3.1 匀变速直线运动的规律 同步练习（含答案解析） (8)

3.1
匀变速直线运动的规律
作业2
1.匀加速直线运动是（
）
A.加速度均匀增大的直线运动
B.速度均匀增大的直线运动
C.在相等时间内位移相等的直线运动
D.在相等时间内路程相等的直线运动
2.对做匀变速直线运动的物体，下列说法不正确的是（
）
A.在任意时刻加速度都相同
B.在任意时刻速度变化的快慢都相同
C.在任意相等时间内速度的变化都相同
D.在任意相等时间内位移的变化都相同
3.一物体由静止开始做匀加速运动，前3
s内的位移是45
cm，则第5
s内的位移是…（
）
A.15
cm
B.45
cm
C.81
cm
D.125
cm
4.一静止物体沿光滑的斜面匀加速下滑长度为L时，速度为v，则当物体下滑的速度是v/2时，它沿斜面滑下的长度为（
）
A.L/2
B.L/2
C.L/4
D.3L/4
5.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（
）
A.a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B.20
s时，a、b两物体相距最远
C.60
s时，物体a在物体b的前方
D.40
s时，a、b两物体速度相等，相距200
m
6.如图是物体做直线运动的速度—时间图象，以下几种说法正确的是（
）
A.前2
s的速度在增加，4—8
s的速度在减小
B.前2
s的速度是5
m/s，4—8
s的速度是-2.5
m/s
C.前4
s的位移是30
m，4—8
s的位移是20
m
D.经过8
s物体的位移为零
7.如图是一个物体的运动图线，由图可知AB段的加速度为___________m/s2；BC段的加速度为____________m/s2；CD段的加速度为____________m/s2；物体在这段时间内通过的总路程为____________m.
8.某型号喷气式飞机速度达到70
m／s即可升空.假定飞机从静止滑跑时以3.5
m／s2的加速度匀加速运动，该飞机从启动到起飞共滑行多长时间
9.小汽车进行刹车实验，在时间t为1
s时间内，速度由8
m/s减到0.按规定速度8
m/s的小汽车刹车后滑行距离不得超过5.9
m.假定刹车后汽车做匀减速运动，问：这辆小汽车刹车性能是否符合要求
10.做匀变速直线运动的物体，在前3
s内通过了18
m，在紧接着的2
s内又通过了22
m，求它的初速度和加速度.
11.在平滑的斜冰坡的中部将冰块以8
m／s的初速度沿斜坡向上打出，设冰块与冰面间的摩擦不计，冰块在斜坡上运动的加速度恒为2
m／s2.求：(设斜坡足够长)(1)冰块在5
s时的速度;
(2)冰块在10
s时的位移.
12.过山车是同学们喜爱的游乐项目.它从轨道最底端以30
m／s的速度向上冲，其加速度大小为12
m／s2，到达最高点后又以8
m／s2的加速度返回.(设轨道面与水平面成30°角，且足够高)
(1)求它上升的最大高度及上升所用的时间;
(2)求返回最底端时的速度大小和返回最底端所用的时间.
参考答案：
1、B
2、D
3、D
4、C
5、v-t图象中，图象的斜率表示加速度，图线和时间轴所夹的面积表示位移.当两物体的速度相等时，距离最大.据此得出答案为C.有些考生错误地认为图线相交时相遇，从而得出错误的答案.答案：C
6、AC
7、答案：-0.5
0
1
17.5
8、解析：因为飞机做初速度为零的匀加速直线运动，利用匀变速直线运动速度与时间的关系式就能求解.
飞机末速度vt=70
m／s，加速度为3.5
m／s2，初速度v0=0，由vt=v0+at得
滑行时间t==
s=20
s.
9、答案：符合要求
10、解析:根据位移公式s=v0t+at2
得18=v0×3+a×32
①
18+22=v0×(3+2)+a×(3+2)2
②
解①②两式得:a=2
m/s2，v0=3
m/s.
11、解析:(1)画出简单的情景图,设出发点为O,上升到的最高点为A,设沿斜坡向上为运动量的正方向,由题意可知v0=8
m/s,a=-2
m/s2,t1=5
s,t2=10
s
根据公式vt=v0+at
可得第5
s时冰块的速度为
v1=［8+(-2)×5］
m/s=-2
m/s
负号表示冰块已从其最高点返回,5
s时速度大小为2
m/s.
(2)再根据公式s=v0t+at2
可得第10
s时的位移s=［8×10+×(-2)×102］
m=-20
m
负号表示冰块已越过其出发点,继续向下方运动,10
s时已在出发点下方20
m处.
12、解析:本题因往返两次加速度大小不同,全程不能看作匀变速直线运动,因此需分段考虑.
(1)设v0的方向为正方向,由题意可知,上升阶段v0=30
m/s,a=-12
m/s2,vt=0
根据公式vt2-v02=2as
可得过山车可通过的最大位移
s=(vt2-v02)/2a=(02-302)/［2×(-12)］
m=37.5
m
因轨道面与水平面成30°角,所以可上升的最大高度
h=ssinα=37.5×sin30°
m=18.8
m
根据公式vt=v0+at
上升所用的时间t=(vt-v0)/a=(0-30)/(-12)
s=2.5
s.
(2)因返回时加速度发生变化,不能再简单地理解为与上升时对称,所以已知的信息变为v0′=0,a′=8
m/s2,s=37.5
m
根据vt2-v02=2as
可得返回到最底端时的速度vt′==
m/s=24.5
m/s
再根据公式vt=v0+at
返回所用的时间t′=(vt′-v0)/a=(24.5-0)/8
s=3.06
s.