高中物理必修第一册课时分层作业(八)

课时分层作业(八)匀变速直线运动的位移与时间的关系A组基础巩固练1．某飞机着陆时的速度是60m/s，随后减速滑行，如果飞机的平均加速度大小是2m/s2.为了使飞机能够安全地停下来，则滑道的长度至少为()A．900mB．90mC．1800mD．180m2.如图所示，一小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC＝()A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶43．一个做匀加速直线运动的物体，初速度v0＝2.0m/s，在第2s内通过的位移是5m．它的加速度为()A．2.0m/s2B．0.5m/s2C．1.0m/s2D．1.5m/s24．一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的数量关系为x＝24t－6t2，x与t的单位分别是m和s，则它的速度等于零的时刻t为()A．eq\f(1,6)sB．2sC．6sD．24s5．(多选)质点做直线运动的v­t图像如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内的平均速度及质点运动的总路程为()A．总路程为2mB．平均速度为0.25m/s，方向向左C．总路程为8mD．平均速度为1m/s，方向向左6．如图所示是一物体做匀变速直线运动的v­t图像，由图可知物体()A．初速度为0m/sB．2s末的速度大小为3m/sC．5s末的速度为0，加速度也为0D．加速度大小为1.5m/s27．一个做直线运动的物体的v­t图像如图所示，由图像可知()A．0～1.5s内物体的加速度为－4m/s2，1.5～3s内物体的加速度为4m/s2B．0～4s内物体的位移为12mC．3s末物体的运动方向发生变化D．3s末物体回到出发点8.(多选)交通法规定“斑马线礼让行人”，若以速度为12m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过斑马线，此时汽车的前端距停车线12m，该车减速时的加速度大小为7.5m/s2，下列说法中正确的是()A．在距停车线8m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处B．驾驶员立即刹车制动，则至少需1.6s汽车才能停止C．若驾驶员的反应时间为0.2s，汽车前端恰能止于停车线处D．若驾驶员的反应时间为0.4s，汽车前端恰能止于停车线处9．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以30m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车司机只能看清前方50m的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度为5m/s2.求：(1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间；(2)三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．B组能力提升练10.某质点做直线运动的位移x和时间平方t2的关系图像如图所示，则该质点()A．加速度大小恒为1m/s2B．在0～2s内的位移大小为1mC．2s末的速度大小是4m/sD．第3s内的平均速度大小为3m/s11．[2022·湖北卷，6]我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站．列车从W站始发，经停4站后到达终点站G.设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h.若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为()A．6小时25分钟B．6小时30分钟C．6小时35分钟D．6小时40分钟12.高速公路上，一辆大货车以20m/s的速度违规行驶在快速道上，另有一辆SUV小客车以32m/s的速度随其后并逐渐接近．大货车的制动性能较差，刹车时的加速度大小保持在4m/s2，而SUV小客车配备有ABS防抱死刹车系统，刹车时能使汽车的加速度大小保持在8m/s2.若前方大货车突然紧急刹车，SUV小客车司机的反应时间是0.50s，为了避免发生追尾事故，轿车和卡车之间至少应保留多大的距离？课时分层作业(八)匀变速直线运动的位移与时间的关系1．解析：根据匀变速直线运动的速度位移公式得x＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝eq\f(0－3600,－2×2)m＝900m，故A正确．答案：A2.解析：画出运动示意图，由v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax得xAB＝eq\f(v2,2a)，xBC＝eq\f(3v2,2a)，故xAB∶xBC＝1∶3，选项C正确．答案：C3．解析：由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2知，当时间为t1＝1s时，位移为x1，当时间为t2＝2s时，位移为x2，则x2－x1＝5m，代入数据可得a＝2.0m/s2.答案：A4．解析：由x＝24t－6t2可知：v0＝24m/s，eq\f(1,2)a＝6即a＝12m/s2，所以v＝24－12t.当v＝0时，t＝2s，故B正确．答案：B5．解析：B对，D错：v­t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方的面积表示正位移，下方的面积表示负位移，由图知，前8s内的总位移x＝eq\f(3×2,2)m－eq\f(5×2,2)m＝－2m，平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝－0.25m/s，负号表示方向向左．A错，C对：总路程为s＝eq\f(3×2,2)m＋eq\f(5×2,2)m＝8m.答案：BC6．解析：由题图知，初速度v0＝5m/s，末速度v＝0，则加速度a＝eq\f(0－5,5)m/s2＝－1m/s2，故有v＝5－t(m/s)，2s末物体的速度大小为3m/s，5s末物体的速度为0，但加速度a≠0.答案：B7．解析：在v­t图像中，在0～3s内斜率不变，加速度不变，加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－（－6）,1.5)m/s2＝4m/s2，故A错误；在v­t图像中，图线与时间轴所围面积为物体的位移，0～4s内物体的位移为x＝eq\f(1,2)×6×2.5m－eq\f(1,2)×6×1.5m＝3m，故B错误；3s末速度方向没变，只是加速度发生了改变，故C错误；3s内的位移为eq\f(1,2)×6×1.5m－eq\f(1,2)×6×1.5m＝0，回到原点，故D正确．答案：D8．解析：根据速度位移公式可知，减速运动的位移为x＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)＝9.6m，故在距停车线8m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，A项错误；减速所需时间为t＝eq\f(0－v0,a)＝1.6s，B项正确；匀速运动的时间，即驾驶员的反应时间t′＝eq\f(L－x,v0)＝eq\f(12－9.6,12)s＝0.2s，若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能停在停车线处，D项错误，C项正确．答案：BC9．解析：(1)设从刹车到停止的时间为t2，则t2＝eq\f(0－v0,－a)＝6s.(2)反应时间内做匀速运动，则x1＝v0t1，x1＝18m，从刹车到停止的位移为x2，则x2＝eq\f(0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),－2a)，x2＝90m，小轿车从发现三角警示牌到停止的全部距离为x＝x1＋x2＝108m，三角警示牌到货车的距离为Δx＝x－50m＝58m.答案：(1)6s(2)58m10．解析：A错：根据x＝eq\f(1,2)at2可知题图中图线的斜率等于eq\f(1,2)a，则eq\f(1,2)a＝eq\f(2,2)m/s2，即加速度a＝2m/s2.B错：在0～2s内该质点的位移大小为x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m.C对：2s末的速度大小v＝at＝2×2m/s＝4m/s.D错：质点在第3s内的位移大小Δx＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×(9－4)m＝5m，则平均速度大小为v＝eq\f(Δx,Δt)＝5m/s.答案：C11．解析：108km/h＝30m/s,324km/h＝90m/s.由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离x＝eq\f(1080×103,5)m＝2.16×105m，普通列车加速时间t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(30,0.5)s＝60s，加速过程的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×0.5×602m＝900m.根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f(2.16×105－2×900,30)s＝7140s，同理高铁列车加速时间t1＝eq\f(v1,a)＝eq\f(90,0.5)s＝180s，加速过程的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)×0.5×1802m＝8100m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝eq\f(x－2x1,v)＝eq\f(2.16×105－2×8100,90)s＝2220s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2＋2t1)＝4680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分，B正确．答案：B12．解析：反应时间里SUV的行驶距离：x1＝v1t0；若恰好发生追尾，则两车速度相等，有：v＝v1＋a1(t－0.5s)，v＝v2＋a2t，代入数据，得两车发生追尾所用时间：t＝4s，此段时间内，两车行驶距离：s1＝x1＋v1t＋eq\f(1,2)a1t2,s2＝v2t＋eq\f(1,2)a2t2，则有两车之间不发生追尾的最小距离：Δs＝s1－s2；两车刹车时的加速度分别是a1＝－8m/s2，a2＝－4m/s2，代入数据得Δs＝32m.答案：32m综合检测卷一、选择题(本题共10小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.(四川眉山高一期末)关于运-20在机场滑行至停止的过程,下列说法正确的是()A.以地面为参考系,运-20是运动的B.运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相同C.地面受到运-20的压力,是地面发生形变造成的D.运-20速度越大越不容易停下,是因为速度越大惯性越大解析以地面为参考系,运-20是运动的,选项A正确;运-20受到地面的摩擦力方向与飞机的运动方向相反,选项B错误;地面受到运-20的压力,是运-20轮胎发生形变造成的,选项C错误;惯性只与质量有关,与速度无关,选项D错误。答案A2.如图所示,一小孩沿着长为l的斜坡自坡底A爬上坡顶B,不小心又滑到坡底A,则小孩往返过程中的路程和位移大小分别为()A.2l2l B.00 C.2l0 D.02l解析路程是小孩运动的路径的长度,为2l;小孩的初位置与末位置相同,所以位移为0,选项C正确。答案C3.(广东东莞高一月考)据报道,身体仅6mm长的沫蝉(一种昆虫)跳跃高度可达70cm,其跳跃能力超过了人们普遍认为的跳高冠军跳蚤。已知沫蝉竖直起跳时,加速度可达4000m/s2,重力加速度g取10m/s2,则沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为()A.41∶1 B.401∶1C.400∶1 D.4001∶1解析设沫蝉的质量为m,由牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=401mg,根据牛顿第三定律可得,沫蝉对地面的压力FN'=FN=401mg,所以沫蝉竖直起跳时对地面的压力与其体重的比值为FN'mg=答案B4.(浙江高一月考)一铁架台放于水平地面上,其上有一轻质细线悬挂一小球,开始时细线竖直,现将水平力F作用于小球上,使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置,铁架台始终保持静止,则在这一过程中()A.细线拉力逐渐增大,铁架台所受地面的摩擦力逐渐增大B.铁架台对地面的压力逐渐增大C.铁架台对地面的压力逐渐减小D.水平力F先变大后变小解析对小球受力分析,其受重力、线的拉力F拉及水平方向的拉力F,如图甲所示,因为缓慢运动,所以小球处于动态平衡状态,解得F=mgtanθ,F拉=mgcosθ,因为θ增大,则F、F拉都变大;将小球、线和铁架台看成一个整体,对其受力分析,如图乙所示,易得Ff=F,FN=(M+m)g,当F增大时,Ff增大,FN不变。故选项B、C、D错误答案A5.机器人从护士站到病区为患者运送生活物品,如图甲所示。某次运送物品过程,机器人沿直线运动的v-t图像如图乙所示,则()A.t=20s时机器人开始返回B.护士站与接收点之间的距离为120mC.全过程机器人平均速度为2m/sD.运送过程中物品在10~20s内受到的摩擦力最大解析在0~30s内,机器人的运动方向没有改变,故A错误;由图像可知,t=30s时,机器人到达接收点,图像与坐标轴围成的面积即为护士站与接收点之间的距离,x=12×(10+30)×6m=120m,故B正确;全过程机器人平均速度为v=xt=12030m/s=4m/s,故C错误;运送过程中,在10~20s内机器人做匀速运动,则物品也做匀速直线运动,故物品在10~20s答案B6.(辽宁营口高一期末)某笔记本电脑放在散热底座上,如图甲所示,为了获得更好的舒适度,由原卡位1调至卡位4(如图乙所示),电脑始终处于静止状态。则()A.电脑受到的支持力变小B.电脑受到的支持力不变C.电脑受到的合力变小D.散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力解析对电脑受力分析有FN=mgcosα,当角度减小时,电脑受到的支持力变大,A、B错误;电脑处于静止状态,所受合力为零,因此合力不变,C错误;散热底座对电脑的支持力与电脑对散热底座的压力是一对作用力和反作用力,D正确。答案D7.(江苏南京高一期末)机动车礼让行人已经成为一种普遍的自觉行为。某汽车正以10m/s的速度在公路上匀速直线行驶,驾驶员突然发现正前方15m处斑马线上有行人,于是刹车礼让,设汽车与驾驶员的总质量为2t,驾驶员的反应时间为0.5s,且汽车做匀减速运动恰好停止在斑马线前。下列说法不正确的是()A.汽车在驾驶员反应时间内的位移大小为5mB.汽车在减速过程中第2s内位移大小为10mC.从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需2.5sD.汽车在减速过程中受到的阻力大小为1.0×104N解析汽车在驾驶员反应时间内的位移大小x1=v0·Δt=10×0.5m=5m,A正确;汽车在减速过程中,根据v02=2ax2,x1+x2=15m,解得a=5m/s2,减速的时间t1=v0a=2s,因此从驾驶员发现斑马线上有行人到停下来共需时间t=Δt+t1=2.5s,C正确;可以将减速过程倒过来看成匀加速运动,减速过程中第2s内位移大小相当于做匀加速运动第1s的位移,x=12at2=12×5×12m=2.5m,B错误;根据牛顿第二定律Ff=ma,可得汽车在减速过程中受到的阻力Ff=2×103×5N=1.0答案B8.(山东潍坊高一期中)如图所示,小球位于竖直空心管的最上端h处,管的内径大于小球直径。小球由静止释放,下落Δt后(此时小球未到管的最上端)由静止释放空心管,小球穿过管的时间为t,下列说法正确的是()A.减小Δt,t变小B.减小Δt,t变大C.Δt不变,增大h,t变大D.Δt不变,增大h,t不变解析在Δt时间内小球的末速度和位移分别为v球1=gΔt,x球1=12g(Δt)2,由于此时小球未到管的最上端,设经过t0小球到达管的最上端,有h-12g(Δt)2=gΔtt0+12gt02−12gt02,解得t0=ℎ-12g(Δt)2gΔt,则此时管的速度和小球的速度分别为v管=ℎ-12g(Δt)2Δt,v球2=gΔt+ℎ-12g(Δt2)Δt答案BD9.(山东济宁第二中学高一月考)如图所示,在水平天花板的A点固定一根竖直轻杆,杆的下端固定一滑轮O。一细线跨过滑轮,上端固定在天花板的B点,下端系一个重为G的物体,BO段细线与天花板的夹角为θ=30°。系统保持静止,不计一切摩擦。下列说法正确的是()A.细线对滑轮的作用力大小是GB.细线对滑轮的作用力大小是3C.细线BO对天花板的拉力大小是GD.细线BO对天花板的拉力大小是G解析对重物受力分析,受到重力和拉力FT,根据平衡条件,有FT=mg,同一根细线拉力处处相等,故细线对天花板的拉力也等于G,故C正确,D错误;对滑轮受力分析,受到细线的压力(等于两边细线拉力的合力),以及杆的弹力(向右上方的支持力),如图所示,根据平衡条件,结合几何关系,有F=FT=G,故A正确,B错误。答案AC10.(广西钦州浦北县月考)如图所示,水平传送带以恒定速度v向右运动,现将一小物体轻轻放在水平传送带的左端A处,物体先匀加速后匀速到达右端B处,且加速和匀速所用时间相等,已知A、B间距离为L,则()A.物体匀加速所用时间为LB.物体匀加速所用时间为2C.物体与传送带间的动摩擦因数为vD.物体与传送带间的动摩擦因数为3解析设物体做匀加速直线运动的时间为t,由题意可知,物体做匀速直线运动的时间也是t,物体从A到B的过程有L=v2t+vt,解得t=2L3v,故A错误,B正确;物体做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度大小为a,则a=vt=v2L3v=3v22L,对物体答案BD二、实验题(本题共2小题,共18分)11.(10分)(江苏南京高一月考)用电磁打点计时器研究匀变速直线运动的实验中,打点计时器的工作频率为50Hz,某次记录小车运动情况的纸带如图所示,图中A、B、C、D、E、F、G为相邻的计数点,相邻计数点间还有四个点未画出。(1)根据运动学有关公式可求得vB=16.50cm/s,vC=cm/s,vD=26.30cm/s;

(2)利用求得的数值在如图所示的坐标系中做出小车的v-t图线(以打A点时开始计时),并根据图线求出小车运动的加速度a=m/s2;(结果保留2位有效数字)

(3)图线与纵轴交点的纵坐标是cm/s,此速度的物理意义是。

解析(1)电磁打点计时器频率是50Hz,则每隔0.02s打一次点,每相邻两个计数点间还有4个点没有画出,因此计数点之间的时间间隔为T=5×0.02s=0.1s。根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有vC=xBDtBD=1.90+2.38(2)在坐标系中描出相应各点,用平滑曲线连接,如图所示速度图像中斜率即加速度,所以a=k=ΔvΔt=0.363-0.165(3)图线与纵轴交点的纵坐标是11.60cm/s,此速度的物理意义是开始计时时小车的速度,即小车在A点的瞬时速度。答案(1)21.40(2)见解析图0.50(3)11.60开始计时时小车的速度(或小车在A点的瞬时速度)12.(8分)(福建三明高一期中)甲、乙两同学分别做探究弹力和弹簧伸长量的关系的实验,设计了如图(a)所示的实验装置。(1)乙同学做实验时,先把弹簧平放在桌面上用刻度尺测量弹簧原长,测弹簧长度时没有从零刻度开始,如图(b)所示,此时这个弹簧的长度L0是cm,再把弹簧竖直悬挂起来,挂上砝码后测出弹簧伸长后的长度L,把L-L0作为弹簧的伸长量x,这样操作,由于弹簧自身重力的影响,最后画出的F-x图线可能是下图所示图像的。

(2)甲同学在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码,待静止时,测出弹簧相应的总长度l,实验数据见下表:(弹力始终未超过弹性限度)弹簧总长度l/cm5.005.506.006.507.007.50弹力大小F/N00.20.40.60.81.0(c)甲根据这些实验数据,在给定的如图(c)所示的坐标纸上,作出了弹簧弹力大小与弹簧长度的关系图像;根据图像得该弹簧的劲度系数k为N/m;该弹簧的原长为cm。

解析(1)弹簧的长度为L0=41.0-25.0cm=16.0cm,实验中用横轴表示弹簧的伸长量x,纵轴表示弹簧的拉力F(即所挂重物的重力大小),当弹簧竖直悬挂时,由于自身重力的影响,弹簧会有一段伸长量,但此时所挂重物的重力为0(即F=0);因为在弹簧的弹性限度内,弹簧的伸长量与其所受的拉力成线性关系,故选C。(2)设弹簧的原长为l0,劲度系数为k,根据胡克定律可得F=k(l-l0)=kl-kl0,图线的斜率表示弹簧的劲度系数,则有k=ΔFΔx=40.0N/m,图线跟横轴交点的横坐标表示弹力为零时弹簧的长度,即为弹簧的原长,由图可知,原长为5答案(1)16.0C(2)40.05三、计算题(本题共3小题,共42分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(12分)(山东青岛高一期中)在某次跳水比赛中,一位运动员以v0=3m/s的速度从离水面10m高的平台向上跃起,起跳过程举起双臂直体离开台面,其重心位于从手到脚全长的中点,落水时身体竖直,手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计),重力加速度g取10m/s2,计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点。求:(1)运