高考物理一輪復習 第一章 微專題2 勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用

《高考物理一輪復習 第一章 微專題2 勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理一輪復習 第一章 微專題2 勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用 1.考點及要求：勻變速直線運動及其公式(Ⅱ).2.方法與技巧：逆向思維法、平均速度公式法，畫好運動情景示意圖． 1．(基本公式的應用)一質點在A、B兩點之間做勻變速直線運動，加速度方向與初速度方向相同，當在A點初速度為v時，從A點到B點所用的時間為t，當在A點初速度為2v時，保持其他量不變，從A點到B點所用時間為t′，則(　　) A．t′> B．t′＝ C．t′< D．t′＝t 2．(平均速度公式＝v的應用)如圖1所示，一小球(可視為質點)沿斜面勻加速下滑， 依次經過A、B、C三點．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球經過AB和BC兩段所用的時間均為2 s，則小球經過A、B、C三點時的速度大小分別是(　　) 圖1 A．12 m/s,13 m/s,14 m/s B．10 m/s,14 m/s,18 m/s C．8 m/s,10 m/s,16 m/s D．6 m/s,12 m/s,18 m/s 3．(推論式v2－v＝2ax的應用)如圖2所示，木塊A、B并排且固定在水平桌面上，A的長度是L，B的長度是2L，一顆子彈沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子彈可視為質點，其運動可視為勻變速直線運動，則子彈穿出A時的速度為(　　) 圖2 A. B. C. D.v1 4．(推論式v2－v＝2ax的應用)沿平直軌道勻加速行駛的長度為L的列車，保持加速度不變通過長為L的橋梁，車頭駛上橋頭時的速度為v1，車頭經過橋尾時的速度為v2，則車尾通過橋尾時的速度為(　　) A．v1v2 B. C. D. 5．(比例式的應用)一名觀察者站在站臺邊，火車進站從他身邊經過，火車共10節(jié)車廂，當第10節(jié)車廂完全經過他身邊時，火車剛好停下．設火車做勻減速直線運動且每節(jié)車廂長度相同，則第8節(jié)和第9節(jié)車廂從他身邊經過所用時間的比值為(　　) A.∶ B.∶ C．(－1)∶(－) D．(－)∶(－1) 6．(推論Δx＝aT2的應用)一輛公共汽車進站后開始剎車，做勻減速直線運動．剎車后的第1 s內和第2 s內的位移大小依次為9 m和7 m．則剎車后6 s內的位移是(　　) A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m 7．在水平面上有A、B兩點，相距60 cm，一物體以恒定的加速度沿A向B做直線運動，經過0.3 s的時間先后通過A、B兩點，則該物體通過A、B中點時的速度大小為(　　) A．若加速度的方向由A向B，則大于2 m/s，若加速度的方向由B向A，則小于2 m/s B．若加速度的方向由A向B，則小于2 m/s，若加速度的方向由B向A，則大于2 m/s C．無論加速度的方向如何均大于2 m/s D．無論加速度的方向如何均小于2 m/s 8．物體以某一速度從底端沖上一光滑斜面(足夠長)，加速度恒定．前4 s內位移是1.6 m，隨后4 s內位移是零，則下列說法中錯誤的是(　　) A．物體的初速度大小為0.6 m/s B．物體的加速度大小為6 m/s2 C．物體向上運動的最大距離為1.8 m D．物體回到斜面底端，總共需時12 s 9.一物塊(可看作質點)以一定的初速度從一光滑斜面底端一點上滑，最高可滑至C點，AB是BC的3倍，如圖3所示，已知物塊從A至B所需時間為t，則它從B經C再回到B，需要的時間是(　　) 圖3 A．t B. C．2t D. 10.如圖4所示，光滑斜面AE被分成四個相等的部分，一物體由A點從靜止釋放，下列結論中不正確的是(　　) 圖4 A．物體到達各點的速率vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2 B．物體到達各點所經歷的時間tE＝2tB＝tC＝tD C．物體從A到E的平均速度＝vB D．物體通過每一部分時，其速度增量vB－vA＝vC－vB＝vD－vC＝vE－vD 11．小汽車在高速公路上行駛限速120 km/h，某人大霧天開車在高速公路上行駛時，能見度(觀察者與能看見的最遠目標間的距離)為50 m，該人的反應時間為0.5 s，汽車剎車時能產生的最大加速度的大小為5 m/s2.現前方出現交通事故，為安全行駛，該汽車行駛的最大速度是(　　) A．10 m/s B．15 m/s C．10 m/s D．20 m/s 12．假設某航母的飛行跑道長L＝160 m，艦載機發(fā)動機產生的最大加速度a＝5 m/s2，艦載機所需的起飛速度為v＝50 m/s.艦載機在航母跑道上起飛的過程可以簡化為勻加速直線運動． (1)若航母靜止， ①請通過計算判斷艦載機能否靠自身的發(fā)動機從艦上起飛？ ②為了使艦載機安全起飛，彈射裝置給艦載機的初速度至少為多大？ (2)若航母沿艦載機起飛的方向以某一速度勻速航行，為了使艦載機安全起飛，航母勻速運動的速度至少為多大？ 13．春節(jié)放假期間，全國高速公路免費通行，小轎車可以不停車通過收費站，但要求小轎車通過收費站窗口前x0＝9 m區(qū)間的速度不超過v0＝6 m/s.現有甲、乙兩小轎車在收費站前平直公路上分別以v甲＝20 m/s和v乙＝34 m/s的速度勻速行駛，甲車在前，乙車在后．甲車司機發(fā)現正前方收費站，開始以大小為a甲＝2 m/s2的加速度勻減速剎車． (1)甲車司機需在離收費站窗口至少多遠處開始剎車才不違章． (2)若甲車司機經剎車到達離收費站窗口前9 m處的速度恰好為6 m/s，乙車司機在發(fā)現甲車剎車時經t0＝0.5 s的反應時間后開始以大小為a乙＝4 m/s2的加速度勻減速剎車．為避免兩車相撞，且乙車在收費站窗口前9 m區(qū)不超速，則在甲車司機開始剎車時，甲、乙兩車至少相距多遠？ 答案解析 1．A　[設A、B兩點間位移為x，初速度為v時，x＝vt＋at2，解得：t＝，初速度為2v時，x＝2vt′＋at′2，解得：t′＝，所以t′>，A項正確．] 2．D　[根據Δx＝aT2， 可得a＝＝＝ m/s2＝3 m/s2. 根據v＝＝，可得vB＝＝ m/s＝12 m/s. 根據vt＝v0＋at，可得vC＝vB＋aT＝(12＋32) m/s＝18 m/s. 可得vB＝vA＋aT?vA＝vB－aT＝(12－32) m/s＝6 m/s. 小球通過A、B、C三點時的速度大小分別是vA＝6 m/s，vB＝12 m/s，vC＝18 m/s，所以選項D正確．] 3．C　[設子彈在木塊中運動的加速度為a，子彈穿出A時的速度為v，子彈在A中運動過程中，有：v2－v＝－2aL，子彈在B中運動過程中，有v－v2＝－2a2L，兩式聯立可得，v＝ ，因此C對．] 4．D　[由勻變速直線運動規(guī)律，v－v＝2aL，v2－v＝2aL，聯立解得：v＝，選項D正確．] 5．D　[運用逆向思維，將火車的運動看成反向的初速度為零的勻加速直線運動；根據初速度為零的勻加速直線運動相同位移的時間比可知選項D正確．] 6．C　[設汽車的初速度為v0，加速度為a.根據勻變速直線運動的推論Δx＝aT2得x2－x1＝aT2則a＝＝ m/s2＝－2 m/s2.根據第1 s內的位移x1＝v0t＋at2，解得v0＝10 m/s.汽車從開始剎車到停止所需的時間t0＝＝ s＝5 s．則汽車剎車后6 s內的位移等于5 s內的位移，為x＝t0＝5 m＝25 m．故C正確．] 7．C　[設物體經過A、B兩點的速度分別為vA和vB，則有A、B中間時刻的瞬時速度v＝＝＝ m/s＝2 m/s，根據勻變速直線運動的速度位移關系可知，A、B中點的瞬時速度v＝ ，由數學關系知，≤ ，又vA≠vB，所以可得不管物體的加速度的大小和方向，物體在A、B中點的速度都大于中間時刻的瞬時速度，故C正確，A、B、D錯誤．] 8．B　[對于勻變速運動，由Δx＝aT2可求得a＝－0.1 m/s2，在前4 s內根據x＝v0t＋可求得v0＝0.6 m/s，A正確，B錯誤；根據vt＝v0＋at可求得速度為零時，t＝6 s，向上運動的位移v＝2ax1，x1＝1.8 m，C正確；根據對稱性，物體向下運動的時間也是6 s，物體回到斜面底端，總共需時12 s，D正確．故選B.] 9．C　[通過逆向思維，根據位移時間公式x＝at2，得t＝ ，從A到C和從B到C的時間之比為2∶1，則從B到C的時間為t，所以從B經C再回到B的時間為2t，故C正確．] 10．D　[物體由A點從靜止釋放，有v2＝2ax，所以物體到達各點的速率之比vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，故A正確；根據x＝at2，得t＝ ，物體到達各點經歷的時間tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2，即tE＝2tB＝tC＝tD，故B正確．由于vE＝2vB，物體從A到E的平均速度＝＝vB，故C正確．vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，物體通過每一部分時其速度增量不等，故D錯誤．] 11．D　[發(fā)現前方交通事故目標時，在反應時間內汽車繼續(xù)做勻速直線運動，剎車后做勻減速直線運動，總位移小于50 m即可．設汽車行駛的最大速度是v，發(fā)現目標時，在反應時間內的位移x1＝vt＝v0.5＝0.5v，剎車過程中0－v2＝2(－5)x2，解得x2＝，為安全行駛x1＋x2＝50，即0.5v＋＝50，解得v＝20 m/s，故選項D正確．] 12．(1)①不能?、?0 m/s　(2)10 m/s 解析　(1)①航母靜止時，艦載機靠發(fā)動機加速，加速度a＝5 m/s2，初速度為v0＝0，位移L＝160 m，末速度為v1.由運動學公式得 v－v＝2aL 解得v1＝40 m/s<50 m/s，故艦載機不能靠自身的發(fā)動機從艦上起飛 ②彈射裝置給艦載機的初速度為v2，起飛速度為v＝50 m/s，由運動學公式得v2－v＝2aL 解得v2＝30 m/s 故彈射裝置給艦載機的初速度至少為30 m/s (2)設艦載機起飛所用的時間為t，位移為L2，航母的位移為L1，勻速航行的最小速度為v3.由運動學公式得 v＝v3＋at，v2－v＝2aL2，L1＝v3t，L2＝L＋L1 聯立以上各式解得，航母勻速航行的最小速度v3＝10 m/s 13．(1)100 m　(2)66 m 解析　(1)對甲車速度由20 m/s減速至6 m/s過程中的位移x1＝＝91 m x2＝x0＋x1＝100 m 即甲車司機需在離收費站窗口至少100 m處開始剎車 (2)設甲剎車后經時間t，甲、乙兩車速度相同，由運動學公式得： v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t，解得t＝8 s 相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s<6 m/s，即v＝6 m/s的共同速度為不相撞的臨界條件 乙車從34 m/s減速至6 m/s的過程中的位移為x3＝v乙t0＋＝157 m，所以甲、乙兩車間的距離至少為x＝x3－x1＝66 m