2012届物理一轮复习课时作业1.2匀变速直线运动的规律及应用(必修1人教版)
高三一轮复习秘籍-第一章第2讲匀变速直线运动的规律
第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、匀变速直线运动的规律1．速度公式：v＝v0＋at.2．位移公式：x＝v0t＋12at2.3．位移速度关系式：v2－v20＝2ax.二、匀变速直线运动的推论1．三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，即x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．平均速度公式：v＝v0＋v2＝v t 2 .(3)位移中点速度2220 2vv vx +=2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n.(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶n2.(3)第1个T 内、第2个T 内、第3个T 内、…、第n 个T 内的位移之比为x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)．三、自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落．(2)基本规律①速度公式：v ＝gt .②位移公式：x ＝12gt 2.③速度位移关系式：③v 2＝2gx .(3)伽利略对自由落体运动的研究①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来．2．竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．(2)运动性质：匀变速直线运动．(3)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ；②位移公式：x ＝v 0t －12gt 2.研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．三个概念的进一步理解(1)质点不同于几何“点”，它无大小但有质量，能否看成质点是由研究问题的性质决定，而不是依据物体自身大小和形状来判断．(2)参考系一般选取地面或相对地面静止的物体．(3)位移是由初位置指向末位置的有向线段，线段的长度表示位移的大小．2．三点注意(1)对于质点要从建立理想化模型的角度来理解．(2)在研究两个物体间的相对运动时，选择其中一个物体为参考系，可以使分析和计算更简单．(3)位移的矢量性是研究问题时应切记的性质．【例1】在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示．下面说法正确的是()A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案D解析金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为观测“金星凌日”时太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确．【变式1】(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东直线行驶4km，又向北直线行驶3km，已知sin37°＝0.6，则下列说法中正确的是()A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7kmB．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5km处D．研究小船在湖中行驶时间时，小船可以看做质点答案ACD解析在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km＝5km，方向为东偏北θ，满足sinθ＝0.6，即θ＝37°，运动的路程为7km，选项A，C正确；以小船为参考系，O处的观察员是运动的，B错误；若研究小船在湖中行驶时间时，小船的大小相对于行驶的距离可以忽略不计，故小船可以看做质点，选项D正确．1．区别与联系(1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．2．方法和技巧(1)判断是否为瞬时速度，关键是看该速度是否对应“位置”或“时刻”．(2)求平均速度要找准“位移”和发生这段位移所需的“时间”．【例2】在某GPS定位器上，显示了以下数据：航向267°，航速36km/h，航程60km，累计100min，时间10∶29∶57，则此时瞬时速度和开机后平均速度为()A．3.6m/s、10m/s B．10m/s、10m/sC．3.6m/s、6m/s D．10m/s、6m/s答案B解析GPS定位器上显示的航速为瞬时速度36km/h＝10m/s，航程60km，累计100min ，平均速度为v ＝Δx Δt ＝60×103100×60m/s ＝10m/s ，故B 正确．【变式2】(多选)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB ，ABC ，ABCD ，ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1s,2s,3s,4s ．下列说法正确的是()A ．物体沿曲线A →E 的平均速率为1m/sB ．物体在ABC 段的平均速度大小为52m/s C ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点时的速度等于AC 段的平均速度答案BC 解析平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段轨迹的长度，故不能求出平均速率，选项A 错误；由v ＝s t 可得v ＝52m/s ，选项B 正确；所选取的过程离A 点越近，其过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，选项C 正确；物体在B 点的速度不一定等于AC 段的平均速度，选项D 错误．【变式3】一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3)m，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6t2 (m/s)，该质点在t＝2s时的速度和t＝2s到t＝3s时间内的平均速度的大小分别为()A．12m/s39m/s B．24m/s38m/sC．12m/s19.5m/s D．24m/s13m/s答案B解析由v＝6t2(m/s)得，当t＝2s时，v＝24m/s；根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x＝(5＋2t3)m得：当t＝2s时，x2＝21m，t＝3s时，x3＝59m；则质点在t＝2s到t＝3s时间内的位移Δx＝x3－x2＝38m，平均速度v＝ΔxΔt ＝381m/s＝38m/s，故选B.◆拓展点用平均速度法求解瞬时速度——极限思想的应用1．用极限法求瞬时速度和瞬时加速度(1)公式v＝ΔxΔt中，当Δt→0时v是瞬时速度．(2)公式a＝ΔvΔt中，当Δt→0时a是瞬时加速度．2．注意(1)用v＝ΔxΔt求瞬时速度时，求出的是粗略值，Δt(Δx)越小，求出的结果越接近真实值．(2)对于匀变速直线运动，一段时间内的平均速度可以精确地表示物体在这一段时间中间时刻的瞬时速度．【例3】为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d ＝3.0cm 的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0s ，则滑块的加速度约为()A ．0.067m/s 2B ．0.67m/s 2C ．6.7m/s 2D ．不能计算出答案A 解析遮光板通过第一个光电门时的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m/s ＝0.10m/s ，遮光板通过第二个光电门时的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30m/s ，故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067m/s 2，选项A 正确．1．三个概念的比较比较项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量描述物体速度改变的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢和方向的物理量定义式v＝ΔxΔtΔv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0t决定因素v的大小由v0、a、Δt决定Δv由v与v0进行矢量运算，由Δv＝aΔt知Δv由a与Δt决定a不是由v、t、Δv来决定的，而是由Fm来决定方向平均速度与位移同向由v－v0或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v的方向无关2.判断直线运动中的“加速”或“减速”方法物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系．(1)a和v同向(加速直线运动)→a不变，v随时间均匀增加a增大，v增加得越来越快a减小，v增加得越来越慢(2)a和v反向(减速直线运动)→a不变，v随时间均匀减小或反向增加a增大，v减小或反向增加得越来越快a减小，v减小或反向增加得越来越慢【例4】(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的可能运动情况为()A．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相同B．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相反C．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相同D．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相反答案AD解析以初速度的方向为正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝v－v0 t＝10－41m/s2＝6m/s2，方向与初速度的方向相同，A正确，B错误；若初、末速度方向相反，加速度a＝v－v0t＝－10－41m/s2＝－14m/s2，负号表示方向与初速度的方向相反，C错误，D正确．【变式4】一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至零，则在此过程中() A．速度先逐渐增大，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度先均匀增大，然后增大得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案B解析加速度与速度同向，速度应增大，当加速度不变时，速度均匀增大；当加速度减小时，速度仍增大，但增大得越来越慢；当加速度为零时，速度达到最大值，保持不变，选项A错误，B正确；因质点速度方向不变化，始终向前运动，最终做匀速运动，所以位移一直在增大，选项C、D均错误．【变式5】一物体做加速度为－1m/s2的直线运动，t＝0时速度为－5m/s，下列说法正确的是()A．初速度为－5m/s说明物体在做减速运动B．加速度为－1m/s2说明物体在做减速运动C．t＝1s时物体的速度为－4m/sD．初速度和加速度方向相同，物体在做加速运动答案D解析当速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，根据速度公式v ＝v0＋at，当t＝1s时物体速度为v1＝－5m/s＋(－1)×1m/s＝－6m/s，故A、B、C错误，D正确．。
高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的规律课时作业2(含解析)
高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的规律课时作业2（含解析）1．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ．24 mC ．25 mD ．75 m答案：C 解析：根据Δs ＝at 2，可得a ＝Δs t2＝2 m/s 2；从开始刹车计时，1 s 时的速度为v 1＝9＋72 m/s 2＝8 m/s ，再经过4 s 汽车停止运动，所以汽车的总刹车时间是5 s ，刹车后6 s 内的位移s ＝12at 2＝12×2×52m ＝25 m ．本题答案为C ．2．一个物体做变加速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，B 为AC 的中点，物体在AB 段的加速度恒为a 1，在BC 段的加速度恒为a 2，已知物体经过A 、B 、C 三点的速度为v A 、v B 、v C ，有v A <v C ，且v B ＝v A ＋v C2，则加速度a 1和a 2的大小为( )A ．a 1<a 2B ．a 1＝a 2C ．a 1>a 2D ．条件不足无法确定答案：A 解析：解法一：由于物体做加速运动，所以v AB <v BC ，则t AB >t BC ，由v B ＝v A ＋v C2得：v B －v A ＝v C －v B 即a 1t AB ＝a 2t BC ，由于t AB >t BC ，故a 1<a 2，A 选项正确．解法二：作出v t 图象如图所示，B 为AC 的中点且v B ＝v A ＋v C2，只能是a 1<a 2.3．一辆汽车正在以速度54 km/h 匀速运动，由于某种原因需要在100 m 内停下，则刹车加速度大小不可能为( )A ．1.06 m/s 2B ．1.65 m/s 2C ．2.4 m/s 2D ．3.2 m/s 2答案：A 解析：刹车初速度为v 0＝54 km/h ＝15 m/s 、末速度为v ＝0，设加速度大小为a ，应用速度—位移关系式有v 2－v 20＝－2ax ，解得a ＝1.125 m/s 2，则加速度大小分别为3.2 m/s 2、2.4 m/s 2、1.65 m/s 2时汽车在100 m 内能停下，选项B 、C 、D 均可能，选项A 错．4．(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小变为v 02时，所用时间可能是( )A ．v 02gB ．v 0g C ．3v 0g D ．3v 02g答案：BC 解析：当滑块速度大小变为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v 1＝v 02和v 2＝－v 02，由公式t ＝v －v 0a ，得t 1＝v 0g 和t 2＝3v 0g，B 、C 正确．5．如图所示，斜面倾角为θ，一个小物体从斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速直线运动，其依次经过a 、b 、c 三点，最终停在斜面顶点P .a 、b 、c 三点到P 点的距离分别为x 1、x 2、x 3，小物体由a 、b 、c 运动到P 点所用的时间分别为t 1、t 2、t 3，则下列结论正确的是( )A ．x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3B ．x 2－x 1t 22－t 21＝x 3＋x 1t 23－t 21C ．x 1t 1＝x 2t 2<x 3t 3D ．x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23答案：D 解析：运用逆向思维，小物体从斜面顶端做初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式x ＝12at 2有a ＝2x 1t 21＝2x 2t 22＝2x 3t 23，选项D 对；应用数学知识有x 2－x 1t 22－t 21＝x 3－x 1t 23－t 21，选项A 、B 、C 均错．6．(2014·上海单科)在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )A ．2v gB ．vgC ．2h vD ．h v答案：A 解析：下抛落地时间满足h ＝vt 1＋12gt 21，上抛落地所需要时间满足－h ＝vt 2－12gt 22，两式相加得t 2－t 1＝2vg，A 项正确． 7．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8 mm ，弹射最大高度为 24 cm.而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m ，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)( )A ．150 mB ．75 mC ．15 mD ．7.5 m答案：A 解析：磕头虫向下运动末速度大小与向上运动初速度大小相等，向下运动的过程中v 21＝2ah 1，弹射过程中v 21＝2gh 2；人向上加速运动过程中v 22＝2aH 1，离地上升过程中v 22＝2gH 2，代入数值得H 2＝150 m ，故A 正确．8．物体以一定的初速度从斜面底端A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图所示．已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，物体从B 滑到C 所用的时间为t ′，则( )A ．t ′＝13tB ．t ′＝12tC ．t ′＝tD ．t ′<t答案：C 解析：把物体运动看成从C 点到A 点的初速度为0的匀加速直线运动．由题意知s CB ∶s BA ＝1∶3，根据初速度为0的匀加速度直线运动在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5…，可知t ′＝t .9．(2014·云南师大附中调研)(多选)如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，OB 杆与OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O 点由静止释放，沿OA 、OB 、OC 、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 4答案：ABD 解析：根据等时圆模型，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同，故沿OA 和OC 滑到底端的时间相同，OB 不是一条完整的弦，时间最短，OD 长度超过一条弦，时间最长．t 4>t 1＝t 3>t 2故正确选项为A 、B 、D ．10．一物体从某高处做匀加速下落运动，最初3 s 和最后3 s 的位移之比为3∶7，此两段时间内的位移之差大小为6 m ，求：(1)物体下落的高度； (2)物体下落的时间．答案：(1)12.5 m (2)5 s 解析：(1)设最初3 s 和最后3 s 的位移分别为x 1、x 2. 由题意可知x 1∶x 2＝3∶7，x 2－x 1＝6 m 解得x 1＝4.5 m ，x 2＝10.5 m过程草图如图所示，易知物体从顶端A 至底端B 做初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间内的位移之比等于连续的奇数之比可知最初3 s 和最后3 s 有交叉过程，CD 为交叉过程，由最初Δt ＝3 s 有x 1＝12a Δt 2解得a ＝1 m/s 2由最后Δt ＝3 s 有x 2＝v C Δt ＋12a Δt 2解得v C ＝2 m/s则AC 距离为x AC ＝v 2C2a ＝2 mAB 距离x ＝x AC ＋x 2解得x ＝12.5 m (2)AC 段用时间t 1＝v C a从A 到B 需时间t ＝t 1＋Δt 解得t ＝5 s11.(2015·湖北襄阳市调研)我国某城市某交通路口绿灯即将结束时会持续闪烁 3 s ，而后才会变成黄灯，再在3 s 黄灯提示后再转为红灯．新交通法规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章运动．(本题中的刹车过程均视为匀减速直线运动)(1)若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于24 m ，该车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)若某车正以v 0＝18 m/s 的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L ＝58.5 m ，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内．求该车驾驶员的允许的考虑时间．答案：(1)16 m/s (2)0.5 s解析：(1)设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为v 根据平均速度公式x 1＝v2t 1解得v ＝16 m/s(2)该车驾驶员的允许的从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间t 2＝6－t该汽车在刹车过程中通过的位移为x 2＝v 02t 2设绿灯开始闪烁时该车距离停车线的距离为L ，则L ＝L 0＋x 2 联立解得：t ＝0.5 s即该驾驶员的允许的考虑时间不能超过0.5 s.12．(2015·浙江温州一模)我海军小分队在进行登陆某海岛演习．一大型战舰停在离某海岛登陆点一定距离处，登陆队员需要从较高的甲板上利用绳索下滑到海水中的快艇上，再开快艇接近登陆点．绳索的一端固定在战舰甲板边缘，另一端固定在快艇上，使绳索处于绷直状态，其长度为L ＝16 m ．队员沿绳索先由静止匀加速下滑，再匀减速滑到快艇时速度刚好为零，在此过程中队员的最大速度v max ＝8 m/s.当队员抵达快艇后，立即撤除绳索，快艇正对登陆点从静止开始以a 1＝2 m/s 2的加速度匀加速直线行驶一段时间后，立即改做加速度大小为a 2＝4 m/s 2的匀减速直线运动，到达海岛登陆点时速度恰好为零．快艇距登陆点的直线距离s ＝540 m ，撤除绳索时间忽略不计，队员和快艇均视为质点．求队员登岛的总时间．答案：(4＋910) s解析：设队员在绳索上运动的时间为t 1，在快艇上运动的时间为t 2，由运动学公式得：L ＝v max2t 1v 2＝2a 1x 1 v 2＝2a 2x 2 s ＝x 1＋x 2 s ＝v 2t 2代入数据得t 1＝4 st 2＝910 s所以队员登岛的总时间t ＝t 1＋t 2＝(4＋910) s.13．(2015·陕西师大附中摸底)2012年11月25日，中国第一艘装有帮助飞机起飞弹射系统的航母“辽宁舰”完成了歼－15首次起降飞行训练并获得圆满成功．已知歼－15在跑道上加速时可产生的最大加速度为5.0 m/s 2，当歼－15的速度达到50 m/s 时才能离开航空母舰起飞．设航空母舰处于静止状态．求：(1)若要求歼－15滑行160 m 后起飞，弹射系统必须使飞机至少具有多大的初速度？ (2)若“辽宁舰”上不装弹射系统，要求该种飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰身长至少应为多长？(3)若“辽宁舰”上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L ＝160 m ，为使歼－15仍能从此舰上正常起飞，可采用先让“辽宁舰”沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，再让歼－15起飞，则“辽宁舰”的航行速度至少为多少？答案：(1)30 m/s (2)250 m (3)10 m/s解析：(1)设经弹射系统使飞机起飞时初速度为v 0，由运动学公式v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2aL ＝30 m/s(2)不装弹射系统时，飞机从静止开始做匀加速直线运动．由运动学公式v 2－0＝2ax 得该舰身长至少应为x ＝v 2－02a＝250 m(3)航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行，设速度为v 1，在飞机起跑过程中的位移为x ，则x 1＝v 1t飞机起跑过程中做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移为x 2，则由运动学公式v 2－v 21＝2ax 2得x 2＝v 2－v 212a又有v ＝v 1＋at 解得运动的时间为t ＝v －v 1a由位移关系可知L ＝x 2－x 1解以上各式得L ＝v 2－v 212a －v 1·v －v 1a解得v 1＝10 m/s 或v 1＝90 m/s(舍去)故航空母舰沿飞机起飞方向的速度至少为10 m/s.。
高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2节匀变速直线运动的规律及应用课件
取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重
6
力加速度为
m/s2。
(4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直
方向,从该视频中截取图片,
(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法
测出重力加速度。
答案 (1)小钢球
(2)①③④② (3)9.6(9.5~9.7均可)
答案 (1)4.5 m (2)2人
(3)2 m
解析 解法一 (推论法)
(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速运动的规律可知,在相邻
相等时间内位移差相等,即Δs=lCD-lBC=lBC-lAB=1 m
解得lCD=4.5 m。
(2)因为Δs=1 m,所以此刻A的上端滑道上还有2个人。
(3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有
答案 8楼
解析 由题图可以看出,在曝光的时间内,物体大约下降了两层砖的厚度,
即 14 cm(0.14 m),曝光时间为 0.01 s,所以 AB 段的平均速度为
0.14
v= = 0.01 m/s=14 m/s
由 v =2gh 可得下降的高度大约为 h=
2
2
2
=
142
2×10
m=9.8 m,每层楼高约为
(4)仍能
解析 (1)为使物体的运动尽可能地接近自由落体运动,应该尽量减小空气
阻力的影响,故下落物体应该选小钢球。
(2)实验步骤要本着先安装器材,再进行实验的原则,具体步骤为①③④②。
(3)刻度尺读数时应读球心对应的刻度,把图中三幅图依次连接起来即为常
见的纸带问题,根据逐差法可得重力加速度为
高中物理第一轮复习必修一
专题01--匀变速直线运动题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用 题型二 匀变速直线运动的推论及应用 题型三 自由落体和竖直上抛运动 题型四 多运动过程问题 题型五 直线运动的x －t 图象 题型六 直线运动的v －t 图象 题型七 追及与相遇问题题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用1．匀变速直线运动的基本规律 (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 02＝2ax . 2.方法与技巧题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式 v 0、v 、a 、t x v ＝v 0＋at v 0、a 、t 、x v x ＝v 0t ＋12at 2v 0、v 、a 、x t v 2－v 02＝2ax v 0、v 、t 、xax ＝v ＋v 02t【例题1】（2019·河北省衡水市第一中学模拟）一个质点做直线运动，其位移随时间变化 的规律为263(m)x t t =-，其中时间t 的单位s ，则当质点的速度大小为9m/s 时，质点运 动的位移为 A ．3.75 m B ．–3.75 mC ．2.25 mD ．–2.25 m【例题2】(2019·河南省洛阳市调研)如图所示，在一平直公路上，一辆汽车从O 点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3 s 内经过相距30 m 的A 、B 两点，汽车经过B 点时的速度为15 m/s ，则( )A ．汽车经过A 点的速度大小为5 m/sB ．A 点与O 点间的距离为20 mC ．汽车从O 点到A 点需要的时间为5 sD ．汽车从O 点到B 点的平均速度大小为7.5 m/s【例题3】（2019·甘肃省高三最后一次联考）C919大型客机是我国自主设计、研制的大型 客机，最大航程为5555千米，最多载客190人，多项性能优于波音737和波音747。
(浙江专用)高考物理一轮作业手册 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用(含解析) 新人教版
课时作业(二) [第2讲 匀变速直线运动的规律及应用]基础热身1．电影特技中有一种叫做“快镜头”的方法，对于一个从静止开始做匀加速直线运动的汽车，不使用特技时，屏幕上汽车的加速度为a ，汽车运动到某点时的速度为v ，当使用2倍速度的“快镜头”时，屏幕上汽车的加速度和运动到同一点的速度分别为( )A ．2a 、2vB ．2a 、4vC ．4a 、2vD ．4a 、4v2．2012·晋江联考物体沿直线以恒定加速度运动， 它的位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2(x 单位是m 、 t 单位是s)，则它的速度为零的时刻是( )A ．2 sB ．4 sC ．6 sD ．24 s3．2012·齐齐哈尔一模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 s 内位移为8.0 m ，在第3 s 内位移为0.5 m ．则下列说法正确的是( )A ．物体的加速度一定为－3.75 m/s 2B ．物体的加速度可能为－3.75 m/s 2C ．物体在第0.5 s 末速度一定为4.0 m/sD ．物体在第2.5 s 末速度一定为0.5 m/s4．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 0x ，其中v 0和v t分别表示某段位移x 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 逐渐变大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技能强化5．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，那么开始刹车后2 s 内与开始刹车后6 s 内汽车通过的位移之比为( )A ．1∶1B ．3∶1C ．3∶4D ．4∶36．2012·杭州质检一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔均为0.1 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0.2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m ，由此可求得( )A ．质点运动的初速度B ．质点运动的加速度C ．第1次闪光时质点的速度D ．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移7．物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点，所用时间为t.现在物体从A 点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a 1)，到某一最大速度v m 后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a 2)，至B 点速度恰好减为0，所用时间仍为t ，则物体的( )A ．v m 只能为2v ，与a 1、a 2的大小无关B ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关C ．a 1、a 2必须是一定的D ．a 1、a 2必须满足a 1a 2a 1＋a 2＝2vt8．如图K2－1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，减速时最大加速度大小为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K2－1A ．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9．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，在第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是( )A ．a ＝1 m/s 2,v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 mB ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 mC ．a ＝1 m/s 2,v 9＝9.5 m/s, x 9＝45 mD ．a ＝0.8 m/s 2,v 9＝7.7 m/s, x 9＝36.9 m10．小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄严的《义勇军进行曲》响起时开始升旗，当国歌结束时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，旗杆高度是19 m ，红旗从离地面1.4 m 处开始升起．若设小明升旗时先拉动绳子使红旗向上匀加速运动，时间持续4 s ，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，加速度大小与开始升起时的加速度大小相同，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算小明升旗时使红旗向上做匀加速运动加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．11．从斜面上某一位置每隔0.1 s 释放一颗小球，在连续释放几颗后，斜面上正在运动着的小球如图K2－2所示．现测得AB ＝15 cm ，BC ＝20 cm ，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且所有小球加速度大小相同，求：(1)小球的加速度；(2)B 球的速度；(3)D 、C 两球相距多远？(4)A 球上面正在运动着的小球共有几颗？图K2－2挑战自我12．2011年8月6日，我南海舰队蛟龙突击队演练直升机低空跳伞，当直升机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开直升机做自由落体运动．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，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s(取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？课时作业(二)1．C [解析] 位移不变，时间减半，由x ＝12at 2知，加速度变为原来的4倍，再由v＝at 知速度变为原来的2倍，选C.2．A [解析] 它的位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，与x ＝v 0t ＋12at 2对比可知物体的初速度为24 m/s ，加速度为－12 m/s 2，则它的速度为零的时刻是2 s ，选项A 正确．3．B [解析] 若物体在第3 s 内未减速至零，则由x 3－x 1＝2aT 2可得a ＝－3.75 m/s 2，由v 2.5＝v 3＝x 3T 可得v 2.5＝0.5 m/s ；若物体在第3 s 内已减速至零，则物体的加速度大于3.75m/s 2，物体在第2.5 s 末的速度小于0.5 m/s ，甚至可能为零．选项B 正确．4．BC [解析] 题干中两式联立得Ax ＝at ，若A 不变，则相等位移内a 、t 的乘积不变；若A>0，则v t >v 0，故后面完成相等的位移所用时间t 越小，则a 逐渐变大，选项A 错误，选项B 正确；若A 不变，设物体在中间位置处的速度为v x 2，则A ＝v x 2－v 0x 2＝v t －v x 2x 2，解得v x2＝v 0＋v t2，选项C 正确，选项D 错误． 5．C [解析] 汽车刹车停下来所用时间t ＝v 0a ＝205 s ＝4 s ．汽车开始刹车后2 s 内的位移x 1＝v 0t 1－12at 2＝[20×2－12×5×22] m ＝30 m ．汽车刹车后6 s 内的位移即刹车过程的总位移x 2＝v 202a ＝2022×5m ＝40 m ，故x 1∶x 2＝3∶4，选项C 正确．6．BCD [解析] 质点在两个相邻相等时间内的位移分别为x 1＝0.2 m ，x 3＝0.8 m ，时间间隔T ＝0.1 s ，则加速度a ＝x 3－x 12T 2＝30 m/s 2，B 项正确；由于不清楚物体运动的初始时刻，因此无法求出初速度的大小，A 项错误；由v ＝x 1T 可求出第一次闪光和第二次闪光两个时刻之间质点运动的中间时刻的速度v ＝2 m/s ，再由v －v 1＝a·T2可求出第一次闪光时质点的速度v 1＝0.5 m/s ，C 项正确；由x 2－x 1＝aT 2可求出从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点运动的位移x 2＝0.5 m ，D 项正确．7．AD [解析] 物体匀速运动时，有x AB ＝vt ，物体先匀加速直线运动，再匀减速直线运动时，有x AB ＝v m 2t 1＋v m 2t 2＝v m2t ，解得v m ＝2v ，与a 1、a 2的大小无关，A 正确，B 错误；由t 1＝v m a 1，t 2＝v m a 2得t ＝v m a 1＋v m a 2，即得a 1a 2a 1＋a 2＝2vt，C 错误，D 正确．8．AC [解析] 如果立即做匀加速直线运动，t 1＝2 s 内的位移x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝20 m>18m ，此时汽车的速度为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 2＝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．9．C [解析] a ＝x 9′－x 5′4T 2＝44×12 m/s 2＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝0.5 m/s ＋1×9 m/s ＝9.5 m/s ，x 9＝v 0t ＋12at 2＝0.5×9 m ＋12×1×92＝45 m ，正确选项为C.10．0.1 m/s 20.4 m/s [解析] 因为减速运动的加速度与加速时的加速度一样大，所以减速和加速的时间是相同的，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 ，加速和减速的平均速度都是v2.总位移为x ＝v 2t 1＋vt 2＋v2t 3，其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m解得v ＝0.4 m/s加速度a ＝v t 1＝0.44m/s 2＝0.1 m/s 2.11．(1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)25 cm (4)2颗[解析] A 、B 、C……各点的位置正是首先释放的某小球每隔t ＝0.1 s 所在的位置，这样就把本题转换成一个小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动的问题了．(1)a ＝Δx （Δt ）2＝BC －AB （Δt ）2＝0.20－0.150.12m/s 2＝5 m/s 2. (2)v B ＝AB ＋BC 2Δt ＝0.15＋0.202×0.1m/s ＝1.75 m/s.(3)由Δx ＝DC －BC ＝BC －AB 得：DC ＝BC ＋(BC －AB)＝20 cm ＋5 cm ＝25 cm. (4)小球B 从开始下滑到图示位置所需的时间为t B ＝v B a ＝1.755 s ＝0.35 s则B 球上面正在运动着的小球共有3颗，A 球上面正在运动着的小球共有2颗．12．(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s[解析] (1)设直升机悬停位置距地面高度为H ，伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，着地时，速度为v 1，相当于从h 1高处自由落下．在匀减速运动阶段，有v 21－v 20＝－2ah ，即52－v 20＝－2×12.5×h在自由落体运动阶段，有v 20＝2g(H －h)即v 20＝2×10×(224－h)联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m/s以5 m/s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下即2gh 1＝v 21所以h 1＝v 212g ＝522×10m ＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则在自由落体运动阶段，有v 0＝gt 1， 解得t 1＝v 0g ＝5010 s ＝5 s ，在匀减速运动阶段，有 t 2＝v 1－v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ，故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s.。
高考物理一轮复习课后限时作业2匀变速直线运动的规律含解析新人教版
1．历史上，伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静
>0，即
4
4．在足够长的光滑斜面上，有一物体以10
释放一小球，某时刻用照相机拍得多个小球在同一照片中位置如图中1、2、3、4、5、…所示，每块砖的厚度为
A．在位置“1”处小球刚刚释放
6．一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离为L时，速度为v，当它的速度
为v
2
时，它沿斜面下滑的距离是( C )
8．(多选)如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过
点时速度大小为2.55 m/s
B．质点的加速度大小为2 m/s2
点运动到C点的时间为4 s
段的时间均大于T
cd
点的速度等于通过bd段的平均速度
当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，假，则bc段、cd段的间距应分别为3x cd
段的时间均大于T，选项
点的速度应为v2＝
v
＝
2
8，选项B错误；因为x cd c点的时刻不是
，则滑块通过点的速度不等于bd段的平均速度，选项D错误．
10．如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80
m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减
(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；
(2)列车减速运动的最长时间．
解析：(1)若列车车尾恰好停在A点，减速运动的加速度大小为a，距离为x。
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。
高三物理一轮复习 1-1-2：匀变速直线运动规律及应用课件
答案：(1)8 s (2)大小为10 m/s，方向与初速度方向相反
1．任意相邻两个连续相等的时间里的位移之差是一个恒量，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝at2. 2．某段时间内的平均速度，等于该时间的中间时刻的瞬时
速度，
即
.
3和．一某半段的位平移方中根点，的即瞬时速度等于初速度.v0和末速度vt平方
4．初速度为零的匀加速直线运动的规律(设T为等分时间间隔)
(1)1T内、2T内、3T内……位移之比x1∶x2∶x3…＝ 12∶22∶32 … . (2)1 T末、2T末、3T末……速度之比v1∶v2∶v3…＝ 1∶2∶3 … .
(3) 第 一 个 T 内 、 第 二 个 T 内 、 第 三 个 T 内 …… 的 位 移 之 比 为
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
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
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
1－1 一个匀加速直线运动的物体，在头4 s内经过的位 移为24 m，在第二个4 s内经过的位移是60 m．求这个物 体的加速度和初速度各是多少？
2．竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性
如图1－2－2，物体以初速度v0竖直上抛，
图1－2－2
A、B为途中的任意两点，C为最高点，则
①时间对称性
物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中 从C→A所用时间t 相等，同理t ＝t .
②速度对称性 物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点
分别为AB＝2.40 cm，BC＝7.30 cm，CD＝12.20 cm，DE＝17.10 cm.由此可知，
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2012届物理一轮复习课时作业1.2匀变速直线运动的规律及应用一、单项选择题1．(2011年淮北一中月考)美国“华盛顿号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F－18大黄蜂”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/sB ．40 m/sC ．20 m/sD ．10 m/s解析：选B.由v 2－v 20＝2ax 得：v 20＝v 2－2ax所以v 0＝40 m/s.2．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s ，1 s 后速度大小变为10 m/s ，在这1 s 内不可能的是( )A ．该物体平均速度的大小可能是7 m/sB ．该物体位移的大小可能小于4 mC ．该物体速度变化量大小可能小于4 m/sD ．该物体加速度的大小可能小于10 m/s 2解析：选C.(1)若为匀加速，v 0＝4 m/s ，v ＝10 m/s ，则 v ＝v 0＋v 2＝4＋102 m/s ＝7 m/s ，故A 对．a ＝v －v 0Δt ＝10－41m/s 2＝6 m/s 2，故D 对． (2)若先减速再反向加速，v 0＝4 m/s ，v ＝－10 m/s ，则 v ＝v 0＋v 2＝4－102 m/s ＝－3 m/s ，x ＝v t ＝－3 m ，故B 正确．若为匀加速时Δv ＝10 m/s －4 m/s ＝6 m/s先减速再加速时Δv ＝－10 m/s －4 m/s ＝－14 m/s.故C 不可能．3．(2011年上海交大东方学校模拟)从某高处释放一粒小石子，经过1 s 从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将( )A ．保持不变B ．不断增大C ．不断减小D ．有时增大，有时减小解析：选B.设第1粒石子运动的时间为t s ，则第2粒石子运动的时间为(t －1)s ，则经过时间t s ，两粒石子间的距离为Δh ＝12gt 2－12g (t －1)2＝gt －12g ，可见，两粒石子间的距离随t 的增大而增大，故B 正确．4. 2010年4月17日是青海玉树震后第三天，中国空军日以继夜加紧进行空运抗震救灾，当天上午6时至10时又出动飞机4个架次，向玉树地震灾区运送帐篷540顶(约合57吨)，野战食品24吨．从水平匀速飞行的运输机上向外自由释放一个物体如图，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是( )A ．从飞机上看，物体静止B ．从飞机上看，物体始终在飞机的后方C ．从地面上看，物体做平抛运动D ．从地面上看，物体做自由落体运动解析：选C.从水平匀速飞行的飞机上向外自由释放一个物体，因惯性在水平方向物体与飞行的运输机始终有相同的速度．从地面上看，物体做平抛运动，D 错；从飞机上看，物体做自由落体运动，A 、B 错．5．(2011年马鞍山模拟)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g 2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( ) A.v 02g B.2v 0g C.3v 0g D.3v 02g解析：选C.当滑块速度大小减为v 02，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C 选项正确．6．一个质点正在做匀加速直线运动，现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 ，由此不可求得的是( )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：选D.由x 23－x 12＝x 34－x 23可求x 23；由Δx ＝aT 2可求a ；由v 2＝x 132T可求v 2，再由v 2＝v 1＋aT 可求v 1，但物体原来的初速度无法求出，故选D.7.(2011年浙江温州八校联考)汽车遇紧急情况刹车，经1.5 s 停止，刹车距离为9 m ．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s 的位移是( )A ．4.5 mB ．4 mC ．3 mD ．2 m解析：选B.汽车刹车反过来可以看做初速度为零的匀加速直线运动，由x ＝12at 2，可得其加速度大小为a ＝8 m/s 2；汽车停止前最后1 s 的位移是x ′＝12at ′2＝4 m ，选项B 正确． 8. (2011年滁州中学摸底)如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，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，下列判断错误的是( )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A.由题图可知，小球做匀加速直线运动，相邻的两段位移之差为一块砖的厚度，由Δx ＝d ＝aT 2可得，a ＝d T 2；位置“3”是位置“2”和位置“4”的中间时刻，由v t 2＝v 得，v 3＝7d 2T；故只有选项A 判断错误． 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/s 2)( ) A. 5 s B ．(6－1) sC ．3 sD ．2.5 s解析：选C.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 ＝v 22a ＝12×1 m ＝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 ＝2.5－0.51s ＝2 s ，故t 总＝t 1＋t 2＝3 s. 10．(2011年六安二中摸底) 测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，某时刻B 发出超声波，同时A 由静止开始做匀加速直线运动．当B 接收到反射回来的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知声速为340 m/s ，则汽车的加速度大小为( )A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定解析：选B.设超声波往返的时间为2t ，根据题意汽车在2t 时间内位移为12a (2t )2＝20 m ，①所以超声波追上A 车时，A 车前进的位移为12at 2＝5 m ， ② 所以超声波在2t 内的路程为2×(335＋5) m ，由声速340 m/s 可得t ＝1 s ，代入①式得，a ＝10 m/s 2，故B 正确．二、计算题11．(2010年高考课标全国卷)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)解析：(1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动的速度为v (以m/s 为单位)，则有12vt ＋(9.69－0.15－t )v ＝100① 12vt ＋(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 ＝v t＝8.71 m/s 2. 答案：(1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 212．在一次低空跳伞训练中，当直升飞机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开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，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，(取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，则有v2－v20＝－2ah，即52－v20＝－2×12.5×h又v20＝2g(224－h)＝2×10×(224－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＝v2/2g＝52/20 m＝1.25 m.(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有v0＝gt1，t1＝v0/g＝50/10 s＝5 s，t2＝(v－v0)/a＝5－50－12.5s＝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 s。