教科版 (2019)必修 第一册3 匀变速直线运动位移与时间的关系精练

这是一份教科版 (2019)必修 第一册3 匀变速直线运动位移与时间的关系精练，共8页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．飞机起飞的过程是由静止开始在平直跑道上做匀加速直线运动的过程．飞机在跑道上加速到某速度值时离地升空飞行．已知飞机在跑道上加速前进的距离为1 600 m，所用时间为40 s.则飞机的加速度a和离地速度v分别为( )
A．2 m/s2 80 m/s B．2 m/s2 40 m/s
C．1 m/s2 40 m/s D．1 m/s2 80 m/s
2．一小球由静止开始沿斜面下滑，2 s后进入水平面继续滑行，又经过4 s停下来，小球在斜面上运动的位移大小和它在水平面上运动的位移大小之比为( )
A．1∶2 B．1∶4
C．2∶1 D．4∶1
3．一物体在水平面上做匀变速直线运动，其位移与时间的数量关系为x＝24 t－6t2，x与t的单位分别是m和s，则它的速度等于零的时刻t为( )
A． eq \f(1,6) s B．2 s
C．6 s D．24 s
4．一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止．其v ­ t图像如图所示，那么在0～t0和t0～3t0两段时间内( )
A．加速度大小之比为1∶1
B．位移大小之比为1∶3
C．平均速度大小之比为2∶1
D．平均速度大小之比为1∶1
5．在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，打点计时器打出的一条纸带如图所示，A、B、C、D、E是在纸带上所选的计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s，各计数点与A计数点间的距离在图中已标出，则在打B点时，小车的速度为________ m/s，打D点时，小车的速度为________ m/s，并可求得小车的加速度大小为________ m/s2.
6．物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2，求：
(1)物体在前2 s内的位移；
(2)物体在第2 s内的位移；
(3)物体在第二个2 s内的位移．
7.飞机着陆后匀减速滑行，着陆时的初速度是216 km/h，在最初2 s内滑行114 m．求：
(1)飞机在5 s末的速度大小；
(2)飞机着陆后12 s内滑行多远．
8.
高速公路上，一辆大货车以20 m/s的速度违规行驶在快速道上，另有一辆SUV小客车以32 m/s的速度随其后并逐渐接近．大货车的制动性能较差，刹车时的加速度保持在4 m/s2，而SUV小客车配备有ABS防抱死刹车系统，刹车时能使汽车的加速度保持在8 m/s2.若前方大货车突然紧急刹车，SUV小客车司机的反应时间是0.50 s，为了避免发生追尾事故，轿车和卡车之间至少应保留多大的距离？
B组 选择性考试练
9.(多选)甲、乙两物体从同一点开始沿同一直线运动，甲的x ­ t图像和乙的v ­ t图像如图所示，下列说法正确的是 ( )
A．2～4 s内甲做匀速直线运动，乙做匀减速直线运动
B．0～2 s内和4～6 s内，甲的速度等大同向，乙的加速度等大同向
C．t＝2 s时，甲、乙相遇
D．6 s内甲的路程为16 m，乙的路程为12 m
10．一个做直线运动的物体的v ­ t图像如图所示，由图像可知( )
A．0～1.5 s内物体的加速度为－4 m/s2，1.5～3 s内物体的加速度为4 m/s2
B．0～4 s内物体的位移为12 m
C．3 s末物体的运动方向发生变化
D．3 s末物体回到出发点
11．(多选)如图所示是我国的“复兴号”列车正在飞驰运行的情景，列车在匀加速运动过程中，从计时开始，通过第一个60 m所用时间是10 s．通过第二个60 m所用时间是6 s．则( )
A．动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m
B．动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m
C．动车组计时开始的速度为3.5 m/s
D．动车组计时开始的速度为2.5 m/s
12.
从斜面上某位置每隔0.1 s释放一个小球，释放后每个小球做加速度相等的匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上的小球拍下照片，如图所示，测得A、B处两球球心间距离xAB＝15 cm，B、C处两球球心间距离xBC＝20 cm.试求：
(1)小球的加速度大小；
(2)拍摄时B处小球的速度大小vB.
课时素养评价6 匀变速直线运动位移与时间的关系
1．解析：根据x＝ eq \f(1,2)at2得a＝ eq \f(2x,t2)＝2 m/s2，飞机离地速度为v＝at＝80 m/s.
答案：A
2．解析：小球在斜面上和在水平面上的运动均为匀变速运动，根据 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v0＋vt,2)可知，小球在斜面上和在水平面上的平均速度大小相等，则x斜∶x平＝t钭∶t平＝1∶2.
答案：A
3．解析：由x＝24t－6t2可知：v0＝24 m/s， eq \f(1,2)a＝6即a＝12 m/s2，所以v＝24－12t.当v＝0时，t＝2 s，故B正确．
答案：B
4．解析：根据v ­ t图线的斜率等于加速度可知，在0～t0和t0～3t0两段时间内汽车加速度大小之比为a1∶a2＝ eq \f(v0,t0)∶ eq \f(v0,2t0)＝2∶1，故A错误．根据v­t图线与t轴所围图形的面积等于位移大小可知，0～t0和t0～3t0两段时间内位移大小之比为x1∶x2＝ eq \f(v0t0,2)∶ eq \f(v0·2t0,2)＝1∶2，故B错误；0～t0和t0～3t0两段时间内平均速度大小之比 eq \(v,\s\up6(－))1∶ eq \(v,\s\up6(－))2＝ eq \f(0＋v0,2)∶ eq \f(v0＋0,2)＝1∶1，故C错误，D正确．
答案：D
5．解析：由纸带数据经计算可知小车在做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可知vB＝ eq \f(xAC,2T)＝ eq \f(52.0×10－3,0.2) m/s＝0.26 m/s，vD＝ eq \f(xCE,2T)＝ eq \f(（120.0－52.0）×10－3,0.2) m/s＝0.34 m/s，根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2，可知加速度a＝ eq \f(xCE－xAC,4T2)＝ eq \f(120.0－2×52.0,4×0.12)×10－3 m/s2＝0.4 m/s2.
答案：0.26 0.34 0.4
6．解析：(1)物体在前2 s内的位移x1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝ eq \f(1,2)×1×22 m＝2 m.
(2)物体在第1 s末的速度(第2 s初的速度)v1＝at2＝1×1 m/s＝1 m/s，则物体在第2 s内的位移x2＝v1t3＋ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝(1×1＋ eq \f(1,2)×1×12) m＝1.5 m.
(3)物体在第2 s末的速度v2＝at4＝1×2 m/s＝2 m/s，则物体在第二个2 s内的位移x3＝v2t5＋ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(5)) ＝(2×2＋ eq \f(1,2)×1×22) m＝6 m.
答案：(1)2 m (2)1.5 m (3)6 m
7．解析：(1)飞机着陆时的初速度v0＝216 km/h＝60 m/s，在最初2 s内滑行114 m，则有x1＝v0t1＋ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ，解得a＝－3 m/s2，故飞机在5 s末的速度v2＝v0＋at2＝45 m/s.
(2)飞机着陆过程中做匀减速运动的总时间t总＝ eq \f(Δv,a)＝20 s，故12 s内飞机一直做匀减速直线运动，位移x2＝v0t3＋ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(3)) ＝504 m.
答案：(1)45 m/s (2)504 m
8．解析：反应时间里SUV的行驶距离：x1＝v1t0；若恰好发生追尾，则两车速度相等，有：
v＝v1＋a1(t－0.5 s)，v＝v2＋a2t
代入数据，得两车发生追尾所用时间：t＝4 s
此段时间内，两车行驶距离：s1＝x1＋v1t＋ eq \f(1,2)a1t2, s2＝v2t＋ eq \f(1,2)a2t2
则有两车之间不发生追尾的最小距离：Δs＝s1－s2；两车刹车时的加速度分别是：a1＝－8 m/s2，a2＝－4 m/s2，代入数据得：Δs＝32 m.
答案：32 m
9．解析：x ­ t图像中图线的斜率表示速度，v ­ t图像中图线的斜率表示加速度，故2～4 s内，甲做匀速直线运动，乙先做匀减速直线运动，后做反向的匀加速直线运动，故A错误；0～2 s内与4～6 s内，题图甲的两段图线平行，则速度等大同向，题图乙的两段图线平行，则加速度等大同向，故B正确；在前2 s内，甲的位移为4 m，乙的位移x＝ eq \f(1,2)×4×2 m＝4 m，由于甲、乙两物体从同一点开始沿同一直线运动，所以t＝2 s时，甲、乙相遇，故C正确；甲在前2 s内的路程为4 m，第3 s内的路程为4 m，第4 s内的路程为4 m，最后2 s内的路程为4 m，6 s内的总路程为16 m，乙的路程s＝2× eq \f(4×3,2) m＝12 m，故D正确．
答案：BCD
10．解析：在v ­ t图像中，在0～3 s内斜率不变，加速度不变，加速度为a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(0－（－6）,1.5) m/s2＝4 m/s2，故A错误；在v ­ t图像中，图线与时间轴所围面积为物体的位移，0～4 s内物体的位移为x＝ eq \f(1,2)×6×2.5 m－ eq \f(1,2)×6×1.5 m＝3 m，故B错误；3 s末速度方向没变，只是加速度发生了改变，故C错误；3 s内的位移为 eq \f(1,2)×6×1.5 m－ eq \f(1,2)×6×1.5 m＝0，回到原点，故D正确．
答案：D
11．解析：第一个60 m内中间时刻的瞬时速度v1＝ eq \f(x1,t1)＝6 m/s，第二个60 m内中间时刻的瞬时速度v2＝ eq \f(x2,t2)＝10 m/s，则动车组的加速度a＝ eq \f(v2－v1,\f(t1＋t2,2))＝0.5 m/s2.根据Δx＝aT2得，接下来6 s内的位移x3＝x2＋aT2＝60 m＋0.5×36 m＝78 m，故A正确，B错误；动车组的初速度v0＝v1－a eq \f(t1,2)＝6 m/s－0.5× eq \f(10,2) m/s＝3.5 m/s，故C正确，D错误．
答案：AC
12．解析：小球被释放后做匀加速直线运动，它们的加速度相等且每两个相邻小球被释放的时间间隔相等，均为T＝0.1 s，可以将A、B、C、D四处的小球等效地看作是同一个做匀加速直线运动的小球在不同时刻的位置．(1)由推论Δx＝aT2可知，小球的加速度a＝ eq \f(xBC－xAB,T2)＝ eq \f(20－15,0.12) cm/s2＝500 cm/s2 ＝5 m/s2.(2)由题意知B处是AC段的中间时刻，可知小球在B处的速度大小等于小球在AC段的平均速度大小，即vB＝ eq \(v,\s\up6(－))BC＝ eq \f(xAC,2T)＝ eq \f(15＋20,2×0.1) cm/s＝1.75 m/s.
答案：(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s