2018高考物理大一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律课时规范

1、匀变速直线运动的规律课时规范训练基础巩固题组1 物体从静止开始做匀加速直线运动， 在第2 s 内的位移为xm,则物体运动的加速2厂 p m/s = 5 m/s , C 正确.3.个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是 3 m,第三个T时间末的瞬时速度为 3 m/s，则（）物体的加速度是1 m/s2解析：选 D.初速度为 0 的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1 : 3 : 5,据此判断第一个T时间内的位移X1= 5x3 m= 0.6 m，选项 D 正确；第二个T时间内的位移535X2=x3 m= 1.8 m,由vl 0= 2a(X1+X2+xs)

2、得a= m/s2,选项A 错误；由厶x=a得 1.856丄6m-X1=aT2,解得T= s，选项 C 错误；第一个T时间末的瞬时速度w= aT= 1 m/s,选项 B 5错误.度大小是（）3x2A. 2 m/s2x2B. m/s3x2C*2 m/sD.xm/s24解析：选 B.由位移公式x= wt+ 1at2得物体在第 2 s内的位移x=fax22faxi2,解,口2x2心得a= m/s , B 正确.2 小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第2 s 和第 4 s 内位移的大小均为5 m,则物体的加速度大小为（）A. 0B. 2 m/s2C. 5 m/s2D. 6 m/s2解析：选 C.

3、由题意知，小球第 2 s处于上滑阶段,4 s 处于下滑阶段，以沿斜面向上为正，则由xmxn= (m- n)aT2得a=A.B.第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/sC. 时间间隔T= 1 sD.物体在第 1 个T时间内的位移为0.6 m124.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（）132vA.-g2hC.v解析：选 A.以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有gt2,h=vt2+ 2gt2, t=t112,解以上三式得两球落地的时间差t=普，故 A 正确.5.（多选）一物体以初速度V。做匀减速直线运动，第

4、1 s 内通过的位移为X1= 3 m 第 2vB.-ghD-v14s 内通过的位移为X2= 2 m,又经过位移X3物体的速度减小为 0,则下列说法正确的是（）A.初速度Vo的大小为 2.5 m/sB.2加速度a的大小为 1 m/sC.位移X3的大小为 1.125 mD.位移X3内的平均速度大小为0.75 m/s解析：选 BCD 由 x=aT2可得加速度的大小a= 1 m/s2,则选项 B 正确；第 1 s 末的速度V1筈产=2.5 m/s，贝UV0=V1+at1= 3.5 m/s，选项 A 错误；物体的速度由2.5 m/s 减速到0 所需时间t=01= 2.5 s,经过位移X3的时间t= 1.

5、5 s,故X3=gat2= 1.125 ma2选项X3C 正确；位移X3内的平均速度v=亍- =0.75 m/s，则选项 D 正确.6我国已完成了舰载机阻拦着舰试验与陆上基地飞机着陆时可缓慢减速平飞不同,舰载机着舰必须加速， 一旦舰载机尾钩未能挂住阻拦索，必须能快速拉升逃逸. 假设“歼-15”战机着舰速度为 30 m/s，钩住阻拦索减速滑行45 m 停下.若没有钩住阻拦索，必须加速到 50 m/s 才能安全飞离航母，航母甲板上可用于战机加速的长度仅有200 m.求:（1）“歼一（2） “歼15”战机在甲板上加速飞行的加速度至少是多少?解析：（1） “歼15”战机钩住阻拦索后做匀减速运动，则有加

6、速20V0a1= 10m/s21由X1= 2(v+ 0)t代入数据解得t= 3 s若未钩住阻拦索，“歼15”战机加速飞行的加速度2 2V1V02a2= 4 m/s2答案：(1) 10 m/s 3 s (2)4 m/s5综合应用题组为占，当B球开始下落的瞬间，A B两球的高度差为（）232A.gtB.ggt3212CQtD.4gt解析：选 D.hA= 2gt2,hB= 2g22=8gt2，所以B刚下落瞬间，A、B间距离为 h=hA-2gj2J-hB=t2，故 D 对.&假设某无人机靶机以300 m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时发射导弹，导弹以80 m/s2的

7、加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为（）A. 3.75 sB. 15 sC. 30 sD. 45 s解析：选 B.导弹由静止做匀加速直线运动，即vo= 0,a= 80 m/s2,据公式v=vo+at,v1 200 有t= =s = 15 s，即导弹发射后经 15 s 击中无人机，选项 B 正确.a80的关系式为x= （10 0.1v2）m，则下列分析正确的是（）A.上述过程的加速度大小为10 m/s2B.刹车过程持续的时间为5 sC.0 时刻的初速度为 10 m/sD.刹车过程的位移为 5 mm/s2，vo= 10 m/

8、s，选项 A 错误，C 正确；由v=vo+at可得刹车过程持续的时间为t= 2 s，由v2v2= 2ax可得刹车过程的位移x= 10 m，选项 B、D 错误.10.（多选）在一次救灾活动中， 一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了8s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s 停在巨石前.则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（）A.加速、减速中的加速度大小之比为a1:a2等于 2 :1B.加速、减速中的平均速度大小之比v1:v2等于 1 :17.A B两小球从不同高度自由下落，同时落地,A球下落的时间为t，B球下落的时间9.一辆汽车在平直公路上做刹车实验

9、，若从0 时刻起汽车在运动过程中的位移与速度解析:2 2121选 C.由vvo= 2ax可得x=v2a2a2V。2对照x= (10 0.1v)m，可知a= 56C.加速、减速中的位移大小之比X1:X2等于 2 : 17D.加速、减速中的加速度大小之比ai:a2不等于 1 : 2解析：选 BC.汽车由静止运动 8 s，又经 4 s 停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初答案：(1)8 m (2)2 s速度相等，由v=at，知aiti=a2t2, = -, A、a22C 对；由v= 2 知，v1:v2= 1 : 1, B 对.11 .一质点以一定的初速度冲上一倾角为示，在第 1 s 内位移为 6 m，停止运动前的最后oX1a22D 错；又由v= 2ax知a1X1=a2X2,=；,X2a11(1) 在整个减速运动过程中质点的位移大小；(2) 整个减速过程共用的时间.解析：(1)设质点做匀减速运动的加速度大小为a,初速度为vo.由于质点停止运动前的