【巩固复习】人教版(2019）必修1 高中物理 高一寒假专题02 匀变速直线运动的规律（原卷版+解析版）.zip

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作业02 匀变速直线运动的规律
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．
2．匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
由以上两式联立可得速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax.
3．公式选用原则
以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量．选用原则如下：
不涉及位移，选用v＝v0＋at
不涉及末速度，选用x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
不涉及时间，选用v2－v02＝2ax
4．匀变速直线运动的常用推论
(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．即：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝.此公式可以求某时刻的瞬时速度．
(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等．
即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度．
5．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为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之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
6．匀变速直线运动中常见思想方法及选取技巧
1．某质点做直线运动，其速度随时间的变化关系式为。关于该质点的运动，下列说法正确的是（ ）
A．初速度为B．加速度为
C．第末的瞬时速度为D．前内的平均速度为
【答案】D
【解析】AB．根据匀变速直线运动速度与时间关系
结合速度随时间的变化关系式
可知初速度为，加速度为，故A、B错误；
C．第末的瞬时速度为
故C错误；
D．第末的瞬时速度为
前内的平均速度为
故D正确。
故选D。
2．随着第24届冬奥会的成功举办，北京成为世界上首个“双奥之城”。将冬奥会上某次冰壶的运动简化如下：可视为质点的冰壶从A点以某一初速度被推出后，沿直线AE做匀减速直线运动，恰好停在营垒中心E点处。已知AB=BC=CD=DE，冰壶在D点时的速度为vD，通过DE段的时间为t，则冰壶（ ）
A．离开A点时的速度大小为4vD
B．减速的时间大于2t
C．通过AE段的平均速度等于C点的瞬时速度
D．通过AD段的平均速度是DE段平均速度的3倍
【答案】D
【解析】AB．冰壶减速到零，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动， 根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，可知冰壶通过DE、AD段所用的时间之比为1：1，可得冰壶减速的时间等于2t，冰壶通过A点时的速度为2vD，故AB错误；
C．冰壶通过D点为AE段的中间时刻，故通过D点的速度等于AE段的平均速度，故C错误。
D．通过AD段的平均速度为
通过DE段的平均速度为
可知通过AD段的平均速度是DE段平均速度的3倍，故D正确。
故选D。
3．弹弹棋游戏的实物图及简化示意图分别如下，棋子依靠横栓在棋盘的橡皮筋来发射，若棋子离开橡皮筋A时获得一个水平向右的初速度，沿棋盘轴线做匀减速直线运动，经过0.2s棋子到达对方橡皮筋B处，测量两方橡皮筋距离，则的数据可能为（ ）
A．2.5m/sB．4m/sC．7m/sD．10m/s
【答案】B
【解析】由
得
由于加速度不可能为0，故取不到等于2.5。
若到B刚好速度为0，有
解得
故应有
故选B。
4．汽车正以的速度行驶，驾驶员发现前方警示牌后紧急刹车，测得刹车痕迹长度为20m假设汽车制动后做匀减速直线运动，则制动过程中汽车的加速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由公式
得
所以则制动过程中汽车的加速度大小为。
故选B。
5．一质点做匀加速直线运动，初速度为1m/s，3s末速度为10m/s，则质点加速度的大小为（ ）
A．4m/s2B．3m/s2C．2m/s2D．1m/s2
【答案】B
【解析】质点的加速度大小
故选B。
6．我国新能源汽车发展迅猛，生产技术已经走在世界前列。某款电动汽车在平直道路上测试动力性能，从某时刻开始其位移与时间的关系是，（物理量均采用国际单位制单位），则（ ）
A．计时开始时汽车的速度大小为2m/s
B．汽车的加速度大小为
C．汽车的加速度大小为
D．汽车时的速度大小为6m/s
【答案】C
【解析】ABC．根据运动学公式
结合位移与时间的关系为
可得
，
故AB错误，C正确；
D．由公式
可得，汽车在时的速度大小为
故D错误。
故选C。

1.如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，进站前连续经过三点，已知间的距离等于间距离，段的平均速度是，段的平均速度是，则公交车经过点时的瞬时速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，两段距离相等，平均速度2倍的关系，设所用时间分别为，平均速度等于中间时刻瞬时速度，速度从减到所用时间为，因此在时间内速度减小，公交车经过S点时的瞬时速度为
故选A。
2．一质点做匀变速直线运动，其位移表达式为，则（ ）
A．质点的初速度为零
B．质点的加速度大小为2m/s2
C．质点2s末的速度为10m/s
D．速度为6m/s时，质点距出发点12m
【答案】C
【解析】AB．由
结合位移表达式为
得
选项AB错误；
C．质点2s末的速度为
选项C正确；
D．速度为6m/s时，质点距出发点
选项D错误。
故选C。
3．（多选）物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6m/s，第2s内的平均速度是8m/s，下面结论正确的是（ ）
A．物体零时刻的速度是2m/s
B．物体的加速度是
C．任何1s内的速度变化都是2m/s
D．第1s内的平均速度是4m/s
【答案】ABD
【解析】AB．根据匀加速直线运动的推论可知：物体第2s内的平均速度等于第末的瞬时速度，则第末的瞬时速度为，对于第1s末到第末过程：由得
则物体的初速度
故AB正确；
C．物体加速度为，由
知，任何1s内速度的变化都是4m/s，故C错误；
D．第1s内的平均速度是
故D正确。
故选ABD。
4．（多选）某高速公路旁的交通警示牌有如图所示的标记，表示车辆的瞬时速度不能超过120。若一小汽车在紧急情况下刹车，测得该车滑行过程中车轮在路面上擦过的笔直的痕迹长22.5m。从监控资料中知道，该车刹车后经过1.5s停下。下列说法正确的是（ ）
A．该车刹车过程中的平均速度大小为15
B．该车刹车过程中的平均速度大小为30
C．该车没有超速
D．该车超速
【答案】AC
【解析】将该车的运动看作匀减速运动，则根据
解得
所以该车没有超速，刹车过程中的平均速度大小
故选AC。
5．（多选）汽车刹车后的运动可以看作是匀减速直线运动，取开始刹车时刻t＝0，汽车运动方向为正方向.若刹车后的第1s内位移是9m，第3s内的位移是5m（未停下），则下列判断中正确的是（ ）
A．刹车后的加速度大小为B．第0.5s末的速度为9m/s
C．汽车的初速度为12m/sD．从刹车到停止汽车前进25m
【答案】ABD
【解析】A．根据
求得
A正确；
B．根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度
B正确；
C．刹车时初速度为
求得
C错误；
D．从刹车到停止的距离为
D正确。
故选ABD。
6.一个物体做初速度为零（v0=0）的匀加速直线运动，4s末的速度是8m/s，求：
（1）物体的加速度大小；
（2）物体在4s内的位移；
（3）物体在第4s内的位移。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）由可得
（2）物体在4s内的位移
（3）物体在3s内的位移
物体在第4s内的位移
1．电磁弹射技术是一种利用电磁力将飞行器从甲板上弹射起飞的技术，相较于传统的蒸汽弹射，具有更高的起飞效率。已知某舰载机在静止的航母上利用电磁弹射装置使飞机获得一定初速度后，再由飞机发动机使其获得的加速度在航母上匀加速前进100m升空起飞。已知飞机安全起飞的速度为70m/s，若要使飞机安全起飞，通过电磁弹射装置使飞机获得的初速度至少为（ ）
A．8m/sB．10m/sC．12m/sD．15m/s
【答案】B
【解析】由题意，设满足条件初速度的最小值为，根据匀变速直线运动位移速度公式，代入数据有
求得
故选B。
2．某物体由静止开始作匀加速直线运动，加速度为，运动时间为，接着作加速度为的匀减速运动，再经过速度恰好为零，物体在全程的平均速度表示有误的一项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】ABC．物体做初速度为零的匀加速度直线运动，所以末速度为
v=a1t1
因此加速阶段的平均速度为
同理物体减速过程中有
v=a2t2
因此减速阶段的平均速度为
故AB正确不符合题意，C错误符合题意；
D．全程的位移为
所以
故D正确不符合题意。
故选C。
3．（多选）关于匀变速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．匀变速直线运动是速度随时间均匀变化的运动
B．匀变速直线运动是速度的变化率恒定的运动
C．匀变速直线运动的v-t图像是一条倾斜的直线
D．速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动
【答案】ABC
【解析】A．匀变速直线运动是速度随时间均匀变化的运动。故A正确；
B．匀变速直线运动是速度的变化率恒定即加速度恒定的运动。B正确；
C．匀变速直线运动的v-t图像是一条倾斜的直线。C正确；
D．对于速度先减小再增大的运动，若加速度不变，则该运动可能是匀变速直线运动。故D错误。
故选ABC。
4．（多选）时，A、B两质点从同一位置由静止沿同一方向做匀加速直线运动，在时间内，A、B两质点的加速度分别为3a、a（a是不为零的常量）；在时间内，A、B两质点的加速度分别为a、3a。下列说法正确的是（ ）
A．t时刻，A、B两质点的速度大小之比为
B．2t时刻，A、B两质点的速度大小之比为
C．在时间内，A、B两质点的位移大小之比为
D．在时间内，A、B两质点的位移大小之比为
【答案】AD
【解析】A．A、B两质点由静止沿同一方向做匀加速直线运动，在时间内，A、B两质点的加速度分别为3a、a，则t时刻A、B两质点的速度大小之比为
故A正确；
B．在时间内，A、B两质点的加速度分别为a、3a，则2t时刻，A、B两质点的速度大小之比为
故B错误；
C．在时间内，A、B两质点的位移大小之比为
故C错误；
D．在时间内，A、B两质点的位移大小分别为
则在时间内，A、B两质点的位移大小之比为
故D正确。
故选AD。
5．（多选）2023年10月3日，第19届亚运会跳水项目女子10米跳台决赛在杭州奥体中心游泳馆举行，中国选手全红婵以438.20的总得分夺冠。全红婵在进行10米跳台跳水时，须在距离水面5米前完成规定动作并在离水面5米内调整好入水姿势，入水后做匀减速直线运动，当速度为零时入水深度为4m。为方便研究，全红婵可视为质点，假设空中下落过程近似为自由落体运动，重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．全红婵用于姿态调整的时间为0.5s
B．全红婵在空中运动的时间为2s
C．全红婵刚落水时的速度大小为
D．全红婵落水后的加速度大小为25m/s2
【答案】CD
【解析】AB．全红婵在空中运动的时间
下落前5m的过程所用的时间为
则用于姿态调整的时间约为
故AB错误；
C．根据
v=gt
可知刚落水时的速度大小
故C正确；
D．入水后，根据
代入数据可得
解得
故D正确。
故选CD。
6．ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图，汽车以15m/s的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过30s缴费后，再加速至15m/s行驶；如果过ETC通道，需要在中心线前方10m处减速至5m/s，匀速到达中心线后，再加速至15m/s行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为。
（1）汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程和所需的时间是多少？
（2）如果过ETC通道，汽车通过第（1）问路程所需要的时间是多少？汽车通过ETC通道比人工收费通道节约多长时间？
【答案】（1）225m，60s；（2）23s，37s
【解析】（1）设汽车过人工收费通道，从收费前减速至停止的位移为，汽车的初速度为，加速度大小为，减速所用时间为，收费站前停止的时间为，而根据题意可知汽车加速所用时间、位移与减速时相同，则对汽车的减速过程由逆向思维可得
而汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程为
解得
根据速度与时间的关系可得汽车减速所用的时间为
则从减速开始到加速到原速所用的总时间为
（2）如果过ETC通道，设汽车进入匀速行驶区时的速度为，减速所用时间为，位移为，匀速到达中心线所用时间为，位移为，则可知加速所用时间、位移与减速所用时间与位移相等，则对汽车的减速过程由逆向思维可得
解得
，
对于汽车匀速运动的过程，由题已知
可得
由此可知，汽车通过ETC通道，从开始减速到加速到原速通过的路程为
所用的总时间为
由此可知，若汽车在通过ETC通道的过程中要与通过人工通道的过程中行驶的路程相同，则在汽车加速到原速后还需再匀速运动
设该过程所用的时间为，可得
即通过相同路程所用时间为23s，由此可知，在行驶相同路程的情况下，汽车通过ETC通道比人工收费通道节约的时间为
1．已知甲、乙两个物体同时从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，甲、乙两物体的位移之比为1：4，则（ ）
A．甲：乙=1：4
B．甲：乙=1：2
C．任意时刻甲、乙两物体的速度之比均为1：2
D．再经过时间t，甲、乙两物体的平均速度之比为1：2
【答案】A
【解析】AB．根据
经过时间t，甲、乙两物体的位移之比为1：4，则
甲：乙=1：4
故A正确B错误；
C．根据
任意时刻甲、乙两物体的速度之比均为1：4，故C错误；
D．再经过时间t，甲、乙两物体的平均速度之比为
故D错误。
故选A。
2．一辆汽车在平直的公路上向东做匀加速直线运动，加速度大小为，某时刻开始加速度逐渐减小至零，对汽车的运动，下列说法正确的是（ ）
A．汽车做匀加速直线运动时，其位移与时间成正比
B．加速度减小时，汽车的速度也减小
C．加速度减小时，汽车的速度变化的越来越慢
D．加速度减小时，汽车在某一秒内的位移小于其上一秒内的位移
【答案】C
【解析】A．汽车做匀加速直线运动时，位移与时间的关系为，所以其位移与时问不是正比关系，故A错误；
BCD．汽车的加速度虽然减小，但速度与加速度仍然同向，所以汽车做加速运动，但速度增加的越来越慢，某一秒内的位移大于其上一秒内的位移，故BD错误，C正确。
故选C。
3.（多选）如图所示，6个完全相同的木块并排固定在水平面上，从左至右编号依次为1、2、3、4、5、6，子弹（可视为质点）从木块1左端以速度射入，恰好没有从木块6穿出，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹穿过前三个木块的时间和穿过后三个木块的时间之比为
B．子弹刚进入木块4的速度大小为
C．子弹在第6个木块中运动的时间和在第5个木块中运动的时间之比为
D．子弹刚进入木块3和刚进入木块6时的速度大小之比为
【答案】AD
【解析】AB．设子弹刚进入木块4的速度大小为，每一个木块的宽度为，子弹的加速度大小为，则有
联立解得子弹刚进入木块4的速度大小为
子弹穿过前三个木块的时间和穿过后三个木块的时间之比为
故A正确，B错误；
CD．设子弹刚进入木块3、木块5和木块6的速度大小分别为、、，则有
可得
，
子弹在第6个木块中运动的时间和在第5个木块中运动的时间之比为
故C错误，D正确。
故选AD。
4．（多选）如图所示，一辆汽车（视为质点）在平直公路上做匀减速直线运动，依次经过甲、乙、丙三棵树，乙、丙两树之间的距离是甲、乙两树之间的距离的2倍，汽车通过甲、乙两树间的平均速度是12m/s，通过乙、丙两树间的平均速度是6m/s。下列说法正确的是（ ）
A．汽车的加速度大小为2.4m/s2
B．汽车经过乙树的速度大小为10.8m/s
C．汽车经过丙树的速度大小为1.8m/s
D．汽车通过甲、乙两树间的时间与通过乙、丙两树间的时间之比为1:4
【答案】BD
【解析】ABC．设甲乙和乙丙间距分别为x和2x，设经过甲乙丙时的速度分别为v1、v2、v3则
联立解得
v1=13.2m/s
v2=10.8m/s
v3=1.2m/s
根据该题条件不能求解加速度a，选项AC错误，B正确；
D．汽车通过甲、乙两树间的时间与通过乙、丙两树间的时间之比为
选项D正确。
故选BD。
5．（多选）速度、加速度的测量通常比位移的测量要复杂些，有时候比较两个物体的速度和加速度大小，并不需要知道具体的数值。例如比较两辆汽车的加速性能，已知两辆汽车在相同时间内从静止开始做匀加速直线运动的位移大小分别为和，则它们的末速度和加速度大小之比分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【解析】‍由静止开始的匀加速直线运动满足
在相同时间内
则
故选BC。
6.图甲为某建筑的自动感应门，门框上沿中央安装有传感器。当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值（可称为水平感应距离）时，中间两扇门分别向左右平移；当人或物体与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图乙为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围。已知每扇门的宽度为，最大移动速度为；若门开启时先匀加速运动，而后立即做匀减速运动，且匀加速运动加速度大小和匀减速运动加速度大小相同，每扇门完全开启时速度刚好为零；移动的最大距离为1.0m，不计门及门框的厚度。
（1）求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；
（2）若小孩以的速度沿图中虚线S奔向感应门，要求小孩到达门框时左右门同时各自移动的距离，那么设定的传感器水平感应距离应为多少？
（3）若以（2）问中的感应距离设计感应门，欲搬运宽为的物体（厚度不计），并使物体中间沿虚线S垂直地匀速通过该门（如图丙），物体的移动速度不能超过多少？
【答案】（1）；（2）3m；（3）2m/s
【解析】（1）由题意可知，门先加速后减速，减速的时间与加速的时间是相等的，减速与加速的位移也是相等的，均为，由
联立解得
（2）要使单扇门打开
均为匀加速直线运动过程，需要的时间为，则
得
人要在时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离
联立解得
（3）由题意，宽b的物体到达门框的过程中，每扇门至少要移动（大于）的距离，结合运动的特点可知，每扇门的运动都需要经过两个阶段：先匀加速运动位移为，而后又做匀减速运动，设减速的时间为，则该过程中门移动物体的宽度为1.75m，要通过感应门，即到达感应门处时，每扇门应打开
门在匀减速阶段运动了
此时感应门的速度满足
计算得
感应门在匀减速阶段运动的时间
感应门运动的总时间
因此，物体的移动速度应不超过