2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓2 勻變速直線運動的規(guī)律及應用（含解析）新人教版

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1、課后限時集訓(二)　勻變速直線運動的規(guī)律及應用 (建議用時：40分鐘) [基礎對點練] 題組一：勻變速直線運動規(guī)律的應用 1．(2019·德陽調研)一質點沿直線運動，其平均速度與時間的關系滿足v＝2＋t(各物理量均選用國際單位制中單位)，則關于該質點的運動，下列說法正確的是(　　) A．質點可能做勻減速直線運動 B．5 s內質點的位移為35 m C．質點運動的加速度為1 m/s2 D．質點3 s末的速度為5 m/s B　[根據(jù)平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根據(jù)x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，質點的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，質點做勻加速直線運動，

2、故A、C錯誤；5 s內質點的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×25 m＝35 m，故B正確；質點在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D錯誤。] 2．一輛汽車在平直公路上做剎車實驗，0時刻起，汽車運動過程的位移與速度的關系式為x＝(10－0.1v2)m，下列分析正確的是(　　) A．上述過程的加速度大小為10 m/s2 B．剎車過程持續(xù)的時間為5 s C．0時刻的初速度為10 m/s D．剎車過程的位移為5 m C　[由v2－v＝2ax可得x＝－v＋v2，對照x＝10－0.1v2可知，＝－0.1，－v＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝

3、10 m/s，選項A錯誤，C正確。由v＝v0＋at可得，剎車過程持續(xù)的時間為t＝2 s，由v2－v＝2ax可得，剎車過程的位移為x＝10 m，選項B、D錯誤。] 3.(2019·運城檢測)如圖所示，一小球從A點由靜止開始沿斜面做勻變速直線運動，若到達B點時速度為v，到達C點時速度為2v，則AB∶BC等于(　　) A．1∶1　　 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 C　[根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式v2－v＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，則AB∶BC＝1∶3。故C正確，A、B、D錯誤。] 4．某航母跑道長為200 m，飛機在航母上滑行的最大加速度為6

4、 m/s2，起飛需要的最低速度為50 m/s。那么，飛機在滑行前，需要借助彈射系統(tǒng)獲得的最小初速度為(　　) A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s B　[飛機在滑行過程中，做勻加速直線運動，根據(jù)速度與位移的關系v2－v＝2ax解決問題。由題知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根據(jù)v2－v＝2ax得，借助彈射系統(tǒng)飛機獲得的最小初速度v0＝＝ m/s＝10 m/s。故選項B正確。] 5．空軍特級飛行員李峰駕駛殲十戰(zhàn)機執(zhí)行戰(zhàn)術機動任務，在距機場54 km、離地1 750 m高度時飛機發(fā)動機停車失去動力。在地面指揮員的果斷引領下，安全

5、迫降機場，成為成功處置國產單發(fā)新型戰(zhàn)機空中發(fā)動機停車故障、安全返航第一人。若飛機著陸后以6 m/s2的加速度做勻減速直線運動，若其著陸速度為60 m/s，則它著陸后12 s內滑行的距離是(　　) A．288 m B．300 m C．150 m D．144 m B　[先求出飛機著陸后到停止所用時間t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飛機在12 s內不是始終做勻減速運動，它在最后2 s內是靜止的，故它著陸后12 s內滑行的距離為x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m。] 題組二：重要推論和比例關系的應用 6．一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在

6、時間間隔t內位移為s，速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則該質點的加速度為(　　) A． B． C． D． A　[設質點的初速度為v，經時間t速度為3v，有 s＝·t＝·t＝2vt，則a＝＝＝。] 7.(多選)(2019·雅安模擬)如圖所示，一冰壺以速度v垂直進入三個矩形區(qū)域做勻減速直線運動，且剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是(　　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 BD　[因為冰壺做勻減速

7、直線運動，且末速度為零，故可以看作反向勻加速直線運動來研究。初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)三段相等位移的時間之比為1∶(－1)∶(－)，故所求時間之比為(－)∶(－1)∶1，所以選項C錯誤，D正確；由v2－v＝2ax可得初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)相等位移的速度之比為1∶∶，則所求的速度之比為∶∶1，故選項A錯誤，B正確。] 8．(多選)一物體以初速度v0做勻減速直線運動，第1 s內通過的位移為x1＝3 m，第2 s內通過的位移為x2＝2 m，又經過位移x3物體的速度減小為0，則下列說法正確的是(　　) A．初速度v0的大小為2.5 m/s B．加速度a的大小為1 m/s2

8、 C．位移x3的大小為1.125 m D．位移x3內的平均速度大小為0.75 m/s BCD　[由Δx＝aT2可得加速度大小a＝1 m/s2；第1 s末的速度v1＝＝2.5 m/s；物體的速度由2.5 m/s減速到0所需時間t＝＝2.5 s，則經過位移x3的時間t′為1.5 s，且x3＝at′2＝1.125 m；位移x3內的平均速度＝＝0.75 m/s。故選B、C、D。] 9.如圖所示，一小滑塊沿足夠長的斜面以初速度v向上做勻減速直線運動，依次經A、B、C、D到達最高點E，已知AB＝BD＝6 m，BC＝1 m，滑塊從A到C和從C到D所用的時間都是2 s。設滑塊經B、C時的速度為vB、

9、vC，則(　　) A．vC＝6 m/s B．vB＝ m/s C．DE＝3 m D．從D到E所用時間為4 s D　[C為AD的中間時刻，vC＝＝ m/s＝3 m/s，a＝＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2；由v－v＝2ax，解得vB＝ m/s；經D點速度vD＝vC＋aT＝(3－0.5×2)m/s＝2 m/s，DE＝＝4 m；從D到E所用時間t＝＝ s＝4 s。] 題組三：自由落體和豎直上拋運動 10．(2019·哈爾濱檢測)甲球從離地面H高處從靜止開始自由下落，同時使乙球從甲球的正下方地面處做豎直上拋運動。欲使乙球上升到處與甲球相撞，則乙球上拋的初速度應為(　　) A．

10、B． C． D． B　[由豎直上拋運動規(guī)律知＝v0t－gt2，由自由落體運動規(guī)律知H－＝gt2，聯(lián)立可得t＝，v0＝，B對。] 11．在離地高h處，沿豎直方向同時向上和向下拋出兩個小球，它們的初速度大小均為v，不計空氣阻力，兩球落地的時間差為(　　) A． B． C． D． A　[根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，可知向上拋出的小球落回到出發(fā)點時的速度大小也是v，之后的運動與豎直下拋的小球運動情況相同。因此上拋的小球比下拋的小球多運動的時間為：t＝＝，A項正確。] 12．(多選)在某一高度以v0＝20 m/s的初速度豎直上拋一個小球(不計空氣阻力)，當小球速度大小為10 m/

11、s時，以下判斷正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．小球在這段時間內的平均速度大小可能為15 m/s，方向向上 B．小球在這段時間內的平均速度大小可能為5 m/s，方向向下 C．小球在這段時間內的平均速度大小可能為5 m/s，方向向上 D．小球的位移大小一定是15 m ACD　[小球被豎直向上拋出，做的是勻變速直線運動，平均速度可以用勻變速直線運動的平均速度公式＝求出，規(guī)定豎直向上為正方向，當小球的末速度大小為10 m/s、方向豎直向上時，v＝10 m/s，用公式求得平均速度為15 m/s，方向豎直向上，A正確；當小球的末速度大小為10 m/s、方向豎直向下時，v＝－10 m/

12、s，用公式求得平均速度大小為5 m/s，方向豎直向上，C正確；由于末速度大小為10 m/s時，球的位置一定，距起點的位移h＝＝15 m，D正確。] [考點綜合練] 13．(2019·南通檢測)科技館中的一個展品如圖所示，在較暗處有一個不斷均勻滴水的水龍頭，在一種特殊的間歇閃光燈的照射下，若調節(jié)間歇閃光間隔時間正好與水滴從A下落到B的時間相同，可以看到一種奇特的現(xiàn)象，水滴似乎不再下落，而是像固定在圖中的A、B、C、D四個位置不動，對出現(xiàn)的這種現(xiàn)象，下列描述正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．水滴在下落過程中通過相鄰兩點之間的時間滿足tAB

13、 s C．水滴在相鄰兩點間的平均速度滿足AB∶BC∶CD＝1∶4∶9 D．水滴在各點的速度之比滿足vB∶vC∶vD＝1∶3∶5 B　[由題圖可知∶∶＝1∶3∶5，水滴做初速度為零的勻加速直線運動，由題意知水滴在下落過程中通過相鄰兩點之間的時間相等，A錯誤；由h＝gt2可得水滴在下落過程中通過相鄰兩點之間的時間為 s，即閃光的間隔時間是 s，B正確；由＝知水滴在相鄰兩點間的平均速度滿足AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，C錯誤；由v＝gt知水滴在各點的速度之比滿足vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，D錯誤。] 14．(2019·定州調研)質量為m的小球由空中A點無初速度自由下落，加速度大小為g；在t

14、秒末使其加速度大小變?yōu)閍且方向豎直向上，再經過t秒小球又回到A點。不計空氣阻力且小球從未落地，則以下說法中正確的是(　　) A．a＝4g B．返回到A點的速率為2at C．自由下落t秒時小球的速率為at D．小球下落的最大高度為at2 D　[根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知：gt2＝－(gt·t－at2)，解得a＝3g，選項A錯誤；返回到A點的速度v＝gt－at＝－at，選項B錯誤；自由下落t秒時小球的速率為gt＝at，選項C錯誤；小球下落t秒的高度h1＝gt2＝at2，勻減速運動速度減到零時的位移h2＝＝at2，故小球下落的最大高度h＝at2＋at2＝at2，選項D正確。] 15.(

15、2019·濟南調研)如圖所示是一種較精確測量重力加速度g值的裝置。下端裝有彈射裝置的足夠長的真空玻璃直管豎直放置，使小球豎直向上彈出，在O點與彈簧分離，然后返回。在O點正上方選取一點P，利用儀器精確測得OP間的距離為H，從O點出發(fā)至返回O點的時間間隔為T1，小球兩次經過P點的時間間隔為T2。 (1)求重力加速度g； (2)若O點距玻璃管底部的距離為L0，求真空玻璃管最小長度。 解析：(1)小球從O點上升到最高點的時間為，有h1＝g2； 小球從P點上升到最高點的時間為， 有h2＝g； 依據(jù)題意有h1－h(huán)2＝H， 聯(lián)立解得g＝。 (2)真空玻璃管最小長度L＝L0＋h1，且 h

16、1＝g＝， 解得L＝L0＋。 答案：(1)　(2)L0＋ 16．(2019·龍巖模擬)我國不少省市ETC聯(lián)網已經啟動運行，ETC是電子不停車收費系統(tǒng)的簡稱，汽車分別通過ETC通道和人工收費通道的流程如圖所示。假設汽車以v1＝12 m/s的速度朝收費站沿直線行駛，如果過ETC通道，需要在距收費站中心線前d＝10 m處正好勻減速至v2＝4 m/s，勻速通過中心線后，再勻加速至v1正常行駛；如果過人工收費通道，需要恰好在中心線處勻減速至零，經過t0＝20 s繳費成功后，再啟動汽車勻加速至v1正常行駛，設汽車加速和減速過程中的加速度大小均為1 m/s2。求： (1)汽車過ETC通道時，從開

17、始減速到恢復正常行駛過程中的位移大小？ (2)汽車通過人工收費通道，應在離收費站中心線多遠處開始減速？ (3)汽車通過ETC通道比通過人工收費通道節(jié)約的時間是多少？ 解析：(1)過ETC通道時，減速的位移和加速的位移相等，則 x1＝＝64 m 故總的位移x總1＝2x1＋d＝138 m。 (2)經人工收費通道時，開始減速時距離中心線為x2＝＝72 m。 (3)過ETC通道的時間 t1＝×2＋＝18.5 s 過人工收費通道的時間 t2＝×2＋t0＝44 s x總2＝2x2＝144 m 二者的位移差Δx＝x總2－x總1＝6 m 在這段位移內汽車以正常行駛速度做勻速直線運動，

18、則 Δt＝t2－(t1＋)＝25 s。 答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s 高考真題集中練 (教師用書獨具) 1．(2016·全國卷Ⅲ)一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質點的加速度為(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D． A　[質點在時間t內的平均速度v＝，設時間t內的初、末速度分別為v1和v2，則v＝，故＝。由題意知：mv＝9×mv，則v2＝3v1，進而得出2v1＝。質點的加速度a＝＝＝。故選項A正確。] 2.(2017·全國卷Ⅱ)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s

19、1