2016届高考物理一轮复习1.2匀变速直线运动的规律课时强化作业

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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．。

高考物理一轮总复习专题1直线运动第2讲匀变速直线运动的规律课后提能演练

第2讲匀变速直线运动的规律知识巩固练1．(多选)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝6＋5t －t 2(各物理量均采用国际单位制)，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/s 2D ．任意1 s 内的速度增量都是－2 m/s 【答案】BD2．(2021年日照二模)某机动车在年检时，先做匀速直线运动再做匀减速直线运动至停止．已知总位移为s ，匀速阶段的速度为v 、时间为t ，则匀减速阶段的时间为( )A ．s v－t B ．s v－2t C ．2s v －tD ．2sv－2t【答案】D 【解析】设匀减速的时间为t 1，则s ＝vt ＋v ＋02t 1，解得t 1＝2sv－2t ，D 正确．3．(多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的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( )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【答案】BD 【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．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C 错误，D 正确；由v 2－v 20＝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A 错误，B 正确．4．“道路千万条，安全第一条．”《道路交通安全法》第四十七条规定：“机动车行经人行横道，应减速行驶；遇行人正在通过人行横道时，应停车让行．”一辆汽车以7.5 m/s 的速度匀速行驶，驾驶员发现前方的斑马线上有行人通过，随即刹车使车做匀减速直线运动至停止．若驾驶员的反应时间为0.6 s ，汽车在最后2 s 内的位移为5 m ，则汽车距斑马线的安全距离至少为( )A ．14.75 mB ．6.25 mC ．15.75 mD ．8.75 m【答案】C 【解析】设汽车匀减速的加速度大小为a ，由汽车在最后2 s 内的位移为5 m 得x ＝12at 2，解得a ＝2x t 2＝2×522 m/s 2＝2.5 m/s 2，故汽车的刹车位移为x ′＝v 0t 0＋v 202a ＝7.5×0.6 m ＋7.522×2.5m ＝15.75 m ，故C 正确．5．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x ＝10－0.1v 2(m)，下列分析正确的是 ( )A ．上述过程的加速度大小为10 m/s 2B ．刹车过程持续的时间为5 sC ．0时刻的初速度为10 m/sD ．刹车过程的位移为5 m【答案】C 【解析】由v 2－v 20＝2ax 可得x ＝－12a v 20＋12a v 2，对照x ＝10－0.1v 2(m)可知12a ＝－0.1，－12av 20＝10，解得a ＝－5 m/s 2，v 0＝10 m/s ，故A 错误，C 正确．由v 0＝－at 可得刹车过程持续的时间t ＝2 s ，由v 20＝－2ax 可得刹车过程的位移x ＝10 m ，故B 、D错误．6．(2021年济南模拟)伽利略在研究匀变速直线运动规律时，让小球从斜面的不同位置自由滚下，观测出小球从不同起点运动到底端的位移s 与所对应的时间t ，画出s －t 2图像．设小球运动的加速度为a ，则图像的斜率为( )A ．12aB ．aC ．1aD ．2a【答案】A 【解析】小球从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，位移—时间关系为s＝12at 2，即s 与t 2成正比，所以s －t 2图像是一条过原点的直线，直线的斜率为12a ，故A 正确．BT 3BT 3综合提升练7．(2021年成都七中月考)四川九寨沟地震灾后重建中，在某工地上一卡车以10 m/s 的速度匀速行驶，刹车后第一个2 s 内的位移与最后一个2 s 内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s 内卡车通过的距离是( )A ．2.5 mB ．4 mC ．12 mD ．12.5 m【答案】D 【解析】设刹车时加速度大小为a ，则第一个2 s 内的位移x 1＝v 0t －12at2＝(20－2a ) m ，根据逆向思维，最后1个2 s 内的位移x 2＝12at 2＝2a m ，由x 1x 2＝20－2a 2a ＝32，解得a ＝4 m/s 2，卡车从刹车到停止需要时间t 0＝v 0a ＝2.5 s ，则刹车后4 s 内的位移x ＝v 202a＝12.5 m ，D 正确．8．(多选)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【答案】AB 【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 1T2，C 、D 错误．物体在B 点的速度大小v B ＝v A ＋aT ，代入数据得v B ＝3x 2－x 12T，B 正确．9．一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m 的竖直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3 s ，那么该消防队员( )A ．下滑过程中的最大速度为4 m/sB ．加速与减速运动过程中平均速度之比为2∶1C ．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2D ．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4【答案】C 【解析】设下滑过程中的最大速度为v ，由位移公式x ＝v 2t ，可得v ＝2xt＝2×123 m/s ＝8 m/s ，故A 错误．加速与减速运动过程中平均速度都为v2，平均速度之比为1∶1，故B 错误．由v ＝at 可知加速度大小和时间成反比，加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，所以加速与减速运动过程的时间之比为1∶2，故C 正确．加速与减速运动过程平均速度大小相等，位移大小之比等于时间之比为1∶2，故D 错误．10．(2021年泰安二模)(多选)一质点以初速度v 、加速度a 做匀变速直线运动，经一段时间后质点运动的路程与位移大小之比为5∶3，则该过程的位移和时间可能为( )A ．位移大小为v 24aB ．位移大小为3v28aC ．时间为3v2aD ．时间为3va【答案】BCD 【解析】因路程与位移大小之比为5∶3而不等，故质点先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，质点速度减为零时的时间和位移分别为t 1＝v a ，x 1＝v 22a ，质点反向加速的时间为t 2，速度为v 2，有v 2＝at 2，x 2＝v 222a，若总位移为正，即x 1>x 2，可知t 1>t 2，有x 1＋x 2x 1－x 2＝53，解得v 2＝v 2.则运动时间为t 1＋t 2＝3v 2a ，位移为x 1－x 2＝3v28a，B 、C 正确；若总位移为负，即x 1<x 2，可知t 1<t 2，有x 1＋x 2x 2－x 1＝53，解得v 2＝2v ，则运动时间为t 1＋t 2＝3va，位移为x 2－x 1＝3v22a，A 错误，D 正确．。

骄子之路高考物理一轮复习 1.2匀变速直线运动的规律课时强化作业

课时强化作业二匀变速直线运动的规律一、选择题1．汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定速度为8 m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )A．拖行路程为8 m，符合规定B．拖行路程为8 m，不符合规定C．拖行路程为4 m，符合规定D．拖行路程为4 m，不符合规定解析：汽车刹车做匀减速运动直到停止，若需用时间为1 s，则其拖行路程s＝v02t＝4 m，故选项C正确．答案：C2．火车在平直轨道上做匀加速直线运动，车头通过某路标时的速度为v1，车尾通过该路标时的速度为v2，则火车的中点通过该路标时的速度为( )A.v1＋v22B.v1v2C.v1v2v1＋v2D.v21＋v222解析：该题可以采用逆向思维的方法，等效为：火车不动，路标从火车头向车尾匀加速运动，已知路标经过车头和车尾的速度分别为v1、v2，则路标经过火车中间时的速度为v，设火车总长2L，由运动学公式有v2－v21＝2aL，v22－v2＝2aL，联立解得v＝v21＋v222，故选项D正确．答案：D3．在公式v＝v0＋at中涉及的四个物理量，除t是标量外，其他三个量v、v0、a都是矢量，在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中，当取其中一个量的方向为正方向时，其他三个量的方向与此相同的取正值，与此相反的取负值，若取速度v0方向为正方向，以下说法正确的是( ) A．匀加速直线运动中a取负值B．匀加速直线运动中a取正值C．匀减速直线运动中a取正值D．无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动a都取正值解析：物体的初速度v0的方向与加速度a的方向相同时，物体的速度逐渐增加，当v0方向与a的方向相反时，物体做匀减速运动，故选项B正确．答案：B4．物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度减小到零，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x1、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 2t 2＝x 1＋x 2t 1＋t 2D ．v ＝2x 1＋x 2t 1＋t 2解析：由题意可知物体加速过程和减速过程中的最大速度相同均为v ，则x 1＝12v ·t 1，v ＝a 1t 1，x 2＝v2·t 2，v ＝a 2t 2，得a 1a 2＝t 2t 1，故选项B 错误；物体在全程的平均速度为v ＝x 1＋x 2t 1＋t 2＝v2，物体在加速过程和减速过程的平均速度相等且均为v 2＝x 1t 1＝x 2t 2，故选项A 、C 、D 正确．答案：ACD5．(2015届河南省洛阳市高三月考)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 ．分析照片得到的数据(如图所示)，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此不可求得( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度解析：由题图所示，根据x 3－x 1＝2aT 2，可求得加速度a ；第1次闪光时的速度，根据v 1＝x 1T －12aT 可求得v 1；根据x 2＝2v 1T ＋12a ·(2T )2－x 1可求得x 2；因不知第一次闪光前质点已运动的时间或位移，故质点运动的初速度不可求，故选项D 符合题意．答案：D6．如图所示，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 mD ．从d 到e 所用时间为4 s解析：小球沿斜面做匀减速直线运动．由a 到c 和从c 到d 时间均为2 s ，则c 为该段时间的中点时刻，则v c ＝x ad 2T ＝6＋62×2m/s ＝3 m/s ，选项B 正确；x ac ＝x ab ＋x bc ＝7 m ，x cd ＝x bd －x bc ＝5 m ，Δx ＝x ac －x cd ＝2 m ，Δx ＝aT 2，解得a ＝0.5 m/s 2，由v 2b －v 2c ＝2ax bc ，解得v b ＝10 m/s ，选项A 正确；从c 到e 所经历的时间t ce ＝v c a ＝6 s ，从d 到e 的时间t de ＝t ce －T ＝4 s ，x de ＝12at 2de ＝4 m ，故选项C 错误，选项D 正确．答案：ABD7．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2.则物体运动的加速度为( )A.2Δx t 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2B.Δxt 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2C.2Δx t 1＋t 2t 1t 2t 1－t 2D.Δxt 1＋t 2t 1t 2t 1－t 2解析：根据题意画出v t 图象，如图所示为物体运动的v t 图象，图线的斜率即为加速度a ，图线和t 轴包围的面积等于位移，则有Δx ＝v 0＋v 12t 1，Δx ＝v 1＋v 22t 2，两式得2Δx t 1＝v 0＋v 1，2Δxt 2＝v 1＋v 2，两式相减得v 2－v 0＝2Δx ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1，该图线的斜率a ＝v 2－v 0t 1＋t 2得v 2－v 0＝a (t 1＋t 2)，则有2Δx ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＝a (t 1＋t 2)，解得a ＝2Δx t 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2，故选项A 正确．答案：A8．汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s 时间先后经过A 、B 两根电杆，已知A 、B 间的距离为60 m ，车经过B 时的速度为15 m/s ，则( )A ．车经过A 杆时速度为5 m/sB ．车的加速度为15 m/s 2C ．车从出发到B 杆所用时间为10 sD ．从出发点到A 杆的距离是7.5 m解析：根据v ＝xt求得汽车在A 、B 之间的平均速度v ＝10 m/s 则v ＝v A ＋v B2得v A ＝5 m/s ，故选项A正确；汽车的加速度a ＝v B －v A t ＝53 m/s 2，故选项B 错误；汽车从出发到B 杆的时间t ＝v B a＝9 s ，故选项C 错误；根据v 2A ＝2ax ，得x ＝7.5 m ，故选项D 正确．答案：AD9．如图所示，传送带保持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a 点上，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 ，则物体从a 点运动到b 点所经历的时间为(g 取10 m/s 2)( )A. 5 s B ．(6－1)s C ．3 sD ．2.5 s解析：物体轻放在传送带a 点，做匀加速直线运动，其加速度a ＝μg ＝1 m/s 2，物体的速度达到1 m/s经过的位移x 1＝v 22a ＝122×1m ＝0.5 m ，然后物体做匀速直线运动，时间为t 2＝L －x 1v＝2 s ，物体做匀加速直线运动的时间t 1＝v a＝1 s ，则物体从a 点运动到b 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3 s ，故选项C 正确．答案：C10．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，以下判断正确的是(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 ．小球的位移大小一定是15 m解析：小球被竖直上抛，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＋v t2求，规定向上为正，当小球的末速度为向上10 m/s 时，v t ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向向上，选项A 正确；当小球的末速度为向下10 m/s 时，v t ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度为5 m/s ，方向向上，选项C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移x ＝v 20－v 2t2g＝15 m ，选项D 正确．答案：ACD 二、非选择题11．一辆卡车，它急刹车时的加速度的大小是5 m/s 2，如果要求它在急刹车后22.5 m 内必须停下，假设卡车刹车过程做的是匀减速直线运动．求：(1)它的行驶速度不能超过多少？ (2)在此刹车过程中所用的最长时间．解析：(1)根据运动学公式v 2－v 20＝2ax . 代入数据v 0＝15 m/s. (2)根据v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a＝3 s. 答案：(1)15 m/s (2)3 s12．(2013年全国大纲卷)一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s ．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0 s 内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0 m ，每节货车车厢的长度为16.0 m ，货车车厢间距忽略不计．求：(1)客车运行速度的大小； (2)货车运行加速度的大小．解析：(1)设连续两次撞击铁轨接缝处的时间间隔为Δt ，每根铁轨的长度为L ，则客车速度v ＝LΔt ，其中L ＝25.0 m ，Δt ＝10.016－1s ，解得v ＝37.5 m/s.(2)设从货车开始运动后t ＝20.0 s 内客车行驶了x 1，货车行驶了x 2，货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度s ＝30×16.0 m＝480.0 m由运动学公式x 1＝vt ，x 2＝12at 2，由题中给出的条件有s ＝x 1－x 2. 联立以上各式得a ＝1.35 m/s 2. 答案：(1)37.5 m/s (2)1.35 m/s 213．中国海军特种部队“蛟龙突击队”演练直升飞机低空跳伞，当直升飞机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开直升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/s 2的加速度匀减速下降，为了伞兵的安全，要求伞兵落地的最大速度不得超过5 m/s(g ＝10 m/s 2)求：(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)伞兵在空中的最短时间为多少？解析：(1)设直升机悬停位置距地面的高度为H ，伞兵展伞时离地面的高度为h ，此时的速度为v 0.着地时的速度为v 1，相当于从h 1高处自由落下，由运动学公式有v 21－v 20＝－2ah ，在自由落体运动阶段v 20＝2g (H －h )联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s.伞兵以5 m/s 的速度落地，则有2gh 1＝v 21，解得h 1＝1.25 m.(2)伞兵在空中时间最短时，即伞兵以5 m/s 的速度落地．在自由落体运动阶段，有v 0＝gt 1，解得t 1＝v 0g ＝5010s ＝5 s.在匀减速阶段v 1＝v 0－at 2，得t 2＝v 1－v 0－a＝3.6 s. 伞兵在空中的时间t ＝t 1＋t 2＝8.6 s.答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s。

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.。

高三物理一轮课时作业2匀变速直线运动规律

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课时提升作业（二）（40分钟100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分.每小题只有一个选项正确)1。

汽车进行刹车试验，若速率从8m/s匀减速至零,需用时间1 s,按规定速度为8 m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m,那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( ）A。

拖行路程为8 m,符合规定B.拖行路程为8 m,不符合规定C。

拖行路程为4 m,符合规定D。

拖行路程为4 m，不符合规定2。

一物体做匀减速直线运动，初速度大小为10m/s，加速度大小为1m/s2,则物体在停止运动前2s内的平均速度大小为( )A.0.5 m/s B。

1 m/s C.5 m/s D.9 m/s3.一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1。

2m,那么它在第三段时间内的位移是（）A。

1. 2 m B.3.6 m C。

6。

0 m D。

10。

8 m4.(2013·福州模拟）有一列火车正在做匀加速直线运动。

从某时刻开始计时，第1分钟内,发现火车前进了180 m。

第6分钟内，发现火车前进了360 m.则火车的加速度为（）A。

0.01 m/s2 B.0。

05 m/s2C.36 m/s2D。

180 m/s25。

(2013·南平模拟）将一小物体以初速度v0竖直上抛,若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程s1和s2，速度的变化量Δv1和Δv2的大小关系（)A。

s1=s2 B.s1<s2C。

Δv1>Δv2 D.Δv1〈Δv26。

（2013·漳州模拟)一物体以一定的初速度在水平地面上匀减速滑动。

若已知物体在第1秒内位移为8.0m,在第3秒内位移为0.5m。

【金版教程】高考物理一轮复习课时作业2 匀变速直线运动的规律及应用

课时作业(二) 匀变速直线运动的规律及应用1．关于自由落体运动，下列说法中不正确的是( )A．自由落体运动是竖直方向的匀加速直线运动B．前3 s竖直方向的位移只要满足h1∶h2∶h3＝1∶4∶9的运动一定是自由落体运动C．自由落体运动在开始的连续三个2 s内的位移之比是1∶3∶5D．自由落体运动在开始的连续三个2 s末的速度之比是1∶2∶32．(2013·江西重点中学联考)汽车遇情况紧急刹车，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 m B．4 mC．3 m D．2 m3．如图所示，让一个苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3.图中直线为苹果在空中的运动轨迹．若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是( )A．苹果通过第1个窗户所用的时间最长B．苹果通过第2个窗户的平均速度最大C．苹果通过第3个窗户所用的时间最长D．苹果通过第3个窗户的平均速度最大4．(2013·蚌埠市模拟)一物体做匀变速直线运动，初速度为15 m/s，方向向东，第5 s 末的速度为10 m/s，方向向西，则物体开始向西运动的时刻为( )A．第2 s初B．第4 s初C．第9 s初D．第15 s末5．(2011·天津卷)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/s6．(2013·福建四地六校联考)做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s的位移是( )A．3.5 m B．2 mC．1 m D．07．(2013·江西重点中学联考)在水平面上有a、b两点，相距0.2 m，一质点在一恒定的水平合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2 s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小( )A．若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由b向a，则小于1 m/sB．若力的方向由a向b，则小于1 m/s，若力的方向由b向a，则大于1 m/sC．无论力的方向如何均小于1 m/sD．无论力的方向如何均大于1 m/s8．质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5 s内三段位移比为( )A．2∶6∶5B．2∶8∶7C．4∶12∶9D．2∶2∶19．(2013·福建六校联考)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 m10．一辆卡车，它急刹车时的加速度的大小是5 m/s2，如果要求它在急刹车后22.5 m内必须停下，假设卡车刹车过程做的是匀减速直线运动．求：(1)它的行驶速度不能超过多少；(2)在此刹车过程中所用的时间；(3)在此过程中卡车的平均速度．11．(2013·德州模拟)在竖直的井底，将一物块以11 m/s的速度竖直地向上抛出，物块冲过井口时被人接住，在被人接住前1 s内物块的位移是4 m，位移方向向上，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：(1)物块从抛出到被人接住所经历的时间；(2)此竖直井的深度．12．(2013·上海八校联考)4×100 m接力赛是奥运会上一个激烈的比赛项目，甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前x0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑(忽略声音传播的时间及人的反应时间)，已知接力区的长度为L＝20 m，设乙起跑后的运动是匀加速运动，试求：(1)若x0＝13.5 m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？(2)若x0＝16 m，乙的最大速度为8 m/s，并能以最大速度跑完全程，要使甲、乙能在接力区完成交接棒，则乙在听到口令后加速的加速度最大为多少？答案：课时作业(二)1．B2．B 考查直线运动规律．由x ＝12at 2，解得a ＝8 m/s 2，最后1 s 的位移为x 1＝12×8×12m ＝4 m ，B 项正确．3．AD 苹果做自由落体运动，速度逐渐增大，所以苹果通过第1个窗户的平均速度最小，通过第3个窗户的平均速度最大，通过第3个窗户所用的时间最短，通过第1个窗户所用的时间最长，A 、D 对．4．B 取向东为正方向，物体运动的加速度a ＝v －v 0t ＝－10－155m/s 2＝－5 m/s 2，方向向西．当速度为零时，物体开始向西运动，设时间为t 1，则t 1＝0－v 0a ＝－15－5 s ＝3 s ，即第3 s末物体开始向西运动．5．D 由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对比题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a＝2 m/s 2.则第1 s 内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t ＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内速度增量Δv ＝at ＝2 m/s ，D 对．6．B 可以采用逆向思维，把物体的运动看做是初速度为零的匀加速直线运动，其在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，已知第4 s 内的位移是14 m ，所以第1 s 内的位移是2 m ，选项B 对．7．D 质点沿a 向b 做匀变速直线运动，平均速度大小为1 m/s ，通过a 、b 中间时刻的速度大小也为1 m/s ，若质点沿a 向b 做匀加速直线运动时，则通过a 、b 中点时的速度大小大于1 m/s ；若质点沿a 向b 做匀减速直线运动时，则通过a 、b 中点时的速度大小也大于1 m/s ，故选项D 正确．8．C 由位移公式x ＝12at 2得第1个2 s 内的位移x 1＝12at 21＝12a ×22＝2a .第2个2 s 内的位移x 2＝12a (t 22－t 21)＝12a (42－22)＝6a ，第5 s 内的位移x 3＝12a (52－42)＝92a ，故x 1∶x 2∶x 3＝2a ∶6a ∶92a ＝4∶12∶9，因此选C.9．D 设星球表面的重力加速度为g ，由自由下落在第5 s 内的位移是18 m ，可得12g ×(5s)2－12g ×(4 s)2＝18 m ，解得g ＝4 m/s 2.物体在2 s 末的速度是v ＝gt ＝8 m/s ，选项A 错误；物体在第5 s 内的平均速度是18 m/s ，选项B 错误；物体在前2 s 内的位移是12gx (2 s)2＝8 m ，物体在第1 s 内的位移是2 m ，物体在第2 s 内的位移是8 m －2 m ＝6 m ，选项C 错误；物体在5 s 内的位移是12g ×(5 s)2＝50 m ，选项D 正确．10．解析： (1)根据运动学公式：v 2－v 20＝2ax ，代入数据可解得v 0＝15 m/s (2)t ＝v －v 0a ＝3 s (3)v ＝x t(或用平均速度公式)＝7.5 m/s. 答案： (1)15 m/s (2)3 s (3)7.5 m/s11．解析： (1)设被人接住前1 s 时刻物块的速度为v ，则：h ′＝vt ′－12gt ′2故v ＝h ′＋12gt ′2t ′＝4＋12×10×121m/s ＝9 m/s则物块从抛出到被人接住所用总时间为t ＝v －v 0－g ＋t ′＝9－11－10s ＋1 s ＝1.2 s.(2)竖直井的深度为h ＝v 0t －12gt 2＝11×1.2 m－12×10×1.22m ＝6 m.答案： (1)1.2 s (2)6 m12．解析： (1)设v 甲＝9 m/s ，经过时间t ，甲追上乙，则根据题意有x 甲－x 乙＝x 0，即v 甲·t －v 甲·t2＝13.5 m ，代入数据得：t ＝3 s设乙的加速度为a ，由v 甲＝at 解得：a ＝3 m/s 2设甲追上乙时，乙走的距离为x 乙＝vt 2＝13.5 m(或x 乙＝12at 2＝13.5 m)故乙离接力区末端的距离为 Δx ＝L －x 乙＝20 m －13.5 m ＝6.5 m.(2)由题意可知，乙的加速度越大，在完成交接棒时走过的距离越长，当在接力区的边缘完成交接棒时，乙的加速度最大，设为a 2，运动的时间t ＝L ＋x 0v ＝4 s ；乙加速的时间t 1＝a 乙a 2L ＝12a 2t 21＋v 乙(t －t 1)解得：a 2＝83 m/s 2＝2.67 m/s 2.答案： (1)6.5 m (2)2.67 m/s 2。

高考物理一轮复习第1章第2课匀变速直线运动的规律课时作业(含解析)

4.如图所示，传送带保持 1 m/s 的速度顺时针转动.现将一质量 m = 0.5 kg 的物体轻答案：C第2课匀变速直线运动的规律、单项选择题 1从塔顶释放一个小球 A , 1 s 后从同一地点再释放一个小球 B ,设两球都做自由落体运动，则落地前 A 、B 两球之间的距离( ) A.保持不变 B •不断减小 C.不断增大 D .有时增大，有时减小1 2 1 2 1 解析：设B 球下落了时间t ,则A 球下落了时间(t + 1).由h = 2gt 得h B = 2gt , h A = 2g(t + 1)2.A 、B 两球间距离h = h A — h B =；g(2t + 1)，可见h 随时间t 的增大而增大，C 项正确. 答案：C 2 •一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹 AB.该爱好者用直尺量出1 轨迹的长度，如图所示•已知曝光时间为 1000 s ，则小石子出发点离A 点约为( )A. 6.5 m B . 10 m C . 20 m D . 45 m2 2V A20解析：小石子到达A 点时的速度为 x 0.02 VA= t =1 m/s = 20 m/s ，h = 2g 2X 101 000 m = 20 m. 答案：C3. 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 m B . 24 m C . 25 m D . 75 m 解析: 由△ x = aT 2得：a = 2 m/s 2,由v °T — 2玄于=X 1得v ° = 10 m/s ，汽车刹车时间v °t a=5 s v 6 s ，故刹车后6 s 内的位移为 2 V 0x = —=25 m , 2a 'C 项正确.轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数= 0.1 , a、b间的距离L = 2.5 m2则物体从a点运动到b点所经历的时间为(g取10 m/s )( )A. 」5 s B . ( 6 —1)s C . 3 s D . 2.5 s解析：物块开始做匀加速直线运动， a =卩g= 1 m/s 2,速度达到皮带的速度时发生的位v2 1 亠、、、一一、 v移x = = m= 0.5 m< L,故物体接着做匀速直线运动，第1段时间「=-= 1 s，第2段2a 2xi a、 L —x 2.5 —0.5时间t2=—=--------- 1----- s= 2 s , t 总=11 +12= 3 s.答案：C5.以V0= 20 m/s的速度竖直上抛一小球，经 2 s以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球.g取10 m/s2,则两球相碰处离出发点的高度是()A. 10 m B . 15 m C . 20 m D .不会相碰解析：设第二个小球抛出后经ts与第一个小球相遇.法一根据位移相等有：1 2 1 2 1 2v o(t + 2) —2g(t + 2) = v o t —?gt .解得t = 1 s,代入位移公式h = v o t —?gt ,解得h = 15 m.法二因第二个小球抛出时，第一个小球恰(到达最高点)开始自由下落.根据速度对称性，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，即：一[v。

高考物理一轮复习必修一匀变速直线运动的规律课时精选习题(含答案解析)

高考物理一轮复习匀变速直线运动的规律课时精选习题（含解析）一、概念规律题组1．在公式v ＝v 0＋at 和x ＝v 0t ＋12at 2中涉及的五个物理量，除t 是标量外，其他四个量v 、v 0、a 、x都是矢量，在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中，当取其中一个量的方向为正方向时，其他三个量的方向与此相同的取正值，与此相反的取负值，若取速度v 0方向为正方向，以下说法正确的是( )A ．匀加速直线运动中a 取负值B ．匀加速直线运动中a 取正值C ．匀减速直线运动中a 取正值D ．无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动a 都取正值答案 B解析据v ＝v 0＋at 可知，当v 0与a 同向时，v 增大；当v 0与a 反向时，v 减小．x ＝v 0t ＋12at 2也是如此，故当v 0取正值时，匀加速直线运动中，a 取正；匀减速直线运动中，a 取负，故选项B 正确．2．某运动物体做匀变速直线运动，加速度大小为0.6 m/s 2，那么在任意1 s 内( ) A ．此物体的末速度一定等于初速度的0.6倍B ．此物体任意1 s 的初速度一定比前1 s 末的速度大0.6 m/sC ．此物体在每1 s 内的速度变化为0.6 m/sD ．此物体在任意1 s 内的末速度一定比初速度大0.6 m/s 答案 C解析因已知物体做匀变速直线运动，又知加速度为0.6 m/s 2，主要涉及对速度公式的理解：①物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动；②v ＝v 0＋at 是矢量式．匀加速直线运动a ＝0.6 m/s 2；匀减速直线运动a ＝－0.6 m/s 2.3．我国自行研制的“枭龙”战机已在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需时间为t ，则起飞前的运动距离为( )A ．v t B.v t2C ．2v tD ．不能确定答案 B解析因为战机在起飞前做匀加速直线运动，则x ＝v t ＝0＋v 2t ＝v2t .B 选项正确．4．一个做匀加速直线运动的物体，通过A 点的瞬时速度是v 1，通过B 点的瞬时速度是v 2，那么它通过AB 中点的瞬时速度是( )A.v 1＋v 22B.v 1－v 22C. v 21＋v 222D. v 22－v 212答案 C二、思想方法题组5．如图1所示，请回答：图1(1)图线①②分别表示物体做什么运动？(2)①物体3 s 内速度的改变量是多少，方向与速度方向有什么关系？ (3)②物体5 s 内速度的改变量是多少？方向与其速度方向有何关系？ (4)①②物体的运动加速度分别为多少？方向如何？ (5)两图象的交点A 的意义．答案见解析解析 (1)①做匀加速直线运动；②做匀减速直线运动 (2)①物体3 s 内速度的改变量Δv ＝9 m/s －0＝9 m/s ，方向与速度方向相同(3)②物体5 s 内的速度改变量Δv ′＝(0－9) m/s ＝－9 m/s ，负号表示速度改变量与速度方向相反． (4)①物体的加速度a 1＝Δv Δt ＝9 m/s 3 s ＝3 m/s 2，方向与速度方向相同．②物体的加速度a 2＝Δv ′Δt ′＝－9 m/s 5 s ＝－1.8 m/s 2，方向与速度方向相反．(5)图象的交点A 表示两物体在2 s 时的速度相同． 6．汽车以40 km/h 的速度匀速行驶．(1)若汽车以0.6 m/s 2的加速度加速，则10 s 后速度能达到多少？ (2)若汽车刹车以0.6 m/s 2的加速度减速，则10 s 后速度减为多少？ (3)若汽车刹车以3 m/s 2的加速度减速，则10 s 后速度为多少？答案 (1)17 m/s (2)5 m/s (3)0解析 (1)初速度v 0＝40 km /h≈11 m/s ，加速度a ＝0.6 m/s 2，时间t ＝10 s. 10 s 后的速度为v ＝v 0＋at ＝11 m/s ＋0.6×10 m/s ＝17 m/s.(2)汽车刹车所用时间t 1＝v 0a 1＝110.6s>10 s ，则v 1＝v 0－at ＝11 m/s －0.6×10 m/s ＝5 m/s.(3)汽车刹车所用时间t 2＝v 0a 2＝113s<10 s ，所以10 s 后汽车已经刹车完毕，则10 s 后汽车速度为零．思维提升1．匀变速直线运动的公式都是矢量式，应注意各物理量的正负以及物理量的符号与公式中加减号的区别．2．一个匀变速运动，其时间中点的速度v 1与位移中点的速度v 2不同，且不论匀加速还是匀减速总有v 1<v 2.3．分析图象应从轴、点、线、面积、斜率等几个方面着手．轴是指看坐标轴代表的物理量，是x －t 图象还是v －t 图象．点是指看图线与坐标轴的交点或者是图线的折点．线是看图的形状，是直线还是曲线，通过图线的形状判断两物理量的关系，还要通过面积和斜率看图象所表达的含义．4．①物体做匀减速运动时，必须考虑减速为零后能否返回，若此后物体停止不动，则此后任一时刻速度均为零，不能用公式v ＝v 0＋at 来求速度．②处理“刹车问题”要先判断刹车所用的时间t 0.若题目所给时间t <t 0，则用v ＝v 0＋at 求t 秒末的速度；若题目所给时间t >t 0，则t 秒末的速度为零．一、匀变速直线运动及其推论公式的应用 1．两个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2两个公式中共有五个物理量，只要其中三个物理量确定之后，另外两个就确定了．原则上应用两个基本公式中的一个或两个联立列方程组，就可以解决任意的匀变速直线运动问题．2．常用的推论公式及特点 (1)速度—位移公式v 2－v 20＝2ax ，此式中不含时间t ；(2)平均速度公式v ＝v t 2＝v 0＋v2，此式只适用于匀变速直线运动，式中不含有时间t 和加速度a ；v ＝xt，可用于任何运动．(3)位移差公式Δx ＝aT 2，利用纸带法求解加速度即利用了此式．(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例式的适用条件：初速度为零的匀加速直线运动．3．无论是基本公式还是推论公式均为矢量式，公式中的v 0、v 、a 、x 都是矢量，解题时应注意各量的正负．一般先选v 0方向为正方向，其他量与正方向相同取正值，相反取负值．【例1】短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m 和200 m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69 s 和19.30 s ．假定他在100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m 时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数) 答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 2解析 (1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动时的速度为v (以m/s 为单位)，则有 12v t ＋(9.69－0.15－t )v ＝100① 12v t ＋(19.30－0.15－t )×0.96v ＝200② 由①②式得 t ＝1.29 s v ＝11.24 m/s(2)设加速度大小为a ，则 a ＝vt＝8.71 m/s 2[规范思维] (1)对于物体的直线运动，画出物体的运动示意图(如下图)，分析运动情况，找出相应的规律，是解题的关键．(2)本题表示加速阶段的位移，利用了平均速度公式v ＝v 0＋v 2，平均速度v 还等于v t2.公式特点是不含有加速度，且能避开繁琐的计算，可使解题过程变得非常简捷．[针对训练1] 如图2所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有( )图2A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C ．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D ．如果距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处答案 AC解析如果立即做匀加速直线运动，t 1＝2 s 内汽车的位移x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝20 m>18 m ，此时汽车的速度v 1＝v 0＋a 1t 1＝12 m/s<12.5 m/s ，汽车没有超速，A 项正确，B 项错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t 2＝v 0a 1＝1.6 s ，此过程通过的位移为x 2＝12a 2t 22＝6.4 m ，C 项正确，D 项错误．【例2】 (全国高考)已知O 、A 、B 、C 为同一直线上的四点，AB 间的距离为l 1，BC 间的距离为l 2，一物体自O 点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A 、B 、C 三点，已知物体通过AB 段与BC 段所用的时间相等．求O 与A 的距离．答案 (3l 1－l 2)28(l 2－l 1)解析首先画出运动情况示意图：解法一基本公式法设物体的加速度为a ，到达A 点时的速度为v 0，通过AB 段和BC 段所用的时间都为t ，则有l 1＝v 0t ＋12at 2 l 1＋l 2＝2v 0t ＋12a (2t )2联立以上二式得l 2－l 1＝at 2 3l 1－l 2＝2v 0t设O 与A 的距离为l ，则有l ＝v 202a联立以上几式得l ＝(3l 1－l 2)28(l 2－l 1).解法二利用推论法由连续相等时间内的位移之差公式得： l 2－l 1＝at 2①又由平均速度公式：v B ＝l 1＋l 22t②l ＋l 1＝v 2B2a③由①②③得：l ＝(3l 1－l 2)28(l 2－l 1).[规范思维] (1)合理选用公式可简化解题过程．本题中解法二中利用位移差求加速度，利用平均速度求瞬时速度，使解析过程简化了．(2)对于多过程问题，要注意x 、v 0、t 等量的对应关系，不能“张冠李戴”．[针对训练2] (安徽省2010届高三第一次联考)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了2 m ；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了8 m ．由此可求得( )A ．第一次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第二次闪光到第三次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度答案 C解析质点运动情况如图所示．照相机照相时，闪光时间间隔都相同，第一次、第二次闪光的时间间隔内质点通过的位移为x 1，第二次、第三次闪光时间内质点位移为x 2，第三、四次闪光时间内质点位移为x 3，则有x 3－x 2＝x 2－x 1，所以x 2＝5 m.由于不知道闪光的周期，无法求初速度、第1次闪光时的速度和加速度．C 项正确．二、用匀变速运动规律分析两类匀减速运动1．刹车类问题：即匀减速直线运动到速度为零后即停止运动，加速度a 突然消失，求解时要注意先确定其实际运动时间．2．双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正、负号．3．逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速运动．【例3】一辆汽车以72 km/h 的速度行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动．已知汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s 2，则从开始刹车经过5 s ，后汽车通过的距离是多少？答案 40 m解析设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t 0，选v 0的方向为正方向． v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，由v ＝v 0＋at 0得t 0＝v t －v 0a ＝0－20－5s ＝4 s 可见，该汽车刹车后经过4 s 就已经停止，最后1 s 是静止的．由x ＝v 0t ＋12at 2知刹车后5 s 内通过的距离x ＝v 0t 0＋12at 02＝[20×4＋12×(－5)×42] m ＝40 m.[规范思维] 此题最容易犯的错误是将t ＝5 s 直接代入位移公式得x ＝v 0t ＋12at 2＝[20×5＋12×(－5)×52] m ＝37.5 m ，这样得出的位移实际上是汽车停止后又反向加速运动1 s 的总位移，这显然与实际情况不相符．[针对训练3] 物体沿光滑斜面上滑，v 0＝20 m/s ，加速度大小为5 m/s 2，求： (1)物体多长时间后回到出发点；(2)由开始运动算起，求6 s 末物体的速度．答案 (1)8 s (2)10 m/s ，方向与初速度方向相反解析由于物体连续做匀减速直线运动，加速度不变，故可以直接应用匀变速运动公式，以v 0的方向为正方向．(1)设经t 1秒回到出发点，此过程中位移x ＝0，代入公式x ＝v 0t ＋12at 2，并将a ＝－5 m/s 2代入，得t ＝－2v 0a ＝－2×20－5s ＝8 s.(2)由公式v ＝v 0＋at 知6 s 末物体的速度 v t ＝v 0＋at ＝[20＋(－5)×6] m/s ＝－10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反.【基础演练】1．(北京市昌平一中2010第二次月考)某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，则飞机着陆时的速度为( )A.x tB.2x tC.x 2tD.x t 到2xt 之间的某个值答案 B解析根据公式v ＝v 2＝x t 解得v ＝2xt2．(福建省季延中学2010高三阶段考试)在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14 m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g 取10 m/s 2，则汽车刹车前的速度大小为( )A ．7 m/sB ．10 m/sC ．14 m/sD ．20 m/s 答案 C解析设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得μmg ＝ma ，a ＝μg 由匀变速直线运动速度—位移关系式v 20＝2ax ，可得汽车刹车前的速度为 v 0＝2ax ＝2μgx＝2×0.7×10×14 m/s ＝14 m/s3．物体沿一直线运动，在t 时间内通过的位移为x ，它在中间位置12x 处的速度为v 1，在中间时刻12t时的速度为v 2，则v 1和v 2的关系为( )A ．当物体做匀加速直线运动时，v 1>v 2B ．当物体做匀减速直线运动时，v 1>v 2C ．当物体做匀速直线运动时，v 1＝v 2D ．当物体做匀减速直线运动时，v 1<v 2 答案 ABC解析设物体的初速度为v 0、末速度为v t ，由v 21－v 20＝v 2t －v 21＝2a ·x 2. 所以路程中间位置的速度为v 1＝v 20＋v 2t2.①物体做匀变速直线运动时中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即v 2＝v 0＋v t2② 第①式的平方减去第②式的平方得v 21－v 22＝(v 0－v t )24.在匀变速或匀速直线运动的过程中，v 21－v 22一定为大于或等于零的数值，所以v 1≥v 2.4．2009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图3所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，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分别是( )图3A ．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 答案 BD解析因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究．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，所以选项C 错，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故选项A 错，B 正确，所以正确选项为B 、D.5．一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 C6. 如图4所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点)，小球1、2、3距斜面底端A 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，现将它们分别从静止释放，到达A 点的时间分别为t 1、t 2、t 3，斜面的倾角为θ.则下列说法正确的是( )图4A.x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3B.x 1t 1>x 2t 2>x 3t 3C.x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23 D ．若θ增大，则xt 2的值减小答案 BC7. 如图5所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，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( )图5A ．v b ＝8 m/sB ．v c ＝3 m/sC ．de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s 答案 BD 【能力提升】8．某动车组列车以平均速度v 行驶，从甲地到乙地的时间为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后紧急刹车，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，(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.v t t －t 0B.v t t ＋t 0C.v t t －12t 0D.v t t ＋12t 0答案 C解析该动车组从开始刹车到加速到v 0所发生的位移大小为v 02·t 0，依题意，动车组两次运动所用的时间相等，即v t －v 02·t0v 0＋t 0＝t ，解得v 0＝v tt －12t 0，故正确答案为C.9．航空母舰(Aircraft Carrier)简称“航母”、“空母”，是一种可以供军用飞机起飞和降落的军舰．蒸汽弹射起飞，就是使用一个长平的甲板作为飞机跑道，起飞时一个蒸汽驱动的弹射装置带动飞机在两秒钟内达到起飞速度，目前只有美国具备生产蒸汽弹射器的成熟技术．某航空母舰上的战斗机，起飞过程中最大加速度a ＝4.5 m/s 2，飞机要达到速度v 0＝60 m/s 才能起飞，航空母舰甲板长L ＝289 m ，为使飞机安全起飞，航空母舰应以一定速度航行以保证起飞安全，求航空母舰的最小速度v 的大小．(设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响，飞机的运动可以看做匀加速直线运动)答案 9 m/s解析解法一若航空母舰匀速运动，以地面为参考系，设在时间t 内航空母舰和飞机的位移分别为x 1和x 2，航母的最小速度为v ，由运动学知识得x 1＝v t ，x 2＝v t ＋12at 2，x 2－x 1＝L ，v 0＝v ＋at联立解得v ＝9 m/s.解法二若航空母舰匀速运动，以航空母舰为参考系，则飞机的加速度即为飞机相对航空母舰的加速度，当飞机起飞时甲板的长度L 即为两者的相对位移，飞机相对航空母舰的初速度为零，设航空母舰的最小速度为v ，则飞机起飞时相对航空母舰的速度为(v 0－v )由运动学公式可得(v 0－v )2－0＝2aL ，解得v ＝9 m/s.10．如图6所示，某直升飞机在地面上空某高度A 位置处于静止状态待命，要求该机10时56分40秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB 段加速后，进入BC 段的匀速受阅区，11时准时通过C 位置，如图7所示．已知x AB ＝5 km ，x BC ＝10 km.问：图6图7(1)直升飞机在BC 段的速度大小是多少？(2)在AB 段飞机做匀加速直线运动时的加速度大小是多少？答案 (1)100 m/s (2)1 m/s 2解析 (1)设BC 段飞机做匀速直线运动的速度大小为v ，运动的时间为t 2.在AB 段飞机做匀加速直线运动的时间为t 1，加速度的大小为a .对AB 段，由平均速度公式得到： (v ＋0)/2＝x AB /t 1①对BC段，由匀速直线运动的速度公式可得：v＝x BC/t2②根据飞机10时56分40秒由A出发，11时准时通过C位置，则：t1＋t2＝200 s③联立①②③，代入已知数据解得v＝100 m/s，(2)在AB段，由运动学公式v2t－v20＝2ax得：a＝v2/2x AB＝1 m/s2.易错点评1．在用比例法解题时，要注意初速度为0这一条件．若是匀减速运动末速度为0，应注意比例的倒置．2．匀变速直线运动公式中各物理量是相对于同一惯性参考系的，解题中应注意参考系的选取．3．解匀减速类问题，要注意区分“返回式”和“停止式”两种情形，特别是“停止式”要先判明停止时间，再根据情况计算．。

高考物理总复习第一章第2课匀变速直线运动的规律课

第2课匀变速直线运动的规律题号123456789答案一、单项选择题1．物体做匀变速运动，下列说法中正确的是( )A．速度保持不变B．速度随时间均匀变化C．位移随时间均匀变化D．加速度随时间均匀变化解析：匀变速就是指加速度的大小和方向都不变，根据速度与时间的关系得：Δv＝vt －v0＝at，说明速度随时间均匀变化，而由Δs＝at2，说明位移随时间不是均匀变化的．答案：B2．某一物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系式为s＝2t＋t2，则它速度达到8 m/s所需要的时间是( )A．1 s B．2 sC．3 s D．4 s解析：由s＝2t＋t2可得v0＝2 m/s，a＝2 m/s2.根据速度与时间的关系式v＝v0＋at，把v0＝2 m/s，a＝2 m/s2，v＝8 m/s代入得t＝3 s.答案：C3.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，该路段的限速为60 km/h.则该车( )A．超速B．不超速C．无法判断D．速度刚好是60 km/h解析：如果以最大刹车加速度刹车，那么由v＝2as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项正确．答案：A4．(2014·中山模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A．12232123 B．1233312232C．123 111 D．135 123解析：设加速度为a ，根据位移公式可求得，第1 s 内的位移为：s 1＝12a ×12，接下来的2 s 内的位移为s 2＝12a ×32－12a ×12＝12a ×8，再接下来的3 s 内的位移是s 3＝12a ×62－12a ×32＝12a ×27，故s 1s 2s 3＝12333；根据平均速度公式v －＝s t 可分别求得v －1＝12a ，v －2＝42a ，v －3＝92a ，故三段位移上的平均速度之比为12232，选项B 正确，其他选项均错误．答案：B二、双项选择题5.物体做匀加速直线运动，已知加速度的大小为3 m/s 2，那么在任意1秒内( ) A ．物体末速度一定比初速度大3 m/s B ．物体末速度一定等于初速度的3倍 C ．物体的初速度一定等于前1秒的末速度 D ．物体的初速度一定比前1秒的末速度大3 m/s答案：AC6．(2013·汕头高三检测)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示( )A ．v 0t ＋12at 2B ．v 0t C.v 0t2D.12at 2解析：质点做匀减速直线运动，加速度为－a ，位移为v 0t －12at 2，A 、B 两项错误；平均速度为v 02，位移大小为v 02·t ，C 项正确；匀减速到零可看作初速度为零的匀加速直线运动来计算位移大小，为12at 2，D 项正确．答案：CD7．(2014·广州模拟)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 ，分析照片得到的数据，发现质点从第1次到第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m ；从第3次到第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m ，由上述条件可知( )A ．质点运动的加速度是0.6 m/s 2B ．质点运动的加速度是0.3 m/s 2C ．第1次闪光时质点的速度是0.05 m/sD ．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s解析：画出如图所示的过程图：质点从第1次到第2次闪光的时间间隔内移动了s 1＝0.2 m ，从第3次到第4次闪光的时间间隔内移动了s 3＝0.8 m ，由匀变速直线运动的公式：s m －s n ＝(m －n )aT 2，可得：a ＝s 3－s 12T2＝0.8－0.22×12m/s 2＝0.3 m/s 2，A 项错误，B 项正确；又由s 1＝v 0t ＋12at 2可得，v 0＝0.05 m/s ，C 项正确，D 项错误．答案：BC8．(2014·泰安模拟)汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s 时间经过A 、B 两根电线杆，已知A 、B 间的距离为60 m ，车经过B 时的速度为15 m/s ，则( )A ．车从出发到B 杆所用时间为9 s B ．车的加速度为15 m/s 2C ．经过A 杆时速度为5 m/sD ．从出发点到A 杆的距离是8 m解析：由s AB ＝v A ＋v B 2t 可得v A ＝5 m/s ，由a ＝v B －v A t 可得a ＝1.67 m/s 2，由t B ＝v B －0a可得t B ＝9 s ，由s A ＝v 2A2a可得s A ＝7.5 m ．综上所述，A 、C 两项正确．答案：AC9．(2013·普宁模拟)一质点从静止开始，先做一段匀加速直线运动，紧接着做匀减速直线运动直至静止．质点运动的总时间为t ，运动的总位移为s .下列说法中正确的是( )A ．能求出匀加速运动的时间B ．能求出匀加速运动的加速度C ．能求出全程的平均速度D ．质点运动的最大速度为2st解析：设质点做加速运动的时间为t 1，位移为s 1；做减速运动的时间为t 2，位移为s 2.运动的最大速度为v m.则在匀加速阶段，s 1＝0＋v m 2t 1；在匀减速阶段，s 2＝v m ＋02t 2.而总位移s ＝s 1＋s 2，总时间t ＝t 1＋t 2.由此得到运动的总位移s ＝12v m t ，变式得物体的最大速度v m ＝2st .由此看出不能求出匀加速运动的时间，也就不能求出加速度，但能求出全程的平均速度为s t.答案：CD三、非选择题10．火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到乙站恰好停止．在先、后两个运动过程中火车的位移、加速度、平均速度以及所用时间，哪个量一定相等？解析：火车从甲站出发，沿平直铁路先做初速度为零的匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，所以匀加速直线运动的末速度就是匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以，在先、后两个运动过程的平均速度(v —＝v 0＋v2)相等；而火车运动的位移s ＝v —t ＝v 0＋v 2t ，火车运动的加速度a ＝v －v 0t，即它们不仅与初速度、末速度有关，还跟时间有关，而前后两个运动过程所用的时间不一定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等．答案：见解析11.一辆汽车刹车前的速度为108 km/h ，刹车获得的加速度大小为10 m/s 2，求： (1)4 s 末的汽车的速度；(2)汽车滑行25 m 所需的时间．解析：由题意知初速度v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，加速度a ＝－10 m/s 2. (1)根据v ＝v 0＋at ，得：v ＝v 0＋at ＝30m/s －10×4 m/s ＝－10 m/s.由于汽车滑行至停止为止，汽车速度不能为负值，故4 s 末的汽车速度为0.(2)根据s ＝v 0t ＋12at 2，代入数据得25＝30t －12×10t 2.解得：t ＝1 s ，t ＝5 s(由于汽车小于5 s 时就已停止，故不合理，舍去) 答案：(1)0 (2)1 s12．一物体在与初速度方向相反的恒力作用下做匀减速直线运动，v 0＝20 m/s ，加速度大小为5 m/s 2，求：(1)物体经多少秒后回到出发点？(2)由开始运动算起，求6 s 末物体的速度．解析：以v 0的方向为正方向．(1)设经t 秒回到出发点，此过程中位移s ＝0，将其代入公式s ＝v 0t ＋12at 2，得：t ＝－2v 0a ＝－2×20－5s ＝8 s. (2)由公式v ＝v 0＋at 得：6 s 末物体的速度v ＝v 0＋at ＝20m/s ＋(－5)×6 m/s ＝－10 m/s 负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反．答案：(1)8 s (2)大小为10 m/s ，方向与初速度方向相反。

高考物理一轮复习1.2匀变速直线运动规律的应用课时作业新人教版必修1

第2课时匀变速直线运动规律的应用1 •某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是 x ，则质点运动的加速度为( )答案 C2• (2014 •武昌调研)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s 内的位移为5 m ，则下列说法正确的是A. 物体在第3 s 末的速度一定是 6 m/sB.物体的加速度一定是 2 m/s 1 2C. 物体在前5 s 内的位移- -定是 25 mD. 物体在第5 s 内的位移- -定是 9 m解析由第3 s 内的位移为5 m 可以求出第2.5 s 时刻的瞬时速度 v i = 5 m/s ，由于无法求解加速度，故第 3 s 末的速度和第5 s 内的位移均无法求解， A B 、D 错；前5 s 内的平均速度等于第 2.5 s 时刻的瞬时速度，即 5 m/s ，故前5 s 内位移为25 m , C 对。

答案 C23 .汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s ,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 : 5 C . 3 : 4 D . 4 ：3 解析自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t = VP= 4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 sa1 v 2内发生的位移为 X 1= v °t — at 2= 30 m,5 s 内发生的位移为 X 2= =2 2a 40 m ，所以2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为3 : 4, C 对。

答案 C3x A.—2x 2x5xB.亍C.百D. 7解析由匀变速直线运动规律知第 3秒内的平均速度等于t = 2.5 s 时的瞬时速度，得ac对。

x 2x 25 = ~5，4 •航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。

民航客机起飞时要在2.5 min内使飞机从静止加速到44 m/s，而舰载飞机借助于助推装置，在 2 s 内就可把飞机从静止加速到82.5 m/s（舰载飞机起飞速度），设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长度的（）A. 75 倍B • 80 倍C • 400 倍D • 40 倍V o v解析由x = V t及V =—厂可得供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑道长1-X 44X 2.5 X 60 m2度的n= 1 --------------------- = 40倍，D对。

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)质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距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．(2019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，他发现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 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，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 自驾驶员急踩刹车开始，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. (2019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 速度变化的快慢相同D ．从开始下落到落地，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 速度变化的快慢相同，A 、B 不可能在空中相撞，故A 错误，C 正确；根据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开始自由下落，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)(2018届温州五校联考)近来交警部门开展的“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<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；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 ＝,8) 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，以下判断正确的是(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 ．小球的位移大小一定是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，球的位置一定，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，以一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，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )tt tt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＋2gt ，选项C 正确． 9．(多选)物体从A 点由静止出发，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度大小为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 根据题意可知，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. (2018届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，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 ，根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．(2019届南昌调研)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，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这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，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动.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这时出租车离出发点的距离是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开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式得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，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．(2018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，轿车开始减速，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 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至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 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从开始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)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间．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车匀减速至停止需要的时间为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 的节省的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。

2016届高考物理一轮课时作业【2】匀变速直线运动的规律及应用(含答案)

【高考核动力】2016届高考物理一轮复习课时作业2 匀变速直线运动的规律及应用(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后括号内)1．某航母跑道长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【解析】由题可知，飞机以最大加速度匀加速起飞，需要借助弹射系统获得的速度最小，由v 2－v 20＝2as 代入数据解得，v 0＝10 m/s ，B 项正确．【答案】 B2．某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80 km/h 的速率行驶时，可以在56 m 的距离内被刹住；在以48 km/h 的速率行驶时，可以在24 m 的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间(在反应时间内驾驶员来不及刹车，车速不变)与刹车的加速度都相同，则允许驾驶员的反应时间约为( )A ．0.5 sB ．0.7 sC ．1.5 sD ．2 s【解析】 v 1＝80 km/h ＝2009 m/s ，v 2＝48 km/h ＝403 m/s ，设反应时间均是t ，加速度大小均为a ，则v 21＝2a (56－v 1t )，v 22＝2a (24－v 2t )，联立可得，t ＝0.72 s ，选项B 正确．【答案】 B3．一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．1∶22∶32；1∶2∶3B ．1∶23∶33；1∶22∶32C ．1∶2∶3；1∶1∶1D ．1∶3∶5；1∶2∶3【解析】物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间通过位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n －1)，2 s 通过的位移可看成第2 s 与第3 s 的位移之和，3 s 通过的位移可看成第4s 、第5 s 与第6 s 的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.【答案】 B4．汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s 匀减速至零，需用时间1 s ，按规定速度为8 m/s 的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m ，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )A ．拖行路程为8 m ，符合规定B ．拖行路程为8 m ，不符合规定C ．拖行路程为4 m ，符合规定D ．拖行路程为4 m ，不符合规定【解析】由x ＝v 02t 可得：汽车刹车后拖行的路程为x ＝82×1 m＝4 m<5.9 m ，所以刹车试验的拖行路程符合规定，C 正确．【答案】 C5．(2015·福州模拟)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【解析】由Δx ＝aT 2得a ＝2 m/s 2，由x 1＝v 0T －12aT 2得v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t＝v 0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v 202a＝25 m ，C 对．【答案】 C6．(2015·黄冈质检)一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a 点上滑，最远可达b 点，e 为ab 的中点，已知物体由a 到e 的时间为t 0，则它从e 经b 再返回e 所需时间为( ) A ．t 0 B ．(2－1)t 0C ．2(2＋1)t 0D ．(22＋1)t 0【解析】由逆向思维可知物体从b 到e 和从e 到a 的时间比为1∶(2－1)；即t ∶t 0＝1∶(2－1)，得t ＝(2＋1)t 0，由运动的对称性可得从e 到b 和从b 到e 的时间相等，所以从e 经b 再返回e 所需时间为2t ，即2(2＋1)t 0，答案为C.【答案】 C7．某同学身高1.8 m ，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8 m 高度的横杆．据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 m/sB ．4 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s【解析】人的重心大约在身体的中间位置，由题意知人重心上升了0.9 m ．由v 20＝2gh 可知本题应选B ，即人的起跳速度约为4 m/s.【答案】 B8．物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，A 、B 、C 、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB ＝2 m ，BC ＝3 m ．且物体通过AB 、BC 、CD 所用时间相等，则下列说法正确的是( )A ．可以求出物体加速度的大小B ．可以求得CD ＝4 mC ．可求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可求得OA 之间的距离为1.5 m【解析】设加速度为a ，时间为T ，则有Δs ＝aT 2＝1 m ，可以求得CD ＝4 m ，而B 点的瞬时速度v B ＝s AC 2T ，所以OB 之间的距离为s OB ＝v 2B2a＝3.125 m ，OA 之间的距离为s OA ＝s OB －s AB＝1.125 m ，即B 、C 选项正确．【答案】 BC9．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ．不计空气阻力，设塔足够高．则物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m【解析】物体从塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下，在A 点之上时，位移为10 m 又有上升和下降两种过程．上升通过时，物体的路程L 1等于位移x 1的大小，即L 1＝x 1＝10 m ；下落通过时，路程L 2＝2H －x 1＝2×20 m－10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程L 3＝2H ＋x 2＝2×20 m＋10 m ＝50 m.【答案】 ACD10．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，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0g D.3v 02g【解析】当滑块速度大小减为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 ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得，t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 正确．【答案】 BC二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(16分)驾驶证考试中的路考，在即将结束时要进行目标停车，考官会在离停车点不远的地方发出指令，要求将车停在指定的标志杆附近，终点附近的道路是平直的，依次有编号为A 、B 、C 、D 、E 的5根标志杆，相邻杆之间的距离ΔL ＝12.0 m ，如图所示．一次路考中，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观察并记录时间，学员乙与车头前端面的距离为s ＝2.0 m ．假设在考官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过O 点考官发出指令：“在D 标志杆目标停车”，发出指令后，学员乙立即开始计时，学员甲需要经历Δt ＝0.5 s 的反应时间才开始刹车，开始刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止．学员乙记录下自己经过B 、C 杆时的时刻t B ＝4.50 s ，t C ＝6.50 s ．已知L OA ＝44 m ．求：(1)刹车前汽车做匀速运动的速度大小v 0及汽车开始刹车后做匀减速直线运动的加速度大小a ；(2)汽车停止运动时车头前端面离D 杆的距离．【解析】 (1)汽车从O 点到标志杆B 的过程中：L OA ＋ΔL ＝v 0Δt ＋v 0(t B －Δt )－12a (t B －Δt )2①汽车从O 点到标志杆C 的过程中：L OA ＋2ΔL ＝v 0Δt ＋v 0(t C －Δt )－12a (t C －Δt )2②联立方程①②解得：v 0＝16 m/s ③ a ＝2 m/s 2.④(2)汽车从开始到停下运动的距离：x ＝v 0Δt ＋v 202a⑤可得x ＝72 m ，故车头前端面距O 点为74 m ．⑥因L OD ＝80 m ，因此汽车停止运动时车头前端面距离D 杆6 m ．⑦【答案】 (1)16 m/s 2 m/s 2(2)6 m12．(14分)(2015·濮阳模拟)气球以10 m/s 的速度匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g 取10 m/s 2)【解析】解法一：全程法取全过程为一整体进行另外一段研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为 v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s＝－60 m/s 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反．解法二：分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10m ＝5 m故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2H g＝2×18010s ＝6 s ， v ＝gt 2＝10×6 m/s＝60 m/s所以重物从气球上掉落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.【答案】 7 s 60 m/s。

高三物理一轮复习课时作业14：1.2匀变速直线运动的规律

第2讲匀变速直线运动的规律(时间：30分钟)基础巩固练1．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解析根据公式v 2＝2gh 得v ＝2×10×10 m/s ≈14 m/s ，选项B 正确。

答案 B2．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.2x 3(m/s 2)C.2x 5(m/s 2)D.5x 2(m/s 2)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＝x 1(m/s)＝x (m/s)，得a ＝v 2.5t ＝x 2.5(m/s 2)＝2x 5(m/s 2)，C 正确。

答案 C3．如图2所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则x AB ∶x BC 等于( )图2A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4答案 C4．一物体自空中的A点以一定的初速度向上抛出，1 s后物体的速率变为10 m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)() A．在A点上方，速度方向向下B．在A点下方，速度方向向下C．正在A点，速度方向向下D．在A点上方，速度方向向上解析物体的初速度方向竖直向上，若1 s后物体的速度方向向下，大小为10 m/s，则在此1 s内物体速度的变化量Δv将大于10 m/s，这与Δv＝gt＝10 m/s不符，故1 s后物体的速度方向仍向上，物体在抛出点A上方，选项D正确。

答案 D5．某同学在实验室做了如图3所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3 s，g取10 m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为()图3A．1 m B．1.25 m C．0.4 m D．1.5 m解析小球经过光电门的速度v＝dΔt＝0.5×10－21.00×10－3m/s＝5.0 m/s，由v2＝2gh可得小球开始下落的位置距光电门的距离为h＝v22g＝1.25 m，故B项正确。

高三物理一轮复习课时作业9：1.2匀变速直线运动的规律

1.2匀变速直线运动的规律对点训练：自由落体运动1．某同学在实验室做了如图1所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3 s，g取10 m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为()图1A．1 m B．1.25 mC．0.4 m D．1.5 m2．关于自由落体运动(g＝10 m/s2)，下列说法中不正确的是()A．它是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动B．在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5C．在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3D．从开始运动到距下落点5 m、10 m、15 m所经历的时间之比为1∶2∶3对点训练：竖直上抛运动3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。

为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图2所示。

设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取10 m/s2)()图2A．1.8 m B．3.6 mC．5.0 m D．7.2 m4．以v0＝20 m/s的速度竖直上抛一小球，2 s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球。

g取10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是()A．10 m B．15 mC．20 m D．不会相碰对点训练：匀变速直线运动规律的应用5．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11atB ．在10t 时刻质点的速度大小为66atC ．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 6．一物体以初速度为v 0做匀减速运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是( )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98m D ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s7．(多选)如图3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。

2016届高考物理一轮复习课时作业第2讲《匀变速直线运动的规律及应用》

课时作业(二) [第2讲匀变速直线运动的规律及应用]基础巩固1．2014·河南郑州质检做匀加速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s 内的平均速度大6 m/s，则质点的加速度大小为( )A．1 m/s2 B．1.5 m/s2C．3 m/s2 D．4 m/s22．从距离水平地面高为h的地方竖直向上抛出一物体，物体最后落至地面．在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是( )A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相同B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C．物体上升过程经历的时间等于物体下落到地面过程经历的时间D．物体上升过程经历的时间小于物体下落到地面过程经历的时间图K213．伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次．假设某次实验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、C滚下，如图K21所示．让A、B、C与斜面底端的距离分别为x1、x2、x3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v1、v2、v3，则伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动为匀变速直线运动的关系式是( )A.v12＝v23＝v34B.x1t21＝x2t22＝x3t23C.v1t1＝v2t2＝v3t3D．x1－x2＝x2－x34．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝3t＋2t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A．第2 s内的位移是9 mB．前3 s内的平均速度是7 m/sC．任意相邻1 s内的位移差都是2 mD．任意1 s内的速度增量都是3 m/s技能强化5．2014年4月30日至5月4日，上海自驾游博览会暨驾生活嘉年华在安亭·上海国际汽车城汽车会展中心举行．若一辆汽车从静止开始匀加速运动，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度，根据表中的数据通过分析、计算可以得出( )A.汽车运动的加速度为3 m/s2B．汽车前6 s内的位移为54 mC．汽车第8 s末的速度为24 m/sD．汽车运动第7 s内的位移为16 m6．雾霾天气会严重影响交通．有一辆卡车以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒(假设没有人扶起他)，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在老人前 1.5 m处，避免了一场事故．已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，则( )A．司机发现情况后，卡车经过3.6 s停下B．司机发现情况时，卡车与该老人的距离为30 mC．从司机发现情况到停下来的过程，卡车的平均速度为11 m/sD．若卡车的初速度为72 km/h，其他条件都不变，则卡车将撞到老人7．一名观察者站在站台边，火车进站从他身边经过，火车共10节车厢，当第10节车厢完全经过他身边时，火车刚好停下．设火车做匀减速直线运动且每节车厢长度相同，则第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间的比值为( )A.2∶ 3B.3∶ 2C．(2－1)∶(3－2)D．(3－2)∶(2－1)8．2014年8月4日，云南昭通市鲁甸县发生6.5级地震，空降兵某部官兵使用新装备从260 m超低空跳伞参与救援．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，一段时间后，立即打开降落伞，以12.5 m/s2的加速度匀减速下降．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9．在一次大气科考活动中，探空气球以10 m/s的速度匀速竖直上升，某时刻从气球上脱落一个物体，经16 s到达地面．求物体刚脱离气球时气球距离地面的高度．(g取10 m/s2) 挑战自我10．某物理小组调试电动升旗控制器，已知国歌从响起到结束的时间是48 s，学校旗杆高度是19 m，红旗从离地面1.4 m处开始升起．小组同学先按下加速按钮，使红旗沿旗杆向上匀加速运动，时间持续4 s，然后按下匀速按钮使红旗做匀速运动，最后按下减速按钮使红旗做匀减速运动，已知红旗加速时和减速时加速度大小相等，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算红旗匀加速运动时的加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．课时作业(二)1. C [解析] 第一个7 s 的中间时刻为3.5 s ，第一个3 s 的中间时刻为1.5 s ，根据v t2＝v ，若质点在1.5 s 时的速度为v 0，则质点在3.5 s 时的速度为v ＝v 0＋6 m/s ，时间Δt ＝3.5 s －1.5 s ＝2 s ，则a ＝v －v 0Δt＝3 m/s 2，选项C 正确.2．AD [解析] 物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g ，方向向下，选项A 正确，选项B 错误；上升阶段与从最高点下落至抛出点阶段时间相同，下落至地面还需要时间，所以上升比下落过程所经历的时间短，选项C 错误，选项D 正确．3．B [解析] 小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动，由x ＝12at 2可得x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23，也是当时伽利略所选用的方法，选项B 正确；由v ＝at ，可得v 1t 1＝v 2t 2＝v 3t 3，但当时条件下无法准确测量速度，选项A 、C 错误；x 1－x 2和x 2－x 3的大小关系与小球是否做匀变速直线运动无关，选项D 错误．4．A [解析] 由位移x 与时间t 的关系为x ＝3t ＋2t 2可知，质点在第1 s 内位移x 1＝5 m ，前2 s 内位移x 2＝14 m ，前3 s 内位移x 3＝27 m ，所以第2 s 内位移s 2＝x 2－x 1＝9 m ，A 正确；前3 s 内的平均速度v 3＝x 3t ＝273 m/s ＝9 m/s ，B 错误；x ＝3t ＋2t 2与x ＝v 0t ＋12at 2对照得12a＝2 m/s 2，所以a ＝4 m/s 2，D 错误；再根据Δx ＝aT 2可得任意相邻1 s 内的位移差都是4 m ，C 错误.5．ABC [解析] 由a ＝Δv Δt 得a ＝3 m/s 2，选项A 正确；前6 s 内位移为x ＝12at 21＝54 m ，选项B 正确；第8 s 末的速度为v 8＝at 2＝24 m/s ，选项C 正确；第7 s 内位移x 7＝v 0t ＋12at2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫18×1＋12×3×12 m ＝19.5 m ，选项D 错误． 6．AD [解析] 刹车过程中时间t 1＝v －v 0a ＝3 s ，司机发现情况后经过t ＝t 1＋t 0＝3.6 s卡车才停下来，选项A 正确；卡车匀速前进的距离x 1＝v 0t 0＝9 m ，减速前进的距离x 2＝v 2－v 22a ＝22.5 m ，共前进31.5 m ，因此发现情况时与老人的距离为31.5 m ＋1.5 m ＝33 m ，选项B 错误；卡车的平均速度v ＝x 1＋x 2t 1＋t 0＝31.53.6 m/s ＝8.75 m/s ，选项C 错误；若车速v 0＝72 km/h ，卡车前进的距离：x ＝v 0t 0＋v 2－v 22a＝52 m>33 m ，选项D 正确．7．D [解析] 将火车的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间相当于初速度为0的匀加速直线运动在第2段和第3段相同位移所用的时间，即t 8∶t 9＝(3－2)∶(2－1)，选项D 正确．8．C [解析] 设空降兵做自由落体运动下落的高度为h 时速度为v ，此时打开伞开始做匀减速运动，落地时速度刚好为5 m/s ，则有v 2＝2gh ，v 2t －v 2＝－2a(H －h)，解得h ＝125 m ，v ＝50 m/s.为使空降兵安全着地，他展开伞时离地面的高度至少为H －h ＝224 m －125 m ＝99 m ，选项A 、B 错误；空降兵以5 m/s 的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，由v 2t ＝2gh′，得h ′＝v 2t 2g ＝252×10m ＝1.25 m ，选项D 错误，选项C 正确．9．1120 m [解析] 法一(全程法)：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动．根据题意画出运动草图如图甲所示．甲规定向下方向为正，则v 0＝－10 m/s ，g ＝10 m/s 2据h ＝v 0t ＋12gt 2，则有h ＝－10×16 m ＋12×10×162m ＝1120 m法二(分段法)：如图乙所示，将物体的运动过程分为A→B 和B→D 两段来处理，A →B 为竖直上抛运动，B→D 为自由落体运动．乙在A→B 段，据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为 t AB ＝0－v 0g ＝1010 s ＝1 s由题意知t BD ＝(16－1) s ＝15 s 由自由落体运动规律得h BD ＝12gt 2BD ＝12×10×152m ＝1125 mh BC ＝12gt 2AB ＝12×10×12m ＝5 mh CD ＝h BD －h BC ＝1120 m. 10．0.1 m/s 20.4 m/s[解析] 由于减速运动的加速度与加速运动的加速度大小相同，所以减速和加速的时间也是相同的，有t 1＝t 3＝4 s 匀速运动的时间为 t 2＝(48－4－4) s ＝40 s设加速度为a ，匀速运动的速度为v ，加速运动和减速运动的平均速度都是v2，则总位移为x ＝v 2t 1＋vt 2＋v 2t 3 其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m 解得v ＝0.4 m/s 加速度为a ＝v t 1＝0.44 m/s 2＝0.1 m/s 2.。

高三物理一轮复习 1.2匀变速直线运动的规律及应用课时练习

第一章第2课时1．两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t /2，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )A ．gt 2B ．3gt 2/8C ．3gt 2/4D ．gt 2/4【解析】当第二个物体开始下落时，第一个物体已下落t 2时间，此时离地高度h 1＝12gt 2－12g ⎝⎛⎭⎫t 22，第二个物体下落时的高度h 2＝12g ⎝⎛⎭⎫t 22，则待求距离Δh ＝h 1－h 2＝gt 24. 【答案】 D2．在水平面上有a 、b 两点，相距20 cm ，一质点在一恒定的合外力作用下沿a 向b 做直线运动，经过0.2 s 的时间先后通过a 、b 两点，则该质点通过a 、b 中点时的速度大小为( )A ．若力的方向由a 向b ，则大于1 m/s ，若力的方向由b 向a ，则小于1 m/sB ．若力的方向由a 向b ，则小于1 m/s ；若力的方向由b 向a ，则大于1 m/sC ．无论力的方向如何，均大于1 m/sD ．无论力的方向如何，均小于1 m/s【解析】无论力的方向如何，0.2 s 中间时刻的瞬时速度均为v t 2＝0.20.2 m/s ＝1 m/s ，经分析可知，质点无论是匀加速还是匀减速，a 、b 中间时刻的瞬时速度均小于a 、b 中点时的速度，所以选项C 正确．【答案】 C3．四个小球在离地面不同高度处，同时从静止释放，不计空气阻力，从某一时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次碰到地面．则刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是下图中的( )【答案】 C4．一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2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ，由此不可求得( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D ．质点运动的初速度【解析】如图所示，s 3－s 1＝2aT 2，可求得a 而v 1＝s 1T －a ·T2可求．s 2＝s 1＋aT 2＝s 1＋s 3－s 12＝s 1＋s 32也可求，因不知第一次闪光时已运动的时间和位移，故初速度v 0不可求．【答案】 D5．静止置于水平地面的一物体质量为m ＝57 kg ，与水平地面间的动摩擦因数为0.43，在F ＝287 N 的水平拉力作用下做匀变速直线运动，则由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为( )A ．2∶1B ．1∶2C ．7∶3D ．3∶7【解析】第5个7秒内的位移为s 1＝12a ×352－12a ×282，第11个3秒内的位移为s 2＝12a ×332－12a ×302，所以s 1s 2＝352－282332－302＝73，答案选C.【答案】 C6．一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零．若设斜面全长L ，滑块通过最初34L 所需时间为t ，则滑块从斜面底端到顶端所用时间为( )A.43tB.53tC.32t D ．2t 【解析】假设存在逆过程，即为初速度是零的匀加速直线运动，将全过程分为位移均为L /4的四个阶段，根据匀变速直线运动规律，其时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，根据题意可列方程：(2－1)＋(3－2)＋(2－3)1＋(2－1)＋(3－2)＋(2－3)＝tt ′，t ′＝2t . 【答案】 D7．将一小物体以初速度v 0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程为s 1和s 2，速度的变化量为Δv 1和Δv 2的大小关系为( )A ．s 1＞s 2B ．s 1＜s 2C ．Δv 1＞Δv 2D ．Δv 1＜Δv 2【解析】上升的加速度a 1大于下落的加速度a 2，根据逆向转换的方法，上升的最后一秒可以看成以加速度a 1从零下降的第一秒，故有：Δv ＝a 1t ，s 1＝12a 1t 2；而以加速度a 2下降的第一秒内有：Δv 2＝a 2t ，s 2＝12a 2t 2，因a 1＞a 2，所以s 1＞s 2，Δv 1＞Δv 2，即A 、C 正确．【答案】 AC8．如图所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点)，小球1、2、3距斜面底端A 点的距离分别为s 1、s 2、s 3，现将它们分别从静止释放，到达A 点的时间分别为t 1、t 2、t 3，斜面的倾角为θ.则下列说法正确的是( )A.s 1t 1＝s 2t 2＝s 3t 3B.s 1t 1>s 2t 2>s 3t 3C.s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23D ．若θ增大，则s 1t 21的值减小【解析】三个小球在光滑斜面上下滑时的加速度均为a ＝g sin θ，由s ＝12at 2知s t 2＝12a ，因此s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23.当θ增大，a 增大，s t 2的值增大，C 对，D 错.v ＝st ，且v ＝v 2，由物体到达底端的速度v 2＝2as 知v 1>v 2>v 3，因此v 1>v 2>v 3，即s 1t 1>s 2t 2>s 3t 3，A 错，B 对．【答案】 BC9．如下图所示，一辆长为12 m 的客车沿平直公路以8.0 m/s 的速度匀速向北行驶，一辆长为10 m 的货车由静止开始以2.0 m/s 2的加速度由北向南匀加速行驶，已知货车刚启动时两车相距180 m ，求两车错车所用的时间．【解析】设货车启动后经过时间t 1时两车开始错车，则有s 1＋s 2＝180 m ① 其中s 1＝12at 21 ②s 2＝v t 1 ③ ①②③联立可得t 1＝10 s设货车从开始运动到两车错车结束所用时间为t 2，在数值上有s 1′＋s 2′＝(180＋10＋12) m ＝202 m ． ④ 其中s 1′＝12at 22 ⑤s 2′＝v t 2 ⑥ 解得t 2＝10.8 s故两车错车时间Δt ＝t 2－t 1＝0.8 s. 【答案】 0.8 s10．从空中自由下落一个物体，它经过一幢三层建筑物的每一层时都用了0.5 s 的时间．已知最上一层的高度h 1＝3.75 m ，求其余两层的高度(g ＝10 m/s 2)．【解析】设第一、二层建筑物的高度分别为h 3、h 2.则h 2－h 1＝gT 2 ① h 3－h 1＝2gT 2 ② 把数据代入①②得 h 2＝6.25 m h 3＝8.75 m.【答案】一、二层高分别为8.75 m 、6.25 m.11．如下图所示，小球甲从倾角θ＝30°的光滑斜面上高h ＝5 cm 的A 点由静止释放，同时小球乙自C 点以速度v 0沿光滑水平面向左匀速运动，C 点与斜面底端B 处的距离L ＝0.4 m ．甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去，甲释放后经过t ＝1 s 刚好追上乙，求乙的速度v 0.【解析】设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a ，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到追上小球乙所用时间为t 2，则a ＝g sin 30°＝5 m/s 2 由h sin 30°＝12at 21得：t 1＝4ha＝0.2 s t 2＝t －t 1＝0.8 s v 1＝at 1＝1 m/sv 0t ＋L ＝v 1t 2代入数据解得： v 0＝0.4 m/s. 【答案】 0.4 m/s12．如图所示，一辆上表面光滑的平板小车长L ＝2 m ，车上左侧有一挡板，紧靠挡板处有一可看成质点的小球．开始时，小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动，速度大小为v 0＝5 m/s.某时刻小车开始刹车，加速度a ＝4 m/s 2.经过一段时间小球从小车右端滑出并落到地面上．求：(1)从刹车开始到小球离开小车所用的时间；(2)小球离开小车后，又运动了t 1＝0.5 s 落地．小球落地时落点离小车右端多远？【解析】 (1)刹车后小车做匀减速运动，小球继续做匀速运动，设经过时间t ，小球离开小车，经判断知此时小车没有停止运动，则s 球＝v 0t ①s 车＝v 0t －12at 2 ②s 球－s 车＝L ③ 代入数据可解得：t ＝1 s ④ (2)经判断小球离开小车又经t 1＝0.5 s 落地时，小车已经停止运动．设从刹车到小球落地，小车和小球总位移分别为s 1、s 2，则：s 1＝v 202a⑤s 2＝v 0(t ＋t 1) ⑥ 设小球落地时，落点离小车右端的距离为Δs ，则：Δs ＝s 2－(L ＋s 1) ⑦ 解得：Δs ＝2.375 m ⑧ 【答案】 (1)1 s (2)2.375 m。

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D．小球的位移大小一定是15 m
解析：小球被竖直上抛，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＝求，规定向上为正，当小球的末速度为向上10 m/s时，vt＝10 m/s，用公式求得平均速度为15 m/s，方向向上，选项A正确；当小球的末速度为向下10 m/s时，vt＝－10 m/s，用公式求得平均速度为5 m/s，方向向上，选项C正确；由于末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，距起点的位移x＝＝15 m，选项D正确．
答案：ACD
二、非选择题
11．一辆卡车，它急刹车时的加速度的大小是5 m/s2，如果要求它在急刹车后22.5 m内必须停下，假设卡车刹车过程做的是匀减速直线运动．求：
(1)它的行驶速度不能超过多少？
(2)在此刹车过程中所用的最长时间．
解析：(1)根据运动学公式v2－v＝2ax.
代入数据v0＝15 m/s.
答案：C
10．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
C．匀减速直线运动中a取正值
D．无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动a都取正值
解析：物体的初速度v0的方向与加速度a的方向相同时，物体的速度逐渐增加，当v0方向与a的方向相反时，物体做匀减速运动，故选项B正确．
答案：B
4．物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度减小到零，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x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是()
解析：根据＝求得汽车在A、B之间的平均速度＝10 m/s则＝得vA＝5 m/s，故选项A正确；汽车的加速度a＝＝m/s2，故选项B错误；汽车从出发到B杆的时间t＝＝9 s，故选项C错误；根据v＝2ax，得x＝7.5 m，故选项D正确．
答案：AD
9．如图所示，传送带保持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a点上，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，则物体从a点运动到b点所经历的时间为(g取10 m/s2)()
答案：D
3．在公式v＝v0＋at中涉及的四个物理量，除t是标量外，其他三个量v、v0、a都是矢量，在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中，当取其中一个量的方向为正方向时，其他三个量的方向与此相同的取正值，与此相反的取负值，若取速度v0方向为正方向，以下说法正确的是()
A．匀加速直线运动中a取负值
B．匀加速直线运动中a取正值
A.sB．(－1)s
C．3 sD．2.5 s
解析：物体轻放在传送带a点，做匀加速直线运动，其加速度a＝μg＝1 m/s2，物体的速度达到1 m/s经过的位移x1＝＝m＝0.5 m，然后物体做匀速直线运动，时间为t2＝＝2 s，物体做匀加速直线运动的时间t1＝＝1 s，则物体从a点运动到b点所经历的时间t＝t1＋t2＝3 s，故选项C正确．
答案：ABD
7．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2.则物体运动的加速度为()
A.B.
C.D.
解析：根据题意画出vt图象，如图所示为物体运动的vt图象，图线的斜率即为加速度a，图线和t轴包围的面积等于位移，则有
Δx＝t1，Δx＝t2，两式得＝v0＋v1，＝v1＋v2，两式相减得v2－v0＝2Δx，该图线的斜率a＝得v2－v0＝a(t1＋t2)，则有2Δx＝a(t1＋t2)，解得a＝，故选项A正确．
A．第1次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移
D．质点运动的初速度
解析：由题图所示，根据x3－x1＝2aT2，可求得加速度a；第1次闪光时的速度，根据v1＝－aT可求得v1；根据x2＝2v1T＋a·(2T)2－x1可求得x2；因不知第一次闪光前质点已运动的时间或位移，故质点运动的初速度不可求，故选项D符合题意．
A.＝B.＝
C.＝＝D．v＝
解析：由题意可知物体加速过程和减速过程中的最大速度相同均为v，则x1＝v·t1，v＝a1t1，x2＝·t2，v＝a2t2，得＝，故选项B错误；物体在全程的平均速度为＝＝，物体在加速过程和减速过程的平均速度相等且均为＝＝，故选项A、C、D正确．
答案：ACD
5．(2015届河南省洛阳市高三月考)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．分析照片得到的数据(如图所示)，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m，由此不可求得()
答案：D
6．如图所示，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vb、vc，则()
A．vb＝m/s
B．vc＝3 m/s
C．de＝3 m
D．从d到e所用时间为4 s
D．拖行路程为4 m，不符合规定
解析：汽车刹车做匀减速运动直到停止，若需用时间为1 s，则其拖行路程s＝t＝4 m，故选项C正确．
答案：C
2．火车在平直轨道上做匀加速直线运动，车头通过某路标时的速度为v1，车尾通过该路标时的速度为v2，则火车的中点通过该路标时的速度为()
A.B.
C.D.
解析：该题可以采用逆向思维的方法，等效为：火车不动，路标从火车头向车尾匀加速运动，已知路标经过车头和车尾的速度分别为v1、v2，则路标经过火车中间时的速度为v，设火车总长2L，由运动学公式有v2－v＝2aL，v－v2＝2aL，联立解得v＝，故选项D正确．
课时强化作业二匀变速直线运动的规律
一、选择题
1．汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定速度为8 m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m，那么上述 m，符合规定
B．拖行路程为8 m，不符合规定
C．拖行路程为4 m，符合规定
(2)根据v＝v0＋at，
得t＝＝3 s.
答案：(1)15 m/s(2)3 s
12．(2013年全国大纲卷)一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0 s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为25.0 m，每节货车车厢的长度为16.0 m，货车车厢间距忽略不计．求：
解析：小球沿斜面做匀减速直线运动．由a到c和从c到d时间均为2 s，则c为该段时间的中点时刻，则vc＝＝m/s＝3 m/s，选项B正确；xac＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，Δx＝xac－xcd＝2 m，Δx＝aT2，解得a＝0.5 m/s2，由v－v＝2axbc，解得vb＝m/s，选项A正确；从c到e所经历的时间tce＝＝6 s，从d到e的时间tde＝tce－T＝4 s，xde＝at＝4 m，故选项C错误，选项D正确．
答案：A
8．汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6 s时间先后经过A、B两根电杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，则()
A．车经过A杆时速度为5 m/s
B．车的加速度为15 m/s2
C．车从出发到B杆所用时间为10 s
D．从出发点到A杆的距离是7.5 m