第二章素养检测

伽利略记录的表中第二行是时间,第三行是物体沿斜面运动的距离,由表格可以看出,伽利略在研究完第二行与第三行后,所加的第一行数据是第二行的时间的平方,而第三行的数据与第一行的数据的比值近似都是32,可知伽利略认为物体运动的位移与时间的平方成正比,位移与速度成正比,则此斜面实验结论最终间接检验了 $ v\propto t $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设滑块从桌面的右侧飞出时的速度大小为 $ v $ ,根据运动学公式可得 $ L=\dfrac{{v}_{0}+v}{2}t=\dfrac{0.9+v}{2}×2(\mathrm{m}) $ ,由于 $ 0 < v < 0.9\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,有 $ 0.9\mathrm{m} < L < 1.8\mathrm{m} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .

解法一：两次的速度变化量均为 $ 5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由 $ \mathrm{\Delta }v=at $ 可得出两过程的时间相等,设时间为 $ t $ ,即 $ at=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由 $ \mathrm{\Delta }x=a{t}^{2} $ 可得 $ {x}_{BC}-{x}_{AB}=a{t}^{2}=10\mathrm{m} $ ,联立可得该质点的加速度大小 $ a=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

解法二：质点做匀加速直线运动,设质点在 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 点的速度大小分别为 $ {v}_{A} $ 、 $ {v}_{B} $ 、 $ {v}_{C} $ ,从 $ A $ 到 $ B $ ,由速度—位移公式得 $ {v}_{B}^{2}-{v}_{A}^{2}=2a{x}_{AB} $ ,化简可得 $ \mathrm{\Delta }v({v}_{B}+{v}_{A})=2a{x}_{AB} $ ,从 $ B $ 到 $ C $ ,由速度—位移公式得 $ {v}_{C}^{2}-{v}_{B}^{2}=2a{x}_{BC} $ ,化简可得 $ \mathrm{\Delta }v({v}_{C}+{v}_{B})=2a{x}_{BC} $ ,联立可得 $ a=\dfrac{(\mathrm{\Delta }v)^{2}}{{x}_{BC}-{x}_{AB}} $ ,代入数据可得 $ a=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

以物体的初速度方向为正方向,物体 $ B $ 停止运动经历的时间 $ {t}_{0}=\dfrac{0-{v}_{B}}{a}=5\mathrm{s} $ ,在 $ {t}_{0} $ 时间内,物体 $ A $ 运动的位移大小为 $ {x}_{A}={v}_{A}{t}_{0}=20\mathrm{m} $ ,物体 $ B $ 运动的位移大小为 $ {x}_{B}=\dfrac{{v}_{B}{t}_{0}}{2}=25\mathrm{m} $ ,由于 $ {x}_{A} < {x}_{B}+x $ ,所以 $ A $ 追上 $ B $ 时,物体 $ B $ 已经停止运动, $ A $ 追上 $ B $ 经历的时间为 $ t=\dfrac{x+{x}_{B}}{{v}_{A}}=9\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

依题意,甲车做匀减速直线运动,由 $ v-t $ 图像中图线与横轴所围图形面积表示位移,可得 $ \dfrac{{v}_{0}\cdot 4{t}_{0}}{2}={x}_{甲} $ ,解得 $ {v}_{0}{t}_{0}=100\mathrm{m} $ ,乙车停止时的位移大小为 $ {x}_{乙}=\dfrac{(2{t}_{0}+5{t}_{0}){v}_{0}}{2}=350\mathrm{m} $ ,则乙车停止时与前方甲车相距 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{0}+{x}_{甲}-{x}_{乙}=2\mathrm{m} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

由于列车做初速度为零的匀加速直线运动,以列车为参考系,列车上的人看到这名观察者也在做匀加速直线运动,故 $ \mathrm{A} $ 错误；由初速度为零的匀加速直线运动的推论可知,列车第1节和第2节车厢通过观察者的时间之比为 $ \dfrac{{t}_{1}}{{t}_{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}-1} $ ,列车第1节和第 $ n $ 节车厢通过观察者的时间之比为 $ \dfrac{{t}_{1}}{{t}_{n}}=\dfrac{1}{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误；根据平均速度定义式 $ \overline{v}=\dfrac{\mathrm{\Delta }x}{\mathrm{\Delta }t} $ ,可得列车第1节和第 $ n $ 节车厢通过观察者的平均速度大小之比为 $ \dfrac{{\overline{v}}_{1}}{{\overline{v}}_{n}}=\dfrac{{t}_{n}}{{t}_{1}}=\dfrac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{1} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

根据竖直上抛运动的性质可知, $ A $ 运动到最高点的时间为 $ {t}_{1}=\dfrac{v}{g} $ ,当 $ A $ 运动到最高点后将向下做自由落体运动,而 $ B $ 此时做竖直上抛运动,设 $ B $ 与 $ A $ 在空中相遇的时间为 $ {t}_{2} $ , $ A $ 上升的最大高度为 $ ℎ $ , $ A $ 与 $ B $ 相遇时 $ A $ 下落的高度为 $ {ℎ}_{1} $ , $ B $ 上升的高度为 $ {ℎ}_{2} $ ,由运动学公式有 $ {ℎ}_{1}=\dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2} $ , $ {ℎ}_{2}=v{t}_{2}-\dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2} $ , $ {ℎ}_{1}+{ℎ}_{2}=ℎ $ , $ {v}^{2}=2gℎ $ ,联立解得 $ {t}_{2}=\dfrac{v}{2g} $ ,而自 $ A $ 抛出到与 $ B $ 相遇的时间为 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=\dfrac{3v}{2g} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；设 $ A $ 、 $ B $ 相遇时的速度分别为 $ {v}_{1} $ 、 $ {v}_{2} $ ,根据运动学公式可得 $ {v}_{1}=g{t}_{2}=\dfrac{v}{2} $ , $ {v}_{2}=v-g{t}_{2}=\dfrac{v}{2} $ ,即 $ A $ 、 $ B $ 相遇时速度大小均为 $ \dfrac{v}{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；自 $ B $ 抛出到与 $ A $ 相遇, $ B $ 上升高度为 $ {ℎ}_{2}=v{t}_{2}-\dfrac{1}{2}g{t}_{2}^{2}=\dfrac{3{v}^{2}}{8g} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；设 $ A $ 、 $ B $ 两球各自抛出到相遇过程中,两球速度的变化量分别为 $ \mathrm{\Delta }{v}_{1} $ 、 $ \mathrm{\Delta }{v}_{2} $ ,取向上为正方向,可得 $ \mathrm{\Delta }{v}_{1}=-\dfrac{v}{2}-v=-\dfrac{3v}{2} $ , $ \mathrm{\Delta }{v}_{2}=\dfrac{v}{2}-v=-\dfrac{v}{2} $ ,其中负号表示方向向下,由此可知,两球各自抛出到相遇过程中,速度的变化量不同,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

水从喷泉口喷出又落回地面的过程中,先向上运动减速到0,然后做自由落体运动,根据自由落体运动公式 $ H=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,可得下落时间为 $ t=\sqrt{\dfrac{2H}{g}} $ ,根据对称性可知,总时间为 $ {t}_{0}=2t=2\sqrt{\dfrac{2H}{g}} $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；喷泉喷出时的速度为 $ v=gt=\sqrt{2gH} $ ,喷泉喷射的水在空中的总体积为 $ V=Sv{t}_{0}=4HS $ , $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图2可知,乙物块做匀速直线运动,其速度大小 $ {v}_{乙}=\dfrac{{x}_{1}}{{t}_{1}} $ ,第一次相遇时,为乙追上甲的情形, $ \mathrm{A} $ 错误；由题意可知,甲做初速度为零的匀加速直线运动,根据 $ x={x}_{0}+\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,将点坐标 $ ({t}_{1},{x}_{1}) $ 代入可得 $ a=\dfrac{2({x}_{1}-{x}_{0})}{{t}_{1}^{2}} $ , $ \mathrm{B} $ 正确；甲、乙物块相遇条件为抛物线与直线相交,根据题意有 $ x={x}_{0}+\dfrac{1}{2}a{t}_{2}^{2}={v}_{乙}{t}_{2} $ ,可得 $ {t}_{2}=\dfrac{{x}_{0}{t}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{0}} $ , $ \mathrm{C} $ 错误；根据相遇条件列式,有方程 $ x={x}_{0}+\dfrac{1}{2}a{t}^{2}={v}_{乙}t $ ,当方程只有一个解时即为只相遇一次,即二次方程中 $ \mathrm{\Delta }=0 $ ,解得 $ {x}_{1}=2{x}_{0} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

若汽车甲在第4个 $ 2\mathrm{s} $ 末还未停止,以初速度方向为正方向,根据 $ {x}_{4}-{x}_{1}=3a\prime {T}^{2} $ 得 $ a\prime =\dfrac{{x}_{4}-{x}_{1}}{3{T}^{2}}=-\dfrac{23}{12}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,根据 $ {x}_{1}=v{\prime }_{0}T+\dfrac{1}{2}a\prime {T}^{2} $ 得初速度为 $ v{\prime }_{0}\approx 14\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,速度减为零的时间为 $ t\prime =\dfrac{0-v{\prime }_{0}}{a\prime }\approx 7.3\mathrm{s} $ ,可知汽车甲在第4个 $ 2\mathrm{s} $ 前速度减为零.设汽车甲的加速度为 $ a $ ,则有 $ {x}_{1}={v}_{0}T+\dfrac{1}{2}a{T}^{2} $ ,汽车甲速度减为零的时间为 $ {t}_{0}=\dfrac{0-{v}_{0}}{a}=-\dfrac{{v}_{0}}{a} $ ,采用逆向思维,第4个 $ 2\mathrm{s} $ 内的位移为 $ {x}_{4}=\dfrac{1}{2}(-a)\cdot {\left(-\dfrac{{v}_{0}}{a}-6\mathrm{s}\right) ^ {2}} $ ,联立解得 $ a=-2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ {v}_{0}=14\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,汽车甲刹车后最后 $ 1\mathrm{s} $ 内的位移大小为 $ {s}_{1}=-\dfrac{1}{2}at{\prime }_{1}^{2}=1\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.汽车甲从刹车到停止的距离 $ {x}_{0}=\dfrac{0-{v}_{0}^{2}}{2a}=49\mathrm{m} < 50\mathrm{m} $ ,可知汽车甲不会撞上汽车乙,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

（1） 根据逐差法有 $ {s}_{4}-{s}_{1}=3a{T}^{2} $ , $ {s}_{2}-{s}_{1}=a{T}^{2} $ ,由题图甲可知 $ {s}_{1}=3.62\mathrm{c}\mathrm{m} $ , $ {s}_{4}=5.84\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,联立解得 $ {s}_{2}=4.36\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,则第3个计数点与第2个计数点的距离为 $ 4.36\mathrm{c}\mathrm{m} $ ；加速度大小为 $ a=\dfrac{{s}_{4}-{s}_{1}}{3{T}^{2}}=\dfrac{(5.84-3.62)×{10}^{-2}}{3×{0.1}^{2}}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=0.74\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

（2） ②“工”字形挡光片经过光电门时的速度分别为 $ {v}_{1}=\dfrac{{L}_{1}}{{t}_{1}} $ 、 $ {v}_{2}=\dfrac{{L}_{1}}{{t}_{2}} $ .③若 $ {L}_{1}\ll {L}_{2} $ ,则有 $ {v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}=2g{L}_{2} $ ,解得当地的重力加速度为 $ g=\dfrac{{v}_{2}^{2}-{v}_{1}^{2}}{2{L}_{2}}=\dfrac{{L}_{1}^{2}({t}_{1}^{2}-{t}_{2}^{2})}{2{L}_{2}{t}_{1}^{2}{t}_{2}^{2}} $ .

（1） 由静止释放一物资,若忘记设定开伞时间，物资做自由落体运动,规定竖直向下为正方向,可得 $ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ ,解得 $ t=2\mathrm{s} $ .

（2） 由题意可知,物资先做自由落体运动,设下落 $ {ℎ}_{1} $ 后开伞,此时速度为 $ v $ ,之后物资以 $ a=5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 的加速度做匀减速直线运动,物资落地时速度刚好减为零,则有 $ {v}^{2}=2g{ℎ}_{1} $ , $ 0-{v}^{2}=-2a(ℎ-{ℎ}_{1}) $ ,联立解得 $ {ℎ}_{1}=\dfrac{20}{3}\mathrm{m} $ ,设应设定为释放物资 $ {t}_{1} $ 时间后开伞,由自由落体运动规律公式有 $ {ℎ}_{1}=\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2} $ ,代入数据解得 $ {t}_{1}=\dfrac{2}{3}\sqrt{3}\mathrm{s} $ .

（1） 设小球从最高点下落至地面所用的时间为 $ {t}_{1} $ ,最大高度为 $ ℎ $ ,由运动学公式有

$ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}_{1}^{2} $ , $ ℎ-25\mathrm{m}=\dfrac{1}{2}g({t}_{1}-1\mathrm{s})^{2} $ ,

解得 $ {t}_{1}=3\mathrm{s} $ , $ ℎ=45\mathrm{m} $ ,

小球从抛出到到达最高点的时间为 $ {t}_{0}=\dfrac{{v}_{0}}{g}=1\mathrm{s} $ ,

故小球从抛出到下落到地面所用的时间 $ t={t}_{1}+{t}_{0}=4\mathrm{s} $ ,

选抛出点为初始位置,落地点为末位置,规定向下为正方向,由 $ x={v}_{0}t+\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ 可得,抛出点离地面的高度 $ H=-10×4\mathrm{m}+\dfrac{1}{2}×10×{4}^{2}\mathrm{m}=40\mathrm{m} $ .

（2） 设小车末端 $ N $ 到达抛出点正下方的时间为 $ {t}_{2} $ ,则有

$ L+s=\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}_{2}^{2} $ ,

解得 $ {t}_{2}=3\mathrm{s} $ ,

小车末端 $ N $ 到达抛出点正下方时速度为 $ v={a}_{1}{t}_{2}=6\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

若小车末端 $ N $ 刚好回到抛出点正下方,则有

$ v (t-{t}_{2} )-\dfrac{1}{2}a{\prime }_{2} (t-{t}_{2})^{2}=0 $ ,

解得 $ a{\prime }_{2}=12\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

若小车前端 $ M $ 刚好回到抛出点正下方,则有

$ v (t-{t}_{2} )-\dfrac{1}{2}a{″}_{2} (t-{t}_{2})^{2}=-L $ ,

解得 $ a{″}_{2}=24\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

故 $ {a}_{2} $ 的范围为 $ 12\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}⩽ {a}_{2}⩽ 24\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

（1） 以两车的初速度方向为正方向,由题图乙分析可知,汽车 $ A $ 做匀速运动,根据 $ x-t $ 图像的斜率表示速度,可知汽车 $ A $ 的速度 $ {v}_{A}=\dfrac{\mathrm{\Delta }x}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{20}{5}\mathrm{m}/\mathrm{s}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由题图丙分析可知汽车 $ B $ 做匀减速运动, $ v-t $ 图像的斜率表示加速度,故汽车 $ B $ 的加速度 $ a=\dfrac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{0-8}{4-0}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=-2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,当两车速度相等时,两车相距最远,运动过程如上图所示,设经过 $ t $ 后两车速度相等,则有 $ {v}_{A}={v}_{B}+at $ ,代入数据解得 $ t=2\mathrm{s} $ ,此时汽车 $ A $ 的位移大小 $ {x}_{A}={v}_{A}t=4×2\mathrm{m}=8\mathrm{m} $ ,汽车 $ B $ 的位移大小 $ {x}_{B}={v}_{B}t+\dfrac{1}{2}a{t}^{2}=8×2\mathrm{m}+\dfrac{1}{2}×(-2)×{2}^{2}\mathrm{m}=12\mathrm{m} $ ,则相距最远的距离为 $ \mathrm{\Delta }x\prime ={x}_{0}+{x}_{B}-{x}_{A}=20\mathrm{m} $ .

（2） 设 $ A $ 车的加速度大小至少为 $ {a}_{A} $ ,由题图可知 $ {t}_{1}=4\mathrm{s} $ 时 $ B $ 车恰停止, $ B $ 车减速到零行驶过的位移大小为 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}_{B}+0}{2}{t}_{1}=\dfrac{8+0}{2}×4\mathrm{m}=16\mathrm{m} $ ,要使 $ A $ 车追不上 $ B $ 车,对 $ A $ 车有 $ {x}_{0}+{x}_{1} > \dfrac{{v}_{A}^{2}}{2{a}_{A}} $ ,解得 $ {a}_{A} > 0.25\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .