匀加速运动高考真题小集

一、对速度v、速度变化量Δv与加速度a的理解1．下列关于做直线运动的物体的加速度描述中，正确的是()A．加速度在数值上等于单位时间内速度的变化量B．当加速度方向与速度方向相同且又减小时，物体做减速运动C．加速度为正，物体一定加速D．速度变化越来越快，加速度越来越小2．(多选)物体做直线运动时，有关物体加速度、速度的方向及它们的正负值说法正确的是()A．在匀加速直线运动中，物体的加速度的方向与速度方向必定相同B．在匀减速直线运动中，物体的速度必定为负值C．在匀变速直线运动中，物体的速度变大时，其加速度也可能为负值D．只有在确定初速度方向为正方向的条件下，匀加速直线运动中的加速度才为正值二、匀变速直线运动公式的应用3．一个做匀变速直线运动的物体，第一个3s内的位移是9m，第2个3s内位移为0，求该物体运动的(1)加速度；(2)初速度．4．汽车以10m/s的速度在平直公路上匀速行驶，刹车后经2s速度变为6m/s，求：(1)刹车过程中的加速度及刹车4s后的速度？(2)刹车后8s内前进的距离(3)停止运动前2s内的位移．5．做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BC＝eq\f(l,2)，AB段和BC段的平均速度分别为v1＝3m/s、v2＝6m/s，则：(1)物体经B点时的瞬时速度vB为多大？(2)若物体运动的加速度a＝2m/s2，试求AC的距离l.6．我国ETC联网正式启动运行，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＝15m/s朝收费站正常沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在收费站中心线前10m处正好匀减速至v2＝5m/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20s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1m/s2，求：(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ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？1．做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s内位移是()A．3.5m B．2m C．1m D．0一、对速度v、速度变化量Δv与加速度a的理解1．A2．ACD二、匀变速直线运动公式的应用3．(1)－1m/s2(2)4.5m/s解析(1)在第一个3s内的位移是9m，在第二个3s内的位移是0，根据推论公式Δx＝at2可得：a＝eq\f(Δx,t2)＝eq\f(0－9,32)m/s2＝－1m/s2.(2)第一个3s末的瞬时速度等于全程的平均速度：v＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(9＋0,6)m/s＝1.5m/s；第一个3s内的平均速度为：eq\x\to(v)＝eq\f(x1,t)＝eq\f(v0＋v,2)，所以：eq\f(9,3)＝eq\f(v0＋1.5,2)解得：v0＝4.5m/s.4．(1)－2m/s22m/s(2)25m(3)4m解析(1)刹车过程中的加速度为：a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(6－10,2)m/s2＝－2m/s2，汽车停止运动所用时间为：t停＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(0－10,－2)s＝5s故汽车刹车后4s的速度为：v＝v0＋at＝10m/s－2×4m/s＝2m/s(2)汽车刹车后8s内前进的距离等于汽车刹车后运动的总距离为：s＝eq\f(v0,2)t停＝eq\f(10,2)×5m＝25m(3)停止运动前2s内的位移为：x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×4m＝4m.5．(1)5m/s(2)12m解析(1)设物体运动的加速度大小为a，经A、C点的速度大小分别为vA、vC.由匀加速直线运动规律可得：veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2a×eq\f(l,2)①veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,B)＝2a×eq\f(l,2)②v1＝eq\f(vA＋vB,2)③v2＝eq\f(vB＋vC,2)④解①②③④式得：vB＝5m/s(2)解①②③④式得：vA＝1m/s，vC＝7m/s由veq\o\al(2,C)－veq\o\al(2,A)＝2al得：l＝12m.6．(1)210m(2)27s解析(1)汽车过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等．由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,2),2a)＝eq\f(152－25,2×1)m＝100m所以总位移x1＝2x＋d＝210m(2)汽车通过ETC通道的时间：t1＝2×eq\f(v1－v2,a)＋eq\f(d,v2)＝(2×eq\f(15－5,1)＋eq\f(10,5))s＝22s汽车通过人工收费通道的时间：t2＝2×eq\f(v1,a)＋t0＝(2×eq\f(15,1)＋20)s＝50s此过程的位移x2＝2×eq\f(v\o\al(2,1),2a)＝2×eq\f(152,2)m＝225m两种方式通过的位移之差Δx＝x2－x1＝(225－210)m＝15m这段位移内通过ETC通道时是以v1的大小做匀速直线运动的，所以汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间是Δt＝t2－(t1＋eq\f(Δx,v1))＝50s－(22＋eq\f(15,15))s＝27s1．B2．解析设质点运动的加速度为a，由于两个过程速度变化量相等，故所用时间相等，设为t，则有t＝eq\f(Δv,a)。根据做匀变速直线运动的物体在任意相邻相等时间内的位移之差相等有x2－x1＝at2，解得a＝eq\f(（Δv）2,x2－x1)，选项D正确。答案D3．解析从B发出超声波到接收到超声波过程中，汽车A的运动情况如图所示：B发出超声波时，小车在C位置小车反射超声波时，小车在D位置B接收到超声波时，小车在E位置经分析可知：tCD＝tDE，xCE＝20m由运动学规律得xCD∶xDE＝1∶3所以xCD＝5m，xDE＝15m，tCD＝eq\f(335＋5,340)s＝1s可见B接收到返回的超声波需2s。对小车A：Δx＝ateq\o\al(2,CD)所以a＝10m/s2由以上可知选项A、C正确。答案AC4．解析(1)设滑块在B点时速度大小为vB，则由运动学规律知：veq\o\al(2,B)＝2a1xAB且vB＝a1t1代入数值解得t1＝0.5s，vB＝1m/s设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知veq\o\al(2,E)－veq\o\al(2,B)＝2a2(xBC－L)，vE－vB＝a2t2从E到C，由运动学规律知veq\o\al(2,E)＝2a3L，vE＝a3t3联立并代入数值解得t2＝t3＝0.5s，L＝0.375m。(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知hCD＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,4)代入数值解得t4＝0.2s所以滑块从A到洞D所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7s答案(1)0.375m(2)1.7s5.解析根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动。t＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由位移和v－t图线所围面积对应关系知，0～3s内甲车位移x甲＝eq\f(1,2)×3×30m＝45m，乙车位移x乙＝eq\f(1,2)×3×(10＋25)m＝52.5m。故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B选项正确；0～1s内，x甲′＝eq\f(1,2)×1×10m＝5m，x乙′＝eq\f(1,2)×1×(10＋15)m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，说明在t＝1s时甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D选项正确。答案BD6.解析如图所示为甲、乙两车的速度图象，由图象可知，t＝6s时两车共速，在此之前，乙车速度一直比甲车大，如果t＝6s时两车不相遇，就不会相遇，由图象面积可以算出，0～6s内，x甲＝67.5m，x乙＝157.5m，x乙－x甲＝90m＜x0＝100m，故两车不会相遇，选项A、C正确。答案AC7.解析两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等。设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示，现用三种方法解答如下：解法一分析法利用位移公式、速度公式求解，对A车有xA＝v0t＋eq\f(1,2)×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t对B车有xB＝eq\f(1,2)at2，vB＝at两车位移关系有x＝xA－xB追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB联立以上各式解得v0＝eq\r(6ax)故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是：v0≤eq\r(6ax)。解法二函数法利用判别式求解，由解法一可知：xA＝x＋xB，即v0t＋eq\f(1,2)×(－2a)×t2＝x＋eq\f(1,2)at2整理得3at2－2v0t＋2x＝0这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq\r(6ax)。解法三图象法利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有vA＝v′＝v0－2at对B车有v