人教版高中物理匀变速直线运动的规律及应用专题练习含答案

匀变速直线运动的规律及应用
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1.
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.
　　　　　　
B.
C.
D.
2.
如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度约为104
m，升降机运行的最大速度为8
m/s，加速度大小不超过1
m/s2，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是()
A.
13
s
B.
16
s
C.
21
s
D.
26
s
3.
在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为()
A.
B.
C.
D.
4.
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(未落地)，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
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.
　　　　　　　　　
B.
x
C.
D.
6.
“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器，创造了世界作业类载人潜水器最大下潜深度7
062米．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为()
A.
B.
C.
D.
vt0(1－)
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
7.
在光滑足够长的斜面上，有一物体以10
m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5
m/s2，方向沿斜面向下．当物体的位移大小为7.5
m时，下列说法正确的是()
A.
物体运动时间可能为1
s
B.
物体运动时间可能为3
s
C.
物体运动时间可能为(2＋)
s
D.
此时的速度大小一定为5
m/s
8.
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∶∶1
B.
三者运动时间之比为3∶2∶1
C.
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
9.
某物体以30
m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10
m/s2.5
s内物体的()
A.
路程为65
m
B.
位移大小为25
m，方向向上
C.
速度改变量的大小为10
m/s
D.
平均速度大小为13
m/s，方向向上
三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
10.
甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间．实验步骤如下：
(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂．乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺)，准备用手指夹住下落的尺．
(2)甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子．若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为________(用L、L1和g表示)．
(3)已知当地的重力加速度大小为g＝9.80
m/s2，L＝30.0
cm，L1＝10.4
cm.乙的反应时间为________s(结果保留2位有效数字)
四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
11.
高速公路应急车道是为工程抢险、医疗救护等应急车辆设置的专用通道，是一条“生命通道”．而随意占用应急车道的违法行为随处可见，由此酿成了许多严重的后果．节日期间，某高速公路拥堵，一救护车执行急救任务，沿应急车道行驶，从A处以72
km/h的初速度匀加速行驶10
s达到速度108
km/h，之后以此速度匀速行驶了50
s，因前方有车辆违规侵占应急车道，救护车被迫刹车，匀减速运动6
s后停在B处．经交警疏通引导，救护车在等待5
min后重新启动，匀加速至108
km/h
的速度后匀速行驶25
s到达C处．设A、C
之间路面平直，救护车从B处重新启动的加速度与从A处加速的加速度相同．
(1)求救护车从A处至B处的行驶距离；???????
(2)如果应急车道畅通，求救护车在A、C之间行驶(最高行驶速度108
km/h)可比上述过程缩短的时间．
研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10
m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11
s产品撞击地面．不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度．(g取10
m/s2)
12.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】由题给条件得匀加速直线运动的加速度为a＝＝＝v0，另由平均速度公式有x＝t，得v0＝，则接下来的4t时间内，位移为x′＝kv0·4t＋(k－1)×(4t)2，将v0＝代入可得位移表达式为x′＝，A正确．
故选A。
2.【答案】C
【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t1＝＝8
s，通过的位移为x1＝＝32
m，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：t2＝＝s＝5
s，总时间为：t＝2t1＋t2＝21
s，故C正确，A、B、D错误．
???????故选C。
3.【答案】A
【解析】根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝＝，A正确．
???????故选A。
4.【答案】D
【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g×(5
s)2－g×(4
s)2＝18
m，得g＝4
m/s2.所以物体在2
s末的速度大小为8
m/s，A错误；物体在第5
s内的平均速度大小为18
m/s，B错误；物体在前2
s内的位移大小是g×(2
s)2＝8
m，C错误；物体在5
s内的位移大小是g×(5
s)2＝50
m，D正确．
???????故选D。
5.【答案】A
【解析】把物体的运动过程按速度大小分为两段，即0～和～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，A正确．
???????故选A。
6.【答案】A
【解析】潜水器减速上升，加速度a＝，由2aH＝v2得，开始运动时距离水面高度H＝＝vt，经时间t0上升的距离为h＝vt0－at＝vt0－，此时到水面的距离Δh＝H－h＝.
???????故选A。
7.【答案】ABC
【解析】当物体在出发点上方时，x＝7.5
m，由x＝v0t＋at2代入数据解得t＝1
s或t＝3
s，由v＝v0＋at，得v＝5
m/s或－5
m/s.当物体在出发点下方时，x＝－7.5
m，由x＝v0t＋at2代入数据解得t＝(2＋)
s，由v＝v0＋at得v＝－5m
/s.故A、B、C正确，D错误．
8.【答案】AC
【解析】由v2＝2gh，得v＝，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，A正确；
由t＝得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3＝∶∶1，B错误；
b与a开始下落的时间差Δt1＝(－)，c与b开始下落的时间差Δt2＝(－1)，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．
???????故选AC。
9.【答案】AB
【解析】法一：分阶段法
物体上升的时间t上＝＝s＝3
s，物体上升的最大高度h1＝＝m＝45
m．物体从最高点自由下落2
s的高度h2＝gt＝×10×22m＝20
m．运动过程如图所示，则总路程为65
m，A正确；
5
s末物体离抛出点的高度为25
m，即位移的大小为25
m，方向竖直向上，B正确；
5
s末物体的速度大小v＝gt下＝10×2
m/s＝20
m/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＝(－20
m/s)－30
m/s＝－50
m/s，即速度改变量的大小为50
m/s，方向竖直向下，C错误；
平均速度大小＝＝m
/s＝5
m/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3
s到达最大高度h1＝45
m处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30
m/s，a＝－g＝－10
m/s2，故5
s内物体的位移h＝v0t＋at2＝25
m>0，说明物体5
s末在抛出点上方25
m处，故路程为65
m，位移大小为25
m，方向竖直向上，A、B正确；
速度的变化量Δv＝aΔt＝－50
m/s，C错误；
5
s末物体的速度v＝v0＋at＝－20
m/s，所以平均速度＝＝5
m/s>0，方向竖直向上，D错误．
故选AB。
10.【答案】（2）?
（3）0.20
【解析】（2）根据题意可知，在乙的反应时间t内，尺子下落高度h＝L-L1，由自由落体运动规律可知，解得．
（3）代入数据解得t＝0.20
s．
11.【答案】解：
(1)救护车从A点运动至B点的过程中，设初速度为v0，做匀加速直线运动的加速度为a，时间为t1，行驶距离为s1；接着做匀速直线运动所用的时间为t2，行驶距离为s2，速度为v；然后做匀减速直线运动所用的时间为t3，行驶距离为s3；A、B间的距离为s.
则a＝，s1＝v0t1＋at，s2＝vt2，s3＝vt3，s＝s1＋s2＋s3，
联立以上各式并代入数据得s＝1
840
m.
(2)设救护车在B处停车等待时间为t′；重新启动匀加速至速度为v所用时间为t4，行驶距离为s4；如果应急车道畅通，救护车将不在B处停车等候，走完s3和s4对应路段所用时间为t，在A、C之间行驶的时间比题干所述过程中所用的时间缩短Δt.则
s4＝，t4＝，s3＋s4＝vt，
Δt＝t3＋t′＋t4－t，
代入数据得Δt＝318
s.
【解析】略
12.【答案】解：
法一　分段法
根据题意画出运动草图如图甲所示．将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理．A→B为竖直方向匀减速运动，B→C→D为自由落体运动．
在A→B段，根据匀变速运动规律可知
tAB＝＝1
s
hAB＝hBC＝gt＝5
m
由题意可知tBD＝11
s－1
s＝10
s
根据自由落体运动规律可得hBD＝gt＝500
m
故释放点离地面的高度H＝hBD－hBC＝495
m.
法二　全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动，根据题意画出运动草图如图乙所示．
规定向上为正方向，则v0＝10
m/s，a＝－g＝－10
m/s2
根据H＝v0t＋at2　解得H＝－495
m
即产品刚释放时离地面的高度为495
m.
【解析】略
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