高考第一轮复习物理：2.2匀速直线运动 匀变速直线运动(附答案)

高考第一轮复习物理：2.2匀速直线运动匀变速直线运动(附答案)
物理高考第一轮复习2.3第二章章末综合讲练
●网络体系总览
●综合应用例析
【例1】 （2000年上海，9）两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图2－1所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的.由图可知
t t t t t t t t t t t t t t 1 1 2
2 3 3 4
4 5 5 7
7
66
图2－1
A.在时刻t 2以及时刻t 5两木块速度相同
B.在时刻t 1两木块速度相同
C.在时刻t 3和时刻t 4之间某瞬间两木块速度
相同
D.在时刻t 4和时刻t 5之间某瞬时两木块速度相同
解析：设连续两次曝光的时间间隔为t ，记录木块位置的直尺最小刻度间隔长度为l ，由图可以看出下面木块间隔均为4l ，木块做匀速直线运动，速度为v =t l 4.上面木块相邻的时间间隔内木块的间隔分别为2l 、3l 、4l 、5l 、6l 、7l ，相邻相等时间间隔t 内的位移之差为Δl =l =恒量.所以上面木块做匀变速直线运动，它在某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则t 2、t 3、t 4、t 5时刻的瞬时速度分别为
v 2=t l l 232+=t
l
25 v 3=t l l 243+=t l 27 v 4=t l l 254+=t l 29 v 5=t l l 265+=t
l 211 可见速度v =t l 4介于v 3、v 4之间.选项C 正确. 【例2】 为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某高速公路的最高限速v =120 km/h ，假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t =0.50 s.刹
车时汽车受到阻力的大小F f 为汽车重力的0.40倍.该高速公路上汽车间的距离s 至少应为多少?取重力加速度g =10 m/s 2.
解析：在反应时间内，汽车做匀速运动，运动的距离：s 1＝vt .
设刹车时汽车加速度大小为a ，汽车的质量为m ，有F f =ma ，其中F f =0.40mg .
自刹车到停止，汽车运动的距离：s 2＝a
v 22
所求距离s ＝s 1＋s 2＝155.6 m.
说明：这是一道理论联系实际的好题目，是近几年高考命题的热点.考生遇到这样的题目，应首先把“生活模型”改建为“物理模型”，然后再按物理模型遵循的有关规律进行解题.本题虽然不难，但有几点也是很容易出错的：汽车在司机反应时间内是匀速运动，这一点往往容易忽视；运算中对速度单位的换算应注意，对加速度和位移的计算应细心，否则会因计算失误而丢分.
【例3】 （2000年全国）一辆实验小车可沿水平地面（图中纸面）上的长直轨道匀速向右运动.有一台发出细光束的激光器装在小转台M
上，到轨道的距离MN 为d =10 m ，如图2－2所示.转台匀速转动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时间为T =60 s.光束转动方向如图中箭头所示.当光束与MN 的夹角为45°时，光束正好射到小车上.如果再经过Δt ＝2.5 s ，光束又射到小车上，则小车的速度为多少?（结果保留两位有效数字）
左
右
M N
光
d
图2－2
解析：在Δt 内，光束转过的角度ϕ=T
t
∆×360°＝15°
有两种情况，如图2－3所示
第一种情况：
L 1=d tan45°－d tan30°=4.2 m
v 1=t L ∆1
=5
.22.4 m/s=1.7 m/s 第二种情况：
L 2=d tan60°－d tan45°=7.3 m
v 2=t L ∆2
=5
.23
.7 m/s=2.9 m/s.
说明：弄清本题的物理情景是解题的前提：激光束在竖直平面内旋转，当转到某一角度时就开始沿水平面扫描.激光束匀速转动，激光束与水平面的交点沿水平面做变速运动（扫描），小车沿水平面匀速运动，二者不可能同步.理解“当光束与MN 的夹角为45°时，光束正好射到小车上”的情况有两种可能是解题的关键.本题最易发生的错误是弄不清物理情景，误认为只有一种情况.
※
【例4】 （2005年上海高三物理复习调研）
甲、乙两质点同时开始在彼此平行且靠近的两水平轨道上同方向运动，甲在前，乙在后，相距s ，甲初速度为零，加速度为a ，做匀加速直线运动，乙以速度v 0做匀速直线运动.关于两质点在相遇前的运动，某同学作如下分析：
设两质点相遇前，它们之间的距离为Δs ，
则Δs ＝2
1at 2
＋s －v 0t ，当t ＝a v 0
时，两质点间距离Δs 有最小值，也就是两质点速度相等时，两质点之间距离最近.
你觉得他的分析是否正确？如认为是正确的，请求出它们的最小距离；如认为是不正确的，请说明理由并作出正确分析.
解析：不正确.
在两质点相遇之前，它们之间的距离Δs 也可能不断减小，直至Δs ＝0（相遇），而不存在先变小后变大的情况，这完全取决于两质点之间的初始距离s 与v 0、a 之间的大小关系.
由s ＝v 0t －2
1
at 2
可解得：t ＝
a
as
v v 2200-±.可见，
若v 02
=2as ，即s =a
v 22
0，则t =a v 0
.当t ≤a v 0
时，甲乙之
间的距离Δs 始终在减小，直至相遇（最小距离Δs =0），不会出现Δs 最小的情况.
当v 02＜2as ，即s ＞a v 220
时，甲与乙不可能相
遇；在t ＜a v 0
时，两质点间距离会出现先变小后
变大的情况；当t =a v 0
时，两质点之间的距离最近：
Δs min =s －
a
v 22
.
※
【例5】 （2001年上海）图2－4A 是在
高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号.根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度.图2－4B 中p 1、p 2是测速仪发出的超声波信号，n 1、n 2分别是p 1、p 2由汽车反射回来的信号.设测速仪匀速扫描，p 1、p 2之间的时间间隔Δt ＝1.0 s ，超声波在空气中传播的速度是v =340 m/s ，若汽车
是匀速行驶的，则根据图B 可知，汽车在接收到p 1、p 2两个信号之间的时间内前进的距离是_______ m ，汽车的速度是_______ m/s.
1
2
3
4
1
2
1
2
p p n n
A
B
图2－4
解析：（1）从B 图可知，根据p 1、p 2之间的时间间隔Δt =1.0 s 内测速仪扫过的小格数为30，测速仪接收到n 1、n 2信号之间的时间间隔Δ
t '
内扫过的小格数为27，故
Δt '=3027
Δt =0.9 s
Δt '比Δt 少了0.1 s ，说明汽车在向测速仪运
动，由于超声波走的是往返路程，所以汽车前进的距离为
s =v 2t t '∆-∆=340×2
9
.00.1- m=17 m. （2）汽车接收到p 1、p 2两个信号之间的时间间隔内，测速仪扫过的小格数应是图B 上p 1n 1中点到p 2n 2中点之间的小格数，即28.5格.它对应的时间为
t =30
5.28Δt =0.95 s 汽车的速度为
v '
=t s =95
.017 m/s=17.9 m/s. 说明：这是一道考查创新思维能力的好题.本题虽然没有用到直线运动各种复杂的公式，但题意深刻，各种关系复杂，不易理解.首先理解p 1、p 2从测速仪发出到收到所传的单向距离差与汽车在接收到p 1与p 2两个信号之间的时间内所走的距离相等，汽车所走的距离由超声波的速度和p 1、p 2两信号发、收的时间差计算出；其次会根据图B 记录数据计算出p 1、p 2两个信号从测速仪发出到接收的时间差Δt '；然后弄清Δt '与汽车接收到p 1、p 2两个信号之间的时间间隔Δt ''的关系是解题的关键.若汽车不动，Δt ''＝Δt ＝1.0 s ，而汽车朝测速仪方向运动，必有Δt ''＜Δt ，（Δ
t '
'－Δt ）的差值应等于p 2、p 1从发到收所用时间
差的一半（因信号来回双向走，汽车单向走），
即Δt ''＝Δt －22
1
t t ∆-∆=Δt －2t '
∆；最后就可根据匀速直线运动的位移公式求出汽车的速度.
●素质能力检测
一、选择题（共10小题，每小题5分.每小题中只有一个选项是符合题目要求的）
1.一个物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4 m/s ，1 s 后速度大小变为10 m/s.在这1
s 内该物体的
①位移的大小可能小于4 m ②位移的大小可能大于10 m ③加速度的大小可能小于4 m/s 2 ④加速度的大小可能大于10 m/s 2
上述正确的是
A.①③
B.②④
C.①④
D.②③
解析：物体做匀加速直线运动时
a 1=t
v v t 0-=6 m/s 2
s 1=20t v v +t =7 m
物体做匀减速直线运动时
a 2=t v v t 0-=1
410）
（-- m/s 2=14 m/s 2 s 2=20t v v +t =2410-×1 m=3 m
故选项C 正确. 答案：C
2.一匀变速直线运动的物体，设全程的平均速度为v 1，运动中间时刻的速度为v 2，经过全程位移中点的速度为v 3，则下列关系正确的是
A.v 1＞v 2＞v 3
B.v 1＜v 2=v 3
C.v 1=v 2＜v 3
D.v 1＞v 2=v 3 解析：根据匀变速直线运动的规律知，v 1=v 2，由v －t 图象不难得出，无论物体做匀加速直线
运动，还是做匀减速直线运动，位移中点的速度都比中间时刻的速度大，即v 3＞v 2（如图a 、b 所示）.
2
2
a b
答案：C
3.质点做直线运动的v －t 图线如图2－5所示，初速度为v 0，末速度为v 1，则时间t 1内的平均速度
t /s
1
图2－5
A.v =210v v +
B.v ＞21
0v v +
C.v ＜210v v +
D.无法比较
解析：若物体做初速度为v 0，末速度为v 1
的匀加速直线运动，其速度图象为直线，如图所示.由图象不难得出在时间t 1内，匀变速直线运动的位移小于图中实线所示的非匀变速直线运动的位移，故匀变速直线运动t 1内的平均速度小于该非匀变速直线运动的平均速度，故有v ＞
2
10v v +，选项B 正确.
答案：B
4.某人用手表估测火车的加速度.先观测 3 min ，发现火车前进540 m ；隔3 min 后又观察1 min ，发现火车前进360 m.若火车在这7 min 内做匀加速直线运动，则火车的加速度为
A.0.03 m/s 2
B.0.01 m/s 2
C.0.5 m/s 2
D.0.6 m/s 2 解析：解法一：对前3 min 内
s 1＝v 0t 1＋2
1at 12
对最后1 min 内s 2＝［v 0＋a （t 1＋2）］·t 2＋2
1at 22 代入已知数据联立解得a =0.01 m/s 2. 解法二：前3 min 中间时刻的瞬时速度为 v 1=1
1t s =60
3540⨯ m/s=3 m/s 后1 min 的中间时刻的瞬时速度为 v 2=2
2t s =60
360 m/s=6 m/s 加速度为
a =t v v ∆-1
2
=6053
6⨯- m/s 2=0.01 m/s 2.
答案：B
5.一个物体做变加速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，B 为AC 的中点，物体在AB 段的加速度恒为a 1，在BC 段的加速度恒为a 2.已知A 、B 、C 三点的速度v A 、v B 、v C .有v A ＜v C ，且v B =（v A +v C ）/2.则加速度a 1和a 2的大小为
A.a 1＜a 2
B.a 1=a 2
C.a 1＞a 2
D.条件不足无
法确定
解析：由于物体做加速运动，所以v AB ＜v BC ，
则t AB ＞t BC .由v B =2
C
A
v
v +得v B －v A =v C －v B ，所以有a 1＜a 2，A 选项正确.
答案：A
6.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地.汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止.其速度图象如图2
－ 6所示，那么在0～t 0和t 0～3t 0两段时间内
v
t
00图2－6
A.加速度大小之比为3∶1
B.位移大小之比为1∶3
C.平均速度大小之比为2∶1
D.平均速度大小之比为1∶1
解析：2
1
a a =1
2
t t =12
，A 选项错.
21s s =
20
10
2
2t v t v =2
1，B 选项错. v 1
=v 2=20
v
故D 选项正确. 答案：D
7.在足够长的平直公路上，一辆汽车以加速度a 启动时，有一辆匀速行驶的自行车以速度v 0从旁驶过，则以下说法正确的是
A.汽车追不上自行车，因为汽车启动时速度小
B.以汽车为参考系，自行车是向前做匀加速运动
C.汽车与自行车之间的距离开始是不断增加的，直到两者速度相等，然后两者距离逐渐减小，直到两车相遇
D.汽车追上自行车的时间是a v 0
解析：开始时自行车速度大于汽车速度，追
上时有s 自＝s 汽，v 0t ＝2
1at 2
所以t ＝a v
2.
答案：C
8.甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下个路标时速度又相同，则
A.甲车先通过下一个路标
B.乙车先通过下一个路标
C.丙车先通过下一个路标
D.条件不足，无法判断
解析：作出三辆汽车的速度—时间图象.
甲 乙 丙
t
甲、乙、丙三辆汽车的路程相同，即速度图
线与t 轴所围的面积相等，则由图象分析直接得出答案为B.
答案：B
9.为了测定某辆轿车在平直路上启动时的加速度（轿车启动时间的运动可近似看作匀加速运动），某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光
的照片（如图2－7）.如果拍摄时间每隔2 s 曝光一次，轿车车身总长为4.5 m ，那么这辆轿车的加速度约为
图2－7
A.1 m/s 2
B.2 m/s 2
C.3 m/s 2
D.4 m/s 2
解析：依题意知，轿车在前2 s 内的位移s 1
＝12 m ，接下来的2 s 内位移s 2＝20.1 m ，由匀变速运动的推论知：Δs ＝s 2－s 1＝at 2，故a ＝2.0 m/s 2.
答案：B
10.质点从A 到B 沿直线运动，已知初速度为零，从A 到中间某一点C 的加速度为a 1，方向与运动方向相同，从C 到B 加速度大小为a 2，方向与运动方向相反，到达B 点时速度恰好为零，AB =L .
①从A 到B 的平均速度v =2
B A
v v + ②从A 到
B 的平均速度v =21
2
1212a a L a a + ③通过C 点时的瞬时速
度v C =
2
1212a a L a a + ④s AC ∶s CB =a 2∶a 1
上述说法正确的是
A.只有①③
B.只有①④
C.只有②③
D.②③④ 解析：设物体到达C 点时的速度为v C ，则有
v C 2=2a 1s AC =2a 2s CB 又由s AC +s CB =L 求得s AC =2
1
2
a a L a +，BC
AC
s s =1
2
a
a v C =
AC
s a 12=
2
1212a a L
a a +
从A 到B 的平均速度为
v
=2c v =2
1
2
1212a a L a a +.
答案：D
二、填空题（共5小题，每小题5分） 11.（2000年上海，12）一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过，当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传来时，发现飞机在他前上方约与地面成60°角的方向上.据此可估算出此飞机的速度约为声速的_______倍.
解析：设飞机在人头顶正上方时到地面的高度为h ，发动机声传到地面所用时间为t ，则
h =v 声·t
①
x =v 机·t ②
两式相比可得：v 机∶v 声=0.58. 答案：0.58（或33）
12.一物体做匀加速直线运动，它在第3 s 内和第6 s 内的位移分别是2.4 m 和3.6 m ，质点运动的加速度为_______ m/s 2，初速度为_______ m/s.
解析：由Δs =aT 2得 s 6－s 3=3aT 2
a =2
36
3T s s -=1
34
.26.3⨯- m/s 2=0.4 m/s 2 第2.5 s 末的速度为 v 2.5=t s 3
=14.2 m/s=2.4 m/s
由v t =v 0+at 得
v 0=v t －at =2.4 m/s －0.4×2.5 m/s =1.4 m/s. 答案：0.4 1.4
13.汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s 2，那么开始刹车后2 s 内与开始刹车后6 s 内汽车通过的位移之比为_______.
解析：刹车时间为 t =a v ∆=4 s
则汽车从开始刹车前后两个2 s 内的位移之比为s 1∶s 2=3∶1
故开始刹车后2 s 内的位移与6 s 内的位移之比为3∶4.
答案：3∶4
14.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1 m/s ，经过第三棵树时速度为7 m/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10 m ，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/s 2.
解析：利用匀变速直线运动中点速度v s /2＝
2
/2
2
0）（t v v +这一推论，将v 0＝1 m/s 、
v t ＝7 m/s
代入，得v s /2＝5 m/s.从第一棵树至第三棵树的平
均速度v =20
t
v
v +＝4 m/s ，故时间t ＝4102⨯ s ＝5 s.汽车的加速度a ＝t
v v
t
-＝1.2 m/s 2.
答案：5 5 1.2
15.两辆完全相同的汽车，沿水平路面一前一后均以20 m/s 的速度前进，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停车时，后车以前车刹
车时的加速度的2倍开始刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为100 m ，若要保证两车在上述情况下不相撞，则两车在匀速行驶时保持的最小距离是_______.
解析：设前车刹车过程的位移为s 1，加速度为a ，则有：s 1=a v 220
=100 m
在前车刹车的过程中，后车仍以v 0匀速运动，在这段时间内它的位移为s 2′=2s 1=200 m
后车刹车的位移为s 2″=a v 2220
=2
1s 1=50 m 故从前车开始刹车到后车也停下来，后车的总位移为s 2=s 2′+s 2″=250 m
两车匀速运动时它们间的距离为 Δs =s 2－s 1=250 m －100 m=150 m. 答案：150 m
三、计算题（共5小题，共45分） 16.（8分）一辆汽车以54 km/h 的速度正常行驶，来到路口遇上红灯，汽车先以0.5 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，在路口停了2 min ，接着又以0.3 m/s 2的加速度做匀加速直线运动并恢复到原来的速度正常行驶.求这辆汽车通过这个路口所延误的时间.
解析：汽车减速运动的位移和时间分别为
s 1=12
2a v =5.02152⨯ m=225 m
t 1=1
a v =5.015 s=30 s 汽车加速到正常速度通过的位移及所用时间分别为
s 2=22
2a v =3.02152⨯ m=375 m
t 2=2
a v =3.015 s=50 s 汽车正常通过这段位移用的时间为
t =v s s 2
1+=15375225+ s=40 s 则汽车因停车延误的时间为
Δt =120 s+30 s+50 s －40 s=160 s.
答案：160 s
17.（8分）从一定高度的气球上自由落下两个物体，第一个物体下落1 s 后，第二个物体开始下落，两物体用长93.1 m 的绳连接在一起.问：第二个物体下落多长时间绳被拉紧?
解析：解法一：设第二个物体下落t s 后绳被拉紧，此时两物体位移差Δh =93.1 m
Δh =21g （t +1）2－2
1gt 2 93.1=2
1g （2t +1） 解得t =8.8 s
解法二：以第二个物体为参考系，在第二个物体没开始下落时，第一个物体相对第二个物体做自由落体运动；1 s 后，第二个物体开始下落，第一个物体相对第二个物体做匀速运动，其速度为第一个物体下落 1 s 时的速度.当绳子被拉直时，第一个物体相对第二个物体的位移为h =93.1 m
h =h 1+h 2 h =2
1gt 12+（gt 1）t 93.1=2
1×9.8×12+（9.8×1）t 解得t =8.8 s.
答案：8.8 s
18.（9分）某人在高100 m 的塔顶，每隔0.5 s 由静止释放一个金属小球.取g =10 m/s 2，求：
（1）空中最多能有多少个小球?
（2）在空中最高的小球与最低的小球之间的最大距离是多少?（不计空气阻力）
解析：由H ＝2
1gt 2，那么第一个球从静止释放到着地的时间t =10100
2 s ＝4.47 s.则释放小球个
数就是空中小球数，则n ＝5
.047.4
，对n 取整数加1，所以N ＝8＋1＝9（个）.当最低球着地前一瞬间，最低球与最高球之间有最大距离，此时最高球下
落的高度为
h ＝21gt 2＝2
1×10×0.472 m ＝1.10 m ， 所以Δs ＝H －h ＝100 m －1.10 m ＝98.90 m. 答案：（1）9个 （2）98.90 m
19.（10分）一辆轿车违章超车，以108 km/h 的速度驶入左侧逆行道时，猛然发现正前方80 m 处一辆卡车正以72 km/h 的速度迎面驶来，两车司机同时刹车，刹车加速度大小都是10 m/s 2，两司机的反应时间（即司机发现险情到实施刹车所经历的时间）都是Δt .试问Δt 是何数值，才能保证两车不相撞?
解析：设轿车行驶的速度为v 1，卡车行驶的速度为v 2，则v 1＝108 km/h=30 m/s ，v 2＝72 km/h =20 m/s ，在反应时间Δt 内两车行驶的距离分别为s 1、s 2，
s 1＝v 1Δt
①
s 2＝v 2Δt
②
轿车、卡车刹车所通过的距离分别为s 3、s 4 则s 3＝a v 221=102302
m ＝45 m
③
s 4＝a v
222=102202
m ＝20 m ④
为保证两车不相撞，必须
s 1＋s 2＋s 3＋s 4＜80 m
⑤
将①②③④代入⑤解得
Δt ＜0.3 s.
答案：Δt ＜0.3 s
20.（10分）羚羊从静止开始奔跑，经过50 m 距离能加速到最大速度25 m/s ，并能维持一段较长的时间；猎豹从静止开始奔跑，经过60 m 的距离能加速到最大速度30 m/s ，以后只能维持这个速度4.0 s.设猎豹距离羚羊x m 时开始攻击，羚羊则在猎豹开始攻击后1.0 s 才开始奔跑，假定羚羊和猎豹在加速阶段分别做匀加速运动，且均沿同一直线奔跑.求：
（1）猎豹要在其最大速度减速前追到羚羊，x 值应在什么范围?
（2）猎豹要在其加速阶段追上羚羊，x 值应在什么范围?
解析：（1）设猎豹在最大速度将要减速时恰
追上羚羊，则猎豹运动的位移和时间分别为
s 1=s 10+v m 1t 1″=60 m+30×4.0 m=180 m t 1=m 110
21v s +t 1″=30
2160⨯ s+4.0 s=8.0 s 则羚羊运动的时间为
t 2=t 1－1=7.0 s
羚羊加速的时间为
t 2′=m 220
21v s =25
2150⨯ s=4.0 s 故羚羊匀速运动的时间为
t 2″=t 2－t 2′=3.0 s
羚羊的位移为
s 2=s 20+v 2m t 2″=50 m+25×3.0 m=125 m
则为使猎豹能在从最大速度减速前追上羚羊，应有x ≤s 1－s 2=55 m.
（2）猎豹加速的时间和位移分别为
t 1′=m
110
21v s =4.0 s s 1′=60 m
羚羊加速运动的加速度和位移分别为 a 2=202m
22s v =502252⨯ m/s 2=6.25 m/s 2
s 2′=21a 2（t 1′－1）2=2
1×6.25×3.02 m=28.1 m
为使猎豹能在加速阶段追上羚羊，应有x≤s1′－s2′=31.9 m.
答案：（1）x≤55 m （2）x≤31.9 m。