新教材2020_2021学年高二物理下学期暑假训练1匀变速直线运动及其公式

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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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足( )
A．1＜＜2 B．2＜＜3
C．3＜＜4 D．4＜＜5
1．图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为( )
A．t B．eq \r(2)t
C．(2－eq \r(2))t D．(2＋eq \r(2))t
2．水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动。则下列判断正确的是( )
A．该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m
B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s
C．该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m
D．该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s
3．如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5。忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是( )
A．8 s B．10 s C．16 s D．20 s
4．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则( )
A．物体的加速度是1 m/s2
B．第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s
C．时间间隔T＝1 s
D．物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
5．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是( )
A．eq \f(2,3) m/s2 B．eq \f(4,3) m/s2 C．eq \f(8,9) m/s2 D．eq \f(16,9) m/s2
6．(多选)从地面竖直上抛物体A，同时，在某高度处有一物体B自由落下，两物体在空中相遇时的速率都是v，则( )
A．物体A的上抛初速率是两物体相遇时速率的2倍
B．相遇时物体A已上升的高度和物体B已下落的高度相同
C．物体A和物体B落地时间相等
D．物体A和物体B落地速度相同
7．如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
A．13 s B．16 s C．21 s D．26 s
8．如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度大小之比是eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
9．如图所示，质量为m＝1 kg，长为L＝3 m 的平板车，其上表面距离水平地面的高度为h＝0.2 m，以速度v0＝5 m/s向右做匀速直线运动，A、B是其左右两个端点。从某时刻起对平板车施加一个大小为4 N的水平向左的恒力F，并同时将一个小球轻放在平板车上的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，eq \x\t(PB)＝eq \f(L,3).经过一段时间，小球从平板车左端的A点脱离平板车落到地面上。不计所有摩擦力，g取10 m/s2。求
(1)小球从放到平板车上开始至落到地面所用的时间；
(2)小球落地瞬间，平板车的速度大小。
答案与解析
例1．【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，即3＜＜4，故选C。
1．【答案】C
【解析】设汽车的加速度为a，经历bc段、ce段的时间分别为t1、t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有xab＝eq \f(1,2)at2，xac＝eq \f(1,2)a(t＋t1)2，xac＝eq \f(1,2)a(t＋t1＋t2)2，解得t2＝(2－eq \r(2))t，故C正确。
2．【答案】C
【解析】物体速度减为0的时间t2＝eq \f(v0,a)＝eq \f(4,2) s＝2 s；物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，总位移x＝v0t1＋v0t2－eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝4×3 m＋4×2 m－eq \f(1,2)×2×22 m＝16 m，故A错误；物体的平均速度 eq \x\t(v)＝eq \f(x,t1＋t2)＝eq \f(16,3＋2) m/s＝3.2 m/s，故B错误；根据运动的可逆性可知，物体减速后最后1 s内的位移大小等于以2 m/s2加速1 s内的位移，大小x′＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×2×12 m＝1 m，故C正确；物体减速后第1 s末的速度大小v＝v0－at＝4 m/s－2×1 m/s＝2 m/s，故D错误．
3．【答案】C
【解析】设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后5 s内位移为s1＝eq \f(1,2)a×52＝eq \f(25,2)a；最初5 s内位移为s2＝a(t－5)×5＋eq \f(1,2)a×52＝5at－eq \f(25,2)a，又因为s2∶s1＝11∶5，解得t＝8 s；由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确。
4．【答案】D
【解析】初速度为0的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此判断第一个T时间内的位移x1＝eq \f(1,5)×3 m＝0.6 m，D正确；第二个T时间内的位移x2＝eq \f(3,5)×3 m＝1.8 m，由veq \\al(2,3)－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得a＝eq \f(5,6) m/s2，A错误；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝eq \f(6,5) s，C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1＝aT＝1 m/s，B错误．
5．【答案】B
【解析】根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于eq \f(t,2)时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度v1＝1＝eq \f(16,4) m/s＝4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度v2＝2＝eq \f(16,2) m/s＝8 m/s；则物体加速度a＝eq \f(v2－v1,t)＝eq \f(8－4,3) m/s2＝eq \f(4,3) m/s2，故B正确。
6．【答案】AD
【解析】设经过t时间相遇，则此时A物体的速度大小vA＝v0－gt，B物体的速度大小vB＝gt，则v0＝2gt＝2v，故A正确；相遇时A物体的位移大小x1＝eq \f(（2v）2－v2,2g)＝eq \f(3v2,2g)，B物体的位移大小x2＝eq \f(v2,2g)，两物体位移的大小不等，故B错误；两物体在空中相遇时(即到达同一水平高度)的速率都是v，知竖直上抛运动的最高点是自由落体运动的抛出点．所以物体A在空中运行的总时间是物体B的两倍，故C错误；A物体上升的最高点即为B物体自由下落的位置，所以物体A和B落地的速度相等，故D正确．
7．【答案】C
【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t1＝eq \f(v,a)＝8 s，通过的位移x1＝eq \f(v2,2a)＝32 m，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间t2＝eq \f(x－2x1,v)＝eq \f(104－2×32,8) s＝5 s，总时间t＝2t1＋t2＝21 s，故C正确，A、B、D错误。
8．【答案】AC
【解析】由v2＝2gh，得v＝eq \r(2gh)，故v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，A正确；由t＝eq \r(\f(2h,g))得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(eq \r(3)－eq \r(2)) eq \r(\f(2h3,g))，c与b开始下落的时间差Δt2＝(eq \r(2)－1) eq \r(\f(2h3,g))，故C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错误。
9．【解析】(1)平板车加速度a＝eq \f(F,m)＝4 m/s2
从开始到脱离平板车时间为t1，则：v0t1－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(2,3)L
代入数值解得：t1＝0.5 s
或t1＝－2.0 s(舍去)
小球脱离平板车做自由落体运动时间为t2，则：h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)
代入值解得：t2＝0.2 s
总时间：t＝t1＋t2＝0.7 s。
(2)小球落地瞬间平板车速度：v＝v0－at＝2.2 m/s。