2019高考物理一轮复习课时作业(二)匀变速直线运动的规律(无答案)

课时作业2 匀变速直线运动的规律时间：45分钟一、单项选择题1．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/s 2，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 ＝2ax 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 正确．答案：A2．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—时间图象，假如作出的图象如图所示．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/s 2)( )A ．1.8 mB ．3.6 mC ．5.0 mD ．7.2 m解析：由题图可知运动员在空中的时间t ＝2.0 s ，故运动员跃起的最大高度H m ＝12g (t 2)2＝5.0 m ，C 正确．答案：C3．一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 ．物体在前2 s 内的位移是20 mD ．物体在5 s 内的位移是50 m解析：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12g ×(2 s)2＝8 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．答案：D4．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 ．1 3C ．3 4D ．4 3解析：汽车从刹车到停止用时t 刹＝v 0a ＝205s ＝4 s ，故刹车后2 s 和6 s 内汽车的位移分别为x 1＝v 0t －12at 2＝20×2 m－12×5×22 m ＝30 m ，x 2＝v 0t 刹－12at 2刹＝20×4 m－12×5×42m＝40 m ，x 1x 2＝34，故C 正确．答案：C5．如图所示是2012年12月1日上午9时整，哈尔滨西客站D502次列车首次发车，标志着世界首条高寒区高速铁路哈大高铁正式开通运营．哈大高铁运营里程921公里，设计时速350公里．D502次列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s 内的位移是57.5 m ，第10 s 内的位移是32.5 m ，则下列说法正确的有( )A ．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B ．时速350公里是指平均速度，921公里是指位移C ．列车做匀减速运动时的加速度大小为6.25 m/s 2D ．列车在开始减速时的速度为80 m/s解析：因列车的大小远小于哈尔滨到大连的距离，研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，A 错；由时间、时刻、位移与路程的意义知时速350公里是指平均速率，921公里是指路程，B 错；由等时位移差公式s n －s m ＝(n －m )aT 2可知加速度大小为a ＝57.5－32.55m/s 2＝5 m/s 2，C 错；由题意可知第4.5 s 末列车速度为57.5 m/s ，由公式v ＝v 0－at 知v 0＝80 m/s ，D 对．答案：D 二、多项选择题6．从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面，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过程经历的时间解析：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，A 正确，B 错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C 正确，D 错误．答案：AC7．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 2t 1＋vt 2＋v2t 3＝(3＋30＋4.5) m ＝37.5 m ，C 正确，D 错误．答案：AC8．一物体在粗糙地面上以一定的初速度匀减速滑动．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 ．物体的加速度大小一定为4.0 m/s 2B ．物体的加速度大小一定为3.75 m/s 2C ．物体在第0.5 s 末速度一定为8.0 m/sD ．物体在第2.5 s 末速度一定为0.5 m/s解析：假设物体一直做匀减速直线运动，在第3 s 末未停下来，根据匀变速直线运动规律可知，某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，故t 1＝0.5 s 时刻的瞬时速度v 1＝8 m/s ，t 2＝2.5 s 时刻的瞬时速度为v 2＝0.5 m/s ，根据加速度定义式可得加速度大小为a 1＝v 1－v 2t 2－t 1＝3.75 m/s 2，则物体从0.5 s 时刻开始到停下来所用时间为t ＝v 1a 1＝3215s ，即物体整个运动时间为0.5 s ＋3215 s<3 s ，故假设不成立，v 2并非2.5 s 时刻的瞬时速度，物体一定在3 s 时刻之前停下来了．设物体在2 s 时刻后再运动t 0时间停下，则v 1＝a (1.5＋t 0)，2 s 时刻物体的速度为v 20＝v 1－1.5a ，从2 s 时刻开始到物体停下来的这段时间内，即t 0时间内物体运动的位移x ＝v 20t 0－12at 20＝0.5, 解得t 0＝0.5 s ，a ＝4 m/s 2，故物体实际上在2.5 s 时刻停止运动，此后静止，A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC三、非选择题9．一客运列车匀速行驶，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：本题考查运动学的基本规律，意在考查考生对运动过程的分析能力以及应用运动学公式解决问题的能力．(1)设客车车轮连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt ，每根铁轨的长度为l ，则客车速度大小为v ＝lΔt① 其中l ＝25.0 m ，Δt ＝10.016－1s ，得v ＝37.5 m/s ②(2)设从货车开始运动后t ＝20.0 s 内客车行驶了x 1米，货车行驶了x 2米，货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度为L ＝30×16.0 m．由运动学公式有x 1＝vt ③x 2＝12at 2 ④由题给条件有L ＝x 1－x 2 ⑤ 由②③④⑤式解得a ＝1.35 m/s 2 ⑥答案：(1)37.5 m/s (2)1.35 m/s 210．(2014·海南单科)短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为7.5 m ，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．解析：根据题意，在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速运动．设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1 s 和第2 s 内通过的位移分别为s 1和s 2，由运动学规律得s 1＝12at 20 ① s 1＋s 2＝12a (2t 0)2 ②式中t 0＝1 s ，联立①②两式并代入已知条件，得a ＝5 m/s 2 ③设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ；跑完全程的时间为t ，全程的距离为s .依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2 ④ v ＝at 1 ⑤ s ＝12at 21＋vt 2 ⑥设加速阶段通过的距离为s ′，则 s ′＝12at 21 ⑦联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得s ′＝10 m.答案：5 m/s 210 m11．王兵同学利用数码相机连拍功能记录运动会上男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他们起跳的瞬间，第四张如图甲，王兵同学认为这时他们处在最高点，第十九张如图乙，他们正好身体竖直、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．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 ＝110 s ＝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。

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。

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．从塔顶开释一个小球A， 1 s 后从同一地址再开释一个小球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 ．不停减小C．不停增大 D ．有时增大，有时减小分析：设 B 球着落了时间12121 t ，则 A 球着落了时间 (t ＋ 1) ．由 h＝ gt得 h B＝ gt ，h A＝ g(t22221＋ 1) .A 、B 两球间距离 h＝ h －h ＝2g(2t ＋ 1) ，可见 h 随时间 t 的增大而增大， C项正确．A B答案： C2．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某拍照喜好者恰巧拍到了它着落的一段轨迹AB. 该喜好者用直尺量出1轨迹的长度，如下图．已知曝光时间为s ，则小石子出1 000发点离 A 点约为 ()A． 6.5 m B ． 10 m C ． 20 m D ． 45 mx0.0222分析：小石子抵达 A 点时的速度为v A20v ＝t＝1m/s ＝ 20 m/s，h＝2g＝2×10 m＝ 20 m.A1 000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 内位移大小挨次为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分析：由220 1 210＝ 10 m/s，汽车刹车时间m v0 x＝ aT得： a＝ 2 m/s ，由 v T－2aT ＝x得 v t ＝a2v0＝5 s ＜6 s ，故刹车后 6 s 内的位移为 x＝2a＝ 25 m，C 项正确．答案： C4．如下图，传递带保持 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递带的 a 点上，设物体与传递带间的动摩擦因数μ＝ 0.1 ，a、b 间的距离 L＝ 2.5m，则物体从 a 点运动到 b 点所经历的时间为2) (g 取 10 m/s )(A. 5 s B． ( 6－ 1)s C ． 3 s D． 2.5 s分析：物块开始做匀加快直线运动，a＝μ g＝ 1 m/s 2，速度达到皮带的速度时发生的位v21v移 x＝2a＝2×1 m＝ 0.5m＜L，故物体接着做匀速直线运动，第 1 段时间 t 1＝a＝ 1 s，第 2 段时间 t ＝L－ x 2.5 － 0.5＝t＋t ＝ 3 s.v＝1s ＝2 s ， t总212答案： C5．以 v0＝ 20 m/s的速度竖直上抛一小球，经 2 s 以同样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 ．不会相碰分析：设第二个小球抛出后经t s与第一个小球相遇．法一依据位移相等有：v0(t1＋ 2) － 2g(t21＋2)＝v0t－2gt2.解得t ＝ 1 s，代入位移公式12h＝v0t － 2gt ，解得h＝ 15m.法二因第二个小球抛出时，第一个小球恰( 抵达最高点) 开始自由着落．依据速度对称性，上涨阶段与降落阶段经过同一地点的速度大小相等、方向相反，即：－[v0－g(t＋ 2)]＝v0－ gt ，解得t ＝ 1 s，代入位移公式得h＝ 15 m.答案： B二、不定项选择题6．小铁块置于长木板右端，长木板放在圆滑的水平川面上，t ＝ 0 时使两者获取等大反向的初速度开始运动，经过时间t 1小铁块在长木板上停止滑动，两者相对静止，此时与开始运动时的地点对比较，如图中哪一幅反应了可能发生的状况()分析：小铁块和长木板都做初速度为v0的匀减速直线运动，故相关于初始地点，小铁块的位移向左，长木板的位移向右，所以A、 C正确．答案： AC7．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/s2，5 s 内物体的 () A．行程为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．均匀速度大小为 5 m/s ，方向向上302分析：初速度为 30 m/s ，只要要 3 s 即可上涨到最高点，位移为h1＝20m＝45 m，再自由落体 2 s 时间，降落高度为265 m， A 对；此时在抛h ＝0.5 ×10×2 m＝ 20 m，故行程为2出点上方25 m，位移方向竖直向上， B 对；此时速度为v＝10×2 m/s ＝20 m/s ，速度改变量25为 50 m/s ， C 错；均匀速度为5 m/s ＝5 m/s ，D 对．答案： ABDg 8．给滑块一初速度v0使它沿圆滑斜面向上做匀减速运动，加快度大小为，当滑块速度2 v0大小减为时，所用时间可能是()2v0v03v03v0A. 2gB.gC.gD.2gv0分析：当滑块速度大小减为 2 ，其方向可能与初速度方向同样，也可能与初速度方向相反，所以要考虑两种状况，即v0v＝ 2 或v0v＝－ 2 ，代入公式t ＝v－ v0v0得， t ＝或a gt ＝3v0g，应选B、 C.答案： BC9．如下图，以8 m/s匀速行驶的汽车马上经过路口，绿灯还有 2 s 将熄灭，此时汽车距离泊车线18 m，该车加快时最大加快度大小为 2 m/s 2，减速时最大加快度大小为 5 m/s 2. 此路段同意行驶的最大速度为12.5 m/s ，以下说法中正确的有()A．假如立刻做匀加快运动，在绿灯熄灭前汽车可能经过泊车线B．假如立刻做匀加快运动，在绿灯熄灭前经过泊车线汽车必定超速C．假如立刻做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车必定能经过泊车线D．假如距泊车线 5 m 处减速，汽车能停在泊车线处分析：假如立刻做匀加快直线运动，t 1＝2 s内的位移12x1＝ v0t 1＋2a1t 1＝ 20 m＞ 18 m，此时汽车的速度为v1＝v0＋ a1t 1＝ 12 m/s＜12.5 m/s ，汽车没有超速， A 项正确，B 项错误；假如立刻做匀减速运动，速度减为零需要时间v0t 2＝ a2＝ 1.6 s，此过程经过的位移为1x2＝ 2a2t22＝6.4m， C 项错， D 项错误．答案： A三、非选择题10．一个小球从斜面顶端无初速度下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直至停止，它共运动了10 s ，斜面长 4 m，在水平面上运动的距离为 6 m．求：(1)小球在运动过程中的最大速度；(2)小球在斜面和水平面上运动的加快度大小．分析：小球在斜面上做匀加快直线运动，在斜面底端速度最大，设最大速度为v ，在maxv斜面上运动的时间为t，在水平面上运动的时间为t . 则由max＋ t) ＝ 10， t＋ t＝ 10，得2(t112212v max＝ 2 m/s. 由公式 2as＝ v max2，代入数据得： a1＝1m/s 2， a2＝1m/s 2.23答案： (1)2 m/s(2)1m/s 21m/s 22311．一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站，启动加快度为 2 m/s 2，加快行驶 5 s 后匀速行驶 2 min ，而后刹车，滑行50 m，正好抵达乙站，求汽车从甲站到乙站的均匀速度为多少．分析：汽车的运动表示图如下图，启动阶段行驶位移为：x112＝ at 1，①2匀速行驶的速度为：v＝ at 1，②匀速行驶的位移为：x2＝ vt 2，③v刹车阶段的位移为：x3＝2t 3，④立①②③④四式，可得汽 从甲站到乙站的均匀速度 ：－ x 1＋ x 2＋ x 3 25＋ 1 200 ＋ 50 m/s ＝ 1 275v ＝ ＝ 5＋ 120＋ 10 m/s ≈9.44 m/s.t ＋ t ＋ t3 1351 2答案： 9.44 m/s12．“10 米折返跑”的成 反应了人体的敏捷素 ．定 ，在平直跑道上， 受 者以站立式起跑姿 站在起点点 前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前面10 米的折返 ， 同 开始 ，受 者抵达折返 ，用手触摸折返 的物体( 如木箱 ) ，再 身跑向起点 点 ，当胸部抵达起点 点 的垂直面 ， 停表，所用 即 “10米折返跑”的成 ．如 所示， 受 者起跑的加快度 4 m/s 2，运 程中的最大速度4 m/s ，抵达折返 需减速到零，加快度的大小8 m/s 2，返回 达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲 ．受 者在加快和减速 段的运 均可 匀 速直 运 ． 受 者“10米折返跑”的成 多少秒？分析： 受 者， 由起点 点 向折返 运 的 程中加快 段：v m 1 t 1＝ ＝ 1 s ，x 1＝ v m t 1a 12＝ 2 m ；减速 段： t 3＝v m1＝ 0.5 s ， x 3 ＝ v m t 3＝ 1 m ；22a13匀速 段： t 2＝ l－（ x＋ x ）＝1.75 s.v m由折返 向起点 点 运 的 程中加快 段：v mt 4＝ a 1＝ 1 s1， x 4＝ 2v m t 4＝ 2 m ；l －x 4匀速 段： t 5＝ v m ＝ 2 s.受 者“ 10 米折返跑”的成 ：t ＝ t 1＋ t 2＋⋯＋ t 5＝ 6.25 s.答案： 6.25 s。

课时跟踪检测（二） 匀变速直线运动的规律对点训练：匀变速直线运动的基本规律1．(2018·苏州模拟)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，下列说法正确的是( )A ．该质点的加速度大小为1 m/s 2B ．该质点在1 s 末的速度大小为6 m/sC ．该质点第2 s 内的平均速度为8 m/sD ．前2 s 内的位移为8 m解析：选C 根据x ＝v 0t ＋12at 2＝5t ＋t 2得，质点的初速度v 0＝5 m/s ，加速度a ＝2 m/s 2，故A 错误；质点在1 s 末的速度v 1＝v 0＋at ＝5 m/s ＋2×1 m/s ＝7 m/s ，故B 错误；质点在第2 s 内的位移x 2＝(5×2＋4)m －(5×1＋1)m ＝8 m ，则第2 s 内的平均速度v ＝x 2t ＝81m/s ＝8 m/s ，故C 正确；前2 s 内的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝5×2 m ＋4 m ＝14 m ，故D 错误。

2.(2018·厦门模拟)如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况。

当车速v ≤10m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为5 m/s 2，使汽车避免与障碍物相撞。

则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( )A ．50 mB ．20 mC ．10 mD ．1 m解析：选C 由题意知，车速v ≤10 m/s ，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5 m/s 2，最后末速度减为0，由推导公式v 2＝2ax 可得：x ≤v 22a ＝1022×5m ＝10 m ，所以系统设置的安全距离约10 m ，故C 正确，A 、B 、D 错误。