新高考2021届高考物理小题必练1匀变速直线运动规律的应用

这是一份新高考2021届高考物理小题必练1匀变速直线运动规律的应用，共8页。


匀变速直线运动的规律及推论；(2)自由落体运动和竖直上抛运动；(3)多过程问题。
例1．( 2019全国I卷∙18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq \f(t2,t1)满足( )
A．1＜eq \f(t2,t1)＜2 B．2＜eq \f(t2,t1)＜3
C．3＜eq \f(t2,t1)＜4 D．4＜eq \f(t2,t1)＜5
【答案】C
【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))，可知eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)，即3＜eq \f(t2,t1)＜4，故选项C正确。
【点睛】本题主要考察匀变速直线运动的基本规律，解答本题要掌握初速度为零的匀加速直线运动中，通过连续相等的位移所用时间之比，同时注意逆向思维的应用。
例2．(2020全国I卷∙24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【解析】(1)空载起飞时，升力正好等于重力：kv12＝m1g
满载起飞时，升力正好等于重力：kv22＝m2g
由上两式解得：v2＝78 m/s。
(2)满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
v22＝2ax
v2＝at
解得：a＝2 m/s2，t＝39 s。
【点睛】本题结合牛顿第二定律的综合应用考查匀变速直线运动的位移和速度公式，涉及的物理过程比较复杂，弄清楚运动情况和受力情况是解题的关键。
1．在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆最大刹车加速度是15 m/s2，该路段的限速为60 km/h。则该车( )
A．超速 B．不超速
C．无法判断 D．速度刚好是60 km/h
【答案】A
【解析】如果以最大刹车加速度刹车，那么由v＝eq \r(2ax)可求得刹车时的速度为30 m/s＝108 km/h，所以该车超速行驶，A项正确。
2．一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s，整列车厢通过他历时8 s，则这列火车的车厢有( )
A．14节 B．15节 C．16节 D．17节
【答案】C
【解析】火车做初速度为零的匀加速直线运动，则L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，全部车厢通过时nL＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,n)，解得n＝16，故A项正确。
3．2020年5月15日消息，我国新飞船试验舱在预定区域成功着陆，试验取得圆满成功，这也标志着中国载人航天工程迈出了重要的一步。若试验舱离月面某一高度时，速度减小为零后，自由下落着陆，测得在第4 s内的位移是5.6 m，此时试验舱还未落地，则( )
A．试验舱在前4 s内的位移是25.6 m
B．月球表面的重力加速度大小为1.6 m/s2
C．试验舱在4 s末的速度是12.8 m/s
D．试验舱在第4 s内的平均速度是1.4 m/s
【答案】B
【解析】第4 s内的位移是5.6 m，有eq \f(1,2)gt12－eq \f(1,2)gt22＝5.6 m，其中t1＝4 s，t2＝3 s，解得g＝1.6 m/s2，则试验舱在前4 s内的位移是x1＝eq \f(1,2)gt12＝12.8 m，选项A错误、B正确；试验舱在4 s末的速度v5＝gt＝6.4 m/s，选项C错误；试验舱在第4 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝5.6 m/s，选项D错误。
4．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验。让甲车以最大加速度a1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a2制动，直到停止；乙车以最大加速度a1加速到最大速度后立即以加速度eq \f(1,2)a2制动，直到停止。实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4。则a1∶a2的值为( )
A．2∶1 B．1∶2 C．4∶3 D．4∶5
【答案】B
【解析】根据题述，作出甲乙两车的速度－时间图象，如图所示。设甲车匀速运动的时间为t1，总时间为t。则有eq \f(t1＋t,2)v∶eq \f(t,2)v＝5∶4，解得t1∶t＝1∶4。乙车以最大加速度a，加速到最大速度后立即以加速度eq \f(a2,2)制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动时间和匀减速直线运动时间相等，可知匀加速运动时间和匀减速运动时间之比为2∶1，可知a1∶a2＝1∶2，B项正确。
5．(多选)一物体自距地面高H处自由下落，不计空气阻力，经时间t落地，此时速度为v，则( )
A．eq \f(1,2)t时物体距地面高度为eq \f(1,4)H
B．eq \f(1,2)t时物体距地面高度为eq \f(3,4)H
C．物体下落eq \f(1,2)H时速度为eq \f(\r(2),2)v
D．物体下落eq \f(1,2)H时速度为eq \f(1,2)v
【答案】BC
【解析】根据位移时间公式h＝eq \f(1,2)gt2知，在前一半时间和后一半时间内的位移之比为1∶3，则前一半时间内的位移为eq \f(1,4)H，此时距离地面的高度为eq \f(3,4)H，故A错误，B正确；根据v2＝2gH知，物体下落eq \f(1,2)H时的速度为v′＝eq \f(\r(2),2)v，故C正确，D错误。
6．物体以20 m/s的速度从坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为16 m/s。已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度不同。则物体上坡和下坡所用的时间之比为( )
A．4∶5 B．5∶4 C．2∶3 D．3∶2
【答案】A
【解析】设物体沿斜坡运动的位移为x，上坡时的加速度为a1，所用时间为t1，下坡时的加速度为a2，所用时间为t2，则有x＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)v1t1，x＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)v2t2，联立解得t1∶t2＝4∶5，所以A项正确。
7．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC。小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看作匀变速直线运动)( )
A．1∶4 B．8∶1
C．1∶1 D．4∶1
【答案】B
【解析】设B点的速度为vB，根据匀变速直线运动平均速度的推论有eq \f(v0＋vB,2)t1＝eq \f(vB,2)t2，又t1∶t2＝1∶4，解得vB＝eq \f(v0,3)，在AB上的加速度为a1＝μ1g＝eq \f(v0－vB,t1)，在BC上的加速度为a2＝μ2g＝eq \f(vB,t2)，联立解得μ1∶μ2＝8∶1，故选B项。
8．如图所示，质点a、b在直线PQ上的两个端点，质点a从P沿PQ做初速度为0的匀加速直线运动，经过位移x1时质点b从Q沿PQ方向做初速度为0的匀加速直线运动，位移x2时和质点a相遇，两质点的加速度大小相同，则PQ距离为( )
A．x1＋2x2＋2eq \r(x1x2) B．2x1＋x2＋2eq \r(x1x2)
C．x1＋2x2＋eq \r(2x1x2) D．2x1＋x2＋eq \r(2x1x2)
【答案】A
【解析】质点a经过时间t1运动位移x1，再经过t2相遇，则时间t1末速度为at1。x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)、x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)，两式相除可知t2＝eq \r(\f(x2,x1))t1，在t2运动位移x3＝(at1)t2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝x2＋2eq \r(x1x2)，PQ＝x1＋x2＋x3＝x1＋2x2＋2eq \r(x1x2)，A项正确。
9．如图所示是一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，然后返回。在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2。求：
(1)重力加速度g；
(2)若O点距玻璃管底部的距离为L0，玻璃管最小长度。
【解析】(1)小球从O点上升到最大高度过程中h1＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T1,2)))2
小球从P点上升的最大高度h2＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T2,2)))2
依据题意h1－h2＝H
联立解得：g＝eq \f(8H,T\\al(2,1 )－T\\al(2,2 ))。
(2)真空管至少的长度L＝L0＋h1
故L＝L0＋eq \f(T\\al(2,1)H,T\\al(2,1)－T\\al(2,2))。
10．如图所示，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC上运动，AB的长度为x1＝25 m，BC的长度为x2＝97 m。汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1＝2.0 m/s2的匀加速直线运动。在BC段，先做加速度大小为a2＝1.0 m/s2的匀加速直线运动。当运动到离C点适当距离处，再以大小为a3＝2.0 m/s2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点。求：
(1)汽车达到的最大速度vm和开始减速时离C点的距离d；
(2)汽车从A点运动到C点所用的时间t。
【解析】(1)由x1＝eq \f(1,2)a1t12和vB2＝2a1x1可得
汽车在AB段运动时间t1＝eq \r(\f(2x1,a1))＝5 s
到达B点时的速度vB＝eq \r(2a1x1)＝10 m/s
设汽车在BC段之间由B到D时加速行驶，距离为d′，有
vm2－vB2＝2a2d′
由D到C时减速行驶，距离为d，有0－vm2＝－2a3d
且d′＋d＝x2
解得汽车的最大速度vm＝14 m/s
开始减速时汽车离C点的距离d＝eq \f(vm2,2a3)＝49 m。
(2)由B到D，汽车加速行驶，由vm＝vB＋a2t2得：行驶时间t2＝eq \f(vm－vB,a2)＝4 s
由D到C，汽车减速行驶直到静止，由0＝vm－a3t3得：行驶时间t3＝eq \f(vm,a3)＝7 s
故汽车从A点运动到C点所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝16 s。
11．我国高速公路开通了电子不停车收费系统。汽车可以分别通过ETC通道和人工收费通道，如图所示。假设汽车以正常行驶速度v1＝16 m/s朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝8 m处匀减速至v2＝4 m/s，然后匀速通过该区域，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝25 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶。设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2。求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到v1时节约的时间Δt是多少？
【解析】(1)设汽车通过ETC通道时的匀减速过程的位移为x1，匀加速过程的位移为x2，则
x1＝eq \f(v22－v12,－2a1)＝60 m
x2＝eq \f(v12－v22,2a2)＝120 m
汽车的总位移x＝x1＋d＋x2＝188 m。
(2)汽车通过ETC通道时，匀减速过程的时间t1＝eq \f(v1－v2,a1)＝6 s
匀速过程的时间t2＝eq \f(d,v2)＝2 s
匀加速过程的时间t3＝eq \f(v1－v2,a2)＝12 s
所以汽车通过ETC通道的总时间t＝t1＋t2＋t3＝20 s
汽车通过人工收费通道时，匀减速过程的时间t1′＝eq \f(v1,a1)＝8 s
匀加速过程的时间t2′＝eq \f(v1,a2)＝16 s
所以汽车通过人工通道的总时间t′＝t1′＋t0＋t2′＝49 s
则节约的时间Δt＝t′－t＝29 s。
12．如图，一根细直棒长度为5 m，用手提着其上端，在其下端的路面上方有一个长度为5 m的、内径比直棒略大的空心竖直管子。如果该空心管子安放在平直公路上方，汽车从正下方通过时刚好碰不到管子。已知细直棒的下端与空心管的上端相距10 m，现放手让直棒做自由落体运动。（不计空气阻力，g取10 m/s2）
(1)求直棒通过该空心管所用的时间；（直棒通过管后继续进入公路下的直径略大于细棒的深坑）
(2)当棒开始下落时，汽车以20 m/s的速度在距离管子36 m处向管子驶来，汽车会不会碰到直棒？如不会，请说明为什么；如会，在不改变车行驶方向的情况下，司机该如何处理？（计算时不考虑车的大小）
【解析】(1)直棒的下端到达管子的上端的时间t1＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(2) s
直棒的上端到达管子的下端的时间
则直棒通过该空心管所用的时间t＝t2－t1＝(2－eq \r(2)) s。
(2)若汽车匀速运动，则到达管子处的时间，汽车肯定要碰到管子
要使汽车不碰到管子，则汽车在2 s内的位移小于36 m，即：
36＝20×2＋eq \f(1,2)×a×22
解得a＝－2 m/s2
即汽车减速运动的加速度a>2 m/s2
管子下端到达地面的时间为：
要使汽车不碰到管子，则汽车在eq \r(3) s内的位移大于36 m，即：
36＝20×eq \r(3)＋eq \f(1,2)×a′×eq \r(3)2
解得a′＝0.9 m/s2
即汽车加速运动的加速度a′>0.9 m/s2。