匀变速直线运动的规律

练案[2]第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律一、选择题(本题共10小题，1～5题为单选，6～10题为多选)1．(2018·福建莆田模拟)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零。则“蛟龙号”在t0(t0t)时刻距离海平面的深度为(D)A．vt2B．vt202tC．vt01－t02tD．vt－t022t[解析]根据加速度的定义可知，“蛟龙号”上浮时的加速度大小a＝vt，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海平面的深度h＝12a(t－t0)2＝vt－t022t，D正确。2．(2018·河北保定一模)一辆汽车在平直公路上以72km/h的速度匀速行驶，突然发现前方某位置有一静止的不明物体而紧急刹车，假设驾驶员的反应时间为0.2s，汽车刹车时的加速度大小为5m/s2，如果汽车恰好在不明物体前停车，则驾驶员发现不明物体时与不明物体的距离为(B)A．40mB．44mC．518.4mD．532.8m[解析]72km/h＝20m/s，则驾驶员发现不明物体时与不明物体的距离x＝v0t0＋v202a＝20×0.2m＋2022×5m＝44m，故B正确。3．(2018·辽宁大连模拟)一质点做匀加速直线运动，经过时间t，其位移为x，速度的变化量为Δv，则紧接着的相同的时间内，质点的位移为(B)A．x＋12Δv·tB．x＋Δv·tC．x＋2Δv·tD．x＋3Δv·t[解析]质点的加速度为a＝Δvt，设紧接着的相同的时间内质点的位移为x1，根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2可知x1－x＝at2，联立解得x1＝x＋Δv·t，故B正确，A、C、D错误。4．(2018·安徽池州模拟)2018年2月9日平昌冬奥会开幕。如图所示，可视为质点的冰壶以初速度v0滑入O点后做匀减速直线运动，滑到C点时速度恰好为零，若OA＝AB＝BC，冰壶依次滑过O、A、B点时的速度大小之比为vOvAvB，滑过OA、AB、BC三段所用的时间之比为tOAtABtBC，则(D)A．vOvAvB＝32；tOAtABtBC＝23B．vOvAvB＝；tOAtABtBC＝(3－2)(2－1)C．vOvAvB＝；tOAtABtBC＝23D．vOvAvB＝32；tOAtABtBC＝(3－2)(2－1)[解析]末速度为零的匀减速直线运动可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据v2＝2ax可得，所求的速度之比为32，初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为(2－1)(3－2)，故所求时间之比为(3－2)(2－1)，故D正确，A、B、C错误。5．(2019·重庆一诊)一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电杆距离为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是(C)A．小车车头到第2根电线杆时，小车速度大小为dtB．小车车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为5tC．小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为4dtD．小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为25dt[解析]根据题述，小车从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，由d＝12at2，可得小车加速度a＝2dt2。由v2＝2ad，可得小车车头到第2根电线杆时，小车速度大小为v2＝2dt，选项A错误；由4d＝12at25，可得t5＝2t，即小车车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为2t，选项B错误；由v2＝2a(4d)，可得小车车头到第5根电线杆时，小车速度大小为v5＝4dt，选项C正确D错误。6．(2019·荆州中学高三年级第二次考试)一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h＝5m处的时间间隔Δt＝2s，不计阻力。则下列说法正确的是(BD)A．小球的初速度v0为5m/sB．小球的初速度v0为102m/sC．小球从抛出到返回原处所经历的时间是2sD．小球从抛出到返回原处所经历的时间是2s[解析]设抛出点的上方h＝5m处为A点。如图所示。小球先后经过A点的时间间隔为：Δt＝2s，根据对称性知小球从最高点下降到A点的时间为：t1＝Δt2＝1s；小球在A点处的速度大小为：vA＝gt1＝10m/s；在OA段根据公式有：v2A－v20＝－2gs得：v0＝102m/s；故A错误，B正确；小球从抛出到返回原处所经历的时间是t＝2v0g＝2×10210s＝22s，故C错误，D正确。7．(2018·天津耀华中学调研)质点做直线运动的位置坐标x与时间t的关系为x＝5＋5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点(BD)A．第1s内的位移是11mB．第2s内的平均速度是8m/sC．任意相邻1s内的位移差都是1mD．任意1s内的速度增量都是2m/s[解析]t＝0时刻，x0＝5m；将t＝1s代入公式，得第1s内位移Δx1＝(5＋5×1＋12)m－5m＝6m，故A错误；将t＝2s代入公式，得第2s内的位移Δx2＝(5＋5×2＋22)m－(5＋5×1＋12)m＝8m，第2s内的平均速度是v2＝Δx2t2＝81m/s＝8m/s，故B正确；与x＝v0t＋12at2对比，可得质点的初速度v0＝5m/s，加速度a＝2m/s2，则任意相邻1s内位移差Δx＝aT2＝2×12m＝2m，故C错误；任意1s内的速度增量Δv＝at＝2×1m/s＝2m/s，故D正确。8．(2018·山东省实验中学二诊)在某一高度以v0＝20m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10m/s时，以下判断正确的是(取重力加速度g为10m/s2)(ACD)A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15m/s，方向向上B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向下C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5m/s，方向向上D．小球的位移大小一定是15m[解析]根据匀变速直线运动中平均速度v＝v0＋vt2，取向上为正方向，若小球末速度为10m/s，平均速度为15m/s，方向向上；末速度为－10m/s，平均速度为5m/s，方向向上，A、C正确，B错误；根据v2－v20＝2ax，解得x＝v2－v20－2g＝100－400－2×10m＝15m，可知小球的位移大小一定是15m，D正确。9．(2018·广东广州二模)汽车在平直公路上行驶，某人从车窗相对于车静止释放一个小球，用固定在路边的照相机进行闪光照相两次，得到如下信息：①两次闪光的时间间隔为0.5s；②第一次闪光时，小球刚释放，第二次闪光时，小球刚落地；③两次闪光的时间间隔内，汽车前进了5m、小球的位移为5m。取重力加速度为10m/s2，空气阻力不计，根据以上信息能确定的是(BD)A．汽车做匀速直线运动B．小球释放点离地的高度C．第二次闪光时汽车的速度大小D．两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度大小[解析]根据汽车在0.5s内的位移是5m，而做平抛运动的小球在该段时间内位移也为5m，可知汽车不做匀速直线运动，因而第二次闪光时汽车的速度无法求出，故A、C错误；小球在竖直方向做自由落体运动，根据H＝12gt2，可知小球释放点离地的高度为1.25m，故B正确；根据平均速度公式v＝xt，可知两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度大小为10m/s，故D正确。10．(2018·福建三明一中月考)斜面长度为4m，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x与初速度的二次方v20的关系图象(即x－v20图象)如图所示。则下列说法正确的是(AC)A．滑块下滑的加速度大小为2m/s2B．滑块下滑的加速度大小为4m/s2C．若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为1sD．若滑块下滑的初速度为5.0m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为4s[解析]根据匀变速直线运动的速度—位移公式得v2－v20＝2ax，由题意可知末速度v＝0，则x＝－v202a，其中－12a即为图象斜率，而斜率k＝14m－1·s2，代入数据解得a＝－2m/s2，故A正确，B错误；设滑块刚好能下滑到斜面底端时初速度为v1，由0－v21＝2ax1可得v1＝－2ax1＝2×2×4m/s＝4m/s，v2＝5m/sv1，可知滑块会从斜面底端滑离，设其到达斜面底端时速度为v3，则有v23－v22＝2ax1，解得v3＝52－2×2×4m/s＝3m/s，则滑块沿斜面下滑时间t＝v3－v2a＝3－5－2s＝1s，故C正确，D错误。二、非选择题11．(2019·浙江测试)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能。质量为1500kg的智能汽车以10m/s的速度在水平面匀速直线前进，通过激光雷达和传感器检测到正前方22m处有静止障碍物时，系统立即自动控制汽车，使之做加速度大小为1m/s2的匀减速直线运动，并向驾驶员发出警告。驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作，汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”，即在切断动力系统的同时提供12000N的总阻力使汽车做匀减速直线运动，最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。求：(1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小；(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离；(3)汽车在上述22m的运动全过程中的平均速度的大小。[答案](1)8m/s2(2)8m/s4m(3)7.33m/s[解析](1)由牛顿第二定律得“紧急制动”过程的加速度a2＝FtmFt＝12000N，m＝1500kg，代入得a1＝8m/s2(2)设触发“紧急制动”时汽车速度大小为v，其到障碍物的距离为x2，x2＝v22a2，已知“紧急制动”前的加速度a1＝1m/s2，位移为x1＝v20－v22a1x1＋x2＝x已知总位移x＝22m，v0＝10m/s由以上各式得v＝8m/s，x2＝4m(3)“紧急制动”前的时间t1＝v0－va1＝2s“紧急制动”后的时间t2＝va2＝1s总时间t＝t1＋t2＝3sv＝xt＝223m/s＝7.33m/s12．(2018·陕西汉中一模)汉中天坑群是全球最大的天坑群地质遗迹，如图是镇巴三元圈子崖天坑，最大深度320m，在某次勘察中，探险队员利用探险绳从坑沿到坑底仅用89s(可认为是竖直的)，若队员先以加速度a从静止开始做匀加速直线运动，经过40s速度变为5m/s，然后以此速度做匀速直线运动，最后匀减速到达坑底速度恰好减为零。求：(1)匀加速阶段的加速度大小a及匀加速下降的高度h；(2)队员匀速运动的时间。[答案](1)0.125m/s2100m(2)39s[解析](1)加速度a＝vm－v0t＝5－040m/s2＝0.125m/s2匀加速下降的高度h＝12at2＝100m(2)设匀速运动的时间为t1，匀速下降的高度为h2，由题意有h2＝vmt1匀减速运动过程有02－v2m＝2a2(320m－h－h2)，0＝vm＋a2(t总－t－t1)联立解得a2＝－0.5m/s2，t1＝39s