匀变速直线运动典型习题详解

匀变速直线运动典型习题详解

一、选择题(本大题共10个小题，共70分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)

1.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 /s 2

，则它关闭发动机后通过37.5 m 所需时间为 ( ) A.3 s B.4 s C.5 s D.6 s 解析：由位移公式得：x ＝v 0t －12at 2

解得t 1＝3 s t 2＝5 s

因为汽车经t 0＝v 0

a

＝4 s 停止，故t 2＝5 s 舍去，应选A. 答案：A

2.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 解析：设B 球下落了时间t ，则A 球下落了时间(t ＋1).

由h ＝12gt 2得h B ＝12gt 2，h A ＝12g (t ＋1)2

.A 、B 两球间距离h ＝h A －h B ＝12

g (2t ＋1)，可见

h 随时间t 的增大而增大，C 项正确.

答案：C

3.如图1所示，小球以某一初速度v 0沿

固定光滑斜面从底端向上运动，已知 图1

斜面倾角为θ＝30°，小球经过时间t 返回到原出发点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为

( )

A.14gt

B.24gt

C.28gt

D.22

gt 解析：小球在斜面上运动的加速度a ＝g sin30°＝g 2，上升的最大位移x ＝v 2

02a ＝v 2

g ，小

球上升到最大高度的一半时，v t ＝22x a ＝02

v ，v 0＝a ×2t ＝4gt ，故v t ＝28gt . 答案：C

4.(2010·济南模拟)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轨迹的长度，如图2所示.已知曝

光时间为1

1000

s ，则小石子出发点离A 点约为

(

)

图2

A.6.5 m

B.10 m

C.20 m

D.45 m 解析：小石子到达A 点时的速度为

v A ＝x t ＝0.021

1000

m/s ＝20 m/s ，

h ＝22A v g ＝2022×10

m ＝20 m.

答案：C

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 m

B.24 m

C.25 m

D.75 m 解析：由Δx ＝aT 2

得：a ＝2 m/s 2

， 由v 0T －12

aT 2

＝x 1得

v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t m ＝v 0

a ＝5 s ＜6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝2

02a

v

＝25

m ，C 正确. 答案：C

6.美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F －A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/ s 2

，起飞速度为50 m/ s ，若该飞机滑行100 m

时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为

( )

A.30 m/s

B.40 m/s

C.20 m/s D .10 m/s 解析：由v 2

－v 2

0＝2ax 得：v 2

0＝v 2

－2ax 所以v 0＝40 m/s.

答案：B

7.如图3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

) ( )

图3

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 ＝μg ＝1 m/s 2

，速度达到皮带的速度时发生的

位移x ＝22v a

＝12×1m ＝0.5 m ＜L ，故物体接着做匀速直线运动，第1段时间t 1＝v

a ＝1 s ，

第2段时间t 2＝L －x v ＝2.5－0.5

1

s ＝2 s ，t 总＝t 1＋t 2＝3 s. 答案：C

8.以v 0＝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/s 2

，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t s 与第一个小球相遇. 法一：根据位移相等有

v 0(t ＋2)－12g (t ＋2)2＝v 0t －12

gt 2.

解得t ＝1 s ，代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2

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－＝v 0－gt ，

解得t ＝1 s ，代入位移公式得h ＝15 m. 答案：B

9.如图4所示，位于竖直平面内的固定光滑 圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙 壁相切于A 点.竖直墙壁上另一点B 与M 的 连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道