第2课时 匀变速直线运动规律及应用

第2课时匀变速直线运动规律及应用1．一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．已知它经过b 点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与ac段位移之比为()A．1∶3 B．1∶5 C．1∶8 D．1∶9解析：经过b点时的位移为h ab＝v22g，经过c点时的位移为h ac＝(3v)22g，所以h ab∶h ac＝1∶9，故选D.答案：D2．静止置于水平地面的一物体质量为m＝57 kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.43，在F＝287 N的水平拉力作用下做匀变速直线运动，则由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为()A．2∶1 B．1∶2 C．7∶3 D．3∶7解析：第5个7秒内的位移为x1＝12a×352－12a×282，第11个3秒内的位移为x2＝12a×332－12a×302，所以x1x2＝352－282332－302＝73.答案：C3.图1－2－5(2009·江苏，7)如图1－2－5所示，以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18 m．该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有() A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处解析：在加速阶段若一直加速则2 s末的速度为12 m/s，2 s内的位移为x＝8＋122×2 m＝20 m，则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A正确．汽车一直减速在绿灯熄灭前通过的距离小于16 m，则不能通过停车线，如距离停车线5 m处减速，汽车运动的最小距离为6.4 m，不能停在停车线处．A、C正确．答案：AC4．在四川汶川抗震救灾中，一名质量为60 kg 、训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖直的质量为20 kg 的长绳由静止开始滑下，速度很小可认为等于零．在离地面18 m 高处，武警战士感到时间紧迫，想以最短的时间滑到地面，开始加速．已知该武警战士落地的速度不能大于6 m/s ，以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5 m/s 2；长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为g ＝10 m/s 2.求武警战士下滑的最短时间和加速下滑的距离．解析：设武警战士加速下滑的距离为h 1，减速下滑的距离为(H －h 1)，加速阶段的末速度等于减速阶段的初速度为v max ，由题意和匀变速运动的规律有：v 2max ＝2gh 1 v 2max ＝2a (H －h 1)＋v 2由上式解得h 1＝2aH ＋v 22(g ＋a )＝2×5×18＋622×(10＋5)m ＝7.2 m 武警战士的最大速度为v max ＝2gh 1＝2×10×7.2 m/s ＝12 m/s加速时间：t 1＝v max g ＝1210s ＝1.2 s 减速时间：t 2＝v max －v a ＝12－65s ＝1.2 s 下滑的最短时间t ＝t 1＋t 2＝1.2 s ＋1.2 s ＝2.4 s答案：2.4 s 7.2 m5．图1－2－6(2010·湖南十校联考)如图1－2－6所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2 kg ，管长为24 m ，M 、N 为空管的上、下两端，空管受到F ＝16 N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)若小球上抛的初速度为10 m/s ，则其经过多长时间从管的N 端穿出；(2)若此空管的N 端距离地面64 m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围．解析：(1)对管由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ①代入数据得a ＝2 m/s 2设经过t 时间从N 端穿出对管：h ＝12at 2② 对球：－(24＋h )＝v 0t －12gt 2③由②③得：2t2－5t－12＝0，解得：t＝4 s，t′＝－1.5 s(舍去)．(2)－64＝v0t1－12gt21④64＝12at21⑤－88＝v′0t1－12gt21⑥由④⑤得：v0＝32 m/s，由⑤⑥得：v0′＝29 m/s，所以29 m/s<v0<32 m/s.答案：(1)4 s(2)29 m/s<v0<32 m/s1．从足够高处释放一石子甲，经0.5 s，从同一位置再释放另一石子乙，不计空气阻力，则在两石子落地前，下列说法中正确的是()A．它们间的距离与乙石子运动的时间成正比B．甲石子落地后，经0.5 s乙石子还在空中运动C．它们在空中运动的时间相同D．它们在空中运动的时间与其质量无关解析：两石子做自由落体运动，设t时刻甲下落的高度为h1＝12gt2，则乙下落的高度为h1＝12g(t－0.5)2，它们之间的距离h1－h2＝12g(t－0.25)＝12g[(t－0.5)＋0.25]与乙石子运动的时间(t－0.5)不成正比，A错误；由于两石子下落的高度相同，因此下落的时间相同，甲石子落地后，经0.5 s乙石子刚好落地，B错误，C正确；由于不计空气阻力，由t＝2hg可知，两石子在空中运动的时间与质量无关，D正确．答案：CD2．在水平面上有a、b两点，相距20 cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2 s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小为()A．若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由b向a，则小于1 m/sB．若力的方向由a向b，则小于1 m/s；若力的方向由b向a，则大于1 m/sC．无论力的方向如何，均大于1 m/sD．无论力的方向如何，均小于1 m/s解析：无论力的方向如何，0.2 s中间时刻的瞬时速度均为v t2＝0.20.2m/s＝1 m/s，经分析可知，质点无论是匀加速还是匀减速，a、b中间时刻的瞬时速度均小于a、b中点时的速度，所以选项C正确．答案：C3.图1－2－72009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图1－2－7所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究．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1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，所以选项C 错，D 正确；由v ＝at 可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故选项A 错，B 正确，所以正确选项为BD.答案：BD4．两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t ，第二个物体下落时间为t /2，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )A ．gt 2B ．3gt 2/8C ．3gt 2/4D ．gt 2/4解析：当第二个物体开始下落时，第一个物体已下落t 2时间，此时离地高度h 1＝12gt 2－12g ⎝⎛⎭⎫t 22，第二个物体下落时的高度h 2＝12g ⎝⎛⎭⎫t 22，则待求距离Δh ＝h 1－h 2＝gt 24. 答案：D5． 四个小球在离地面不同高度处，同时从静止释放，不计空气阻力，从某一时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．则刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是下图中的( )答案：C6．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此不可求得( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度解析：如上图所示，x 3－x 1＝2aT 2，可求得a ，而v 1＝x 1T －a ·T 2可求． x 2＝x 1＋aT 2＝x 1＋x 3－x 12＝x 1＋x 32也可求， 因不知第一次闪光时已运动的时间和位移，故初速度v 0不可求．答案：D7．一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零．若设斜面全长L ，滑块通过最初34L 所需时间为t ，则滑块从斜面底端到顶端所用时间为( ) A.43t B.53t C.32t D ．2t解析：假设存在逆过程，即为初速度是零的匀加速直线运动，将全过程分为位移均为L /4的四个阶段，根据匀变速直线运动规律，其时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，根据题意可列方程：(2－1)＋(3－2)＋(2－3)1＋(2－1)＋(3－2)＋(2－3)＝t t ′，t ′＝2t . 答案：D8． 将一小物体以初速度v 0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程为x 1和x 2，速度的变化量为Δv 1和Δv 2的大小关系为( )A ．x 1>x 2B ．x 1<x 2C ．Δv 1>Δv 2D ．Δv 1<Δv 2解析：上升的加速度a 1大于下落的加速度a 2，根据逆向转换的方法，上升的最后一秒可以看成以加速度a 1从零下降的第一秒，故有：Δv 1＝a 1t ，x 1＝12a 1t 2；而以加速度a 2下降的第一秒内有：Δv 2＝a 2t ，x 2＝12a 2t 2，因a 1>a 2，所以x 1>x 2，Δv 1>Δv 2，即A 、C 正确． 答案：AC9.图1－2－8如图1－2－8所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点)，小球1、2、3距斜面底端A 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，现将它们分别从静止释放，到达A 点的时间分别为t 1、t 2、t 3，斜面的倾角为θ.则下列说法正确的是( )A.x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3B.x 1t 1＞x 2t 2＞x 3t 3C.x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23 D ．若θ增大，则s 1t 21的值减小 解析：三个小球在光滑斜面上下滑时的加速度均为a ＝g sin θ，由x ＝12at 2知x t 2＝12a ，因此x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23.当θ增大，a 增大，x t 2的值增大，C 对，D 错.v ＝x t ，且v ＝v 2，由物体到达底端的速度v 2＝2ax 知v 1＞v 2＞v 3，因此v 1＞v 2＞v 3，即x 1t 1＞x 2t 2＞x 3t 3，A 错，B 对． 答案：BC10．图1－2－9(2010·湖北部分重点中学月考)如图1－2－9所示水平传送带A 、B 两端点相距x ＝7 m ，起初以v 0＝2 m/s 的速度顺时针运转．今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放至A 点处，同时传送带以a 0＝2 m/s 2的加速度加速运转，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，求：小物块由A 端运动至B 端所经历的时间．解析：小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律：μmg ＝ma ，得：a ＝4 m/s 2 小物块历时t 1后与传送带速度相同，则：at 1＝v 0＋a 0t 1，得：t 1＝1 s此过程中小物块的位移为：x 1＝at 21/2，得：x 1＝2 m<x ＝7 m故小物块此时尚未到达B 点，且此后的过程中由于a 0<μg ，所以小物块将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t 2到达B 点，则：x －x 1＝at 1t 2＋a 0t 22/2得：t 2＝1 s 小物块从A 到B 历时：t ＝t 1＋t 2＝2 s.答案：2 s 11.图1－2－10“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质，如图1－2－10所示．测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时，受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时间即为“10米折返跑”的成绩．设受试者起跑的加速度为4 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为8 m/s 2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．求该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒？解析：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中加速阶段：t 1＝v m a 1＝1 s ，x 1＝12v m t 1＝2 m 减速阶段：t 3＝v m a 2＝0.5 s ；x 3＝12v m t 3＝1 m 匀速阶段：t 2＝l －(x 1＋x 3)m＝1.75 s 由折返线向起点终点线运动的过程中加速阶段：t 4＝v m a 1＝1 s ，x 4＝12v m t 4＝2 m 匀速阶段：t 5＝l －x 4v m＝2 s 受试者“10米折返跑”的成绩为：t ＝t 1＋t 2＋…＋t 5＝6.25 s.答案：6.25 s 12.图1－2－11如图1－2－11所示，一辆上表面光滑的平板小车长L ＝2 m ，车上左侧有一挡板，紧靠挡板处有一可看成质点的小球．开始时，小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动，速度大小为v 0＝5 m/s.某时刻小车开始刹车，加速度a ＝4 m/s 2.经过一段时间，小球从小车右端滑出并落到地面上．求：(1)从刹车开始到小球离开小车所用的时间；(2)小球离开小车后，又运动了t 1＝0.5 s 落地．小球落地时落点离小车右端多远？解析：(1)刹车后小车做匀减速运动，小球继续做匀速运动，设经过时间t ，小球离开小车，经判断知此时小车没有停止运动，则x 球＝v 0t ①x 车＝v 0t －12at 2 ② x 球－x 车＝L ③代入数据可解得：t ＝1 s ④(2)经判断小球离开小车又经t 1＝0.5 s 落地时，小车已经停止运动．设从刹车到小球落地，小车和小球总位移分别为x 1、x 2，则：x 1＝v 202a⑤ x 2＝v 0(t ＋t 1) ⑥设小球落地时，落点离小车右端的距离为Δx ，则：Δx ＝x 2－(L ＋x 1) ⑦解得：Δx ＝2.375 m ．⑧答案：(1)1 s (2)2.375 m。