课时作业(二) 匀变速直线运动的规律
[基础训练]
1．我国“嫦娥计划”已经实施，我国宇航员将在不远的将来登陆月球．宇航员为了测定月球上的重力加速度，利用一个小石子在月球地面附近做自由落体运动，下列哪些测量值可测出月球重力加速度( )
A．石子质量和下落时间 B．着地速度和下落时间 C．下落高度
D．石子质量和下落高度
122h答案：B 解析：由h＝gt得g＝2，已知石子质量和下落时间，不能测出g，已知下
2t落高度，不能测出g，已知石子质量和下落高度，不能测出g，选项A、C、D错误；据vt＝
gt，由着地速度vt和下落时间t可测出月球重力加速度g，选项B正确．
2．(2017·贵州贵阳十校联考)一条悬链长7.2 m，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20 m处的一点所需的时间是(取g＝10 m/s)( )
A．0.3 s
B．0.4 s C．0.7 s D．1.2 s
2
答案：B 解析：悬链的运动示意图如图所示，由于悬链上每一点的运动情况相同，所以以它的下端A为研究对象．设链条的长度为l，经t1链条的A端到达O点，经t2链条的A1212
端到达O点正下方l处，则h－l＝gt1，h＝gt2，所求Δt＝t2－t1，解得Δt＝0.4 s.
22
3．(2017·江西景德镇质检)如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|＝2 m，|BC|＝3 m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于( )
9
A. m 83
C. m 4
8
B. m 94D. m 3
答案：A 解析：设物体的加速度为a，经过A点时的速度为vA，由A点运动到B点所12122
用时间为t，则xAB＝vAt＋at＝2 m，xAC＝vA·2t＋a(2t)＝5 m，联立以上两式，解得at22
1
v29A＝1 m，vAt＝1.5 m，而|OA|＝＝ m，选项A正确．
2a8
4．(2017·河北保定调研)某质点由静止开始做加速度逐渐减小的加速直线运动，经时间t0，质点达到最大速度v0，在这段时间内关于质点的位移大小x，下列说法正确的是( )
A．x
22
B．x＝
v0t0
2
v0t0
D．无法确定
答案：C 解析：画出质点由静止开始做加速度减小的加速直线运动的v-t图象，如图中Obc.显然三角形Ocd面积为而Obcd对应的面积比
v0t0
2
，表示初速度为0(末速度为v0)的匀加速直线运动的位移，
v0t0
2
大，选项C正确．
5．一物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t.现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a1)达到某一最大速度vm，然后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a2)至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t.则物体的( )
A．vm可为许多值，与a1、a2的大小有关 B．vm可为许多值，与a1、a2的大小无关 C．a1、a2必须满足
a1a22v＝ a1＋a2tD．a1、a2必须是一定的
答案：C 解析：由于两次运动的位移相同，时间相同，则平均速度相同，有v＝，得
2
vm
vm＝2v，vm为确定值，选项A、B错误；设物体以加速度a1运动的时间为t1，以加速度大小a1a22va2运动的时间为t2，则vm＝2v＝a1t1＝a2t2，且t1＋t2＝t，联立解得＝，选项C正确，
a1＋a2tD错误．
6．(多选)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s 内位移的2倍，且已知滑块最初开始1 s内的位移为2.5 m，由此可求得( )
A．滑块的加速度大小为5 m/s B．滑块的初速度为5 m/s
2
2
C．滑块运动的总时间为3 s D．滑块运动的总位移为4.5 m
答案：CD 解析：根据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时间为t，加速度为a，设逆运动最初2 s内位112122
移为x1，最后2 s内位移为x2，由运动学公式有x1＝a×2；x2＝at－a(t－2)，且x2＝
22212122
2x1,2.5＝at－a(t－1)，联立以上各式并代入数据可解得a＝1 m/s，t＝3 s，A错误，C
221212
正确；滑块的初速度v0＝at＝1×3 m/s＝3 m/s，B错误；滑块运动的总位移x＝at＝×1×3
22m＝4.5 m，D正确．
7．(2017·浙江联考)(多选)一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示．已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是( )
A．物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间 B．物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向 C．物块下滑时从b运动至c所用时间为
2
t 2
D．物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小
答案：AC 解析：由于斜面光滑，物块沿斜面向上与向下运动的加速度相同，a＝gsin θ，故物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间，选项A正确，B错误；物块由b运动到a的过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知
tbc12
＝，解得tbc＝t，选t22
项C正确；由于c是位移的中点，物块上滑过程中通过c点的速度不等于整个上滑过程的平均速度，选项D错误．
8．(2017·安徽合肥模拟)“歼-15”战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大．若“歼-15”战机正常起飞过程中加速度为a，由静止开始经s距离就达到起飞速度腾空而起．已知“辽宁舰”起飞甲板长为L(L (1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1； (2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2. 3 答案：见解析 解析：(1)设飞机起飞速度为v，由匀变速直线运动的速度与位移公式可得 v2＝2as v2－v21＝2aL 联立解得v1＝2a?s－L?. (2)设飞机起飞过程所用时间为t，则t＝ v－v2 av2－v22 飞机位移x1＝ 2a航空母舰位移x2＝v2t 又x1－x2＝L 联立解得v2＝2as－2aL. [能力提升] 9．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的照射下，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置不动，如图所示．某同学为计算该装置喷射水滴的时间间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中相邻三滴水滴间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间间隔为(取g＝10 m/s) ( ) 2 A．0.01 s C．0.1 s B．0.02 s D．0.2 s －2 答案：C 解析：自上而下第一、二和三点之间的距离分别为x1＝(10.00－1.00)×10 m＝9.00×10 m，x2＝(29.00－10.00)×10 m＝19.00×10 m，根据公式Δx＝aT得x2－x1＝gT，故T＝ 2 －2 －2 －2 2 x2－x1 ＝g19.00－9.00－2 ×10 s＝0.1 s. 10 10．(多选)如图所示，一长为L的长方形木块可在倾角为α的斜面上以加速度a匀加速下滑，1、2两点间的距离大于L，木块经过1、2两点所用时间分别为t1和t2，则下列说法正确的是( ) 4 A．木块前端P从点1到点2所用时间为 t1－t2L?11?＋?－? 2a?t2t1? L?11?B．木块前端P从点1到点2所用时间为?－? a?t2t1? C．木块通过点2的平均速度为 Lt2 L2?11? D．1、2两点间的距离是?2－2? 2a?t2t1? 答案：AC 解析：设木块前端P通过点1后时间时速度为v1，通过点2后时间时速 22度为v2，由匀变速直线运动规律有v1＝，v2＝，C正确．设木块运动的加速度为a，由 t1t2 Lt1Lt2 L?11? v1加速到v2用时t，则v2＝v1＋at，t＝?－?，由时间关系可知，木块前端P从点1到点 a?t2t1? 2所用时间为t12＝t－＋＝ 22 t2t1t1－t2L?11?＋?－?，A正确，B错误．设木块由v1加速到v2通2a?t2t1? 22 21 L2?11?t1 过的位移为x′，则有2ax′＝v－v，解得x′＝?2－2?，匀变速过程中，时间内通过 2a?t2t1?2 的位移不等于时间内通过的位移，故x′≠x，所以D错． 2 t2 11．(2017·河北唐山考前模拟)在平直的测试汽车加速性能的场地上，每隔100 m有一个醒目的标志杆．两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动，当汽车通过第二个标志杆开始计时，t1＝10 s时，恰好经过第5个标志杆，t2＝20 s时，恰好经过第10个标志杆，汽车运动过程中可视为质点，如图所示．求： (1)汽车的加速度； (2)若汽车匀加速达到最大速度64 m/s后立即保持该速度匀速行驶，则汽车从20 s末到30 s末经过几个标志杆？ 答案：(1)2 m/s (2)6个 解析：(1)设汽车的加速度为a，经过第二个标志杆的速度为v0 2 5 12 在0～10 s内，3L＝v0t1＋at1 212 在0～20 s内8L＝v0t2＋at2 2解得a＝2 m/s. (2)由(1)解得v0＝20 m/s，由v＝v0＋at2＝60 m/s 到达最大速度v′＝v＋aΔt Δt＝2 s t3＝30 s 在t2～t3内汽车位移x＝ 2 v＋v′ 2 Δt＋v′(t3－t2－Δt)＝636 m 则经过的标志杆数n＝＝6.36个，即6个． 12．为了使航天员适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局需对航天员进行失重训练．如图所示，训练机沿30°倾角爬升到7 000 m高空后，向上拉起，沿竖直方向向上做匀减速运动，拉起后向上的初速度为200 m/s，加速度大小为g.当训练机上升到最高点后立即掉头向下，做竖直向下的加速运动，加速度大小仍为g，在此段时间内模拟出完全失重．为了安全，当训练机离地2 000 m高时必须拉起，且训练机速度达到350 m/s后必须终止失重训练，取g＝10 m/s.求： 2 xL (1)训练机上升过程中离地的最大高度； (2)训练机运动过程中，模拟完全失重的时间． 答案：(1)9 000 m (5)55 s 解析：(1)上升时间t上＝＝20 s v0gv20 上升高度h上＝＝2 000 m 2ghm＝h上＋h0＝9 000 m. v21 (2)当速度达到350 m/s时，下落高度h下＝＝6 125 m 2g此时离地高度为h0＋h上－h下＝2 875 m>2 000 m v1 t下＝＝35 s g所以训练过程中，一次上下过程模拟完全失重的时间为t＝t上＋t下＝55 s. 6 12 在0～10 s内，3L＝v0t1＋at1 212 在0～20 s内8L＝v0t2＋at2 2解得a＝2 m/s. (2)由(1)解得v0＝20 m/s，由v＝v0＋at2＝60 m/s 到达最大速度v′＝v＋aΔt Δt＝2 s t3＝30 s 在t2～t3内汽车位移x＝ 2 v＋v′ 2 Δt＋v′(t3－t2－Δt)＝636 m 则经过的标志杆数n＝＝6.36个，即6个． 12．为了使航天员适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局需对航天员进行失重训练．如图所示，训练机沿30°倾角爬升到7 000 m高空后，向上拉起，沿竖直方向向上做匀减速运动，拉起后向上的初速度为200 m/s，加速度大小为g.当训练机上升到最高点后立即掉头向下，做竖直向下的加速运动，加速度大小仍为g，在此段时间内模拟出完全失重．为了安全，当训练机离地2 000 m高时必须拉起，且训练机速度达到350 m/s后必须终止失重训练，取g＝10 m/s.求： 2 xL (1)训练机上升过程中离地的最大高度； (2)训练机运动过程中，模拟完全失重的时间． 答案：(1)9 000 m (5)55 s 解析：(1)上升时间t上＝＝20 s v0gv20 上升高度h上＝＝2 000 m 2ghm＝h上＋h0＝9 000 m. v21 (2)当速度达到350 m/s时，下落高度h下＝＝6 125 m 2g此时离地高度为h0＋h上－h下＝2 875 m>2 000 m v1 t下＝＝35 s g所以训练过程中，一次上下过程模拟完全失重的时间为t＝t上＋t下＝55 s. 6