2016届高考物理一轮复习课时提升练2匀变速直线运动的规律及应用

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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.。

精品高考物理一轮复习课时分层集训2匀变速直线运动的规律及其应用新人教版

课时分层集训(二) 匀变速直线运动的规律及其应用(限时：40分钟) [基础对点练]匀变速直线运动规律的应用1．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝10t －t 2，则该质点( )A ．运动的加速度大小为1 m/s 2B ．前2 s 内的平均速度是9 m/sC ．任意相邻1 s 内的位移差都是1 mD ．经5 s 速度减为零D [对比位移公式x ＝v 0t ＋12at 2可知质点运动的初速度为10 m/s ，加速度为－2 m/s 2，A 错误；前2 s 内的平均速度为v ＝10×2－222 m/s ＝8 m/s ，B 错误；由Δx ＝at2可知任意相邻1 s 内的位移差都是2 m ，C 错误；由v ＝v 0＋at 知经5 s 质点速度减为零，D 正确．]2．一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s ，整列车通过他历时6 s ，则这列火车的车厢有( )【导学号：84370018】A ．3节B ．6节C ．9节D ．12节C [第一节车厢的长度x 1＝12at 21，列车的长度x ＝12at 2，t 是t 1的3倍，则x 是x 1的9倍，故C 正确．]3．(2018·南昌“三校”第二次联考)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv 时发生位移x 1，紧接着速度变化同样的Δv 时发生位移x 2，则该质点的加速度为( )A ．(Δv )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2B ．2Δv 2x 2－x 1C ．(Δv )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1x 2 D.Δv 2x 2－x 1D [设质点做匀加速运动的加速度为a ，速度分别为v 1、v 2和v 3，根据运动学公式可知v 22－v 21＝2ax 1，v 23－v 22＝2ax 2，且v 2－v 1＝v 3－v 2＝Δv ，联立以上三式解得a ＝Δv2x 2－x 1，故D 正确．]匀变速直线运动的基本推论4．物体从静止开始做匀加速直线运动，测得它在第n s 内的位移为x m ，则物体运动的加速度为( )【导学号：84370019】A.2xn2m/s 2B.x 2n2 m/s 2 C.2n －12x m/s 2D.2x 2n －1m/s 2D [第n s 内位移为x m ，该秒内平均速度大小为x m/s ，与该秒内中间时刻瞬时速度相等，则(n －0.5) s 时瞬时速度大小也为xm/s ，即a ·(n －0.5)＝x所以a ＝2x 2n －1m/s 2，选项D 正确．]5．(多选)如图126所示，光滑斜面AE 被分成四个距离相等的部分，一物体由A 点从静止释放，则下列说法正确的是( )图126A ．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 ＝23t 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 DABC [物体在斜面上滑下时，加速度是不变的，又因为它们的间距相等，根据公式v 2＝2as 可得v B ∶v C ∶v D ∶v E ＝2aAB ∶2aAC ∶2aAD ∶2aAE ＝1∶2∶3∶2，选项A 正确；由公式t ＝2xa可得t B ∶t C ∶t D ∶t E ＝1∶2∶3∶2，即t E ＝2t B ＝2t C＝23t D ，选项B 正确；物体从A 到E 的平均速度v ＝AE t E ＝2AC 2t B ＝ACt B ，B 点的瞬时速度v B ＝2AB t B＝ACt B，故选项C 正确；由于加速度相等，即相等时间内速度的增加量相等，而通过相等的位移所用的时间不相等，所以通过相等的位移的速度增量不相等，选项D 错误．]6．(多选)如图127，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( )。

高三物理第一轮复习第一章第2讲匀变速直线运动的规律及应用

四、初速度为零的匀加速直线运动的几个比例关系 1．初速度为零的匀加速直线运动，t 末，2t 末、 1:2:3„ n 3t 末„nt 末速度之比为__________ ． 2．初速度为零的匀加速直线运动，t 内，2t 内、 1:4:9„n2． 3t 内„nt 内的位移之比为__________ 3．初速度为零的匀加速直线运动，从静止开始， 1:3:5„(2n －1) 连续相等的时间间隔内的位移之比为__________ ． 4．匀变速直线的物体，在任意两个连续相等的 2 aT 时间内的位移之差是个恒量，即 Δx＝__________. 5．初速度为零的匀加速直线运动，从静止开始，连续相等的位移内所用时间之比为 1:( 2－1):( 3－ 2)„( ． n－ n－1) __________________________
(2)全过程分析法：由于竖直上抛运动中物体的加速度始终不变，因此实质上是一个统一的匀变速直线运动．从整体上分析，一般取竖直向上的方向作为正方向，竖直上抛运动就是初速度为 v0 的匀减速直线 1 运动，匀变速直线运动的公式 v1＝v0－gt, h＝v0t－ 2 gt2 中，注意末速度 vt 和位移 h 的正负．带有往复性的匀变速直线运动，可以全过程分析，即可以用统一的匀变速直线运动来处理．如物体沿光滑斜面上升到最高点又返回的过程．但要注意斜面是否光滑，若不光滑，上滑的加速度大于下滑过程的加速度，则不能全过程处理．
物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点 C 时速度恰为零，如图 2－2－5 所示．已知物体第图 2－2－5
一次运动到斜面长度 3/4 处的 B 点时，所用时间为 t，求物体从 B 滑到 C 所用的时间．
[解题示范]
法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜 sAC＝a(t＋tBC)2/2 解得：tBC＝t

高考物理人教版一轮复习课时规范练2匀变速直线运动的规律及应用+Word版含解析.docx

课时规范练2匀变速直线运动的规律及应用基础对点练1.(匀变速直线运动规律的应用)已知长为L的光滑斜面,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时,它沿斜面已下滑的距离是()A.B.C.D.v,根据公式v2-=2as则有:斜面长度为:L=①当物体的速度是到达斜面底端速度的时,下滑距离为:x=②由①②可知:x=,故BCD错误,A正确。

2.(匀变速直线运动规律的应用)一个做匀加速直线运动的物体先后经过A、B两点的速度分别为v1和v2,则下列结论中不正确的有()A.物体经过AB位移中点的速度大小为B.物体经过AB位移中点的速度大小为C.物体通过AB这段位移的平均速度为D.物体通过AB这段位移所用时间的中间时刻的速度为,先后经过A、B两点时的速度分别为v1和v2,对于匀变速直线运动,物体经过AB位移中点的速度大小为;物体通过AB这段位移的平均速度为;而平均速度等于中间时刻的速度,故物体经过AB所用时间的中间时刻的速度大小应为。

故A错误,BCD正确。

3.(多选)(匀变速直线运动规律的应用)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),则该质点()A.第1 s内的位移是4 mB.前2 s内的平均速度是6 m/sC.运动的加速度为-2 m/s2D.任意1 s内的速度增量都是2 m/s0时,x=6 m,t=1 s时,x=10 m,位移Δx1=(10-6)m=4 m,A正确;前2 s内的位移Δx2=(12-6)m=6 m,平均速度v= m/s=3 m/s,B错误;由表达式知a=-1,a=-2 m/s2,C正确;任意1 s内的速度增量Δv=aΔt=-2 m/s,D错误。

4.(刹车类问题)沿直线运动的汽车刹车后匀减速运动,经过3.5 s停止,它在刹车开始后的1 s内、2 s内、3 s内的位移之比为()A.3∶2∶1B.3∶5∶6C.9∶4∶1D.5∶3∶1A到B做匀减速直线运动,末速度为零,如图所示。

高考物理一轮复习课时作业2 匀变速直线运动的规律及

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2019届高2016级高中物理步步高一轮复习学案基础课2 匀变速直线运动的规律及应用

基础课2 匀变速直线运动的规律及应用一、选择题(1～5题为单项选择题,6～10题为多项选择题)1.科学研究发现:在月球表面没有空气,重力加速度约为地球表面处重力加速度的16。

若宇航员登上月球后,在空中同一高度处同时由静止释放羽毛和铅球,忽略地球和其他星球对它们的影响,下列说法中正确的是( ) A.羽毛将加速上升,铅球将加速下落 B.羽毛和铅球都将下落,且同时落到月球表面 C.羽毛和铅球都将下落,但铅球先落到月球表面 D.羽毛和铅球都将下落,但落到月球表面时的速度不同解析因月球表面无空气阻力影响,故羽毛和铅球均做加速度为16g 的自由落体运动。

答案 B2.(2017·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 内位移是( ) A.3.5 mB.2 mC.1 mD.0解析利用“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 mx 1,x 1＝2 m,选项B 正确。

答案 B3.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 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 202a ＝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。

答案 C4.(2016·湖北武汉八校联考)一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m 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3 s,那么该消防队员( ) A.下滑过程中的最大速度为4 m/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中平均速度之比为2∶1 D.加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶4解析杆长L ＝12 m,运动总时间t ＝3 s,加速过程加速度大小2a 、时间t 1、位移x 1、最大速度v ,减速过程加速度大小a 、时间t 2、位移x 2。

高考物理一轮复习课时提升练2 匀变速直线运动的规律

课时提升练(二) 匀变速直线运动的规律及应用(限时：45分钟)A 组对点训练——巩固基础知识题组一匀变速直线运动基本规律的应用1．(2015·江西南昌调研)质点做匀变速直线运动的位置x 与时间t 的关系为x ＝t 2＋5t ＋4(物理量均采用国际单位制单位)，该质点( )A ．运动的初速度为2 m/sB ．运动的加速度为1 m/s 2C ．在第1 s 内的位移为6 mD ．在第1 s 内的平均速度为2 m/s【解析】质点做匀变速直线运动，其位移公式为x ′＝v 0t ＋12at 2与位置x 与时间t 的关系式x ＝t 2＋5t ＋4，对比可得：质点的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2，选项A 、B 错误；质点在第1 s 内的位移x 10＝x 1－x 0＝(10－4) m ＝6 m ，其平均速度v ＝x 10t＝6 m/s ，选项C 正确，选项D 错误．【答案】 C2．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 内位移是( )A ．3.5 mB ．2 mC ．1 mD ．0【解析】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，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2m ，选项B 正确．【答案】 B3．汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s 2，那么在刹车后的前3 s 内与后1 s 内汽车通过的位移之比为( )A ．1∶1B ．3∶1C ．4∶1D ．15∶1【解析】汽车从刹车至停止经过的时间t ＝205s ＝4 s前3 s 内的位移x 1＝20×3 m－12×5×32m ＝37.5 m后1 s 内的位移等于第4 s 内的位移，则有： x 2＝2022×5 m －x 1＝2.5 m(或x 2＝12×5×12m ＝2.5 m)故x 1∶x 2＝15∶1. 【答案】 D4．(2015·安徽示范高中联考)动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的．若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60 m 所用的时间是10 s ，通过第二个60 m 所用的时间是6 s ．则( )A ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 m B ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 m C ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m D ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m【解析】设通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以5 s 末的速度v 1＝x 1t 1，解得v 1＝6 m/s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2t 2，解得v 2＝10 m/s.由v 2＝v 1＋at 得a ＝0.5 m/s 2，由再接下来的6 s 和前面的6 s ，是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2，即x －60＝aT 2，解得x ＝78 m.【答案】 A5．一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/s 2)( )A ．滑块在前3 s 内的平均速度v －＝7.5 m/s B ．滑块在前3 s 内的平均速率为2.5 m/s C ．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v －′＝2.5 m/s 【解析】滑块在斜面上运动的加速度a ＝－mg sin 30°m＝－5 m/s 2，设滑块初速度为v 0，则第1 s 内的位移x 1＝(v 0×1－12×5×12)m ，前3 s 内的位移x 2＝(v 0×3－12×5×32)m ，x 1＝x 2，解得v 0＝10 m/s ，x 1＝x 2＝7.5 m ，因此滑块在前3 s 内的平均速度v －＝x 2t ＝7.53m/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x 3＝－12×5×12m ＝－2.5 m ，平均速度v －′＝－2.5 m/s ，D 项错误．【答案】 C题组二自由落体、竖直上抛运动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】小球被竖直上抛，做匀变速直线运动，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 2求，规定向上为正，当小球的末速度为向上10 m/s 时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向向上，A 正确；当小球的末速度为向下10 m/s 时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度为5 m/s ，方向向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，距抛出点的位移x ＝v 20－v22g＝15 m ，D 正确．【答案】 ACD7．(多选)如图125所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，图中1、2、3、4、5…为小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d .根据图中的信息，下列判断正确的是( )图125A ．能判定位置“1”是小球释放的初始位置B ．能求出小球下落的加速度为d T2 C ．能求出小球在位置“3”的速度为7d2TD ．如果已知d 和T 的数值，就能判定小球下落过程中机械能是否守恒【解析】根据图中的信息，利用Δx ＝aT 2，能求出小球下落的加速度为a ＝dT2，选项B 正确；能求出小球在位置“3”的速度为v 3＝7d2T ，选项C 正确；若已知d 和T 的数值，代入a ＝d T2，计算得出a ＝g ，则小球做自由落体运动，小球下落过程中机械能守恒；若计算得出a ＜g ，则小球下落过程中机械能不守恒，选项D 正确；能判定位置“1”不是小球释放的初始位置，选项A 错误．【答案】 BCD8．有一串佛珠，穿在一根长1.8 m 的细线上，细线的首尾各固定一个佛珠，中间还有5个佛珠．从最下面的佛珠算起，相邻两个佛珠的距离为5 cm 、15 cm 、25 cm 、35 cm 、45 cm 、55 cm ，如图126所示．某人向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个佛珠紧靠水平桌面．松手后开始计时，若不计空气阻力，g 取10 m/s 2，则第2、3、4、5、6、7个佛珠( )图126A ．落到桌面上的时间间隔越来越大B ．落到桌面上的时间间隔相等C ．其中的第4个佛珠落到桌面上的速率为4 m/sD ．依次落到桌面上的速率关系为1∶2∶3∶2∶5∶ 6【解析】由题中各佛珠之间的距离可知各距离之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，利用匀变速直线运动的推论可知第2、3、4、5、6、7个佛珠落到桌面上的时间间隔相等，A 错误、B 正确；其中的第4个佛珠落到桌面上的速率为v ＝2gh 14＝3 m/s ，C 错误；第2、3、4、5、6、7个佛珠依次落到桌面上的速率关系为1∶2∶3∶4∶5∶6，D 错误．【答案】 BB 组深化训练——提升应考能力9．一物体以初速度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，则下列说法中错误的是( )A ．初速度v 0的大小为2.5 m/sB ．加速度a 的大小为1 m/s 2C ．位移x 3的大小为1.125 mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s【解析】由Δ x ＝aT 2可得加速度的大小a ＝1 m/s 2，则B 正确；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T ＝2.5 m/s ，则A 错误；物体的速度由2.5 m/s 减小为0所需时间t ＝Δv－a＝2.5 s ，经过位移x 3的时间t ′为1.5 s ，故x 3＝12at ′2＝1.125 m ，C 正确；位移x 3内的平均速度v－＝x 3t ′＝0.75 m/s ，则D 正确．【答案】 A10．(多选)(2014·西安一中模拟)升降机由静止开始以加速度a 1匀加速上升2 s ，速度达到3 m/s ，接着匀速上升10 s ，最后再以加速度a 2匀减速上升3 s 才停下来，则( )A ．匀加速上升的加速度为1.5 m/s 2B ．匀减速上升的加速度为1.5 m/s 2C ．上升的总高度为37.5 mD ．上升的总高度为32.5 m【解析】由v ＝at 知a 1＝v t 1＝32 m/s 2＝1.5 m/s 2，A 正确；匀减速时a 2＝v t 3＝33m/s 2＝1 m/s 2，B 错误；升降机上升总高度x ＝v 2·t 1＋v ·t 2＋v2·t 3＝(3＋30＋4.5) m ＝37.5 m ，故C 正确，D 错误．【答案】 AC11．(2015·武汉联考)某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m ．在一次实验紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s ，轿车在制动的最初1 s 内的位移为8.2 m ，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．【解析】解法一 (利用平均速度)该款小轿车设计的紧急制动加速度为a 0＝v 202s①代入数据解得a 0＝8 m/s 2②设实验测得的加速度为a ，轿车在制动的最初t 1＝1 s 内的平均速度 v －＝xt 1③平均速度v －等于t 1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t 2＝1 s ，因此有a ＝v－t 2④联立③④代入数据解得a ＝8.2 m/s 2⑤a ＞a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．解法二 ①②式同解法一设实验测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21③从小轿车开始行驶到制动过程有0＝v 0－at ④ 解得a ＝8.2 m/s 2⑤a ＞a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．解法三设实验测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21 ①从小轿车开始行驶到制动过程有0＝v 0－at ② 解得a ＝8.2 m/s 2③若该轿车以20 m/s 的初速度开始刹车，则刹车距离由x ＝v 202a 得 x ＝24.4 m ④x ＜25 m ，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．【答案】符合设计要求12．在公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为d ＝6.0 m ，若汽车启动时都以a ＝2.5 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，加速到v ＝10.0 m/s 后做匀速直线运动通过路口．该路口亮绿灯时间t ＝40.0 s ，而且有按倒计时显示的时间显示灯(无黄灯)．另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的汽车允许通过．请回答下列问题：(1)若绿灯亮起瞬间，所有司机同时启动汽车，问有多少辆汽车能通过路口？ (2)第(1)问中，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车经多长时间停下？【解析】汽车等距离排列，又以同样加速度同时启动，运动状况总相同，相同时间内位移也相同，因此彼此间距离保持不变，要判断在t ＝40 s 内有多少汽车能通过路口，就是要计算在这40 s 内汽车的位移及在此位移内等距排列的汽车数，如图所示，n (取整数)个d 对应有n ＋1车辆能通过路口．(1)汽车加速时间t 1＝v a＝4.0 s 40．0 s 时间内汽车能行驶的位移x ＝12at 21＋v (t －t 1)＝380 m n ＝xd＝63.3 依题意知能有64辆汽车通过路口．(2)设t 0＝3.0 s ，当计时灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移x 1＝12at 21＋v (t －t 1－t 0)＝350 m此时汽车距停车线的距离x 2＝64d －x 1＝34 m 第65辆车从刹车到停下来的时间t ＝x 2v2＝6.8 s.【答案】 (1)64 (2)6.8 s。

高考物理一轮复习课时练2 匀变速直线运动的规律及应用(含解析)新人教版

学习资料匀变速直线运动的规律及应用1.（匀变速直线运动规律的应用）物体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3 m，下列说法正确的是(）A。

第3 s内物体的平均速度是1 m/sB。

物体的加速度是1。

0 m/s2C.前3 s内物体的位移是5.4 mD.3 s末物体的速度是4 m/s2.（匀变速直线运动规律的应用)如图所示，很小的木块由静止开始沿斜面下滑,经时间t后进入一水平面,两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下,则木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比分别为（)A.1∶22∶1B.1∶21∶2C.2∶12∶1D.2∶11∶23。

（多选）(刹车问题)一汽车在水平面上运动,当它开始刹车时，其位移与时间的关系是x=12t—2t2（m),其中t的单位是s，则此汽车（）A.经6 s停下来B.2 s末的速度是8 m/sC.刹车过程中行驶的距离是18 mD。

全程的平均速度是6 m/s4。

(匀变速直线运动规律的应用)一种超级高铁行驶600 km的路程需要40 min,超级高铁先匀加速，达到最大速度1 200 km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动,且加速与减速的加速度大小相等,则下列关于超级高铁的说法正确的是（)A.加速与减速的时间不相等B.加速时间为10 minC。

加速时加速度大小为2 m/s2D.如果加速度大小为10 m/s2,题中所述运动需要20 min5。

（竖直上抛运动)系一重物的气球，以4 m/s的速度匀速上升,离地9 m时绳断了.则重物脱离气球后离地面的最大高度是（不计空气阻力，g取10 m/s2）(）A。

0。

8 m B。

9 m C.9.8 m D。

10 m6。

（多选)(平均速度公式的应用）（2020湖南常德高三模拟)一物体沿一直线运动,先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程,已知物体在这三个运动过程中的位移均为s，所用时间分别t，则()为2t、t和32A.物体做匀加速运动时加速度大小为ss2B。

高考物理一轮复习课时考点过关练1 匀变速直线运动的规律及其应用

课时考点1匀变速直线运动的规律及其应用A组：全国卷1．(2016·全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为( )A.st2B.3s2t2C.4st2D.8st22．(2014·新课标全国卷Ⅱ，24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。

取重力加速度的大小g＝10 m/s2。

(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。

已知该运动员在某段时间内高速下落的v－t图象如图所示。

若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。

(结果保留1位有效数字)B 组：地方卷3．(2015·浙江理综，15)如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt 。

测得遮光条的宽度为Δx ，用ΔxΔt 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。

为使ΔxΔt更接近瞬时速度，正确的措施是( )A ．换用宽度更窄的遮光条B ．提高测量遮光条宽度的精确度C ．使滑块的释放点更靠近光电门D ．增大气垫导轨与水平面的夹角4．(2015·广东理综，14)如图所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( ) A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为v B ．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD ．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v5．(2015·山东理综，14)距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图。

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。

高考物理一轮总复习检测：第一章第2课时匀变速直线运动的规律及应用含答案

1．速度与时间的关系式：v＝v0＋at．2．位移与时间的关系式：x＝v0t＋at23．位移与速度的关系式：v2－v＝2ax．二、匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：＝v＝.2．位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2．可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.3．初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末，2T末，3T末……瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n．(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2．(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内……位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶vⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律1．自由落体运动规律(1)速度公式：v＝gt．(2)位移公式：h＝gt2．(3)速度—位移关系式：v2＝2gh．2．竖直上抛运动规律(1)速度公式：v＝v0－gt．(2)位移公式：h＝v0t－gt2．(3)速度—位移关系式：v2－v＝－2gh.(4)上升的最大高度：h＝,2g)．(5)上升到最大高度用时：t＝．1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×) 2．匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(√) 3．匀变速直线运动的位移是均匀增加的．(×)4．物体从高处下落就是自由落体运动．(×)5．竖直上抛运动是匀变速直线运动．(√)6．竖直上抛运动上升至最高点的时间为.(√)1．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第2 s和第4 s内位移的大小均为5 m，则物体的加速度大小为( )A．0 B．2 m/s2C．5 m/s2 D．6 m/s2解析：由题意知，小球第2 s处于上滑阶段，第4 s处于下滑阶段，以沿斜面向上为正，则由xm－xn＝(m－n)aT2得a＝ m/s2＝－5 m/s2，选项C正确．答案：C2．(20xx·咸阳模拟)距地面高5 m的水平直轨道A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )A．1.25 m B．2.25 mC．3.75 m D．4.75 m解析：小车上的物体落地的时间t1＝，小车从A到B的时间t2＝；小球下落的时间t3＝；根据题意可得时间关系为：t1＝t2＋t3，即＝＋，解得h＝1.25 m，选项A正确．答案：A3．(多选)(2017·衡水模拟)如图所示，两光滑斜面在B处连接，小球从A处由静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，AB＝BC.设小球经过B点前后速度大小不变，则下列判断正确的是( )A．小球在AB、BC段的加速度大小之比为4∶3B．小球由A运动到C的过程中平均速率为2.1 m/sC．小球在AB、BC段的运动时间之比为7∶4D．小球由B运动到C的过程中平均速度大小为3.5 m/s解析：设AB＝BC＝x，由速度—位移关系式得v＝2a1x，v－v＝2a2x，两式相比得a1∶a2＝9∶7，A选项错误；小球在AB段运动的时间t1＝，在BC段的运动时间t2＝，则小球在AB、BC段的运动时间之比为7∶3，C选项错误；由A到C的过程中平均速率为路程与时间之比，即＝＝2.1 m/s，B选项正确；小球由B运动到C过程中的平均速度＝＝3.5 m/s，选项D正确．答案：BD4．(多选)(20xx·课标全国Ⅰ卷)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( ) A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确．答案：BC5．一辆车正以20.0 m/s的速度向前行驶．突然，司机看到一个小孩站在路上．她花了0.80 s的时间才反应过来，并立即踩下刹车，使车以7.0 m/s2的加速度逐渐减慢车速．车在停止前还会前进多远？解析：0.80 s反应时间内，车匀速运动x1＝v0t＝16 m.刹车过程为匀减速运动，a＝－7.0 m/s2.由v2－v＝2ax，得x2＝,2a)＝m≈28.6 m，所以车在停止前还会前进x＝x1＋x2＝44.6 m.答案：44.6 m小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d.根据图中的信息，下列判断正确的是( )A．能判定位置“1”是小球释放的初始位置B．能求出小球下落的加速度为d T2C．能求出小球在位置“3”的速度为7d 2TD．如果已知d和T的数值．就能判定小球下落过程中机械能是否守恒解析：根据图中的信息，利用Δx＝aT2，能求出小球下落的加速度为a＝，选项B正确；能求出小球在位置“3”的速度为v3＝，选项C正确；若已知d和T的数值，代入a＝，计算得出a＝g，则小球做自由落体运动，小球下落过程中机械能守恒；若计算得出a<g，则小球下落过程中机械能不守恒，选项D正确；能判定位置“1”不是小球释放的初始位置，选项A错误．答案：BCD解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，着地时相当于从h1高处自由落下，则v2－v＝－2ah，又v＝2g(224 m－h)，联立解得h＝99 m，v0＝50 m/s.以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即2gh1＝v2，所以h1＝＝ m＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有v0＝gt1，t1＝＝ s＝5 s，t2＝＝ s＝3.6 s，故所求时间t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s11．(20xx·南阳模拟)某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m．在一次实验紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s，轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．。