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2025届高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题练习含答案
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这是一份2025届高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第3讲自由落体运动和竖直上抛运动多过程问题练习含答案，共13页。试卷主要包含了铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置，一杂技演员,用一只手抛球，0 m/s2等内容，欢迎下载使用。
题组一 自由落体运动和竖直上抛运动
1.(2023上海浦东二模)如图为小球沿竖直方向运动的频闪照片,则小球( )
A.一定做自由落体运动
B.一定做竖直上抛运动
C.加速度方向一定向下
D.加速度方向一定向上
2.高空坠物非常危险,因此人们一定要有安全防范意识。假设住宅某阳台上有一个1 kg的物体不小心掉下来,下落的高度为45 m,忽略空气阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.物体下落的时间为3 s
B.物体下落的时间为4 s
C.物体落地的速度大小为3 m/s
D.物体落地的速度大小为40 m/s
3.(2023广东卷)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中,可视为质点的铯原子团在激光的推动下,获得一定的初速度。随后激光关闭,铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动,到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是( )
4.(多选)(2024广东广州期末)科技馆中的一个展品如图所示,在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头,在一种特殊的间歇闪光灯的照射下,若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同,可以看到一种奇特的现象,水滴似乎不再下落,而仿佛是固定在图中的A、B、C、D四个位置不动,不计水滴受到的空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,对出现的这种现象,下列描述正确的有( )
A.间歇发光的时间间隔是 s
B.根据条件可以求得水滴在C点的速度
C.水滴在B、C、D点速度之比满足vB∶vC∶vD=1∶2∶3
D.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB5.(2024广东湛江第二中学期末)一杂技演员,用一只手抛球。他每隔0.40 s抛出一球,接到球便立即把球抛出,已知除抛、接球的时刻外,空中总有四个球,将球的运动看作是竖直方向的运动,不计空气阻力,g取10 m/s2,则球能到达的最大高度(从抛球点算起)是( )
A.4.8 mB.3.2 mC.2.4 mD.1.6 m
6.在地面上以初速度kv0竖直上抛一物体A后,又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B,若要使两物体能在空中相遇,则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件(已知k>1,不计空气阻力)( )
A.Δt>
B.Δt<
C.<Δt<
D.<Δt<
题组二 匀变速直线运动中的多过程问题
7.(多选)某研究性学习活动小组自制一枚水火箭。现将该水火箭从水平地面由静止竖直向上发射,加速过程可以看作是加速度大小为a=8 m/s2的匀加速直线运动,经过t0=2.5 s加速过程结束。此时从水平地面的发射点用一水平恒力推一小车从静止开始以大小为a1=4.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。当水火箭达到最高点时,立即改用另一反向的水平恒力使小车的加速度大小变为a2。经过一段时间小车刚好返回发射点,此时水火箭恰好落入车中。不计水火箭和小车的体积,忽略空气的作用力,g取10 m/s2。可求出( )
A.水火箭离地面的最大高度为25 m
B.水火箭上升运动的总时间为4.5 s
C.小车回到发射点过程中加速度大小是8.0 m/s2
D.小车离开发射点的最大距离是9 m
综合提升练
8.(2024广东汕尾期末)如图所示,甲、乙、丙三个实心小铁球,用细线悬挂在水平横杆上,其中甲、乙两球离地高度均为2h,丙球离地高度为h,现同时剪断甲、乙两球上方的细线,空气阻力不计,则( )
A.乙球比甲球先落地
B.乙球落地时的速度大小是丙球的倍
C.乙球在空中运动的时间是丙球的2倍
D.乙、丙球之间的细线对两球有拉力
9.某同学学习了竖直上抛运动后,决定利用手机上的自动拍摄功能来研究竖直上抛运动,他将自动拍摄时间定为0.3 s拍摄一幅照片,现他选取学校外墙一处比较干净的地方作为拍摄的背景墙,在拍得的多组照片中他选取其中连续拍摄的三幅照片如图所示。小球在三个时刻的位置标记为a、b、c,已知每块砖的厚度为5 cm,重力加速度g取10 m/s2。经分析可知三幅照片的拍摄顺序( )
A.一定是abcB.一定是acb
C.可能是bcaD.可能是cba
10.(2024广东深圳红岭中学校考)假设某高楼距地面高H=47 m的阳台上的花盆因受扰动而掉落,掉落过程可看作自由落体运动。有一辆长L1=8 m、高h=2 m的货车,在楼下以v0=9 m/s的速度匀速直行,要经过阳台的正下方,花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2=24 m,示意图如图所示,花盆可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若司机没有发现花盆掉落,货车保持v0=9 m/s的速度匀速直行,通过计算说明货车是否会被花盆砸到。
(2)若司机发现花盆掉落,经过Δt=1 s的反应时间,采取制动(可视为匀变速直线运动)的方式来避险,使货车在花盆砸落点前停下,求货车的最小加速度的大小。
(3)若司机发现花盆掉落,经过Δt=1 s的反应时间,采取加速(可视为匀变速直线运动)的方式来避险,则货车至少以多大的加速度加速才能避免被花盆砸到?
11.(2023辽宁铁岭六校联考)现在城市的交通非常发达,城市的快速道限速可以达到80 km/h。有一辆汽车正以72 km/h的速度向红绿灯路口行驶,在离路口还有120 m的地方,司机发现前方是红灯,并且显示倒计时时间为10 s,他继续原速前进,一段时间后,开始以大小为5 m/s2的加速度减速,到达路口时汽车刚好停止。汽车可以视为质点,不计司机的反应时间。
(1)求汽车到达路口时红灯还剩几秒。
(2)如果汽车在离路口还有120 m处按自由滑行(关闭动力)的方式减速前进,加速度大小a1=1.25 m/s2,汽车会不会闯红灯?
(3)如果汽车在离路口还有120 m处就开始做匀减速运动,求汽车应该以多大的加速度减速,才能使汽车到达路口的时候绿灯恰好亮起。
第2讲 匀变速直线运动的规律
1.B 解析 汽车刹车时做匀减速直线运动,根据0-v2=-2as,可得汽车的初速度为v=m/s=14m/s=50.4km/h<60km/h,所以该车不超速。
2.D 解析 测试车辆以m/s2的加速度匀加速行驶,3s内经过的位移为s1=v0t+at2=40m,刚好到路口,不能通过路口,故选项A错误;若测试车辆匀加速通过该路口时的速度为15m/s,则车辆到达停车线时所用的时间为t'==3.2s>3s,不可能通过路口,故选项B错误;若测试车辆匀减速停在该路口,则有0-=2a's,解得a'=1.25m/s2,故选项C错误,D正确。
3.C 解析 图甲中相同时间内位移增加,反映汽车做加速直线运动,但不一定是匀加速,A错误;图乙中相同时间内位移减小,反映汽车做减速直线运动,则加速度方向与速度方向相反,B错误;甲、乙两图中第一个点和最后一个点之间的距离相同,时间间隔也相同,所以甲、乙两种情形,汽车全程的平均速度相等,C正确;图甲情形汽车做加速运动,加速度方向与速度方向相同,图乙情形汽车做减速运动,加速度方向与速度方向相反,所以两种情形汽车的加速度不可能相同,D错误。
4.A 解析 根据匀变速直线运动规律可知,某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度,则第6s内的平均速度等于5.5s时的瞬时速度,前5s内的平均速度等于2.5s时的瞬时速度,依题意由加速度定义式可得a=m/s2=1m/s2,故选A。
5.A 解析 可将动车组减速过程反向看作初速度为零的匀加速过程,根据匀变速直线运动规律,可知最后3s、2s、1s连续通过的三段位移之比是27∶8∶1,根据平均速度的计算公式v=,可知这三段位移的平均速度之比是9∶4∶1,故A正确,B、C、D错误。
6.B 解析 将汽车从a到e的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知,汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2-),则汽车通过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为=3.7,所以3<<4,故选B。
7.答案 (1)2∶1 (2)v0
解析 (1)由匀变速直线运动规律可知,只有当初速度(或末速度)为零时,连续相等的两段时间内物体位移之比为1∶3(或3∶1),则由
sAB∶sBC=6∶2=3∶1,可知C点为最高点
设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、a2,频闪时间间隔为t,根据位移时间公式,有
sBC=a1t2
sCD=a2t2
解得。
(2)B点是小球从A点运动到C点中间时刻的位置,故有vB上=
从B点到C点,根据速度位移公式,有=2a1sBC
从C点到B点,根据速度位移公式,有=2a2sBC
联立解得vB下=v0。
8.D 解析 列车做匀减速直线运动,加速度不变,速度越来越小,经过相同的位移所用时间越来越长,根据加速度定义式a=知,速度变化量越来越大,A、B错误;由题知v0=126km/h=35m/s,v=54km/h=15m/s,t=2min=120s,根据加速度定义式,代入数据得a=m/s2=-0.17m/s2,C错误;根据平均速度有s=(v0+v)t=×(35+15)×120m=3000m,每两个里程标识间隔1km,所以经过了3个里程标识,到达第4个里程标识,n=4,D正确。
9.答案 (1)6 m (2)1.5 m/s2 (3)6 s
解析 (1)根据题意,由速度位移公式v2-=2as可得,逃生者减速下滑过程的位移大小为
s1==6m。
(2)根据题意,结合(1)分析可知,逃生者加速下滑的位移大小为
s2=s-s1=12m
由速度位移公式v2-=2as可得,逃生者加速下滑过程的加速度大小为
a2==1.5m/s2。
(3)根据题意,由速度公式v=v0+at可得,逃生者到达地面整个过程的时间为
t==6s。
10.答案 (1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
解析 (1)设飞机装载货物前质量为m1,起飞离地速度为v1;装载货物后质量为m2,起飞离地速度为v2,重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g=k①
m2g=k②
由①②式及题给条件得v2=78m/s。③
(2)设飞机滑行距离为s,滑行过程中加速度大小为a,所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
=2as④
v2=at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a=2.0m/s2⑥
t=39s。⑦
参考答案
第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
1.C 解析 竖直上抛运动和自由落体运动互为逆运动,所以无法判断小球是上升还是下落,但是当小球在竖直方向上运动时,受重力作用,加速度向下,故C正确。
2.A 解析 物体不小心掉下来做自由落体运动,有h=gt2,解得t==3s,选项A正确,B错误;物体落地的速度大小为v=gt=30m/s,选项C、D错误。
3.D 解析 激光关闭后,铯原子团仅受重力的作用,加速度竖直向下,大小恒定,在v-t图像中,斜率为加速度,故斜率不变,所以图像应该是一条倾斜的直线,选项A、B错误;因为加速度恒定,且方向竖直向下,故为负值,选项C错误,D正确。
4.ABC 解析 若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同,看到水滴似乎不再下落,可知相邻两个点的时间间隔相等,故D错误;由图可知,各点之间的位移差为Δs=0.2m,根据Δs=gt2,有t=s=s,故A正确;利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求得水滴在C点的速度,故B正确;根据v=gt可得vB∶vC∶vD=1∶2∶3,故C正确。
5.B 解析 由图可知下降过程所用时间为0.8s,由自由落体运动规律可知h=gt2=×10×0.82m=3.2m,故B正确。
6.D 解析 物体A从地面上抛出到回到地面所用时间为tA=2·,物体B从地面上抛出到回到地面所用时间为tB=2·。若两物体刚好在回到地面时相遇,则有Δt1=tA-tB=;若在物体A刚好回到地面时,将物体B上抛,则有Δt2=tA=;故若要使两物体能在空中相遇,两物体抛出的时间间隔Δt必须满足<Δt<,D正确。
7.BC 解析 水火箭在加速过程中有h1=,v=at0,水火箭在减速过程中有0=v-gt1,-2gh2=0-v2,联立解得水火箭离地面的最大高度H=h1+h2=45m,水火箭上升运动的总时间t=t0+t1=4.5s,A错误,B正确;水火箭在下落过程中有H=,对小车分析,取加速度a1的方向为正方向,有s1=a1,v1=a1t1,-s1=v1t2-a2,联立解得a2=8.0m/s2,C正确;对小车在匀减速到0的过程,有-2a2s2=0-,则小车离开发射点的最大距离s=s1+s2=14m,D错误。
8.B 解析 空气阻力不计,三个小球都做自由落体运动,甲、乙两球高度相同,由位移时间关系2h=gt2可知两球同时落地,故A错误;由位移速度公式可得,丙球落地时的速度大小为v1=,乙球落地时的速度大小为v2=,可知乙球落地时的速度大小是丙球的倍,故B正确;由位移时间公式h=可得,丙球在空中运动的时间为t1=,乙球在空中运动的时间为t=,可知乙球在空中运动的时间是丙球的倍,故C错误;三个小球均做自由落体运动,乙、丙球之间的细线对两球没有拉力,故D错误。
9.C 解析 小球做竖直上抛运动,取向上为正方向,由Δs=aT2得,连续相邻两拍摄点之间的距离差应为Δs=-gT2=-10×0.32m=-0.9m,由图可得ab两点、bc两点之间的距离分别为sab=12×5cm=0.6m,sbc=3×5cm=0.15m,如果拍摄顺序是abc,则sbc-sab=-0.45m≠Δs,故A错误。如果拍摄顺序是acb,则scb-sac=-0.15m-(0.15+0.6)m=-0.9m,有可能;如果拍摄顺序是bca,则sca-sbc=-(0.6+0.15)m-0.15m=-0.9m,有可能;所以拍摄顺序可能是acb,也可能是bca,故B错误,C正确。如果拍摄顺序是cba,则sba-scb=-0.45m≠Δs,故D错误。
10.答案(1)会,计算见解析 (2)2.7 m/s2
(3)2.5 m/s2
解析 (1)花盆落下到达车顶所在高度的过程,有H-h=gt2
解得t=3s
这段时间内货车位移为
s=v0t=27m
因L2=24m所以货车会被花盆砸到。
(2)货车匀减速的距离为
s1=L2-v0Δt=15m
制动过程中由运动学公式有
=2a0s1
联立解得a0=2.7m/s2。
(3)司机反应时间内货车的位移为
s2=v0Δt=9m
此时车头离花盆的水平距离为
d=L2-s2=15m
采取加速方式,要成功避险,则有
d+L1=v0(t-Δt)+a(t-Δt)2
联立解得a=2.5m/s2。
11.答案 (1)2 s
(2)汽车会闯红灯
(3)1.6 m/s2
解析 (1)汽车的初速度
v0=72km/h=20m/s
汽车做匀减速运动的时间
t2=s=4s
汽车做匀减速运动的位移
s2=t2=×4m=40m
汽车做匀速运动的时间
t1=s=4s
汽车到达路口时红灯还剩的时间
Δt=t0-t1-t2=(10-4-4)s=2s。
(2)设汽车通过120m所用时间为t3,则有
s=v0t3-a1
解得t3=8s
此时汽车速度
v=v0-a1t3=20m/s-1.25×8m/s=10m/s
此时依然是红灯,而汽车的速度为10m/s,汽车会闯红灯。
(3)根据题意可知,在t=10s时,汽车的位移恰好等于120m,设加速度大小为a2,则有
s=v0t-a2t2
解得a2=1.6m/s2。
题组一 自由落体运动和竖直上抛运动
1.(2023上海浦东二模)如图为小球沿竖直方向运动的频闪照片,则小球( )
A.一定做自由落体运动
B.一定做竖直上抛运动
C.加速度方向一定向下
D.加速度方向一定向上
2.高空坠物非常危险,因此人们一定要有安全防范意识。假设住宅某阳台上有一个1 kg的物体不小心掉下来,下落的高度为45 m,忽略空气阻力,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.物体下落的时间为3 s
B.物体下落的时间为4 s
C.物体落地的速度大小为3 m/s
D.物体落地的速度大小为40 m/s
3.(2023广东卷)铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中,可视为质点的铯原子团在激光的推动下,获得一定的初速度。随后激光关闭,铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动,到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是( )
4.(多选)(2024广东广州期末)科技馆中的一个展品如图所示,在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头,在一种特殊的间歇闪光灯的照射下,若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同,可以看到一种奇特的现象,水滴似乎不再下落,而仿佛是固定在图中的A、B、C、D四个位置不动,不计水滴受到的空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,对出现的这种现象,下列描述正确的有( )
A.间歇发光的时间间隔是 s
B.根据条件可以求得水滴在C点的速度
C.水滴在B、C、D点速度之比满足vB∶vC∶vD=1∶2∶3
D.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB
A.4.8 mB.3.2 mC.2.4 mD.1.6 m
6.在地面上以初速度kv0竖直上抛一物体A后,又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B,若要使两物体能在空中相遇,则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件(已知k>1,不计空气阻力)( )
A.Δt>
B.Δt<
C.<Δt<
D.<Δt<
题组二 匀变速直线运动中的多过程问题
7.(多选)某研究性学习活动小组自制一枚水火箭。现将该水火箭从水平地面由静止竖直向上发射,加速过程可以看作是加速度大小为a=8 m/s2的匀加速直线运动,经过t0=2.5 s加速过程结束。此时从水平地面的发射点用一水平恒力推一小车从静止开始以大小为a1=4.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。当水火箭达到最高点时,立即改用另一反向的水平恒力使小车的加速度大小变为a2。经过一段时间小车刚好返回发射点,此时水火箭恰好落入车中。不计水火箭和小车的体积,忽略空气的作用力,g取10 m/s2。可求出( )
A.水火箭离地面的最大高度为25 m
B.水火箭上升运动的总时间为4.5 s
C.小车回到发射点过程中加速度大小是8.0 m/s2
D.小车离开发射点的最大距离是9 m
综合提升练
8.(2024广东汕尾期末)如图所示,甲、乙、丙三个实心小铁球,用细线悬挂在水平横杆上,其中甲、乙两球离地高度均为2h,丙球离地高度为h,现同时剪断甲、乙两球上方的细线,空气阻力不计,则( )
A.乙球比甲球先落地
B.乙球落地时的速度大小是丙球的倍
C.乙球在空中运动的时间是丙球的2倍
D.乙、丙球之间的细线对两球有拉力
9.某同学学习了竖直上抛运动后,决定利用手机上的自动拍摄功能来研究竖直上抛运动,他将自动拍摄时间定为0.3 s拍摄一幅照片,现他选取学校外墙一处比较干净的地方作为拍摄的背景墙,在拍得的多组照片中他选取其中连续拍摄的三幅照片如图所示。小球在三个时刻的位置标记为a、b、c,已知每块砖的厚度为5 cm,重力加速度g取10 m/s2。经分析可知三幅照片的拍摄顺序( )
A.一定是abcB.一定是acb
C.可能是bcaD.可能是cba
10.(2024广东深圳红岭中学校考)假设某高楼距地面高H=47 m的阳台上的花盆因受扰动而掉落,掉落过程可看作自由落体运动。有一辆长L1=8 m、高h=2 m的货车,在楼下以v0=9 m/s的速度匀速直行,要经过阳台的正下方,花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2=24 m,示意图如图所示,花盆可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。
(1)若司机没有发现花盆掉落,货车保持v0=9 m/s的速度匀速直行,通过计算说明货车是否会被花盆砸到。
(2)若司机发现花盆掉落,经过Δt=1 s的反应时间,采取制动(可视为匀变速直线运动)的方式来避险,使货车在花盆砸落点前停下,求货车的最小加速度的大小。
(3)若司机发现花盆掉落,经过Δt=1 s的反应时间,采取加速(可视为匀变速直线运动)的方式来避险,则货车至少以多大的加速度加速才能避免被花盆砸到?
11.(2023辽宁铁岭六校联考)现在城市的交通非常发达,城市的快速道限速可以达到80 km/h。有一辆汽车正以72 km/h的速度向红绿灯路口行驶,在离路口还有120 m的地方,司机发现前方是红灯,并且显示倒计时时间为10 s,他继续原速前进,一段时间后,开始以大小为5 m/s2的加速度减速,到达路口时汽车刚好停止。汽车可以视为质点,不计司机的反应时间。
(1)求汽车到达路口时红灯还剩几秒。
(2)如果汽车在离路口还有120 m处按自由滑行(关闭动力)的方式减速前进,加速度大小a1=1.25 m/s2,汽车会不会闯红灯?
(3)如果汽车在离路口还有120 m处就开始做匀减速运动,求汽车应该以多大的加速度减速,才能使汽车到达路口的时候绿灯恰好亮起。
第2讲 匀变速直线运动的规律
1.B 解析 汽车刹车时做匀减速直线运动,根据0-v2=-2as,可得汽车的初速度为v=m/s=14m/s=50.4km/h<60km/h,所以该车不超速。
2.D 解析 测试车辆以m/s2的加速度匀加速行驶,3s内经过的位移为s1=v0t+at2=40m,刚好到路口,不能通过路口,故选项A错误;若测试车辆匀加速通过该路口时的速度为15m/s,则车辆到达停车线时所用的时间为t'==3.2s>3s,不可能通过路口,故选项B错误;若测试车辆匀减速停在该路口,则有0-=2a's,解得a'=1.25m/s2,故选项C错误,D正确。
3.C 解析 图甲中相同时间内位移增加,反映汽车做加速直线运动,但不一定是匀加速,A错误;图乙中相同时间内位移减小,反映汽车做减速直线运动,则加速度方向与速度方向相反,B错误;甲、乙两图中第一个点和最后一个点之间的距离相同,时间间隔也相同,所以甲、乙两种情形,汽车全程的平均速度相等,C正确;图甲情形汽车做加速运动,加速度方向与速度方向相同,图乙情形汽车做减速运动,加速度方向与速度方向相反,所以两种情形汽车的加速度不可能相同,D错误。
4.A 解析 根据匀变速直线运动规律可知,某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度,则第6s内的平均速度等于5.5s时的瞬时速度,前5s内的平均速度等于2.5s时的瞬时速度,依题意由加速度定义式可得a=m/s2=1m/s2,故选A。
5.A 解析 可将动车组减速过程反向看作初速度为零的匀加速过程,根据匀变速直线运动规律,可知最后3s、2s、1s连续通过的三段位移之比是27∶8∶1,根据平均速度的计算公式v=,可知这三段位移的平均速度之比是9∶4∶1,故A正确,B、C、D错误。
6.B 解析 将汽车从a到e的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知,汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2-),则汽车通过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为=3.7,所以3<<4,故选B。
7.答案 (1)2∶1 (2)v0
解析 (1)由匀变速直线运动规律可知,只有当初速度(或末速度)为零时,连续相等的两段时间内物体位移之比为1∶3(或3∶1),则由
sAB∶sBC=6∶2=3∶1,可知C点为最高点
设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为a1、a2,频闪时间间隔为t,根据位移时间公式,有
sBC=a1t2
sCD=a2t2
解得。
(2)B点是小球从A点运动到C点中间时刻的位置,故有vB上=
从B点到C点,根据速度位移公式,有=2a1sBC
从C点到B点,根据速度位移公式,有=2a2sBC
联立解得vB下=v0。
8.D 解析 列车做匀减速直线运动,加速度不变,速度越来越小,经过相同的位移所用时间越来越长,根据加速度定义式a=知,速度变化量越来越大,A、B错误;由题知v0=126km/h=35m/s,v=54km/h=15m/s,t=2min=120s,根据加速度定义式,代入数据得a=m/s2=-0.17m/s2,C错误;根据平均速度有s=(v0+v)t=×(35+15)×120m=3000m,每两个里程标识间隔1km,所以经过了3个里程标识,到达第4个里程标识,n=4,D正确。
9.答案 (1)6 m (2)1.5 m/s2 (3)6 s
解析 (1)根据题意,由速度位移公式v2-=2as可得,逃生者减速下滑过程的位移大小为
s1==6m。
(2)根据题意,结合(1)分析可知,逃生者加速下滑的位移大小为
s2=s-s1=12m
由速度位移公式v2-=2as可得,逃生者加速下滑过程的加速度大小为
a2==1.5m/s2。
(3)根据题意,由速度公式v=v0+at可得,逃生者到达地面整个过程的时间为
t==6s。
10.答案 (1)78 m/s (2)2.0 m/s2 39 s
解析 (1)设飞机装载货物前质量为m1,起飞离地速度为v1;装载货物后质量为m2,起飞离地速度为v2,重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g=k①
m2g=k②
由①②式及题给条件得v2=78m/s。③
(2)设飞机滑行距离为s,滑行过程中加速度大小为a,所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
=2as④
v2=at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a=2.0m/s2⑥
t=39s。⑦
参考答案
第3讲 自由落体运动和竖直上抛运动 多过程问题
1.C 解析 竖直上抛运动和自由落体运动互为逆运动,所以无法判断小球是上升还是下落,但是当小球在竖直方向上运动时,受重力作用,加速度向下,故C正确。
2.A 解析 物体不小心掉下来做自由落体运动,有h=gt2,解得t==3s,选项A正确,B错误;物体落地的速度大小为v=gt=30m/s,选项C、D错误。
3.D 解析 激光关闭后,铯原子团仅受重力的作用,加速度竖直向下,大小恒定,在v-t图像中,斜率为加速度,故斜率不变,所以图像应该是一条倾斜的直线,选项A、B错误;因为加速度恒定,且方向竖直向下,故为负值,选项C错误,D正确。
4.ABC 解析 若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同,看到水滴似乎不再下落,可知相邻两个点的时间间隔相等,故D错误;由图可知,各点之间的位移差为Δs=0.2m,根据Δs=gt2,有t=s=s,故A正确;利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求得水滴在C点的速度,故B正确;根据v=gt可得vB∶vC∶vD=1∶2∶3,故C正确。
5.B 解析 由图可知下降过程所用时间为0.8s,由自由落体运动规律可知h=gt2=×10×0.82m=3.2m,故B正确。
6.D 解析 物体A从地面上抛出到回到地面所用时间为tA=2·,物体B从地面上抛出到回到地面所用时间为tB=2·。若两物体刚好在回到地面时相遇,则有Δt1=tA-tB=;若在物体A刚好回到地面时,将物体B上抛,则有Δt2=tA=;故若要使两物体能在空中相遇,两物体抛出的时间间隔Δt必须满足<Δt<,D正确。
7.BC 解析 水火箭在加速过程中有h1=,v=at0,水火箭在减速过程中有0=v-gt1,-2gh2=0-v2,联立解得水火箭离地面的最大高度H=h1+h2=45m,水火箭上升运动的总时间t=t0+t1=4.5s,A错误,B正确;水火箭在下落过程中有H=,对小车分析,取加速度a1的方向为正方向,有s1=a1,v1=a1t1,-s1=v1t2-a2,联立解得a2=8.0m/s2,C正确;对小车在匀减速到0的过程,有-2a2s2=0-,则小车离开发射点的最大距离s=s1+s2=14m,D错误。
8.B 解析 空气阻力不计,三个小球都做自由落体运动,甲、乙两球高度相同,由位移时间关系2h=gt2可知两球同时落地,故A错误;由位移速度公式可得,丙球落地时的速度大小为v1=,乙球落地时的速度大小为v2=,可知乙球落地时的速度大小是丙球的倍,故B正确;由位移时间公式h=可得,丙球在空中运动的时间为t1=,乙球在空中运动的时间为t=,可知乙球在空中运动的时间是丙球的倍,故C错误;三个小球均做自由落体运动,乙、丙球之间的细线对两球没有拉力,故D错误。
9.C 解析 小球做竖直上抛运动,取向上为正方向,由Δs=aT2得,连续相邻两拍摄点之间的距离差应为Δs=-gT2=-10×0.32m=-0.9m,由图可得ab两点、bc两点之间的距离分别为sab=12×5cm=0.6m,sbc=3×5cm=0.15m,如果拍摄顺序是abc,则sbc-sab=-0.45m≠Δs,故A错误。如果拍摄顺序是acb,则scb-sac=-0.15m-(0.15+0.6)m=-0.9m,有可能;如果拍摄顺序是bca,则sca-sbc=-(0.6+0.15)m-0.15m=-0.9m,有可能;所以拍摄顺序可能是acb,也可能是bca,故B错误,C正确。如果拍摄顺序是cba,则sba-scb=-0.45m≠Δs,故D错误。
10.答案(1)会,计算见解析 (2)2.7 m/s2
(3)2.5 m/s2
解析 (1)花盆落下到达车顶所在高度的过程,有H-h=gt2
解得t=3s
这段时间内货车位移为
s=v0t=27m
因L2=24m
(2)货车匀减速的距离为
s1=L2-v0Δt=15m
制动过程中由运动学公式有
=2a0s1
联立解得a0=2.7m/s2。
(3)司机反应时间内货车的位移为
s2=v0Δt=9m
此时车头离花盆的水平距离为
d=L2-s2=15m
采取加速方式,要成功避险,则有
d+L1=v0(t-Δt)+a(t-Δt)2
联立解得a=2.5m/s2。
11.答案 (1)2 s
(2)汽车会闯红灯
(3)1.6 m/s2
解析 (1)汽车的初速度
v0=72km/h=20m/s
汽车做匀减速运动的时间
t2=s=4s
汽车做匀减速运动的位移
s2=t2=×4m=40m
汽车做匀速运动的时间
t1=s=4s
汽车到达路口时红灯还剩的时间
Δt=t0-t1-t2=(10-4-4)s=2s。
(2)设汽车通过120m所用时间为t3,则有
s=v0t3-a1
解得t3=8s
此时汽车速度
v=v0-a1t3=20m/s-1.25×8m/s=10m/s
此时依然是红灯,而汽车的速度为10m/s,汽车会闯红灯。
(3)根据题意可知,在t=10s时,汽车的位移恰好等于120m,设加速度大小为a2,则有
s=v0t-a2t2
解得a2=1.6m/s2。
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