高考物理一轮复习课时作业2匀变速直线运动（含解析）

PAGEPAGE1匀变速直线运动一、选择题1．一辆汽车在4s内做匀加速直线运动，初速为2m/s，末速为10m/s，在这段时间内()A．汽车的速度变化量为12m/s B．汽车的加速度为8m/s2C．汽车的平均速度为6m/s D．汽车的位移为2m答案C解析A项，汽车的速度变化量Δv＝v2－v1＝10m/s－2m/s＝8m/s，故A项错误；B项，汽车的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8,4)m/s2＝2m/s2，故B项错误；C项，根据平均速度推论知，汽车的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(2＋10,2)m/s＝6m/s，故C项正确；D项，汽车的位移x＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝6×4m＝24m，故D项错误．2．(2018·武汉模拟)“歼15”舰载机在“辽宁号”航母上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动．第一次试验时，航母静止，舰机沿长度为195m的跑道滑行，起飞速度为60m/s；第二次试验时，航母沿舰载机起飞的方向以某一速度匀速航行，舰载机沿长度为105m的跑道滑行，起飞速度仍为60m/s.若两次起飞过程中发动机提供的加速度相同．则航母匀速运动的速度约为()A．16m/s B．26m/sC．36m/s D．46m/s答案A解析根据速度位移公式可知v2＝2ax1，当航母匀速运动时，v2－v02＝2a·x2，联立解得v0＝16m/s.3．(2018·保定一模)(多选)交通法规定“斑马线礼让行人”，若以12m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过斑马线，此时汽车的前端距停车线12m，该车减速时的加速度大小为7.5m/s2，下列说法中正确的是()A．在距停车线8m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处B．驾驶员立即刹车制动，则至少需1.6s汽车才能停止C．若驾驶员的反应时间为0.2s，汽车前端恰能止于停车线处D．若驾驶员的反应时间为0.4s，汽车前端恰能止于停车线处答案BC解析A项，根据速度位移公式可知，减速运动的位移为：x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(122,2×7.5)m＝9.6m，故在距停车线8m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，故A项错误；B项，减速所需时间为：t＝eq\f(v,a)＝eq\f(12,7.5)s＝1.6s，故B项正确；C、D项，匀速运动的时间为：t′＝eq\f(L－x,v)＝eq\f(12－9.6,12)s＝0.2s，故若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故C项正确，D项错误．4．(2018·安徽池州)2018年2月9日平昌冬奥会开赛，日前中国女子冰壶队已经顺利通过预选赛进军平昌奥运会．如图所示，可视为质点的冰壶以初速度v0滑入O点后做匀减速直线运动，滑到C点时速度恰好为零，若OA＝AB＝BC，冰壶依次滑过O、A、B点时的速度之比为v0∶vA∶vB，滑过OA、AB、BC三段所用的时间之比为tOA∶tAB∶tBC，则()A．v0∶vA∶vB＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶eq\r(1)；tOA∶tAB∶tBC＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)B．v0∶vA∶vB＝9∶4∶1；tOA∶tAB∶tBC＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1C．v0∶vA∶vB＝9∶4∶1；tOA∶tAB∶tBC＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．v0∶vA∶vB＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1；tOA∶tAB∶tBC＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1答案D解析由逆向思维，匀减速运动可看做反向的匀加速运动，根据速度位移公式：v2＝2ax可得，所求的速度之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求时间之比为(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，故D项正确，A、B、C三项错误．5．(2018·深圳一模)一质点做匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍．该质点的加速度为()A.eq\f(s,t2) B.eq\f(3s,2t2)C.eq\f(4s,t2) D.eq\f(8s,t2)答案A解析设质点的初速度为v0，质点的速度为：v＝v0＋at＝3v0，由速度位移公式得：v2－v02＝2as，解得：a＝eq\f(s,t2).6.(2018·湖南名校联考)如图所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比，下列说法正确的是()A．1∶22∶1 B．1∶21∶2C．2∶12∶1 D．2∶11∶2答案A解析设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v＝at得，加速度之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(v,t),\f(v,2t))＝eq\f(2,1)；根据平均速度的推论知，x1＝eq\f(v,2)t，x2＝eq\f(v,2)·2t，所以eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，A项正确．7．一个物体做匀加速直线运动，它在第3s内的位移为5m，则下列说法正确的是()A．物体在第3s末的速度一定是6m/sB．物体的加速度一定是2m/s2C．物体在前5s内的位移一定是25mD．物体在第5s内的位移一定是9m答案C解析知道第3s内的位移，无法求出物体的加速度、3s末的速度，故A项错误，B项错误．C项，令物体的初速度为v0，加速度为a，则：物体在第3s内的位移x3＝3v0＋eq\f(1,2)a·32－(2v0＋eq\f(1,2)a·22)＝(v0＋eq\f(5a,2))物体在前5s内的位移x＝5v0＋eq\f(1,2)a·52＝5(v0＋eq\f(5a,2))因为x3＝5m，所以前5秒内的位移x＝25m，故C项正确．D项，由于匀加速直线运动的初速度未知，仅知道第3s内的位移，无法求出物体在第5s内的位移．故D项错误．8．(2018·湖南一模)汽车刹车后开始做匀减速运动，在第1s内和第3s内的位移分别为3m和1m，则汽车在第4s内的位移是()A．0.125m B．0.5mC．6m D．6.125m答案A解析2aT2＝－2m汽车的加速度为：a＝－1m/s2.根据x1＝v0t1＋eq\f(1,2)at12，即：3＝v0×1＋eq\f(1,2)×(－1)×12，解得：v0＝3.5m/s.汽车停下的时间t′＝eq\f(－v0,a)＝3.5s.所以汽车在第4s内的位移为：x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×1×0.52m＝0.125m，故A项正确，B、C、D三项错误．9．(2018·新疆一模)一辆小车做匀减速直线运动，依次通过A、B、C、D四点，到达D点时速度减为零，已知小车通过BC、CD的位移分别为xBC＝5m、xCD＝4m，小车通过AB、BC的时间相等，则A、B间距离为()A．6m B．7mC．8m D．9m答案B解析设AB段和BC段的时间均为t，采用逆向思维得：xCD＝eq\f(1,2)atCD2＝4m，xBC＋xCD＝eq\f(1,2)a(tCD＋t)2＝9m，联立两式解得：tCD＝2tat2＝2m，则AD距离为：xAD＝eq\f(1,2)a(4t)2＝16m，解得AB距离为：xAB＝16m－5m－4m＝7m故B项正确，A、C、D三项错误．10．(2018·苏州一模)一物体作匀变速直线运动，在通过第一段位移x1的过程中，其速度变化量为Δv，紧接着通过第二段位移x2，速度变化量仍为Δv.则关于物体的运动，下列说法正确的是()A．第一段位移x1一定大于第二段位移x2 B．两段运动所用时间一定不相等C．物体运动的加速度为eq\f(（Δv）2,x2－x1) D．通过两段位移的平均速度为eq\f(（x2＋x1）Δv,x2－x1)答案C解析A项，两段过程中速度的变化量相等，根据Δt＝eq\f(Δv,a)知，两段过程中运动的时间相等，若做匀加速直线运动，第一段位移小于第二段位移，若做匀减速直线运动，第一段位移大于第二段位移，故A项错误，B项错误．C项，两段过程的时间相等，设为Δt，则有：x2－x1＝a·(Δt)2，又Δv＝aΔt，解得物体的加速度a＝eq\f(（Δv）2,x2－x1)，故C项正确．D项，运动的总时间t＝2×eq\f(Δv,a)＝eq\f(2（x2－x1）,Δv)，则通过两段位移的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x1＋x2,t)＝eq\f(（x1＋x2）Δv,2（x2－x1）)，故D项错误．11．(2018·南通二模)一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为v，则()A．增大a1，保持a2、v不变，加速过程的平均速度不变B．减小a1，保持a2、v不变，匀速运动过程的时间将变长C．增大v，保持a1、a2不变，全程时间变长D．只要v不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变答案A解析加速阶段时间t1＝eq\f(v,a1)，减速阶段时间t2＝eq\f(v,a2)，加速、减速阶段的平均速度为eq\f(1,2)v；设匀速运动的时间为t3，A站、B站间的距离为s，则有s＝vt3＋eq\f(1,2)v(t1＋t2)；A项，增大a1，保持a2、v不变，加速过程的平均速度仍为eq\f(1,2)v；故A项正确；B项，减小a1，保持a2、v不变，那么，t1增大，t2不变，故根据距离不变可知：匀速运动过程的时间t3将变短，故B项错误；C项，增大v，保持a1、a2不变，加速、减速、匀速阶段的平均速度都增大，那么，整个过程的平均速度增大，故全程时间变短，故C项错误；D项，只要v不变，不论a1、a2如何变化，加速、减速阶段的平均速度为eq\f(1,2)v；那么，根据加速度变化可得加速、减速、匀速阶段的运动时间改变，故全程平均速度改变，故D项错误．12．(2018·佛山一模)有几位同学为了测试某款汽车的性能，记录了该汽车沿平直公路启动、匀速行驶和制动三个过程速度的变化情况如表，若汽车启动和制动可看作是匀变速直线运动，则下列说法正确的是()时间(s)02.04.06.08.010.012.014.016.0速度(m/s)010.020.028.028.028.028.020.00A.汽车加速到6s末才开始匀速运动B．加速阶段位移为90mC．前8s内汽车通过的位移大小为145.6mD．制动过程加速度大小一定为10m/s2答案C解析A项，汽车加速时的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10－0,2－0)m/s2＝5m/s2，加速的末速度为v＝28m/s，由v＝at得t＝5.6s，即汽车加速到5.6s末才开始匀速运动，故A项错误；B项，加速阶段位移为x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(28,2)×5.6m＝78.4m，故B项错误；C项，前8s匀速运动的位移x′＝vt′＝28×(8－5.6)m＝67.2m，则前8s内汽车通过的位移大小为x总＝x＋x′＝145.6m，故C项正确；D项，制动过程的末速度为0，速度从20.0m/s减至0所用时间不一定是2s，所以加速度大小不一定为10m/s2，故D项错误．二、非选择题13．(2018·温州模拟)在某次勘察中，一质量为60kg的探险队员利用竖直方向的探险绳从坑沿滑到坑底，坑深300m．若队员先从静止开始做匀加速直线运动，下滑20s时速度达到5m/s，然后以此速度匀速运动45s，最后匀减速直线运动到达坑底速度恰好为零．求：(1)匀加速阶段的加速度大小a1及匀加速下降的高度h1；(2)匀减速下降时探险绳对探险队员的摩擦力大小；(3)探险队员整个下落过程的平均速度大小．解析(1)由加速度定义式可得：a1＝eq\f(v,t1)，解得：a1＝0.25m/s2；由位移时间关系可得：h1＝eq\f(1,2)a1t12，解得：h1＝50m；(2)匀速运动的位移为：h2＝vt2，解得：h2＝225m；减速下降的位移为：h3＝h－h1－h2，解得：h3＝25m；根据位移速度关系可得减速的加速度大小为：a2＝eq\f(v2,2h3)，解得：a2＝0.5m/s2根据牛顿第二定律可得：f－mg＝ma2，解得：f＝630N；(3)减速下落的时间为：t3＝eq\f(v,a2)＝10s下落过程中的总时间为：t＝t1＋t2＋t3＝75s平均速度为：eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(h,t)，解得为：eq\o(v,\s\up6(－))＝4m/s.14．(2018·常州模拟)图是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格．车速v(km/h)反应距离s(m)刹车距离x(m)停车距离L(m)40101020601522.537.58