2018高中物理 第二章 匀变速直线运动的研究练习（打包12套）新人教版必修1.zip

1追及相遇问题——高速追低速（答题时间：20 分钟）1. （多选）如图是做直线运动的甲、乙两个物体的位移—时间图象，由图象可知（ ）A. 乙开始运动时，两物体相距 20 mB. 在 0～10 s 这段时间内，两物体间的距离逐渐增大C. 在 10～25 s 这段时间内，两物体间的距离逐渐变小D. 两物体在 10 s 时相距最远，在 25 s 时相遇2. （多选） a、 b、 c 三个物体在同一条直线上运动，三个物体的 x－ t 图象如图所示，图象 c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是 （ ）A. a、 b 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B. a、 b 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反C. 在 0～5 s 内，当 t＝5 s 时， a、 b 两个物体相距最近D. 物体 c 一定做变速直线运动3. A 火车以 v1＝20m/s 速度匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距 100m 处，有另一列火车 B 正以 v2＝10m/s 速度匀速行驶，A 车立即做加速度大小为 a 的匀减速直线运动。要使两车不相撞，a 应满足什么条件？4.（单选）甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其 v ­t 图象如图所示，则（ ）A. 1 s 时甲和乙相遇2B. 0～6 s 内甲乙相距最大距离为 1 mC. 2～4 s 内甲相对乙做匀速直线运动D. 4 s 时乙的加速度方向反向5. （单选）汽车 A 在红灯前停住，绿灯亮时启动，以 0.4 m/s2的加速度做匀加速运动，经过 30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动。设在绿灯亮的同时，汽车 B 以 8 m/s 的速度从 A 车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与 A 车相同，则从绿灯亮时开始（ ）A. A 车在加速过程中与 B 车相遇B. A、 B 相遇时速度相同C. 相遇时 A 车做匀速运动D. 两车不可能相遇6. 现有 A、 B 两列火车在同一轨道上同向行驶， A 车在前，其速度 vA＝10 m/s， B 车速度 vB＝30 m/s。因大雾能见度低， B 车在距 A 车 600 m 时，才发现前方有 A 车，此时 B 车立即刹车，但 B 车要减速 1 800 m 才能够停止。（1） B 车刹车后减速运动的加速度多大？（2）若 B 车刹车 8 s 后， A 车以加速度 a1＝0.5 m/s2加速前进，问能否避免事故？若能够避免，则两车最近时相距多远？7. 某人从甲地走往乙地，甲、乙两地之间有定时的公共汽车往返，且两地发车的时间间隔都相等。他发现每隔 6 分钟开过来一辆去甲地的公共汽车，每隔 12 分钟开过来一辆去乙地的公共汽车，则公共汽车每隔几分钟从各自的始发站发车（假设每辆公共汽车的速度相同）？31. BCD 解析：在 0～10 s 这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐增大，说明两物体间的距离逐渐增大；在 10～25 s 这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐减小，说明两物体间的距离逐渐变小，因此，两物体在 10 s 时相距最远；在 25 s 时，两图线相交，两物体纵坐标相等，说明它们到达同一位置而相遇。选项 B、C、D 正确。2. BD 解析： a、 b 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反，A错、B 正确；在 0～5 s 内，当 t＝5 s 时， a、 b 两个物体相距最远， x＝20 m，C 错；根据x ­t 图象的斜率，可判断 D 选项是正确的。3. 解：以 B 车为参照物，A 车的初速度为 v0＝10m/s，以加速度大小 a 减速，行驶x＝100m 后“停下” ，末速度为 0200tvax2221/.5/mss则 .5/s答： 20a4. C 解析：两物体从同一地点出发， t＝1 s 之前，乙的速度一直大于甲的速度，故两物体在 t＝1 s 时不会相遇，A 错误；在 0～6 s 内，在 t＝6 s 时，两物体间距最大，最大距离为 8 m，B 错误；因 2～ 4 s 内，甲、乙两物体减速的加速度相同，故 v 甲 － v 乙 恒定不变，即甲相对乙做匀速直线运动，C 正确，D 错误。5. C 解析：作出 A、 B 两车运动的 v ­t 图象如图所示， v ­t 图象所包围的“面积”表示位移，经过 30 s 时，两车运动图象所围面积并不相等，所以在 A 车加速运动的过程中，两车并未相遇，所以选项 A 错误；30 s 后 A 车以 12 m/s 的速度做匀速直线运动，随着图象所围“面积”越来越大，可以判断在 30 s 后，某时刻两车图象所围面积会相等，即两车会相遇，此时 A 车的速度要大于 B 车的速度，所以两车不可能再次相遇，选项 C 正确，选项 B、D 错误。6. 解：（1）设 B 车减速运动的加速度大小为 a，有 0－ v ＝－2 ax1，解得： a＝0.25 2Bm/s2。（2）设 B 车减速 t 秒时两车的速度相同，有vB－ at＝ vA＋ a1（ t－Δ t）代入数值解得 t＝32 s，在此过程中， B 车前进的位移为 xB＝ vBt－ ＝832 mat22A 车前进的位移为 xA＝ vAΔ t＋ vA（ t－Δ t）＋ a1（ t－Δ t） 2＝464 m，12因 xA＋ xxB，故不会发生撞车事故，此时 Δ x＝ xA＋ x－ xB＝232 m。答：（1）0.25 m/s 2 （2）可以避免事故 232 m7. 解答一：4解析：由于每辆公共汽车速度相同，且两地发车时间都相等，所以往同一方向行驶的相邻的汽车距离是相等的，不妨设此距离为单位 1；每隔 12 分钟从身后过来一辆公共汽车，即每隔 12 分钟，汽车比人多走单位 1 的路程；而每隔 6 分钟从对面来一辆公共汽车，即每6 分钟人和汽车共同走完单位 1 的路程。解答：设往同一方向行驶的相邻两辆公共汽车之间距离为“1” ；人单独走完此单位 1的距离用 X 分钟，公共汽车单独行完单位 1 的距离用 Y 分钟。16Y①； 2②。 解之得：Y＝8。即公共汽车每隔 8 分钟从各自的始发站发一辆车。解答二：解析：设他某个时间刚好同时遇上两种车，这时候他身后的一个发车间距离有 A 车，身前两个距离有 B 车。然后总共三个距离，要走 12 分钟相遇，所以身后的车，就是 12 分钟走了 1.5 个距离，所以 8 分钟走一个距离，所以每 8 分钟发一辆车。方程法：设车走一个发车间距要 x 分钟，人要 y 分钟，16xy，2。所以解这个方程就有 x＝8，y＝24。1自由落体运动（答题时间：20 分钟）1. 关于自由落体运动，下列说法中不正确的是（ ）A. 自由落体运动是竖直方向的匀加速直线运动B. 前 1 s、前 2 s、前 3 s 竖直方向的位移之比为 1∶4∶9 的运动一定是自由落体运动C. 自由落体运动在开始的连续三个 2 s 内的位移之比是 1∶3∶5D. 自由落体运动在开始的连续三个 2 s 末的速度之比是 1∶2∶32. 从匀速水平飞行的飞机上向外自由释放一个物体，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3. 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，如图所示。已知曝光时间为 10s，则小石子出发点离 A 点约为（ ）A. 6.5 m B. 10 m C. 20 m D. 45 m4. 关于自由落体运动，下列说法正确的是（ ）A. 物体竖直向下的运动就是自由落体运动B. 加速度等于重力加速度的运动就是自由落体运动C. 在自由落体运动过程中，不同质量的物体运动规律相同D. 物体做自由落体运动位移与时间成反比5.（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6. 伽利略对自由落体运动的研究，开创了研究自然规律的科学方法，这就是（ ）A. 对自然现象进行总结归纳的方法B. 用科学实验进行探究的方法C. 对自然现象进行总结归纳，并用实验进行验证的方法D. 抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法7. 一个小石块从空中 a 点自由落下，先后经过 b 点和 c 点，不计空气阻力。已知它经过2b 点时的速度为 v，经过 c 点时的速度为 3v，则 ab 段与 ac 段位移之比为（ ）A. 1∶3 B. 1∶5 C. 1∶8 D. 1∶98. 甲物体的质量是乙物体质量的 5 倍，甲从 H 高处自由下落，同时乙从 2H 高处自由下落，下列说法中正确的是（高度 H 远大于 10 m） （ ）A. 两物体下落过程中，同一时刻甲的速率比乙的大B. 下落 1 s 末，它们的速度相等C. 各自下落 1 m，它们的速度相等D. 下落过程中甲的加速度比乙的大9. 小芳是一个善于思考的乡村女孩，她在学过自由落体运动规律后，对自家房上下落的雨滴产生了兴趣，她坐在窗前发现从屋檐每隔相等时间滴下一滴水，当第 5 滴正欲滴下时，第 1 滴刚好落到地面，而第 3 滴与第 2 滴分别位于高 1 m 的窗子的上、下沿，小芳同学在自己的作业本上画出了如图所示的雨滴下落同自家房子尺寸的关系图，其中 2 点和 3 点之间的小矩形表示小芳正对的窗子，请问：（1）此屋檐离地面多高？（2）滴水的时间间隔是多少？31. B 解析：自由落体运动是竖直方向上初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的规律，故选项 A、C、D 均正确；B 项，平抛运动在竖直方向上的分运动也满足该规律，故选项 B 错误。2. C 解析：在匀速飞行的飞机上自由释放的物体有一个与飞机相同的水平速度，同时物体在竖直方向上做自由落体运动，所以从飞机上看，物体始终在飞机的正下方，且相对飞机向下运动，故 A、B 均错误；从地面上看，物体做平抛运动，故 C 正确，D 错误。3. C 解析：因曝光时间极短，故 AB 段可看作匀速直线运动，小石子到达 A 点时的速度为 0.21Axvtm/s＝20 m/s， h＝2201Avgm＝20 m，选项 C 正确。4. C 解析：由静止开始只在重力作用下的运动是自由落体运动，在自由落体运动中，由于加速度 a＝g，所以其运动规律与质量无关，自由落体运动的位移 x＝ 12gt2，x 与 t2成正比。5. B 解析：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，在它们落地之前，两粒石子间的距离为 Δh＝ gt2－ g（t－1） 2＝gt－ g，可见，两粒石子间的距离随 t 的增大而增大，故 B 正确。6. D 解析：伽利略对运动的研究，通常包括以下几个方面的要素：通过对现象的一般观察，提出假设，运用逻辑（包括数学）推理得出推论，通过实验对推论进行检验，最后对假设进行修正和推广。伽利略对自由落体运动的研究也是如此，故正确选项为 D。7. D 解析：经过 b 点时的位移为 hab＝2vg，经过 c 点时的位移为 hac＝2(3)vg，所以hab∶ hac＝1∶9，故选 D。8. BC 解析：甲、乙两物体的重力加速度相同，由于同时释放，由 v＝ gt 可知，相同时刻有相同的速度；由 v2＝2 gx 知，下落相同位移时速率也相同。9. 解：设屋檐离地面高为 h，滴水的时间间隔为 T由 h＝2gt得第 2 滴水的位移为 h2＝2(3)gT①第 3 滴水的位移为 h3＝ ②且 h2－h 3＝1 m ③由①②③得 T＝0.2 s则屋檐高 h＝2(4)g＝3.2 m。1竖直上抛运动（答题时间：20 分钟）1. 一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点 A 的时间间隔是 TA，两次经过一个较高的点 B 的时间间隔是 TB，则 A、 B 之间的距离为（ ）A. 21()8AgTB. 21()4gTC. BD. AB2. （淮南模拟）小球做自由落体运动，与地面发生碰撞，反弹时速度大小与落地速度大小相等，若从释放小球时开始计时，且不计小球与地面发生碰撞的时间，则小球运动的速度图线可能是图中的（ ）A BC D3. 一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力） 。设抛出时 t＝0，得到物体上升高度随时间变化的 h－t 图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为（ ）A. 8 m/s2，20 m/s B. 10 m/s2，25 m/sC. 8 m/s2，25 m/s D. 10 m/s2，20 m/s4. 竖直上抛的物体，又落回抛出点，关于物体运动的下列说法中，正确的有（ ）A. 上升过程和下落过程，时间相等、位移相同B. 物体到达最高点时，速度和加速度均为零C. 整个过程中，任意相等时间内物体的速度变化量均相同D. 不管竖直上抛的初速度有多大（v 0＞10 m/s） ，物体上升过程的最后 1 s 时间内的位移总是不变的5. A、B 两小球从不同高度自由下落，同时落地，A 球下落的时间为 t，B 球下落的时间为 t/2，当 B 球开始下落的瞬间，A、B 两球的高度差为（ ）2A. gt2 B. 238gt C. 234gt D. 214gt6. 在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度 g 值，g 值可由实验精确测定。近年来测 g 值的一种方法叫“对称自由下落法” ，它是将测 g 值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将 g 值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中 O 点向上抛小球又落至原处的时间为 T2，在小球运动过程中经过比 O 点高 H 的P 点，小球离开 P 点至又回到 P 点所用的时间为 T1，测得 T1、T 2和 H，可求得 g 等于（ ）A. 218HT B. 214C. 2 D. 2T7. 某年冰岛火山喷发，火山灰尘给欧洲人民的生活带来了很大的影响。假设一灰尘颗粒开始以 4 m/s2的加速度从地面竖直上升，10 s 末，忽然失去所有向上的推动力，灰尘颗粒只在重力作用下运动，则该颗粒最高可上升到距地面多高处？此颗粒失去推动力后经多长时间落回到地面？（g 取 10 m/s2） （结果保留两位小数）8. 如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为 2 kg，管长 l为 24m， M、 N 为空管的上、下两端，空管受到 F＝16 N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在 M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取 g＝10 m/s2。求：（1）若小球上抛的初速度为 10 m/s，则其经过多长时间从管的 N 端穿出；（2）若此空管的 N 端距离地面 64 m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围。31. A 解析：根据时间的对称性，物体从 A 点到最高点的时间为 2AT，从 B 点到最高点的时间为 2BT，所以 A 点到最高点的距离218Tgh， B 点到最高点的距离hB＝ 1g＝28B，故 A、 B 之间的距离为 hA－ hB＝ 2()A，正确选项为 A。2. D 解析：自由落体运动初速度为零，据此可排除选项 C；小球与地面碰撞瞬间速度突然反向，据此可排除选项 A、B。综上分析可知，本题正确选项为 D。3. A 解析：根据图象可知，物体在 t＝2.5 s 时上升到最大高度，为 25 m。由运动学公式可得 2125(.)g， 28/ms，初速度 02/vgts， A 项正确。4. CD 解析：上升和下落过程时间相等，而位移大小相等、方向相反，物体到最高点加速度仍为 g，故 A、 B 均错，在任意相等时间 t 内，速度变化量均为 gt， C 正确，根据逆向思维知，物体上升过程最后 1 s 内位移和自由下落第 1 s 内位移大小是相等的，都为12×12＝ ， D 也正确。5. D 解析：A 球下落高度为 hA＝ 2gt，B 球下落高度为 hB＝ 21()8tgt，当 B球开始下落的瞬间，A 球已下落了 时间，A、B 两球的高度差为 Δh＝h A－ －h B＝214gt，所以 D 项正确。6. A 解析：设小球上升的最大高度为 h，则有 h＝ 21()Tg，h－H＝ 21()Tg，联立解得 g＝ 218HT。7. 解：向上加速阶段H1＝ 2at＝ ×4×102 m＝200 m失去向上的推动力时，灰尘颗粒的速度大小为：v1＝a 1t1＝4×10 m/s＝40 m/s此后，灰尘颗粒做竖直上抛运动。竖直上抛上升阶段：H 2＝ 1vg＝80 mt2＝ 1vg＝4 s自由下落阶段：H 1＋H 2＝ 3t得 t3＝ ()56sg＝7.48 s4所以，此颗粒距地面最大高度 Hmax＝H 1＋H 2＝280 m颗粒从失去推动力到落地的总时间 t＝t 2＋t 3＝11.48 s8. 解析：（1）取向下为正方向，小球初速度 v0＝－10 m/s，加速度 g＝10 m/s2，对空管由牛顿第二定律可得mg－ F＝ ma代入数据得 a＝2 m/s 2设经时间 t，小球从 N 端穿出，小球下落的高度10hvg空管下落的高度 h2＝ 1at则 h1－ h2＝ l联立得 20vtgtl代入数据解得 t1＝4 s， t2＝－1.5 s（舍去）∴经过 4s 从管的 N 端穿出。（2）设小球的初速度大小为 v0′，空管经时间 t′到达地面，则 H＝ 21at得 8Htsa小球经 t′时间下落的高度为 h＝ 201vtg小球落入管内的条件是 64 m≤ h≤88 m解得－32 m/s≤ v0′≤－29 m/s所以小球的初速度大小必须在 29 m/s 到 32 m/s 范围内。∴小球的初速度大小范围为 029/32/svs。1匀变速直线运动的速度与时间的关系（答题时间：20 分钟）1. 做直线运动的物体在第 1 s 末、第 2 s 末、第 3 s 末……的速度分别为 1 m/s、2 m/s、3 m/s……则此物体的运动性质是（ ）A. 匀变速直线运动B. 非匀变速直线运动C. 加速度不断增大的运动D. 可能是匀变速直线运动，也可能是非匀变速直线运动2. 物体做匀加速直线运动，已知第 1 s 末的速度是 6 m/s，第 2 s 末的速度是 8 m/s，则下面结论正确的是（ ）A. 物体零时刻的速度大小是 3 m/sB. 物体的加速度大小是 2 m/s2C. 任何 1 s 内的速度变化量都是 2 m/sD. 第 1 s 内的平均速度是 6 m/s*3. 一物体做匀变速直线运动，初速度为 2 m/s，加速度大小为 1 m/s2，则经 1 s 后，其末速度（ ）A. 一定为 3 m/s B. 一定为 1 m/sC. 可能为 1 m/s D. 不可能为 1 m/s4. 一辆农用“小四轮”漏油，假如每隔 1 s 漏下一滴，车在平直公路上行驶，一位同学根据漏在路面上的油滴分布，分析“小四轮”的运动情况（已知车的运动方向） ，下列说法中正确的是（ ）A. 当沿运动方向油滴始终均匀分布时，车可能做匀速直线运动B. 当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车一定在做匀加速直线运动C. 当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在减小D. 当沿运动方向油滴间距逐渐增大时，车的加速度可能在增大5. 一质点从静止开始以 1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经 5s 后做匀速直线运动，最后 2s 时间质点做匀减速直线运动直到静止，则质点做匀速直线运动时的速度多大？匀减速直线运动时的加速度又是多大？**6. 卡车原来以 10 m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机从较远的地方开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到 2m/s 时，交通信号灯转为绿灯，司机当即停止刹车开始加速，并且只用了减速过程的一半时间就加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原速共用了 12 s。求：（1）减速与加速过程中的加速度大小；（2）开始刹车后 2 s 末及 10 s 末的瞬时速度。21. D 解析：虽然单位时间内速度的变化量是相等的，但运动过程中某些时刻的速度不能确定，而匀变速直线运动是在任意相等时间内速度的变化都相等，所以对物体的运动性质不能确定，可能是匀变速直线运动，也可能是非匀变速直线运动。2. BC 解析：由题意知 t1＝1 s 时， v1＝6 m/s； t2＝2 s 时， v2＝8 m/s，由v2＝ v1＋ a（ t2－ t1）知，物体的加速度 a＝ m/s2＝2 m/s2，因为物体做匀加速运动，8－ 62－ 1所以任何 1 s 内速度的变化量都为 Δ v＝ aΔ t＝2×1 m/s＝2 m/s，故 B、C 正确；由v1＝ v0＋ at 得，零时刻的速度为 v0＝ v1－ at＝6 m/s－2×1 m/s＝4 m/s，故 A 不正确；第1 s 内的平均速度大于 4 m/s，小于 6 m/s，故 D 不正确。3. C 解析：题干中表明加速度大小为 1 m/s2，并未说明方向，由 v＝ v0＋ at，得 v＝2 m/s±1×1 m/s，即末速度可能为 3 m/s。也可能为 1 m/s.利用 v＝ v0＋ at 进行计算时要注意区别 a 是正还是负，即物体是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动。4. ACD 解析：当油滴始终均匀分布时，说明四轮车在每秒内的位移相同，车可能做匀速直线运动，选项 A 正确；当油滴的间距增大时，说明四轮车的速度在增加，其加速度可能保持不变，也可能在减小，还可能在增大，故选项 C、D 正确。5. 解：以质点初速度 v0方向为正方向（1）前 5s 质点做匀加速直线运动末速度 v1=v0+a1t1=0+5×1=5（m/s）（2）后 2s 质点做匀减速直线运动，初速度 v2=v1=5m/s 末速度 vt=0由 a2= 2t得 a2 = 502= -2.5（m/s 2 ） （负号表示加速度方向与 0v运动方向相反）6. 解：（1）卡车先做匀减速运动，再做匀加速运动，其运动简图如图所示取卡车运动方向为正方向，设卡车从 A 点开始减速，则 vA＝10 m/s，用时间 t1到达 B点，从 B 点又开始加速，用时间 t2到达 C 点，则 vB＝2 m/s， vC＝10 m/s，且t2＝ t1， t1＋ t2＝12 s，可得 t1＝8 s， t2＝4 s，由 v＝ v0＋ at 得12在 AB 段 vB＝ vA＋ a1t1①在 BC 段 vC＝ vB＋ a2t2②联立①②两式并代入数据解得a1＝－1 m/s 2， a2＝2 m/s 2（2）2 s 末的速度为： v1＝ vA＋ a1t＝10 m/s－1×2 m/s＝8 m/s10 s 末的速度为： v2＝ vB＋ a2t′＝2 m/s＋2×（10－8） m/s＝6 m/s1匀变速直线运动的位移与时间的关系（答题时间：20 分钟）1. 一辆汽车在高速公路上以 30 m/s 的速度匀速行驶，由于前方出现险情，司机采取紧急刹车，刹车时加速度的大小为 5 m/s2，求：（1）汽车刹车后 20 s 内滑行的距离；（2）从开始刹车汽车滑行 50 m 所经历的时间；（3）在汽车停止前 3 s 内汽车滑行的距离。*2. 从一段平滑的斜冰坡的中部将冰块以 8 m/s 的初速度沿斜坡向上打出，冰块与冰面间的摩擦不计，冰块在斜坡上的运动加速度恒为 2 m/s2。 （设斜坡足够长）求：（1）冰块在 5 s 时的速度；（2）冰块在 10 s 时的位移。3. 一个物体的初速度是 2 m/s，以 0.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。求：（1）物体在第 3 s 末的速度；（2）物体在第 4 s 内的位移；（3）物体在头 4 s 内的位移；（4）物体在第 4 s 内的平均速度。**4. 要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道，求摩托车在直道上行驶所用的最短时间，有关数据见表格。启动加速度 a1 4m/s2制动加速度 a2 8m/s2直道最大速度 v1 40m/s弯道最大速度 v2 20m/s直道长度 s 218m某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v1＝40m/s，然后再减速到 v2＝20m/s， t1＝ ＝……； t2＝ ＝……； t＝ t1＋ t2。v1a1 v1－ v2a2你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果。5. 甲、乙两物体在同时同地出发，做直线运动的 s-t 图象如图所示，由图可知，做变速运动的是____________；运动过程的 1t时间内，路程关系是___________；位移关系是_______。2*6. 海滨浴场的滑梯从顶端到入水处长约 12m，一人由滑梯顶端开始做初速度为零的匀加速直线运动，开始运动后的第一秒通过的路程是 0.75m，则人的加速度大小是 。从顶端开始到入水所需的时间为 。人入水时的速度大小是 。从顶端开始到入水的平均速度大小是 。*7. 一辆沿平直路面行驶的汽车，速度为 36km/h，刹车后获得的加速度大小是 4m/s2，求汽车最后 2 秒的位移。31. 解：（1）由于 v0＝30 m/s，a＝－5 m/s2，由 v＝v 0＋at，汽车的刹车时间 t0为：t0＝ ＝ s＝6 sv－ v0a 0－ 30－ 5由于 t0218m，所以这种解法是错误的。正确解法：设摩托车先加速到一个较大的速度 vm，然后减速到 v2，加速用的时间为 t′ 1，通过的位移为 s′ 1，减速用的时间为 t′ 2，通过的位移为 s′ 2。由题意得 vm＝ a1t′ 1， vm＝ v2＋ a2t′ 2s′ 1＝ a1t′ ， s′ 2＝ vmt′ 2－ a2t′ ， s′ 1＋ s′ 2＝ s12 21 12 2代入数据解得t′ 1＝9s， t′ 2＝2s， s′ 1＝162m， s′ 2＝56m， vm＝36m/s所以最短时间为 t＝ t′ 1＋ t′ 2＝11s。5. 甲 甲的路程比乙大 甲乙的位移相等。 解析：甲的函数图象不是一条直线，表示位移随时间不是均匀增大，是变速运动，乙的图象是一条直线，表示位移随时间均匀变化，是匀速直线运动。在 1t时刻它们有相同的位移，表示 1t时刻它们相遇，在相遇前甲是先正向运动，然后反向返回至相遇点，乙是一直沿正方向至相遇点，所以甲的路程大于乙的路程；但它们位移相同。6. 1.5m/s2 4s 6m/s 3m/s 解析：选第 1 秒为研究对象，向下滑动方向为正方向，已知 0v=0m/s，t=1s，s=0.75m 有 220 /5.175. smaatvs  ；选择整个过程为研究对象，已知 0=0m/s，s=12m，a=1.5m/s 2有tats 45.122120 ；选择整个过程为研究对象，smvt /64.； smtv/317. 8m 解析：把正向的匀减运动速看成反向的匀加速运动即可。 ats 85.0210。1匀变速直线运动的位移与速度的关系（答题时间：20 分钟）1. 如图所示，滑雪运动员不借助雪杖，由静止从山坡匀加速滑过 x1后，又匀减速在平面上滑过 x2后停下，测得 x2=2x1，设运动员在山坡上滑行的加速度大小为 a1，在平面上滑行的加速度大小为 a2，则 a1∶a 2为（ ）A. 1∶1 B. 1∶2C. 2∶1 D. ∶122. 做匀变速直线运动的物体初速度为 12m/s，在第 6s 内的位移比第 5s 内的位移多 4m，关于物体运动情况的说法正确的是（ ）A. 物体的加速度为 4m/s2B. 物体 5s 末的速度是 36m/sC. 物体 5、6 两秒内的位移是 72mD. 物体从 14m 的 A 点运动到 32m 的 B 点所用的时间是 1s3. 物体的初速度为 v0，以不变的加速度 a 做直线运动，如果要使速度增加到初速度的n 倍，则经过的位移是（ ）A. )1(20av； B. )1(2na； C. 20nv； D. 20)1(nav4. 在全国铁路第六次大提速后，火车的最高时速可达 250km/h，若某列车正以 216km/h的速度匀速运行，在列车头经路标 A 时，司机突然接到报告要求紧急刹车，因前方 1000m处有障碍物还没有清理完毕，若司机听到报告后立即以最大加速度 a=2m/s2刹车，问该列车是否会发生危险？*5. 如图所示，做匀加速直线运动的物体，依次通过 A、B、C 三点，位移 sAB＝s BC。已知物体在 AB 段的平均速度大小为 3m/s，在 BC 段的平均速度大小为 6m/s，那么物体在 B 点的瞬时速度的大小为（ ）A. 4m/s； B. 4.5m/s； C. 5m/s； D. 5.5m/s。6. 一辆汽车沿着一条平直公路行驶，公路旁边有一行与公路平行的电线杆，相邻电线杆间的间隔均为 50m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第 1 根电线杆，此时刻汽车行驶的速度为 5m/s。若汽车的运动为匀变速直线运动，在 10s 末汽车恰好经过第 3 根电线杆。试求：（1）汽车运动的加速度；（2）汽车继续行驶，经过第 7 根电线杆时的瞬时速度；（3）汽车在第 3 根至第 7 根电线杆间运动所用的时间。**7. 做匀减速直线运动的物体，经过 4s 后停止，若在第 1s 内的位移是 14m，则最后 1s2的位移与 4s 内的位移各是多少？8. 火车以 54km/h 的速度前进，现在需要在车站暂停。如果停留时间是 1min，刹车引起的加速度大小是 0.3m/s2，启动时发动机产生的加速度大小是 0.5m/s2，火车暂停后仍要以原速前进，求火车由于暂停所延迟的时间。31. B 解析：设运动员滑至斜坡末端处的速度为 v，此速度又为减速运动的初速度，由位移与速度的关系式有v2＝2a 1x1，0－v 2＝－2a 2x2，故 a1∶a 2＝x 2∶x 1＝2∶12. AD 解析：根据 t△ 得： 224//mst△ ，故 A 正确，B 错误；根据 0vat得 5s 末的速度是： /53vs，故 C 错误；根据公式21x物体前 5s 内的位移是： 212410x，故 D 错误。3. A 解析：A，由 v2-v02=2ax 0nvV可得 x= )(0na4. 解： v0=216km/h=60m/s， vt=0，a=-2m/s 2，刹车位移 x= at2= m)(62=900m＜1000m，故不会发生危险。5. C 解析 sBA/3， sCB/6， 2CABv，联立解得 vB=5m/s。6. 解：v 0=5m/s，t=10s，x=100m，x′=300m，（1）由 x＝v 0t+ 21at2得 a=1m/s2；（2）由 v′ 2－v 02＝2ax′得 v′=25m/s；（3）由 v2－v 02＝2ax 得 v=5m/s，∴t′= av=10s。7. 解析：逆向思维，由 x＝ 21at2得：14= a×42- 1a×32，∴a=4m/s 2。最后 1s 的位移即逆向第 1s 的位移 x1＝ at12= ×4×12=2m。4s 内的位移 x4＝ at42= 1×4×42=32m。8. 100s 解析：火车因暂停而减速的时间为 t1=53.60vsa火车暂停后加速到原速所需的时间为 34.05ts火车从开始减速到恢复原速所通过的路程为s=s1+s2= 313()2vtt，这段路程火车正常行驶所需的时间为 1305tstvs=40s。所以，火车由于暂停所延迟的时间为△ t=（ t1+t2+t3）－ t=（30+60+50）s－40s=100s。1匀变速直线运动规律的几个推论（答题时间：20 分钟）1. 物体通过两个连续相等位移的平均速度分别为 v1=10m/s，v 2=15m/s，则物体在这整个运动过程中的平均速度是（ ） A. 13.75m/s B. 12.5m/s C. 12m/s D. 11.75m/s2. 一个做匀加速直线运动的物体，通过 A 点的瞬时速度是 v1，通过 B 点的瞬时速度是v2，那么它通过 A、B 中点的瞬时速度是（ ）A. 12vB. 21vC. 21vD. 21v3. 如图所示为 、 、 C三物体的 － t图象，则关于三物体在时间 t内的平均速度的说法正确的是（ ） 0v v t0 A B C A. Av＜ 20 B. 2vB C. C＞ 20v D. A＞ Bv＞ C4. 汽车从 点由静止开始沿直线 A做匀变速直线运动，第 4s 末通过 点时关闭发动机做匀减速直线运动，再经 6s 到达 点停止运动，总位移是 30m，则下列说法正确的是（ ）A. 汽车在 段与 C段的平均速度相同B. 汽车通过 B 点时的速度为 3m/sC. 汽车通过 B 点时的速度为 6m/sD. A段的位移为 12m5. 做匀变速直线运动的物体，在 8s 内先后通过 a、 b两点，已知 a、 b两点相距100m，则物体通过 a、 b中点时的速度大小为（ ）A. 小于 12.5m/s B. 等于 12.5m/s C. 大于 12.5m/s D. 以上均有可能6. 从斜面上某一位置，每隔 0.1s 释放一颗相同的小球，在连续释放几颗后，对在斜面上运动的小球拍下照片，如图所示。现测得 15ABxcm， 20BCxcm，试求：（1）小球的加速度 a；（2）拍摄时 B球的速度 Bv；（3）拍摄时 CDx；2（4）小球 A的上方还有几颗正在滚动的小球。31. C 解析：设每段位移的大小为 x，则 12xv，故选择 C 选项。2. C 解析：直接由推论选择 C 选项。3. BD 解析：面积=位移的大小，B 做匀加速直线运动，所以 20v，在时间 t内 A 的位移大于 B 的位移、C 的位移小于 B 的位移，由txv知， A＞ B， Cv＜ 20v，故 B、D 正确。4. ACD 解析：因为 AB 和 BC 段都做的是匀变速直线运动，根据平均速度的公式02得，它们的平均速度都是 B 点速度的一半 ，所以 A 对；平均速度相等，则位移和时间成正比，所以 AB 和 BC 的位移之比是 2:3，故 AB 段的位移大小是 12m，D 对；全过程的平均速度 30/12vvms，所以 C 对 B 错；故选 ACD。5. C 解析： 2x＞ 80txt m/s=12.5m/s。6. 解：（1） 221.)5(TaABCm/s2=5m/s2（2） B点速度等于 段的平均速度，则 .0)15(xvAm/s=1.75m/s（3）由 BCDABCx得：22BCD（cm）=25cm（4）拍摄时 aTv1.75－5×0.1（m/s）=1.25m/s则 A球从被释放到获取 1.25m/s 的速度需时 52.1avtAs=0.25s∴ 5.210.Ttn个故 球上方还有 2 颗正在滚动的小球（第 3 颗小球还未释放）。1初速度为 0的匀加速直线运动的重要比例关系（答题时间：20 分钟）1. 汽车刹车后做匀减速直线运动，经 3s后停止运动，那么，在这连续的三个 1s内汽车通过的位移之比为（ ）A.1：3：5 B.5：3：1 C.1：2：3 D.3：2：12. 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 vb、 vc，则（ ） A. vb＝ m/s B. vc＝3 m/s C. de＝3 m D. 从 d到 e所用时间为 2 8s3. 一列车由等长的车厢组成（车厢间的间隙忽略不计）。一人站在站台上与第 1节车厢的最前端对齐，当列车由静止开始做匀加速直线运动，测量第 1节车厢通过他的时间为2s，则从第 5节至第 16节车厢通过他的时间多长？4. 一个滑雪的人，从85m长的山坡上匀加速滑下，初速度为1.8m/s，末速度为5.0m/s，他通过这段山坡需要多长时间？5. 一辆小车做匀变速直线运动，历时5s，已知前3s的位移是7.2m，后3s的位移是16.8m，求小车的初速度、加速度和5s内的位移。6. 屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第 5滴正欲滴下时，第 1滴刚好落到地面，而第 3滴与第 2滴分别位于高 1m的窗子的上、下沿，问：（1）此屋檐离地面多高？（2）滴水的时间间隔是多少？1. B 解析：汽车刹车后做匀减速直线运动，最后停止，根据逆向思维，可以看做是初速度为 0的匀加速直线运动，再由连续相等时间内的位移之比为 1:3:5，所以选 B。2. B 解析：小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因 Tac＝ Tcd，故 c点为 a到 d的中间时刻，故 vc＝ ＝ m/s＝3 m/s，故 B正确；因 ac＝ ab＋ bc＝7 m， cd＝ bd－ bc＝5 ad2T 6＋ 62×2m，由 Δ x＝ ac－ cd＝ aT2得： a＝0.5 m/s2，由 vb2－ vc2＝2 a·bc可得， vb＝ m/s，A 错10误；由 vc＝ aTec得 Tec＝ ＝6 s，则 Tde＝ Tec－ Tcd＝4 s； de＝ ec－ cd＝4 m，故 C、D 均错vca误。故选 B。3. 解析：由 tⅠ :tⅡ :tⅢ : …:tn= :)3(:)1(:… )(n得：:651t… 5645(1… )156则： (t… )6=1:  …= 4:2=1:2∴ 65t… 162t4s4. 解：解法一：利用公式 v＝ v0＋ at和 x＝ v0t＋ at2求解。12由公式 v＝ v0＋ at，得 at＝ v－ v0。代入 x＝ v0t＋ at2，有 x＝ v0t＋12  v－ v0 t2故 t＝ ＝ s＝25s。2xv＋ v0 2×855.0＋ 1.8解法二：利用公式 v2－ v ＝2 ax和 v＝ v0＋ at求解20由公式 v2－ v ＝2 ax，得加速度 a＝ ＝20v2－ v202x 5.02－ 1.822×85m/s2＝0.128m/s 2。由公式 v＝ v0＋ at，得需要的时间 t＝ ＝ s＝25s。v－ v0a 5.0－ 1.80.128解法三：根据公式 x＝ ·t，v0＋ v2得 t＝ ＝ s＝25s。2xv0＋ v 2×851.8＋ 5.05. 解：如图所示，设初速度为 v0，加速度为 a， 5s内位移为 s，将整个过程按 t＝1s 等分。有 sⅣ － sⅠ ＝3 at2 ①sⅤ － sⅡ ＝3 at2 ②①＋②得 sⅣ ＋ sⅤ －（ sⅠ ＋ sⅡ ）＝6 at2sⅤ ＋ sⅣ ＋ sⅢ －（ sⅠ ＋ sⅡ ＋ sⅢ ）＝6 at2 ③因 sⅤ ＋ sⅣ ＋ sⅢ ＝16.8msⅠ ＋ sⅡ ＋ sⅢ ＝7.2mt＝1s 代入③得 16.8m－7.2m＝6 aa＝1.6m/s 2因 sⅠ ＋ sⅡ ＋ sⅢ ＝7.2msⅠ ＋ sⅡ ＋ sⅢ ＝ v0t＋ at212其中 t＝3s，解得 v0＝0因 sⅠ :sⅡ :sⅢ :sⅣ :sⅤ ＝1:3:5:7:9所以（ sⅠ ＋ sⅡ ＋ sⅢ ） : s＝（1＋3＋5） : （1＋3＋5＋7＋9）＝9:25即 s＝7.2× m＝20m。2596. 解：如果将这 5滴水的运动等效为一滴水的自由落体，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的 4段，设时间间隔为 T，则这一滴水在 0时刻，1 T s末、2 T s末、3 T s末、4T s末所处的位置，分别对应图示第 5滴水、第 4滴水、第 3滴水、第 2滴水、第 1滴水所处的位置，据此可作出解答。利用基本规律求解。3设屋檐离地面高为 s，滴水间隔为 T.由位移公式 21sgt得：第 2滴水的位移 221(3)gT①第 3滴水的位移 3s②又：s 2－s 3＝1 m③联立①②③三式，解得：T＝0.2 s所以 2(4)g＝3.2 m。