发布时间 : 星期六 文章2021高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律练习含解析新人教版更新完毕开始阅读
第2讲 匀变速直线运动的规律
一、单项选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．(2020·广东湛江一中模拟)一辆列车由等长的车厢连接而成，车厢间的间隙忽略不计。一人站在站台上与第1节车厢的最前端相齐。列车由静止开始做匀加速直线运动，第1节车厢经过他的时间为2 s，则从第5节至第16节车厢通过他的时间为( A )
A．4 s C．15 s
B．5 s D．6 s
[解析] 本题考查位移—时间关系式的应用，取车为参考系，把车的运动转化为人做匀加速直线运动。设每节车厢长为L，人的加速度为a，则人通过第1节车厢的时间t1＝＝2 s，人通过前4节车厢的时间t4＝
2La2L×4
＝4 s，人通过前16节车厢的时间t16＝
a2L×16
＝8 s，故所求的时间Δt＝t16－t4＝4 s。
a
一题多解：利用v－t图象求解。列车做匀变速直线运动，在第1节车厢通过时速度为
v1，时间为t1，第4节车厢通过时速度为v2，时间为t2，第16节车厢通过时速度为v3，时v1112122
间为t3，由于a＝为定值，且v1t1＝v2t2＝v3t3，则at1＝at2＝a3t3，可知t2＝2t1，t3
t416416
＝4t1，故第5节车厢到第16节车厢通过的时间为t3－t2＝2t1＝4 s。
2．(2019·陕西榆林二模)某同学将一足球竖直砸向水平地面，足球以5 m/s的速度被地面反向弹回，当足球上升到最高点后落回地面，以后足球每次与地面碰撞被弹回时速度均32
为碰撞前速度的。不计足球与地面碰撞的时间和空气阻力，g＝10 m/s，则足球从第一次
4被弹回到最后停止运动的总时间为( B )
A．8 s C．2 s
B．4 s D．1.5 s
[解析] 本题考查数学知识在物理学问题中的应用。足球第一次被弹回的速度v1＝5 2v12×53
m/s，第一次在空中运动的总时间t1＝＝ s＝1 s；足球第二次被弹回的速度v2＝
g104
v1，第二次在空中运动的总时间t2＝
2v23332
＝ s；足球第三次被弹回的速度v3＝v2＝()v1，g444
2v332
第三次在空中做竖直上抛运动的总时间t3＝＝() s……则足球从第一次被弹回到最后
g4停止运动的总时间为t＝t1＋t2＋…＋t∞＝＝4 s，故B正确。 31－4
3．(2020·江西抚州检测)一颗子弹沿水平直线垂直穿过紧挨在一起的三块木板后速度刚好为零，设子弹运动的加速度大小恒定，则下列说法正确的是( D )
A．若子弹穿过每块木板的时间相等，则三块木板厚度之比为1︰2︰3 B．若子弹穿过每块木板的时间相等，则三块木板厚度之比为3︰2︰1 C．若三块木板厚度相等，则子弹穿过每块木板的时间之比为1︰1︰1
D．若三块木板厚度相等，则子弹穿过每块木板的时间之比为(3－2)︰(2－1)︰1
[解析] 本题考查初速度为零的匀变速直线运动规律的应用。将子弹的运动看成沿相反12
方向的初速度为零的匀加速直线运动，则由位移公式x＝at可知，若子弹穿过每块木板的
2时间相等，三块木板厚度之比为5︰3︰1，故A、B错误；若三块木板厚度相等，由位移公12
式x＝at可知，子弹通过三块、后边两块、最后一块的时间之比为3︰2︰1，则子弹穿
2过每块木板的时间之比为(3－2)︰(2－1)︰1，故C错误，D正确。
4．(2019·湖南长沙雅礼中学月考)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零。则“蛟龙号”在t0(t0≤t)时刻距离海平面的深度和速度大小分别为( D )
A．，
22
t1
vtvB．vt0(1－)，(1－)
2t2tt0t0
vt2t0
C．，v 2t0tvt－t0
D．
2t2
，v(1－)
t0t[解析] 本题考查匀变速直线运动规律、利用逆向思维解决问题。“蛟龙号”上浮的加
v1速度大小为a＝，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海平面的深度为h＝a(tt2vt－t0
－t0)＝
2t2
2
，速度大小为v＝a(t－t0)＝v(1－)，故D正确。
t0t5．(2020·辽宁沈阳模拟)某动车组列车以平均速度v从甲地开到乙地所需的时间为t，该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的时间是t0(列车刹车过程与加速过程中的
加速度大小相等)，若列车仍要在t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为( A )
A．
t－
C．vt t0
2
B．
t＋
D．
vt t0
2
vt t－t0vt t＋t0
[解析] 本题考查匀变速直线运动公式在多过程问题中的应用。火车中途刹车，停止后又立即加速到v0，这段时间内的位移x＝v0t0
2
，这段位移若做匀速直线运动所需的时间t′＝
xt0t0vt＝，则列车由于刹车减速再加速所耽误的时间为，则列车匀速运动的速度v0＝，v022t0
t－
2
故A正确，B、C、D错误。
二、多项选择题：在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。
6．(2019·四川三台中学模拟)一名宇航员在某一未知星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的小球从足够高的某处自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则( BD )
A．该星球表面的重力加速度大小是10 m/s B．该星球表面的重力加速度大小为4 m/s C．物体在第5 s内的平均速度大小为3.6 m/s D．物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s
[解析] 本题借助宇宙与航天的背景考查自由落体运动。设该星球表面的重力加速度为
22
g，则根据自由落体运动的规律可得，物体在第5 s内的位移可表示为g×(5 s)2－g×(4
s)＝18 m，解得g＝4 m/s，根据平均速度的定义，该物体在第5 s内的平均速度大小为
2
2
1
212
x18
v＝＝ m/s＝18 m/s，故B、D正确。
t1
7．(2020·陕西西安一中月考)在塔顶上以初速度大小为20 m/s将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力，设塔足够高。则当物体位移大小为10 m时，物体所经过的时间可能为( ABD )
A．(2－2) s C．6 s
B．(2＋2) s D．(2＋6) s
[解析] 本题考查竖直上抛运动的规律。设竖直向上为正方向，当物体的位移大小为12
10 m时，若在抛出点上方，则有10 m＝v0t－gt，解得t1＝(2＋2) s或t2＝(2－2)
2
12
s；若在抛出点下方，则有－10 m＝v0t－gt，解得t3＝(2＋6) s或t4＝(2－6) s(舍
2去)，故A、B、D正确。
8．(2019·山东泰安一中检测)球沿足够长的斜面向上做匀变速直线运动，依次经过a、
b、c、d点到达最高点为e点。已知xab＝xbd＝6 m，xbc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则( BC )
A．vb＝4 m/s
C．从d到e所用时间为4 s
B．vc＝3 m/s D．xde＝5 m
[解析] 本题考查由位移关系和时间关系计算速度大小。根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可知小球在c点的速度vc＝
xad12
＝ m/s＝3 m/s，故B正确；利用相邻相等时间2T4
Δxxcd－xac－2222
内的位移差Δx＝aT可知小球运动的加速度为a＝2＝＝2 m/s＝－0.5 m/s，小2TT2球从b到c的过程，利用vc－vb＝2axbc，解得vb＝10 m/s，故A错误；小球从c运动到e0－vc0－3
点的时间为t＝＝ s＝6 s，而从c到d所用的时间是2 s，所以从d到e所用
a0.5时间为4 s，故C正确；按照逆向思维，从e到d小球做初速度为零的匀加速运动，所以12
位移为xde＝×(－a)t＝4 m，故D错误。
2
三、非选择题
9．(2017·全国卷Ⅱ，24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1 2 2