8. 匀变速直线运动规律的应用教学设计与反思

1.2匀变速直线运动规律（必修1）

一、选择题] 1．一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．已知它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与ac段位移之比为(

) A．1∶3

B．1∶5 C．1∶8

D．1∶9 v2解析：

经过b点时的位移为xab＝2g，经过c点时的位移为xac＝2g，所以xab∶xac＝1∶9，故选D. 答案：

D 2．汽车以20 m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为(

) A．3 s

B．4 s C．5 s

D．6 s 11解析：

由x＝v0t＋2at2代入数据得37.5＝20t－2×5t2，解此方程得t＝3 s或t＝5 s(舍去)，故应选A. 答案：

A 3．一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1.2 m，那么它在第三段时间内的位移是(

) A．1.2 m

B．3.6 m C．6.0 m

D．10.8 m 解析：

做初速度为零的匀加速直线运动的物体，从静止开始在相等时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶……∶(2n－1)由此可知x1∶x2∶x3＝1∶3∶5 即x1∶x3＝1∶5＝1.2∶x3，所以x3＝6.0 m. 答案：

C 4．(2010·上海模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是(

) A．1∶22∶32,1∶2∶3

B．1∶23∶33,1∶22∶32 C．1∶2∶3,1∶1∶1

D．1∶3∶5,1∶2∶3 111解析：

根据位移公式x＝2at2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x1＝2at21＝2a、111127x2＝2a(t2＋t1)2－2at21＝4a、x3＝2a(t3＋t2＋t1)2－2a(t1＋t2)2＝2a，再根据平均速度公式可得选项B正确．

答案：

B 5．静止置于水平地面的一物体质量为m＝57 kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.43，在F＝287 N的水平拉力作用下做匀变速直线运动，则由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为(

) A．2∶1

B．1∶2 C．7∶3

D．3∶7 111解析：

第5个7秒内的位移为x1＝2a×352－2a×282，第11个3秒内的位移为x2＝2a×332

1x1352－2827－2a×302，所以x2＝＝，答案选C. 332－3023答案：

C 6．(2011·福建师大附中模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是(

) A．20 m

B．24 m C．25 m

D．75 m 11解析：

由Δx＝aT2得：9－7＝a·12，a＝2 m/s2，由v0T－2aT2＝x1得：v0×1－2×2×12＝9，v0v20v0＝10 m/s，汽车刹车时间tm＝a＝5 s<6 s，故刹车后6 s内的位移为x＝2a＝25 m，C正确．

答案：

C 7．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球下落的时间为t/2，当B球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为(

) 3A．gt2

B.8gt2 31C.4gt2

D.4gt2 11t1解析：

A球下落高度为hA＝2gt2，B球下落高度为hB＝2g(2)2＝8gt2，当B球开始下落的瞬1t1间，A、B两球的高度差为Δh＝hA－2g22－hB＝4gt2，所以D项正确．

答案：

D 8．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m．不计空气阻力，设塔足够高．则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程不可能为(

) A．10 m

B．20 m C．30 m

D．50 m

解析：

物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下．在A点之上时，通过位移为10 m处又有上升和下降两种过程．上升通过时，物体的路程L1等于位移x1的大小，即L1＝x1＝10 m；下落通过时，路程L2＝2H－x1＝2×20 m－10 m＝30 m．在A点之下时，通过的路程L3＝2H＋x2＝2×20 m＋10 m＝50 m．故A、C、D可能，正确选项为B. 答案：

B 9．分别让一物体以以下两种情境通过直线上的A、B两点，一是物体以速度v匀速运动，所用时间为t；二是物体从A点由静止出发，先匀加速直线运动(加速度为a1)到某一最大速度vm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.则下列说

法正确的是(

) A．vm只能为2v，与a1、a2的大小无关

B．vm可为许多值，与a1、a2的大小有关

C．a1、a2须是一定的

a1·a2vD．a1、a2必须满足＝

a1＋a2t解析：

物体以速度v匀速通过A、B两点时，有AB＝vt，变速通过A、B两点时，设匀加速vmvm和匀减速两个阶段的时间分别为t1和t2，两个阶段的平均速度相等，均为2，则有AB＝2t1vmvmvm＋2t2＝2t＝vt，解得vm＝2v，与a1、a2的大小无关，故A正确、B错误；由t1＝a1，t2vmvmvma1·a22v＝a2得t＝a1＋a2，即得＝，可见，a1、a2的取值是不确定的，C、D错误．

a1＋a2t答案：

A 10．一辆汽车从静止开始匀加速运动，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度，根据表中的数据通过分析、计算可以得出(

) 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 时刻(s) 速度(m/s) 3.0 6.0 9.0 12 15 18 A.汽车运动的加速度为2 m/s2 B．汽车前6 s内的位移为36 m C．汽车第8 s的速度为24 m/s D．汽车运动第7 s内的位移为16 m 6.0－3.01解析：

加速度a＝

m/s2＝3 m/s2，A项错．根据x＝v0t＋2at2得：前6 s内的位移2.0－1.0v0＋v8x6＝54 m，B项错．根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得，v4＝2，所以v8＝24 m/s，C项正确．汽车第1 s内的位移为x1＝1.5 m，根据连续相等时间内的位移比为1∶3∶5∶…(2n－1)，得x1：x7＝1∶13，故x7＝19.5 m，D项错．

答案：

C 二、非选择题

11．以36 km/h的速度行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动，若汽车在刹车后第2 s内的位移是6.25 m，则刹车后5 s内的位移是多少？

1解析：

设汽车的运动方向为正方向，初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，据位移公式x＝v0t＋2at2得

第2 s内的位移

111x＝v0t2＋2at22－v0t1－2at21＝v0(t2－t1)＋2a(t22－t21) 1即6.25＝10×(2－1)＋2a(4－1)，

解得a＝－2.5 m/s2. 设刹车后经过t s停止运动，

v－v00－10则t＝a＝

s＝4s. －2.5

可见，刹车后5 s的时间内有1 s是静止的，故刹车后5 s内的位移为

1x′＝v0t＋2at2＝m ＝20 m. 答案：

20 m 12.如右图所示是F1赛车场上，某型赛车测试场地数据时的运动情景，试求：

(1)该车接近维修站时紧急刹车，加速度大小是6 m/s2，如果必须在2 s内停下来，赛车的行驶速度最高不能超过多少？

(2)如果该车以5 m/s2的加速度加速行驶了6 s，驶过180 m，汽车开始的速度为多少？

(3)如果该车在5 s内从静止开始匀加速到100 km/h，此过程中位移为多少？

解析：

(1)根据vt＝v0＋at，取沿v0方向为正方向，有v0＝vt－at＝0－(－6)×2 m/s＝12 m/s＝43.2 km/h 1x1(2)由x＝v0t＋2at2得v0＝t－2at，把已知数值代入

1801v0＝6

m/s－2×5×6 m/s＝15 m/s＝54 km/h (3)此问已知物理量只有v、t，要注意公式的选取．已知100 km/h＝28 m/s. v0＋vt0＋28解法一

根据x＝2t＝2×5 m＝70 m 解法二

根据v＝v0＋at v－v028－0可得a＝t＝5

m/s2＝5.6 m/s2 1因此由x＝2at2并代入数值有] 1x＝2×5.6×52 m＝70 m. v2t－v20282－0解法三

根据方法二求得的加速度及v2t－v20＝2ax，得x＝2a＝2×5.6

m＝70 m. 答案：

(1)43.2 km/h

(2)54 km/h

(3)70 m