必修1 第3章 匀变速直线运动的研究 第1节 匀变速直线运动的规律 课时练习1

课后导练
基础过关
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
答案：B
2.对做匀变速直线运动的物体，下列说法正确的是（ ）
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
答案：ABC
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
答案：D
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
答案：C
5.(2006广东，2)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3-1-5所示，下列说法正确的是（ ）
图3-1-5
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
分析：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.属于容易题.
答案：C
6.如图3-1-6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（ ）
图3-1-6
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
答案：AC
7.如图3-1-7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.
图3-1-7
答案：-0.5 0 1 17.5
综合运用
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
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.
答案：20 s
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
答案：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.
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.
答案：3 m/s 2 m/s2
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.
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.
答案：（1）-2 m/s （2）-20 m
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.
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.
答案:(1)18.8 m 2.5 s (2)2.45 m/s 3.06 s
拓展探究
13.火车甲正以速度v1向前行驶，司机突然发现前方距甲d处有火车乙正以较小速度v2同向匀速行驶，于是他立即刹车，使火车做匀减速运动而停下.为了使两车不相撞，加速度a应满足什么条件？
解析：设以火车乙为参考系，则甲相对乙做初速为(v1-v2)、加速度为a的匀减速运动.若甲相对乙的速度为零时两车不相撞，则此后就不会相撞.因此，不相撞的临界条件是：甲车减速到与乙车车速相同时，甲相对乙的位移为d.即0-(v1-v2)2=-2ad a=，故不相撞的条件为a≥.
答案：a≥
说明：(1)本题为追及问题，对此类题要抓住两车车速相同时的这一关键时刻，分析出此时两车车距是最大还是最小.
(2)本题常见解法是：令甲速度变为v2时所用时间为t，则不相撞应有s甲(3)本题巧选了运动物体为参考系，从而使解法简捷.