高考物理一轮复习课时分层作业2匀变速直线运动的规律含答案

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2．C [当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝eq \f(v0－v,2a)，匀速通过隧道所用时间t2＝eq \f(L＋l,v)，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝eq \f(v0－v,a)，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v)，C项正确。]
3．D [由于v0＝25.2 km/h＝7 m/s，识别区内做匀速运动，有x1＝v0t1＝7×0.3 m＝2.1 m，司机的反应时间内，汽车的位移为x2＝v0t2＝7×0.5 m＝3.5 m，刹车的位移为x3＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(72,2×5) m＝4.9 m，ETC通道的长度x＝x1＋x2＋x3＝10.5 m，所以D正确，A、B、C错误。]
4．BD [第1 s内的位移x1＝(6＋5×1－1) m－6 m＝4 m，故A错误；前2 s内的位移x2＝(6＋5×2－4) m－6 m＝6 m，则前2 s内的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x2,t2)＝eq \f(6,2) m/s＝3 m/s，故B正确；根据位移—时间关系式得，加速度a＝－2 m/s2，任意1 s内速度的增量Δv＝at＝－2×1 m/s＝－2 m/s，故C错误，D正确。]
5．D [设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得eq \f(1,2)g×(5 s)2－eq \f(1,2)g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2。所以物体在2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(5 s)2＝50 m，选项D正确。]
6．BC [由H＝eq \f(v0,2)t可知，上浮时的初速度为v0＝eq \f(2H,t)，选项A错误，B正确；上浮的加速度为a＝eq \f(0－v0,t)＝－eq \f(2H,t2)，则在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为h＝H－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t0＋\f(1,2)at\\al(2,0)))＝H－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2H,t)t0－\f(1,2)×\f(2H,t2)t\\al(2,0)))＝eq \f(Ht－t02,t2)，选项C正确，D错误。]
7．D [第二个物体在第一个物体下落eq \f(t,2)后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2))) eq \s\up10(2)＝eq \f(gt2,8)。根据h＝eq \f(1,2)gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为eq \f(1,2)gt2、eq \f(gt2,8)，两物体未下落时相距eq \f(3gt2,8)，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝eq \f(3gt2,8)－eq \f(gt2,8)＝eq \f(gt2,4)，故D正确，A、B、C错误。]
8．AD [由题图可得，物体上升的最大高度为h＝25 m，上升的时间为t＝2.5 s，对于上升过程，由h＝eq \f(v0t,2)得，初速度大小v0＝eq \f(2h,t)＝eq \f(2×25,2.5) m/s＝20 m/s，则物体上升时的加速度大小为a＝g＝eq \f(v0,t)＝eq \f(20,2.5) m/s2＝8 m/s2，故A正确，B、C错误；根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为20 m/s，故D正确。]
9．A [将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，根据t上＝t下，则从最高点下落到O点所用时间为eq \f(T2,2)，故v0＝eq \f(T2,2)g，从最高点下落到P点所用时间为eq \f(T1,2)，则有vP＝eq \f(T1,2)g，则从P点下落到O点的过程中的平均速度为：v＝eq \f(v0＋vP,2)，从P点下落到O点的时间为：t＝eq \f(T2,2)－eq \f(T1,2)，根据H＝vt可得：H＝eq \f(v0＋vP,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T2,2)－\f(T1,2)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T1,2)g＋\f(T2,2)g))eq \f(1,2)×(T2－T1)，解得：g＝eq \f(8H,T\\al(2,2)－T\\al(2,1))，故选项A正确。]
10．B [108 km/h＝30 m/s,324 km/h＝90 m/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，相邻两站间的距离x＝eq \f(1 080×103,5) m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(30,0.5) s＝60 s，加速过程的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×602 m＝900 m，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＝7 140 s；同理高铁列车加速时间t′1＝eq \f(v′1,a)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s，加速过程的位移x′1＝eq \f(1,2)at′eq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5×1802 m＝8 100 m，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t′2＝eq \f(x－2x′1,v′)＝eq \f(2.16×105－2×8 100,90) s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t′2＋2t′1)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分，故选项B正确。]
11．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＝kveq \\al(2,1) ①
m2g＝kveq \\al(2,2) ②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/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
veq \\al(2,2)＝2as ④
v2＝at ⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2 ⑥
t＝39 s。 ⑦
答案：(1)78 m/s (2)2 m/s2 39 s
12．解析：(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm
由位移公式得h＝eq \f(v\\al(2,m),2a1)＋eq \f(v\\al(2,m),2a2)
代入数据解得vm＝8 m/s
因为vm＝8 m/s＜9 m/s，符合题意。
加速的时间为t1＝eq \f(vm,a1)＝eq \f(8,2) s＝4 s
减速的时间为t2＝eq \f(vm,a2)＝eq \f(8,1) s＝8 s
运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s。
(2)设加速的时间为t1′，减速的时间为t2′，匀速上升时的速度为v，且v＜8 m/s
则加速的时间为t1′＝eq \f(v,a1)
减速的时间为t2′＝eq \f(v,a2)
匀速运动的时间为t′＝15 s－t1′－t2′
上升的高度为h＝eq \f(v,2)(t1′＋t2′)＋v(15 s－t1′－t2′)
联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去。
答案：(1)12 s (2)4 m/s