2020届高三精准培优专练二匀变速直线运动及其公式（教师版）

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1、精准培优专练 1本专题在高考中主要考点有：匀变速直线运动公式的灵活运用；自由落体运动和竖直上抛运动；匀变速直线运动规律在生活中的应用。题型主要以选择题为主，但也会与其他知识点结合在大题中考查多过程运动问题。2方法技巧：(1)匀变速直线运动的基本公式(vt关系、xt关系、xv关系)原则上可以解决任何匀变速直线运动问题；(2)已知某段时间内的位移、初末速度可求平均速度，应用平均速度公式往往会使解题过程变的非常简捷。典例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()A12

2、 B23C34 D45【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：t1t2t3tn1(1)()(2)()，可知，即34，故选C。【答案】C典例2.(2019全国II卷25)一质量为m2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t10.8 s；t1t2时间段

3、为刹车系统的启动时间，t21.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。(1)在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少？（以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）【解析】(1)vt图像如图所示。(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2

4、时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取t1 s，设汽车在t2(n1)t内的位移为sn，n1，2，3，。若汽车在t23tt24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为v3，在t24t时刻的速度为v4，由运动学有：s1s43a(t)2 s1v2ta(t)2 v4v24at 联立式，代入已知数据解得m/s 这说明在t24t时刻前，汽车已经停止。因此，式不成立。由于在t23tt24t内汽车停止，由运动学公式v3v23at 联立，代入已知数据解得a8 m/s2，v228 m/s或者m/s2，v229.76 m/s 但在式情形下，v30不合题意，舍去。(3)设汽车的刹车

5、系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为： 由动量定理有：Imv1mv2 由动量定理，在t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为： 联立式，代入已知数据解得：v130 m/sW1.16105 J 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为： 联立，代入已知数据解得：s87.5 m 【答案】见解析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()At BtC(2)t D(2)t【答案】C【解析】设汽车的加速度为a，经历bc段、ce段的时间

6、分别为t1、t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：xabat2，xaca(tt1)2，xaca(tt1 t2)2，解得：t2(2)t，故C正确。2如图所示，在水平面上固定一点光源，在点光源和右侧墙壁的正中间有一小球自水平面以初速度v0竖直上抛，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球竖直向上运动的过程中，关于小球的影子在竖直墙壁上的运动情况，下列说法正确的是()A影子做初速度为v0，加速度为g的匀减速直线运动B影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动C影子做初速度为2v0，加速度为g的匀减速直线运动D影子做初速度为v0，加速度为2g的匀减速直线运动【答案】B【解析】设经过时间t

7、，则小球的竖直位移：，由几何关系可知，影子的位移：，则影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动，故选B。3某同学将一足球竖直砸向水平地面，足球以5 m/s的速度被地面反向弹回，当足球上升到最高点后落回地面，以后足球每次与地面碰撞被弹回时速度均为碰撞前速度的。不计足球与地面碰撞的时间和空气阻力，取g10 m/s2，则足球从第一次被弹回到最后停止运动的总时间为()A8 s B4 s C2 s D1.5 s【答案】B【解析】足球第一次被弹回的速度 v15m/s，第一次在空中竖直上抛运动的总时间；足球第二次被弹回的速度 v2v1，第二次在空中竖直上抛运动的总时间 ；足球第三次被弹回的速度 v

8、3v2（）2v1，第三次在空中竖直上抛运动的总时间 则足球从第一次被弹回到最后停运动的总时间为 tt1t24s，故选B。4(多选)如图所示，处于平直轨道上的甲、乙两物体相距s，同时同向开始运动，甲以初速度v1、加速度a1做匀加速运动，乙由静止开始以加速度a2做匀加速运动，下述情况可能发生的是(假设甲能从乙旁边通过且互不影响)()Aa1a2，能相遇一次Ba1a2，能相遇两次Ca1a2，可能相遇一次Da1a2，可能相遇两次【答案】ACD【解析】画出满足题给条件的vt图象，如图所示，图甲对应a1a2的情况，两物体仅在tt1时相遇一次（图中阴影部分面积为s）；图乙对应a1a2的情况，两物体仅在tt2时

9、相遇一次（图中阴影部分面积为s）；图丙对应a1a2的情况，若阴影部分面积等于s，则相遇一次；若阴影部分面积小于s，则A、B不可能相遇；若阴影部分面积大于s，则可能相遇两次，如图丁所示。故选ACD。5一根轻质细线将2个薄铁垫圈A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，距地面为L，如图所示，由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从释放开始到A落地历时t1，A落地前瞬间速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前瞬间速率为v2，则()At1t221B两垫圈加速度不确定，时间无法比较Cv1v212D两垫圈作为整体，同时落地【答案】C【解析】由静止释放A、B，

10、AB都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据可知，A落地的时间为 ，B落地的时间为：所以有：t2tt1，所以有：t1t2，故A、B错误；A落地前瞬间速率为： B落地前瞬间速率为：，所以v1：v21：2，故C正确；因A落地时B还没有落地，故不可能同时落地，故D错误。6如图所示，在水平线OO某竖直平面内，距地面高度为h，一条长为L(Lh)的轻绳两端分别系小球A和B，小球A在水平线OO上，竖直向上的外力作用在A上，A和B都处于静止状态。现从OO上另一点静止释放小球1，当小球1下落至与小球B等高位置时，从OO上静止释放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方。则下列说法正确的是()A

11、小球1将与小球B同时落地B在小球B下落过程中，轻绳对B的拉力竖直向上Ch越大，小球A与小球B的落地时间差越大D在小球1落地前，小球1与2之间的距离随时间的增大而增大【答案】D【解析】设小球1下落到与B等高的位置时的速度为v，设小球1还需要经过时间t1落地，则： ，设B运动的时间为t2，则：，比较可知，t1t2，故A错误；小球A与B都做自由落体运动，所以二者之间的轻绳没有作用力，故B错误；设A运动时间为t3，则；可得：，可知l是一个定值时，h越大，则小球A与小球B的落地时间差越小，故C错误； 1与2两球的距离：，可见两球间的距离随时间的推移，越来越大，故D正确。7(多选)矿井中的升降机以5 m/

12、s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A螺钉松脱后做自由落体运动B矿井的深度为45 mC螺钉落到井底时的速度大小为25 m/sD螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s【答案】BC【解析】螺钉松脱时具有有升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；由运动学公式可得，螺钉自脱落至井底的位移h1v0tgt2，升降机这段时间的位移h2v0t，故矿井的深度为hh1h245m，B项正确；螺钉落到井底时点速度大小为vv0gt25m/s，C项正

13、确；螺钉松脱前运动的时间为h1v0t，解得t6s，所以螺钉运动的总时间为tt9s，D项错误。8甲、乙两辆汽车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度v116 m/s，乙车的速度为v212 m/s，乙在甲前面L6 m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a12 m/s2的加速度刹车，6 s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a21 m/s2。从两车刹车开始计时，下列关于甲车第一次追上乙车的时间t1、两车相遇的次数n、两车速度相等时的时间t2的说法正确的是()A3 s、3次、8 s B3 s、2次、6 s C2 s、3次、8 s D2 s、2次、6 s【答案】C【解析】设刹车后经过t时间两车

14、速度相等，有：v1a1tv2a2t，解得：t4s，6s后甲车匀速，速度v1626m/s4m/s，再次相等有：vv2a2t，解得：t8s；在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有：x1v1t，x2v2t，x1x2L，得：t12s，t26s；甲车减速时间恰好为6s，即在甲车减速阶段，相遇两次，第一次t12s，第二次t26s，此时甲车的速度为：v1v1a1t24m/s，乙车的速度为：v2v2a2t26m/s，设再经t甲追上乙，有：v1tv2t，代入数据解得：t4s，此时乙仍在做减速运动，此解成立，所以甲、乙两车第3次相遇，相遇时刻为t3t2t10s，故C正确。9如图所示，左图为

15、大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图。跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下。已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g。则()A从a到b与从b到c的运动时间之比为21B从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等C从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为mD从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg【答案】A【解析】由题意可知，跳楼机从a运动b过程中做自由落体运动，由可得，下落时间，由可知，运动到b的速度大小为；跳楼机从b运动c过程中做减速运动，同理可得，解得减速过程的加速度大小为a2g，时间为，故从a到b与从b到c的

16、运动时间之比为，故A正确；从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；从a到b，根据动量定理可得，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为，故C错误；从b到c，根据牛顿第二定律有：，解得跳楼机受到制动力的大小为，故D错误。10蓝牙是一种无线技术，可实现固定设备、移动设备和楼宇个人域网之间的短距离数据交换，但设备间超过一定距离时便无法实现通讯。某次实验中，在甲、乙两小车上安装了某种蓝牙设备，该蓝牙设备正常通选的有效距离为10米。两车只能沿一条直线运动，如图所示。共完成了两组实验，每组实验两车的起始距离都为d。两组实验的相关数据如下。第一组，乙车保持静止，甲车从O点由静止出发

17、，以a11 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，发现3.10 s后两车不能够再通讯。第二组，乙车向左具有一定的初速度v0，以a20.6 m/s2的加速度做匀加速直线运动，而甲车仍做上述运动，发现1 s后两车不能够再通讯。请完成下列问题，要求所有问题的最终结果均保留两位有效数字。(1)求甲、乙两车初始距离d；(2)求乙车的初速度v0的大小；(3)若将乙车的初速度、加速度方向均变为向右，其他条件不变。甲、乙两车蓝牙信号中断两次。请计算这两次蓝牙信号中断时刻之间的时间间隔。（已知，）【答案】(1)5.2 m (2)4.0 m/s (3)16 s【解析】(1)乙车保持静止，甲车从O点由静止向右做匀加

18、速直线运动，则有：x甲1a1t12有题意可有：x甲1ds10 m联立解得甲、乙两车初始距离：d5.195 m5.2m(2)乙车向左做匀加速直线运动，而甲车仍做上述运动，则有：x甲2a1t22x乙v0t2a1t22有题意可有：x甲2dx乙s10 m联立解得乙车的初速度：v04.005 m/s4.0 m/s(3)开始乙车追上甲车并超过甲车，后甲车又追上乙车并超过乙车，这两次蓝牙信号中断时刻之间的时间间隔会出现两次设第一次蓝牙信号中断时的时间为t3，则有：v0ta2t2da1t2s10 m解得：t35.00 s设第二次蓝牙信号中断时的时间为t4，则有： a1t2d(v0ta2t2)s10 m 解得：t421.14 s 这两次蓝牙信号中断时刻之间的时间间隔：tt4t316.14 s16 s。8