2020届一轮复习鲁科版必考1.2匀变速直线运动的规律作业Word版含答案
高三一轮复习秘籍-第一章第2讲匀变速直线运动的规律
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过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、匀变速直线运动的规律1．速度公式：v＝v0＋at.2．位移公式：x＝v0t＋12at2.3．位移速度关系式：v2－v20＝2ax.二、匀变速直线运动的推论1．三个推论(1)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.(2)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一半，还等于中间时刻的瞬时速度．平均速度公式：v＝v0＋v2＝v t 2 .(3)位移中点速度2220 2vv vx +=2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T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)前T内、前2T内、前3T内、…、前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x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)．三、自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．(2)基本规律①速度公式：v ＝gt .②位移公式：x ＝12gt 2.③速度位移关系式：③v 2＝2gx .(3)伽利略对自由落体运动的研究①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．2．竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．(2)运动性质：匀变速直线运动．(3)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ；②位移公式：x ＝v 0t －12gt 2.研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．三个概念的进一步理解(1)质点不同于几何“点”，它无大小但有质量，能否看成质点是由研究问题的性质决定，而不是依据物体自身大小和形状来判断．(2)参考系一般选取地面或相对地面静止的物体．(3)位移是由初位置指向末位置的有向线段，线段的长度表示位移的大小．2．三点注意(1)对于质点要从建立理想化模型的角度来理解．(2)在研究两个物体间的相对运动时，选择其中一个物体为参考系，可以使分析和计算更简单．(3)位移的矢量性是研究问题时应切记的性质．【例1】在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示．下面说法正确的是()A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案D解析金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为观测“金星凌日”时太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确．【变式1】(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东直线行驶4km，又向北直线行驶3km，已知sin37°＝0.6，则下列说法中正确的是()A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7kmB．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5km处D．研究小船在湖中行驶时间时，小船可以看做质点答案ACD解析在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km＝5km，方向为东偏北θ，满足sinθ＝0.6，即θ＝37°，运动的路程为7km，选项A，C正确；以小船为参考系，O处的观察员是运动的，B错误；若研究小船在湖中行驶时间时，小船的大小相对于行驶的距离可以忽略不计，故小船可以看做质点，选项D正确．1．区别与联系(1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．2．方法和技巧(1)判断是否为瞬时速度，关键是看该速度是否对应“位置”或“时刻”．(2)求平均速度要找准“位移”和发生这段位移所需的“时间”．【例2】在某GPS定位器上，显示了以下数据：航向267°，航速36km/h，航程60km，累计100min，时间10∶29∶57，则此时瞬时速度和开机后平均速度为()A．3.6m/s、10m/s B．10m/s、10m/sC．3.6m/s、6m/s D．10m/s、6m/s答案B解析GPS定位器上显示的航速为瞬时速度36km/h＝10m/s，航程60km，累计100min ，平均速度为v ＝Δx Δt ＝60×103100×60m/s ＝10m/s ，故B 正确．【变式2】(多选)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB ，ABC ，ABCD ，ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1s,2s,3s,4s ．下列说法正确的是()A ．物体沿曲线A →E 的平均速率为1m/sB ．物体在ABC 段的平均速度大小为52m/s C ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点时的速度等于AC 段的平均速度答案BC 解析平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段轨迹的长度，故不能求出平均速率，选项A 错误；由v ＝s t 可得v ＝52m/s ，选项B 正确；所选取的过程离A 点越近，其过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，选项C 正确；物体在B 点的速度不一定等于AC 段的平均速度，选项D 错误．【变式3】一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3)m，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6t2 (m/s)，该质点在t＝2s时的速度和t＝2s到t＝3s时间内的平均速度的大小分别为()A．12m/s39m/s B．24m/s38m/sC．12m/s19.5m/s D．24m/s13m/s答案B解析由v＝6t2(m/s)得，当t＝2s时，v＝24m/s；根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x＝(5＋2t3)m得：当t＝2s时，x2＝21m，t＝3s时，x3＝59m；则质点在t＝2s到t＝3s时间内的位移Δx＝x3－x2＝38m，平均速度v＝ΔxΔt ＝381m/s＝38m/s，故选B.◆拓展点用平均速度法求解瞬时速度——极限思想的应用1．用极限法求瞬时速度和瞬时加速度(1)公式v＝ΔxΔt中，当Δt→0时v是瞬时速度．(2)公式a＝ΔvΔt中，当Δt→0时a是瞬时加速度．2．注意(1)用v＝ΔxΔt求瞬时速度时，求出的是粗略值，Δt(Δx)越小，求出的结果越接近真实值．(2)对于匀变速直线运动，一段时间内的平均速度可以精确地表示物体在这一段时间中间时刻的瞬时速度．【例3】为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d ＝3.0cm 的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0s ，则滑块的加速度约为()A ．0.067m/s 2B ．0.67m/s 2C ．6.7m/s 2D ．不能计算出答案A 解析遮光板通过第一个光电门时的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m/s ＝0.10m/s ，遮光板通过第二个光电门时的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30m/s ，故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067m/s 2，选项A 正确．1．三个概念的比较比较项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量描述物体速度改变的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢和方向的物理量定义式v＝ΔxΔtΔv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0t决定因素v的大小由v0、a、Δt决定Δv由v与v0进行矢量运算，由Δv＝aΔt知Δv由a与Δt决定a不是由v、t、Δv来决定的，而是由Fm来决定方向平均速度与位移同向由v－v0或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v的方向无关2.判断直线运动中的“加速”或“减速”方法物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系．(1)a和v同向(加速直线运动)→a不变，v随时间均匀增加a增大，v增加得越来越快a减小，v增加得越来越慢(2)a和v反向(减速直线运动)→a不变，v随时间均匀减小或反向增加a增大，v减小或反向增加得越来越快a减小，v减小或反向增加得越来越慢【例4】(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的可能运动情况为()A．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相同B．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相反C．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相同D．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相反答案AD解析以初速度的方向为正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝v－v0 t＝10－41m/s2＝6m/s2，方向与初速度的方向相同，A正确，B错误；若初、末速度方向相反，加速度a＝v－v0t＝－10－41m/s2＝－14m/s2，负号表示方向与初速度的方向相反，C错误，D正确．【变式4】一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至零，则在此过程中() A．速度先逐渐增大，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度先均匀增大，然后增大得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案B解析加速度与速度同向，速度应增大，当加速度不变时，速度均匀增大；当加速度减小时，速度仍增大，但增大得越来越慢；当加速度为零时，速度达到最大值，保持不变，选项A错误，B正确；因质点速度方向不变化，始终向前运动，最终做匀速运动，所以位移一直在增大，选项C、D均错误．【变式5】一物体做加速度为－1m/s2的直线运动，t＝0时速度为－5m/s，下列说法正确的是()A．初速度为－5m/s说明物体在做减速运动B．加速度为－1m/s2说明物体在做减速运动C．t＝1s时物体的速度为－4m/sD．初速度和加速度方向相同，物体在做加速运动答案D解析当速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，根据速度公式v ＝v0＋at，当t＝1s时物体速度为v1＝－5m/s＋(－1)×1m/s＝－6m/s，故A、B、C错误，D正确．。
高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的规律课时作业2(含解析)
高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的规律课时作业2（含解析）1．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m答案：C 解析：根据Δs ＝at 2，可得a ＝Δs t2＝2 m/s 2；从开始刹车计时，1 s 时的速度为v 1＝9＋72 m/s 2＝8 m/s ，再经过4 s 汽车停止运动，所以汽车的总刹车时间是5 s ，刹车后6 s 内的位移s ＝12at 2＝12×2×52m ＝25 m ．本题答案为C ．2．一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，已知物体经过A 、B 、C 三点的速度为v A 、v B 、v C ，有v A <v C ，且v B ＝v A ＋v C2，则加速度a 1和a 2的大小为( )A ．a 1<a 2B ．a 1＝a 2C ．a 1>a 2D ．条件不足无法确定答案：A 解析：解法一：由于物体做加速运动，所以v AB <v BC ，则t AB >t BC ，由v B ＝v A ＋v C2得：v B －v A ＝v C －v B 即a 1t AB ＝a 2t BC ，由于t AB >t BC ，故a 1<a 2，A 选项正确．解法二：作出v t 图象如图所示，B 为AC 的中点且v B ＝v A ＋v C2，只能是a 1<a 2.3．一辆汽车正在以速度54 km/h 匀速运动，由于某种原因需要在100 m 内停下，则刹车加速度大小不可能为( )A ．1.06 m/s 2B ．1.65 m/s 2C ．2.4 m/s 2D ．3.2 m/s 2答案：A 解析：刹车初速度为v 0＝54 km/h ＝15 m/s 、末速度为v ＝0，设加速度大小为a ，应用速度—位移关系式有v 2－v 20＝－2ax ，解得a ＝1.125 m/s 2，则加速度大小分别为3.2 m/s 2、2.4 m/s 2、1.65 m/s 2时汽车在100 m 内能停下，选项B 、C 、D 均可能，选项A 错．4．(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小变为v 02时，所用时间可能是( )A ．v 02gB ．v 0g C ．3v 0g D ．3v 02g答案：BC 解析：当滑块速度大小变为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v 1＝v 02和v 2＝－v 02，由公式t ＝v －v 0a ，得t 1＝v 0g 和t 2＝3v 0g，B 、C 正确．5．如图所示，斜面倾角为θ，一个小物体从斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速直线运动，其依次经过a 、b 、c 三点，最终停在斜面顶点P .a 、b 、c 三点到P 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，小物体由a 、b 、c 运动到P 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论正确的是( )A ．x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3B ．x 2－x 1t 22－t 21＝x 3＋x 1t 23－t 21C ．x 1t 1＝x 2t 2<x 3t 3D ．x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23答案：D 解析：运用逆向思维，小物体从斜面顶端做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式x ＝12at 2有a ＝2x 1t 21＝2x 2t 22＝2x 3t 23，选项D 对；应用数学知识有x 2－x 1t 22－t 21＝x 3－x 1t 23－t 21，选项A 、B 、C 均错．6．(2014·上海单科)在离地高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( )A ．2v gB ．vgC ．2h vD ．h v答案：A 解析：下抛落地时间满足h ＝vt 1＋12gt 21，上抛落地所需要时间满足－h ＝vt 2－12gt 22，两式相加得t 2－t 1＝2vg，A 项正确． 7．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8 mm ，弹射最大高度为 24 cm.而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m ，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)( )A ．150 mB ．75 mC ．15 mD ．7.5 m答案：A 解析：磕头虫向下运动末速度大小与向上运动初速度大小相等，向下运动的过程中v 21＝2ah 1，弹射过程中v 21＝2gh 2；人向上加速运动过程中v 22＝2aH 1，离地上升过程中v 22＝2gH 2，代入数值得H 2＝150 m ，故A 正确．8．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 ，物体从B 滑到C 所用的时间为t ′，则( )A ．t ′＝13tB ．t ′＝12tC ．t ′＝tD ．t ′<t答案：C 解析：把物体运动看成从C 点到A 点的初速度为0的匀加速直线运动．由题意知s CB ∶s BA ＝1∶3，根据初速度为0的匀加速度直线运动在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5…，可知t ′＝t .9．(2014·云南师大附中调研)(多选)如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，OB 杆与OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O 点由静止释放，沿OA 、OB 、OC 、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 4答案：ABD 解析：根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同，故沿OA 和OC 滑到底端的时间相同，OB 不是一条完整的弦，时间最短，OD 长度超过一条弦，时间最长．t 4>t 1＝t 3>t 2故正确选项为A 、B 、D ．10．一物体从某高处做匀加速下落运动，最初3 s 和最后3 s 的位移之比为3∶7，此两段时间内的位移之差大小为6 m ，求：(1)物体下落的高度； (2)物体下落的时间．答案：(1)12.5 m (2)5 s 解析：(1)设最初3 s 和最后3 s 的位移分别为x 1、x 2. 由题意可知x 1∶x 2＝3∶7，x 2－x 1＝6 m 解得x 1＝4.5 m ，x 2＝10.5 m过程草图如图所示，易知物体从顶端A 至底端B 做初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间内的位移之比等于连续的奇数之比可知最初3 s 和最后3 s 有交叉过程，CD 为交叉过程，由最初Δt ＝3 s 有x 1＝12a Δt 2解得a ＝1 m/s 2由最后Δt ＝3 s 有x 2＝v C Δt ＋12a Δt 2解得v C ＝2 m/s则AC 距离为x AC ＝v 2C2a ＝2 mAB 距离x ＝x AC ＋x 2解得x ＝12.5 m (2)AC 段用时间t 1＝v C a从A 到B 需时间t ＝t 1＋Δt 解得t ＝5 s11.(2015·湖北襄阳市调研)我国某城市某交通路口绿灯即将结束时会持续闪烁 3 s ，而后才会变成黄灯，再在3 s 黄灯提示后再转为红灯．新交通法规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章运动．(本题中的刹车过程均视为匀减速直线运动)(1)若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于24 m ，该车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)若某车正以v 0＝18 m/s 的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L ＝58.5 m ，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内．求该车驾驶员的允许的考虑时间．答案：(1)16 m/s (2)0.5 s解析：(1)设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为v 根据平均速度公式x 1＝v2t 1解得v ＝16 m/s(2)该车驾驶员的允许的从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间t 2＝6－t该汽车在刹车过程中通过的位移为x 2＝v 02t 2设绿灯开始闪烁时该车距离停车线的距离为L ，则L ＝L 0＋x 2 联立解得：t ＝0.5 s即该驾驶员的允许的考虑时间不能超过0.5 s.12．(2015·浙江温州一模)我海军小分队在进行登陆某海岛演习．一大型战舰停在离某海岛登陆点一定距离处，登陆队员需要从较高的甲板上利用绳索下滑到海水中的快艇上，再开快艇接近登陆点．绳索的一端固定在战舰甲板边缘，另一端固定在快艇上，使绳索处于绷直状态，其长度为L ＝16 m ．队员沿绳索先由静止匀加速下滑，再匀减速滑到快艇时速度刚好为零，在此过程中队员的最大速度v max ＝8 m/s.当队员抵达快艇后，立即撤除绳索，快艇正对登陆点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度匀加速直线行驶一段时间后，立即改做加速度大小为a 2＝4 m/s 2的匀减速直线运动，到达海岛登陆点时速度恰好为零．快艇距登陆点的直线距离s ＝540 m ，撤除绳索时间忽略不计，队员和快艇均视为质点．求队员登岛的总时间．答案：(4＋910) s解析：设队员在绳索上运动的时间为t 1，在快艇上运动的时间为t 2，由运动学公式得：L ＝v max2t 1v 2＝2a 1x 1 v 2＝2a 2x 2 s ＝x 1＋x 2 s ＝v 2t 2代入数据得t 1＝4 st 2＝910 s所以队员登岛的总时间t ＝t 1＋t 2＝(4＋910) s.13．(2015·陕西师大附中摸底)2012年11月25日，中国第一艘装有帮助飞机起飞弹射系统的航母“辽宁舰”完成了歼－15首次起降飞行训练并获得圆满成功．已知歼－15在跑道上加速时可产生的最大加速度为5.0 m/s 2，当歼－15的速度达到50 m/s 时才能离开航空母舰起飞．设航空母舰处于静止状态．求：(1)若要求歼－15滑行160 m 后起飞，弹射系统必须使飞机至少具有多大的初速度？ (2)若“辽宁舰”上不装弹射系统，要求该种飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰身长至少应为多长？(3)若“辽宁舰”上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L ＝160 m ，为使歼－15仍能从此舰上正常起飞，可采用先让“辽宁舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让歼－15起飞，则“辽宁舰”的航行速度至少为多少？答案：(1)30 m/s (2)250 m (3)10 m/s解析：(1)设经弹射系统使飞机起飞时初速度为v 0，由运动学公式v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2aL ＝30 m/s(2)不装弹射系统时，飞机从静止开始做匀加速直线运动．由运动学公式v 2－0＝2ax 得该舰身长至少应为x ＝v 2－02a＝250 m(3)航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行，设速度为v 1，在飞机起跑过程中的位移为x ，则x 1＝v 1t飞机起跑过程中做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移为x 2，则由运动学公式v 2－v 21＝2ax 2得x 2＝v 2－v 212a又有v ＝v 1＋at 解得运动的时间为t ＝v －v 1a由位移关系可知L ＝x 2－x 1解以上各式得L ＝v 2－v 212a －v 1·v －v 1a解得v 1＝10 m/s 或v 1＝90 m/s(舍去)故航空母舰沿飞机起飞方向的速度至少为10 m/s.。
高考物理复习匀变速直线运动规律专项训练(附答案)
高考物理复习匀变速直线运动规律专项训练（附答案）匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动，以下是匀变速直线运动规律专项训练，请考生认真练习。
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. [2019泰兴模拟]一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分为12∶3的三段，则每段时间内的位移之比为()A. 13∶5B. 1∶4∶9C. 1∶8∶27D. 1∶16∶81解析：由x=at2得，x=x1=at2;x=x2-x1=a(3t)2-at2=4at2;x=x3-x2=a(6t)2-a(3t)2=at2;则xxⅡ∶xⅢ=18∶27，选项C正确。
答案：C2. [2019温州模拟]汽车遇紧急情况刹车，经1.5 s停止，刹车距离为9 m。
若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s的位移是()A. 4.5 mB. 4 mC. 3 mD. 2 m解析：汽车刹车过程可以看作反向初速度为零的匀加速直线运动，由x=at2，可得其加速度大小为a=8 m/s2;汽车停止前最后1 s的位移是x=at2=4 m，选项B正确。
答案：B3. 一个小滑块以一定的初速度滑上倾角为30的光滑斜面，在第1 s内与前3 s内通过的位移相等，取初速度方向为正，则下列判断正确的是(取g=10 m/s2)()A. 滑块在前3 s内的平均速度=7.5 m/sB. 滑块在前3 s内的平均速率为2.5 m/sC. 滑块在前4 s内的平均速度为零D. 滑块在第3 s内的平均速度=2.5 m/s解析：滑块在斜面上运动的加速度a=-=-5 m/s2，设滑块初速度为v0，则第1 s内的位移x1=(v01-512) m，前3 s内的位移x2=(v03-532) m，x1=x2，解得v0=10 m/s，x1=x2=7.5 m，因此滑块在前3 s内的平均速度== m/s=2.5 m/s，A项错误;滑块在第2 s和第3 s内的总位移为零，即第2 s上滑，第3 s下滑，有往返运动，因此前3 s内的平均速率不等于前3 s内的平均速度的大小，B项错误;由对称关系可知4 s末滑块回到出发点，位移为零，平均速度为零，C正确;滑块在第3 s内的位移为x3=-x1=-2.5 m，平均速度=-2.5 m/s，D项错误。
2020届一轮复习人教版 匀变速直线运动规律 作业
2020届一轮复习人教版 匀变速直线运动规律 作业1．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( ) A ．第1s 内的位移是5m B ．前2s 内的平均速度是6m/s C ．任意相邻的1s 内位移差都是0.5m D ．任意1s 内的速度增量都是2m/s 答案 D2．(2017·苏锡常镇四市调研)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( ) A ．vt B.vt2C ．2vtD ．不能确定答案 B3．(多选)(2018·小海中学高三初考)如图1所示，光滑固定斜面AE 被分成四个相等的部分，一物体由A 点从静止释放，下列结论中正确的是( )图1A ．物体到达各点的速率vB ∶vC ∶vD ∶vE ＝1∶2∶3∶2 B ．物体到达各点所经历的时间t E ＝2t B ＝2t C ＝233t DC ．物体从A 到E 的平均速度v ＝v BD ．物体通过每一部分时，其速度增量v B －v A ＝v C －v B ＝v D －v C ＝vE －v D 答案 ABC解析 根据运动学公式v 2－v 02＝2ax 得物体由A 点从静止释放有v ＝2ax ，所以物体到达各点的速率之比v B ∶v C ∶v D ∶v E ＝1∶2∶3∶2，故A 正确；根据运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2得：t ＝2x a ，物体到达各点经历的时间t B ∶t C ∶t D ∶t E ＝1∶2∶3∶2，即t E ＝2t B ＝2t C ＝233t D ，故B 正确；故物体从A 到E 的平均速度v ＝0＋v E 2＝v E2，由于v E ＝2v B ，则v ＝v B ，故C 正确；v B ∶v C ∶v D ∶v E ＝1∶2∶3∶2，物体通过每一部分时，其速度增量不等，故D 错误．4．(多选)(2018·泰州中学期中)一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后静止下来．若物体在最初5s 内通过的位移与最后5s 内通过的位移之比为x 1∶x 2＝11∶5，物体运动的加速度大小为a ＝1m/s 2，则( ) A ．物体运动的时间可能大于10sB ．物体在最初5s 内通过的位移与最后5s 内通过的位移之差为x 1－x 2＝15mC ．物体运动的时间为8sD ．物体的初速度为10m/s 答案 BC5．如图2所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s 和2s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )图2A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5答案 C解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s 用时t 1＝v a＝1s ，在加速时间内通过的位移x 1＝12at 12＝1m ，t 2＝4s ，x 2＝vt 2＝8m ，已过关卡2，t 3＝2s 时间内x 3＝4m ，关卡打开，t 4＝5s ，x 4＝vt 4＝10m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m ，到达关卡4还需t 5＝ 0.5s ，小于2s ，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 正确．1．假设某无人机靶机以300m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以80 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，以1200m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( ) A ．3.75sB ．15sC ．30sD ．45s 答案 B解析 导弹由静止做匀加速直线运动，即v 0＝0，a ＝80m/s 2，据公式v ＝v 0＋at ，有t ＝v a＝1200s＝15s，即导弹发射后经15s击中无人机，选项B正确．802.(2018·苏州市期初调研)如图1所示，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，立刻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，对前、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( )图1A．初速度B．末速度C．平均速度D．加速度答案 C3．(多选)如图2所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )图2A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶ 3D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看做反向初速度为零的匀加速直线运动．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，故选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故选项A错误，B正确．4．(2019·淮安中学期初)做匀加速直线运动的列车出站时，车头经过站台某点O时速度是1m/s，车尾经过O点时的速度是7 m/s，则这列列车的中点经过O点时的速度为( ) A．3.5m/s B．4 m/sC ．5m/sD ．5.5 m/s答案 C5．(2019·淮安中学期初)汽车以20m/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2s 与开始刹车后6s 汽车通过的位移之比为( ) A ．1∶1 B ．3∶1 C ．3∶4 D ．4∶3答案 C6．(2019·田家炳中学期初)火车初速度为10m/s ，关闭油门后前进150 m ，速度减为5 m/s ，再经过30s ，火车前进的距离为( ) A ．50m B ．37.5m C ．150m D ．43.5m 答案 A解析 由速度位移公式v 2－v 02＝2ax 得a ＝v 2－v 022x ＝25－1002×150m/s 2＝－0.25 m/s 2，列车停止需要的时间t 0＝0－v a ＝－5－0.25 s ＝20 s ，则30 s 内前进的距离等于20 s 内前进的距离x ＝vt 0＋12at 02＝5×20 m－12×0.25×400 m＝50 m ，A 正确． 7．(2019·田家炳中学期初)光滑固定斜面长为L ，物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的13时，它沿斜面下滑的距离是( )A.19LB.16LC.13LD.33L 答案 A解析 设物体沿斜面下滑的加速度为a ，物体到达斜面底端的速度为v ，则有v 2＝2aL ，(13v )2＝2aL ′，联立可得L ′＝19L ，A 正确．8．(2019·淮安中学期初)小船匀速逆流而上，经过桥下时箱子落水了(箱子落水后速度立即与水速相同)，船继续前进一段时间后才发现，并立即调头以相同的静水船速顺流而下，从发现后经过1h 在下游距桥7.2km 处追上，则河水流动速度为( ) A ．7.2km/h B ．3.6 km/hC ．1.8km/hD ．条件不足，无法确定 答案 B9．(2018·扬州中学月考)一辆警车在平直的公路上以40m/s 的速度行驶，现要求在到达前方某地时的速度也为40 m/s ，有三种行进方式：a .一直匀速直线运动；b .先匀减速再匀加速；c .先匀加速再匀减速，则( )A ．a 种方式先到达B ．b 种方式先到达C ．c 种方式先到达D ．条件不足，无法确定答案 C解析 v －t 图象的斜率大小等于加速度大小，图线与时间轴所围“面积”等于位移，三种方式末速度相等，作出v －t 图象如图所示，由于到达某地点时三种方式的位移大小相等、速度大小相等，由图象看出c 种方式所用时间最短，则c 种方式先到达．10．(2018·徐州市第三中学月考)一名消防队员在模拟训练中，沿着长为12m 的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s ，那么该消防队员( ) A ．下滑过程中的最大速度为4m/s B ．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2 C ．加速与减速运动过程的平均速度之比为2∶1 D ．加速与减速运动过程的位移之比为1∶4 答案 B解析 设下滑过程中的最大速度为v ，则消防队员下滑的总位移：v 2t 1＋v2t 2＝x ，解得最大速度：v ＝2x t 1＋t 2＝2x t ＝2×123m/s ＝8 m/s ，故A 错误；设加速与减速过程的时间分别为t 1、t 2，加速度大小分别为a 1、a 2，则v ＝a 1t 1，v ＝a 2t 2，解得：t 1∶t 2＝a 2∶a 1＝1∶2，故B 正确；根据平均速度的推论知，v ＝v2，则平均速度之比为1∶1，故C 错误；因为平均速度之比为1∶1，加速和减速的时间之比为1∶2，则加速和减速的位移之比为1∶2，故D 错误．11．(2018·泰州中学调研)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命．某路段机动车限速为15m/s ，一货车严重超载后的总质量为5.0×104kg ，以15 m/s 的速度匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s 2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10 m/s 2.(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比； (2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大；(3)若此货车不仅超载而且以20m/s 的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？设此情形下刹车加速度仍为5 m/s 2.答案 (1)2∶1 (2)22.5m 11.25m (3)40m解析 (1)该货车刹车时做匀减速直线运动，根据速度时间公式，正常装载时：0＝v 0－a 1t 1 超载时：0＝v 0－a 2t 2解得t 1t 2＝a 2a 1＝12即此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比为2∶1. (2)该货车刹车时做匀减速直线运动，根据速度位移公式， 正常装载时：0－v 02＝2(－a 1)x 1 超载时：0－v 02＝2(－a 2)x 2 解得x 1＝11.25 m ，x 2＝22.5 m即此货车在超载时的刹车距离是22.5 m ，正常装载情况下的刹车距离是11.25 m. (3)该货车刹车时做匀减速直线运动，根据速度位移公式，有0－v 0′2＝2(－a 2)x 3 解得x 3＝40 m即此货车在超载而且以20 m/s 的速度超速行驶时，刹车距离是40 m.12.(2019·淮安中学期初)如图3所示，一物体以4m/s 的速度滑上光滑固定斜面，途经A 、B 两点，已知它在A 点时的速度是B 点时的2倍，由B 点再经0.5s 物体滑到斜面顶端C ，速度恰好减至为零，A 、B 间相距0.75m ．求：图3(1)物体运动的加速度大小； (2)斜面的长度；(3)物体由底端滑至B 点所需时间． 答案 (1)2m/s 2(2)4m (3)1.5s解析 (1)物体的运动可看做是由C 开始初速度为0、沿斜面向下匀加速直线运动的逆向运动，v ＝at ，t BC ＝0.5 s ，v A ＝2v B ，则t AC ＝1 s ，x AB ＝12at AC 2－12at BC 2，代入数据解得a ＝2 m/s 2.(2)设斜面长度为l ，则v 02＝2al 解得l ＝4 m(3)设物体由底端滑至B 点所需时间为t ，由题意可知，v0＝at总t总－t BC＝t代入数据解得t＝1.5 s.。
高三物理一轮复习测试专题《运动的描述 匀变速直线运动》含答案
绝密★启用前鲁科版新高三物理2019-2020学年一轮复习测试专题《运动的描述匀变速直线运动》本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷一、单选题(共20小题，每小题3.0分,共60分)1.做单向直线运动的物体，关于其运动状态下列情况可能的是()A．物体的速率在增大，而位移在减小B．物体的加速度大小不变，速率也不变C．物体的速度为零时加速度达到最大D．物体的加速度和速度方向相同，当加速度减小时，速度也随之减小2.在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆最大刹车加速度是15 m/s2，该路段限速为60 km/h.则该车()A．超速B．不超速C．无法判断是否超速D．速度刚好是60 km/h3.某质点以20 m/s的初速度竖直向上运动，其加速度保持不变，经2 s到达最高点，上升高度为20 m，又经过2 s回到出发点时，速度大小仍为20 m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是()A．质点运动的加速度大小为10 m/s2，方向竖直向下B．质点在这段时间内的平均速度大小为10 m/sC．质点在最高点时加速度为零D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相等4.甲、乙两个质点同时同地向同一方向做直线运动，它们的v－t图象如图所示，则：()A．乙比甲运动得快B．t＝2秒时，乙追上甲C． 0～4 s，甲的平均速度大于乙的平均速度D．乙追上甲时距出发点40 m远5.骑自行车的人由静止开始沿直线运动，在第1 s内通过1米、第2 s内通过2米、第3 s内通过3米、第4 s内通过4米．则下列说法中正确的是()A．自行车和人都做匀加速直线运动B．第2 s末的瞬时速度为2.5 m/sC．第3、4两秒内的平均速度为3.5 m/sD．整个过程中加速度为1 m/s26.汽车以20 m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为()A． 3 sB． 4 sC． 5 sD． 6 s7.物体甲的速度与时间图象和物体乙的位移与时间图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是()A．甲在整个t＝4 s时间内有来回运动，它通过的总路程为12 mB．甲在整个t＝4 s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6 mC．乙在整个t＝4 s时间内有来回运动，它通过的总路程为12 mD．乙在整个t＝4 s时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为6 m8.在水平面上有一个小物块质量为m，从某点给它一个初速度后沿水平面做匀减速直线运动，经过A、B、C三点到O点速度为零．A、B、C三点到O点距离分别为s1、s2、s3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3，下列结论正确的是()A．＝＝B．＞＞C．＝＝D．＜＜9.在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如下图所示．下面说法正确的是()A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的10.测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m．某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则下列说法正确的是()A．经1 s，B接收到返回的超声波B．超声波追上A车时，A车前进了10 mC．A车加速度的大小为10 m/s2D．A车加速度的大小为5 m/s211.一物体自楼顶平台上自由下落h1时，在平台下面h2处的窗口也有一物体自由下落，如果两物体同时到达地面，则楼高为()A．h1＋h2B．C．D．12.甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v－t图象如图所示，则()A． 1 s时甲和乙相遇B． 0～6 s内甲乙相距最大距离为1 mC． 2～6 s内甲相对乙做匀速直线运动D． 4 s时乙的加速度方向反向13.如图所示为物体做直线运动的v－t图象．若将该物体的运动过程用x－t图象表示出来(其中x 为物体相对出发点的位移)，则下列四幅图中描述正确的是()A．B．C．D．14.如图所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α＞β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是 ()A．B．C．D．15.如图1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()图1A．关卡2B．关卡3C．关卡4D．关卡516.某人将小球以初速度v0竖直向下抛出，经过一段时间小球与地面碰撞，然后向上弹回，以抛出点为原点，竖直向下为正方向，小球与地面碰撞时间极短，不计空气阻力和碰撞过程中动能损失，则下列图象中能正确描述小球从抛出到弹回的整个过程中速度v随时间t的变化规律的是()A．B．C．D．17.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点()A．第1 s内的位移是5 mB．前2 s内的平均速度是6 m/sC．任意相邻的1 s内位移差都是1 mD．任意1 s内的速度增量都是2 m/s18.做匀加速直线运动的列车，车头经过某路标时的速度为v1，车尾经过该路标时的速度是v2，则列车在中点经过该路标时的速度是()A．B．C．D．19.南北朝时期的傅翕曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛．人在桥上走，桥流水不流．”其中“桥流水不流”一句应理解成其选择的参照物是()A．水B．桥C．人D．地面20.甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似为匀速直线运动来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图所示，分别作出在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象，正确的是()A．B．C．D．第Ⅱ卷二、计算题(共4小题，每小题10.0分,共40分)21.在竖直的井底，将一物体以11 m/s的速度竖直向上抛出，物体冲过井口时被人接住，在被人接住前1 s内物体的位移为4 m，位移方向向上，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：(1)物体从抛出到被人接住所经历的时间；(2)此井的竖直深度．22.做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BC＝，AB段和BC段的平均速度分别为v1＝3 m/s、v2＝6 m/s，则：(1)物体经B点时的瞬时速度v B为多大？(2)若物体运动的加速度a＝2 m/s2，试求AC的距离l.23.酒后驾车严重威胁公众交通安全．若将驾驶员从视觉感知前方危险到汽车开始制动的时间称为反应时间，将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离．科学研究发现，反应时间和感知制动距离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化．一驾驶员正常驾车和酒后驾车时，感知前方危险后汽车运动v－t图线分别如下图甲、乙所示．求：(1)正常驾驶时的感知制动距离x；(2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离Δx.24.一物体以某一初速度在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最后停下来，若此物体在最初5 s内和最后5 s内经过的路程之比为11∶5.则此物体一共运动了多长时间？答案解析1.【答案】C【解析】物体做单向直线运动，故当物体速率增加时，物体的位移增加，不会减小，故A错误；物体做单向直线运动，加速度反映物体速度变化快慢的物理量，此时若存在加速度，则加速度只能改变物体速度大小，不能改变速度方向，故B错误；物体做单向直线运动时，当物体做加速度增加的减速直线运动时，当物体速度为零时，加速度达到最大值，故C可能发生；物体的加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动，当加速度减小时物体的速度仍在增加，只是增加得变慢了，故D错误．2.【答案】A【解析】如果以最大刹车加速度刹车，那么由v＝可求得刹车时的速度为30 m/s＝108 km/h，所以该车超速行驶，A正确.3.【答案】A【解析】根据加速度的定义知，取竖直向上为正方向，则：a＝m/s2＝－10 m/s2，负号表示加速度方向与规定的正方向相反，即竖直向下，选项A正确；由位移的定义知，这段时间内的总位移为零，而路程为40 m，根据平均速度的定义知，平均速度为零，但平均速率却为v＝m/s ＝10 m/s，即选项B错误；质点做匀变速运动，每时每刻的加速度都相同，在最高点速度为零，但加速度大小仍为10 m/s2，方向竖直向下，所以选项C错误；在抛出点两时刻的瞬时速度大小相等，但方向相反，选项D错误．4.【答案】D【解析】两秒前甲运动的快，两秒时甲、乙速度相等，两秒后乙运动的快，故A错；在v－t图象中速度与时间所围的“面积”表示位移，知B错，D对；由＝知0～4 s，甲与乙的平均速度相等，C错．5.【答案】C【解析】本题已明确指出骑自行车的人做初速度为零的直线运动，因此，若为匀变速直线运动，必有连续相等时间内的位移之比是1∶3∶5∶7，而这里对应的位移之比是1∶2∶3∶4.虽然在连续相等时间内位移差相等，但不是匀变速直线运动，故无法求出加速度及第2 s末的瞬时速度．根据平均速度的定义可求得第3、4两秒内的平均速度为＝m/s＝3.5 m/s.C选项正确．6.【答案】A【解析】由x＝v0t＋at2代入数据得37.5＝20t－×5t2，解得t＝3 s或t＝5 s，由于汽车匀减速至零所需时间为t′＝＝4 s＜5 s，故A正确．7.【答案】D【解析】甲在前2 s内向负方向做匀减速直线运动，后2 s内向正方向做匀加速直线运动，即4 s 时间内有往返运动，它通过的总路程为两个三角形的面积和，s＝2×(×2×3) m＝6 m，故A、B错误；x－t图象的斜率表示速度，可知，乙在整个t＝4 s时间内一直沿正向运动，乙在4 s时间内从－3 m运动到＋3 m位置，故总位移大小为6 m，故C错误，D正确．8.【答案】C【解析】因题中所给已知量是位移和时间且在O点速度为零，为此可用逆向思维，利用公式x＝at2可快速判定C对，D错；由中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度可知A、B错．9.【答案】D【解析】金星通过太阳和地球之间时，我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A 错误；因为太阳的大小对所研究问题的影响起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确．10.【答案】C【解析】从B发出超声波到接收到超声波过程中，汽车A的运动如图所示：B发出超声波时，汽车在C位置汽车反射超声波时，汽车在D位置B接收超声波时，汽车在E位置经分析可知：TCD＝TDE，xCE＝20 m所以xCD＝5 m，xDE＝15 m，TCD＝s＝1 s可见B接收到返回的超声波需2 s.对汽车A：Δx＝aT，所以a＝10 m/s2由以上可知只有选项C正确．11.【答案】D【解析】设楼高为H，由题得到－＝解得H＝.12.【答案】C【解析】两物体从同一地点出发，t＝1 s之前乙的速度一直大于甲的速度，故两物体在t＝1 s时不会相遇，A错误；在0～6 s内，在t＝6 s时两物体间距最大，最大距离为8 m，B错误；因2～6 s内甲、乙两物体减速的加速度相同，故v甲－v乙恒定不变，即甲相对乙做匀速直线运动，C正确，D错误．13.【答案】C【解析】0～t1时间内物体沿正向匀速运动，选项A错误；t1～t2时间内，物体静止，且此时离出发点有一定距离，选项B、D错误；t2～t3时间内，物体反向运动，且速度大小不变，即x－t图象中，0～t1和t2～t3两段时间内，图线斜率的绝对值相等，选项C正确．14.【答案】C【解析】物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v＜v0，A项错误；物块在ab段和bc段分别做匀减速和匀加速运动，且a1＞a2，t1＜t2，故B、D错误，C正确．15.【答案】C【解析】由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝＝1 s，在加速时间内通过的位移x1＝at＝1 m，t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，已过关卡2，t3＝2 s时间内x3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t5＝0.5 s，小于2 s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C正确．16.【答案】C【解析】取向下为正方向，小球下落的速度均匀增大，碰撞地面反弹后，速度反向向上，为负值，且均匀减小，故只有C正确．17.【答案】D【解析】由x＝v0t＋at2与x＝5t＋t2的对比可知：该质点做匀加速直线运动的初速度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内的位移是6 m，A错误；前2 s内的位移是14 m，平均速度为＝＝m/s＝7 m/s，B错误；相邻1 s内位移差Δx＝aT2＝2 m，C错误；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，D正确．18.【答案】C【解析】设列车的长度为2x，以列车为参考系，则路标相对于列车做匀变速直线运动；路标从起点到中点时有：v2－v＝2ax从中点到列车尾部时有：v－v2＝2ax联立解得：v＝；故选C.19.【答案】A【解析】以水为参考系，假定水是静止的，桥与水的间距发生了变化，那么桥是运动的，故选项A 正确．20.【答案】B【解析】他们同时从起跑线起跑且均做匀速直线运动，故他们运动的x－t关系图象均是经过原点的倾斜直线，斜率大小代表速度大小；而v－t关系图线是平行于横轴的直线，由题图可知，v乙>v ，故选项B正确．甲21.【答案】(1)1.2 s(2)6 m【解析】(1)设物体在被接住前1 s时的速度为v，取竖直向上为正方向，则由运动学公式可得：h0＝vt0－gt＝4 m，解得：v＝9 m/s.则物体从抛出到被人接住所经历的时间为：t＝＋t0＝1.2 s.(2)由竖直上抛运动的全过程公式，可得此井的竖直深度为：h＝v0t－gt2＝6 m.22.【答案】(1)5 m/s(2)12 m【解析】(1)设加速度大小为a，经A、C的速度大小分别为v A、v C.由匀加速直线运动规律可得：v－v＝2a×①v－v＝2a×②v1＝③v2＝④解①②③④式得：v B＝5 m/s(2)解①②③④式得：v A＝1 m/s，vC＝7 m/s由v－v＝2al得：l＝12 m.23.【答案】(1)75 m(2)30 m【解析】(1)设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2，由图线可得：t1＝0.5 s，t2＝1.5 s汽车减速时间为t3＝4.0 s初速度v0＝30 m/s由图线可得：x＝v0t1＋t3解得：x＝75 m(2)Δx＝v0(t2－t1)＝30×(1.5－0.5) m＝30 m24.【答案】8 s【解析】若依据匀变速直线运动规律列式，将会出现总时间t比前后两个5 s的和10 s是大还是小的问题：若t>10 s，可将时间分为前5 s和后5 s与中间的时间t2，经复杂运算得t2＝－2 s，再得出t＝8 s的结论．若用逆向的初速度为零的匀加速直线运动处理，将会简便得多．将物体运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则最后5 s内通过的路程为x2＝a×52＝12.5a最初5 s内通过的路程为x1＝at2－a(t－5)2＝a(10t－25)由题中已知的条件x1∶x2＝11∶5得：(10t－25)∶25＝11∶5解得物体运动的总时间t＝8 s.。
2020高考物理一轮复习1-2匀变速直线运动的规律(精练)附答案
1.2 匀变速直线运动的规律（精练）1．（2019·湖南衡阳八中期中）如图1所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。
假设水滴从10 m 高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约为(g 取10 m/s 2)( )图1A ．20 m/sB ．14 m/sC ．2 m/sD ．1.4 m/s【答案】B【解析】根据公式v 2＝2gh 得v ＝2×10×10 m/s≈14 m/s ，选项B 正确。
2．（2019·湖北唐山一中期中）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 (单位：m)，则质点运动的加速度为( )A.3x 2(m/s 2) B.2x3(m/s 2) C.2x5(m/s 2) D.5x2(m/s 2)【答案】C【解析】由匀变速直线运动规律知第3 s 内的平均速度等于t ＝2.5 s 时的瞬时速度v 2.5＝x1(m/s)＝x (m/s)，得a ＝v 2.5t ＝x 2.5(m/s 2)＝2x5(m/s 2)，C 正确。
3．（2019·辽宁师大附中期中）如图2所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A 、B 、C 三点。
已知AB ＝18 m ，BC ＝30 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是( )图2A ．12 m/s ，13 m/s ，14 m/sB ．10 m/s ，14 m/s ，18 m/sC ．8 m/s ，10 m/s ，16 m/sD ．6 m/s ，12 m/s ，18 m/s 【答案】D【解析】根据Δx ＝at 2得a ＝Δx t 2＝30－184 m/s 2＝3 m/s 2，小球在B 点的瞬时速度等于AC 段的平均速度，则v B ＝x AC 2t ＝18＋304 m/s ＝12 m/s ，小球在C 点的速度v C ＝v B ＋at ＝(12＋3×2) m/s ＝18 m/s ，小球在A 点的速度v A ＝v B －at ＝(12－3×2) m/s ＝6 m/s ，故D 正确。
2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题01匀变速直线运动的规律(含解析)
专题01 匀变速直线运动的规律【专题导航】目录热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用 ................................................ 1 热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用 (3)（一）比例法的应用 .................................................................... 4 （二）Δx ＝aT 2推论法的应用 ............................................................. 6 （三）平均速度公式的应用 .............................................................. 7 （四）图象法的应用 .................................................................... 8 热点题型三 自由落体和竖直上抛运动 . (8)拓展点：双向可逆运动类竖直上抛运动.................................................... 11 热点题型四 物体运动的多过程问题 .. (12)（一）：多过程运动之-----“先以1a 由静止加速在以2a 匀减至速度为零”模型 ................. 12 （二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题） ........................................ 14 （三）多过程运动之“返回出发点”模型.................................................. 15 （四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型 ........................................ 15 （六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型 ........................................ 17 【题型演练】 . (18)【题型归纳】热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用 1.基本规律⎭⎪⎬⎪⎫（1）速度—时间关系：v ＝v 0＋at（2）位移—时间关系：x ＝v 0t ＋12at 2（3）速度—位移关系：v 2－v 2＝2ax ――――→初速度为零v 0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v ＝atx ＝12at 2v 2＝2ax 2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法【例1】短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中， 某运动员用11.00 s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为7.5 m ，则该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离为（ ）．A. 5 m/s 210 m B. 5 m/s 211 m C. 2.5 m/s 210 m D. 2.5 m/s 210 m 【答案】 A【解析】 根据题意，在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1 s 和第2 s 内通过的位移分别为s 1和s 2，由运动学规律得：s 1＝12at 20 s 1＋s 2＝12a (2t 0)2 t 0＝1 s联立解得：a ＝5 m/s 2设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ，跑完全程的时间为t ，全程的距离为s ，依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2 v ＝at 1 s ＝12at 21＋vt 2设加速阶段通过的距离为s ′， 则s ′＝12at 21求得s ′＝10 m【变式1】(2019·河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，则它在前3 s内的平均速度为( )A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．12 m/s【答案】B【解析】将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋12at 2比较可知：v 0＝24 m/s ，a ＝－12 m/s 2.所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t ＝0－24－12 s ＝2 s ，由此可知第3 s 内汽车已经停止，汽车运动的位移x ＝24×2 m－6×22m ＝24 m ，故平均速度v ＝x t ′＝243m/s ＝8 m/s. 【变式2】(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【答案】C【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 ＋2t2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．【变式3】(2019·广西钦州模拟)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s 2的加速度，刹车后第3 s 内汽车的位移大小为( ) A ．12.5 m B ．2 m C ．10 m D ．0.5 m【答案】D【解析】据v ＝at 可得由刹车到静止所需的时间t ＝2.5 s ，则第3 s 内的位移，实际上就是2～2.5 s 内的位移，x ＝12at ′2＝0.5 m.热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用 1．三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等， 即x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.(2)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一半，还等于中间时刻的瞬时速度．平均速度公式：v ＝v 0＋v2＝2v t .(3)位移中点速度2x v ＝v 02＋v 22.2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)前T 内、前2T 内、前3T 内、…、前nT 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2. (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x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)． 3.思维方法（一）比例法的应用【例2】．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v 垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1【解析】.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶2∶3…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为3∶2∶1，选项A 错误，B 正确．【变式1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。
【必备】最新2020高考物理第一轮复习 专题 直线运动的规律及应用同步练习 鲁科版
直线运动的规律及应用【模拟试题】（答题时间：60分钟）1. 下列说法正确的是A. 加速度增大，速度一定增大B. 速度变化量Δv越大，加速度就越大C. 物体有加速度，速度就增加D. 物体速度很大，加速度可能为零2. 关于平均速度和即时速度的说法中正确的是A. 做变速运动的物体在相同时间间隔里的平均速度是相同的B. 即时速度就是运动的物体在一段较短的时间内的平均速度C. 平均速度就是初末时刻即时速度的平均值D. 某物体在某段时间里的即时速度都为零，则该物体在这段时间内静止3. 如图所示为甲、乙两物体的s—t图象，则A. 甲、乙两物体都做匀速直线运动B. 若甲、乙两物体在同一直线上运动，则一定会相遇C. t1时刻甲、乙相遇D. t2时刻甲、乙相遇4. 一质点沿直线OX方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系式为x=5+2t3（m），它的速度随时间变化的关系式为v＝6t2（m/s），该质点在t=0到t=2s间的平均速度和t=2s到t=3s间的平均速度的大小分别为A. 12m/s，39m/sB. 8m/s，38m/sC. 12m/s，19.5m/sD. 8m/s，13m/s5. 某质点做匀变速直线运动，加速度的大小为2m/s2，则在任意1s内A. 质点的末速度一定是初速度的2倍B. 质点的末速度一定比初速度大2m/sC. 质点的初速度可能比末速度大2m/sD. 质点的速度大小一定改变了2m/s6. 做匀变速直线运动的质点，它在通过某一段位移中点位置的速度为v，通过这段位移所用时间的中间时刻的速度为u，则该质点A. 做匀加速运动时，v＜uB. 做匀减速运动时，v＜uC. 做匀加速运动时，v＞uD. 做匀减速运动时，v＞u7. 以v＝36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度，刹车后3s内，汽车走过的路程为A. 12.5mB. 12mC. 90mD. 126m8. 物体自楼顶处自由落下（不计空气阻力），落到地面的速度为v. 在此过程中，物体从楼顶落到楼高一半处所经历的时间为：A. v/2B. v/（2g）C. )v D.2g/(2v2(g)2/()29. 一物体沿长为l的光滑斜面，从静止开始由斜面的顶端下滑到斜面底端的过程中，当物体的速度达到末速度的一半时，它沿斜面下滑的长度为A. l∕4B. l（2-1）C. l∕2D. l∕210. 火车沿水平铁轨作匀加速直线运动，已知加速度为a，某一时刻，乘客由窗外自由释放一个小球，不计空气阻力，小球经t秒落到地面，由此可知A. t时间内火车走过的位移大小B. t时刻火车与小球的水平距离C. 小球落地时速度大小D. 以上各量都不知道11. 一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中A. 速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B. 速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值C. 位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D. 位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值12. 一个物体从某一高度做自由落体运动. 已知它第一秒内的位移为它最后一秒内位移的一半，g取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为A. 5mB. 11.25mC. 20mD. 31.25m13. 从塔顶释放一个小球A，1s后从同一个地点再释放一个小球B. 设两球都作自由落体运动，则落地前，A、B两球之间的距离：A. 保持不变B. 不断增大C. 不断减小D. 有时增大，有时减小14. 汽车正以10m/s的速度在平直公路上前进，司机突然发现正前方S处有一辆自行车以4m/s的速度做同方向的匀速直线运动，司机立即关闭油门，汽车做a=－6m/s2的匀减速直线运动，若汽车刚好不碰上自行车，则S的大小是A. 9.67m B . 3.33m C . 3m D. 7m15. 在“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器记录纸带运动的时间. 计时器所用电源的频率为50Hz，图为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5六个计数点，用米尺量出1、2、3、4、5点到0点的距离如图所示（单位：cm）. 由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的即时速度大小v4＝________m/s，小车的加速度大小a＝________m/s2.16. 一辆汽车以速度v匀速行驶了全程的一半，接着匀减速行驶了全程的另一半后刚好停止，求汽车行驶全程的平均速度。
第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律-2024年高考物理一轮复习
位移公式
= + ;
速度位移公式 − = ; 平均速度位移公式 = = +
基本公式
初速度为零的
匀变速直线运
动的比例公式
比例
匀变速
直线运动
推论
特例
自由落体
= ; =
+
= =
间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初，末速度和的一半
vt v
2
v0 v
2
►推论三：某段位移中点的瞬时速度等于初速度和末速度的平
方和的一半的平方根． vx v0 vt
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ/2
2
2
2
4、求解运动学问题的几种技巧方法
知三求二---公式法（已知3个运动量求另两个）
时间相等---逐差法（ x aT 2 ）
90s。假设列车从大南门站由静止出发，先做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，速度
达到72km/h后开始做匀速直线运动，即将到达体育馆站时，列车开始刹车做匀减速
运动直至停下。求：（1）列车减速过程中加速度的大小；（2）减速过程中阻力与
重力的比值。（取g=10m/s2）
求解匀变速直线运动问题的几种技巧方法
分段运动---均速法（
v0 v
vt v
）
2
2
从零开始---比例法(等时求距，等距求时，结合逆向思维进行考查)
复杂过程---方程法（多过程，列方程，联立求解）
研清微点1
基本公式的应用
1．在2021年第十四届全运会100 m决赛中，运动员奋力拼搏，取得了优
2019-2020学年高一物理鲁科版必修一同步课堂：(4)匀变速直线运动的规律 Word版含答案
匀变速直线运动的规律1、一物体做匀变速直线运动,初速度06m/sv=,第2s内位移为零,则物体的加速度大小是( )A.3m/s2B.4m/s2C.5m/s2D.6m/s22、下列对匀变速直线运动的认识,正确的是( )A.物体在一条直线上运动,若在相等的时间内通过的位移相等,则物体的运动就是匀变速直线运动B.加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动C.加速度不变的运动就是匀变速直线运动D.匀变速直线运动的加速度是一个恒量3、物体从静止开始做匀加速直线运动，从零时刻开始，通过连续三段位移的时间分别为1s、2s、3s，下列说法正确的是( )A.三段位移的末速度之比为1:2:3B.三段位移的平均速度之比为1:3:5C.三段位移之比为1:4:9D.三段位移之比为1:8:274、—质点做直线运动的v t-图象如图所示，则( )A.1st=时质点的运动方向发生变化B.在1 ~3 s内质点做匀变速直线运动C.在第2 s内和第3 s内，质点运动的加速度大小相等、方向相反D.在3st=时刻，质点回到出发点5、一辆汽车从甲地开往乙地，由静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，当速度减为零时刚好到达乙地。
从汽车启动时开始计时，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度。
下列说法正确的是（）A.汽车匀加速直线运动经历的时间为3.0sB.汽车匀加速直线运动经历的时间为5.0sC.汽车匀减速直线运动经历的时间为4.0sD.汽车匀减速直线运动经历的时间为2.0s6、如图所示为甲、乙、丙三个质点的位置x 与耐间t 的关系图象,则在时间t 2内( )A. 甲先做匀加速再做匀减速运动B. 在t 2时刻丙的速率大于乙的速率C. 甲的平均速度最大D. 丙的路程大于乙的路程7、一质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为25x t t =+ (各物理量均采用国际单位制单位),则该质点( )A.初速度为5m/sB.前2s 内的平均速度是6m/sC.任意相邻的1s 内位移差都是1mD.任意1s 内的速度增量都是2m/s8、在一平直公路上，一辆汽车从O 点由静止开始做匀加速直线运动，8s 内经过相距80m 的A 、B 两点，已知汽车经过B 点时的速度为15m/s ，则（ ）A.汽车经过A 点时的速度为5m/sB.A 点与O 点间的距离为20mC.汽车从O 点到A 点需要的时间为5sD.汽车从O 点到B 点的平均速度为7.5m/s9、物体以020m/s v =的初速度从0t =时刻开始做加速度大小为21m/s a =的匀变速直线运动,下列说法正确的是( )A.10s t =时物体速度一定为30m/sB.10s t =时物体速度可能为10m/sC.10s t =时物体位移可能为250mD.10s t =时物体位移一定为150m10、一质点由静止开始沿正东方向做直线运动,加速度与时间的关系如图所示,则( )A.质点一直沿着正东方向运动B.质点在某个位置附近来回运动C.在0~4s 时间段内,质点在2s 末的速度最大且为4m/sD.在0~4s 时间段内,质点在4s 末回到原点11、如图所示，物体由静止从A 点沿斜面匀加速下滑，随后在水平面上作匀减速运动，最后停止于C 点，已知AB =4m,BC =6m ，整个运动历时10s ，求物体在AB 段和BC 段运动的加速度大小。
2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第1章 第2节 匀变速直线运动的规律 Word版含答案
第2节匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的基本规律1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。
2．分类(1)匀加速直线运动：a与v方向相同。
(2)匀减速直线运动：a与v方向相反。
3．基本规律二、匀变速直线运动的重要关系式1．两个导出式2．三个重要推论(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。
可以推广到x m－x n＝(m－n)aT2。
(2)中间时刻速度v t2＝v＝v0＋v2，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半。
(3)位移中点的速度v x2＝v20＋v22。
3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3∶…∶t n三、自由落体运动和竖直上抛运动1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。
(×)(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。
(×)(3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。
(√)(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。
(×)(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。
(×)(6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。
(√) 2．(人教版必修1P43T3改编)某航母甲板上跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起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得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s[答案] B3．(人教版必修1P 40T 3改编)以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s 内前进36 m ，则汽车在5 s 内的位移为( )A ．50 mB ．45 mC ．40.5 mD ．40 m C [根据x ＝v 0t ＋12at 2得36＝18×3＋12a ×32，即a ＝－4 m/s 2。
2020版高中物理 第三章 匀变速直线运动的研究 第1节 匀变速直线运动的规律试题 鲁科版必修1
第1节匀变速直线运动的规律【二维选题表】物理观念科学思维科学探究科学态度与责任匀变速直线运动特点1(易), 2(易)匀变速直线运动规律的应用3(易),4(易),5(易),8(易),9(易),10(中),11(中),12(中),15(中),16(中),17(难)4(易),17(难)v t图象6(易) 7(易),13(中),14(中)1.下列关于匀变速直线运动的说法,正确的是( D )A.匀变速直线运动是运动快慢相同的运动B.匀变速直线运动是速度变化量相同的运动C.匀变速直线运动的图象是一条倾斜的直线D.匀变速直线运动的v t图象是一条直线解析:匀变速直线运动是在相等的时间内速度变化量相同的运动,若时间不相同,则速度的变化量不同,因此选项A,B错误;在v t图象中匀变速直线运动的图象是一条倾斜的直线,在其他图象中不是直线,因此选项C错误,D正确.2.关于匀变速直线运动的下列说法,正确的是( C )A.匀加速直线运动的速度一定与时间成正比B.匀减速直线运动就是加速度为负值的运动C.匀变速直线运动的速度随时间均匀变化D.速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动解析:根据速度公式v=v0+at,可知,当v0≠0,v与t不成正比,故A错误;若规定初速度方向为正方向,匀减速直线运动的加速度方向与初速度方向相反,则加速度为负值;若规定初速度的反方向为正方向,匀减速直线运动的加速度方向与初速度方向相反,加速度为正值,故B错误;根据Δv=at,a不变,可知相等时间内速度的变化量相等,说明匀变速直线运动的速度随时间均匀变化,故C正确;对于速度先减小再增大的运动,若加速度不变,也可能是匀变速直线运动,比如物体沿光滑斜面冲上后又滑下的运动,故D错误.3.(2016·辽宁铁岭高一检测)一小球沿斜面从A点由静止开始做匀加速直线运动,若到达B 点时速度为v,到达C点时速度为2v,则AB∶AC等于( D )A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4解析:小球沿斜面做初速度为零的匀变速直线运动,对A到B过程,有v2=2as AB,对B到C过程有(2v)2-v2=2as BC解得s AB:s BC=1∶3,故AB∶AC=1∶4,选项D正确.4.(2017·甘肃省金昌市高一检测)在交警处理某次交通事故时,通过监控仪器扫描,输入计算机后得到该汽车在水平面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为s=20t-2t2(s的单位是m,t的单位是s).则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为( B )A.25 mB.50 mC.100 mD.200 m解析:根据s=20t-2t2可知,初速度v0=20 m/s,加速度a=-4 m/s2 ,刹车后做匀减速运动的位移为刹车痕迹长度s== m=50 m故选项B正确.5.(2017·河南省南阳市高一月考)一物体做初速度为零的匀加速直线运动,将其运动时间顺次分成1∶2∶3的三段,则每段时间内的位移之比为( C )A.1∶3∶5B.1∶4∶9C.1∶8∶27D.1∶16∶81解析:物体通过的第一段时间t s位移为s1=at2物体通过第二段时间2t s位移是前3t s的位移减去前t s的位移,故物体通过的第二段位移为s2=a·(3t)2-at2=at2,物体通过第三段时间3t s位移是前6t s的位移减去前3t s的位移就等于第三段的位移,故物体通过的第三段位移为s3=a·(6t)2-a·(3t)2=at2,故位移比为1∶8∶27.6.(多选)下图的四个图象中表示匀速直线运动的有( BC )解析:A图中速度随时间均匀增大,做匀加速直线运动,故选项A错误;B图表示质点的速度不变,说明质点做匀速直线运动,故选项B正确;根据位移图象的斜率等于速度可知,C图表示质点的速度不变,做匀速直线运动,故选项C正确;D图中质点的位移不随时间变化,说明质点处于静止状态,故选项D错误.7.(2017·福州四校高一联考)如图是物体做直线运动的v t图象,由图可知,该物体( B )A.第1 s内和第3 s内的运动方向相反B.第3 s内和第4 s内的加速度相同C.第1 s内和第4 s内的位移大小不相等D.0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等解析:由图象知,在前3 s内物体的速度均为正值,说明在前3 s内物体的运动方向不变,故A 错误;v t图象的斜率表示加速度,第3 s内和第4 s内图线的斜率相同,则加速度相同,故B 正确;图象与时间轴所围的面积表示位移,第1 s内和第4 s内的位移大小相等,故C错误;平均速度等于位移与所用时间的比值,0～2 s和0～4 s内的位移大小相等,但所用时间不同,所以平均速度大小不相等,故D错误.8.(2017·苏州高一检测)一滑块自静止开始,从斜面顶端匀加速下滑(斜面足够长),第5 s 末的速度是6 m/s,试求:(1)第4 s末的速度大小;(2)运动后7 s内的位移大小;(3)第3 s内的位移大小.解析:(1)由v4∶v5=4∶5,得第4 s末的速度为v4=v5=4.8 m/s.(2)前5 s的位移为s5= t=×5 m=15 m,根据s5∶s7=52∶72,得s7=s5=29.4 m.(3)设滑块的加速度为a,由s5=at2=15 m得a=1.2 m/s2.又由sⅠ∶sⅢ=1∶5,sⅠ=×1.2×12 m=0.6 m得,第3 s内的位移为sⅢ=5sⅠ=5×0.6 m=3 m.答案:(1)4.8 m/s(2)29.4 m(3)3 m9.(2017·内蒙古集宁一中高一月考)汽车以10 m/s的速度在平直公路上匀速行驶,刹车后经2 s速度变为6 m/s,求:(1)刹车后2 s内前进的距离及刹车过程中的加速度;(2)刹车后前进9 m所用的时间;(3)刹车后8 s内前进的距离.解析:(1)根据匀变速直线运动的速度时间公式v=v0+at得a= m/s2 =-2 m/s2根据匀变速直线运动平均速度公式得,刹车后2 s内前进的距离s=t=t=×2 m=16 m.(2)汽车从刹车到停止的时间为t0= s=5 s根据s=v0t+at2得9 m=10t-t2解得t=1 s或t=9 s>t0(不合实际,舍去).(3)根据(2)可知汽车经5 s停下,所以刹车后8 s前进的距离即汽车刹车5 s前进的距离,由逆向思维法可得s′=at2=×2×52 m=25 m.答案:(1)16 m -2 m/s2(2)1 s (3)25 m素养提升10.(2017·成都九中检测)某质点从静止开始做匀加速直线运动,已知第3 s内通过的位移为s,则物体运动的加速度为( C )A. B. C. D.解析:3秒内的位移s1=at2=a,2秒内的位移s2=at′2=2a;则a-2a=s,得a=s,故选项C正确.11.(2017·重庆市高一检测)(多选)某一时刻a,b两物体以不同的速度经过某一点,并沿同一方向做匀加速直线运动,已知两物体的加速度相同,则在运动过程中( AC )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平方成正比解析:根据Δv=v-v0可知,加速度相同时a,b初速度设为v1,v2,则速度之差为Δv ab=v a-v b=(v1+at)-(v2+at)=v1-v2,故A正确,B错误;根据s=v0t+at2得,位移之差为Δs=s a-s b=(v1t+at2)-(v2t+at2)=(v1-v2)t,故C正确,D错误.12.(2017·辽宁省庄河市高一月考)一辆汽车以20 m/s的速度在做匀变速直线运动,遇到危险忽然刹车,刹车后的加速度的大小为5 m/s2,那么刹车后2 s内与刹车后5 s内汽车通过的位移大小之比为( C )A.1∶1B.3∶1C.3∶4D.4∶3解析:设汽车从刹车到停下的时间为t,则由v=v0+at得t== s=4 s则4 s后汽车停止运动,刹车5 s内的位移与刹车4 s内的位移相等;汽车刹车2 s内的位移为s1=v0t1+a=[20×2+×(-5)×22]m=30 m,刹车5 s内的位移为s2=v0t+at2=[20×4+×(-5)×42]m=40 m,所以汽车刹车2 s内与刹车后5 s内汽车通过的位移之比为s1∶s2=3∶4,故选项C正确.13.(2017·黑龙江省哈尔滨市高一月考)一物体由静止开始做直线运动,其加速度随时间变化的a-t图象如图.下列v-t图象中,正确描述此物体运动的是( D )解析:据题意,从a t图中可以看出,在0～时间内,物体以a0的加速度做初速度为0的匀加速直线运动,从～T时间内物体做匀速直线运动,在T～2T时间内做匀减速直线运动,由于减速阶段和加速阶段加速度大小相等、方向相反,在时刻速度减为0,然后向反方向做匀加速直线运动,只有D正确.14.(2017·泉州高一检测)如图所示为A,B两物体从同一地点沿相同方向做直线运动的速度图象,由图可知下列说法正确的是( C )A.A出发时间比B早5 sB.15 s末A,B速度相等C.15 s内A的位移比B的位移小50 mD.10 s末A,B相遇解析:由题图看出,A出发时间比B迟5 s,故选项A错误;15 s末,A的速度为20 m/s,B的速度为10 m/s,故选项B错误;15 s内A的位移为s A=×10×20 m=100 m,B的位移s B=10×15m=150 m,所以15 s内B的位移比A的位移大50 m,故选项C正确;图象的交点表示速度相等,不是相遇,故选项D错误.15.(多选)在一次救灾活动中,一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动,刚运动了8 s,由于前方突然有巨石滚下,堵在路中央,所以又紧急刹车,匀减速运动经4 s停在巨石前.则关于汽车的运动情况,下列说法正确的是( AC )A.加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2等于1∶2B.加速、减速中的平均速度大小之比∶等于2∶1C.加速、减速中的位移之比s1∶s2等于2∶1D.加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2等于1∶1解析:汽车在加速和减速过程中有v m=a1t1=a2t2,由此可得a1∶a2=1∶2,选项A正确,D错误;加速和减速过程中的平均速度相等,都等于,选项B错误;加速和减速过程中位移之比s1∶s2=t1∶t2=2∶1,选项C正确.16.(2017·山东省牟平高一检测)某架飞机起飞滑行时,从静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为4 m/s2,飞机的滑行速度达到84 m/s时离开地面升空.如果在飞机达到起飞速度时,突然接到指挥塔的命令停止起飞,飞行员立即制动飞机,飞机做匀减速直线运动,加速度的大小为5 m/s2.求:(1)此架飞机从起飞到速度最大用多长时间?(2)此架飞机从起飞到停止共用多长时间?解析:(1)由a=可知,加速过程中Δv1=84 m/s,故t1==21 s.(2)减速过程中,Δv2=84 m/s,故t2==16.8 s全程的总时间为t1+t2=37.8 s.答案:(1)21 s (2)37.8 s17.(2017·江苏省启东中学高一月考)2015年我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间.假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站,若进入人工收费通道,它从距收费窗口20 m处开始减速,至窗口处恰好停止,再用10 s时间完成交费;若进入ETC通道,它从某位置开始减速,当速度减至5 m/s后,再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费.两种情况下,汽车减速时加速度相同.求:(1)汽车减速运动时加速度的大小;(2)汽车进入人工收费通道,从开始减速到交费完成所需的时间;(3)汽车从开始减速到交费完成,从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间.解析:(1)根据速度位移公式v2-=2as得,匀减速直线运动的加速度大小为a==m/s2=2.5 m/s2.(2)过人工收费通道,匀减速直线运动的时间为t3== s=4 s,汽车进入人工收费通道,从开始减速到交费完成所需的时间t=(4+ 10)s=14 s.(3)汽车在ETC收费通道,匀减速运动的时间为t1== s=2 s匀减速运动的位移为s1== m=15 m匀速行驶的位移为s′=s-s1=5 m匀速行驶的时间为t2== s=1 s从开始减速到交费完成所需的时间为t=t1+t2=3 s.经过人工收费通道,匀减速直线运动的时间为t3=4 s,匀减速直线运动的位移为s3=t3=×4 m=20 m因为经过ETC通道匀减速运动的位移和匀速运动的位移之和等于经过人工收费通道的位移,可知节省的时间为Δt=t3+10 s-t=(4+10-3)s=11 s.答案:(1)2.5 m/s2(2)14 s (3)11 s。
【物理】2020届一轮复习鲁科版必考1.2匀变速直线运动的规律作业
1.2 匀变速直线运动的规律作业1．(多选)如图所示，飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法正确的是( )A．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动B．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动C．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度D．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度解析：选BCD.因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，选项A错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，选项B正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，选项C正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，选项D正确．2．(2019·河南信阳模拟)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 m B．2 mC．1 m D．0解析：选 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每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 mx1，x1＝2 m，选项B正确．3．做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s 内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )A．1 m/s2B．2 m/s2C．3 m/s2D．4 m/s2解析：选C.第1个3 s内的平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5s内的平均速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，加速度为a＝ΔvΔt＝v2－v1Δt＝32.5－1.5m/s2＝3 m/s2，选项C正确．4．(2019·“超级全能生”26省联考)(多选)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( ) A．第1 s内的位移是10 mB．前2 s内的平均速度是3 m/sC．运动的加速度为1 m/s2D．任意1 s内的速度增量都是－2 m/s解析：选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v＝x2t2＝62m/s＝3 m/s，故B正确．根据x＝v0t＋12at2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．5．一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是( )A．初速度v0的大小为2.5 m/sB．加速度a的大小为1 m/s2C．位移x3的大小为1.125 mD．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选A.由Δx＝aT2可得加速度大小a＝1 m/s2；第1 s末的速度v1＝x1＋x2 2T＝2.5 m/s；物体的速度由2.5 m/s减速到0所需时间t＝Δv－a＝2.5 s，则经过位移x3的时间t′为1.5 s，且x3＝12at′2＝1.125 m；位移x3内的平均速度v＝x3t′＝0.75 m/s.综上可知A错误，B、C、D正确．6．(2019·广东惠州二调)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第三个2 s内，汽车走过的位移为( )A ．12.5 mB ．2 mC ．10 mD ．0 m解析：选D.设汽车从刹车到停下的时间为t ，则由v ＝v 0－at 得t ＝v －v 0－a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，所以第三个2 s 汽车早已停止，所以第三个2 s 位移为零，故选项D 正确．7．(2019·温州五校联考)(多选)近交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．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 ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果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 ．如果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<2 s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 202a ＝6410 m ＝ 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；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，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 ＝1.68s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．8．(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/sB．质点的加速度大小为2 m/s2C．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：选BD.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＝at2，解得t＝Δx at＝6－42s＝1 s，a＝2 m/s2，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＋v2B2a＝12.25 m，选项D正确．9．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A．关卡2 B．关卡3C．关卡4 D．关卡5解析：选C.由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝1s，在加速时间内通过的位移x＝12at21＝1 m，t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，已过关卡2，t3＝2 s时间内x3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t5＝12s，小于2 s，所以最先挡在面前的是关卡4，故C项正确．10．(2019·潍坊模拟)(多选)如图所示，t＝0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的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物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )t/s024 6v/(m·s－1)08128A.t＝3 sB．t＝10 s的时刻物体恰好停在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间的距离解析：选BD.根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1＝4 m/s2和在水平面上的加速度a2＝－2 m/s2.根据运动学公式：8＋a1t1＋a2t2＝12，t1＋t2＝2，解得t1＝43s，知经过103s到达B点，到达B点时的速度v＝a1t＝403m/s.物体在水平面上做减速运动，所以最大速度不是12 m/s，故A、C错误．第6 s末的速度是8 m/s，到停下还需的时间t′＝0－8－2s＝4 s，所以到C点的时间为10 s，故B正确．根据v2－v20＝2ax，求出AB段的长度为2009m，BC段长度为4009m，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D正确．11．从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示．现测得AB＝15 cm，BC＝20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同．求：(1)小球的加速度大小；(2)拍摄时B球的速度大小；(3)D、C两球相距多远；(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗？解析：(1)由Δx＝aT2得a＝ΔxT2＝BC－ABT2＝0.20－0.150.12m/s2＝5 m/s2.(2)v B＝AB＋BC2T＝0.15＋0.202×0.1m/s＝1.75 m/s.(3)由Δx＝DC－BC＝BC－AB得DC＝BC＋(BC－AB)＝20 cm＋5 cm＝25 cm.(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为t B ＝vBa＝1.755s＝0.35 s则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗．答案：(1)5 m/s2(2)1.75 m/s (3)25 cm (4)两颗12．如图所示，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC上运动，AB的长度为x1＝25 m，BC的长度为x2＝97 m．汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1＝2.0 m/s2的匀加速直线运动．在BC段，先做加速度大小为a2＝1.0 m/s2的匀加速直线运动．当运动到离C点适当距离处，再以大小为a3＝2.0 m/s2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点．求：(1)汽车达到的最大速度v m和开始减速时离C点的距离d；(2)汽车从A点运动到C点所用的时间t.解析：(1)由x1＝12a1t21和v2B＝2a1x1可得汽车在AB段运动时间t1＝2x1a1＝5 s，到达B点时的速度v B＝2a1x1＝10 m/s设汽车在BC段之间由B到D时加速行驶，距离为d′，有v2m－v2B＝2a2d′由D到C时减速行驶，距离为d，有0－v2m＝－2a3d，且d′＋d＝x2，解得汽车的最大速度v m＝14 m/s开始减速时汽车离C点的距离d＝v2m2a3＝49 m.(2)由B到D，汽车加速行驶，由v m＝v B＋a2t2得：行驶时间t2＝vm－v Ba2＝4 s，由D到C，汽车减速行驶直到静止，由0＝v m－a 3t3得：行驶时间t3＝vma3＝7 s，故汽车从A点运动到C点所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝16 s.答案：(1)14 m/s 49 m (2)16 s。
2024学年高中物理第2章匀变速直线运动规律的综合应用分层作业鲁科版必修第一册(含答案)
高中物理分层作业鲁科版必修第一册：习题课:匀变速直线运动规律的综合应用A级必备知识基础练1.(多选)高速公路行车要注意保持安全车距。
某次A车出现故障被迫停车,同直线车道后方的B车发现A车已停下时,距A车200 m。
已知B车司机经反应时间0.5 s后制动,B车原来匀速行驶速度为108 km/h,刹车过程视为匀减速直线运动,减速过程加速度大小a=4 m/s2。
下列说法正确的是()A.B车在司机反应时间内的位移为15 mB.从B车司机发现A车停下到B车停止共用时7.5 sC.从B车减速开始计时,10 s后B车的位移为150 mD.B车不会与A车相撞2.(多选)(2023广东广州高一模拟)频闪摄影的照片常用于研究变速运动,在暗室中,照相机的快门处于常开状态,频闪仪每隔时间T发出一次短暂的强烈闪光,照亮运动的物体,胶片上就会记录下物体在几个闪光时刻的位置,小球自由下落时的频闪照片如图所示,下列说法正确的是()A.在相同的时间内,小球下落的高度相同B.在相同的时间内,小球的速度变化相同C.小球下落的高度与速度的二次方成正比D.小球下落的高度与时间成正比3.(多选)甲、乙两物体在同一条直线上运动,初位置相同,它们的v-t图像如图所示,关于该v-t图像,下列说法正确的是()A.在0~2 s内,甲物体的平均速度大小是2 m/sB.在t=4 s时,甲和乙相遇,且此时乙的位移是8 mC.在2~6 s内,甲和乙的位移相同D.若乙的加速度保持不变,则一定能追上甲,在t=4 s时,它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离4.a、b两车在平直公路上行驶,其v-t图像如图所示,在t=0时,b车在a车前方s0处,在t=t1时间内,a车的位移大小为s,则()A.0~t1时间内a、b两车相向而行B.0~t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍sC.若a、b在t1时刻相遇,则s0=23时刻相遇,则下次相遇时刻为2t1D.若a、b在t125.如图所示,甲、乙两车沿着同一条平直公路同向行驶,甲车以大小为20 m/s的速度匀速运动,乙车原来速度大小为4 m/s,当甲车在乙车前方128 m处时乙车以大小为1 m/s2的加速度做匀加速运动。
高考物理一轮计时双基练【2】匀变速直线运动的规律(含答案)
计时双基练2 匀变速直线运动的规律(限时：45分钟 满分：100分)A 级 双基达标1．(多选题)(2018·河北省邯郸市馆陶一中期中考试)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )A ．加速、减速中的加速度大小之比为a 1:a 2等于2:1B ．加速、减速中的平均速度大小之比v 1:v 2等于1:1C ．加速、减速中的位移之比x 1：x 2等于2：1D ．加速、减速中的加速度大小之比a 1:a 2不等于1:2解析 汽车在加速和减速过程中有v m ＝a 1t 1＝a 2t 2，由此可得a 1:a 2＝1:2，A 、D 均错误；加速和减速过程中的平均速度相等，都等于v m2，B 正确；加速和减速过程中位移之比x 1:x 2＝t 1:t 2＝2:1，C 正确．答案 BC2．(2018·福建省晋江市侨声中学测试)一位同学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 设该星球表面的重力加速度为a ，则小球在第5 s 内的位移是Δs 5＝s 5－s 4＝12a(52－42)＝92a ，即18＝92a ，所以a ＝4 m/s 2.物体在2 s 末的速度v 2＝at 2＝8 m/s ，选项A 错误；物体在第5 s 内的位移大小是18 m ，运动时间是1 s ，所以平均速度是18 m/s ，选项B 错误；物体在第2 s 内的位移Δs 2＝s 2－s 1＝12×4×22 m －12×4×12m ＝6 m ，选项C 错误；物体在5 s 内的位移s 5＝12×4×52m ＝50 m ，选项D 正确．答案 D练图1－2－13．(2018·广东深圳)如练图1－2－1所示，在京昆高速公路266 km 处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以精确抓拍超速，以及测量运动过程中的加速度．若B 为测速仪，A 为汽车，两者相距345 m ，此时刻B 发出超声波，同时A 由于紧急情况而急刹车，当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 恰好停止，且此时A 、B 相距325 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车刹车过程中的加速度大小为( )A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定解析 设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内，刹车的位移为12a(2t)2＝20 m ，所以当超声波与A 车相遇时，A 车前进的位移为12at 2＝5 m ，超声波在2t 内的路程为2×(345－5) m ＝680 m ，由声速为340m/s 可得t ＝1 s ，所以汽车的加速度a ＝10 m/s 2，B 项正确．答案 B 4.练图1－2－2如练图1－2－2所示，传送带保持v ＝1 m/s 的速度顺时针转动．现将一质量m ＝0.5 kg 的物体轻轻地放在传送带的左端a 点上，则物体从a 点运动到右端b 点所经历的时间为(设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a 、b 间的距离L ＝2.5 m ，g 取10 m/s 2)( )A. 5 s B ．(6－1) s C ．3 sD ．2.5 s解析 物体开始做匀加速直线运动，a ＝μg ＝1 m/s 2，速度达到传送带的速度时发生的位移x ＝v 22a ＝12×1 m＝0.5 m ＜L ，所经历的时间t 1＝v a ＝1 s ，物体接着做匀速直线运动，所经历的时间t 2＝L －x v ＝2.5－0.51 s ＝2 s ，故物体从a 点运动到b 点所经历的时间t 总＝t 1＋t 2＝3 s.答案 C5．(2018·甘肃省民勤四中) 有一个物体开始时静止在O 点，先使它向东做匀加速直线运动，经过5 s ，使它的加速度方向立即改为向西，加速度的大小不改变，再经过5 s ，又使它加速度方向改为向东，但加速度大小不改变，如此重复共历时20 s ，则这段时间内( )A ．物体运动方向时而向东时而向西B ．物体最后静止在O 点C ．物体运动时快时慢，一直向东运动D ．物体速度一直在增大 解析练答图1－2－1设向东的方向为正方向，根据题意可画出其运动的速度与时间图象如练答图1－2－1所示，可知，物体在前5 s内速度增加到v，后5 s内速度减小到0，然后再加速到v，再减小到0，……，故物体运动的速度大小时快时慢，但其方向一直是正方向，向东，故C项正确．答案 C6.练图1－2－3如练图1－2－3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v0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v1、v2、v3之比和穿过每个木块所用的时间t1、t2、t3之比分别为( )A．v1:v2:v3＝3:2:1B．v1:v2:v3＝5:3:1C．t1:t2:t3＝1:2: 3D．t1:t2:t3＝(3－2):(2－1)：1解析用“逆向思维”法解答．由题意，若倒过来分析，子弹向左做匀加速直线运动，初速度为零，设每个木块长为L，则v23＝2a·L，v22＝2a·2L，v21＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来向左穿透第3块木块后、穿透第2块木块后、穿透第1块木块后的速度，则v1：v2：v3＝3：2：1，子弹依次向右穿入每个木块时速度比v1：v2：v3＝3：2：1，因此选项A、B错误．由v3＝at3，v2＝a(t2＋t3)，v1＝a(t1＋t2＋t3)．三式联立，得t1：t2：t3＝(3－2)：(2－1)：1，因此选项C错误，选项D正确．答案 D7．如练图1－2－4所示，一平板车以某一速度v0匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l＝3 m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a＝4 m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2.为使货箱不从平板车上掉下来，平板车匀速行驶的速度v0应满足什么条件？练图1－2－4解析 设经过时间t ，货箱和平板车达到共同速度v ，以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右做匀加速运动的加速度为a 1＝μg ，货箱向右运动的位移为x 箱＝12a 1t 2，又v ＝a 1t ，平板车向右运动的位移为x 车＝v 0t －12at 2，又v ＝v 0－at ，为使货箱不从平板车上掉下来，应满足x 车－x 箱≤l 联立得v 0≤＋μ代入数据v 0≤6 m/s. 答案 v 0≤6 m/sB 级 能力提升1．(2018·甘肃省民勤四中) 一辆汽车从车站以初速度为零做匀加速直线运动一段时间之后，司机发现一乘客未上车，立即紧急刹车，使汽车做匀减速直线运动，汽车从启动到停止一共经历t ＝10 s ，前进了15 m ，在此过程中，汽车的最大速度为( )A ．1.5 m/sB ．3 m/sC ．4 m/sD ．无法确定解析 根据题意做出汽车的速度与时间的图象可知，其三角形的底边为时间10 s ，高就是汽车的最大速度，而这个三角形的面积就是汽车前进的距离15 m ，所以根据三角形面积的计算公式得12×10 s×v＝15 m ，故最大速度v ＝3 m/s ，选项B 正确．答案 B 2.练图1－2－5(多选题)如练图1－2－5所示，小球沿足够长的斜面向上做匀减速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e.已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则( )A ．v b ＝10 m/sB ．v c ＝3 m/sC．de＝3 m D．从d到e所用时间为4 s解析小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因从a到c和从c到d所用时间相等，故经过c点时恰为从a到d所经历时间的中间时刻，v c＝x ad2T＝6＋62×2m/s＝3 m/s，选项B正确；因x ac＝x ab＋x bc＝7 m，x cd＝x bd－x bc＝5 m，由Δx＝x ac－x cd＝aT2得a＝0.5 m/s2，由v2b－v2c＝2ax bc可得，v b＝10 m/s，选项A正确；从c到e所经历的时间t ce＝v ca＝6 s，故从d到e所用的时间t de＝t ce－T＝4 s，de＝12at2de＝4 m，选项C错误，选项D正确．答案ABD练图1－2－63．(2018·安徽示范高中联考)空降兵某部官兵使用新装备从260 m超低空跳伞成功．如练图1－2－6所示，若跳伞空降兵在离地面224 m高处，由静止开始在竖直方向做自由落体运动．—段时间后．立即打开降落伞，以12.5 m/s2的平均加速度匀减速下降．为了空降兵的安全，要求空降兵落地速度最大不得超过5 m/s(g取10 m/s2)．则A．空降兵展开伞时离地面高度至少为125 m，相当于从2.5 m高处自由落下B．空降兵展开伞时离地面高度至少为125 m，相当于从1.25 m高处自由落下C．空降兵展开伞时离地面髙度至少为99 m，相当于从1.25 m高处自由落下D．空降兵展开伞时离地面高度至少为99 m，相当于从2.5 m高处自由落下解析设空降兵做自由落体运动下落高度为h时速度为v，此时打开伞开始匀减速运动，落地时速度刚好为5 m/s，这种情况空降兵在空中运动时间最短，则有v2＝2gh，v2t－v2＝2a(H－h)解得h＝125 m，v＝50 m/s，为使空降兵安全着地，他展开伞时的高度至少为H－h＝224 m－125 m＝99 m，选项A、B错误；他以5 m/s的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，由v2t＝2gh′，得h′＝v2t2g ＝252×10m＝1.25 m，选项D错误，C正确．答案 C4．(2018·四川省泸州市天立学校)物体先做初速度为零的匀加速运动，加速度为a1，当速度达到v时，改为以a2做匀减速运动直至速度为零，在加速和减速过程中，物体的位移和所用时间分别为s1、t1和s2、t2.下列式子不成立的是( )A.s1s2＝t1t2B.s1t1＝s2t2＝s1＋s2t1＋t2C.a1a2＝t1t2D．v＝1＋s2t1＋t2解析由运动学规律得s1＝12a1t21，s2＝12a2t22，v＝a1t1＝a2t2，C错误；整理以上各式可得s1s2＝t1t2，A正确；s1t1＝s 2t 2＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝v 2，变形后可得v ＝1＋s 2t 1＋t 2，B 、D 正确．综上所述，应选择C.答案 C5．(2018·新课标Ⅰ卷)水平桌面上有两个玩具车A 和B ，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A 、B 和R 分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0，－l)和(0,0)点．已知A 从静止开始沿y 轴正向做加速度大小为a 的匀加速运动；B 平行于x 轴朝x 轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R 在某时刻通过点(l ，l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B 运动速度的大小．解析练答图1－2－2设B 车的速度大小为v ，如练答图1－2－2，标记R 在时刻t ，通过点K(l ，l)，此时A 、B 的位置分别为H 、G.由运动学公式，H 的纵坐标y A ，G 的横坐标x B 分别为y A ＝2l ＋12at 2①x B ＝vt ②在开始运动时，R 到A 和B 的距离之比2：1， OE ：OF ＝2：1 则HK ：KG ＝2：1 由于△FGH ∽△IGK 有 ③ HG ：KG ＝x B ：(x B －l) ④ HG ：KG ＝(y A ＋l)：(2l) ⑤ 由③④⑤ x B ＝32l y A ＝5l联立①② v ＝146al答案 146al 6.练图1－2－7如练图1－2－7所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2 kg ，管长为24 m ，M 、N 为空管的上、下两端，空管受到F ＝16 N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)若小球上抛的初速度为10 m/s ，则其经过多长时间从管的N 端穿出；(2)若此空管的N 端距离地面64 m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围．解析 (1)取向下为正方向，小球初速度v 0＝－10 m/s ， 加速度g ＝10 m/s 2，对空管由牛顿第二定律可得mg －F ＝ma ， 代入数据得a ＝2 m/s 2，设经时间t ，小球从N 端穿出，小球下落的高度 h 1＝v 0t ＋12gt 2，空管下落的高度h 2＝12at 2，则h 1－h 2＝l ，联立得v 0t ＋12gt 2－12at 2＝l ，代入数据解得t 1＝4 s ，t 2＝－1.5 s(舍去)．(2)设小球的初速度为v 0′，空管经时间t′到达地面，则H ＝12at′2，得t′＝2Ha＝8 s ， 小球经t′时间下落的高度为h ＝v 0′t′＋12gt′2，小球落入管内的条件是64 m≤h≤88 m， 解得－32 m/s≤v 0′≤－29 m/s ，所以小球的初速度大小必须在29 m/s 到32 m/s 范围内． 答案 (1)4 s(2)29 m/s≤v 0′≤32 m/s。
高中物理第章匀变速直线运动习题课匀变速直线运动的规律总结习题含解析鲁科版第一册
习题课：匀变速直线运动的规律总结基础巩固1.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+2t2(各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（）A。
初速度为5 m/sB.加速度为2 m/s2C。
前2 s内的平均速度是6 m/sD。
任意1 s内的速度增量都是2 m/ss=v0t+at2，对照s=5t+2t2，可得v0=5m/s，a=4m/s2，A对,B错;前2秒内的位移为18m,平均速度=9m/s,C错；根据加速度a=4m/s2，速度与加速度方向相同,质点做加速运动,即任意1s内的速度增量都是4m/s，D 错.2.如图所示，物体A在斜面上由静止开始匀加速滑行距离s1后,又在水平面上匀减速滑行距离s2后停下,测得s2=2s1，物体经过两平面交接处速率不变,则物体在斜面上的加速度a1与在水平面上的加速度a2的大小关系为（）A.a1=a2B.a1=2a2C。
a1=a2D.a1=4a2v,则v2=2a1s1①0-v2=—2a2·2s1②由①②得:a1=2a2,故选B。
3.做匀变速直线运动的质点在第一个1 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度大4.5 m/s，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为（)A。
4。
5 m/s2B。
-4.5 m/s2C。
2.25 m/s2D.-2。
25 m/s2,a=得a==—4。
5m/s2。
故选B。
4。
汽车刹车后做匀减速直线运动，经过3 s停止运动，那么汽车在先后连续相等的三个1 s内通过的位移之比s1∶s2∶s3为(）A。
1∶2∶3B.5∶3∶1C。
1∶4∶9D.3∶2∶1初速度为零的匀加速直线运动的特点，该逆过程在三个连续1s 内的位移之比为1∶3∶5,所以刹车过程在连续相等的三个1s 内的位移之比为5∶3∶1.5。
雾霾天气严重影响人们的健康和交通安全。
设一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶,该车刹车时产生的加速度大小为5 m/s2，司机的反应时间(从意识到应该停车到操作刹车的时间)为0.5 s。
物理复习方案(鲁科版)作业手册：第2讲匀变速直线运动的规律及应用含答案
课时作业(二)［第2讲匀变速直线运动的规律及应用]1．［2013·重庆模拟］沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变通过长度为L的桥梁,车头驶上桥头时的速度为v1,车头经过桥尾时的速度为v2,则车尾通过桥尾时的速度为（) A．v1v2B．错误!C．错误!D．错误!2．2013·安徽宿州十三校模拟做匀变速直线运动的物体的速度v随位移s的变化规律为s＝14(v2－4），v与s的单位分别为m/s和m,据此可知( ）A．初速度v0＝4 m/sB．初速度v0＝1 m/sC．加速度a＝1 m/s2D．加速度a＝2 m/s23．2013年9月10日，在第12届全运会女子跳高决赛中,身高1.84 m的福建姑娘郑幸娟以1。
92 m的成绩收获金牌，实现女子跳高全运会两连冠．据此可估算出她起跳时的竖直速度最接近于（g 取10 m/s2）( )A．2 m/s B．4 m/sC．6 m/s D．8 m/s4．2012年6月1日，空降兵某部官兵使用新装备从260 m超低空跳伞成功．若跳伞空降兵在离地面224 m高处由静止开始在竖直方向做自由落体运动,-段时间后，立即打开降落伞,然后以12.5 m/s2的平均加速度匀减速下降（g取10 m/s2）．为了空降兵的安全，要求空降兵落地速度最大不得超过5 m/s，则( ）A．空降兵展开伞时离地面高度至少为125 m，相当于从2。
5 m 高处自由落下B．空降兵展开伞时离地面高度至少为125 m，相当于从1。
25 m 高处自由落下C．空降兵展开伞时离地面高度至少为99 m,相当于从1.25 m高处自由落下D．空降兵展开伞时离地面高度至少为99 m，相当于从2.5 m 高处自由落下5．2013·安徽师大附中一模一个质点正在做匀加速直线运动,用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析由照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0。
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1.2 匀变速直线运动的规律作业1．(多选)如图所示，飞机起飞时，在同一底片上相隔相等时间多次曝光“拍摄”的照片，可以看出在相等时间间隔内，飞机的位移不断增大，则下列说法正确的是( )A．由“观察法”可以看出飞机做匀加速直线运动B．若测出相邻两段位移之差都相等，则飞机做匀变速直线运动C．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，则可以用逐差法计算出飞机的加速度D．若已知飞机做匀变速直线运动，测出相邻两段相等时间内的位移，可以求出这两段总时间的中间时刻的速度解析：选BCD.因为用肉眼直接观察的误差较大，故用“观察法”不能看出飞机做匀加速直线运动，选项A错误；因为曝光时间相等，若连续相等的时间内的位移差恒定，则可判断飞机做匀变速直线运动，选项B正确；用逐差法计算匀变速直线运动的加速度是处理纸带问题的基本方法，故也可以处理曝光时间间隔都相等的图片问题，选项C正确；某段时间中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度，选项D正确．2．(2019·河南信阳模拟)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 m B．2 mC．1 m D．0解析：选 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每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 mx1，x1＝2 m，选项B正确．3．做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s 内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )A．1 m/s2B．2 m/s2C．3 m/s2D．4 m/s2解析：选C.第1个3 s内的平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5s内的平均速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，加速度为a＝ΔvΔt＝v2－v1Δt＝32.5－1.5m/s2＝3 m/s2，选项C正确．4．(2019·“超级全能生”26省联考)(多选)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( ) A．第1 s内的位移是10 mB．前2 s内的平均速度是3 m/sC．运动的加速度为1 m/s2D．任意1 s内的速度增量都是－2 m/s解析：选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v＝x2t2＝62m/s＝3 m/s，故B正确．根据x＝v0t＋12at2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．5．一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是( )A．初速度v0的大小为2.5 m/sB．加速度a的大小为1 m/s2C．位移x3的大小为1.125 mD．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选A.由Δx＝aT2可得加速度大小a＝1 m/s2；第1 s末的速度v1＝x1＋x2 2T＝2.5 m/s；物体的速度由2.5 m/s减速到0所需时间t＝Δv－a＝2.5 s，则经过位移x3的时间t′为1.5 s，且x3＝12at′2＝1.125 m；位移x3内的平均速度v＝x3t′＝0.75 m/s.综上可知A错误，B、C、D正确．6．(2019·广东惠州二调)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第三个2 s内，汽车走过的位移为( )A ．12.5 mB ．2 mC ．10 mD ．0 m解析：选D.设汽车从刹车到停下的时间为t ，则由v ＝v 0－at 得t ＝v －v 0－a ＝0－10－4s ＝2.5 s ，所以第三个2 s 汽车早已停止，所以第三个2 s 位移为零，故选项D 正确．7．(2019·温州五校联考)(多选)近交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．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 ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果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 ．如果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<2 s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 202a ＝6410 m ＝ 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；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，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 ＝1.68s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．8．(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/sB．质点的加速度大小为2 m/s2C．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：选BD.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＝at2，解得t＝Δx at＝6－42s＝1 s，a＝2 m/s2，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＋v2B2a＝12.25 m，选项D正确．9．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A．关卡2 B．关卡3C．关卡4 D．关卡5解析：选C.由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝1s，在加速时间内通过的位移x＝12at21＝1 m，t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，已过关卡2，t3＝2 s时间内x3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t5＝12s，小于2 s，所以最先挡在面前的是关卡4，故C项正确．10．(2019·潍坊模拟)(多选)如图所示，t＝0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的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物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )A.t ＝3 s B ．t ＝10 s 的时刻物体恰好停在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 间的距离解析：选BD.根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a 1＝4 m/s 2和在水平面上的加速度a 2＝－2 m/s 2.根据运动学公式：8＋a 1t 1＋a 2t 2＝12，t 1＋t 2＝2，解得t 1＝43 s ，知经过103 s 到达B 点，到达B 点时的速度v ＝a 1t ＝403 m/s.物体在水平面上做减速运动，所以最大速度不是12 m/s ，故A 、C 错误．第6 s 末的速度是8 m/s ，到停下还需的时间t ′＝0－8－2s ＝4 s ，所以到C 点的时间为10 s ，故B 正确．根据v 2－v 2＝2ax ，求出AB 段的长度为2009 m ，BC 段长度为4009m ，则A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离，故D 正确．11．从斜面上某一位置每隔0.1 s 释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示．现测得AB ＝15 cm ，BC ＝20 cm ，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同．求：(1)小球的加速度大小；(2)拍摄时B 球的速度大小； (3)D 、C 两球相距多远；(4)A 球上面正在运动着的小球共有几颗？ 解析：(1)由Δx ＝aT 2得 a ＝ΔxT2＝BC －AB T 2＝0.20－0.150.12m/s 2＝5 m/s 2. (2)v B ＝AB ＋BC 2T ＝0.15＋0.202×0.1 m/s ＝1.75 m/s.(3)由Δx ＝DC －BC ＝BC －AB 得DC ＝BC ＋(BC －AB )＝20 cm ＋5 cm ＝25 cm.(4)小球B 从开始下滑到图示位置所需的时间为t B ＝v B a ＝1.755s ＝0.35 s则B 球上面正在运动着的小球共有三颗，A 球上面正在运动着的小球共有两颗．答案：(1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)25 cm (4)两颗12．如图所示 ，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC 上运动，AB 的长度为x 1＝25 m ，BC 的长度为x 2＝97 m ．汽车从A 点由静止启动，在AB 段做加速度大小为a 1＝2.0 m/s 2的匀加速直线运动．在BC 段，先做加速度大小为a 2＝1.0 m/s 2的匀加速直线运动．当运动到离C 点适当距离处，再以大小为a 3＝2.0 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C 点．求：(1)汽车达到的最大速度v m 和开始减速时离C 点的距离d ； (2)汽车从A 点运动到C 点所用的时间t .解析：(1)由x 1＝12a 1t 21和v 2B ＝2a 1x 1可得汽车在AB 段运动时间t 1＝2x 1a 1＝5 s ，到达B 点时的速度v B ＝2a 1x 1＝10 m/s设汽车在BC 段之间由B 到D 时加速行驶，距离为d ′，有v 2m －v 2B ＝2a 2d ′由D 到C 时减速行驶，距离为d ，有0－v 2m ＝－2a 3d ，且d ′＋d ＝x 2，解得汽车的最大速度v m ＝14 m/s 开始减速时汽车离C 点的距离d ＝v 2m2a 3＝49 m.(2)由B 到D ，汽车加速行驶，由v m ＝v B ＋a 2t 2得： 行驶时间t 2＝v m －v Ba 2＝4 s ，由D 到C ，汽车减速行驶直到静止，由0＝v m －a 3t 3得：行驶时间t 3＝v ma 3＝7 s ，故汽车从A 点运动到C 点所用的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝16 s.答案：(1)14 m/s 49 m (2)16 s。