课后限时集训(二) 匀变速直线运动的规律及应用
(建议用时：40分钟)
[基础对点练]
题组一：匀变速直线运动规律的应用
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 m C．质点运动的加速度为1 m/s D．质点3 s末的速度为5 m/s
x1222
B [根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t，根据x＝v0t＋at＝2t＋t知，质点的初速度v0＝2 m/s，
t21212
加速度a＝2 m/s，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋at＝2×5 m＋×2×25 22m＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。]
2．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v)m，下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10 m/s B．刹车过程持续的时间为5 s C．0时刻的初速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m
1212112222
C [由v－v0＝2ax可得x＝－v0＋v，对照x＝10－0.1v可知，＝－0.1，－v0＝10，解得a
2a2a2a2a＝－5 m/s，v0＝10 m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v－v0＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，选项B、D错误。]
3.(2019·运城检测)如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )
2
2
2
2
2
2
A．1∶1 C．1∶3
B．1∶2 D．1∶4
2
2
2
20
vBvC
C [根据匀变速直线运动的速度位移公式v－v＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则
2a2aAB∶BC＝1∶3。故C正确，A、B、D错误。]
4．某航母跑道长为200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s，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/s C．15 m/s
B．10 m/s D．20 m/s
2
2
2
B [飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系v－v0＝2ax解决问题。由题知，v＝50 m/s，a＝6 m/s，x＝200 m，根据v－v0＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0＝v－2ax＝50－2×6×200 m/s＝10 m/s。故选项B正确。]
5．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 m C．150 m
B．300 m D．144 m
2
2
2
2
2
2v－v00－60
B [先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞
a－6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＝v0tat10
＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m。] 22
题组二：重要推论和比例关系的应用
2
2
6．一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，速度变为原来的3倍，则该质点的加速度为( )
sA．2 t2sC．2 t
3B．2 2t4sD．2
t
A [设质点的初速度为v，经时间t速度为3v，有 v＋3v3v－v2vs
s＝v·t＝·t＝2vt，则a＝＝＝2。]
2ttt
7.(多选)(2019·雅安模拟)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3
D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1
BD [因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看作反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v－v0＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶2∶3，则所求的速度之比为3∶2∶1，故选项A错误，B正确。]
8．(多选)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，则下列说法正确的是( )
A．初速度v0的大小为2.5 m/s B．加速度a的大小为1 m/s
2
2
2
C．位移x3的大小为1.125 m
D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
x1＋x222
BCD [由Δx＝aT可得加速度大小a＝1 m/s；第1 s末的速度v1＝＝2.5 m/s；物体的速度由
2TΔv12
2.5 m/s减速到0所需时间t＝＝2.5 s，则经过位移x3的时间t′为1.5 s，且x3＝at′＝1.125 m；
－a2位移x3内的平均速度v＝
x3
＝0.75 m/s。故选B、C、D。] t′
9.如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀减速直线运动，依次经A、B、C、D到达最高点E，已知AB＝BD＝6 m，BC＝1 m，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2 s。设滑块经B、C时的速度为vB、vC，则( )
A．vC＝6 m/s B．vB＝8 m/s C．DE＝3 m
D．从D到E所用时间为4 s
AD12ΔxCD－AC5－7222
D [C为AD的中间时刻，vC＝＝ m/s＝3 m/s，a＝2＝＝ m/s＝－0.5 m/s；由vC－2
2T4TT40－vD
v＝2ax，解得vB＝10 m/s；经D点速度vD＝vC＋aT＝(3－0.5×2)m/s＝2 m/s，DE＝＝4 m；从D
2a
2B
2
2
0－vD－2
到E所用时间t＝＝ s＝4 s。]
a－0.5
题组三：自由落体和竖直上抛运动
10．(2019·哈尔滨检测)甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面H
处做竖直上抛运动。欲使乙球上升到处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为( )
n
A．C．
gH 2
n－1gH
2n
B．D．
ngH
2n－1ngH
2n＋1
H12H12H
B [由竖直上抛运动规律知＝v0t－gt，由自由落体运动规律知H－＝gt，联立可得t＝，v0＝
n2n2v0ngH
，B对。]
2n－1
11．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( )
2vA． g2hC． v
vB． ghD． v
A [根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运－v－v2v
动与竖直下抛的小球运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝＝，A项
－gg正确。]
12．(多选)在某一高度以v0＝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)( )
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
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v0＋v
式v＝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，
2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，v－v0球的位置一定，距起点的位移h＝＝15 m，D正确。]
－2g
[考点综合练]
13．(2019·南通检测)科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g取10 m/s)( )
22
2
2
A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB B [由题图可知AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，由题意知水滴在12 下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A错误；由h＝gt可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的 2时间为 BC 22x s，即闪光的间隔时间是 s，B正确；由v＝知水滴在相邻两点间的平均速度满足vAB∶v1010t ∶vCD＝1∶3∶5，C错误；由v＝gt知水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，D错误。] 14．(2019·定州调研)质量为m的小球由空中A点无初速度自由下落，加速度大小为g；在t秒末使 其加速度大小变为a且方向竖直向上，再经过t秒小球又回到A点。不计空气阻力且小球从未落地，则以下说法中正确的是( ) A．a＝4g B．返回到A点的速率为2at C．自由下落t秒时小球的速率为at 22D．小球下落的最大高度为at 9 1212 D [根据匀变速直线运动的规律可知：gt＝－(gt·t－at)，解得a＝3g，选项A错误；返回到A 2221 点的速度v＝gt－at＝－at，选项B错误；自由下落t秒时小球的速率为gt＝at，选项C错误；小球下 33 1212gt 落t秒的高度h1＝gt＝at，匀减速运动速度减到零时的位移h2＝262a121222 度h＝at＋at＝at，选项D正确。] 6189 2 ＝ 12 at，故小球下落的最大高18 15.(2019·济南调研)如图所示是一种较精确测量重力加速度g值的装置。下端装有弹射装置的足够长的真空玻璃直管竖直放置，使小球竖直向上弹出，在O点与弹簧分离，然后返回。在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2。 (1)求重力加速度g； (2)若O点距玻璃管底部的距离为L0，求真空玻璃管最小长度。 T11T12 解析：(1)小球从O点上升到最高点的时间为，有h1＝g； 222T2 小球从P点上升到最高点的时间为， 21T2有h2＝g； 22依据题意有h1－h2＝H， 8H 联立解得g＝22。 T1－T2 (2)真空玻璃管最小长度L＝L0＋h1，且 2 1T1T1H h1＝g＝22， 22T1－T2 2 2 T1H 解得L＝L0＋22。 T1－T2 2 8HT1H 答案：(1)22 (2)L0＋22 T1－T2T1－T2 16．(2019·龙岩模拟)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所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度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v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1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t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1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。求： 2 2 (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 v1－v2 x1＝＝64 m 2a 故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。 v1 (2)经人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x2＝＝72 m。 2a(3)过ETC通道的时间 v1－v2dt1＝×2＋＝18.5 s av2过人工收费通道的时间 v1 t2＝×2＋t0＝44 s ax总2＝2x2＝144 m 二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m 在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则 2 2 2 Δx Δt＝t2－(t1＋)＝25 s。 v1 答案：(1)138 m (2)72 m (3)25 s 高考真题集中练 (教师用书独具) 1．(2016·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( ) s3s4s8sA．2 B．2 C．2 D．2 t2ttt sv1＋v2v1＋v2A [质点在时间t内的平均速度v＝，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝，故 t22s1212sv2－v12v1s ＝。由题意知：mv2＝9×mv1，则v2＝3v1，进而得出2v1＝。质点的加速度a＝＝＝2。故选项t22ttttA正确。] 2.(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1 解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 1212 －μmgs0＝mv1－mv0 22 ① v0－v1 解得μ＝。 2gs0 22 ② (2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。 由运动学公式得 v2 2 0－v1＝2a1s0 v0－v1＝a1t s12 1＝2a2t 联立③④⑤式得 2 as1 1＋v0 2＝ v2s2。 0 2 2答案：(1)vv2 0－v11＋v0 2gs (2) s1 0 2s2 0 ③ ④ ⑤ ⑥ 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容