物理高考计算题复习：《匀变速直线运动》（解析版）

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《匀变速直线运动》一、计算题一个屋檐距地面9m高，每隔相等的时间就有一个水滴从屋檐自由落下。当第4滴水刚要离开屋檐时，第1滴水正好落到地面，求此时第2滴水离地的高度(g=10 m/s2)。

一质点从距离地面80m的高度自由下落，重力加速度g=10m/s2，求：

(1)质点落地时的速度；

(2)下落过程中质点的平均速度；

(3)最后1s内质点走过的位移大小．

在某一笔直的公路上，某人在离公共汽车尾部20m，以速度v=5m/s向汽车匀速跑过去，与此同时，汽车以1m/s2(1)汽车经多长时间速度达到5m/s？(2)汽车从静止开始到速度达到5m/s汽车走过的位移多大？(3)此人能否追上汽车？请说明理由。如果能，要用多长时间？如果不能，则他与汽车之间的最小距离是多少？

在一平直的公路上，甲车以2m/s2的加速度启动，此时乙车正以10m/s的速度匀速从甲车旁驶过，问：

(1)甲车追上乙车前，何时两车距离最远？何时甲车追上乙车？

(2)当甲加速到24m/s时，立即停止加速，同时以6m/s2的加速度刹车，求甲乙两车第二次相遇的时间(指甲车从启动到第二次与乙车相遇的时间)．汽车以v0=16m/s的速度在水平路面上匀速运动，刹车后经2s速度速度变为10m/s，已知汽车在刹车过程中加速度大小不变．求：

(1)刹车过程中汽车的加速度大小．

(2)刹车4秒后汽车的速度大小．

如图所示，一个物体运动的v−t图象，求：

(1)物体在第1秒末的加速度的大小；

(2)物体在5s内的位移；

(3)物体在7s内的平均速度(结果保留2位有效数字)

一质点沿一直线运动，先从静止开始以2.5m/s2的加速度匀加速运动4s，接着以该时刻的速度匀速前进3s，最后以大小为10m/s2的加速度匀减速运动直至停止。求：

(1)4s末的速度；

(2)10s内的位移。

一个气球以10m/s的速度匀速竖直上升，气球下面系着一个重物，气球上升到下面的重物离地面120m时，系重物的绳断了，问从这时算起，g=10m/s2，则

(1)重物经过多少时间落到地面？

(2)重物着地速度大小为多少？

从离地面高为H=80m的高空自由下落一个小球，(取g=10m/s2.)求：

(1)小球经过多长时间落到地面；

(2)小球落地的速度大小；

(3)小球最后1s内下落的位移．

某人在离地高H=15m的屋顶将手伸出屋檐，以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一小球，它抛出以后运动的过程中，(忽略阻力，g=10m/s2)求：

(1)小球抛出后离地的最大高度是多少？

(2)在平直的高速公路上，一辆巡逻车由静止开始启动追赶前方1500m处正以40m/s的速度匀速行驶的违章卡车，巡逻车以5m/s2的加速度做匀加速运动但行驶速度必须控制在vm(1)在追赶的过程中，巡逻车和卡车的最大距离是多少⋅(2)巡逻车需要多少时间才能追上卡车⋅

在某市区内，一辆汽车在平直的公路上以速度v0=10m/s匀速行驶．汽车司机发现前方有危险紧急刹车，后测量出路面刹车的痕迹长s=8m，刹车后车的运动可以看作匀减速直线运动．试求：

(1)汽车刹车的加速度大小；

(2)汽车在2s末时的速度大小．

气球以5m/s的速度从地面匀速上升，上升过程中从气球上掉落一个小物体，该物体离开气球后经2s着地。小物体离开气球后，气球以1m/s2的加速度匀加速上升。空气对小物体的阻力不计，g取l0m/s2。试求：

(1)小物体离开气球时，气球的高度；

(2)小物体着地时的速度大小；

(3)小物体着地时，气球的高度。

汽车由静止开始做匀加速直线运动，经10s速度达到20m/s，求：

(1)汽车加速度的大小；

(2)10s内汽车通过的位移大小。

某航空母舰飞行甲板长度为L=200m，某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a=4m/s2，飞机速度要达到v=50m/s才能安全起飞．

(1)如果航空母舰静止，要保证飞机起飞安全，战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大？

(2)如果航空母舰匀速前进，在没有弹射装置的情况下，要保证飞机起飞安全，航空母舰前进的速度至少是多大？

长为2m的竖直杆的下端距离一竖直隧道口上沿5m，若这隧道长是13m，让这根杆由静止自由下落，杆能自由穿过隧道，g取10m/s2.求：

(1)它通过隧道的时间为多少？

(2)它完全穿出隧道时的速度是多大？

一列火车由静止开始做匀变速直线运动，一个人站在第1节车厢前端的站台前观察，第1节车厢通过他历时2s，全部车厢通过他历时8s，忽略车厢之间的距离，车厢长度相等，求：

(1)这列火车共有多少节车厢？

(2)最后7节车厢通过他所用的时间为多少？

一辆汽车遇紧急情况刹车，以8m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为0.4m/s2.从刹车开始计时，求：

(1)汽车10s末的速度大小；

(2)汽车停止所用的时间；

(3)汽车经30s位移大小．

一辆客车在平直公路上以30m/s的速度行驶，突然发现正前方46m处有一货车正以20m/s的速度沿同一方向匀速行驶，于是客车司机刹车，以2m/s2的加速度做匀减速直线运动，又知客车司机的反应时间为0.6s(司机从发现货车到采取制动措施经历的时间).问此后的过程中客车能否会撞到货车上？

某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

跳伞运动员做低空跳伞表演，他在距地面308m处离开飞机后先做自由落体运动，下落到某一高度打开降落伞，伞张开后运动员以14m/s2的加速度做匀减速直线运动，到达地面时速度为4m/s，(g=10m/s2)求：

(1)运动员自由下落的时间为多长？

(2)运动员打开降落伞时距地面的高度为多少？

2017年6月11至22日，福建多地持续性暴雨，严重影响了道路交通安全。某高速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车与货车，其速度大小分别为v1=32m/s和v2=20m/s，轿车在与货车距离s0=22m时才发现前方有货车，若经过△t=0.5s反应时间轿车采取刹车措施，已知轿车立即刹车要经过S=128m才停下来．两车可视为质点，求：

(1)轿车刹车后减速运动的加速度大小a1；

(2)若轿车刹车时货车以v2匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞。

在平直公路上，一汽车的速度为15m/s.从某时刻开始刹车，在阻力作用下，汽车做匀减速运动的加速度大小为

3m/s2.求：

(1)刹车后3s末汽车的速度；

(2)汽车速度减为零所经历的时间；

(3)刹车后8s内汽车的位移．

甲、乙两辆车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度为v1=16 m/s，乙车的速度为v2=12 m/s，乙车在甲车的前面．当两车相距L=6 m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以大小为a1=2 m/s2的加速度刹车，6 s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度大小为a2=1 m/s2一辆汽车以72km/h的速度行驶，现因紧急事故刹车并最终停止运动。已知汽车刹车过程中的加速度大小为4m/s2，若从刹车瞬间开始计时，求：

(1)汽车2s末的速度和前2s的位移；

(2)汽车前6s的位移。

答案和解析1.【答案】解：由题意作出情景图，自由落体运动为初速度为零的匀加速直线运动，第1t、第2t、第3t的位移之比为1：3：5；

故第二滴水滴距地面的高度为：h=5H1+3+5=59×9m=5m；

答：此时第2【解析】初速度为零的匀加速直线运动，第1t、第2t、第3t的位移之比为1：3：5；根据上述结论得到第二滴水滴距地面的高度。

本题关键分析清楚水滴的运动规律，然后结合初速度为零的匀加速直线运动的几个重要推论列式求解。

2.【答案】解：(1)根据速度位移公式得，v2=2gh，

解得v=2gh=2×10×80m/s=40m/s；

(2)根据平均速度的推论知，v−=v2=402m/s=20m/s；

(3)依据运动学公式，设落地时间为t，则有：t=vg=4010=4s

最后一秒的初速度为v0=g(t−1)=30m/s

最后1s内的位移x=【解析】根据速度位移公式求出质点落地的速度，根据平均速度的推论求出下落过程中质点的平均速度．采用运动学公式求出最后1s内质点的位移大小．

解决本题的关键知道自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，结合运动学公式和推论灵活求解，基础题．

3.【答案】解：(1)由匀变速直线运动的速度公式可得当v=5m/s时，所用时间为：

t1(2)由位移公式可得汽车从静止开始到速度达到5m/s汽车走过的位移：x车(3)当人车速度相等时，有：x人=vt=25m<x车+20m，故人不能追上汽车，

【解析】(1)根据速度公式求出时间；

(2)根据位移公式求出运动的位移；

(3)人和车在速度相等前，两者之间的距离越来越小，若追不上，速度相等后，两者的距离越来越大，可知判断人是否追上汽车，即判断在速度相等时，是否追上。

本题属于运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，运用运动学公式求解，注意在该问题中判断人是否追上汽车，可以判断在速度相等时是否追上。

4.【答案】解：

(1)当两车速度相等时，相距最远，根据a1t1=v乙，得：t1=v乙a1=102s=5s，

设经过t2时间甲车追上乙车，有：12at22=v乙t2，

解得：t2=10s；

(2)【解析】本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时相距最远；对于第二问，要判断甲车停止时，乙车是否追上。

(1)当两车速度相等时，相距最远，结合速度时间公式求出相距最远的时间。根据位移关系求出甲车追上乙车的时间；

(2)根据速度位移公式求出甲车速度减为零的位移，根据速度时间公式和位移公式求出这段时间内乙车的位移，判断是否追上，若还未追上，结合位移关系求出甲车刹车后追及的时间，结合之前加速的时间求出两车第二次相遇的时间。

5.【答案】解：(1)根据加速度的定义式

a=vt−v0t

可得：a=−3m/s2

(2)汽车停车所需时间：t0=vt−v0t=0−16−3s>4s

【解析】(1)根据加速度定义式可求得刹车过程中的加速度；

(2)根据速度公式判断汽车静止所需要的时间，则可正确分析刹车4s后的速度大小。

本题为汽车刹车类问题；解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，以及知道汽车刹车问题时，一定要判断汽车是否停止。

6.【答案】解(1)由图象可知，第1秒末的加速度a=vt=22m/s2=1m/s2

(2)物体在5s内的位移等于梯形面积大小，为

S1=2+52×2m=7m

(3)5s～7s内的位移大小等于小三角形面积大小，为

S2=4×22m=4m

物体在7s内的位移S=S1−S2=3m

物体在7s内的平均速度【解析】熟练掌握速度图象的物理意义，能够利用速度图象斜率求物体运动的加速度，由面积求解位移，是解决此类问题的关键。

(1)由速度时间图象的斜率等于物体的加速度，可求得前2s内物体的加速度，即得到物体在第1秒末的加速度；

(2)图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移，可求得物体在5s内的位移；

(3)根据“面积”法求出物体在7s内的位移，再由位移与时间之比求平均速度。

7.【答案】解：(1)根据v=v0+at，有

v4=v0+at1=0+2.5×4m/s=10m/s；

(2)匀加速运动的位移：x1=12at12=12×2.5×42m=20m，

匀速运动的位移：x2=vt2=10×3m=30m，

匀减速到速度减为0【解析】解决本题的关键是掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活应用，属于基础题。

(1)根据速度时间关系式可求4s末的速度；

(2)质点的运动分为三个过程，匀加速和匀速总时间7s，匀减速到停止时间1s，因此10s内的位移即总位移。

8.【答案】解：(1)上升阶段，上升的最大高度为：

h1=v022g=1022×10=5m

上升到最高点时间为：

t1=v0g=1010s=1s

下落阶段物体做自由落体，有：

h1+h=1【解析】(1)竖直上抛运动是匀变速直线运动，匀速上升的气球上掉下一物体，做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出重物落到地面的时间；

(2)根据速度时间公式求出重物着地的速度．

解决本题的关键知道竖直上抛运动的加速度不变，是匀变速直线运动．本题可以分段求解，也可以用全过程求解．

9.【答案】解：(1)根据H=12gt2

得，

t=2Hg=2×8010s=4s；

(2)小球落地的速度v=gt=10×4m/s=40m/s；

(3)小球在最后1s内下落的位移s=12gt2−12g(t−1)2=【解析】(1)根据自由落体运动的位移时间公式得出小球下落的时间；

(2)根据速度时间公式求出小球落地的速度；

(3)根据位移时间公式求出小球最后1s内下落的位移。

解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式进行求解，基础题。

10.【答案】解：(1)以初速度方向为正方向，小球作竖直上抛运动，令抛出后上升最大高度为h，据−2gh=0−v02

得：h=v022g=1022×10m=5m

所以小球抛出后离地的最大高度为：

H′=H+h=15+5=20m

(2)将小球的竖直上抛运动看成一种匀减速直线运动，从抛出到落地的过程中，取竖直向下为正方向，则

位移为S=15m，加速度为a=g=10m/s2，初速度为v0=−10m/s，

代入公式S=v0t+12at2

得：15=−10t+12×10×t2

【解析】对于竖直上抛运动，常常有两种研究方法：一是整体法，将竖直上抛运动看成一种匀减速直线运动；二是分段法，分成上升匀减速运动，下落自由落体运动，再运用匀变速直线运动的规律进行求解。

(1)小球作竖直上抛运动，上升过程是匀减速运动，由速度位移关系公式求出小球上升的最大高度，即可得到离地的最大高度；

(2)将竖直上抛运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向下为正方向，整个过程的位移为S=H=15m，由位移时间公式求解时间；

(3)由速度时间公式求解小球落地的速度大小。

11.【答案】解：(1)两车的速度相等时两车距离最大，

此时对应运动的时间：t=v巡逻车的位移：x1

卡车的位移：x2=v卡t=40×8m=320m

此时两车相距的最大距离：

d=x0+x2−x1=1500m+320m−160m=1660m匀加速运动的位移：，匀速运动的位移：x1″=vm(t′−t1)，

则巡逻车的位移：x巡=x′1+x1″，

巡逻车追上卡车时满足：x巡=x卡+

【解析】解决本题的关键知道巡逻车追赶汽车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，求出追赶上时巡逻车和汽车的位移存的关系是解题的前提；追赶过程中两车距离最大时两车速度相等。(1)巡逻车追赶汽车的过程是先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，当二者的速度相等时，距离最大，由速度公式即可求出时间，然后由位移关系即可求出；

(2)根据追赶上时巡逻车和汽车的位移关系，应用运动学公式，结合位移关系求出追及的时间。

12.【答案】解：(1)汽车刹停过程，根据v 2−v02=2ax代入数据有：

0−10 2=2a×8

解得：a=−6.25m/s 2

(2)汽车刹停过程有：v=v0 +at

代入数据：0=10+(−6.25)t

得：t=1.6s

汽车在1.6s时已经刹停，故2s【解析】(1)根据速度位移公式求汽车刹车的加速度；

(2)根据(1)问所求加速度，判断汽车停止所需时间，判断2s末的速度；

本题考查了运动学公式在实际生活中的应用，在解答时注意考虑汽车是实际运动情况，不能死板的套用公式．

13.【答案】解：(1)设小物体离开气球时，气球离地的高度为h，取竖直向上为正方向，则

−h=v0t−12gt2，

代入得：h=12gt2−v0t=12×10×2mm−5×2m=10m

(2)小物体着地时的速度大小为vt=v0−gt=5m/s−10×2m/s=−15 m/s (“−【解析】(1)物体离开气球后由于惯性具有竖直向上的速度，做竖直上抛运动，由于已知初速度，加速度，位移，故可以利用位移公式x=v0t−12gt2求气球的高度；

(2)可以利用速度−时间公式v=v0−gt求物体着地时的速度大小；

(3)气球做匀加速运动，根据位移公式求解小物体着地时气球的高度。

对于运动学公式，要熟练运用，要明确知道①所有的运动学公式都是矢量式，要注意正方向的选择；②每一个运动学公式都牵扯到四个物理量，而描述匀变速直线运动的物理量只有五个。要牢牢掌握每个公式。

14.【答案】解：(1)由静止加速到20m/s，根据v=at得：

a=vt=2010m/s 2=2m/s【解析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出汽车通过的位移。

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用，基础题。

15.【答案】解：(1)设战斗机被弹出的速度为v0，根据v2−v02=2aL，

解得v0=v2−2aL=2500−2×4×200m/s=30m/s；

(2)设航空母舰的最小速度为v1，飞机起飞所用的时间为t，在起飞过程中航空母舰航行距离为L1，飞机在海面上匀加速运动的位移为L2，则：

对航空母舰有：L1=v1t【解析】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，对于第二问，关键抓住飞机的位移等于甲板的长度和航母的位移之和进行求解。

(1)已知末速度、加速度和位移，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出弹出的最小初速度；

(2)抓住飞机的位移等于甲板的长度和航母的位移之和，结合运动学公式求出航空母舰前进的速度。

16.【答案】解：(1)竖直杆到达隧道口所用时间为t1，

根据h1=12gt12，解得t1=2h1g=2×510s=1s，

完全通过隧道所用时间为t2，

根据h1+L+h=12gt22【解析】(1)直杆通过隧道时间为直杆的下端到达隧道的上沿到直杆的上端离开隧道的下沿所用的时间．分别求出直杆自由释放到直杆的下端到达隧道上沿的时间和直杆上端离开隧道的下沿的时间，两时间之差即为通过隧道的时间．

(2)结合速度时间公式求出杆子穿出隧道的速度大小．

解决本题的关键知道直杆通过隧道的时间等于直杆自由释放到直杆的下端到达隧道上沿的时间和直杆上端离开隧道的下沿的时间之差．

17.【答案】解：(1)由运动学公式x=12at2有：L0=12at12，nL0=12at22

解得n=16

故这列火车共有16节车厢。

【解析】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式，并能灵活运用，基础题。

(1)根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合时间之比求出火车车厢的节数；

(2)根据位移时间公式求出最后7节车厢前所有车厢通过的时间，从而得出最后7节车厢通过他所用的时间。

18.【答案】解：(1)设汽车10s后的速度为v，

则由

v=v0+at

代入数据：v=8m/s+(−0.4)×10m/s

得v=4m/s

(2)由t=0−v0a

代入数据：t=0−8−0.4s=20s

得t=20s

(3)由于汽车只要经过20s即停止，故

由02−v02=2ax

代入数据：0−8 2=2×(−0.4)x

得x=80m

答：(1)汽车【解析】刹车问题先考虑车停止所需时间，然后根据所给的时间判定是否可以代入匀变速直线运动的公式v=v0 +at及v 2−v02=2ax进行计算．

此题考查匀变速直线运动规律在实际生活中的应用，一定注意联系实际，注意加速度的符号以及停止的时间．

19.【答案】解：v1=30m/s

v2=20m/s

客车开始减速时两车相距

△x=46−△t(v1−v2)=40m…①

客车匀减速至与货车速度相同，经历时间t【解析】在客车与货车速度相等时，是它们的距离最小的时候，如果此时没有相撞，那就不可能在相撞了，分析这时它们的距离来判断是否会相撞．

这是两车的追击问题，速度相等时，它们的距离最小，这是判断这道题的关键所在，知道这一点，本题就没有问题了．

20.【答案】解：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0，

(ii)设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，

根据运动学基本公式得：v2−v02=−2gh，

水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，根据动量定理得：

−Mgt=ρSv0t(0−v)

联立解得：h=ρ【解析】本题主要考查了动量定理与运动学基本公式的直接应用，知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，另外注意水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，难度适中。

(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV求解；

(ii)玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可。

21.【答案】解：(1)运动员做自由落体运动的高度为：

h1=12gt12

自由落体运动结束的速度为：v=gt1

做减速运动下落高度为：h2=v12−v22a

h=【解析】根据自由落体与匀减速运动的位移时间及速度位移公式联立即可求得

此题考查匀变速直线运动的基本规律，特例为自由落体，要求学生熟记相关公式．

22.【答案】解(1)设轿车减速时的加速度为a1，则v得a1=4m/(2)轿车司机减速到与货车速度相等所用时间为t1，则vt1此过程轿车的位移S1又轿车反应距离S反应轿车司机发现货车到二者速度相等时货车的位移S2=因为S1+S

【解析】(1)根据轿车刹车后的位移和初末速度可以求得加速度大小；(2)匀减速追赶匀速，把握住速度相等时距离最小，是撞上与撞不上的临界条件，按照速度相等分别求出两车的位移比