第二章 作业8 章末素养提升

(2024·株洲市高一期末)火箭发射升空，假若某段时间内火箭速度的变化规律为v=(20t+4) m/s，由此可知这段时间内(　　)

• A: 火箭做匀速直线运动
• B: 火箭的初速度为2 m/s
• C: 火箭的加速度为20 m/s
• D: 在3 s末，火箭的瞬时速度为64 m/s

解析:

根据v=(20t+4) m/s，

结合匀变速直线运动速度与时间关系式v=v₀+at

可知火箭做匀加速直线运动，火箭初速度为v₀=4 m/s

火箭的加速度为a=20 m/s²

在3 s末，火箭的瞬时速度为v₃=v₀+at₃=4 m/s+20×3 m/s=64 m/s，故选D。

(2024·阜阳市高一期末)如图所示是间距均为20 m的5个路灯。当还有40 s停止供电时，李志同学由静止开始从第1个路灯依次通过这5个路灯，李志同学的运动视为匀加速直线运动，在停止供电时正好到达第5个路灯，则李志同学过第2个路灯时的速度大小是(　　)

• A: 2 m/s
• B: 2.3 m/s
• C: 2.5 m/s
• D: 2.8 m/s

解析:

根据题意，设李志同学的加速度为a，则有4x=$\frac{1}{2}$at²

其中x=20 m，t=40 s

解得a=0.1 m/s²

设李志同学过第2个路灯时的速度大小为v，则有v²=2ax

解得v=2 m/s，故选A。

(2024·南京市高二期末)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔10 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，处于放行状态和关闭状态的时间分别为5 s和3 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s²由静止加速到速度为4 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)

• A: 关卡2
• B: 关卡3
• C: 关卡4
• D: 关卡5

解析:

设在放行5 s内，加速时间为t₁，t₁时间内运动的位移为s₁，则t₁=$\frac{v}{a}$=$\frac{4}{2}$ s=2 s

s₁=$\frac{v}{2}$t₁=4 m

在以后的3 s时间内为匀速运动，其路程为s₂=4×3=12 m

则5 s内运动位移为s=s₁+s₂=4+12=16 m

则在5 s末时刻还差4 m到关卡3，还需运动t₂=$\frac{4}{4}$ s=1 s

到达关卡3，此时遇到关闭状态的关卡3，关卡3最先挡住他。

故选B。

一辆长为0.6 m的电动小车沿水平面向右做匀变速直线运动，监测系统每隔2 s拍摄一次，得到一张频闪照片，用刻度尺测量照片上的长度，如图所示，则小车的加速度大小为(　　)

• A: 0.01 m/s²
• B: 0.5 m/s²
• C: 1.0 m/s²
• D: 1.75 m/s²

解析:

小车在照片上前2 s运动的长度为3 cm，后2 s在照片上运动的长度为7 cm，根据小车在照片上的长度为1.2 cm可得前、后2 s实际运动的距离为x_前=$\frac{0.6}{1.2\times {10}^{-2}}$×3×10^-2 m=1.5 m，x_后=$\frac{0.6}{1.2\times {10}^{-2}}$×7×10^-2 m=3.5 m，根据匀变速直线运动推论有a=$\frac{x_{\mathrm{后}}-x_{\mathrm{前}}}{t^2}$=$\frac{3.5-1.5}{2^2}$ m/s²=0.5 m/s²。故选B。

近年来学校都非常重视足球。在某学校举行的颠球比赛中，小明在颠球过程中脚部几乎不动，足球颠起高度约为0.8 m，重力加速度大小取g=10 m/s²，不计空气阻力，估算足球刚被颠起时的速度大小约为(　　)

• A: 6 m/s
• B: 4 m/s
• C: 1 m/s
• D: 0.5 m/s

解析:

足球颠起高度约为0.8 m，由逆向思维根据速度—位移公式得v²=2gh，估算足球刚被颠起时的速度大小约为v=4 m/s。故选B。

(2024·山西省高一期中)“广州号”驱逐舰是中国自行研制建造的052B型驱逐舰首舰。在某军事演习中，“广州号”由静止开始沿直线匀加速行驶一段距离后，又沿同一方向以另一不同的加速度匀加速行驶一段距离，若“广州号”在第一、二次加速过程中行驶的距离之比为1∶4，第一、二次加速过程刚结束时的速度大小之比为1∶2，则它在第一、二次加速过程中的加速度大小之比为(　　)

• A: 2∶3
• B: 3∶2
• C: 3∶4
• D: 4∶3

解析:

根据v²-0=2a₁x₁，(2v)²-v²=2a₂x₂，其中$\frac{x_1}{x_2}$=$\frac{1}{4}$，解得$\frac{a_1}{a_2}$=$\frac{4}{3}$。故选D。

一条悬链长8.8 m，竖直悬挂，现悬链从悬挂点处断开，自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬链下端正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s²)(　　)

• A: 0.3 s
• B: 0.4 s
• C: 0.7 s
• D: 1.2 s

解析:

悬链下端下落20 m时开始经过该点，且悬链下端下落28.8 m时完全通过该点，故该过程经历的时间为Δt=$\sqrt{\frac{2(h+L)}{g}}$-$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=0.4 s，B正确。

(2024·威海市高一期末)神舟飞船返回地面时，在距离地面1 m处启动着陆反推发动机，使飞船匀减速竖直下落，接触地面时的速度几乎为零。将最后1 m长的距离分成相等的两段，下列说法正确的是(　　)

• A: 飞船依次通过两段相等距离的平均速度之比为1∶3
• B: 飞船依次通过两段相等距离的平均速度之比为$\sqrt{2}$∶1
• C: 飞船依次通过两段相等距离的速度变化量之比为($\sqrt{2}$-1)∶1
• D: 飞船依次通过两段相等距离的速度变化量之比为$\sqrt{2}$∶1

解析:

在初速度为零的匀变速直线运动中，连续相等位移的时间比为t₁∶t₂∶t₃∶…=1∶($\sqrt{2}$-1)∶($\sqrt{3}$-$\sqrt{2}$)∶…

神舟飞船返回地面的过程可以看作是反方向的初速度为零的匀加速直线运动，设最后1 m长中第一段0.5 m位移所用时间为t₂，第二段0.5 m位移所用时间为t₁，故飞船依次通过这两段的平均速度之比为$\frac{{\overline{v}}_2}{{\overline{v}}_1}$=$\frac{\frac{x}{t_2}}{\frac{x}{t_1}}$=$\frac{1}{\sqrt{2}-1}$

飞船依次通过这两段的速度变化量之比为$\frac{\mathrm{\Delta }{v}_2}{\mathrm{\Delta }{v}_1}$=$\frac{a{t}_2}{a{t}_1}$=$\frac{\sqrt{2}-1}{1}$，故选C。

(2024·菏泽市高一期末)一个小钢球仅在重力作用下由静止开始自由下落，落地时的速度为30 m/s，g取10 m/s²，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)

• A: 它下落的高度为30 m
• B: 它在第2 s内的平均速度是15 m/s
• C: 它在前2 s内的平均速度是5 m/s
• D: 它在最后1 s内下落的高度是20 m

解析:

小钢球下落的高度为h=$\frac{v^2}{2g}$=$\frac{{30}^2}{2\times 10}$ m=45 m，故A错误；

小钢球从静止开始下落到落地所用的时间为t₃=$\frac{v}{g}$=$\frac{30}{10}$ s=3 s

由初速度为零的匀加速直线运动相同时间间隔的位移之比为1∶3∶5可知小钢球在第2 s内的位移为x₁=15 m

小钢球在第2 s内的平均速度为${\overline{v}}_1$=15 m/s，故B正确；

小钢球在前2 s内的位移为x₂=20 m

小钢球在前2 s内的平均速度为${\overline{v}}_2$=$\frac{20}{2}$ m/s=10 m/s，故C错误；

小钢球在最后1 s内下落的高度为x₃=25 m，故D错误。

(2024·石家庄市高一期中)如图所示为电梯向上运动的图像，由图像得到的正确结果是(　　)

• A: 电梯在0到4 s内的平均速度大小是2 m/s
• B: 电梯匀速上升的高度等于16 m
• C: 电梯在4 s到16 s内加速度大小为0.125 m/s²
• D: 电梯上升的总高度等于20 m

解析:

从题图可知，电梯在0到4 s内做匀加速直线运动，平均速度大小为$\overline{v}$=$\frac{0+2}{2}$ m/s=1 m/s，A错误；

从题图可知，电梯在4 s到8 s内做匀速直线运动，v-t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，所以电梯匀速上升的高度为h=2×4 m=8 m，B错误；

v-t图像中图线的斜率表示物体的加速度，所以电梯在4 s到8 s内加速度为0，在8 s到16 s内加速度大小为a=|$\frac{0-2}{16-8}$| m/s²=0.25 m/s²，C错误；

v-t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，所以电梯上升的总高度为h=$\frac{\left(4+16\right)\times 2}{2}$ m=20 m，D正确。

在跳水比赛中，运动员从入水到下潜至最低点所用的时间为3t，该过程可视为匀减速直线运动，则运动员在第1个时间t内和第3个时间t内的位移大小之比为(　　)

• A: 5∶1
• B: 4∶1
• C: 3∶1
• D: 2∶1

解析:

末速度为零的匀减速直线运动可以看成方向相反的初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，从开始运动相同时间的位移之比为1∶3∶5∶7∶…(2n-1)，则运动员在第1个时间t内和第3个时间t内的位移大小之比5∶1，故选A。

2023年中秋恰逢中华人民共和国成立74周年国庆佳节，每逢重大节日人们都喜欢燃放烟花庆祝。我国宋代就已经出现冲天炮这种烟花(如图)，也叫“起火”。若冲天炮从地面由静止发射，竖直向上做加速度大小为5 m/s²的匀加速直线运动，第4 s末掉出一可视为质点的碎片，不计空气阻力，g=10 m/s²。则(　　)

• A: 碎片离地面的最大距离为40 m
• B: 碎片离地面的最大距离为80 m
• C: 碎片从掉出到落回地面用时2$\sqrt{2}$ s
• D: 碎片从掉出到落回地面用时(2+2$\sqrt{3}$) s

解析:

根据题意可知，碎片脱离火箭时速度为v=at₁=5×4 m/s=20 m/s

碎片离地面的最大距离为H=$\frac{v^2}{2g}$+$\frac{1}{2}$a${t_1}^2$=60 m

故A、B错误；

由-$\frac{1}{2}$a${t_1}^2$=vt-$\frac{1}{2}$gt²

解得碎片从掉出到落回地面用时t=(2+2$\sqrt{3}$) s

故C错误，D正确。

在某校举办的趣味运动会上，甲、乙两位同学形成了如图所示的两个运动过程(图中各段均为直线，甲做匀速运动)，甲的图像和乙的图像所围成的面积为S₀，则在0~t₁时间内，下列说法正确的是(　　)

• A: 甲的位移大小为S₀
• B: 乙的位移大小为S₀
• C: 乙匀加速的位移为$\frac{S_0}{2}$
• D: 乙全程的平均速度为$\frac{v_0}{3}$

解析:

速度—时间图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，根据图像可知，甲的位移为x_甲=v₀t₁=2S₀，A错误；根据几何关系可知，乙的位移为x_乙=v₀t₁-S₀=S₀，B正确；根据几何关系，可知乙匀加速的位移为x_加=S₀-$\frac{v_0{t}_0}{2}$>$\frac{S_0}{2}$，C错误；乙全程的平均速度为$\overline{v}$=$\frac{x_{\mathrm{乙}}}{t_1}$=$\frac{v_0{t}_1}{2t_1}$=$\frac{v_0}{2}$，D错误。

(多选)(2024·德阳市高一期末)为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某动力车在刹车过程中位移和时间的比值$\frac{x}{t}$与t之间的关系图像如图所示。下列说法正确的是(　　)

• A: 动力车的初速度为20 m/s
• B: 刹车过程中加速度大小为2.5 m/s²
• C: 刹车过程持续的时间为6 s
• D: 从开始刹车时计时，经过8 s，该车的位移大小为90 m

解析:

根据题意，由运动学公式有x=v₀t+$\frac{1}{2}$at²

整理可得$\frac{x}{t}$=v₀+$\frac{1}{2}$at

结合图像可得v₀=30 m/s，$\frac{1}{2}$a=$\frac{20-30}{4}$ m/s²

解得a=-5 m/s²

即刹车过程中加速度大小为5 m/s²，故A、B错误；

刹车过程持续的时间为t=$\frac{0-v_0}{a}$=6 s，故C正确；

由C项分析可知，动力车在6 s时已停止，故从开始刹车时计时，经过8 s该车的位移大小为x=$\frac{v_0}{2}$t=90 m

故D正确。

(多选)小球a从距地面高5 m的位置由静止释放，同时在a正下方另一小球b从地面以10 m/s的初速度竖直向上抛出，重力加速度取10 m/s²，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

• A: b下降的过程中与a相碰
• B: 两小球经历0.5 s相碰
• C: 两小球相碰时速度大小相等
• D: 两小球相碰时距地面高度为4 m

解析:

设经历时间t后两小球相碰，取竖直向下方向为正方向，该过程中小球a的位移为h₁=$\frac{1}{2}$gt²

小球b的位移为h₂=v₀t-$\frac{1}{2}$gt²

两球相碰，所以两球之间的位移关系有h=h₁+h₂

解得t=0.5 s，故B项正确；

b球上升阶段需要时间为t_上，有0=v₀-gt_上

解得t_上=1 s>0.5 s

所以两球在b球上升过程中相碰，故A项错误；

碰撞时a球的速度大小为v_a=gt=5 m/s

b球的速度大小为v_b=v₀-gt=5 m/s=v_a，故C项正确；

将t=0.5 s有h₂=v₀t-$\frac{1}{2}$gt²=$\frac{15}{4}$ m

故D项错误。

Ⅰ.某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图甲所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图乙记录了桌面上连续6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s滴下46个小水滴)

(1)由图乙可知，小车在桌面上是　　　　(填“从右向左”或“从左向右”)运动的。 

(2)该小组同学根据图乙的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图乙中A点位置时的速度大小为　　　　 m/s，加速度大小为　　　　 m/s²。(结果均保留两位有效数字) 

Ⅱ.某同学利用图甲所示装置研究小车的匀变速直线运动规律，通过实验得到一条图乙所示的纸带，并在纸带上取了A、B、C、D、E、F、G七个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没画出，D、E、G到A点的距离分别为x₁、x₂和x₃，打点计时器所用电源的频率为f。请回答下列问题：

(1)实验中，下列措施必要的是　　　　。 

A.细线必须与长木板平行

B.先接通电源再释放小车

C.保证小车的质量远大于钩码的质量

D.抬高长木板不带定滑轮的一端，平衡小车与长木板间的摩擦力

(2)计算F点速度大小的表达式为v=　　　　(用题中字母表示)。 

(3)若测得x₃=61.50 cm，x₁=24.00 cm，则纸带运动的加速度a=　　　　 m/s²(已知f=50 Hz)。 

(4)若实验时交流电的频率大于50 Hz，则加速度的测量值　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。 

答案:

Ⅰ.(1)从右向左　(2)0.19　 0.037

Ⅱ.(1)AB　(2)$\frac{(x_3-x_2)f}{10}$　(3)1.5　(4)小于

解析:

Ⅰ.(1)小车在阻力的作用下，做减速运动，由题图乙知，从右向左相邻水滴间的距离逐渐减小，即速度减小，所以小车在桌面上是从右向左运动的。

(2)已知滴水计时器每30 s滴下46个小水滴，所以相邻两水滴间的时间间隔为T=$\frac{30}{45}$ s=$\frac{2}{3}$ s，所以A点位置的速度为v_A=$\frac{x_2+x_3}{2T}$=$\frac{0.133+0.117}{2\times \frac{2}{3}}$ m/s≈0.19 m/s。根据逐差法可得加速度a=$\frac{(x_5+x_4)-(x_2+x_1)}{6T^2}$≈-0.037 m/s²，故加速度的大小为0.037 m/s²。

Ⅱ. (1)为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先接通电源再释放小车，A、B正确；

本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量，不需要平衡摩擦力，只要能让小车做匀加速运动即可，只要摩擦力恒定即可，C、D错误。

(2)相邻两个计数点间时间间隔T=5·$\frac{1}{f}$=$\frac{5}{f}$

计算F点速度大小的表达式为v_F=$\frac{x_3-x_2}{2T}$=$\frac{(x_3-x_2)f}{10}$

(3)由逐差法，纸带运动的加速度a=$\frac{x_3-2x_1}{(3T{)}^2}$=$\frac{(61.50-2\times 24.00)\times {10}^{-2}}{(0.3{)}^2}$ m/s²=1.5 m/s²

(4)若实验时交流电的频率大于50 Hz，实际打点周期小于0.02 s，运算时周期等于0.02 s，故加速度的测量值小于真实值。

高速公路上，一辆大货车以20 m/s的速度违规行驶在快速道上，另有一辆SUV小客车以32 m/s的速度随其后并逐渐接近。大货车的制动性能较差，刹车时的加速度保持在4 m/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保持在8 m/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0.5 s，为了避免发生追尾事故，货车和客车之间至少应保留多大的距离？

答案:

31 m

解析:

在反应时间里客车做匀速运动的距离

x₁=v₁t₀=32×0.5 m=16 m

若客车恰好与货车发生追尾事故，则速度相等是恰好避免追尾的条件；

速度相等时v₁-a₁(t-0.5)=v₂-a₂t

客车刹车时的加速度大小a₁=8 m/s²，

货车刹车时的加速度大小a₂=4 m/s²，

代入数据得t=4 s

设货车与客车之间的距离至少为s，则

s+v₂t-$\frac{1}{2}$a₂t²=x₁+v₁(t-0.5)-$\frac{1}{2}$a₁(t-0.5)²

代入数据得s=31 m。

发射卫星一般应用多级火箭，第一级火箭点火后，使静止的卫星向上做匀加速直线运动的加速度为50 m/s²，燃烧30 s后第一级脱离；第二级火箭没有马上点火，所以卫星向上做加速度大小为10 m/s²的匀减速直线运动，10 s后第二级火箭启动，卫星向上做匀加速直线运动的加速度为80 m/s²，这样再经过1分半的时间第二级火箭脱离时，卫星的速度多大？

答案:

8 600 m/s

解析:

卫星的运动可以分为三个匀变速直线运动过程：第一级火箭脱离时卫星的速度

v₁=a₁t₁=50×30 m/s=1 500 m/s

匀减速上升10 s后的速度

v₂=v₁-a₂t₂=(1 500-10×10) m/s=1 400 m/s

第二级火箭脱离时卫星的速度

v₃=v₂+a₃t₃=(1 400+80×90) m/s=8 600 m/s。

某自动化设备从固定斜面的顶端O点每隔0.1 s静止释放一个同样的小球，释放后小球做匀加速直线运动。在连续释放多个小球后，某时刻设备监测人员发现斜面上A、B、C三点刚好各有一个小球，而OA之间因为有障碍物遮挡导致看不到小球(障碍物不影响小球在斜面上的运动)。已知x_AB=15 cm，x_BC=20 cm。求：

(1)小球的加速度大小；

(2)小球在C点的速度大小；

(3)该时刻斜面上A点上方还有几个小球？

答案:

(1)5 m/s²　(2)2.25 m/s　(3)2个球

解析:

(1)由推论Δx=aT²

小球的加速度为a=$\frac{x_{BC}-x_{AB}}{T^2}$=$\frac{0.20-0.15}{0.1^2}$ m/s²=5 m/s²

(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知

v_B=$\frac{x_{AC}}{2T}$=$\frac{0.15+0.20}{2\times 0.1}$ m/s=1.75 m/s

小球在C点的速度为v_C=v_B+aT

代入数据得v_C=2.25 m/s

(3)由v_A=v_B-aT

得小球在A点的速度为v_A=1.25 m/s

则小球从静止释放到运动到A点所需时间

t_A=$\frac{v_A}{a}$=0.25 s

由于$\frac{t_A}{T}$=2.5

故A点上方还有2个球。

(2024·沧州市高一期末)2023年杭州亚运会女子4×100米接力赛中，中国队最终以43秒39的成绩夺冠。如图所示，在4×100米接力比赛中，当甲运动员以8 m/s的速度匀速通过起跑标记点A时，乙运动员在接力区起点B由静止开始以2 m/s²的加速度匀加速预跑，加速至10 m/s后保持匀速直线运动。已知甲运动员在完成交接棒前速度保持不变，接力区长度为20 m。求：

(1)乙运动员能否在接力区加速至10 m/s；

(2)若A、B两点间的距离为12 m，求完成交接棒时乙预跑的距离；

(3)为了保证甲、乙在接力区完成交接棒，A、B点间的最大距离是多少。

答案:

(1)不能　(2)4 m　(3)16 m

解析:

(1)根据题意，设乙运动员从静止开始做匀加速运动的位移为x₁时，速度达到10 m/s，则有v²=2ax₁

解得x₁=25 m>20 m

故乙运动员不能在接力区加速至10 m/s。

(2)设A点至交接棒位置的距离为x_甲，甲运动员做匀速运动，则有x_甲=v_甲t₁

设B点至交接棒位置的距离为x_乙，则有x_乙=$\frac{1}{2}$a${t_1}^2$

由空间位置关系得L_AB=x_甲-x_乙=12 m

解得t₁=2 s，t₁=6 s(不符合题意舍去)

可得x_乙=4 m

(3)若甲、乙交接棒时恰好共速，则A、B两点间的距离最大，设最大距离为L_max，由v_乙=at₂=8 m/s

解得t₂=4 s

A点至交接棒位置的距离为x_甲'，则有x_甲'=v_甲t₂

B点至交接棒位置的距离为x_乙'，则有x_乙'=$\frac{1}{2}$a${t_2}^2$

又有L_max=x_甲'-x_乙'

解得L_max=16 m。