时间相同，故A 错误；设加速时间和减速时间均为t 1，匀速时间为t 2，则2t 1＋t 2＝23 h ；2×v 2×t 1＋vt 2＝x ，联立解得t 1＝16h ，t 2＝13h ，故B 正确；加速度大小为a ＝Δv t 1≈0.56 m/s 2，故C 错误；如果加速度大小为10 m/s 2，则减速和加速所需时间t ′＝va≈33.3 s ，匀速所需时间为t ″＝x －2×v2·t ′v＝29.45 min ，所需总时间t ＝2t ′＋t ″＝30.56 min ，故D 错误．5．(2018·黑龙江大庆中学模拟)不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为t ，上升的最大高度为h .现在距物体抛出点34h 处设置一块挡板，物体撞击挡板后的速度大小不变、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( ) A ．0.4t B ．0.5t C ．0.6tD ．0.7t解析：选B.物体下降时间为0.5t ，故高度为：h ＝12g ·⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22，物体自由落体运动14h 过程，有：14h ＝12gt ′2，物体到挡板处t ′＝h 2g ＝t4，故第二次物体上升和下降的总时间：t ″＝t －2t ′＝t －2h2g＝0.5t ，故选B. 二、多项选择题6．如图所示为飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法中正确的是( )A ．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动B ．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动C ．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度D ．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度解析：选BCD.因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，A 错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，B 正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理如题图的曝光时间间隔都相等的图片问题，C 正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，D 正确．7．在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2等于2∶1 B ．加速、减速中的平均速度大小之比v －1∶v －2等于1∶1 C ．加速、减速中的位移之比x 1∶x 2等于2∶1D ．加速、减速中的平均速度大小之比v －1∶v －2等于1∶2解析：选BC.由v －＝v 0＋v t 2知，v －1＝v －2，故B 对，D 错；由a ＝Δv Δt 得a 1∶a 2＝1∶2，故A 错；由x ＝v －·t 知x 1∶x 2＝2∶1，故C 对．8.(2018·广西陆川中学模拟)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/s 2D ．A 车加速度的大小为5 m/s 2解析：选AC.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，在整个这段时间内汽车的位移x ＝(355－335) m ＝20 m ．初速度为零的匀变速直线运动，在开始相等时间内的位移之比为1∶3，所以，x 1＝5 m ，x 2＝15 m ，则超声波追上A 时，A 、B 的距离x ′＝(335＋5) m ＝340 m ，所以超声波从B 发出到追上A 所需的时间为：T ＝x ′v 声＝1 s ．则t ＝2T ＝2 s ，故A 正确，B 错误；根据Δx ＝aT 2得，a ＝Δx T 2＝15－51 m/s 2＝10 m/s 2，故C 正确，D 错误．三、非选择题9．(2018·江西赣中南五校联考)一弹性小球自4.9 m 高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的79，重力加速度g 取9.8 m/s 2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．解析：小球第一次下落经历的时间为：t ＝2hg＝1 s落地前的速度的大小v ＝gt ＝9.8 m/s 第一次碰地弹起的速度的大小v 1＝79v上升到落回的时间t 1＝2v 1g ＝2×79s 第二次碰地弹起的速度的大小v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫792v上升到落回的时间 t 2＝2v 2g ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫792 s第n 次碰地弹起的速度的大小v n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫79nv上升到落回的时间 t n ＝2v n g ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫79n s从开始到最终停止经历的时间为：t 总＝1＋2×79＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫792＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫79n s ＝1＋7×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫79n s ≈8 s.答案：8 s10．(2018·河北定州中学模拟)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v 0＝72 km/h ，靠近站口时以大小为a 1＝5 m/s 2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t ＝28.8 km/h ，然后立即以a 2＝4 m/s 2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，v t ＝28.8 km/h ＝8 m/s ，v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，a 1＝－5 m/s 2.(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则： 由v 2t －v 20＝2a 1x 1 解得：x 1＝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x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段：v t ＝v 0＋a 1t 1，得t 1＝v t －v 0a 1＝2.4 s 加速阶段：t 2＝v 0－v ta 2＝3 s 则加速和减速的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5.4 s. (3)在加速阶段：x 2＝v t ＋v 02t 2＝42 m则总位移：x ＝x 1＋x 2＝75.6 m若不减速所需要时间：t ′＝xv 0＝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 s11．如图所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块从A 点由静止释放，游戏者通过控制BC 段上的可控区域的长度，让滑块到达C 点时速度刚好为零，滑块自由落入洞D 中即为成功．已知轨道AB 、BC 可视为斜面，AB 长25 cm ，BC 长1 m ，CD 高20 cm ，滑块在AB 段加速下滑时加速度大小为a 1＝2 m/s 2，在BC 段非可控区域加速下滑时加速度大小为a 2＝1 m/s 2，在可控区域减速时的加速度大小为a 3＝3 m/s 2，滑块在B 点、可控点前后速度大小不变，g ＝10 m/s 2，求游戏成功时：(1)可控区域的长度L ；(2)滑块从A 到洞D 所经历的时间t .解析：(1)设滑块在B 点时速度大小为v B ，则由运动学规律知v 2B ＝2a 1x AB 且v B ＝a 1t 1代入数值解得t 1＝0.5 s ，v B ＝1 m/s设滑块在E 点进入可控区域，从B 到E ，由运动学规律知v 2E －v 2B ＝2a 2(x BC －L )，v E －v B ＝a 2t 2从E 到C ，由运动学规律知v 2E ＝2a 3L ，v E ＝a 3t 3 联立并代入数值解得t 2＝t 3＝0.5 s ，L ＝0.375 m. (2)滑块从C 到D ，由自由落体运动规律知h CD ＝12gt 24代入数值解得t 4＝0.2 s所以滑块从A 到洞D 所经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝1.7 s.答案：(1)0.375 m (2)1.7 s。