(新高考)高考物理一輪復習課時練習第1章第2講《勻變速直線運動的規(guī)律》(含解析)

第2講勻變速直線運動的規(guī)律一、勻變速直線運動的規(guī)律1.勻變速直線運動沿著一條直線，且加速度不變的運動。2.勻變速直線運動的基本規(guī)律(1)速度與時間的關系式：v＝v0＋at。(2)位移與時間的關系式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2。(3)速度與位移的關系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax。【自測1】(2020·江蘇如皋中學模擬)汽車在水平地面上因故剎車，可以看做是勻減速直線運動，其位移與時間的關系是x＝(16t－2t2)m，則它在停止運動前最后1s內的平均速度為()A.6m/s B.4m/sC.2m/s D.1m/s答案C解析根據勻變速直線運動的位移時間關系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝16t－2t2，得v0＝16m/s，a＝－4m/s2，采取逆向思維，在物體停止運動前1s內的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×4×12m＝2m，停止運動最后1s內的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(2,1)m/s＝2m/s。二、勻變速直線運動的推論1.三個推論(1)連續(xù)相等的相鄰時間間隔T內的位移差相等，即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。(2)做勻變速直線運動的物體在一段時間內的平均速度等于這段時間初、末時刻速度矢量和的一半，還等于該段時間中間時刻的瞬時速度。平均速度公式：eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝veq\f(t,2)。(3)位移中點速度veq\f(x,2)＝eq\r(\f(veq\o\al(2,0)＋v2,2))。2.初速度為零的勻加速直線運動的四個重要推論(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬時速度之比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)前T內、前2T內、前3T內、…、前nT內的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。(3)第1個T內、第2個T內、第3個T內、…、第N個T內的位移之比為xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。(4)通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))?！咀詼y2】物體做勻加速直線運動，連續(xù)通過兩段均為16m的位移，第一段用時4s，第二段用時2s，則物體的加速度大小是()A.eq\f(2,3)m/s2 B.eq\f(4,3)m/s2C.eq\f(8,9)m/s2 D.eq\f(16,9)m/s2答案B解析第一段時間內的平均速度為v1＝eq\f(x,t1)＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s，第二段時間內的平均速度為v2＝eq\f(x,t2)＝eq\f(16,2)m/s＝8m/s，根據勻變速直線運動規(guī)律，某段時間內的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度，兩段運動過程中間時刻的時間間隔為Δt＝2s＋1s＝3s，則加速度大小a＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(8－4,3)m/s2＝eq\f(4,3)m/s2，選項A、C、D錯誤，B正確。三、自由落體運動和豎直上拋運動1.自由落體運動(1)條件：物體只受重力，從靜止開始下落。(2)基本規(guī)律①速度與時間的關系式：v＝gt。②位移與時間的關系式：h＝eq\f(1,2)gt2。③速度與位移的關系式：v2＝2gh。(3)伽利略對自由落體運動的研究①伽利略通過邏輯推理的方法推翻了亞里士多德的“重的物體比輕的物體下落快”的結論。②伽利略對自由落體運動的研究方法是邏輯推理→猜想與假設→實驗驗證→合理外推。這種方法的核心是把實驗和邏輯推理(包括數學演算)和諧地結合起來。2.豎直上拋運動(1)運動特點：初速度方向豎直向上，加速度為g，上升階段做勻減速直線運動，下降階段做自由落體運動。(2)運動性質：勻變速直線運動。(3)基本規(guī)律①速度與時間的關系式：v＝v0－gt。②位移與時間的關系式：x＝v0t－eq\f(1,2)gt2。【自測3】甲、乙兩物體分別從10m和20m高處同時自由落下，不計空氣阻力，下面描述正確的是()A.落地時甲的速度是乙的eq\f(1,2)B.落地的時間甲是乙的2倍C.下落1s時甲的速度與乙的速度相同D.甲、乙兩物體在最后1s內下落的高度相等答案C解析根據公式v2＝2gh可得落地速度v＝eq\r(2gh)，所以落地速度甲是乙的eq\f(\r(2),2)，選項A錯誤；根據公式h＝eq\f(1,2)gt2，可得落地時間t＝eq\r(\f(2h,g))，所以落地時間甲是乙的eq\f(\r(2),2)，選項B錯誤；根據公式v＝gt可得下落1s時兩者的速度相同，所以選項C正確；甲、乙下落時間不同，所以在最后1s內的平均速度不同，下落的高度不同，選項D錯誤。命題點一勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用1.基本思路eq\x(\a\al(畫過程,示意圖))→eq\x(\a\al(判斷運,動性質))→eq\x(\a\al(選取,正方向))→eq\x(\a\al(選用公式,列方程))→eq\x(\a\al(解方程并,加以討論))2.方法技巧題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設定的中間量)沒有涉及的物理量適宜選用公式v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2－veq\o\al(2,0)＝2axv0、v、t、xax＝eq\f(v＋v0,2)t除時間t外，x、v0、v、a均為矢量，所以需要確定正方向，一般以v0的方向為正方向。【例1】(2020·全國卷Ⅰ，24)我國自主研制了運－20重型運輸機。飛機獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫，k為系數；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度。已知飛機質量為1.21×105kg時，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質量為1.69×105kg，裝載貨物前后起飛離地時的k值可視為不變。(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間。答案(1)78m/s(2)2.0m/s239s解析(1)設飛機裝載貨物前質量為m1，起飛離地速度為v1；裝載貨物后質量為m2，起飛離地速度為v2，重力加速度大小為g。飛機起飛離地應滿足條件m1g＝kveq\o\al(2,1)①m2g＝kveq\o\al(2,2)②由①②式及題給條件得v2＝78m/s③(2)設飛機滑行距離為s，滑行過程中加速度大小為a，所用時間為t。由勻變速直線運動公式有veq\o\al(2,2)＝2as④v2＝at⑤聯立③④⑤式及題給條件得a＝2.0m/s2⑥t＝39s⑦【變式1】(2020·山東濱州第二次模擬)“殲－15”艦載機在“山東艦”航母上艦尾降落滑行的過程可以簡化為沿水平方向的勻減速直線運動，且艦載機滑行方向與航母運動方向在同一直線上。第一次試驗時，航母靜止，艦載機滑上跑道時的速度為80m/s，剛好安全停在甲板上；第二次試驗時，航母以20m/s速度勻速航行，若兩次在跑道上滑行過程中的加速度相同，已知跑道長為160m。求第二次艦載機安全降落在航母上的最大速度。答案100m/s解析第一次試驗時，航母靜止，根據速度與位移關系式可知0－veq\o\al(2,0)＝2aL解得勻減速直線運動的加速度為a＝－20m/s2第二次當航母勻速運動時，設艦載機安全降落在航母上的最大速度為v1，設艦載機運動的位移為x1，則有v2－veq\o\al(2,1)＝2ax1艦載機運動的時間為t＝eq\f(v－v1,a)航母勻速運動的位移x2＝vt根據題意則有x1－x2＝L聯立解得v1＝100m/s剎車類問題的處理技巧——逆向思維法的應用剎車類問題：指勻減速到速度為零后立即停止運動，加速度a突然消失的問題，求解時要注意確定其實際運動時間。如果問題涉及最后階段(到停止)的運動，可把該階段看成反向的初速度為零、加速度不變的勻加速直線運動?！纠?】一輛汽車以某一速度在郊區(qū)的水平路面上運動，因前方交通事故緊急剎車而做勻減速直線運動，最后靜止。汽車在最初3s時間內通過的位移與最后3s時間內通過的位移之比為x1∶x2＝5∶3，則汽車制動的總時間t滿足()A.t＞6s B.t＝6sC.4s＜t＜6s D.t＝4s答案D解析設汽車剎車做勻減速直線運動的加速度大小為a，運動總時間為t，把汽車剎車的勻減速直線運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運動，由逆向思維法求解，則汽車剎車的最后3s時間內通過的位移x2＝eq\f(1,2)a×32(m)＝eq\f(9,2)a(m)，在最初3s時間內通過的位移x1＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－3)2＝eq\f(1,2)a(6t－9)(m)，又x1∶x2＝5∶3，聯立解得t＝4s，選項A、B、C錯誤，D正確。命題點二勻變速直線運動的推論及應用1.六種思想方法2.方法選取技巧(1)平均速度法：若知道勻變速直線運動多個過程的運動時間及對應時間內的位移，常用此法。(2)逆向思維法：勻減速到0的運動常用此法。類型1平均速度公式的應用【例3】(2020·山東濟寧市5月高考模擬)質點在做勻變速直線運動，依次經過A、B、C、D四點。已知質點經過AB段、BC段和CD段所需的時間分別為t、3t、5t，在AB段和CD段發(fā)生的位移分別為x1和x2，則該質點運動的加速度為()A.eq\f(x2－x1,t2) B.eq\f(x2－5x1,30t2)C.eq\f(x2－3x1,12t2) D.eq\f(x2－3x1,18t2)答案B解析AB中間時刻的速度v1＝eq\f(x1,t)，CD段中間時刻速度v2＝eq\f(x2,5t)，加速度a＝eq\f(v2－v1,6t)＝eq\f(x2－5x1,30t2)，故B正確，A、C、D錯誤?！咀兪?】(多選)[2020·湖南常德市模擬(二)]一物體沿一直線運動，先后經過勻加速、勻速和勻減速運動過程，已知物體在這三個運動過程中的位移均為s，所用時間分別為2t、t和eq\f(3,2)t，則()A.物體做勻加速運動時加速度大小為eq\f(s,t2)B.物體做勻減速運動時加速度大小為eq\f(4s,9t2)C.物體在這三個運動過程中的平均速度大小為eq\f(s,3t)D.物體做勻減速運動的末速度大小為eq\f(s,3t)答案BD解析勻速運動的速度v＝eq\f(s,t)，設勻加速運動的初速度為v1，根據平均速度公式有eq\f(v1＋v,2)＝eq\f(s,2t)，聯立上面兩式得v1＝0，對勻加速運動，根據a＝eq\f(Δv,Δt)得a1＝eq\f(\f(s,t)－0,2t)＝eq\f(s,2t2)，或根據位移公式有s＝eq\f(1,2)a1(2t)2，解得a1＝eq\f(s,2t2)，A錯誤；設勻減速直線運動的末速度為v2，對勻減速直線運動，根據平均速度公式有eq\f(v2＋v,2)＝eq\f(s,\f(3,2)t)，解得v2＝eq\f(s,3t)，勻減速直線運動的加速度大小a2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(Δv,Δt)))＝eq\f(\f(s,t)－\f(s,3t),\f(3,2)t)＝eq\f(4s,9t2)，B、D正確；三個過程中的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3s,2t＋t＋\f(3,2)t)＝eq\f(2s,3t)，C錯誤。類型2初速度為零的勻變速直線運動推論的應用【例4】(2020·山西大同市第一次聯考)2019年7月20日晚，在韓國光州進行的2019年國際游泳世錦賽跳水男子十米臺決賽中，中國選手楊健獲得該項目金牌。將入水后向下的運動視為勻減速直線運動，該運動過程的時間為t。楊健入水后第一個eq\f(t,4)時間內的位移為x1，最后一個eq\f(t,4)時間內的位移為x2，則eq\f(x1,x2)為()A.3∶1 B.4∶1C.7∶1 D.8∶1答案C解析將運動員入水后的運動逆向思維可看成初速度為零的勻加速直線運動，根據勻加速直線運動規(guī)律可知，連續(xù)相等的時間間隔內的位移之比為1∶3∶5∶7…，所以有eq\f(x1,x2)＝eq\f(7,1)，選項C正確，A、B、D錯誤。【變式3】(多選)(2020·甘肅天水市質檢)如圖1所示，一可視為質點的冰壺以速度v垂直進入三個完全相同的矩形區(qū)域做勻減速直線運動，且剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度大小之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是()圖1A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D.t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1答案BD解析因為冰壺做勻減速直線運動，且末速度為零，可以看成反向勻加速直線運動來研究。初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)三段相等位移所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，所求時間之比t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，故選項C錯誤，D正確；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得，初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)相等位移的速度大小之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，則所求的速度大小之比v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故選項A錯誤，B正確。命題點三自由落體和豎直上拋運動1.自由落體運動(1)運動特點：初速度為0，加速度為g的勻加速直線運動。(2)方法技巧：初速度為0的勻變速直線運動規(guī)律都適用。2.豎直上拋運動圖2(1)重要特性：(如圖2)①對稱性a.時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理tAB＝tBA。b.速度對稱：物體上升過程經過A點的速度與下降過程經過A點的速度大小相等。②多解性：當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性。(2)研究方法分段法上升階段：a＝g的勻減速直線運動下降階段：自由落體運動全程法初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－eq\f(1,2)gt2(以豎直向上為正方向)若v＞0，物體上升，若v＜0，物體下落若h＞0，物體在拋出點上方，若h＜0，物體在拋出點下方【例5】(2019·全國卷Ⅰ，18)如圖3所示，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2。不計空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿足()圖3A.1＜eq\f(t2,t1)＜2 B.2＜eq\f(t2,t1)＜3C.3＜eq\f(t2,t1)＜4 D.4＜eq\f(t2,t1)＜5答案C解析本題應用逆向思維法求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高度處開始的自由落體運動，所以第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2＝eq\r(\f(2×\f(H,4),g))，第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3＜eq\f(t2,t1)＜4，選項C正確?！咀兪?】(2021·1月河北學業(yè)水平選擇性考試模擬演練，2)如圖4所示，一小船以1.0m/s的速度勻速前行，站在船上的人豎直向上拋出一小球，小球上升的最大高度為0.45m。當小球再次落入手中時，小船前進的距離為(假定拋接小球時人手的高度不變，不計空氣阻力，g取10m/s2)()圖4A.0.3m B.0.6mC.0.9m D.1.2m答案B解析小球被拋出后，相對小船做豎直上拋運動，小球向上和向下運動時間相同，由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.3s，小球在空中運動的總時間為0.6s，小船前進的距離為x＝v·2t＝0.6m，故B正確。雙向可逆類問題——類豎直上拋運動如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高點仍能以原加速度勻加速下滑，則小球全過程加速度大小、方向均不變，故求解時可看成類豎直上拋運動，對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義。【例6】(多選)一物體以5m/s的初速度在光滑斜面上向上做勻減速運動，其加速度大小為2m/s2，設斜面足夠長，經過時間t物體的位移大小為4m，則時間t可能為()A.1s B.3sC.4s D.eq\f(5＋\r(41),2)s答案ACD解析以沿斜面向上為正方向，當物體的位移為4m時，根據x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得4＝5t－eq\f(1,2)×2t2，解得t1＝1s，t2＝4s。當物體的位移為－4m時，根據x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得，－4＝5t－eq\f(1,2)×2t2，解得t3＝eq\f(5＋\r(41),2)s，故A、C、D正確，B錯誤。命題點四多運動過程問題1.基本思路如果一個物體的運動包含幾個階段，各段交接處的速度往往是聯系各段的紐帶。可按下列步驟解題：(1)畫：分清各階段運動過程，畫出草圖。(2)列：列出各運動階段的運動方程。(3)找：找出交接處的速度與各段的位移—時間關系。(4)解：聯立求解，算出結果。2.解題關鍵多運動過程的轉折點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶，因此，轉折點速度的求解往往是解題的關鍵?！纠?】一汽車停在小山坡底，突然司機發(fā)現山坡上距坡底240m處的泥石流以8m/s的初速度、0.4m/s2的加速度勻加速傾瀉而下，假設泥石流到達坡底后速率不變，在水平地面上做勻速直線運動，司機的反應時間為1s，汽車啟動后以恒定的加速度一直做勻加速直線運動，其過程簡化為如圖5所示，求：圖5(1)泥石流到達坡底的時間和速度大??；(2)試通過計算說明：汽車的加速度至少多大才能脫離危險？(結果保留3位有效數字)答案(1)20s16m/s(2)0.421m/s2解析(1)設泥石流到達坡底的時間為t1，速度為v1，根據題意有s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，v1＝v0＋a1t1，代入數據得t1＝20s，v1＝16m/s。(2)泥石流在水平地面上做勻速直線運動，故汽車的速度加速至v1，且兩者在水平地面的位移剛好相等就安全了，設汽車加速時間為t，故有v汽＝v1＝a′t，s汽＝eq\f(veq\o\al(2,1),2a′)，s泥＝v1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－t1＋1))＝s汽，聯立各式代入數據解得a′＝0.421m/s2。【變式5】(2020·云南省師大附中第五次月考)如圖6所示，某同學在直線跑道上測試一輛長城汽車VV7S的加速和制動性能，汽車從t＝0時刻開始加速直到速度v＝108km/h，立即緊急制動，t＝13.5s時汽車停下。若知剎車位移為67.5m，加速過程和減速過程均看成勻變速運動。關于此汽車加速和減速過程說法正確的是()圖6A.汽車的剎車時間為10sB.汽車剎車的加速度大小為eq\f(10,3)m/s2C.汽車加速過程、減速過程的時間之比為1∶2D.汽車加速過程、減速過程的位移之比為2∶1答案D解析v＝108km/h＝30m/s，汽車制動過程x減＝eq\f(v,2)t減，得t減＝4.5s，故A錯誤；汽車剎車加速度的大小a減＝eq\f(v,t減)＝eq\f(20,3)m/s2，故B錯誤；加速時間為t加＝13.5s－4.5s＝9s，所以t加∶t減＝2∶1，故C錯誤；加速位移為x加＝eq\f(v,2)t加，減速位移x減＝eq\f(v,2)t減，那么，加速位移與減速位移之比等于加速時間與減速時間之比，即x加∶x減＝2∶1，故D正確。課時限時練(限時：30分鐘)對點練1勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用1.(2020·山東九校上學期期末)高速公路上有兩輛汽車一前一后以相同的速度行駛著，兩車相距70m，突然前車發(fā)現緊急情況，立即剎車，后車發(fā)現前車開始剎車時，也立刻采取相應措施，假設剎車時兩車的加速度大小相同，已知人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和大約在1.4～2.1s之間，為確保兩車不追尾，則兩車剎車前行駛的最大速度為()A.90km/h B.110km/hC.120km/h D.130km/h答案C解析由于兩車剎車的初速度和加速度大小相同，所以后車在最長反應時間內勻速行駛的距離為70m，由此可得汽車速度v＝eq\f(70,2.1)×3.6km/h＝120km/h，C正確，A、B、D錯誤。2.(2020·江蘇蘇北四市第一次調研)“禮讓行人”是城市文明交通的體現。小王駕駛汽車以36km/h的速度勻速行駛，發(fā)現前方的斑馬線上有行人通過，立即剎車使車做勻減速直線運動，直至停止，剎車加速度大小為10m/s2。若小王的反應時間為0.5s，則汽車距斑馬線的安全距離至少為()A.5m B.10mC.15m D.36m答案B解析汽車的初速度為v0＝36km/h＝10m/s，反應時間t1＝0.5s內做勻速直線運動，有x1＝v0t1＝5m，剎車過程的加速度大小為a＝10m/s2，由勻減速直線運動的規(guī)律02－veq\o\al(2,0)＝－2ax2，可得剎車距離為x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝5m，故安全距離為d≥(x1＋x2)＝10m，故B正確，A、C、D錯誤。3.如圖1所示，一小球從A點由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運動，若到達B點時速度為v，到達C點時速度為2v，則AB∶BC等于()圖1A.1∶1 B.1∶2C.1∶3 D.1∶4答案C解析根據勻變速直線運動的速度—位移公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax知，xAB＝eq\f(veq\o\al(2,B),2a)，xAC＝eq\f(veq\o\al(2,C),2a)，所以AB∶AC＝1∶4，則AB∶BC＝1∶3，故C正確，A、B、D錯誤。4.(2020·江蘇鹽城市期中)汽車以20m/s的速度在平直公路上行駛，急剎車時的加速度大小為5m/s2，則自駕駛員急踩剎車開始，經過2s與5s汽車的位移之比為()A.5∶4 B.4∶5C.3∶4 D.4∶3答案C解析汽車速度減為零的時間為t0＝eq\f(Δv,a)＝eq\f(0－20,－5)s＝4s，剎車2s內的位移x1＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝20×2m－eq\f(1,2)×5×4m＝30m，剎車5s內的位移等于剎車4s內的位移x2＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝40m，所以經過2s與5s汽車的位移之比為3∶4，故選項C正確。對點練2勻變速直線運動推論的應用5.(2020·河北張家口市5月模擬)如圖2所示，光滑斜面上有A、B、C、D四點，其中CD＝10AB。一可看成質點的物體從A點由靜止釋放，通過AB和CD段所用時間均為t，則物體通過BC段所用時間為()圖2A.1.5t B.2.5tC.3.5t D.4.5t答案C解析設AB段的位移為x，由運動學規(guī)律可得，AB段時間中點的瞬時速度v1＝eq\f(x,t)，CD段時間中點的瞬時速度v2＝eq\f(10x,t)，則AB段時間中點到CD段時間中點所用時間t1＝eq\f(v2－v1,a)，又因為x＝eq\f(1,2)at2,聯立解得t1＝4.5t,因此BC段所用時間t2＝t1－t，代入數據解得t2＝3.5t,故A、B、D錯誤，C正確。對點練3自由落體和豎直上拋運動6.(多選)為測得旗桿的高度，讓一石塊從旗桿頂部自由下落(不計空氣阻力)，除已知的重力加速度g外，測出下列哪個物理量就可以算出旗桿的高度()A.石塊下落到地面的總時間B.石塊下落第1s內的位移C.石塊落地前1s內的位移D.石塊通過最后1m位移的時間答案ACD解析根據位移公式h＝eq\f(1,2)gt2，知道下落的總時間，可以求出下落的高度，所以選項A正確；知道石塊在第1s內的位移，不能算出下落的高度，所以選項B錯誤；設下落的總時間為t，落地前1s內的位移等于t時間內的位移減去(t－1s)時間內的位移，根據Δh＝eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)g(t－1s)2，可以求出運動的總時間t，再根據位移公式h＝eq\f(1,2)gt2可算出下落的高度，所以選項C正確；設石塊通過最后1m位移的時間為t′，下落的總時間為t，則eq\f(1,2)gt2－1m＝eq\f(1,2)g(t－t′)2，能求出下落的總時間及下落的高度，所以選項D正確。7.(多選)(2020·浙江金華市模擬)建筑工人常常徒手拋磚塊，當磚塊上升到最高點時，被樓上的師傅接住用以砌墻。若某次以10m/s的速度從地面豎直向上拋出一磚塊，樓上的師傅沒有接住，g取10m/s2，空氣阻力可以忽略，則()A.磚塊上升的最大高度為10mB.經2s磚塊回到拋出點C.磚塊回到拋出點前0.5s時間內通過的距離為3.75mD.磚塊被拋出后上升過程中，做變減速直線運動答案BC解析由h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)得，磚塊上升的最大高度h＝5m，選項A錯誤；磚塊上升的時間t＝eq\f(v0,g)＝1s，上升階段與下降階段的時間對稱，經2s磚塊回到拋出點，選項B正確；磚塊被拋出后經0.5s上升的高度h′＝v0t′－eq\f(1,2)gt′2＝3.75m，由于上升階段與下降階段的時間、位移具有對稱性，所以磚塊回到拋出點前0.5s時間內通過的距離為3.75m，選項C正確；磚塊被拋出后加速度不變，故上升過程磚塊做勻減速直線運動，選項D錯誤。對點練4多運動過程問題8.(2020·山西陽泉市上學期期末)已知A、B、C為同一直線上的三點、AB間的距離為l1，BC間的距離為l2，一做勻加速直線運動的物體，依次經過A、B、C三點，已知物體通過AB段時間為t，通過BC段的時間為2t。則物體加速度為()A.eq\f(l2－2l1,t2) B.eq\f(l2－2l1,2t2)C.eq\f(l2－2l1,3t2) D.eq\f(l2－2l1,4t2)答案C解析設通過A點的速度為v，則l1＝vt＋eq\f(1,2)at2，l1＋l2＝v·3t＋eq\f(1,2)a(3t)2，解得a＝eq\f(l2－2l1,3t2)，故選項C正確。9.高速公路的ETC電子收費系統(tǒng)如圖3所示，ETC通道的長度是識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離。某汽車以21.6km/h的速度勻速進入識別區(qū)，ETC天線用了0.3s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)現自動欄桿沒有抬起，于是采取制動剎車，汽車剛好沒有撞桿。已知司機的反應時間為0.7s，剎車的加速度大小為5m/s2，則該ETC通道的長度約為()圖3A.4.2m B.6.0mC.7.8m D.9.6m答案D解析汽車的運動過程分為兩個階段，在識別時間內和司機反應時間內汽車做勻速運動，然后減速剎車。在識別車載電子標簽的0.3s時間內汽車勻速運動距離x1＝vt1＝6×0.3m＝1.8m，在司機的反應時間0.7s內汽車勻速運動距離x2＝vt2＝6×0.7m＝4.2m，剎車距離x3＝eq\f(v2,2a)＝3.6m，該ETC通道的長度約為x＝x1＋x2＋x3＝9.6m，所以選項D正確。10.(2020·福建三明市質檢)一列火車沿直線軌道從靜止出發(fā)由A地駛向B地，火車先做勻加速運動，加速度大小為a，接著做勻減速運動，加速度大小為2a，到達B地時恰好靜止，若A、B兩地距離為s，則火車從A地到B地所用時間t為()A.eq\r(\f(3s,4a)) B.eq\r(\f(s,a))C.eq\r(\f(3s,a)) D.eq\r(\f(3s,2a))答案C解析設火車做勻加速運動結束時的速度為v，則eq\f(v2,2a)＋eq\f(v2,2·2a)＝s，解得v＝eq\r(\f(4as,3))，則整個過程中的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)＝eq\r(\f(as,3))，則火車從A地到B地所用時間為t＝eq\f(s,\o(v,\s\up6(－)))＝eq\r(\f(3s,a))，故選項C正確。11.(2020·河南省上學期階段性考試)一汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機忽然發(fā)現前方有一警示牌，立即剎車。剎車后汽車立即做勻減速直線運動，直至停止。已知從剎車開始計時，汽車在0～2s內的位移大小為48m，4～6s內的位移大小為3m。用v0、a分別表示汽車勻速行駛時的速度大小及剎車后的加速度大小，則()A.a＝eq\f(45,8)m/s2，v0＝eq\f(237,8)m/sB.a＝eq\f(32,3)m/s2，v0＝eq\f(104,3)m/sC.a＝8m/s2，v0＝32m/sD.a＝6m/s2，v0＝30m/s答案D解析設汽車剎車的加速度大小為a，初速度為v0，則在0～2s內的位移為x1＝v0t2－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)①汽車在4s時的速度為v＝v0－at4②則4～6s內的位移為x2＝vt－eq\f(1,2)at2代入數據解得v0＝29.625m/s，a＝5.625m/s2；但當t＝6s時，可得速度為v6＝－4.125m/s，這說明在t＝6s時汽車已停止運動，因此上面的計算不成立。則4～6s內的位移為0－v2＝－2ax2③聯立①②③式計算可得a＝6m/s2，v0＝30m/s，故D正確，A、B、C錯誤。12.(2020·山東青島市5月統(tǒng)一質量檢測)全國多地在歡迎援鄂抗疫英雄凱旋時舉行了“飛機過水門”的最高禮儀，寓意為“接風洗塵”。某次儀式中，水從兩輛大型消防車中斜向上射出(如圖4所示)，經過3s水到達最高點，不計空氣阻力和水柱間的相互影響，若水射出后第1s內上升高度為h，則水通過前eq