第二章高考强化

解法一（平均速度法） $ ： $

公交车做匀减速直线运动,设在 $ RS $ 段运动的时间 $ {t}_{1} $ ,在 $ ST $ 段运动的时间为 $ {t}_{2} $ ,根据 $ t=\dfrac{x}{\overline{v}} $ ,可得 $ {t}_{1}:{t}_{2}=1:4 $ ,可令 $ {t}_{1}=2t $ , $ {t}_{2}=8t $ ,取公交车经过 $ R $ 点的时刻为零时刻,经过 $ T $ 点的速度为 $ {v}_{T} $ ,根据匀变速直线运动规律,可得 $ {v}_{t}=10\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{6t}=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,又 $ {v}_{t}-9at={v}_{T} $ , $ {v}_{6t}-4at={v}_{T} $ ,联立解得 $ {v}_{T}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

解法二（公式法） $ ： $

设公交车在 $ RS $ 段所用时间为 $ t $ ,则 $ t=\dfrac{x}{{\overline{v}}_{RS}} $ ；公交车在 $ ST $ 段所用时间 $ t\prime =\dfrac{2x}{{\overline{v}}_{ST}}=4t $ .根据 $ x={v}_{0}t+\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ,变形得 $ \dfrac{x}{t}={v}_{0}+\dfrac{1}{2}at $ ,逆向列式,可得 $ 5\mathrm{m}/\mathrm{s}={v}_{T}+\dfrac{1}{2}a×4t $ , $ 10\mathrm{m}/\mathrm{s}=({v}_{T}+a×4t)+\dfrac{1}{2}at $ ,联立解得 $ {v}_{T}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

本题可以逆向考虑,认为木板静止不动,质点 $ A $ 向上做初速度为零的匀加速直线运动（该方法为转换对象法）,根据 $ s=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ 可得质点 $ A $ 通过连续相等的位移 $ L $ 所用时间之比为 $ {t}_{1}:{t}_{2}:{t}_{3}=1:(\sqrt{2}-1):(\sqrt{3}-\sqrt{2}) $ ,如图所示,由题意可知, $ \mathrm{\Delta }{t}_{1}={t}_{2} $ , $ \mathrm{\Delta }{t}_{2}={t}_{2}+{t}_{3} $ ,则 $ \mathrm{\Delta }{t}_{2}:\mathrm{\Delta }{t}_{1}=(\sqrt{3}-1):(\sqrt{2}-1) $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

设加速度的大小为 $ a $ ,根据题意可知匀加速运动与匀减速运动过程对称,根据 $ s=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ 可得 $ 1\mathrm{m}=\dfrac{1}{2}a\cdot (2\mathrm{s})^{2} $ ,解得加速度大小 $ a=0.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

（1） 救护车在 $ {t}_{1}=10\mathrm{s} $ 时停止加速,则救护车匀速运动时速度为 $ v=a{t}_{1} $ ,解得 $ v=20\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 设匀速运动时间 $ \mathrm{\Delta }t $ 时停止鸣笛,此时救护车距出发点的距离为 $ x=\dfrac{1}{2}a{t}_{1}^{2}+v\mathrm{\Delta }t $ ,

发出的鸣笛声从停止鸣笛处传播到救护车出发点处,传播距离为 $ x={v}_{0}({t}_{2}-{t}_{1}-\mathrm{\Delta }t) $ ,解得 $ x=680\mathrm{m} $ .

在 $ v-t $ 图像中,图线与时间轴所围图形的面积表示位移,则两站间的距离为 $ x=\dfrac{(74-25)+94}{2}×20\mathrm{m}=1430\mathrm{m} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

根据 $ v-t $ 图像知,在 $ 0\sim 3.0\mathrm{s} $ 内汽车做匀加速直线运动,平均速度大小为 $ \overline{v}=\dfrac{0+30}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s}=15\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ \mathrm{A} $ 错误；根据 $ v-t $ 图像知,在 $ 3.0\sim 3.5\mathrm{s} $ 内速度—时间图像为曲线,汽车做非匀变速运动,在 $ 3.5\sim 6.0\mathrm{s} $ 内图像为倾斜的直线,汽车做匀减速直线运动, $ \mathrm{B} $ 错误；根据 $ v-t $ 图像与横轴围成的面积表示位移大小,在题图中作辅助线,如图所示,在 $ 0\sim 3.0\mathrm{s} $ 内汽车的位移大小为 $ {x}_{1}=\dfrac{1}{2}×30×3\mathrm{m}=45\mathrm{m} $ ,在 $ 3.0\sim 6.0\mathrm{s} $ 内汽车的位移大小 $ {x}_{2} > \dfrac{1}{2}×30×(6-3)\mathrm{m}=45\mathrm{m} $ ,可知汽车在 $ 0\sim 3.0\mathrm{s} $ 内的位移比在 $ 3.0\sim 6.0\mathrm{s} $ 内的小, $ \mathrm{C} $ 错误； $ v-t $ 图像的切线斜率绝对值表示加速度大小,在 $ 0\sim 3.0\mathrm{s} $ 内汽车加速度为 $ {a}_{1}=\dfrac{30}{3}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,在 $ 3.5\sim 6\mathrm{s} $ 内汽车加速度约为 $ {a}_{2}=\dfrac{0-29}{6-3.5}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=-11.6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,负号表示加速度方向与初速度方向相反,则汽车在 $ 0\sim 3.0\mathrm{s} $ 内的加速度大小比在 $ 3.5\sim 6.0\mathrm{s} $ 内的小, $ \mathrm{D} $ 正确.

$ a-t $ 图像中图线与 $ t $ 轴围成图形的面积表示速度的变化量,质点的运动情况描述如图所示.质点 $ P $ 一直沿 $ x $ 轴向右运动,且在 $ t=2{t}_{0} $ 时刻, $ P $ 的运动速度最小（为零）, $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确； $ t=3{t}_{0} $ 时刻, $ P $ 点到原点的距离最远, $ \mathrm{C} $ 错误； $ t=\dfrac{3}{2}{t}_{0} $ 时刻,质点向右减速, $ t=\dfrac{1}{2}{t}_{0} $ 时刻,质点向右加速,运动方向相同,且两时刻到 $ t={t}_{0} $ 时刻间的图线与 $ t $ 轴围成的图像面积大小相等,所以在这两时刻 $ P $ 的运动速度大小也相等, $ \mathrm{D} $ 正确.

（4） 如图所示

（5） 由绘制的 $ ℎ-t $ 图线可知,下落高度随时间的变化是非线性关系.

（6） 由 $ ℎ=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ 可知, $ \dfrac{1}{2}g=4.916\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,解得 $ g\approx 9.83\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

由题图可知 $ 0\sim 2\mathrm{s} $ 内乙做沿 $ x $ 轴正方向的匀速直线运动,甲做沿 $ x $ 轴正方向的匀加速直线运动, $ \mathrm{A} $ 错误；前 $ 2\mathrm{s} $ 内,甲在后做初速度为0、加速度大小为 $ a=\dfrac{12}{2}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 的匀加速直线运动,乙在前从 $ x=6\mathrm{m} $ 的位置开始做速度大小为 $ v=\dfrac{12-6}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 的匀速直线运动,当甲、乙速度相等时相距最远,有 $ v=at $ ,解得 $ t=0.5\mathrm{s} $ ,此时甲、乙间的最大距离为 $ \mathrm{\Delta }x={x}_{乙}+6\mathrm{m}-{x}_{甲}=vt+6\mathrm{m}-\dfrac{1}{2}a{t}^{2}=6.75\mathrm{m} $ , $ \mathrm{B} $ 正确； $ 2\mathrm{s} $ 内甲的位移 $ {x}_{甲1}=\dfrac{1}{2}a{t}_{1}^{2}=12\mathrm{m} $ ,因此 $ 2\mathrm{s} $ 时甲的位置坐标为 $ 12\mathrm{m} $ ,由题图2可知 $ 2\mathrm{s} $ 时乙的位置坐标也为 $ 12\mathrm{m} $ , $ \mathrm{C} $ 正确； $ 2\mathrm{s} $ 开始,甲沿 $ x $ 轴正方向做匀速直线运动, $ 2\sim 3\mathrm{s} $ 内, $ {x}_{甲2}={v}_{甲}t\prime =12×1\mathrm{m}=12\mathrm{m} $ , $ 3\mathrm{s} $ 时乙回到出发点，因此 $ 3\mathrm{s} $ 时甲、乙间的距离为 $ {x}_{甲1}+{x}_{甲2}-6\mathrm{m}=18\mathrm{m} $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 由运动学公式有 $ {ℎ}_{乙}=\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ , $ {ℎ}_{甲}={v}_{0}t-\dfrac{1}{2}g{t}^{2} $ , $ \mathrm{\Delta }ℎ=H-{ℎ}_{甲}-{ℎ}_{乙} $ ,

解得 $ \mathrm{\Delta }ℎ=1.4\mathrm{m} $ .

（2） 由运动学公式有 $ H=\dfrac{1}{2}g{t}_{乙}^{2} $ ,解得 $ {t}_{乙}=1\mathrm{s} $ ,

甲上升到最高点的时间 $ {t}_{上}=\dfrac{{v}_{0}}{g}=0.6\mathrm{s} $ ,可知乙落地时,甲向下运动,此时甲的速度大小为 $ {v}_{甲}=g({t}_{乙}-{t}_{上})=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,方向竖直向下.

（3） 设经 $ {t}_{0} $ 时间甲、乙在空中达到同一高度,

由运动学公式有 $ {ℎ}_{乙1}=\dfrac{1}{2}g{t}_{0}^{2} $ , $ {ℎ}_{甲1}={v}_{0}{t}_{0}-\dfrac{1}{2}g{t}_{0}^{2} $ , $ {ℎ}_{甲1}+{ℎ}_{乙1}=H $ ,

解得 $ {ℎ}_{乙1}=\dfrac{125}{36}\mathrm{m} $ ,

故甲、乙在空中达到同一高度时,乙距地面的距离为 $ ℎ=H-{ℎ}_{乙1}=\dfrac{55}{36}\mathrm{m} $ .