18高考物理大一轮复习题组层级快练2第一单元匀变速直线运动2匀变速直线运动
2018高考物理大一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律课件
vx2＝
v20＋2 v2，有 v＝
0＋2v底2 ，得 v 底＝ 2v，所以只有
A 项正确．
3．(多选)在某一高度以 v0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球 (不计空气阻力)，当小球速度大小为 10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取 10 m/s2)( )
A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为 15 m/s，方向向上 B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为 5 m/s，方向向下 C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为 5 m/s，方向向上 D．小球的位移大小一定是 15 m
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝ 1∶3∶5∶…∶(2n－1)
．
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn ＝ 1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1) ．
三、自由落体运动和竖直上拋运动的规律 1．自由落体运动规律 (1)速度公式：v＝ gt . (2)位移公式：h＝ 12gt2 .
2sa1＋a2 a1a2
Байду номын сангаас
D.
a1a2 2sa1＋a2
解析：选 B.设第一阶段的末速度为 v，则由题意可知：2va21＋ 2va22＝s，解得：v＝ a21a＋1aa2s2；而 s＝0＋2 vt1＋v＋2 0t2＝v2t，由此解 得：t＝ 2saa11＋a2 a2，所以选 B.
3．物体以一定的初速度从斜面底端 A 点冲上固定的光滑斜 面，斜面总长度为 l，到达斜面最高点 C 时速度恰好为零，如图所 示，已知物体运动到距斜面底端34l 处的 B 点时，所用时间为 t，求 物体从 B 滑到 C 所用的时间．
2．竖直上抛运动的处理方法 (1)两种方法 ①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶 段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体 运动．下落过程是上升过程的逆过程． ②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过 程．从全程来看，加速度方向始终与初速度 v0 的方向相反．
高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的多过程问题备考精炼
3 匀变速直线运动的多过程问题[方法点拨] (1)多过程问题一般是两段或多段匀变速直线运动的组合．各阶段运动之间的“转折点”的速度是关键物理量，它是前一段的末速度，又是后一段的初速度，是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减少解题的复杂程度．(2)多过程问题一般情景复杂，可作v －t 图象形象描述运动过程，有助于分析问题，也往往能从图象中发现解决问题的简单办法．1．(多选)(2020·河北衡水中学高三下期中)物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为做加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( ) A.x 1x 2＝t 1t 2B.a 1a 2＝t 1t 2C.x 1t 1＝x 1＋x 2t 1＋t 2 D ．v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 22．(2020·湖南怀化一模)如图1所示，甲、乙两车同时由静止从A 点出发，沿直线AC 运动．甲以加速度a 3做初速度为零的匀加速运动，到达C 点时的速度为v.乙以加速度a 1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a 2的匀加速运动，到达C 点时的速度亦为v.若a 1≠a 2≠a 3，则( )图1A ．甲、乙不可能同时由A 到达CB ．甲一定先由A 到达CC ．乙一定先由A 到达CD ．若a 1＞a 3，则甲一定先由A 到达C3．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验．让甲车以最大加速度a 1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a 2制动，直到停止；乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止．实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a 1∶a 2的值为( )A ．2∶1 B．1∶2 C．4∶3 D．4∶54．(2020·山东实验中学月考)动车组列车以平均速度v 从甲地开到乙地所需的时间为t ，该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v 0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0(设列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t 时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v 0应为( )A.vt t －t 0B.vt t ＋t 0C.2vt 2t －t 0D.2vt 2t ＋t 05．如图2所示，两光滑斜面在B 处连接，小球由A 处静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC.设小球经过B 点前后的速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C的过程中的平均速率分别为( )图2A．3∶4 2.1 m/s B．9∶16 2.5 m/sC．9∶7 2.1 m/s D．9∶7 2.5 m/s6．(2020·湖北黄冈模拟)跳伞运动员从350 m高空离开飞机开始下落，最初未打开伞．自由下落一段距离后打开伞，打开伞后以2 m/s2的加速度匀减速下落，到达地面时速度为4 m/s，求跳伞运动员自由下落的高度．(g取10 m/s2)答案精析1．ACD [由题意得，x 1＝v 2t 1，x 2＝v 2t 2，则x 1x 2＝t 1t 2，故A 正确；由v ＝a 1t 1＝a 2t 2，得到a 1a 2＝t 2t 1，故B 错误；对于整个运动过程，x 1＋x 2＝v 2(t 1＋t 2)， 所以x 1＋x 2t 1＋t 2＝v 2＝x 1t 1＝x 2t 2，v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2，故C 、D 正确．] 2．A3．B[作出甲、乙两车的速度—时间图象，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t 1，总时间为t 2，因为两车的位移之比为5∶4，则有(t 1＋t 22v m )∶(t 22v m )＝5∶4，解得t 1∶t 2＝1∶4，乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，则加速度a 1∶a 2为1∶2，B 正确．]4．C 5.C6．59 m解析 设跳伞运动员应在离开地面h 高处打开伞，打开伞时速度为v 1.落地时速度为v t ＝4 m/s ，打开伞后加速度a ＝－2 m/s 2由题意可得：打开伞前跳伞运动员做自由落体运动：v 12＝2g(H －h)①打开伞后跳伞运动员做匀减速直线运动：v t 2－v 12＝2ah②由方程①②联立解得：h ＝291 m故跳伞运动员自由下落的高度为：Δh＝H －h ＝(350－291) m ＝59 m.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高三物理一轮复习力学直线运动匀变速直线运动专题【有答案】
高三物理一轮复习力学直线运动匀变速直线运动专题练习一、填空题1．一质点沿X轴做直线运动，它的位置坐标随时间变化规律是x=-2t2-3t+1（m），式中t的单位为“s”。
质点在做____运动，物体在2s内通过的位移大小为____m。
2．一质点甲做匀速直线运动，速度大小为4m/s，经A点到达B点所用时间t。
另一质点乙从A点以2m/s的初速度做匀加速直线运动，经过时间t到达B点，则质点乙到达B点的速度为_____________m/s，质点乙经过AB中点时的速度为___________m/s。
3．做直线运动物体的速度图像如图所示。
0~3s内的位移为____m（填写大小和方向，方向用正、负号表示）。
4．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达到最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住，甲站到乙站的距离为____ m；若列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功，地铁列车在从甲站到乙站的过程中，牵引力做的功为_____ J。
5．光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，图乙中MN是水平桌面，Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出，让滑块d从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为2.5×10﹣2 s和1.0×10﹣2 s，小滑块d的宽度为0.5 cm，可以测出滑块通过光电门1的速度v1=______m/s，滑块通过光电门2的速度v2=_______m/s．（保留两位有效数字）6．汽车在平直的公路上做匀加速直线运动，经过第一棵树时速度为1m/s，经过第三棵树时速度为7m/s．若每两棵树间距相等，那么经过第二棵树时的速度为________ m/s；若每两棵树间距为10m，则从第一棵树到第三棵树运动的时间是________ s，汽车的加速度为________ m/s2．7．列车进站时以0.2m/s2加速度做匀减速直线运动，经过100s列车才停下来，列车进站时的速度是____________km/h8．一质点做匀加速直线运动，在第1个4s和第2个4s内发生的位移分别为24m和64m，则质点在第1个4s 末的速度大小为_______ m/s ，加速度大小为________ m/s 2．9．如图所示为某物在24 s 内运动的v －t 图象，它在这24 s 内的平均速度大小是______，平均速率是________．10．汽车以10m/s 的速度匀速行驶，现以0.6m/s 2的加速度加速，10s 后速度为__________m/s ．11．在研究匀变速度直线运动规律的实验中，小车拖着纸带运动，每秒50次的打点计时器打出的纸带如图所示，选出0、1、2、3、4共5个记数点，每相邻两个点间还有4个实验点未画出，则小车在打点计时器打出第3个计数点时的瞬时速度是______/m s ，小车的加速度是______2/.m s 已测得1 1.01S cm =，2 3.21S cm =，3 5.39S cm =，47.60S cm =12． 假设飞机的起飞过程是从静止开始，在直跑道上匀加速前进，当达到一定速度时离地．已知某飞机加速前进的距离为1600 m ，所用的时间为40 s ，则该飞机起飞时的加速度是________m/s 2，离地时的速度是________m/s.13．有一只小老鼠离开洞穴沿直线前进，它的速度与到洞穴的距离成反比，当它行进到离洞穴距离为d 1的甲处时速度为v 1，则老鼠行进到离洞穴距离为d 2的乙处时速度v 2=____________14．如图，足够长的竖直光滑直杆固定在地面上，底部套有一个小环．在恒力F 作用下，小环由静止开始向上运动．F 与直杆的夹角为60°，大小为小环所受重力的4倍．1s 末撤去F ，此时，小环的速度为v =_____m/s ，取地面为零势能点，小环由静止开始向上运动过程中，动能等于势能的所有位置离地面高度h _____（g 取10m/s 2）．15．某同学在研究小车运动实验中，获得一条点迹清晰的纸带。
高三物理一轮复习第一章第2讲匀变速直线运动的规律课时作业(含解析)
高三物理一轮复习第一章第2讲匀变速直线运动的规律课时作业（含解析）匀变速直线运动的规律一、单项选择题1．某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s 内通过的位移是x ，则质点运动的加速度为( )A.3x2 B.2x3 C.2x 5D.5x 2解析：3 s 内的位移12at 2＝92a,2 s 内的位移12at ′2＝2a ，则9a 2－2a ＝x ，解得a ＝2x 5.故A 、B 、D 错误，C 正确．故选C.答案：C2．(2019·福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是s ＝4t ＋2t 2，s 与t 的单位分别为m 和s ，则质点的初速度与加速度分别为( )A ．4 m/s 与2 m/s 2B ．0与4 m/s 2C ．4 m/s 与4 m/s 2D ．4 m/s 与0解析：根据匀变速直线运动的位移公式s ＝v 0t ＋12at 2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s ＝4t ＋2t 2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v 0＝4 m/s ，加速度的大小为a ＝4 m/s 2，选项C 正确．答案：C3．(2019·贵州省遵义市高三上学期第二次月考)一位4岁小男孩从高15层的楼顶坠下，被同楼的一位青年在楼下接住，幸免于难，设每层楼的高度为3 m ，这位青年从他所在的地方到楼下需要的时间是 1.3 s ，则该青年要接住孩子，至多允许他反应的时间是(g 取10 m/s 2)( )A ．3.0 sB ．1.7 sC ．0.4 sD ．1.3 s解析：楼高为：h ＝15×3 m＝45 m ．由h ＝12gt 2解得t ＝2hg＝2×4510s ＝3.0 s ，Δt ＝3.0 s －1.3 s ＝1.7 s ，则至多允许反应的时间为1.7 s ．故选项B 正确．答案：B4．物体的初速度为v 0，以加速度a 做匀加速直线运动，如果要使物体速度增加到初速度的n 倍，则物体发生的位移为( )A.n 2－1v 022aB.n 2v 022aC.n －1v 022aD.n －12v 022a解析：设位移为x ，由题意知末速度为nv 0，由v 2－v 02＝2ax ，得x ＝v 2－v 022a ＝n 2v 02－v 022a＝n 2－1v 022a，选项A 正确．答案：A5.为估测一照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示．由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹．已知每层砖的平均厚度为6 cm ，拍摄到的石子位置A 距石子起落点竖直距离约5 m ，g 取10 m/s 2，这个照相机的曝光时间约为( )A ．1×10－3s B ．1×10－2s C ．5×10－2 sD ．0.1 s解析：自由落体运动5 m 的末速度为v t ＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s.由于0.12 m远小于5 m ，故可以近似地将AB 段当作匀速运动，故时间为t ≈AB v t ＝0.12 m 10 m/s＝0.012 s≈0.01s ，故选B.答案：B 二、多项选择题6．物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则物体( )A ．在A 点的速度大小为x 1＋x 22TB ．在B 点的速度大小为3x 2－x 12TC ．运动的加速度为2x 1T2D ．运动的加速度为x 1＋x 2T 2解析：匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则v A ＝v ＝x 1＋x 22T，A 正确；设物体的加速度为a ，则x 2－x 1＝aT 2，所以a ＝x 2－x 1T 2，C 、D 错误；物体在B 点的速度大小为v B ＝v A ＋aT ，解得v B ＝3x 2－x 12T，B 正确．答案：AB7．(2019·海南文昌中学检测)假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由10 m/s 增加到15 m/s 所用时间为t 1，位移为x 1；速度由15 m/s 增加到20 m/s 所用时间为t 2，位移为x 2.下列说法正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．x 1＝x 2D ．x 1<x 2解析：因为列车做匀加速直线运动，两个过程中，速度变化量相等，故根据公式Δv ＝at 可得，所用时间相同，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；根据公式x ＝v 2－v 022a可得x 1<x 2，选项C 错误，D 正确．答案：BD8．(2019·山东济南模拟)将一个物体在t ＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t ＝0.8 s 时刻物体的速度大小变为8 m/s(g 取10 m/s 2)，则下列说法正确的是( )A ．物体一定是在t ＝3.2 s 时回到抛出点B ．t ＝0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C ．物体的初速度一定是16 m/sD ．t ＝0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：物体做竖直上抛运动，在0.8 s 内的速度变化量Δv ＝gt ＝10×0.8 m/s＝8 m/s ，由于初速度不为零，可知t ＝0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B 、D 错误；由v ＝v 0－gt ，代入数据解得v 0＝16 m/s ，则上升到最高点的时间t 1＝v 0g ＝1610s ＝1.6 s ，则回到抛出点的时间t ＝2t 1＝2×1.6 s＝3.2 s ，故A 、C正确．答案：AC[能力题组]一、选择题9．取一根长2 m 左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔12 cm 再系一个，以后垫圈之间的距离分别是36 cm 、60 cm 、84 cm ，如图所示．站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈( )A ．落到盘上的声音时间间隔越来越大B ．落到盘上的声音时间间隔相等C ．依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶2D ．依次落到盘上的时间关系为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)解析：把多个铁垫圈的运动转化为一个铁垫圈的自由落体运动．根据题意可知每两个相邻垫圈之间的距离差都为24 cm ，由Δx ＝aT 2可知垫圈落到盘上的声音时间间隔相等，选项A 、D 错误，B 正确；由v ＝gt 可知垫圈依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶4，选项C 错误．答案：B10．如图所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2.则3 s 内小球运动的( )A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s解析：由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝xt ＝－5 m/s ，D 错误；小球竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝v －v 0＝－gt ＝－30 m/s ，C 错误；上升阶段通过路程x 1＝v 022g ＝5 m ，下降阶段通过的路程x 2＝12gt 22，t 2＝t －v 0g＝2 s ，解得x 2＝20 m ，所以3 s 内小球运动的路程为x 1＋x 2＝25 m ，A 正确．答案：A11．(多选)一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移x 2＝2 m ，又经过位移x 3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：由Δx ＝aT 2可得加速度a ＝－1 m/s 2，选项B 正确；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T＝2.5 m/s ，得初速度v 0＝v 1－aT ＝3.5 m/s ，选项A 错误；物体速度由2.5 m/s 减小到0所需时间t ＝Δv a ＝2.5 s ，则经过位移x 3的时间t 3为1.5 s ，则x 3＝－12at 32＝1.125 m ，选项C正确；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t 3＝0.75 m/s ，选项D 正确．答案：BCD12．(多选)如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最后停在D 点．已知AB ＝6 m ，BC ＝4 m ，从A 点运动到B 点，从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s ，则下列说法正确的是( )A ．质点到达B 点时速度大小为2.55 m/s B ．质点的加速度大小为2 m/s 2C ．质点从A 点运动到C 点的时间为4 sD ．A 、D 两点间的距离为12.25 m解析：设加速度大小为a ，根据题设条件得|Δv |＝at ＝2 m/s ，AB 、BC 为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx ＝at 2，解得t ＝Δx at ＝6－42 s ＝1 s ，a ＝2 m/s 2，选项B 正确；质点从A 点运动到C 点的时间为2t ＝2 s ，选项C 错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B ＝v AC ＝AB ＋BC2t＝5 m/s ，选项A 错误；由速度与位移公式可得x AD ＝AB ＋v B 22a＝12.25 m ，选项D 正确． 答案：BD 二、非选择题13．(2019·云南楚雄高三上学期月考)接连发生的马航MH370和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间t0＝30 s、在速度达到v0＝72 m/s时，驾驶员对发动机的运行状态进行判断；在速度达到v1＝78 m/s时，必须做出判断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过v2＝84 m/s时，就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．(1)求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到决定中止起飞的最长时间．(2)若在速度达到v2时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以大小为4.2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最短长度．解析：(1)设飞机加速过程中的加速度大小为a1，则飞机从静止开始加速到v0的过程有：v0＝a1t0①设飞机从v0加速到v1所用的时间为t，则飞机在此过程中有：v1＝v0＋a1t②由①②代入数据，解得：t＝2.5 s③(2)设飞机从静止开始加速到v2发生的位移大小为x1，则有：v22＝2a1x1④设飞机做匀减速直线运动过程发生的位移大小为x2，加速度大小为a2，则有：v22＝2a2x2⑤设跑道的最短长度为x，则依题意有：x＝x1＋x2⑥由①④⑤⑥代入数据，解得：x＝2 310 m⑦答案：(1)2.5 s (2)2 130 m14．2018年国际泳联跳水世界杯继续在武汉进行，女子单人10米台，中国选手包揽冠亚军，其中小将张家齐以427.30分夺冠，卫冕冠军，任茜以403.85分获得亚军．图为某跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿．运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度v0；(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留三位有效数字)． 解析：(1)上升阶段：－v 02＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1解得t 1＝v 0g ＝310s ＝0.3 s自由落体过程：H ＝12gt 22解得t 2＝2Hg＝2×10.4510s≈1.45 s 故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s 答案：(1)3 m/s (2)1.75 s。
近年高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动课后分级演练2匀变速直线运动的规律(2021年整
2019版高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动课后分级演练2 匀变速直线运动的规律编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动课后分级演练2 匀变速直线运动的规律）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课后分级演练(二) 匀变速直线运动的规律【A级——基础练】1．(2017·宁波效实中学期中)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号"完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零,则“蛟龙号”在t0(t0<t）时刻距离海面的深度为（）A。
错误! B.错误!C。
错误!D．vt0（1－错误!)解析：A “蛟龙号”潜水器加速度a＝错误!,减速上浮时距离海面深度H ＝错误!，经t0时间上升距离h＝vt0－错误!，此时到海面的距离为H－h＝错误!,A正确．2.（多选）(2017·西安模拟)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，A距地面为L，如图所示．由静止释放A、B，不计空气阻力,从开始释放到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（)A．t1〉t2B．t1＝t2C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3解析：BC 对A有L＝错误!gt错误!，且v1＝gt1,对B有3L＋L＝错误!g(t1＋t2）2，且v2＝g（t1＋t2)，联立解得t1＝t2，v1∶v2＝1∶2，B、C正确．3。
全品复习方案18高考物理大一轮复习第1单元运动的描述与匀变速直线运动单元小结卷
第1单元运动的描述与匀变速直线运动一、选择题(每小题6分，共48分，1～5小题为单选，6～8小题为多选)1．如图D11所示，某质点沿半径为r的半圆弧由a点运动到b点，则它通过的位移和路程分别是( )图D11A．2r，方向向东πrB．r，方向向东πrC．2r，方向向东2rD．0 02．四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图D12所示，下列说法正确的是( )图D12A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．这四辆车均从静止开始运动C．在0～t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小3．甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图像如图D13所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )图D13A．在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B．0～2 s内两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小C．在t＝2 s时，甲车的速度为3 m/s，乙车的速度为4.5 m/sD．在t＝4 s时，甲车恰好追上乙车4．如图D14所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况．当车速v≤10 m/s、且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞．在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为( )图D14A.53 sB.253s C ．2.5 s D ．12.5 s 5．今年春节前后我国出现大范围雨雪天气，对交通造成极大影响，事故频发．图D15是在高速公路上甲、乙两车刹车时的v t 图像，甲车在后，乙车在前，若两车发生追尾，则以下判断正确的是( )图D15A ．t ＝0时刻两车间距一定小于12.5 mB ．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍C ．两车一定是在t ＝10 s 之前的某时刻发生追尾D ．两车一定是在t ＝15 s 至t ＝20 s 之间的某时刻发生追尾6．伽利略为了研究自由落体运动的规律，利用斜面做了上百次实验．如图D16所示，让小球从光滑斜面上的不同位置自由滚下，测出小球从不同起点滚动的位移x 以及所用的时间t .若比值x t2为定值，小球的运动即为匀变速运动．下列叙述符合实验事实的是( )图D16A ．当时采用斜面做实验，是为了便于测量小球运动的时间B ．小球从倾角不变的斜面上不同位置滚下，比值x t2有较大差异C ．改变斜面倾角，发现对于每一个特定倾角的斜面，小球从不同位置滚下，比值x t2保持不变D ．将小球在斜面上运动的实验结论合理外推至当斜面倾角为90°时，比值x t2也将保持不变，因此可认为自由落体运动为匀变速运动7．甲、乙两物体相对于同一点的x t 图像如图D17所示．由图像可知下列说法正确的是(球落地后不反弹)( )图D17A．甲做匀减速直线运动，乙做匀加速直线运动B．计时开始时甲、乙不在同一地点C．在t2时刻，甲、乙两球相遇D．在t2时刻，甲、乙的速度大小相等8．小球A从离地面20 m高处做自由落体运动，小球B从A下方的地面上以20 m/s的初速度做竖直上抛运动．两球同时开始运动，在空中相遇，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(球落地后不反弹)( )A．两球相遇时速率都是10 m/sB．两球相遇位置离地面10 m高C．开始运动1 s后两球相遇D．两球在空中相遇两次二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度表显示54 km/h.(1)求此时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动，若时间表显示10时12分35秒，此时计价器中里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)10．某路口有按倒计时显示的时间显示灯．有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”．交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过．(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度至少为多大？(2)若该路段限速为60 km/h，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以2 m/s2的加速度沿直线匀加速行驶 3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车，使汽车做匀减速运动，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车的加速度大小(结果保留两位有效数字)．11．甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动；质点乙做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动到速度减为零并保持静止．选甲、乙的出发位置为位移零点，甲、乙两质点在运动过程中的位置—速度(xv)图像如图D18所示，虚线与对应的坐标轴垂直．(1)在xv图像中，质点甲的运动用哪一图线表示？质点乙的初速度v0是多大？(2)求质点甲、乙的加速度大小a1、a2.图D18参考答案（测评手册） 单元小结卷(一)1．A [解析] 该质点通过的位移是a 点指向b 点的有向线段，大小为2r ，方向向东；它运动的路程是半圆弧的长度，即πr .2．C [解析] x t 图像中，位移方向用正负表示，图中甲、乙两车的位移一直为正，且不断增加，故甲与乙都是单向的直线运动，A 错误；x t 图像的斜率表示速度，v t 图像的斜率表示加速度，故乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，甲、乙不是从静止开始运动，B 错误；由v t 图像中图线与时间轴围成的面积表示位移可知，丙、丁两车在t 2时刻位移之差最大，所以相距最远，C 正确；在0～t 2时间内，丁的速度一直大于丙的速度，故两车间的距离一直增大，D 错误．3．C [解析] 在0～4 s 内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A 错误；在a t 图像中，图线与横轴围成的面积等于物体的速度变化，因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t ＝2 s 时，甲车速度为3 m/s ，乙车速度为4.5 m/s ，选项C 正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a t 图像可知，t ＝4 s 时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B 、D 错误．4．C [解析] 当车速最大且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长，由速度与时间关系v ＝v 0＋at 可知t ＝v －v 0a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，C 正确． 5．C [解析] 根据速度—时间图像斜率可知，甲车的加速大小为 1 m/s 2，乙车的加速度大小为0.5 m/s 2，甲车刹车的加速度大小是乙车的2倍，选项B 错误；在t ＝10 s 后甲车速度小于乙车，不可能发生追尾，所以两车一定是在t ≤10 s 时发生的追尾，选项C 正确，选项D 错误；若t ＝10 s 时两车恰好追尾，则t ＝10 s 时甲车行驶的距离x 1＝15×10 m －12×1×102 m ＝100 m ，乙车行驶的距离x 2＝10×10 m －12×0.5×102m ＝75 m ，故t ＝0时刻两车间距一定不超过25 m ，选项A 错误．6．ACD [解析] 小球在斜面上运动时的加速度相对较小，运动时间较长，更容易测量，选项A 正确；由v ＝at ，2ax ＝v 2，a ＝g sin θ，可得x t 2＝12g sin θ，故小球从倾角不变的斜面上不同位置滚下，比值x t2是相同的，选项B 错误；同理可知，改变斜面倾角，对于每一个特定倾角的斜面，小球从不同位置滚下，比值x t 2＝12g sin θ保持不变，选项C 、D 正确．7．BC [解析] 根据题图，甲物体从距离参考点为x 1的位置沿负方向做匀速运动，而乙物体在0～t 1时间内静止在参考点，t 1时刻后乙物体沿正方向匀速运动，t 2时刻甲、乙相遇且速度大小不相等，故选项B 、C 均正确．8．AC [解析] 小球B 能够上升的最大高度h ＝v 202g＝20 m ，故A 、B 两球在B 上升的过程中相遇，两球相遇时有h A ＋h B ＝12gt 2＋v 0t －12gt 2＝20 m ，解得t ＝1 s ，C 正确；相遇时，v B＝v 0－gt ＝(20－10×1) m/s ＝10 m/s ，v A ＝gt ＝10×1 m/s ＝10 m/s ，h B ＝v 0t －12gt 2＝20×1－12×10×12m ＝15 m ，A 正确，B 错误；t ＝2 s 时，小球A 落地，小球B 运动到最高点，所以两球在空中只能相遇一次，D 错误．9．(1)75 m (2)2700 m[解析] (1)根据速度公式得a ＝v 1t 1＝1510m/s 2＝1.5 m/s 2再根据位移公式得x 1＝12at 21＝12×1.5×102m ＝75 m故此时出租车离出发点的距离为75 m(2)根据v 22＝2ax 2，可得x 2＝v 222a ＝3022×1.5m ＝300 m根据速度公式v 2＝at 2，可得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒． 出租车继续匀速运动，它匀速运动的时间t 3＝80 s ，匀速运动的位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m ＝2400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示的示数为 x ＝x 2＋x 3＝(300＋2400) m ＝2700 m.10．(1)2.5 m/s 2 (2)6.1 m/s 2[解析] (1)在司机反应时间内汽车通过的位移x 1＝v 0t 1＝10 m 加速过程所用时间t 2＝5 s －t 1＝4 s由70 m －x 1＝v 0t 2＋12a 1t 22解得a 1＝2.5 m/s 2(2)汽车加速结束时通过的位移x 2＝v 0t 1＋v 0t 3＋12a 2t 23＝10 m ＋10×3 m ＋12×2×32m ＝49 m此时车头前端离停车线的距离为x 3＝70 m －x 2＝21 m此时速度为v t ＝v 0＋a 2t 3＝10 m/s ＋2×3 m/s ＝16 m/s匀减速过程中，有2a 3x 3＝v 2t 解得a 3＝12821m/s 2＝6.1 m/s 211．(1)图线a 6 m/s (2)2 m/s 21 m/s 2[解析] (1)质点甲的运动用图线a 表示，v 0＝6 m/s. (2)设质点乙、甲先后通过x ＝6 m 处时的速度均为v 。
高考物理大一轮复习 第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用课件
＋11)＝1∶8∶27，所以答案应选D.
三、自由落体运动规律 1．自由落体运动 (1)定义：物体仅在__重__力__作用下从___静__止___开始下落的运 动． (2)实质：初速度为__零____的___匀__加__速_____直线运动．
2．自由落体运动的加速度(重力加速度) (1)特点：在同一地点，一切物体做自由落体运动的加速度 都__相__同____，这个加速度叫重力加速度，用g表示． (2)大小：在地球表面不同的地方，重力加速度的大小是不 同 的 ， 它 随 纬 度 的 升 高 而 ___增__大___ ， 随 高 度 的 升 高 而 __减__小____．无特殊说明，g一般取______9_._8m/s2；粗略计算时， g可取_______1_0m/s2. (3)方向：__竖__直__向__下____.
【答案】B 【解析】氢气球、铅球均自由下落，重力加速度都相同， 高度相同，所以下落时间也相同．
4．(单选)两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第
一个物体下落时间为 t，第二个物体下落时间为2t ，当第二个物
体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2
B.38gt2
C.34gt2
D.14gt2
【答案】D 【解析】当第二个物体开始下落时，第一个物体已下落2t 时
【解析】由 s＝v0t＋12at2 与 x＝5t＋t2 的对比可知：该质点 运动的初速度 v0＝5 m/s，加速度 a＝2 m/s2.将 t＝1 s 代入所给 位移公式可求得第 1 s 内位移是 6 m；前 2 s 内的位移是 14 m， 平均速度124 m/s＝7 m/s；由 Δs＝aT2 可得 T＝1 s 时，相邻 1 s 内的位移差都是 2 m；由加速度的物理意义可得任意 1 s 内速度 的增量都是 2 m/s.因此 D 正确．
高考物理大一轮专题复习：专题1运动的描述直线运动第2讲匀变速直线运动的规律(含答案)
第 2 讲匀变速直线运动的规律一、单项选择题1． (2015 年河南郑州质检 ) 做匀变速直线运动的质点在第一个7 s 内的均匀速度比它在第一个 3 s 内的均匀速度大 6 m/s ，则质点的加快度大小为 ()2B ．1.5 m/s 2A． 1 m/sC． 3 m/s 2D ．4 m/s 22．质点做直线运动的位移x 与时间 t 的关系为 x＝10t － t2，则该质点 ()A．运动的加快度大小为 1 m/s 2B．前 2 s内的均匀速度是 9 m/sC．随意相邻 1 s 内的位移差都是 1 mD．经 5 s 速度减为零3．(2015 年沈阳东北育才学校一模) 有一列火车正在做匀加快直线运动．从某时辰开始计时，第 1 分钟内，发现火车行进了180 m．第 6 分钟内发现火车行进了360 m．则火车的加快度为 ()A． 0.01 m/s 2 B ． 0.05 m/s C． 36 m/s 2 D ． 180 m/s2 24． (2015 年江西鹰潭期末) 某航母跑道长200 m．飞机在航母上滑行的最大加快度为6 m/s 2，腾飞需要的最低速度为50 m/s，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获取的最小初速度为 ()A． 5 m/s B．10 m/sC． 15 m/s D．20 m/s5．汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加快度大小为 5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始， 2 s 内与 5 s 内汽车的位移大小之比为()A．5∶4 B ．4∶5C．3∶4 D ．4∶36．一个质点正在做匀加快直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光的时间间隔为 1 s ．剖析照片获取的数据( 如图 K1-2-1所示)，发现质点在第 1 次、第 2 次闪光的时间间隔内挪动了 2 m；在第 3 次、第 4 次闪光的时间间隔内挪动了8 m，由此不行能求得()图 K1-2-1A．第 1 次闪光时质点运动的速度B．质点运动的加快度C．从第 2 次闪光到第 3 次闪光的时间间隔内质点的位移D．质点运动的初速度7．一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第 1 s内经过的位移为x1＝3 m，第2 s内经过的位移为x2＝2 m，又经过位移 3 物体的速度减小为0，则以下说法中不正确的是 ()x．．．A．初速度v0的大小为 2.5 m/sB．加快度a的大小为 1 m/s 293的大小为8 mC．位移xD．位移x3内的均匀速度大小为0.75 m/s二、多项选择题8．某一时辰a、 b 两物体以不一样的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加快直线运动，已知两物体的加快度同样，则在运动过程中()A．a、b两物体速度之差保持不变B．a、b两物体速度之差与时间成正比C．a、b两物体位移之差与时间成正比D．a、b两物体位移之差与时间的平方成正比9．一物体做匀变速直线运动，某时辰速度的大小为 4 m/s ，1 s 后速度的大小变成10 m/s.在这 1 s 内该物体的 ()A．位移的大小可能小于 4 mB．位移的大小可能大于10 mC．加快度的大小可能小于 4 m/s 2D．加快度的大小可能大于10 m/s 210．如图 K1-2-2所示， t ＝0时，质量为0.5 kg的物体从圆滑斜面上的 A 点由静止开始下滑，经过 B 点后进入水平面(经过 B 点前后速度大小不变)，最后停在 C 点．每隔 2 s物体的刹时速度记录在下表中，重力加快度g 取10 m/s 2，则以下说法中正确的选项是 ()图 K1-2-2t /s0246 v/(m·s－1)08128A. t ＝3 s的时辰物体恰巧经过B 点B ． t ＝10 s的时辰物体恰巧停在C 点C ．物体运动过程中的最大速度为12 m/sD ． A 、B 间的距离小于 B 、 C 间的距离三、非选择题11． (2015 年江西南昌三中期末 ) 小轿车以 20 m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，司机忽然发现正前面有个收费站，经20 s后司机才刹车使车匀减速恰停在缴费窗口，缴费后匀加快到 20 m/s后持续匀速前行．已知小轿车刹车时的加快度为2 m/s2，泊车缴费所用时间为30 s，启动时加快度为1 m/s 2.(1) 司机是在离收费窗口多远处发现收费站的？(2) 因国庆放假时期，全国高速路免费通行，小轿车能够不断车经过收费站，但要求轿车经过收费窗口前9 m 区间速度不超出 6 m/s ，则国庆时期该小轿车应离收费窗口起码多远处开始刹车？因不断车经过能够节俭多少时间？12． (2014 年新课标全国卷Ⅰ ) 公路上行驶的两汽车之间应保持必定的安全距离．目前车忽然停止时， 后车司机能够采纳刹车举措， 使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．常状况下，人的反响时间和汽车系统的反响时间之和为 1 s ．当汽车在晴日干燥沥青路面上以 108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120 m ．设雨时节汽车轮胎与沥青路面间的动通摩擦因数为晴日时的25. 若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．第 2 讲 匀变速直线运动的规律1． C122． D 分析：对照位移公式x ＝ v 0t ＋ 2at 可知质点运动的初速度为10 m/s ，加快度为2－10×2－ 22m/s ， B 错误；由x ＝at2－ 2 m/s ， A 错误；前2 s 内的均匀速度为 v ＝m/s ＝82可知随意相邻 1 s 内的位移差都是 2 m ， C 错误；由 v ＝ v 0＋ at 知经 5 s 质点速度减为零， D正确．2x 6－ x 1 360－ 18023．A 分析： x 6－x 1＝ 5aT ，因此 a ＝ 5T 2＝ 5×60 2 ＝ 0.01 m/s . 故 A 正确， BCD 错误．4． B 分析：已知飞机的末速度、加快度和位移，由运动学公式22v t － v 0＝ 2ax 代入数据得： v ＝ 2 50 2 －2×6×200 m/s ＝ 10 m/s ，故 B 正确．v－ 2ax ＝tv05．C分析：自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t ＝a＝4 s，汽车停止运动，因此汽车122v0在 2 s 内发生的位移为x1＝v0t－2at＝ 30 m,5 s内发生的位移为x2＝2a＝40 m，因此 2 s 内与 5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4， C 正确．6．D分析：如题图所示， x3－ x1＝2aT2，可求得加快度 a；依据 x2＝ x1＋ aT2＝ x1＋x3－1x2x1＋ x31＝2，可求出 x2；由 x1＝ v1t ＋2at 2可求得第1次闪光时质点运动的速度．因为初始时辰与第 1 次闪光的时间间隔未知，故没法求出质点的初速度，应选 D.7．A 8．AC 9．AD10．BD分析：依据图表中的数据，能够求出物体下滑的加快度a1＝4 m/s2和在水平面24上的加快度a2＝－2 m/s . 依据运动学公式：8＋a1t1＋a2t 2＝12，t 1＋t2＝2，解出t 1＝3s，1040知经过3 s 抵达B点，抵达B点时的速度最大，速度v＝ a1t ＝3m/s ，故 A、C 均错误．第0－86 s 末的速度是8 m/s ，到停下来还需的时间t ′＝－2s＝4 s，因此到 C点的时间为10 s，22200400故 B 正确．依据v－ v0＝2ax，求出 AB段的长度为9 m，BC段长度为9m，则A、B间的距离小于 B、 C间的距离，故 D 正确．11．解： (1) 依据题意，设司机匀速运动位移为s1，匀减速运动时间为t 2，位移为 s2 s1＝ vt ＝20×20＝400 mv20t 2＝a＝2＝10 s12s2＝ vt 2－2at 2＝100 m因此司机在离收费站窗口100 m＋ 400 m＝500 m 处发现收费站的．(2) 依据题意小轿车应在收费窗口前9 m 处速度减为 6 m/s ，设小轿车减速位移为s32 2由 2as＝v t－v0得222－ 202v t－ v06＝ 91 ms ＝＝3－2×22a因此，小轿车应离收费窗口91 m＋9 m＝ 100 m 处开始刹车设泊车收费后加快时间为t 3，位移为 s3，v则有 t 3＝a′＝20 s12s3＝2at 3＝200 m若泊车收费，经过窗口前100 米到窗口后 200 米需要总时间为10＋ 30＋ 20＝ 60 sv t－ v0车收费也是在窗口前100 米开始刹车，时间为t4＝＝ 7 s a经过窗口前匀速时间t 5＝s＝9＝ 1.5 sv t6v0－v t经过窗口后加快到20 m/s所用时间为 t 6＝a′＝14 s加快运动位移由s ＝ t＋1′t2 v t2a123得 s ＝6×14＋2×1×14＝182 m经过窗口后还有s1818 m 匀速，则 t ＝v＝20＝ 0.9 s7若不断车经过窗口前100 米到窗口后 200 米需要总时间为7＋1.5 ＋ 14＋0.9 ＝ 23.4 s 因此不断车经过能够节俭时间为36.6 s.12．解：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ 0，刹车时汽车的加快度大小为a0，安全距离为x，反响时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①2v0x＝ v0t 0＋2a0②式中， m和 v0分别为汽车的质量和刹车前的速度2设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ ＝5μ 0③设在雨天行驶时汽车刹车的加快度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得μ mg＝ ma④v2x＝ vt 0＋2a⑤联立①②③④⑤式并代入数据得v2＋4v－480＝0即 ( v－20)( v＋24) ＝ 0解得 v＝20 m/s(或72 km/h)．。
2018届高考物理一轮总复习检测：第一章 第2课时 匀变
一、匀变速直线运动的基本规律1．速度与时间的关系式：v ＝v 0＋at ．2．位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 23．位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax ．二、匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：＝v t 2＝v 0＋v t2.2．位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2．可以推广到x m －x n ＝(m －n)aT 2.3．初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T 末，2T 末，3T 末……瞬时速度之比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n ．(2)1T 内，2T 内，3T 内……位移之比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2．(3)第一个T 内，第二个T 内，第三个T 内……位移之比为： x Ⅰ∶x Ⅱ∶v Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝．三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律1．自由落体运动规律(1)速度公式：v ＝gt ．(2)位移公式：h ＝12gt 2． (3)速度—位移关系式：v 2＝2gh ． 2．竖直上抛运动规律(1)速度公式：v ＝v 0－gt ．(2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2． (3)速度—位移关系式：v 2－v 20＝－2gh.(4)上升的最大高度：h ＝v 202g． (5)上升到最大高度用时：t ＝v 0g．1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×)2．匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(√) 3．匀变速直线运动的位移是均匀增加的．(×)4．物体从高处下落就是自由落体运动．(×)5．竖直上抛运动是匀变速直线运动．(√)6．竖直上抛运动上升至最高点的时间为v0g.(√)1．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第2 s和第4 s内位移的大小均为5 m，则物体的加速度大小为()A．0B．2 m/s2C．5 m/s2D．6 m/s2解析：由题意知，小球第2 s处于上滑阶段，第4 s处于下滑阶段，以沿斜面向上为正，则由x m－x n＝(m－n)aT2得a＝5－（－5）（2－4）×12m/s2＝－5 m/s2，选项C正确．答案：C2．(2016·咸阳模拟)距地面高5 m的水平直轨道A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于()A．1.25 m B．2.25 mC．3.75 m D．4.75 m解析：小车上的物体落地的时间t1＝2Hg，小车从A到B的时间t2＝dv；小球下落的时间t3＝2hg；根据题意可得时间关系为：t1＝t2＋t3，即2Hg＝dv＋2hg，解得h＝1.25 m，选项A正确．答案：A3．(多选)(2017·衡水模拟)如图所示，两光滑斜面在B处连接，小球从A处由静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，AB＝BC.设小球经过B点前后速度大小不变，则下列判断正确的是()A．小球在AB、BC段的加速度大小之比为4∶3B ．小球由A 运动到C 的过程中平均速率为2.1 m /sC ．小球在AB 、BC 段的运动时间之比为7∶4D ．小球由B 运动到C 的过程中平均速度大小为3.5 m /s解析：设AB ＝BC ＝x ，由速度—位移关系式得v 2B ＝2a 1x ，v 2C －v 2B ＝2a 2x ，两式相比得a 1∶a 2＝9∶7，A 选项错误；小球在AB 段运动的时间t 1＝2x 0＋3 m /s ，在BC 段的运动时间t 2＝2x 3 m /s ＋4 m /s，则小球在AB 、BC 段的运动时间之比为7∶3，C 选项错误；由A 到C 的过程中平均速率为路程与时间之比，即＝2x t 1＋t 2＝2.1 m /s ，B 选项正确；小球由B 运动到C 过程中的平均速度＝v B ＋v C 2＝3.5 m /s ，选项D 正确．答案：BD4．(多选)(2016·课标全国Ⅰ卷)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确．答案：BC5．一辆车正以20.0 m/s的速度向前行驶．突然，司机看到一个小孩站在路上．她花了0.80 s的时间才反应过来，并立即踩下刹车，使车以7.0 m/s2的加速度逐渐减慢车速．车在停止前还会前进多远？解析：0.80 s反应时间内，车匀速运动x1＝v0t＝16 m.刹车过程为匀减速运动，a＝－7.0 m/s2.由v2－v20＝2ax，得x2＝－v202a＝－（20）22×（－7.0）m≈28.6 m，所以车在停止前还会前进x＝x1＋x2＝44.6 m.答案：44.6 m一、单项选择题1．(2016·秦皇岛模拟)一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x＝15＋10t－5t2(m)，t的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是()A．该质点的加速度大小为5 m/s2B．t＝3 s时刻该质点速度为零C．0～3 s内该质点的平均速度大小为5 m/sD．物体处于x＝0处时其速度大小为15 m/s解析：由x＝15＋10t－5t2 (m)可知，初速度v0＝10 m/s，加速度a＝－10 m/s2，则选项A错误；由速度公式v＝v0＋at得t＝3 s时，v ＝－20 m/s，选项B错误；t＝3 s时，x＝0 m，t＝0时，x＝15 m，则0～3 s内该质点的平均速度v－,＝ΔxΔt＝0－15 m3 s＝－5 m/s，大小为5 m/s，选项C正确；当x＝0时，得t＝3 s，则v＝－20 m/s，速度大小为20 m/s，选项D错误．答案：C2．(2017·大连模拟)动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的．若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60 m所用的时间是10 s，通过第二个60 m所用的时间是6 s．则()A．动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m B．动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 mC．动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m D．动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m解析：设通过第一个60 m的平均速度为v1，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以5 s 末的速度v 1＝x 1t 1，解得v 1＝6 m /s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2t 2，解得v 2＝10 m /s .由v 2＝v 1＋at 得a ＝0.5 m /s 2，由再接下来的6 s 和前面的6 s ，是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2，即x －60＝aT 2，解得x ＝78 m .答案：A3．(2016·大庆模拟)一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，则( )A ．物体在2 s 末的速度是20 m /sB ．物体在第5 s 内的平均速度是3.6 m /sC ．物体在第2 s 内的位移是20 mD ．物体在5 s 内的位移是50 m解析：根据x ＝12gt 2可得，12g ×(5 s )2－12g ×(4 s )2＝18 m ，因此星球上的重力加速度g ＝4 m /s 2，因此2 s 末的速度v ＝gt ＝8 m /s ，选项A 错误；第5 s 内的平均速度v －,＝181m /s ＝18 m /s ，选项B 错误；第2 s 内的位移x 2＝12gt 22－12gt 21＝12×4×22 m －12×4×12 m ＝6 m ，选项C 错误；物体在5 s 内的位移x ＝12gt 2＝12×4×52 m ＝50 m ，选项D正确．答案：D4．一条悬链长7.2 m，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)()A．0.3 s B．0.4 sC．0.7 s D．1.2 s解析：链条上、下端到达该点用时分别为：t上＝2h上g＝2×2010s＝2 s，t下＝2h下g＝2×（20－7.2）10s＝1.6 s，则Δt＝t上－t下＝0.4 s，故B正确．答案：B5．从16 m高处每隔一定时间释放一球，让它们自由落下，已知第一个球刚好落地时，第五个球刚释放，这时第二个球离地面的高度是(g取10 m/s2)()A．15 m B．12 mC．9 m D．7 m解析：第一个小球落地时，从上到下相邻两球之间的距离之比为1∶3∶5∶7，因此第1、2两球间距离为：71＋3＋5＋7×16 m＝7 m，故D 正确．答案：D6．(2016·邢台模拟)一物体做匀加速直线运动，在第一个Δt 的时间内通过的位移为x 1，在第三个Δt 的时间内通过的位移为x 2，则物体运动的加速度为( )A .x 1＋x 2Δt 2B .x 2－x 1Δt 2C .x 2－x 12Δt 2D .x 2－x 13Δt 2解析：由逐差公式得：x 2－x 1＝2a(Δt)2，所以a ＝x 2－x 12Δt 2，故C 正确．答案：C二、多项选择题7．做初速度不为零的匀加速直线运动的物体，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则以下判断正确的是( )A ．物体在A 点的速度大小为x 1＋x 22TB ．物体运动的加速度为2x 1T 2C．物体运动的加速度为x2－x1 T2D．物体在B点的速度大小为2x2－x1T解析：根据匀变速直线运动规律，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，故选项A正确；根据x2－x1＝aT2，C正确，B错误；根据v＝v0＋aT，物体在B点的速度大小为3x2－x12T，选项D错误．答案：AC8．(2017·绵阳模拟)如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，图中1、2、3、4、5…为小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d.根据图中的信息，下列判断正确的是()A．能判定位置“1”是小球释放的初始位置B．能求出小球下落的加速度为d T2C．能求出小球在位置“3”的速度为7d 2TD．如果已知d和T的数值．就能判定小球下落过程中机械能是否守恒解析：根据图中的信息，利用Δx＝aT2，能求出小球下落的加速度为a＝dT2，选项B正确；能求出小球在位置“3”的速度为v3＝7d 2T，选项C正确；若已知d和T的数值，代入a＝dT2，计算得出a＝g，则小球做自由落体运动，小球下落过程中机械能守恒；若计算得出a<g，则小球下落过程中机械能不守恒，选项D正确；能判定位置“1”不是小球释放的初始位置，选项A错误．答案：BCD9．升降机由静止开始以加速度a1匀加速上升2 s，速度达到3 m/s，接着匀速上升10 s，最后再以加速度a2匀减速上升3 s才停下来，则()A．匀加速上升的加速度为1.5 m/s2B．匀减速上升的加速度为1.5 m/s2C．上升的总高度为37.5 mD．上升的总高度为32.5 m解析：由v＝at知a1＝vt1＝32m/s2＝1.5 m/s2，选项A正确；匀减速时a2＝vt3＝33m/s2＝1 m/s2，选项B错误；升降机上升总高度x＝v2·t1＋v·t2＋v2·t3＝(3＋30＋4.5) m＝37.5 m，故选项C正确，选项D错误．答案：AC三、非选择题10．(2017·唐山模拟)在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s，求(取g＝10 m/s2)：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？(2)伞兵在空中运动的最短时间为多少？解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，着地时相当于从h1高处自由落下，则v2－v20＝－2ah，又v20＝2g(224 m－h)，联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s.以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即2gh1＝v2，所以h1＝v22g＝5220m＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有v0＝gt1，t1＝v0g＝5010s＝5 s，t2＝v－v0a＝5－50－12.5s＝3.6 s，故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.答案：(1)99 m 1.25 m(2)8.6 s11．(2016·南阳模拟)某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m．在一次实验紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s，轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．解析：解法一利用平均速度该款小轿车设计的紧急制动加速度为a0＝v202s，①代入数据解得a0＝8 m/s2，②设实验测得的加速度为a，轿车在制动的最初t1＝1 s内的平均速度v－,＝x1t1.③平均速度v－,等于t1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t2＝1 s，因此有a＝错误!，④联立③④代入数据解得a＝8.2 m/s2.a>a0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．解法二①②式同解法一设实验测得的加速度为a，轿车的初速度为v0，在制动的最初t1＝1 s内x1＝v0t1－12at21，从小轿车开始行驶到制动过程有0＝v0－at，解得a＝8.2 m/s2.a>a0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．解法三设实验测得的加速度为a，轿车的初速度为v0，在制动的最初t1＝1 s内，x1＝v0t1－12at21，从小轿车开始行驶到制动过程有0＝v0－at，解得a＝8.2 m/s2.若该轿车以20 m/s的初速度开始刹车，则刹车距离由x＝v202a得x＝24.4 m.x<25 m，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．答案：符合设计要求。
2024高考物理一轮总复习第一章运动的描述匀变速直线运动基次2匀变速直线运动的规律练习含解析新人教版
基础课 2 匀变速直线运动的规律跟踪检测一、选择题1．(多选)质点由静止起先做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与动身点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与动身点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22t C.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析：选ABD 设加速度为a ，由O 到P ：x 1＝12at 2，a ＝2x 1t 2，v P ＝at ＝2x 1t ，A 对；由O到Q ：t 总＝t ＋t ＝2t ，由平均速度推论知，质点过P 的速度v P ＝x 2t 总＝x 22t，B 对；由P 到Q ：x PQ ＝x 2－x 1，x PO ＝x 1，x PQ －x PO ＝at 2，得a ＝x 2－2x 1t 2，v P ＝at ＝x 2－2x 1t，D 对． 2．(2025届河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发觉6号车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v 02＝2a ·2l ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.3．汽车以20 m/s 的速度在平直马路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车起先计时，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：选C 自驾驶员急踩刹车起先，经过时间t ＝v 0a＝4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 s 内发生的位移为x 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 内发生的位移为x 2＝v 022a ＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C 正确．4. (2025届吕梁模拟)如图所示，A 、B 两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动．已知A 的质量比B 的质量大，下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能在空中相撞 B ．A 、B 落地时的速度相等C ．下落过程中，A 、B 速度改变的快慢相同D ．从起先下落到落地，A 、B 的平均速度相等解析：选C 由于不计空气的阻力，故物体仅受重力，则物体的加速度均为重力加速度g ，与物体的质量无关，下落过程中，A 、B 速度改变的快慢相同，A 、B 不行能在空中相撞，故A 错误，C 正确；依据v 2＝2gh 可得物体落地时的速度v ＝2gh ，由于两物体从不同高度起先自由下落，故到达地面时速度不相同，故B 错误；由v ＝v2可知落地的速度不相等，平均速度也不相等，故D 错误．5．(多选)(2025届温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深化人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉惩罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．假如驾驶员马上刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．假如在距停车线6 m 处起先刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．假如驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．假如驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1.6 s<2s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 022a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；假如汽车在距停车线6 m 处起先刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝1.68 s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下推断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小肯定是15 m解析：选ACD 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向上时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向竖直向上，A 正确；当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向下时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度大小为5 m/s ，方向竖直向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置肯定，距起点的位移h ＝v 2－v 02－2g＝15 m ，D 正确．7.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选D 用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L ，则v 32＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 12＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，选项A 、B 错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确．8．不计空气阻力，以肯定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t .现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种状况下物体上升和下降的总时间约为( )A ．0.5tB ．0.4tC ．0.3tD ．0.2t解析：选C 物体从抛出至回到抛出点的运动时间为t ，则t ＝2v 0g，物体上升至最大高度的一半处的速度v x2＝v 022，则用时间t 1＝x2v 0＋vx 22，物体撞击挡板前后的速度大小相等，方向相反，则物体以相同的加速度落回抛出点的时间与上升时间相同，即t 2＝t 1，故物体上升和下降的总时间t 总＝t 1＋t 2＝2t 1＝2xv 0＋v 02＝2v 01＋2g＝0.3t ，选项C 正确．9．(多选)物体从A 点由静止动身，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，马上以加速度大小为a 2做匀减速直线运动至B 点时速度恰好减为0，所用总时间为t .若物体以速度v 0匀速通过AB 之间，所用时间也为t ，则( )A ．v ＝2v 0 B.1a 1＋1a 2＝t vC.1a 1－1a 2＝12vD.1a 1＋1a 2＝t 2v解析：选AB 依据题意可知，A 、B 两点间距x ＝v2t ＝v 0t ，解得v ＝2v 0，选项A 正确；由t 1＝v a 1，t 2＝v a 2，t ＝t 1＋t 2可解得1a 1＋1a 2＝tv，选项B 正确，C 、D 错误．10. (2025届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止起先做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )A.34 m B.43 m C.825m D.258m 解析：选D 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，依据匀变速直线运动规律，l ＝12at 2，l ＋l 1＝12a (t ＋T )2，l ＋l 1＋l 2＝12a (t ＋2T )2，l 2－l 1＝aT 2，联立解得l ＝258m ，选项D 正确．二、非选择题11．(2025届南昌调研)出租车载客后，从高速马路入口处驶入高速马路，并从10时10分55秒起先做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这时出租车离动身点的距离；(2)出租车接着做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车起先做匀速直线运动.10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解析：(1)由题意可知经过10 s 时，速度计上显示的速度为v 1＝15 m/s 由速度公式v ＝v 0＋at 得a ＝v －v 0t ＝v 1t 1＝1.5 m/s 2由位移公式得x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m这时出租车离动身点的距离是75 m.(2)当速度计上显示的速度为v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a＝300 m ，这时出租车从静止载客起先，已经经验的时间为t 2，可依据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时辰表应显示10时11分15秒．出租车接着匀速运动，匀速运动时间t 3为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400)m ＝2 700 m.答案：(1)75 m (2)2 700 m12．(2025届乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆家庭轿车以30 m/s 内的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车起先减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 接着行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置起先减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 接着行驶．两种状况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从起先减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；(2)两种状况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节约的时间． 解析：(1)设车匀减速至停止通过的路程为x 1x 1＝v 022a＝150 m车匀加速和匀减速通过的路程相等，设通过人工收费通道通过的路程为x 2x 2＝2x 1＝300 m车匀减速至停止须要的时间为t 1＝v 0－0a＝10 s 车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10＝30 s.(2)通过人工收费通道所需时间为30 s ．此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间t 3，通过的路程为x 3t 3＝v 0－v 1a＝5 s路程x 3＝v 02－v 122a＝112.5 m车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5x 4＝x 2－2x 3－15＝60 m t 5＝x 4v 0＝2 sΔt ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 故通过ETC 的节约的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。
2018高考物理大一轮复习题组层级快练6第一单元匀变速直线运动6实验：研究匀变速直线运动
题组层级快练(六)实验：研究匀变速直线运动【高考调研】2018高考物理大一轮复习 题组层级快练6 第一单元 匀变速直线运动 6 实验：研究匀变速直线运动1．(2016·海南)某同学利用图(a)所示的实验装置探究物块速度随时间的变化．物块放在桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码．打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50 Hz.纸带穿过打点计时器连接在物块上．启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动．打点计时器打出的纸带如图(b)所示(图中相邻两点间有4个点未画出)．根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动．回答下列问题：(1)在打点计时器打出B 点时，物块的速度大小为________m/s.在打出D 点时，物块的速度大小为________m/s ；(保留两位有效数字)(2)物块的加速度大小为________m/s 2.(保留两位有效数字)答案 (1)0.56 0.96 (2)2.0解析 (1)根据匀变速直线运动的中间时刻的速度等于该过程的平均速度，可知v B ＝xAC 2T ＝4.61＋6.590.2×10－2 m/s ＝0.56 m/s ，v D ＝xCE 2T ＝8.61＋10.610.2×10－2 m/s ＝0.96 m/s ；(2)由逐差法可得加速度a ＝xCE －xAC 4T2＝10.61＋8.61－6.59－4.614×0.12×10－2 m/s 2＝2.0 m/s 2. 2．(2015·课标全国Ⅱ)某学生用图甲所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了5个连续点之间的距离．(1)物块下滑时的加速度a ＝________ m/s 2；打C 点时物块的速度v ＝________ m/s ；(2)已知重力加速度大小为g ，求出动摩擦因数μ，还需测量的物理量是________(填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角答案 (1)3.25 1.79 (2)C解析 (1)根据纸带数据可知：加速度a ＝（xCD ＋xDE ）－（xAB ＋xBC ）4T2＝3.25 m/s 2；打C 点时物块的速度v C ＝xBD 2T＝1.79 m/s (2)由牛顿第二定律，得加速度a ＝gsin θ－μgcos θ，所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角．3．(2016·浙江五校联考)如图1所示的(图中长木板水平固定)是高中物理常用的力学实验装置，现用该装置完成测定木块运动加速度a图1(1)下例实验照片中是否有实验错误、不合理或不必要之处？若存在问题，请指明问题所在．AB(2)如图2所示为从实验中得到的一条认为最能反映木块匀变速运动纸带的一部分，0，1，2，3，4，5，6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出，从纸带上测得x 1＝3.20 cm ，x 2＝4.52 cm ，x 5＝8.42 cm ，x 6＝9.70 cm ，则木块的加速度大小a ＝________(保留两位有效数字)图2(3)下列哪些措施能有助于减小实验的误差( )A ．选用输出电压稳定性更佳的稳恒电源B ．选用输出电压变化周期更稳定的交流电源C ．调节滑轮高度，使拉线与长木板平行。
(全国用)高考物理大一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律(20
（全国用）2018版高考物理大一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国用）2018版高考物理大一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第2讲匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动。
2。
匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式:v＝v0＋at。
(2)位移公式：x＝v0t＋错误!at2。
（3）位移速度关系式：v2－v错误!＝2ax.二、匀变速直线运动的推论1。
三个推论(1）做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值，还等于中间时刻的瞬时速度.v t。
平均速度公式：v＝错误!＝2（2）连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等.即x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2。
v x＝错误!.(3)位移中点速度22。
初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论（1）1T末,2T末,3T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n. (2）1T内，2T内，3T内,…,nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶n2. (3)第1个T内，第2个T内,第3个T内，…,第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶（2n－1)。
18年高考物理复习解决方案真题与模拟单元重组卷第一单元运动的描述匀变速直线运动课件
解析
位移—时间图象中倾斜的直线表示物体做匀速
直线运动，则知甲、乙两物体都做匀速直线运动，由图知， a、b 两图线的斜率绝对值相等、正负号相反，说明两物体 的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，故选项 A、D 错误；图线 c 是一条抛物线，满足 x＝0.4t2，结合 x＝v0t＋ 1 2 at 可知，物体丙做初速度为 0，加速度为 0.8 m/s2 的匀加 2 速直线运动，故选项 B 正确；图象的斜率大小等于速度大 小，根据图象可知，t＝5 s 时，物体丙速度最大，故选项 C 错误。
— 速度公式，则有： v2 ＝ 2axPM ， (3v)2 ＝ 2axPN ， xPM ∶ xPN ＝1∶9，xPM∶xMN＝1∶8，故选 C。
5．[2016· 宝鸡高三质检]在如图所示的位移图象和速度 图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由 同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是 ( )
解析
v2 对照 s＝s0－ 可知，汽车运动为匀变速直线运 2a
动，A 错误；题给 sv 图象为汽车减速过程图象，可知汽车 做初速度为 72 km/h＝20 m/s 的匀减速直线运动。当 s＝25 m 时，末速度为 0，B 错误；结合题给图象，得 sv 关系式 v2 s＝－ ＋25，所以 m＝25，当 s＝0 时，解得 a＝8 m/s2， 2a 1 所以 n＝ ，C、D 正确。 16
3．[2017· 福建莆田检测]在离地面高 h 处，沿竖直方向 同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为 v， 不计空气阻力，两球落地的时间差为( h A.v 2h B. v v C. g 2v D. g )
解析
设竖直上抛的小球经过 t1 时间落地， 则有－h＝
v＋ v2＋2gh 1 2 vt1－ gt1，解得 t1＝ ，设竖直下抛的小球经过 g 2 －v＋ v2＋2gh 1 2 t2 时间落地，则有 h＝vt2＋ gt2，解得 t2＝ ， g 2 2v 有 Δt＝t1－t2＝ g ，故选项 D 正确。
高考物理大一轮精练：第一章+第2讲 匀变速直线运动的规律及其应用+Word版含解析.docx
第2讲 匀变速直线运动的规律及其应用一、单项选择题1.一质点在做匀加速直线运动,加速度为a,在时间t 内速度变为原来的3倍,则该质点在时间t 内的位移为( ) A. at 2 B.at 2 C.at 2 D.2at 2答案 B 设质点的初速度为v 0,则经过时间t 速度变为3v 0,根据速度-位移公式得x=- =,因为t=-=,则有v 0=,可知x=at 2,故B 项正确,A 、C 、D 项错误。
2.(2019徐州模拟)某质点从静止开始做匀加速直线运动,已知第3 s 内通过的位移是x,则质点运动的加速度为( ) A.B.C.D.答案 C 由匀变速直线运动规律知第3 s 内的平均速度等于2.5 s 时的瞬时速度,即v 2.5=,结合v 2.5=at 2.5得a==,选项C 正确。
3.(2019盐城中学月考)一物块(可看做质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A 点上滑,最高可滑至C 点,已知AB 是BC 的3倍,如图所示,已知物块从A 到B 所需时间为t 0,则它从B 经C 再回到B,需要的时间是( )A.t 0B. C .2t 0 D.答案 C 将物块从A 到C 的匀减速直线运动运用逆向思维转化为从C 到A 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规律可知连续相等的时间内位移之比为奇数比,而BC ∶AB=1∶3,故t BC =t AB =t 0,且物块从B 到C 的时间等于从C 到B 的时间,故物块从B 经C 再回到B 需要的时间是2t 0,C 正确。
4.(2018宝应中学开学考试)做匀减速直线运动的物体经4 s 停止,若在第1 s 内的位移是14 m,则最后1 s 内的位移是( ) A.3.5 mB.2 mC.1 mD.0答案 B 利用“逆向思维法”,把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动,则做匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1,即=,x1=2 m,故B正确。
近年届高考物理一轮复习第一单元匀变速直线运动题组层级快练2匀变速直线运动新人教版(2021年整理)
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题组层级快练（二)一、选择题1．（2017·厦门二模)国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能，当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车",加速度大小约为 5m/s2，使汽车避免与障碍物相撞．则“全力自动刹车"系统设置的安全距离约为( )A．50 m B．20 mC．10 m D．1 m答案C解析由题意知，车速v≤10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5 m/s2，最后末速度减为0，由推导公式v2＝2ax可得：x≤错误!＝102m＝10 m，所以系统设置的安全距离约10 m，故C项正确,A、B、D三项2×5错误．2．（2017·汕头二模)一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立即刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t，利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的（)A．初速度B．末速度C．平均速度D．加速度答案C解析位移公式：x＝v0t＋错误!at2，速度公式：v t＝v0＋at，含有五个未知量，至少要知道三个，才能求出另外两个物理量．由题意知，只知道时间t和位移L两个物理量,所以不能求出v t、v0、a三个物理量，故A、B、D三项错误;由错误!＝错误!可知，能求出平均速度，故C项正确．3．（多选)一辆小汽车在一段平直的公路上做匀加速直线运动,A、B是运动过程中经过的两点．已知汽车经过A点时的速度为1 m/s，经过B点时的速度为7 m/s。
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题组层级快练(二) 匀变速直线运动一、选择题1．(2016·全国新课标Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.st 2 B.3s2t 2 C.4s t 2 D.8s t2 答案 A解析 设初速度为v 1，末速度为v 2，根据题意可得9·12mv 12＝12mv 22，解得v 2＝3v 1，根据v＝v 0＋at ，可得3v 1＝v 1＋at ，解得v 1＝at 2，代入s ＝v 1t ＋12at 2可得a ＝st 2，故A 项正确．2．(2016·杭州联考)在水下潜水器蛟龙号某次海试活动中，完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则蛟龙号在t 0(t 0<t)时刻距离海平面的深度为( ) A.vt2 B ．vt 0(1－t 02t )C.vt 022t D.v （t －t 0）22t答案D解析 蛟龙号上浮时的加速度大小a ＝vt ，根据逆向思维，可知蛟龙号在t 0时刻距离海平面的深度h ＝a （t －t 0）22＝v （t －t 0）22t，D 项正确．3．一辆小汽车在一段平直的公路上做匀加速直线运动，A 、B 是运动过程中经过的两点．已知汽车经过A 点时的速度为1 m/s ，经过B 点时的速度为7 m/s.则汽车从A 到B 的运动过程中，下列说法正确的是( )A ．汽车经过AB 位移中点时速度是4 m/s B ．汽车经过AB 中间时刻的速度是4 m/sC ．汽车前一半时间发生位移是后一半时间发生位移的一半D ．汽车前一半位移所用时间是后一半位移所用时间的2倍 答案 BD解析 汽车经过AB 位移中点时的速度v x 2＝v A 2＋v B22＝5 m/s ，汽车经过AB 中间时刻的速度v t 2＝v A ＋v B 2＝4 m/s ，A 项错误、B 项正确．汽车前一半时间发生的位移x 1＝1＋42·t 2＝54t ，后一半时间发生的位移x 2＝4＋72·t 2＝114t ，C 项错误．汽车前一半位移所用的时间t 1＝x 21＋52＝x 6，后一半位移所用的时间t 2＝x 25＋72＝x12，即t 1∶t 2＝2∶1，D 项正确．4．(2016·河南郑州模拟)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1 答案 D解析 选用“逆向思维”法解答，由题意知，若倒过来分析，子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L ，则v 32＝2a·L，v 22＝2a·2L，v 12＝2a·3L，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度．则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1.又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，故D 项正确． 5．(2016·杭州质检)质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( ) A ．滑块的加速度为5 m/s2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m答案 CD解析 初速度为零的匀加速直线运动在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ＝1∶3∶5.当运动的总时间为3 s 时，在前2 s 内和后2 s 内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t ＝3 s ，C 项正确；最初1 s 内的位移与总位移之比为x 1x ＝59，滑块最初1 s 内的位移为2.5 m ，故x ＝4.5 m ，D 项正确；根据x ＝12at 2可得a ＝1 m/s 2，A项错误；根据v ＝at 可得，滑块的初速度为3 m/s ，B 项错误．6．(2016·安徽联考)2014年1月14日，“玉兔”号月球车成功实施首次月面科学探测，在探测过程中，假设月球车以200 m/h 的速度朝静止在其前方0.3 m 的“嫦娥号”登陆器匀速运动．为避免相撞，地面指挥部耗时3 s 设定了一个加速度为a 的减速指令并发出．设电磁波由地面传播到月球表面需时1 s ，则a 的大小至少是( ) A ．0.02 m/s 2B ．0.04 m/s 2C ．0.06 m/s 2D ．0.08 m/s 2答案 A解析 指令经t 0＝3 s ＋1 s ＝4 s 后到达月球车，此时其已经运动了s ＝v 0t ＝0.23.6×4 m ＝29 m ，此后其减速运动直到速度为零，a ＝v 22（x －s ）＝0.02 m/s 2.故A 项正确，B 、C 、D 项错误．故选A 项．7．(2016·丽水模拟)物体自O 点开始沿斜面向上做匀减速直线运动，A 、B 、C 、D 是运动轨迹上的四点，D 是最高点．测得OA ＝0.8 m ，AB ＝0.6 m ，BC ＝0.4 m ．且物体通过三段的时间均为1 s ．则下面判断正确的是( ) A ．物体的初速度是0.9 m/s B ．物体运动的加速度大小是0.2 m/s 2C ．CD 间的距离是0.2 m D ．从C 到D 运动的时间是1.5 s答案 ABD解析 由Δx ＝AB －OA ＝BC －AB ＝at 2得，a ＝Δx t 2＝－0.212 m/s 2＝－0.2 m/s 2，B 项正确；由OA ＝v 0t ＋12at 2得，v 0＝0.9 m/s ，A 项正确；由v D ＝v 0＋at OD 得，t OD ＝v D －v 0a ＝0－0.9－0.2 m/s 2＝4.5 s ，故t CD ＝t OD －3t ＝1.5 s ，D 项正确；OD ＝v 0t OD ＋12at OD 2＝0.9×4.5 m －12×0.2×4.52m＝2.025 m ，故CD ＝OD －OA －AB －BC ＝0.225 m ，C 项错误．8．(2016·河北唐山一模)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2答案 C解析 设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v 0，加速度为a ， 则有L ＝v 0t ＋12at 2从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有 0－v 02＝2a·2L，解得a≈－0.5 m/s 2或a ＝－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2，故C 项正确． 9．一质点沿x 轴运动，其位置x 随时间t 变化的规律为：x ＝15＋10t －5t 2(m)，t 的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是( ) A ．该质点的加速度大小为5 m/s 2B ．t ＝3 s 时刻该质点速度为零C ．0～3 s 内该质点的平均速度大小为5 m/sD ．物体处于x ＝0处时其速度大小为20 m/s 答案 CD解析 由x ＝15＋10t －5t 2(m)可知，初速度v 0＝10 m/s ，加速度a ＝－10 m/s 2，则A 项错误；由速度公式v ＝v 0＋at 得t ＝3 s 时，v ＝－20 m/s ，B 项错误；t ＝3 s 时，x ＝0 m ，t ＝0时，x ＝15 m ，则0～3 s 内该质点的平均速度v －＝Δx Δt ＝0－15 m 3s ＝－5 m/s ，大小为5 m/s ，C 项正确；当x ＝0时，得t ＝3 s ，则v ＝－20 m/s ，速度大小为20 m/s ，D 项正确． 10．(2016·郑州质检)质点以加速度a 由静止出发做直线运动，在t 时刻，加速度变为2a ；在2t 时刻，加速度变为3a ；…；在10t 时刻，加速度变为11a ，则下列说法中正确的是( ) A ．在10t 时刻质点的速度大小为11at B ．在10t 时刻质点的速度大小为66at C ．在10t 时间内质点通过的总位移为385at 2D ．在10t 时间内质点的平均速度大小为774at答案 D解析 根据递推关系，找出规律．质点在t 时刻的速度为v t ＝at ，在2t 时刻的速度为v 2t ＝v t ＋2at ，3t 时刻的速度为v 3t ＝v 2t ＋3at ，同理推出nt 时刻的速度为v nt ＝at(1＋2＋3＋…＋n)＝12n(n ＋1)at ，由此可得A 、B 两项错误；对nt 时间内通过的位移同样利用递推关系得到s ＝(12＋22＋…＋n 2)at 22＝112n(n ＋1)(2n ＋1)at 2，代入数据可得在10t 时间内通过的总位移为3852at 2，平均速度大小为774at ，C 项错误，D 项正确．11．物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点需要的时间为t.现在物体由A 点静止出发，先做加速度大小为a 1的匀加速直线运动到某一最大速度v m 后立即做加速度大小为a 2的匀减速直线运动至B 点停下，历时仍为t ，则物体的( ) A ．最大速度v m 只能为2v ，无论a 1、a 2为何值 B ．最大速度v m 可以为许多值，与a 1、a 2的大小有关C ．a 1、a 2的值必须是一定的，且a 1、a 2的值与最大速度v m 有关D ．a 1、a 2必须满足a 1a 2a 1＋a 2＝2vt答案 AD解析 分析此题可根据描述的运动过程画出物体运动的速度图像，根据速度图像容易得出“最大速度v m 只能为2v ，无论a 1、a 2为何值”的结论．也可利用解析法根据题述列出方程解答．设物体匀加速运动时间为t 1，则匀减速运动时间为t －t 1，根据题述有vt ＝v m t 12＋v m （t －t 1）2得v m ＝2v.由a 1t 1＝v m ，a 2(t －t 1)＝v m ，v m ＝2v 联立解得a 1a 2a 1＋a 2＝2vt ，所以正确为A 、D 项． 二、非选择题12．(2016·武汉调研)接连发生的马航MH370失事和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间t 0＝28 s ，在速度达到v 0＝70 m/s 时驾驶员对发动机的运行状态进行判断，在速度达到v 1＝77 m/s 时必须做出决断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过v 2＝80 m/s 就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．(1)求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到做出决断中止起飞的最长时间；(2)若在速度达到v 2时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以4 m/s 2的加速度做匀减速运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最小长度． 答案 (1)2.8 s (2)2080 m解析 (1)设飞机加速过程的加速度为a 1，允许驾驶员做出决断中止起飞的最长时间为Δt v 0＝a 1t 0， v 1－v 0＝a 1Δt 解得Δt ＝2.8 s(2)飞机从静止到速度为v 2时的位移大小为x 1，飞机减速时位移大小为x 2，跑道最小长度为xv 22＝2a 1x 1，v 22＝2a 2x 2 x ＝x 1＋x 2 解得x ＝2080 m13．(2016·郑州市毕业班一模)交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯．郑州市中原路上某直线路段每间隔L ＝500 m 就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt 1＝60 s ，红灯时间Δt 2＝40 s ，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt ＝50 s ．要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口．汽车可看做质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅． (1)若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？(计算结果保留两位有效数字)(2)若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a ＝2 m/s 2匀加速运动，加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动．试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯．解析 (1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口，则通过五个路口的时间 t ＝5Δt此时匀速运动的速度最大v max ＝5Lt＝10 m/s若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间 t ′＝5Δt ＋Δt 1＝310 s此时匀速运动的速度最小v min ＝5Lt ′＝8.1 m/s(2)若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到v max ＝10 m/s ， v max ＝at 1 t 1＝5 s在此过程中汽车走过的位移x ＝v max2t 1 x ＝25 m然后汽车以此速度匀速运动，可知 L －x ＝v max t 2 t 2＝47.5 s因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为 t ＝t 1＋t 2＝58.5 s110 s>t>50 s ，因此走到下个路口时能够遇到绿灯．。