【文档说明】高考物理一轮复习巩固提升第1章第2节　匀变速直线运动的规律及应用 (含解析).doc，共(6)页，123.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·武汉调研)某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为kv0(k＞1)，位移大小为x.则在随后的4t内，质点的位移大小为()A.8（3k－2）xk＋1B.8（2k－1）x

k＋1C.8（2k－1）xk－1D.3（5k－3）xk＋1解析：选A.由题给条件得匀加速直线运动的加速度为a＝ΔvΔt＝kv0－v0t＝（k－1）tv0，另由平均速度公式有x＝v0＋kv02t，得v0＝2x（1＋k）t，则接下来的4t

时间内，位移为x′＝kv0·4t＋12(k－1)v0t×(4t)2，将v0＝2x（1＋k）t代入可得位移表达式为x′＝8x（3k－2）k＋1，选项A正确．2．(2019·湖南石门检测)近年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通；设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里

以54km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5m/s2，最后停在故障车前1.5m处，避免了一场事故．以下说法正确的是()A．司机发现故障车后，汽车经过3s停下B．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车

的平均速度为7.5m/sC．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33mD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11m/s解析：选C.汽车减速到零的时间t1＝Δva＝0－15－5s＝3s．则t＝t′＋t1＝(0.6＋3)s＝3.6s，

故A错误；在反应时间内的位移x1＝v0t′＝15×0.6m＝9m，匀减速直线运动的位移x2＝0－v202a＝0－225－10m＝22.5m，则x＝x1＋x2＋1.5m＝33m，故C正确；平均速度v－＝x1＋x2t＝9＋22.

53.6m/s＝8.75m/s，故B、D错误．3.(2019·蚌埠模拟)高铁目前是我国的一张名片．某高铁站，一维护员站在一中央站台上，两边分别有正在进站或开出的列车，若两边列车都是做匀变速直线运动(加速度

不为零)，如图所示，现观察其中一列的运动，发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n1和n2，则n1和n2之比不可能是()A．1∶2B．2∶5C．3∶2D．4∶21解析：选D.设匀变

速直线运动相等时间间隔t内任意连续两段位移为s1、s2，中间时刻速度为v，两端速度分别为v1、v2，则s1＝v1＋v2t，s2＝v＋v22t，s1s2＝v1＋vv＋v2＝v1＋v1＋v22v1＋v22＋v2＝3v1＋v

2v1＋3v2，当v1、v2分别取0时，可得两段位移之比分别为13、31，因此可知取值范围为13≤s1s2＝n1n2≤31且s1s2＝n1n2≠1，因此D不可能．4．高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙

桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A以恒定速率360km/h运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B车，当A车快到襄阳站且距襄阳站路程为s处时，

B车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360km/h时恰好遇到A车，两车连锁并打开乘客双向通道，A、B列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B车匀减速运动后停在随州站并卸客，A车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则()A．无论B车匀加速的加速度大小为多少，s是相同的B．该乘客节约了

五个站的减速、停车、提速时间C．若B车匀加速的时间为1min，则s为4kmD．若B车匀减速的加速度大小为5m/s2，则当B车停下时A车已距随州站路程为1km解析：选D.设B车从静止开始加速到v＝360km/h所用时间为t，B车加速度为

a，由题意得s＝vt－v2t＝v2t，而v＝at，所以两者之间的距离s＝v22a，由此可知，B车的加速度a越大，s越小，A项错误；从襄阳站到潜江站中间间隔三个站，所以该乘客节约了三个站的减速、停车、提速时间，B项错误；若B车匀

加速的时间t′＝1min，则s＝v2t′＝3km，C项错误；若B车匀减速的加速度大小a′＝5m/s2，减速运动时间t″＝va′＝20s，则当B车停下时A车已经距随州站路程为s′＝vt″－12a′t″2＝1km，

D项正确．5．一固定的光滑斜面长为x，一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体速度为到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是()A．x4B．2－12xC．x2D．2x2解析：选A.把物体的运动过程按速度大小

分为两段，即0～v2和v2～v两段，由于两段的速度变化量相等，则两段的时间相等，又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3，故第一段的位移为总位移的四分之一，即x4，选项A正确．6．东东同学看到远处燃放的烟花，每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸．

最高点与五楼顶部平齐，且前一颗烟花爆炸时后一颗烟花恰好从地面发射，他看到烟花爆炸闪光同时还听到了爆炸的声音，而在最后一颗烟花爆炸闪光之后还能听到一次爆炸的声音．请你根据这些现象估算他离烟花燃放点的距离约为(空

气中声音的传播速度为340m/s，重力加速度为10m/s2)()A．34mB．58mC．340mD．580m解析：选D.每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸，均可视为竖直上抛运动．地面到五楼顶部的高度约为h

＝15m，则烟花上升到最高点的时间t＝2hg＝2×1510s＝3s．由题意知，离烟花燃放点的距离约为x＝vt＝3403m，约为580m，选项D正确．7．(2019·淮南模拟)如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图，他每隔0.4s抛出一球，接

到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10m/s2)()A．1.6mB．2.4mC．3.2mD．4.0m

解析：选C.将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动，由题意知，球从抛出到落回手中用时t＝0.4s×4＝1.6s，则球从最高点落回手中的时间为0.8s，则H＝12×10×0.82m＝3.2m，故C正确．二、多项选择题8．(2019·

温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8m．该车减速时的加速度大小为5m/s2.则下列说法中正确的是()A．如果驾驶员立即刹

车制动，则t＝2s时，汽车离停车线的距离为1.6mB．如果在距停车线6m处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C．如果驾驶员的反应时间为0.4s，汽车刚好能在停车线处停车让人D．如果驾驶员的反应时间为0.2

s，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD.若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t0＝0－v0a＝－8－5s＝1.6s<2s，所以从刹车到停止的位移大小x1＝－v202a＝6410m＝6.4m，汽车离停车线的距离为

8m－6.4m＝1.6m，故A正确；如果汽车在距停车线6m处开始刹车制动，刹车位移是6.4m，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B错误；刹车的位移是6.4m，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6m，则驾驶员的反应时间t＝1.68s＝0.2s时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C错误，D正确．9

.(2019·山东师大附中模拟)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则()A．三者到达桌面时的速度大小之比是3∶2∶1B．三者运动时间之比为3

∶2∶1C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比解析：选AC.由v2＝2gh，得v＝2gh，故v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，A正确；由t＝2hg得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝3∶2∶1

，B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(3－2)2h3g，c与b开始下落的时间差Δt2＝(2－1)2h3g，故C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D错误．10．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取

10m/s2.5s内物体的()A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向向上解析：选AB.法一：分阶段法物体上升的时间t上＝v0g＝3

010s＝3s，物体上升的最大高度h1＝v202g＝3022×10m＝45m．物体从最高点自由下落2s的高度h2＝12gt2下＝12×10×22m＝20m．运动过程如图所示，则总路程为65m，A正确；5s末物体离抛出点的高度为25m，即位移的大小为25m，

方向竖直向上，B正确；5s末物体的速度大小v＝gt下＝10×2m/s＝20m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv＝(－v)－v0＝(－20m/s)－30m/s＝－50m/s，即速度改变量的大小为50m/s，方向竖直向下，C

错误；平均速度大小v－＝h1－h2t＝255m/s＝5m/s，方向竖直向上，D错误．法二：全过程法由竖直上抛运动的规律可知：物体经3s到达最大高度h1＝45m处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30m/

s，a＝－g＝－10m/s2，故5s内物体的位移h＝v0t＋12at2＝25m>0，说明物体5s末在抛出点上方25m处，故路程为65m，位移大小为25m，方向竖直向上，A、B正确；速度的变化量Δv＝aΔt＝－50m/s，C错误；5s末物体

的速度v＝v0＋at＝－20m/s，所以平均速度v－＝v0＋v2＝5m/s>0，方向竖直向上，D错误．三、非选择题11．(2019·河北定州中学模拟)近几年，国家取消了7座及以下小车在部分法定长假期间的高速公路收费，给自驾出

行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0＝72km/h，靠近站口时以大小为a1＝5m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v

t＝28.8km/h，然后立即以a2＝4m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3

)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？解析：设该车初速度方向为正方向，vt＝28.8km/h＝8m/s，v0＝72km/h＝20m/s，a1＝－5m/s2.(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：

由v2t－v20＝2a1x1解得：x1＝33.6m.(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：vt＝v0＋a1t1，得t1＝vt－v0a1＝2.4s加速阶段：t2＝v

0－vta2＝3s则加速和减速的总时间：t＝t1＋t2＝5.4s.(3)在加速阶段：x2＝vt＋v02t2＝42m则总位移：x＝x1＋x2＝75.6m若不减速所需要时间：t′＝xv0＝3.78s车因减

速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62s.答案：(1)33.6m(2)5.4s(3)1.62s12．(2019·江西五校高三摸底考试)一弹性小球自4.9m高处自由下落，当它与水平地面每碰一次

，速度减小到碰前的79，重力加速度g取9.8m/s2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．解析：小球第一次下落经历的时间为：t＝2hg＝1s落地前的速度的大小v＝gt＝9.8m/s第一次碰地弹起的速度大小v1＝79v上升到落回的时间t1＝2v1g＝2×79s第二次碰地弹起的速度

的大小v2＝792v上升到落回的时间t2＝2v2g＝2×792s⋮第n次碰地弹起的速度的大小vn＝79nv上升到落回的时间tn＝2vng＝2×79ns从开始到最终停止经历的时间为：t总＝t＋t1＋t2＋„＋tn＝1＋2×79

＋2×792＋„＋2×79ns＝1＋7×1－79ns≈8s.答案：8s