(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第一章 第2讲 (含解析)

这是一份(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第一章 第2讲 (含解析)，共22页。试卷主要包含了速度—时间关系，6 m/s，运动学公式中正、负号的规定，0 m/s B．8，5 s<5 s，所以4等内容，欢迎下载使用。


知识排查
匀变速直线运动的基本公式
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1.速度—时间关系：v＝v0＋at,2.位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2,3.速度—位移关系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax))eq \(――→,\s\up7(初速度为零),\s\d5(v0＝0))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2,v2＝2ax))
匀变速直线运动的推论
1.匀变速直线运动的三个推论
(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2
(2)中间时刻速度：veq \f(t,2)＝eq \f(v0＋v,2)＝eq \(v,\s\up6(－))
(3)位移中点速度veq \f(x,2)＝eq \r(\f(veq \\al(2,0)＋v2,2))
2．初速度为零的匀变速直线运动的常用重要推论
(1)T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)T内、2T内、3T内……位移的比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)
第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。
(4)
从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
自由落体运动
1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
2．运动规律
(1)速度公式：v＝gt。
(2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2。
(3)速度位移关系式：v2＝2gh。
竖直上抛运动
1.定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。
2．运动规律
(1)速度公式：v＝v0－gt
(2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
(3)速度位移关系式：v2－veq \\al(2,0)＝－2gh
小题速练
1．思考判断
(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。( )
(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( )
(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。( )
(4)初速度为零的匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。( )
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。( )
(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)√
2．某航母跑道长为200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为 ( )
A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s
解析 飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，由题意知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根据v2－veq \\al(2,0)＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0＝eq \r(v2－2ax)＝eq \r(502－2×6×200) m/s＝10 m/s。故选项B正确。
答案 B
3．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A．2 m/s，3 m/s，4 m/s B．2 m/s，4 m/s，6 m/s
C．3 m/s，4 m/s，5 m/s D．3 m/s，5 m/s，7 m/s
解析 根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB＝eq \f(AB＋BC,2t)＝4 m/s。又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确。
答案 B
4．(2018·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则 ( )
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m
D．物体在5 s内的位移大小是50 m
解析 设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得eq \f(1,2)g×52－eq \f(1,2)g×42＝18 m，得g＝4 m/s2，所以2 s末的速度大小为v＝gt2＝8 m/s，选项A错误；第5 s内的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δx5,Δt5)＝18 m/s，选项B错误；物体在前2 s 内的位移大小为x＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小为x5＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,5)＝50 m，选项D正确。
答案 D
匀变速直线运动规律的基本应用
1．常用公式的选择
2.运动学公式中正、负号的规定
一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。
【例1】 (2019·湖北天门模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：
(1)这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)
解题关键―→画运动过程示意图，呈现运动情景
解析 (1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝15 m/s，
由速度公式v＝v0＋at
得a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(v1,t1)＝1.5 m/s2
由位移公式得
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×1.5×102 m＝75 m
这时出租车离出发点的距离为75 m。
(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s时，由veq \\al(2,2)＝2ax2得x2＝eq \f(veq \\al(2,2),2a)＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝eq \f(v2,a)＝eq \f(30,1.5 ) s＝20 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，通过位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示
x＝x2＋x3＝(300＋2 400) m＝2 700 m＝2.7 km。
答案 (1)75 m (2)2.7 km
解题的基本思路
eq \x(\a\al(画过程,示意图))→eq \x(\a\al(判断运,动性质))→eq \x(\a\al( 选取 ,正方向))→eq \x(\a\al(选用公式,列方程 ))→eq \x(\a\al(解方程并,加以讨论))
1．如图1所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为5 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为 ( )
图1
A．50 m B．20 m C．10 m D．1 m
解析 使汽车避免与障碍物相撞，则末速度v＝0，a＝－5m/s2，根据v2－veq \\al(2,0)＝2ax得x＝eq \f(－veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(－102,－2×5) m＝10 m，选项C正确。
答案 C
2．如图2所示，高速公路一般情况下小汽车限速120 km/h，但由于施工等特殊情况会有临时限速。某货车正在以72 km/h的速度行驶，看到临时限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1 m/s2，减速行驶了2 min，则减速后货车的速度为( )
图2
A．6.0 m/s B．8.0 m/sC．10.0 m/s D．12.0 m/s
解析 v0＝72 km/h＝20 m/s，t＝2 min＝120 s，a＝－0.1 m/s2。由v＝v0＋at得v＝(20－0.1×120) m/s＝8.0 m/s，故选项B正确。
答案 B
3．[易错点——刹车类问题][人教版必修1·P40·T3改编]以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为( )
A．50 m B．45 m C．40.5 m D．40 m
解析 根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得36＝18×3＋eq \f(1,2)a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝eq \f(－v0,a)＝eq \f(－18,－4) s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停止，5 s内的位移x＝eq \f(－veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(－182,2×（－4）) m＝40.5 m，故选项C正确。
答案 C
解决匀变速运动问题的常用方法
解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法
【例2】 [一题多解]物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图3所示。已知物体运动到斜面长度eq \f(3,4)处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。
图3
解析 法一 逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面，
故sBC＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,BC)，sAC＝eq \f(1,2)a(t＋tBC)2。
又sBC＝eq \f(1,4)sAC，解得tBC＝t。
法二 比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为
s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
现有sBC∶sBA＝(eq \f(1,4)sAC)∶(eq \f(3,4)sAC)＝1∶3，
通过sAB的时间为t，故通过sBC的时间tBC＝t。
法三 中间时刻速度法
利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。
eq \(v,\s\up6(－))AC＝eq \f(1,2)(v＋v0)＝eq \f(1,2)v0。
又veq \\al(2,0)＝2asAC①
veq \\al(2,B)＝2asBC②
sBC＝eq \f(1,4)sAC③
解①②③得vB＝eq \f(1,2)v0。
可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置，因此有tBC＝t。
法四 图象面积法
利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v－t图象，如图所示。
eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(CO2,CD2)。
且S△AOC＝4S△BDC，
故eq \f(4,1)＝eq \f(（t＋tBC）2,teq \\al(2,BC))，得tBC＝t。
法五 推论法
对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(4)－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
现将整个斜面分成相等的四段，如图所示。
设通过BC段的时间为tBC，那么通过BD、DE、EA的时间分别为
tBD＝(eq \r(2)－1)tBC，tDE＝(eq \r(3)－eq \r(2))tBC，
tEA＝(eq \r(4)－eq \r(3))tBC，
又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tBC＝t。
答案 t
【例3】 [易错点——双向可逆类]如图4，一物体以某一速度冲上一光滑斜面，前4 s的位移为1.6 m，随后4 s的位移为零，那么物体的加速度多大？
图4
解析 设物体的加速度大小为a，由题意知加速度的方向沿斜面向下。
物体前4 s是减速运动，位移为1.6 m，所以有
x＝v0t0－eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，
代入数据1.6＝v0×4－eq \f(1,2)a×42
随后4 s的位移为零，则物体滑到最高点所用总时间为
t＝4 s＋eq \f(4,2) s＝6 s，
所以初速度v0＝at＝a×6
由以上两式得物体的加速度大小为a＝0.1 m/s2。
答案 0.1 m/s2
双向可逆类运动问题
(1)常见情景
①沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回。
②竖直上抛运动等。
(2)特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向都不变。
1．(多选)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x1＝3 m，第2 s内通过的位移x2＝2 m，又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )
A．初速度v0的大小为2.5 m/s
B．加速度a的大小为1 m/s2
C．位移x3的大小为1.125 m
D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
解析 由Δx＝aT2可得加速度a＝－1 m/s2，选项B正确；第1 s末的速度v1＝eq \f(x1＋x2,2T)＝2.5 m/s，得初速度v0＝v1－at＝3.5 m/s，选项A错误；物体速度由2.5 m/s减小到0所需时间t＝eq \f(Δv,a)＝2.5 s，则经过位移x3的时间t3为1.5 s，且x3＝－eq \f(1,2)ateq \\al(2,3)＝1.125 m，选项C正确；位移x3内的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x3,t3)＝0.75 m/s，选项D正确。
答案 BCD
2．(2018·安徽池州期末)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5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( )
图5
A．v0∶vA∶vB＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶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)∶1
C．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
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v0∶vA∶vB＝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tOA∶tAB∶tBC＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，故D正确，A、B、C错误。
答案 D
自由落体和竖直上抛运动
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
(2)竖直上抛运动的重要特性
①对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：
②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。
2．竖直上抛运动的研究方法
【例4】 如图6中高楼为上海中心大厦，建筑主体为118层，总高为632 m。现假设外墙清洁工人在320 m高处进行清洁时不慎掉落一瓶水，当他发现水瓶掉落时，水瓶已经下落了5 s，此时他大声向下方行人发出警告。已知声速为340 m/s，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
图6
A．正下方的行人先看见水瓶落地，再听见警告声，时间差超过2 s
B．正下方的行人先听见警告声，再看见水瓶落地，时间差超过2 s
C．正下方的行人先看见水瓶落地，再听见警告声，时间差不到1 s
D．正下方的行人先听见警告声，再看见水瓶落地，时间差不到1 s
解析 瓶子落地总时间t总＝eq \r(\f(2h,g))＝8 s，当瓶子下落5 s后才发现，还剩3 s落地，此时人喊出声音传到正下方时间t′＝eq \f(x,v声)≈0.9 s，故行人先听到警告声，再看见水瓶落地，且时间差超过2 s。
答案 B
1．太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动
时间里的位移或速度，以下说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2，且不随高度的变化而变化)( )
图7
A．自由落体运动的位移是3.9×104 m
B．自由落体运动的位移是2.1×104 m
C．自由落体运动的末速度是6.0×102 m/s
D．自由落体运动的平均速度是6.0×102 m/s
解析 根据题意，运动员做自由落体运动的时间t＝60 s，因此，自由落体运动的位移h＝eq \f(1,2)gt2＝1.8×104 m，选项A、B错误；运动员自由落体的末速度v＝gt＝6.0×102 m/s，C正确；自由落体运动的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)v＝3.0×102 m/s，D错误。
答案 C
2．(2018·山东临沂校级段考)气球下挂一重物，以v0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地面高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？(空气阻力不计，g取10 m/s2)
解析 法一 分成上升阶段和下落阶段两个过程处理。绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为t1＝eq \f(v0,g)＝1 s
h1＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝eq \r(\f(2H,g))＝6 s
v＝gt2＝60 m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t1＋t2＝7 s。
法二 取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，
由位移公式有h′＝v0t－eq \f(1,2)gt2
即－175＝10t－eq \f(1,2)×10t2＝10t－5t2
整理得t2－2t－35＝0
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示落地速度方向与初速度方向相反，方向竖直向下。
答案 7 s 60 m/s
匀变速直线运动的多过程问题eq \x(规范解题)
“四步”分析法巧解多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，找出各段交接处的关联物理量，可按下列四个步骤解题
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果。
【例5】 (12分)假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2。试问：
(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？
(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
解题关键 画草图(运动过程)
规范解答
(1)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为
x1处开始制动，则有
v2－veq \\al(2,0)＝－2a1x1(2分)
解得x1＝108 m。(1分)
(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。
减速阶段，有v＝v0－a1t1(1分)
解得t1＝eq \f(v0－v,a1)＝6 s(1分)
加速阶段，有
v0＝v＋a2t(1分)
解得t2＝eq \f(v0－v,a2)＝4 s
则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。(1分)
(3)加速阶段，有
veq \\al(2,0)－v2＝2a2x2(2分)
解得x2＝72 m
则总位移x＝x1＋x2＝180 m(1分)
若不减速通过收费站，则所需时间
t′＝eq \f(x,v0)＝6 s(1分)
故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为
Δt＝t－t′＝4 s(1分)
答案 (1)108 m (2)10 s (3)4 s
1．如图8为某高速公路出口的ETC通道示意图。一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v0＝30 m/s，此时开始减速，到达M点时速度减至v＝6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区。已知MN的长度d＝36 m，汽车减速运动的加速度大小a＝3 m/s2，求：
图8
(1)O、M间的距离x；
(2)汽车从O点到N点所用的时间t。
解析 (1)根据v2－veq \\al(2,0)＝－2ax得，x＝eq \f(veq \\al(2,0)－v2,2a)＝144 m。
(2)从O点到达M点所用的时间t1＝eq \f(v0－v,a)＝8 s，
匀速通过MN区所用的时间t2＝eq \f(d,v)＝6 s，
汽车从O点到N点所用的时间t＝t1＋t2＝14 s。
答案 (1)144 m (2)14 s
2．如图9所示，在成都天府大道某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度。一辆汽车正从A点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距355 m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接收到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D点，且此时汽车与测速仪相距335 m，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为图10所示分析(已知超声波速度为340 m/s)。
图9
图10
(1)求汽车刹车过程中的加速度a；
(2)此路段有80 km/h的限速标志，分析该汽车刹车时的行驶速度是否超速？
解析 (1)设超声波从B运动到C的时间为t0，那么在超声波从C返回B的t0时间内，汽车由C减速运动到D且
速度为零，应用逆向思维x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，超声波往返时间为2t0，汽车在2t0时间内，运动的位移为x1＋x2＝eq \f(1,2)a(2t0)2，x1＋x2＝x0－x＝20 m，x2＝5 m，x1＝15 m，而超声波在t0内的距离为BC＝x＋x2＝335 m＋5 m＝340 m，即v声t0＝340 m，t0＝1 s，代入x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)得a＝10 m/s2。
(2)由x1＋x2＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)，得v0＝20 m/s＝72 km/h，汽车未超速。
答案 (1)10 m/s2 (2)不超速
课时作业
(时间：30分钟)
基础巩固练
1．如图1所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约为(g取10 m/s2)( )
图1
A．20 m/s B．14 m/s
C．2 m/s D．1.4 m/s
解析 根据公式v2＝2gh得v＝eq \r(2×10×10) m/s≈14 m/s，选项B正确。
答案 B
2．某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内通过的位移是x(单位：m)，则质点运动的加速度为( )
A.eq \f(3x,2)(m/s2) B.eq \f(2x,3)(m/s2)C.eq \f(2x,5)(m/s2) D.eq \f(5x,2)(m/s2)
解析 由匀变速直线运动规律知第3 s内的平均速度等于t＝2.5 s时的瞬时速度v2.5＝eq \f(x,1)(m/s)＝x(m/s)，得a＝eq \f(v2.5,t)＝eq \f(x,2.5)(m/s2)＝eq \f(2x,5)(m/s2)，C正确。
答案 C
3．如图2所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则xAB∶xBC等于( )
图2
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
答案 C
4．一物体自空中的A点以一定的初速度向上抛出，1 s后物体的速率变为10 m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g＝10 m/s2)( )
A．在A点上方，速度方向向下
B．在A点下方，速度方向向下
C．正在A点，速度方向向下
D．在A点上方，速度方向向上
解析 物体的初速度方向竖直向上，若1 s后物体的速度方向向下，大小为10 m/s，则在此1 s内物体速度的变化量Δv将大于10 m/s，这与Δv＝gt＝10 m/s不符，故1 s后物体的速度方向仍向上，物体在抛出点A上方，选项D正确。
答案 D
5．某同学在实验室做了如图3所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3 s，g取10 m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为( )
图3
A．1 m B．1.25 mC．0.4 m D．1.5 m
解析 小球经过光电门的速度v＝eq \f(d,Δt)＝eq \f(0.5×10－2,1.00×10－3) m/s＝5.0 m/s，由v2＝2gh可得小球开始下落的位置距光电门的距离为h＝eq \f(v2,2g)＝1.25 m，故B项正确。
答案 B
6．(2019·江西赣中南五校联考)我国是一个消耗能源的大国，节约能源刻不容缓，设有一架直升飞机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V＝pa＋q(p、q均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )
A.eq \f(p,q) B.eq \f(q,p) C.eq \f(p＋q,p) D.eq \f(p＋q,q)
解析 设匀加速直线运动的加速度为a，高度为h，由h＝eq \f(1,2)at2得，t＝eq \r(\f(2h,a))，则消耗的油量V′＝(pa＋q)t＝(pa＋q)eq \r(\f(2h,a))＝eq \r(2h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p2a＋\f(q2,a)＋2pq)))，知p2a＝eq \f(q2,a)时，油量消耗最小，解得a＝eq \f(q,p)，故B正确。
答案 B
7．某列车离开车站后做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，前1 s内的位移为10 m，前2 s内的位移为25 m，则前3秒内的位移为 ( )
A．40 m B．45 m C．50 m D．55 m
解析 第1 s内的位移x1＝10 m，第2 s内的位移x2＝(25－10) m＝15 m，由x2－x1＝x3－x2得第3秒内的位移x3＝20 m，前3 s的位移x＝x1＋x2＋x3＝45 m，故B项正确。
答案 B
8．短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段，一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程。已知该运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员在加速阶段的加速度大小及通过的距离。
解析 根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，x1＋x2＝eq \f(1,2)a(2t0)2，其中t0＝1 s，x2＝7.5 m，联立解得a＝5 m/s2。
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为x，依题意及运动学规律，得
t＝t1＋t2，v＝at1，x＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＋vt2，
设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，
联立解得x′＝10 m。
答案 5 m/s2 10 m
综合提能练
9．一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图4所示。由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从开始释放到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则 ( )
图4
A．t1＞t2 B．t1＜t2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3
解析 A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落L用时，B垫片再下落3L用时t2，由于t1、t2时间内B下落的位移满足1∶3的关系，故t1＝t2，v1∶v2＝1∶2，所以只有C正确。
答案 C
10．如图5所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中xAB＝2 m，xBC＝3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于( )
图5
A.eq \f(9,8) m B.eq \f(8,9) m C.eq \f(3,4) m D.eq \f(4,3) m
解析 设物体的加速度为a，经过A点时的速度为vA，由A点到B点所用的时间为t，则xAB＝vAt＋eq \f(1,2)at2＝2 m，xAC＝vA·2t＋eq \f(1,2)a(2t)2＝5 m，联立解得at2＝1 m，vAt＝1.5 m，xOA＝eq \f(veq \\al(2,A),2a)＝eq \f(9,8) m，选项A正确。
答案 A
11．(多选)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知 ( )
A．质点运动的加速度是0.6 m/s2
B．质点运动的加速度是0.3 m/s2
C．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s
D．第2次闪光时质点的速度是0.35 m/s
解析 由Δx＝aT2和逐差法可得质点运动的加速度a＝eq \f(x3－x1,2T2)＝0.3 m/s2，选项A错误，B正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度v＝0.2 m/s，第1次闪光时质点的速度是v1＝v－a×eq \f(T,2)＝0.2 m/s－0.3×0.5 m/s＝0.05 m/s，第2次闪光时质点的速度是v2＝v＋a×eq \f(T,2)＝0.2 m/s＋0.3×0.5 m/s＝0.35 m/s，选项C错误，D正确。
答案 BD
12．(多选)(2019·河北省石家庄市高三联考)如图6所示，一滑块以5 m/s 的速度从固定斜面底端O点冲上斜面，经时间t1到达A点时的速度为3 m/s，在经时间t2到达B点时的速度为0，下列说法正确的是( )
图6
A．O、A间的距离与A、B间的距离之比为16∶9
B．O、A间的距离与A、B间的距离之比为3∶5
C．t1与t2之比为2∶3
D．t1与t2之比为3∶2
解析 滑块在斜面上做匀减速直线运动，设加速度大小为a，O、A之间距离为x1，A、B之间距离为x2，由匀变速直线运动规律可得，veq \\al(2,0)－veq \\al(2,A)＝2ax1，veq \\al(2,A)＝2ax2，联立解得x1∶x2＝16∶9，选项A正确，B错误；由匀变速直线运动规律可得，v0－vA＝at1，vA＝at2，联立解得t1∶t2＝2∶3，选项C正确，D错误。
答案 AC
13．(2019·名师原创预测)由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图7甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
图7
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
解析 (1)第11辆汽车前端与停止线的距离
x1＝10(l＋d1)＝64 m
由v2＝2ax1
得v＝16 m/s
(2)设后一辆汽车刚开动时，前—辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前—辆汽车至少行驶的距离x2＝d2－d1＝4.0 m
由x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
得t1＝2 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间
t2＝10t1＝20 s
从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间
t3＝eq \f(v,a)＝8 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t＝t2＋t3
解得t＝28 s
答案 (1)16 m/s (2)28 s题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及的物理量
适宜选用公式
v0、v、a、t
x
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0、v、a、x
t
v2－veq \\al(2,0)＝2ax
v0、v、t、x
a
x＝eq \f(v＋v0,2)t
分段法
上升阶段：a＝g的匀减速直线运动
下降阶段：自由落体运动
全程法
初速度v0竖直向上，加速度g竖直向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq \f(1,2)gt2(规定竖直向上方向为正方向)
若v>0，物体上升，若v<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点正上方，若h<0，物体在抛出点正下方