資源簡介

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預習銜接.夯實基礎 勻變速直線運動的研究
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 五華區校級期末）某汽車在水平路面上啟動剎車后，其位移隨時間變化的規律為x＝20t﹣2t2（x的單位是m，t的單位是s）。下列說法正確的是（　　）
A．該汽車從啟動剎車到停下來用時10s
B．該汽車從啟動剎車到停下來向前運行了50m
C．該汽車剎車時的加速度大小為8m/s2
D．該汽車啟動剎車時的初速度大小為10m/s
2．（2024春 朝陽區校級期末）若足球運動員將足球以12m/s的速度踢出，足球沿草地做加速度大小為2m/s2的勻減速直線運動，踢出的同時運動員以恒定速度4m/s去追足球，則運動員追上足球所用時間為（　　）
A．6s B．7s C．8s D．9s
3．（2024秋 仁壽縣校級期末）以12m/s的速度行駛的汽車，緊急剎車后做勻減速直線運動，其加速度大小為3m/s2，則剎車后（　　）
A．汽車在第2s內的位移為18m
B．汽車在前5s內的位移為22.5m
C．汽車在運動的最后3s內的平均速度為3m/s
D．汽車在6s內的平均速度為4m/s
4．（2024春 未央區校級期末）一長為L的金屬管從地面以v0的速率豎直上拋，管口正上方高h（h＞L）處有一小球同時自由下落，金屬管落地前小球從管中穿過。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。關于該運動過程說法正確的是（　　）
A．小球穿過管所用時間大于
B．若小球在管上升階段穿過管，則
C．若小球在管下降階段穿過管，則
D．小球不可能在管上升階段穿過管
5．（2024秋 沙坪壩區校級期末）某大橋如圖甲所示，圖乙中A、B、C、D、E為大橋上五根鋼絲繩吊索，每兩根吊索之間距離相等，若汽車從吊索A處開始做勻減速直線運動，剛好在吊索E處停下，汽車通過吊索D時的瞬時速度為vD，通過DE段的時間為t，則（　　）
A．汽車通過吊索A時的速度大小為4vD
B．汽車減速的時間等于4t
C．汽車通過吊索C時的瞬時速度等于通過AE段的平均速度
D．汽車通過AD段的平均速度是通過DE段平均速度的3倍
二．多選題（共3小題）
（多選）6．（2024秋 長安區期末）汽車在路上出現故障時，應在車后放置三角警示牌（如圖所示），以提醒后面駕駛員減速安全通過．在夜間，有一貨車因故障停駛，后面有一小轎車以30m/s的速度向前駛來，由于夜間視線不好，小轎車駕駛員只能看清前方50m內的物體，并且他的反應時間為0.6s，制動后最大加速度大小為5m/s2．假設小轎車始終沿直線運動．下列說法正確的是（　　）
A．小轎車從剎車到停止所用的最短時間為6s
B．小轎車的最短剎車距離（從剎車到停止運動所走的距離）為80m
C．小轎車運動到三角警示牌時的最小速度為20m/s
D．三角警示牌至少要放在車后58m遠處，才能有效避免兩車相撞
（多選）7．（2024春 海珠區校級期末）如圖所示，小球甲從距離地面高度為h1＝15m處以速度v0＝10m/s豎直向上拋出，同時小球乙從距離地面高度為h2＝20m處開始自由下落，小球運動的過程中不計空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，則下列說法中正確的是（　　）
A．小球乙落地前，兩小球的速度差不變
B．至小球乙落地時，小球甲、乙的平均速率之比為1：2
C．至小球乙落地時，甲、乙兩球的位移大小之比為3：4
D．小球甲、乙運動的第1s內位移不相同
（多選）8．（2024春 濰坊期末）ETC是高速公路上不停車電子收費系統的簡稱。如圖所示，某汽車以v0＝72km/h的速度在道路上行駛，要過收費站時，如果汽車走人工收費通道，需要在收費站中心線處停下，經30s繳費后，再勻加速至v0勻速行駛；如果汽車走ETC通道，需要在中心線前方12m處勻減速至4m/s后勻速行駛到中心線，再勻加速至v0勻速行駛。設汽車減速和加速時的加速度大小均為1m/s2，車輛可看作質點，下列說法正確的是（　　）
A．走ETC通道，從開始減速到車速恢復v0過程的位移為396m
B．走ETC通道，從開始減速到車速恢復v0過程的平均速度為
C．走ETC通道比走人工通道節省35s
D．過收費站前有兩輛汽車均以72km/h的速度并排行駛，按題中運動規律分別走ETC和人工通道，車速均恢復到72km/h時兩車沿運動方向相距696m
三．填空題（共3小題）
9．（2024秋 福州期末）某人在室內以窗戶為背景攝影時，恰好把窗外從高處落下的一個小石子攝在照片中，已知本次攝影的曝光時間是0.01s。量得照片中石子運動痕跡的長度為0.8cm，實際長度為100cm的窗框在照片中的長度為4.0cm。根據以上數據估算，在相機曝光時間內石子實際下落的距離為 　 　m，這個石子大約是從 　 　m高處落下的（g取10m/s2）。
10．（2024春 道里區校級期末）如圖所示是某同學在研究勻變速直線運動時，打點計時器在紙帶上打出的一系列點．測出紙帶上點跡清晰的像鄰六個點中1、3兩點間的距離為x1，4、6兩點間的距離為x2．已知計時器的打點周期為T，則打下第2點時物體運動的速度大小為 　 　；打下第5點時物體運動的速度大小為 　 　；物體運動的加速度大小為 　 　．（均用x1、x2及T表示）
11．（2024秋 福州期末）用一把刻度尺可以粗略測量人的反應時間。如圖所示，被測試者食指和拇指成鉗狀且手指上邊緣與0刻線在同一水平線上，看到尺子下落時去捏尺子，此時手指上邊緣位于19.60cm處，設當地重力加速度為9.8m/s2，則被測試者的反應時間為 　 　s。假設在地球南極測試，其他情況相同時，重力加速度仍用9.8m/s2計算，測得的反應時間 　 　（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 朝陽區校級期末）在溝谷深壑、地形險峻的山區，由于暴雨暴雪極易引發山體滑坡，并攜帶大量泥沙石塊形成泥石流，發生泥石流常常會沖毀公路鐵路等交通設施，甚至村鎮等，造成巨大損失。現將泥石流運動過程進行簡化，如圖所示，假設一段泥石流（視為質量不變的滑塊）從A點由靜止開始沿坡體勻加速直線下滑，坡體傾角α＝53°，泥石流與坡體間的動摩擦因數，A點距離坡體底端B點的長度為108m，泥石流經過B點時沒有能量的損失，然后在水平面上做勻減速直線運動，加速度大小為5m/s2。一輛汽車停在距離B點右側80m的C處，當泥石流到達B點時，司機發現險情，立即啟動車輛并以4m/s2加速度向右做勻加速直線運動，以求逃生。重力加速度g取10m/s2，（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）泥石流經過B點時的速度大小及由A點運動到B點所用的時間；
（2）通過計算判斷泥石流能否追上汽車。
13．（2024秋 石家莊期末）在贛州市南河大橋擴建工程中，雙向橋梁已完成了某一通車方向的建設，為保持雙向車輛正常通行，臨時將其改成雙向車道。如圖所示，引橋與橋面對接處，有兩車道合并一車道的對接口，A、B兩車相距s0＝4m時，B車正以v0＝4m/s速度勻速行駛，A車正以vA＝7m/s的速度借道超越同向行駛的B車，此時A車司機發現前方距離車頭s＝16m處的并道對接口。A、B兩車長度均為L＝4m，且不考慮A車變道過程的影響。
（1）若A車司機放棄超車，而立即駛入與B車相同的行駛車道，A車至少以多大的加速度剎車勻減速，才能避免與B車相撞。
（2）若A車司機加速超車，A車的最大加速度為a＝3m/s2，請通過計算分析A車能否實現安全超車。
14．（2024春 濰坊期末）五一假期，高速免費通行。小轎車正以某安全速度在平直高速公路上勻速行駛（高速公路小轎車限速120km/h）。行駛過程中，司機忽然發現前方150m處有濃煙。司機的反應時間t1＝0.5s，在這段時間內小轎車仍保持勻速行駛，剎車過程（包括反應時間）中，小轎車運動的加速度隨位置變化的關系可簡化為如圖甲所示的圖像，x1～x2段為剎車系統的啟動階段，從x2位置開始，小轎車的剎車系統穩定工作，直至汽車停止。若從x2位置開始計時，小轎車第一個4s內的位移為80m，第二個4s內的位移為10m。
（1）求x2位置小轎車的速度大小及此后的加速度大小；
（2）若x1～x2段位移大小為24.8m，求從司機發現危險到小轎車停止，小轎車行駛的距離。
（3）小轎車司機停車后，發現前方道路出現大面積塌方，為保證后方車輛安全，抓緊開啟雙閃，這時小轎車后方100m處，以100km/h的速度勻速行駛的大客車司機看到警示燈后抓緊采取剎車措施，大客車司機的反應時間t2＝0.6s，為了避免突然剎車讓乘客有明顯不舒服的頓挫感，加速度的大小按如圖乙規律變化。若剎車結束時恰好沒有撞上小汽車，求大客車剎車的時間。
15．（2024秋 張家口期末）一個小朋友在河面上某高度處將一個泡發球（遇水體積膨脹，密度減小，仍可看作質點）以2m/s的速度豎直向上拋出，泡發球落入河水中做減速運動直到速度減為零，在水中運動時所受合力保持不變，加速度大小為重力加速度的2倍，運動的v﹣t圖像如圖所示，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）t1；
（2）泡發球拋出點距河面的高度h；
（3）t3。
預習銜接.夯實基礎 勻變速直線運動的研究
參考答案與試題解析
一．選擇題（共5小題）
1．（2024秋 五華區校級期末）某汽車在水平路面上啟動剎車后，其位移隨時間變化的規律為x＝20t﹣2t2（x的單位是m，t的單位是s）。下列說法正確的是（　　）
A．該汽車從啟動剎車到停下來用時10s
B．該汽車從啟動剎車到停下來向前運行了50m
C．該汽車剎車時的加速度大小為8m/s2
D．該汽車啟動剎車時的初速度大小為10m/s
【考點】勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】對比x＝20t﹣2t2和得到初速和加速度，根據v＝v0+at計算停車時間，根據計算剎車距離。
【解答】解：由 得：v0＝20m/s，a＝﹣2m/s2，解得：a＝﹣4m/s2，根據v＝v0+at可得停車時間為：，從啟動剎車到停下來位移為：，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題主要考查運動學公式在剎車問題中的應用，求出剎車時間是解題關鍵。
2．（2024春 朝陽區校級期末）若足球運動員將足球以12m/s的速度踢出，足球沿草地做加速度大小為2m/s2的勻減速直線運動，踢出的同時運動員以恒定速度4m/s去追足球，則運動員追上足球所用時間為（　　）
A．6s B．7s C．8s D．9s
【考點】勻變速直線運動速度與位移的關系；勻變速直線運動速度與時間的關系．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；分析綜合能力．
【答案】D
【分析】根據速度—位移關系求足球最遠可運動的距離，再利用速度—時間關系求解停止運動時用時間，運動員以恒定速度去追足球，根據位移大小相等，利用勻速運動時間與速度、位移關系求解運動員追上足球所用時間。
【解答】解：足球最遠可運動的距離為
停止運動時用時間為
6s
運動員追上足球所用時間為
此時足球已經停止運動了。
故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題考查了追及問題，弄清楚足球和運動員的運動過程是解題的關鍵，屬于常見題型。
3．（2024秋 仁壽縣校級期末）以12m/s的速度行駛的汽車，緊急剎車后做勻減速直線運動，其加速度大小為3m/s2，則剎車后（　　）
A．汽車在第2s內的位移為18m
B．汽車在前5s內的位移為22.5m
C．汽車在運動的最后3s內的平均速度為3m/s
D．汽車在6s內的平均速度為4m/s
【考點】勻變速直線運動位移與時間的關系；平均速度（定義式方向）；勻變速直線運動速度與時間的關系．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；分析綜合能力．
【答案】D
【分析】根據勻變速直線運動的速度—時間公式求出汽車速度減為零的時間，判斷汽車是否停止，再結合速度公式和位移公式求出汽車的速度和位移．
【解答】解：BD、汽車剎車到停下所需的時間為t0，汽車的剎車位移為
所以汽車在前5s內的位移即為汽車的剎車位移24m，汽車在6s內的平均速度為，故B錯誤，D正確；
A、汽車在第2s內的位移為，其中t2＝2s，t1＝1s
代入數據解得：x′＝7.5m，故A錯誤；
C、根據逆向思維可得：汽車在運動的最后3s內的位移
汽車在運動的最后3s內的平均速度為，故C錯誤。
故選：D。
【點評】本題考查了運動學中的剎車問題，是道易錯題，一定要注意汽車速度減為零后不再運動；故要先判斷汽車靜止所需要的時間．
4．（2024春 未央區校級期末）一長為L的金屬管從地面以v0的速率豎直上拋，管口正上方高h（h＞L）處有一小球同時自由下落，金屬管落地前小球從管中穿過。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。關于該運動過程說法正確的是（　　）
A．小球穿過管所用時間大于
B．若小球在管上升階段穿過管，則
C．若小球在管下降階段穿過管，則
D．小球不可能在管上升階段穿過管
【考點】豎直上拋運動的規律及應用；自由落體運動的規律及應用．
【專題】定量思想；推理法；臨界法；追及、相遇問題；自由落體運動專題；分析綜合能力．
【答案】B
【分析】金屬管和小球加速度相等，以管為參考系，小球在管中勻速直線運動；分析小球在管上升階段穿過管時和小球在管下降階段穿過管時，管的上升的最大高度，根據速度一位移關系分析初速度的范圍。
【解答】解：A、兩物體豎直方向加速度相同，所以小球相對管來說在做勻速直線運動，所以小球穿過管所用時間為，故A錯誤；
B、剛好在管上升最高點穿過管有
解得
若小球在管上升階段穿過管，則，故B正確；
C、若小球在管剛著地時穿管，有
解得：
結合B向下分析可知，故C錯誤；
D、根據以上分析可知，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題是相遇問題，知道二者加速度相等，要分析清楚時小球和圓管的位移關系。
5．（2024秋 沙坪壩區校級期末）某大橋如圖甲所示，圖乙中A、B、C、D、E為大橋上五根鋼絲繩吊索，每兩根吊索之間距離相等，若汽車從吊索A處開始做勻減速直線運動，剛好在吊索E處停下，汽車通過吊索D時的瞬時速度為vD，通過DE段的時間為t，則（　　）
A．汽車通過吊索A時的速度大小為4vD
B．汽車減速的時間等于4t
C．汽車通過吊索C時的瞬時速度等于通過AE段的平均速度
D．汽車通過AD段的平均速度是通過DE段平均速度的3倍
【考點】勻變速直線運動中的平均速度的應用（平均速度的推論）．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】勻減速直線運動可以根據逆向思維看成反向的勻加速直線運動，根據初速度為零的勻加速直線運動的比例關系求解即可，或者靈活選用相應的運動學公式求解比例關系解答；勻減速直線運動的一段時間的中間時刻的速度等于該段時間的平均速度。
【解答】解：ABD．汽車減速到零，可以看成反向的初速度為零的勻加速直線運動，根據初速度為零的勻變速直線運動的比例關系，可知汽車通過DE、AD段所用的時間之比為1：1，可得汽車減速的時間等于2t，汽車通過吊索A時的速度滿足
vD
解得vA＝2vD
由圖可知汽車通過DE、AD段的位移之比為1：3，根據平均速度公式可得汽車通過AD段的平均速度是通過DE段平均速度的3倍，故AB錯誤，D正確；
C．由題可知，汽車做勻減速直線運動，而且汽車通過吊索D為AE段的中間時刻，則根據勻變速直線運動的規律可知通過吊索D的速度等于AE段的平均速度，故C錯誤。
故選：D。
【點評】解題關鍵是掌握勻變速直線運動的規律和運動學公式，并且要掌握逆向思維，可以將勻減速直線運動看成反向的勻加速直線運動，從而簡化問題。
二．多選題（共3小題）
（多選）6．（2024秋 長安區期末）汽車在路上出現故障時，應在車后放置三角警示牌（如圖所示），以提醒后面駕駛員減速安全通過．在夜間，有一貨車因故障停駛，后面有一小轎車以30m/s的速度向前駛來，由于夜間視線不好，小轎車駕駛員只能看清前方50m內的物體，并且他的反應時間為0.6s，制動后最大加速度大小為5m/s2．假設小轎車始終沿直線運動．下列說法正確的是（　　）
A．小轎車從剎車到停止所用的最短時間為6s
B．小轎車的最短剎車距離（從剎車到停止運動所走的距離）為80m
C．小轎車運動到三角警示牌時的最小速度為20m/s
D．三角警示牌至少要放在車后58m遠處，才能有效避免兩車相撞
【考點】變速物體追勻速物體問題．
【專題】定量思想；推理法；追及、相遇問題；推理論證能力．
【答案】AD
【分析】根據速度—時間關系求出停止時間，根據位移—速度關系求出位移，根據位移關系結合位移—速度關系求解速度和放置位置。
【解答】解：A．剎車后小轎車做勻減速運動，由速度—時間關系
v＝v0﹣at
可得小轎車從剎車到停止所用的最短時間為
故A正確；
B．剎車后小轎車做勻減速運動，由位移—速度關系
可得小轎車的最短剎車距離為
故B錯誤；
C．反應時間內小轎車通過的位移為
x1＝v0t1＝30×0.6m＝18m
小轎車減速運動到三角警示牌通過的位移為
x2＝50m﹣18m＝32m
設減速到警示牌的速度為v1，則由位移—速度關系
2ax2
代入數值解得
故C錯誤；
D．小轎車通過的總位移為
x總＝90m+18m＝108m
放置的位置至少為車后
Δx＝108m﹣50m＝58m
故D正確。
故選：AD。
【點評】此題考查勻變速直線運動規律，掌握勻變速直線運動的規律，理解物體的運動狀態，并能夠熟練應用公式是解題的關鍵。
（多選）7．（2024春 海珠區校級期末）如圖所示，小球甲從距離地面高度為h1＝15m處以速度v0＝10m/s豎直向上拋出，同時小球乙從距離地面高度為h2＝20m處開始自由下落，小球運動的過程中不計空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，則下列說法中正確的是（　　）
A．小球乙落地前，兩小球的速度差不變
B．至小球乙落地時，小球甲、乙的平均速率之比為1：2
C．至小球乙落地時，甲、乙兩球的位移大小之比為3：4
D．小球甲、乙運動的第1s內位移不相同
【考點】豎直上拋運動的規律及應用．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；推理論證能力．
【答案】ABD
【分析】由速度變化量求解速度關系，由自由落體及豎直上拋公式求解時間，并進一步求解平均速率比值，由位移—時間關系求解位移。
【解答】解：A．取豎直向上為正方向，小球乙落地前，甲球與乙球的速度差為
Δv＝（v0﹣gt1）﹣（﹣gt1）＝v0
即小球乙落地前，兩小球的速度差保持恒定，故A正確；
B．對乙球，根據自由落體運動位移時間公式
可得
t2＝2s
乙球經過的路程為
s2＝h2＝20m
落地前的運動過程中小球乙的平均速率為
對甲球，取豎直向上為正方向，有
解得
h1＝0
甲球上升的最大高度為
則甲球運動的路程為
s1＝2H＝10m
甲球整個過程平均速率為
小球乙落地時小球甲、乙的平均速率之比為
故B正確；
C．小球乙落地時，甲球剛好回到出發位置，位移為零，所以至小球乙落地時，甲、乙兩球的位移大小之比為0，故C錯誤；
D．乙運動第1s內位移
方向豎直向下，
小球甲上升到最高點的時間為
位移大小為
方向豎直向上；
所以小球甲、乙運動的第1s內位移大小相等，方向不同，故D正確。
故選：ABD。
【點評】解題關鍵是掌握自由落體運動和豎直上拋運動的規律，靈活應用相應的運動學公式。難度適中。
（多選）8．（2024春 濰坊期末）ETC是高速公路上不停車電子收費系統的簡稱。如圖所示，某汽車以v0＝72km/h的速度在道路上行駛，要過收費站時，如果汽車走人工收費通道，需要在收費站中心線處停下，經30s繳費后，再勻加速至v0勻速行駛；如果汽車走ETC通道，需要在中心線前方12m處勻減速至4m/s后勻速行駛到中心線，再勻加速至v0勻速行駛。設汽車減速和加速時的加速度大小均為1m/s2，車輛可看作質點，下列說法正確的是（　　）
A．走ETC通道，從開始減速到車速恢復v0過程的位移為396m
B．走ETC通道，從開始減速到車速恢復v0過程的平均速度為
C．走ETC通道比走人工通道節省35s
D．過收費站前有兩輛汽車均以72km/h的速度并排行駛，按題中運動規律分別走ETC和人工通道，車速均恢復到72km/h時兩車沿運動方向相距696m
【考點】勻變速直線運動規律的綜合應用．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；分析綜合能力．
【答案】AD
【分析】根據勻變速直線運動的速度—時間公式求出加速和減速的時間，根據位移一時間關系求解位移；根據位移一時間公式可求出通過ETC通道和人工收費通道節約的時間；根據平均速度公式分析D選項。
【解答】解：汽車勻速行駛的速度
v0＝72km/h＝20m/s
AB、利用逆向思維，走ETC通道從減速過程經歷的時間
走ETC通道勻速過程的時間
走ETC通道加速至v0過程的時間
可知，走ETC通道從開始減速到恢復正常行駛的過程中用時為
t＝t1+t2+t3＝16s+3s+16s＝35s
走ETC通道減速過程經歷的位移
走ETC通道勻速過程的位移為
x2＝12m
走ETC通道加速至v0過程的位移
可知，走ETC通道從開始減速到恢復正常行駛的過程中位移為
x＝x1+x2+x3＝192m+12m+192m＝396m
走ETC通道，從開始減速到車速恢復v0過程的平均速度為
故A正確，B錯誤；
C、利用逆向思維，走人工通道減速過程的時間
走人工通道加速過程的時間
繳費時間
t6＝30s
則走人工通道從開始減速到恢復正常行駛的過程中用時是
t0＝t4+t5+t6＝20s+20s+30s＝70s
走人工通道減速過程的位移
代入數據得x4＝200m
走人工通道加速過程的位移
代入數據得x5＝200m
走人工通道減速與加速過程的總位移為
x4+x5＝200m+200m＝400m
走ETC通道400m位移所需的時間
則走ETC通道比走人工通道節省的時間
t″＝t0﹣t′＝70s﹣35.2s＝34.8s
故C錯誤；
D、根據上述可知，若過收費站前有兩輛汽車均以72km/h的速度并排行駛，按題中運動規律分別走ETC和人工通道，車速均恢復到72km/h時兩車沿運動方向相距
Δx＝34.8×20m＝696m
故D正確。
故選：AD。
【點評】解決本題的關鍵是要理清汽車在兩種通道下的運動規律，結合勻變速直線運動的位移公式和時間公式進行求解，難度適中。
三．填空題（共3小題）
9．（2024秋 福州期末）某人在室內以窗戶為背景攝影時，恰好把窗外從高處落下的一個小石子攝在照片中，已知本次攝影的曝光時間是0.01s。量得照片中石子運動痕跡的長度為0.8cm，實際長度為100cm的窗框在照片中的長度為4.0cm。根據以上數據估算，在相機曝光時間內石子實際下落的距離為 　0.2　m，這個石子大約是從 　20　m高處落下的（g取10m/s2）。
【考點】自由落體運動的規律及應用．
【專題】定量思想；方程法；自由落體運動專題；推理論證能力．
【答案】0.2；20。
【分析】根據比例關系可求得曝光時間內石子下落的距離；考慮到曝光時間極短，石子的平均速度近似等于瞬時速度；石子做自由落體運動，可以用自由落體的速度和位移關系式求解石子下落的高度。
【解答】解：設在曝光時間0.01s內石子實際下落的距離為x，則
得x＝20cm＝0.2m
在曝光時間0.01s內石子的速度
石子做自由運動，下落高度約為m＝20m
故答案為：0.2；20。
【點評】解答本題關鍵是能明確極短時間內的平均速度可以表示瞬時速度，然后根據運動學公式列式求解。
10．（2024春 道里區校級期末）如圖所示是某同學在研究勻變速直線運動時，打點計時器在紙帶上打出的一系列點．測出紙帶上點跡清晰的像鄰六個點中1、3兩點間的距離為x1，4、6兩點間的距離為x2．已知計時器的打點周期為T，則打下第2點時物體運動的速度大小為 　　；打下第5點時物體運動的速度大小為 　　；物體運動的加速度大小為 　　．（均用x1、x2及T表示）
【考點】探究小車速度隨時間變化的規律．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；推理論證能力．
【答案】；；
【分析】根據勻變速直線運動的規律得出物體的速度，結合加速度的定義完成分析。
【解答】解：由勻變速直線運動規律可知打點計時器打下第2點時，物體的速度，打下第5點時物體的速度，物體運動的加速度大小，解得。
故答案為：；；
【點評】本題主要考查了小車速度和加速度的測量，熟悉運動學公式的應用即可完成分析，屬于基礎題型。
11．（2024秋 福州期末）用一把刻度尺可以粗略測量人的反應時間。如圖所示，被測試者食指和拇指成鉗狀且手指上邊緣與0刻線在同一水平線上，看到尺子下落時去捏尺子，此時手指上邊緣位于19.60cm處，設當地重力加速度為9.8m/s2，則被測試者的反應時間為 　0.2　s。假設在地球南極測試，其他情況相同時，重力加速度仍用9.8m/s2計算，測得的反應時間 　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。
【考點】自由落體運動的規律及應用．
【專題】定量思想；推理法；自由落體運動專題；推理論證能力．
【答案】0.2；偏大。
【分析】尺子做自由落體運動，根據求解下落時間，從赤道到南北兩極，重力加速度增大，離地面越高，重力加速度越小。
【解答】解：根據可得：；
在地球南極測試，重力加速度增大，可知測得反應時間偏大。
故答案為：0.2；偏大。
【點評】本題主要考查自由落體運動規律的應用，根據自由落體運動規律解答。
四．解答題（共4小題）
12．（2024春 朝陽區校級期末）在溝谷深壑、地形險峻的山區，由于暴雨暴雪極易引發山體滑坡，并攜帶大量泥沙石塊形成泥石流，發生泥石流常常會沖毀公路鐵路等交通設施，甚至村鎮等，造成巨大損失。現將泥石流運動過程進行簡化，如圖所示，假設一段泥石流（視為質量不變的滑塊）從A點由靜止開始沿坡體勻加速直線下滑，坡體傾角α＝53°，泥石流與坡體間的動摩擦因數，A點距離坡體底端B點的長度為108m，泥石流經過B點時沒有能量的損失，然后在水平面上做勻減速直線運動，加速度大小為5m/s2。一輛汽車停在距離B點右側80m的C處，當泥石流到達B點時，司機發現險情，立即啟動車輛并以4m/s2加速度向右做勻加速直線運動，以求逃生。重力加速度g取10m/s2，（已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
（1）泥石流經過B點時的速度大小及由A點運動到B點所用的時間；
（2）通過計算判斷泥石流能否追上汽車。
【考點】勻變速直線運動規律的綜合應用；變速物體追變速物體問題．
【專題】計算題；定量思想；推理法；追及、相遇問題；推理論證能力．
【答案】（1）泥石流經過B點時的速度大小為36m/s，由A點運動到B點所用的時間為6s；
（2）泥石流追不上汽車。
【分析】（1）由根據牛頓第二定律可以求出泥石流的加速度，再利用速度—位移關系求得到達B點時的速度大小，根據速度—時間關系計算由A點運動到B點所用的時間；（2）泥石流于汽車速度相等是能追上的臨界條件，由勻變速運動規律求達到共速時間，再分別求得二者位移，計算能否追上。
【解答】解：（1）設泥石流質量為m，從A到B，根據牛頓第二定律可得
mgsinα﹣μmgcosα＝ma
解得
a＝6m/s2
根據運動學公式可得
解得
vB＝36m/s
根據運動學公式
vB＝at
可得
t＝6s
（2）設汽車開始運動到與泥石流速度相等所用時間為t1，則有
vB﹣a1t1＝a2t1
解得
t1＝4s
泥石流在水平面上運動的位移為
解得
x1＝104m
汽車在水平面上運動的位移為
解得
x2＝32m
共速時二者的距離為
Δx＝x2+x0﹣x1＝8m＞0
所以泥石流追不上汽車。
答：（1）泥石流經過B點時的速度大小為36m/s，由A點運動到B點所用的時間為6s；
（2）泥石流追不上汽車。
【點評】分析清楚泥石流的運動過程和受力情況是解題的前提與關鍵，應用動能定理即可解題；本題也可以應用牛頓第二定律與勻變速直線運動的運動規律分析求解。
13．（2024秋 石家莊期末）在贛州市南河大橋擴建工程中，雙向橋梁已完成了某一通車方向的建設，為保持雙向車輛正常通行，臨時將其改成雙向車道。如圖所示，引橋與橋面對接處，有兩車道合并一車道的對接口，A、B兩車相距s0＝4m時，B車正以v0＝4m/s速度勻速行駛，A車正以vA＝7m/s的速度借道超越同向行駛的B車，此時A車司機發現前方距離車頭s＝16m處的并道對接口。A、B兩車長度均為L＝4m，且不考慮A車變道過程的影響。
（1）若A車司機放棄超車，而立即駛入與B車相同的行駛車道，A車至少以多大的加速度剎車勻減速，才能避免與B車相撞。
（2）若A車司機加速超車，A車的最大加速度為a＝3m/s2，請通過計算分析A車能否實現安全超車。
【考點】勻變速直線運動位移與時間的關系；勻變速直線運動速度與時間的關系．
【專題】計算題；定量思想；推理法；直線運動規律專題；分析綜合能力．
【答案】（1）A車至少以大小為m/s2的加速度剎車勻減速，才能避免與B車相撞。
（2）A車不能實現安全超車。
【分析】（1）A、B兩車速度相等時相遇恰好避免碰撞，應用運動學公式求出A的加速度大小。
（2）A車做勻加速直線運動，應用運動學公式分析求解。
【解答】解：（1）設經過時間t1兩車速度相等，設A車的加速度大小為a1，兩車速度相等時恰好相遇，
則v0＝vA﹣a1t1，vAt1s0+v0t1，
代入數據解得：a1m/s2
（2）設A車到達對接口需要的最短時間是t，
則s＝vAt
代入數據解得：ts≈1.68s
該時間內B車的位移xB＝v0t＝4×1.68m＝6.72m
由于s﹣L＝（16﹣4）m＝12m＜s0+L+xB＝（4+4+6.72）m＝14.72m，故A車不能實現安全超車。
答：（1）A車至少以大小為m/s2的加速度剎車勻減速，才能避免與B車相撞。
（2）A車不能實現安全超車。
【點評】本題考查了追及相遇問題，追及問題解題關鍵：①掌握好兩個關系：時間關系和位移關系②一個條件：兩者速度相等，這往往是能否追上，或兩者距離最大、最小的臨界條件是分析問題的切入點。
14．（2024春 濰坊期末）五一假期，高速免費通行。小轎車正以某安全速度在平直高速公路上勻速行駛（高速公路小轎車限速120km/h）。行駛過程中，司機忽然發現前方150m處有濃煙。司機的反應時間t1＝0.5s，在這段時間內小轎車仍保持勻速行駛，剎車過程（包括反應時間）中，小轎車運動的加速度隨位置變化的關系可簡化為如圖甲所示的圖像，x1～x2段為剎車系統的啟動階段，從x2位置開始，小轎車的剎車系統穩定工作，直至汽車停止。若從x2位置開始計時，小轎車第一個4s內的位移為80m，第二個4s內的位移為10m。
（1）求x2位置小轎車的速度大小及此后的加速度大小；
（2）若x1～x2段位移大小為24.8m，求從司機發現危險到小轎車停止，小轎車行駛的距離。
（3）小轎車司機停車后，發現前方道路出現大面積塌方，為保證后方車輛安全，抓緊開啟雙閃，這時小轎車后方100m處，以100km/h的速度勻速行駛的大客車司機看到警示燈后抓緊采取剎車措施，大客車司機的反應時間t2＝0.6s，為了避免突然剎車讓乘客有明顯不舒服的頓挫感，加速度的大小按如圖乙規律變化。若剎車結束時恰好沒有撞上小汽車，求大客車剎車的時間。
【考點】勻變速直線運動規律的綜合應用；根據a﹣t圖像的物理意義分析物體的運動情況．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；運動學中的圖象專題；分析綜合能力．
【答案】（1）x2位置小轎車的速度大小30m/s，此后的加速度大小5m/s2；
（2）從司機發現危險到小轎車停止，小轎車行駛的距離130.8m。
（3）大客車剎車的時間6s。
【分析】（1）根據逐差法公式求解加速度，再判斷出第二個4s內的運動情況，由運動學公式求解x2位置小轎車的速度大小及此后的加速度大小；
（2）表示每段位移相加即可求出小轎車行駛的距離；
（3）a﹣t圖的面積表示速度變化量，由位移公式即可求解。
【解答】解：（1）假設第二個4s內小轎車沒有停下來，加速度大小為
代入數據求得第二個4s末的速度為負值，則假設不成立。說明設小轎車第二個4s內已經停下來了。設它在第一個4s內運動時間為t，位移x，末速度為v。第二個4s內的位移為x'。則逆向看有
v2＝2ax'
聯立解得：v＝10m/s，a＝5m/s2
x2位置小轎車的速度大小為
v2＝v+at＝10m/s+5×4m/s＝30m/s
（2）設小轎車勻速行駛的速度大小為v1，根據：﹣2ax，可得a﹣x圖像與x軸圍成的面積等于（），則有：
a（x2﹣x1）（）
代入數據得：5×24.8（302）
解得：v1＝32m/s
小轎車行駛的距離為：
L＝x1+（x2﹣x1）+x+x'＝32×0.5m+24.8m+80m+10m＝130.8m
（3）設時，加速度為a，根據Δv＝at可知，a﹣t圖的面積表示速度變化量，則
前后速度變化量相同，則平均速度為
設兩車開始相距s，則
聯立解得
t′＝6s
答：（1）x2位置小轎車的速度大小30m/s，此后的加速度大小5m/s2；
（2）從司機發現危險到小轎車停止，小轎車行駛的距離130.8m。
（3）大客車剎車的時間6s。
【點評】解決本題的關鍵要明確轎車的運動情況，根據運動學公式和圖象來分析。
15．（2024秋 張家口期末）一個小朋友在河面上某高度處將一個泡發球（遇水體積膨脹，密度減小，仍可看作質點）以2m/s的速度豎直向上拋出，泡發球落入河水中做減速運動直到速度減為零，在水中運動時所受合力保持不變，加速度大小為重力加速度的2倍，運動的v﹣t圖像如圖所示，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）t1；
（2）泡發球拋出點距河面的高度h；
（3）t3。
【考點】豎直上拋的圖像問題；根據v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；推理論證能力．
【答案】（1）t1為0.2s；
（2）泡發球拋出點距河面的高度為1.6m；
（3）t3為1.1s。
【分析】（1）泡發球向上運動，根據速度—時間公式解得t1；
（2）根據位移—時間公式解得泡發球拋出點距河面的高度h；
（3）根據速度—時間公式計算t3。
【解答】解：（1）泡發球向上運動時有v0＝gt1
可解得t1＝0.2s
（2）由圖可知，t2＝4t1，泡發球運動到最高點距河面的高度為h1g（t2﹣t1）2
解得 h1＝1.8m
泡發球豎直向上運動的高度 h2
解得
h2＝0.2m
泡發球拋出點距河面的高度 h＝h1﹣h2＝1.8m﹣0.2m＝1.6m
（3）泡發球落到河面時的速度為 v＝g（t2﹣t1）
v＝2g（t3﹣t2）
可得 t3＝1.1s
答：（1）t1為0.2s；
（2）泡發球拋出點距河面的高度為1.6m；
（3）t3為1.1s。
【點評】解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的運動學公式和推論，理清泡發球的運動規律，結合運動學公式靈活求解，基礎題。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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