物理新案同步粤教一讲义：第二章 探究匀变速直线运动规律 微型专题 匀变速直线运动规律的综合应用 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精微型专题匀变速直线运动规律的综合应用一、选择题考点匀变速直线运动规律的综合应用1.一个物体由静止开始做匀加速直线运动,第1s末的速度达到4m/s,物体在第2s内的位移是(）A.6m B.8mC。4m D。1.6m答案A解析方法一基本公式法：根据速度时间公式vt＝at，得a＝eq\f（v1，t)＝eq\f(4，1)m/s2＝4m/s2.第1s末的速度等于第2s初的速度，所以物体在第2s内的位移s2＝v1t＋eq\f(1，2)at2＝4×1m＋eq\f(1,2)×4×12m＝6m，故选A.方法二比例法：由s＝eq\f(v0＋vt，2)·t得第1s内的位移s1＝eq\f（0＋4,2）×1m＝2m。由初速度为零的匀变速直线运动的比例关系可得,第1s内与第2s内的位移之比为s1∶s2＝1∶3，则s2＝3s1＝6m，A正确。【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用2.物体从斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端时速度为4m/s,则物体经过斜面中点时的速度为()A.2m/sB .2eq\r（2)m/sC.eq\r(2)m/s D。eq\f（\r（2）,2)m/s答案B解析从顶端到底端vt2＝2as从顶端到中点＝2a·eq\f(s，2)得：＝eq\r（\f(v\o\al(

2,t）,2））＝2eq\r(2）m/s，选项B正确。【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用

3。（多选）如图1所示，光滑斜面AE被分成四个长度相等的部分，即AB＝BC＝CD＝DE,一物体自A点由静止释放，下列结论正确的是（）图1A.物体到达各点的速度之比vB∶vC∶vD∶vE＝1∶eq\r(2)∶eq\r（3)∶2B.物体到达各点所经历的时间tE＝2tB＝eq\r(2）tC＝eq\f（2\r(3）tD，3)C.物体从A运动到E的全过程平均速度eq\x\to(v）＝vCD。物体通过每一部分时，其速度增量vB－vA＝vC－vB＝vD－vC＝vE－vD答案AB解析通过前s末、前2s末、前3s末、…、前ns末时的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶eq\r（2)∶eq\r（3）∶…∶eq\r(n）,即物体到达各点的速度之比为vB∶vC∶vD∶vE＝1∶eq\r(2)∶eq\r（3）∶2，A正确；通过前s、前2s、前3s、…、前ns的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶eq\r（2)∶eq\r(3）∶…∶eq\r(n)，所以物体到达各点所经历的时间tE＝2tB＝eq\r(2)tC＝eq\f（2\r(3)tD，3)，B正确；由tE＝2tB知B点为AE段的时间中点,故eq\x\to(v)＝vB，C错误。对于匀变速直线运动，若时间相等，速度增量相等，故D错误.【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用4.物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1s内通过的位移为s1＝3m,第2s内通过的位移为s2＝2m，又经过位移s3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是（)A。加速度a的大小为1m/s2B.初速度v0的大小为2。5m/sC.位移s3的大小为eq\f（9,8）mD.位移s3内的平均速度大小为0。75m/s答案B解析根据Δs＝aT2得，a＝eq\f（Δs，T2）＝eq\f（－1,12）m/s2＝－1m/s2，A项正确.根据s1＝v0t1＋eq\f(1，2）at12，得v0＝3.5m/s，B项错误；第2s末的速度v2＝v0＋at2＝(3。5－1×2)m/s＝1。5m/s,则s3＝eq\f(0－v\o\al(

2,2），2a）＝eq\f(－2。25,－2)m＝eq\f（9,8）m，位移s3内的平均速度大小eq\x\to（v）＝eq\f（v2,2)＝0.75m/s，C、D正确.【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用5。火车的速度为8m/s,关闭发动机后做匀减速直线运动，前进70m时速度减为6m/s.若再经过40s，火车又前进的距离为()A。80mB.90mC。120mD.160m答案B解析设火车的加速度为a,根据vt2－v02＝2as，解得:a＝eq\f(v\o\al（

2,t)－v\o\al(

2，0）,2s）＝eq\f（36－64，2×70)m/s2＝－0。2m/s2，从6m/s到停止所需要的时间为t＝eq\f(0－vt，a)＝eq\f（0－6，－0.2)s＝30s，故再经过40s火车前进的距离实际为火车前进30s前进的距离，即s′＝eq\f（vt＋0,2)t＝eq\f（6＋0,2）×30m＝90m，选B。【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用6。(多选)物体沿一直线做匀加速直线运动，已知它在第2s内的位移为4.0m，第3s内的位移为6。0m，则下列说法中正确的是（)A。它在第2s初到第3s末的平均速度的大小是5。0m/sB。它在第1s内的位移是2.0mC。它的初速度为零D.它的加速度大小是2.0m/s2答案ABD解析第2s初到第3s末的总位移为10m，时间为2s，根据平均速度定义可知：eq\x\to(v）＝eq\f(10m,2s）＝5m/s,即平均速度为5m/s，故A正确；根据匀变速直线运动规律的推论Δs＝aT2可知，s2－s1＝s3－s2，可得第1s内的位移为2.0m，故B正确；根据Δs＝aT2可得加速度a＝eq\f(6－4，12）m/s2＝2。0m/s2，故D正确；由于第1s内的位移为2.0m,根据s＝v0t＋eq\f(1，2）at2，可知物体的初速度v0＝1m/s,不为零,故C错误。【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用7.汽车以20m/s的速度做匀速直线运动,见前方有障碍物立即刹车，刹车后加速度大小为5m/s2，则汽车刹车后第2s内的位移和刹车后5s内的位移分别为（）A。30m,40m B。30m，37。5mC。12.5m，40m D。12.5m,37。5m答案C解析汽车的刹车时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(20，5）s＝4s由s＝v0t－eq\f（1，2）at2得:前2s内的位移s2＝(20×2－eq\f(1,2)×5×22）m＝30m。第1s内的位移s1＝（20×1－eq\f（1，2)×5×12)m＝17。5m.第2s内的位移Δs＝s2－s1＝12。5m.刹车后5s内的位移实际是4s内的位移s4＝（20×4－eq\f（1,2）×5×42）m＝40m。【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用8。一小球沿斜面以恒定的加速度滚下并依次通过A、B、C三点，已知AB＝6m，BC＝10m,小球通过AB、BC所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度分别为()A。2m/s，3m/s，4m/s B.2m/s，4m/s，6m/sC.3m/s,4m/s,5m/s D.3m/s,5m/s,7m/s答案B解析eq\x\to(BC）－eq\x\to(AB）＝aT2，a＝eq\f（4,4）m/s2＝1m/s2vB＝eq\f(\x\to(AB)＋\x\to（BC）,2T)＝eq\f(6＋10，2×2)m/s＝4m/s由vB＝vA＋aT，得vA＝vB－aT＝(4－1×2)m/s＝2m/s，vC＝vB＋aT＝(4＋1×2)m/s＝6m/s，B正确.【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用二、非选择题9.(匀变速直线运动规律的综合应用）向东行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动，第6s末到第8s末运动了20m,第12s末到第14s末运动了8m.求：(1）汽车的初速度和加速度;（2)汽车前20s的位移大小.答案(1)17m/s，方向向东1m/s2，方向向西(2)144。5m解析（1）第7s末的瞬时速度v1＝eq\f（s1,t)＝eq\f(20，2）m/s＝10m/s第13s末的瞬时速度v2＝eq\f（s2,t）＝eq\f（8,2）m/s＝4m/s由a＝eq\f(Δv，Δt)＝eq\f(4－10，6)m/s2＝－1m/s2,负号表示方向向西，由v1＝v0＋at1得：v0＝v1－at1＝10m/s－（－1)×7m/s＝17m/s，方向向东；（2）刹车时间t0＝eq\f（v0,－a）＝eq\f（17，1)s＝17s，所以汽车前20s的位移即为17s内的位移有0－v02＝2as，得s＝144.5m.【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用10。（匀变速直线运动规律的综合应用)如图2甲为一航拍飞机,操作员启动上升按钮,航拍飞机从地面上的O点由静止开始竖直向上做匀加速直线运动,经过8s到达离O点高为48m处的A点时，操作员调节螺旋桨转速,改变升力大小,使得航拍飞机继续匀速上升，经4s运动到B点，如图乙所示，求:(1）航拍飞机匀加速运动阶段的加速度大小a和A点的瞬时速度大小vA;（2)航拍飞机从O点到B点的平均速度大小eq\x\to(v）。图2答案（1）1。5m/s212m/s（2)8m/s解析(1）航拍飞机做匀加速直线运动s1＝eq\f(1