2019年高考物理一轮复习精品资料专题1.2 匀变速直线运动的规律(押题专练) 含解析
高考物理一轮复习专题1.2 匀变速直线运动的规律(精练)(解析版)
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10m 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10m/s 2)()图1A ．20m/s B ．14m/sC ．2m/sD ．1.4m/s【答案】B【解析】根据公式v 2＝2gh 得v ＝2×10×10m/s≈14m/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3s 内通过的位移是x (单位：m)，则质点运动的加速度为()A.3x2(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3s 内的平均速度等于t ＝2.5s 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 ＝18m ，BC ＝30m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是()图2A ．12m/s ，13m/s ，14m/sB ．10m/s ，14m/s ，18m/sC ．8m/s ，10m/s ，16m/sD ．6m/s ，12m/s ，18m/s【答案】D【解析】根据Δx ＝at 2得a ＝Δx t 2＝30－184m/s 2＝3m/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＋304m/s ＝12m/s ，小球在C 点的速度v C ＝v B ＋at ＝(12＋3×2)m/s ＝18m/s ，小球在A 点的速度v A ＝v B －at ＝(12－3×2)m/s ＝6m/s ，故D 正确。
高考物理一轮复习 课后练习2 匀变速直线运动的规律(含解析)
学习资料匀变速直线运动的规律建议用时：45分钟1．(2019·德阳调研)一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位）,则关于该质点的运动,下列说法正确的是（ ）A ．质点可能做匀减速直线运动B ．5 s 内质点的位移为35 mC ．质点运动的加速度为1 m/s 2D ．质点3 s 末的速度为5 m/sB ［根据平均速度v ＝错误!知，x ＝vt ＝2t ＋t 2，根据x ＝v 0t ＋错误!at 2＝2t ＋t 2知，质点的初速度v 0＝2 m/s,加速度a ＝2 m/s 2，质点做匀加速直线运动，故A 、C 错误；5 s 内质点的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝2×5 m＋错误!×2×25 m＝35 m,故B 正确；质点在3 s 末的速度v ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋2×3 m/s＝8 m/s ，故D 错误.］2．（2019·福建五校第二次联考）宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第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 ．物体自由下落的加速度是5 m/s 2D ．物体在5 s 内的位移是50 mD [根据运动学公式Δx ＝错误!at 错误!－错误!at 错误!＝18 m ，t 2＝5 s ，t 1＝4 s ，解得a ＝4 m/s 2，选项C 错误；物体在2 s 末的速度为v 2＝4×2 m/s＝8 m/s ，选项A 错误;物体在5 s 内的位移为x 5＝错误!×4×52 m ＝50 m,选项D 正确;物体在第5 s 内的位移为18 m ，故物体在第5 s 内的平均速度为18 m/s ，选项B 错误。
2019年高考物理一轮复习精品资料专题1.2 匀变速直线运动的规律(教学案) 含解析
2019年高考物理一轮复习精品资料第2课时 匀变速直线运动的规律1. 匀变速直线运动及其公式应用是高考热点，几乎是每年必考，全国卷多数情况下以计算题形式出现，应高度重视．2. 通常结合生活实例，通过实例的分析，结合情景、过程、建立运动模型，再应用相应规律处理实际问题. 本考点内容命题形式倾向于应用型、综合型和能力型、易与生产生活、军事科技、工农业生产等紧密联系，还可以以力、电综合题形式出现，主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等难度。
一、匀变速直线运动规律及应用 1．基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax .这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向． 2．两个重要推论(1)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，即：v ＝2v t ＝v 0＋v 2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. 3．v 0＝0的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2.(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：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的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)．【方法技巧】记住两个推论，活用一种思维 1．两个重要推论公式 (1)v t ＝2v t ＝v 0＋v t2(2)Δx ＝aT 22．用逆向思维法解决刹车问题(1)逆向思维法：匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动．(2)对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t ≤v 0a ，发生的位移满足x ≤v202a.二、常用的几种物理思想方法 1．一般公式法一般公式指速度公式v ＝v 0＋at ，位移公式x ＝v 0t ＋12at 2及推论式2ax ＝v 2－v 20，它们均是矢量式，使用时要注意方向性，一般以v 0方向为正方向，已知量与正方向相同者取正，与正方向相反者取负．未知量按正值代入，其方向由计算结果决定．2．平均速度法定义式v ＝x t 对任何性质的运动都适用，而v ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动．3．中间时刻速度法利用“任一时间t 中间时刻的瞬时速度等于这段时间t 内的平均速度”，即2v t ＝v ＝12(v 0＋v )，适用于匀变速直线运动．4．推论法对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx ＝aT 2求解． 5．逆向思维法把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况． 6．图象法应用v －t 图象，可以把较复杂的问题转变为较简单的数字问题来解决． 【方法技巧】匀变速直线运动规律中应用的两个技巧1．匀减速直线运动减速到0时，通常看成反向的初速度为0的匀加速直线运动．2．若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度．高频考点一、对匀变速直线运动规律的理解和应用1．匀变速直线运动的规律表达式中，涉及的物理量有五个，其中x 、a 、v 0、v 都是矢量，只有t 是标量，因此四个基本公式在应用时，注意物理量正负号的意义．一般情况下，规定初速度方向为正方向，无论在已知条件或所求结论中，负号都表示与初速度反向，正号表示与初速度同向，如果v 0＝0时，取a 的方向为正方向．2．四个公式的区别：公式不含量突显量适用过程 v ＝v 0＋at x v 0、a 、t 、v 与x 无关 x ＝v 0t ＋12at 2 v v 0、a 、t 、x 与v 无关 v 2－v 20＝2ax t v 0、a 、x 、v 与t 无关 x t ＝v 0＋v 2av 0、t 、x 、v与a 无关3．五个运动参量在描述运动过程中所起的作用各不相同：v 0和a 决定了运动的特性，在解题时，往往以a 是否变化了作为划分运动阶段的标准；t 反映了某种性质的运动过程的长短，而x 、v 则反映了运动达到的效果．例1、据报道，一儿童玩耍时不慎从45m 高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童.已知管理人员到楼底的距离为18m ，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击.不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g 取10m/s 2.(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9m/s ，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v 0，由运动学公式得：v ＝0＋v 02解得：v 0＝2v ＝12m/s>v m ＝9 m/s故管理人员应先加速到v m ＝9m/s ，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底.设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t 1、t 2、t 3，位移分别为x 1、x 2、x 3，加速度大小为a ，由运动学公式得：x 1＝12at 21，x 3＝12at 23，x 2＝v m t 2，v m ＝at 1＝at 3t 1＋t 2＋t 3≤t 0，x 1＋x 2＋x 3＝x联立各式并代入数据得a ≥9m/s 2.【感悟提升】匀变速直线运动公式的选用原则(1)如果题目中无位移x ，也不求位移，一般选用速度公式v ＝v 0＋at . (2)如果题目中无末速度v ，也不求末速度，一般选用位移公式x ＝v 0t ＋12at 2.(3)如果题目中无运动时间t ，也不求运动时间，一般选用位移与速度关系式v 2－v 20＝2ax . (4)如果题目中无加速度a ，也不求加速度，一般选用公式x ＝v 0＋v2t ＝v t .【变式探究】我国不少省市ETC 联网已经启动运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图121所示．假设汽车以v 1＝12 m/s 朝收费站沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在距收费站中心线前d ＝10 m 处正好匀减速至v 2＝4 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t 0＝20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s 2.求：图121(1)汽车过ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小？ (2)汽车通过人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速？ (3)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？ 【解析】(1)过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x 1＝v 21－v 222a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m.(2)经人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m.Δt ＝t 2－(t 1＋Δxv 1)＝25 s.【答案】(1)138 m (2)72 m (3)25 s 高频考点二、解决匀变速运动的常用方法 方法 分析说明基本 公式法 一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性平均 速度法(1)定义式v ＝x t对任何性质的运动都适用 (2)v ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动中间时刻速度法利用“任一时间t 中间时刻的瞬时速度等于这段时间t 内的平均速度”，即v t2 ＝v ，该式适用于任何匀变速直线运动逆向思维法把运动过程的“末态”作为“初态”来反向研究问题的一种方法，一般用于末态已知的情况图象法应用v －t 图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案推论法匀变速直线运动中，在连续相等的时间T 内的位移之差为一恒量，即xn ＋1－xn ＝aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx ＝aT2求解例2、如图所示，一长为l 的长方形木块在水平面上以加速度a 做匀加速直线运动．先后经过1、2两点，1、2之间有一定的距离，木块通过1、2两点所用时间分别为t 1和t 2.求：(1)木块经过位置1、位置2的平均速度大小； (2)木块前端P 在1、2之间运动所需时间t .v 1＝v 1－a ·t 12同理P 端经过位置2时的速度v 2＝v 2－a ·t 22由速度公式得v 2＝v 1＋at解得t ＝l a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22【感悟提升】“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题 1．画示意图根据题意画出物体运动示意图，使运动过程直观清晰． 2．选运动公式匀变速直线运动常可一题多解．要灵活选择合适的公式． 3．应注意的问题(1)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下来的时间，再选择合适的公式求解．【变式探究】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1，已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间．图1答案 t解析 方法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面．设物体从B 到C 所用的时间为t BC . 由运动学公式得x BC ＝at2BC 2，x AC ＝a (t ＋t BC )22，又x BC ＝x AC4，由以上三式解得t BC ＝t . 方法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v 0，物体从B 滑到C 所用的时间为t BC ，由匀变速直线对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．因为x CB ∶x BA ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t .方法四：中间时刻速度法利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，v AC ＝v 0＋02＝v 02.又v 20＝2ax AC ，v 2B＝2ax BC ，x BC ＝x AC4.由以上三式解得v B ＝v 02.可以看成v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是这段位移的中间时刻，因此有t BC ＝t .方法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，画出v －t 图象．如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得S △AOC S △BDC ＝CO 2CD 2，且S △AOC S △BDC ＝41，OD ＝t ，OC ＝t ＋t BC .所以41＝(t ＋t BC )2t 2，解得t BC ＝t .1. （2018年全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比 【答案】B2．（2018浙江）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。
专题1.2+匀变速直线运动的规律(押题专练)-2019年高考物理一轮复习精品资料+Word版含解析
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解析：选BD 第1 s 内的位移x 1＝(6＋5×1－1) m －6 m ＝4 m ，故A 错误。
前2 s 内的位移x 2＝(6＋5×2－4)m －6 m ＝6 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t 2＝62 m/s ＝3 m/s ，故B 正确。
根据x ＝v 0t ＋12at 2＝6＋5t－t 2得，加速度a ＝－2 m/s 2，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。
2．一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，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/s3.某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s 后听到石块直接落到崖底的声音。
探险者离崖底的高度最接近的是( )A ．25 mB ．50 mC ．110 mD ．150 m解析：选C 小石块落到崖底，其下落规律可以看做自由落体运动，即h ＝12gt 2，代入数据得h ＝12×9.8×52m ＝122.5 m 。
考虑声音传回来大约需0.4 s ，即下落距离应略小于122.5 m ，即选项C 正确。
4．[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 m5.跳伞运动员以大小为5 m/s 的速度匀速下降的过程中，在距地面10 m 处掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着地的时间为(不计空气阻力对扣子的作用，重力加速度大小g ＝10 m/s 2)( )A ．1 sB ．2 s C. 2 s D ．(2－2)s解析：选A 扣子掉了以后，运动员仍做匀速直线运动，而扣子做初速度大小为v 0＝5 m/s 的竖直下抛运动，运动员下落需要的时间为t 1＝105 s ＝2 s ，扣子下落过程中有10 m ＝v 0t 2＋12gt 22，解得t 2＝1 s ，时间差Δt ＝t 1－t 2＝1 s ，A 正确。
备战2019高三物理一轮复习资料系列：第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用 练习 含解析 精品
第2讲 匀变速直线运动的规律及应用[学生用书P8]1．(2018·高考全国卷Ⅲ)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 .st 2 B ．3s 2t 2C .4s t2 D ．8s t2解析：选A .设质点的初速度为v 0、末速度为v t ，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝st2，A 项正确，B 、C 、D 项错误．2．(2018·高考江苏卷)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/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( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5解析：选C .关卡刚放行时，该同学加速的时间t ＝v a ＝1 s ，运动的距离为x 1＝12at 2＝1 m ，然后以2 m/s 的速度匀速运动，经4 s 运动的距离为8 m ，因此第1个5 s 内运动的距离为9 m ，过了关卡2.到关卡3时再用时3.5 s ，大于2 s ，因此能通过关卡3.到关卡4时共用时12.5 s ，而第12 s 时关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C 项正确．3．(多选)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的( )A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上 解析：选AB .法一：分阶段法物体上升的时间t 上＝v 0g ＝3010s ＝3 s ，物体上升的最大高度h 1＝v 202g ＝3022×10 m ＝45 m ．物体从最高点自由下落2 s 的高度h 2＝12gt 2下＝12×10×22m ＝20 m ．运动过程如图所示，则总路程为65 m ，A 正确.5 s 末物体离抛出点的高度为25 m ，即位移的大小为25 m ，方向竖直向上，B 正确.5 s 末物体的速度v ＝gt 下＝10×2 m/s ＝20 m/s ，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv ＝(－v )－v 0＝(－20 m/s)－30 m/s ＝－50 m/s ，即速度改变量的大小为50 m/s ，方向向下，C 错误．平均速度v －＝h 1－h 2t ＝255m/s ＝5 m/s ，方向向上，D 错误．法二：全过程法由竖直上抛运动的规律可知：物体经3 s 到达最大高度h 1＝45 m 处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v 0＝30 m/s ，a ＝－g ＝－10 m/s 2，故5 s 内物体的位移h ＝v 0t ＋12at 2＝25 m>0，说明物体5 s 末在抛出点上方25 m 处，故路程为65 m ，位移大小为25 m ，方向向上，A 、B 正确．速度的变化量Δv ＝a Δt ＝－50 m/s ，C 错误.5 s 末物体的速度v ＝v 0＋at ＝－20 m/s ，所以平均速度v －＝v 0＋v2＝5 m/s>0，方向向上，D 错误．4．(高考全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以118 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0 ① s ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0 ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg ＝ma ④ s ＝v t 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v ＝20 m/s(72 km/h)． 答案：20 m/s[学生用书P277(单独成册)](建议用时：60分钟)一、单项选择题1．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km 、离地1 750 m 高度时飞机发动机停车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人．若飞机着陆后以6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12 s 内滑行的距离是( )A ．288 mB ．300 mC ．150 mD ．144 m解析：选B .先求出飞机着陆后到停止所用时间t .由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s 内是静止的，故它着陆后12 s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10 m ＋(－6)×1022m ＝300 m .2．(2018·山西四校联考)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 mB ．2 mC ．10 mD ．0.5 m解析：选D .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 .3．高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A 以恒定速率360 km/h 运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B ，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B 车，当A 车快到襄阳站且距襄阳站路程为s 处时，B 车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360 km/h 时恰好遇到A 车，两车连锁并打开乘客双向通道，A 、B 列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B 车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则( )A ．无论B 车匀加速的加速度大小为多少，s 是相同的 B ．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间C ．若B 车匀加速的时间为1 min ，则s 为4 kmD ．若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则当B 车停下时A 车已距随州站路程为1 km 解析：选D .设B 车从静止开始加速到v ＝360 km/h 所用时间为t ，B 车加速度为a ，由题意得s ＝v t －v 2t ＝v 2t ，而v ＝at ，所以两者之间的距离s ＝v 22a ，由此可知，B 车的加速度a越大，s 越小，A 项错误；从襄阳站到潜江站中间间隔三个站，所以该乘客节约了三个站的减速、停车、提速时间，B 项错误；若B 车匀加速的时间t ′＝1 min ，则s ＝v2t ′＝3 km ，C 项错误；若B 车匀减速的加速度大小a ′＝5 m/s 2，减速运动时间t ″＝va ′＝20 s ，则当B 车停下时A 车已经距随州站路程为s ′＝v t ″－12a ′t ″2＝1 km ，D 项正确．4．一固定的光滑斜面长为x ，一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体速度为到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是( )A .x4 B ．2－12x C .x 2D ．2x 2解析：选A .把物体的运动过程按速度大小分为两段，即0～v 2和v2～v 两段，由于两段的速度变化量相等，则两段的时间相等，又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3，故第一段的位移为总位移的四分之一，即x4，选项A 正确．5．(2018·湖南石门检测)近年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通；设有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，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s ，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s 2，最后停在故障车前1.5 m 处，避免了一场事故．以下说法正确的是( )A ．司机发现故障车后，汽车经过3 s 停下B ．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sC ．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mD ．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s解析：选C .汽车减速到零的时间t 1＝Δv a ＝0－15－5s ＝3 s ．则t ＝t ′＋t 1＝(0.6＋3)s ＝3.6 s ，故A 错误；在反应时间内的位移x 1＝v 0t ′＝15×0.6 m ＝9 m ．匀减速直线运动的位移x 2＝0－v 202a ＝0－225－10m ＝22.5 m ，则x ＝x 1＋x 2＋1.5 m ＝33 m ，故C 正确；平均速度v ＝x 1＋x 2t ＝9＋22.53.6m/s ＝8.75 m/s ，故B 、D 错误． 6．东东同学看到远处燃放的烟花，每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸．最高点与五楼顶部平齐，且前一颗烟花爆炸时后一颗烟花恰好从地面发射，他看到烟花爆炸闪光同时还听到了爆炸的声音，而在最后一颗烟花爆炸闪光之后还能听到一次爆炸的声音．请你根据这些现象估算他离烟花燃放点的距离约为(空气中声音传播速度为340 m/s ，重力加速度为10 m/s 2)( )A ．34 mB ．58 mC ．340 mD ．580 m解析：选D .每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸，均可视为竖直上抛运动．地面到五楼顶部的高度约为h ＝15 m ，则烟花上升到最高点的时间t ＝2hg＝2×1510s ＝3s ．由题意知，离烟花燃放点的距离约为x ＝v t ＝3403m ，约为580 m ．选项D 正确．7．(2018·淮南模拟)如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图，他每隔0.4 s 抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g ＝10 m/s 2)( )A ．1.6 mB ．2.4 mC ．3.2 mD ．4.0 m解析：选C .将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动，由题意知，球从抛出到落回手中用时t ＝0.4 s ×4＝1.6 s ，则球从最高点落回手中的时间为0.8 s ，则H ＝12×10×0.82 m ＝3.2 m ，故C 正确．二、多项选择题8．一质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m解析：选CD .初速度为零的匀加速直线运动在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s 时，在前2 s 内和后2 s 内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t ＝3 s ，选项C 正确；最初1 s 内的位移与总位移之比为x 1x ＝59，滑块最初1 s 内的位移为2.5 m ，故x ＝4.5 m ，选项D 正确；根据x ＝12at 2可得a ＝1 m/s 2，选项A 错误；根据v ＝at 可得，滑块的初速度为3 m/s ，选项B 错误．9．(2018·中山模拟)如图所示，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，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在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 ．位置1是小球释放的初始位置B ．小球做匀加速直线运动C ．小球下落的加速度为d T 2D ．小球在位置3的速度为7d 2T解析：选BCD .由Δx ＝d 为恒量判断，小球做匀加速直线运动，故B 正确；由Δx ＝aT 2得a ＝d T 2，故C 正确；v 3＝v －24＝7d 2T ，故D 正确；v 1＝v 3－a ·2T ＝7d 2T －d T 2×2T ＝3d 2T >0，故A错误．10.(2018·山东师大附中模拟)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度分别为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A ．三者到达桌面时的速度大小之比是3∶2∶1B ．三者运动时间之比为3∶2∶1C ．b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D ．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比解析：选AC .由v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，故v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，A 正确；由t ＝2hg得三者运动的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝3∶2∶1，B 错误；b 与a 开始下落的时间差Δt 1＝(3－2)2h 3g，c 与b 开始下落的时间差Δt 2＝(2－1)· 2h 3g，故C 正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D 错误．三、非选择题11．(2018·河北定州中学模拟)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v 0＝72 km/h ，靠近站口时以大小为a 1＝5 m/s 2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t ＝28.8 km/h ，然后立即以a 2＝4 m/s 2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？ (3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？解析：设该车初速度方向为正方向，v t ＝28.8 km/h ＝8 m/s ，v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，a 1＝－5 m/s 2.(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则：由v 2t －v 20＝2a 1x 1解得：x 1＝33.6 m .(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段：v t ＝v 0＋a 1t 1，得t 1＝v t －v 0a 1＝2.4 s加速阶段：t 2＝v 0－v ta 2＝3 s则加速和减速的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5.4 s . (3)在加速阶段：x 2＝v t ＋v 02t 2＝42 m则总位移：x ＝x 1＋x 2＝75.6 m 若不减速所需要时间：t ′＝xv 0＝3.78 s车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt ＝t －t ′＝1.62 s . 答案：(1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s12．王兵同学利用数码相机连拍功能记录运动会上女子跳水比赛中运动员在10 m 跳台跳水的全过程．所拍摄的第一张照片恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲，王兵同学认为这时她们处在最高点，第十九张如图乙，她们正好身体竖直、双手刚刚触及水面．查阅资料得知相机每秒连拍10张．设起跳时重心离台面及触水时重心离水面的距离相等．(g ＝10 m/s 2)由以上材料：(1)估算运动员的起跳速度大小；(2)分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升阶段还是下降阶段？解析：(1)由题意可知，相机连拍周期T ＝110s ＝0.1 s ，运动员从起跳到双手触水的总时间t ＝18T ＝1.8 s .设起跳速度大小为v 0，取竖直向上为正方向， 则：－10＝v 0t －12gt 2，解得：v 0≈3.4 m/s .(2)上升时间t 1＝0－v 0－g＝0.34 s .而拍第四张照片是在0.3 s 时，所以此时运动员还处于上升阶段． 答案：(1)3.4 m/s (2)不是 重心处于上升阶段。
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。
2019年高考物理总复习 专题分类练习卷 1.2 匀变速直线运动的规律
1.2 匀变速直线运动的规律1．(多选)一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，经过的位移为x ，下列说法中正确的是( )A ．这段时间内它的平均速度v ＝x tB ．这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 22 C ．经过x 2时，它的瞬时速度为x tD ．经过x 2时，它的瞬时速度为 v 21＋v 222 【答案】ABD2．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移是3 m ，下列说法正确的是( )A ．第3 s 内的平均速度是3 m/sB ．物体的加速度是1.2 m/s 2C ．前3 s 内的位移是6 mD ．3 s 末的速度是4 m/s【答案】AB3．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】B4．如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O 点由静止释放后，先后通过P 、Q 、N 三点，已知物块从P 点运动到Q 点与从Q 点运动到N 点所用的时间相等，且PQ 长度为3 m ，QN 长度为4 m ，则由上述数据可以求出OP 的长度为( )A ．2 mB.98 mC.258 m D ．3 m【答案】C5．(多选)质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m【答案】CD6．(多选)将物体以初速度v 0从地面处竖直上抛，物体经3 s 到达最高点，空气阻力不计，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．物体上升的最大高度为45 mB ．物体速度改变量的大小为30 m/s ，方向竖直向上C ．物体在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比为5∶3∶1D ．物体在1 s 内、2 s 内、3 s 内的平均速度之比为9∶4∶1【答案】AC7．一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实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000 s ，则小石子出发点离A 点约为( )A ．6.5 mB ．10 mC ．20 mD ．45 m【答案】C8．(多选)在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt ，速度差为Δv ，如果人站在四层楼的阳台上，以同样的方法释放小球，让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差Δt 和速度差Δv 将( )A ．Δt 不变B ．Δt 变小C．Δv变小D．Δv变大【答案】BC9．(多选)从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是( )A．A上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2vB．两物体在空中运动的时间相等C．A上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点【答案】AC10．(多选)如图所示，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( )A．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】BD11.据统计,开车时看手机发生事故的概率是安全驾驶的23倍,开车时打电话发生事故的概率是安全驾驶的2.8倍。
备考2019年高考物理一轮复习：第一章第2讲匀变速直线运动规律练习含解析
板块三限时规范特训时间：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。
其中1～7为单选,8～10为多选)1、[2018·信阳模拟]中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约为3000 m,着陆距离大约为2000 m 。
设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动,起飞时速度是着陆时速度的1.5倍,则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( ) A 、3∶2 B 、1∶1 C 、1∶2 D 、2∶1答案： B解析： 由题意可知,x 起飞＝3000 m,x 着陆＝2000 m,v 起飞＝1.5v 0,v 着陆＝v 0,由x ＝v 2t 可得：t 起飞＝2x 起飞v 起飞＝60001.5v 0＝4000v 0;t 着陆＝4000v 0,故B 正确。
2、[2018·新疆适应性检测]用如图所示的方法可以测出一个人的反应时间。
甲同学用手握住直尺顶端刻度为零的地方,乙同学在直尺下端刻度为a 的地方做捏住直尺的准备,但手没有碰到直尺,当乙同学看到甲同学放开直尺时,立即捏住直尺,乙同学发现捏住直尺的位置刻度为b 。
已知重力加速度为g ,a 、b 的单位为国际单位制基本单位,则乙同学的反应时间t 约等于( )A.2a gB.2b gC.2(b －a )gD.2(a －b )g答案： D解析： 由题意知在反应时间内直尺自由落下的位移为a －b ,设乙同学的反应时间为t ,忽略空气阻力,根据自由落体运动位移公式h ＝12gt 2＝a －b ,得：t ＝2(a －b )g ,则D 正确,其他选项错误。
3、某动车组列车以平均速度v 从甲地开到乙地所需的时间为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 0 B.v t t ＋t 0 C.v t t －12t 0D.v t t ＋12t 0答案： C解析： 依题意可得v t ＝v 0(t －t 0)＋2×v 02×t 02,解得v 0＝v tt －12t 0,故C 正确。
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2019年高考物理一轮复习精品资料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－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＝6＋5t－t2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。
2．一物体以初速度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/s3.某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s后听到石块直接落到崖底的声音。
探险者离崖底的高度最接近的是( )A．25 m B．50 mC．110 m D．150 m解析：选C 小石块落到崖底，其下落规律可以看做自由落体运动，即h ＝12gt 2，代入数据得h ＝12×9.8×52m ＝122.5 m 。
考虑声音传回来大约需0.4 s ，即下落距离应略小于122.5 m ，即选项C 正确。
4．[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 m5.跳伞运动员以大小为5 m/s 的速度匀速下降的过程中，在距地面10 m 处掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着地的时间为(不计空气阻力对扣子的作用，重力加速度大小g ＝10 m/s 2)( )A ．1 sB ．2 s C. 2 s D ．(2－2)s解析：选A 扣子掉了以后，运动员仍做匀速直线运动，而扣子做初速度大小为v 0＝5 m/s 的竖直下抛运动，运动员下落需要的时间为t 1＝105 s ＝2 s ，扣子下落过程中有10 m ＝v 0t 2＋12gt 22，解得t 2＝1 s ，时间差Δt ＝t 1－t 2＝1 s ，A 正确。
6.一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv 时运动位移x 1，紧接着速度变化同样的Δv 时运动位移x 2，则该质点的加速度为( )A.Δv 2x 2－x 1 B ．2Δv2x 2－x 1C ．(Δv )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1x 2D ．(Δv )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2解析：选A 设质点的加速度为a ，发生速度变化Δv 所用时间为t ，运动位移x 1的中间时刻速度v 1＝x 1t，运动位移x 2的中间时刻速度v 2＝x 2t ，又v 2－v 1＝at ，Δv ＝at ，可解得a ＝Δv2x 2－x 1，A 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或穿过每个木块所用时间比正确的是( )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：选D 用“逆向思维”法解答，则可视为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v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹从右到左运动L、2L、3L时的速度，则v1∶v2∶v3＝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t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C错误，D正确。
8.假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动。
已知某列车长为L，通过一铁路桥时的加速度大小为a，列车全长通过桥头的时间为t1，列车全长通过桥尾的时间为t2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为( )A.La·t2－t1t1t2B.La·t2＋t1t1t2C.La·t2－t1t1t2－t2－t12D.La·t2－t1t1t2＋t2－t129．(多选)做匀加速直线运动的质点先后经过A、B、C三点，AB＝BC，质点在AB段和BC段平均速度分别为20 m/s、30 m/s，根据以上条件可以求出( )A．质点在AC段运动的时间B．质点的加速度C．质点在AC段的平均速度D．质点在C点的瞬时速度答案CD解析根据题意，设AB＝BC＝x，则质点在AB段运动的时间t1＝xv1，在BC段运动的时间t2＝xv2，由于两段长度不知，故无法求出质点在AC 段运动的时间，同时也无法求出质点的加速度，选项A 、B 错误；根据平均速度的定义可得，质点在AC 段的平均速度v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝24 m/s ，选项C 正确；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得，AB 段的中间时刻速度为v 1＝20 m/s ，BC 段中间时刻的速度为v 2＝30 m/s ，则加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22，再根据速度公式有，v C ＝v 2＋a t 22＝v 2＋v 1v 2－v 1v 2＋v 1＝34 m/s ，选项D 正确。
10．一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/s B ．物体的加速度一定是2 m/s 2C ．物体在前5 s 内的位移一定是25 mD ．物体在第5 s 内的位移一定是9 m 答案C11．历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”(现称“另类匀变速直线运动”)，“另类加速度”定义为A ＝v t －v 0s，其中v 0和v t 分别表示某段位移s 内的初速度和末速度。
A >0表示物体做加速运动，A <0表示物体做减速运动。
而现在物理学中加速度的定义式为a ＝v t －v 0t，下列说法正确的是( )A ．若A 不变，则a 也不变B ．若A >0且保持不变，则a 逐渐变小C ．若A 不变，则物体在中间位置处的速度为v 0＋v t2D ．若A 不变，则物体在中间位置处的速度为 v 20＋v 2t2答案 C解析 若A 不变，有两种情况(A >0或A <0)，若A >0，相等位移内速度增加量相等，平均速度越来越大，相等位移内用的时间越来越少，由a ＝v t －v 0t可知，a 越来越大，故A 、B 错误。
因为A 不变，相等位移内速度变化相等，所以到达中间位置处⎝⎛⎭⎪⎫位移为s 2，速度变化量为v t －v 02，所以中间位置处的速度为v 0＋v t －v 02＝v 0＋v t 2，C 正确，D 错误。
12．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器。
假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海面的深度为( )A.v t －t 022tB.vt 022tC.vt2 D ．vt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 02t13.(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A 、B 连接起来，一同学用手固定B ，此时A 、B 间距为3L ，A 距地面为L ，如图所示。
由静止释放A 、B ，不计空气阻力，且A 、B 落地后均不再弹起。
从开始释放到A 落地历时t 1，A 落地前的瞬时速率为v 1，从A 落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前的瞬时速率为v 2，则( )A ．t 1>t 2B.t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝1∶2D ．v 1∶v 2＝1∶3解析：选BC 由题意可知L ＝12at 12，L ＋3L ＝12a (t 1＋t 2)2，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；而v 1＝at 1，v 2＝a (t 1＋t 2)，故v 1∶v 2＝1∶2，选项C 正确，D 错误。
14．(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/s 2，则下列说法中正确的是( )t /s 0 2 4 6 v /(m·s －1)8128A ．t ＝3 s 的时刻物体恰好经过B 点 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15．一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 mD ．75 m解析：选C 由Δx ＝9 m －7 m ＝2 m 可知，汽车在第3 s 、第4 s 、第5 s 内的位移分别为5 m 、3 m 、1 m ，汽车在第5 s 末的速度为零，故刹车后6 s 内的位移等于前5 s 内的位移，大小为9 m ＋7 m ＋5 m ＋3 m ＋1 m ＝25 m ，故C 正确。
16．一物体以初速度v 0做匀减速直线运动，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：选A 由Δx ＝aT 2可得加速度大小a ＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝x 1＋x 22T＝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x 3的时间t ′为1.5 s ，且x 3＝12at ′2＝1.125 m ；位移x 3内的平均速度v ＝x 3t ′＝0.75 m/s 。