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1、STEP活页作业S ft III1 K ttft 1第2课时匀变速直线运动规律的应用基本技能练1 某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是 x,贝U质点运动的加速度为()3x2x2x5xA. 2解析B. 3C.5由匀变速直线运动规律知第D. 23秒内的平均速度等于t= 2.5 s时的瞬时速2x度，得答案a=2.5=C5 , C只寸。2. (2014 武昌调研)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s内的位移为5 m，则下列说法正确的是( )A 物体在第3 s末的速度一定是6 m/sB 物体的加速度一定是2 m/s2C 物体在前5 s内的位移一定是25 mD 物体在第5 s内的位
2、移一定是9 m解析 由第3 s内的位移为5 m可以求出第2.5 s时刻的瞬时速度v1 = 5 m/s，由于无法求解加速度，故第 3 s末的速度和第5 s内的位移均无法求解，A、B、D 错；前5 s内的平均速度等于第 2.5 s时刻的瞬时速度，即 5 m/s，故前5 s内位 移为25 m, C对。答案 C3汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s内与5s内汽车的位移大小之比为( )A . 5 : 4B. 4 ： 5C. 3 : 4解析 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t= v0 =，汽车停止运动，所以汽4 sa21 2v0车在2
3、s内发生的位移为 x1 = vOt 2at = 30 m,5 s内发生的位移为x2=2a=40 m,所以2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为3 : 4, C对。答案 C4. 航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5 min内使飞机从静止加速到44 m/s,而舰载飞机借助于助 推装置，在2 s内就可把飞机从静止加速到 82.5 m/s(舰载飞机起飞速度)，设飞机起 飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲板跑 道长度的( )A . 75 倍B. 80 倍C. 400倍 D . 40 倍-V0+ v解析 由x= V
4、t及V =2可得供客机起飞的跑道长度约是航空母舰的甲1X 44X 2.5X 60 m板跑道长度的n=2= 40倍，D对。1X 82.5X 2 m2答案D5. (2014 江南十校联考)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x= 10t t2，则 该质点( )A .运动的加速度大小为 1 m/s2B 前2 s内的平均速度是 9 m/sC.任意相邻1 s内的位移差都是1 mD .经5 s速度减为零解析对比位移公式x= V0 + 1 2可知质点运动的初速度为，加速度为t 2at10 m/s10X 2 222 m/s2， A错；前2 s内的平均速度为 v =m/s = 8 m/s，B错；由20 A B
5、 C Dx= at2可知任意相邻1 s内的位移差都是2 m, C错；由v=vO+ at知经5 s质点速度减为零，D对。答案 D6. (多选)如图1,物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得 AB = 2 m, BC= 3 m。且物体通过AB、BC、CD所用时 间相等，则下列说法正确的是( )_图1A 可以求出物体加速度的大小B 可以求得CD= 4 mC.可求得OA之间的距离为1.125 mD 可求得OA之间的距离为1.5 m解析 设加速度为a时间为T,则有x=aT=，可以求得= ，而1 mCD 4 m2xACvBB点的瞬时速度vB= 2T，所以OB 之间的
6、距离为xOB = 2a= 3.125 m OA之间 的距离为xOA = xOB-xAB = 1.125 m 即B、C选项正确。答案 BC7以24 m/s的速度行驶的汽车，紧急刹车后做匀减速直线运动，其加速度大小为6 m/s2，则刹车后()A 汽车在第1 s内的平均速度为 24 m/sB 汽车在第1 s内的平均速度为12 m/sC.汽车在前 2 s内的位移为36 mD 汽车在前5 s内的位移为45 m0 -解析 汽车刹车时间为t0=，刹车位移为 =242= ，到第 末汽4 sx 2X 6 m 48 m 4 s1 2车已停止，汽车在 5 s内位移为48 m, D错误；根据位移x= v0t-2at可
7、知第1s内的位移x1 = 21 m、平均速度v = 21 m/s, A、B均错误；汽车在前2 s内位移为36 m, C正确答案Cx= aT2 可得：8 5=2,所以=2,又x x 3aTa 2 m/s8. 辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，其中第8 s内的位移比第5 s内的位移9 s末的速度为()多6 m，则汽车的加速度以及A .a= 3 m/s2v9= 15 m/s= 2v = 17Ba 1 m/s93 m/sC.a= 2 m/s2v9= 14 m/sD .a= 2 m/s2V9= 18 m/s解析 由运动学公式的推论由匀变速直线运动的速度公式v=vO+ at 可得：v9= 2X 9 m/s
8、 = 18 m/s,所以选项D正确答案 D能力提高练9. （2014 海口一模）做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点时的速度分别为v和7v,经历的时间为t,则对物体由A点运动到B点的过程，下列判断正确 的是tA 物体通过前半程用时2t11vtB .前2时间内物体通过的位移为4t11vtC.后2时间内物体通过的位移为4D .后半程物体速度增加 3vvx解析 做匀变速直线运动的物体在中间位移处速度为2，在中间2tvO+ vt时刻处速度为V2 =2，所以物体在A、 B两点中间位移处速度为5v，在中7v v6v间时刻处速度为 4v,而物体的加速度为a=t = t，由 v= v0+ at得物体通2
9、tt5vtt过前半程用时3 , A错；前2时间内通过的位移为4，后2时间内通过的位移为11vt4 , B错，C 对；后半程物体速度增加 2v, D错。答案C10. (多选)一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的距离均为 50 m,取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时汽车行驶的速度大小v0= 5 m/s,假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是()2A .汽车运动的加速度大小为1 m/sB 汽车继续行驶，经过第 7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC.汽车从第3根电线杆运
10、动到第7根电线杆经历的时间为 20 sD 汽车在第3根至第7根电线杆间运动的平均速度为20 m/s解析 由匀加速直线运动的位移公式 x=v0 +12知汽车运动的加速度大小为t 2at2 2 21 m/s，选项A正确；由v v0= 2ax知汽车经过第 7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s，选项B正确；由v= v0+ at知汽车从第1根电线杆运动至第 7根电线杆用时20 S,所以从第 3根电线杆运动至第7根电线杆用时为x10 s选项C错误；由v = 知汽车在第3根至第7根电线杆间运动的平均速度t为20 m/s，选项D正确。答案 ABD11. （2014 杭州质检）温州机场大道某路口有按倒计时显
11、示的时间显示灯。有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示5。”交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过(1) 若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 S司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以使汽车车头越过停车线，则汽车的加速度至少多大？(2) 若该路段限速60 km/h，司机的反应时间为1 s司机反应过来后汽车先以2 m/s2 的加速度沿直线加速3 s为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速运动，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求踩刹车后汽车 加速度的大小(结果保留两位有效数
12、字)。解析 (1)司机反应时间内汽车通过的位移x1 = vOt1 = 10 m1 2加速过程 t2= 5 s11 = 4 s,70 m- x1 = v0t2 + 2a1t2代入数据得：a1= 2.5 m/s21 2 1(2)汽车加速结束时通过的位移x2= v0t1 + v0t3+ 2a2t3= 10x 1 m+ 10x 3 m+ 2X 2X 32 m= 49 m此时车头前端离停车线的距离为x3= 70 m- x2= 21 m此时速度为 vt = v0+ a2tA (10+ 2X 3) m/s = 16 m/s2匀减速过程中有2a3x3= vt代入数据解得：a3= 6.1 m/s2答案(1)2.
13、5 m/s2(2)6.1 m/g12. (2014 衡阳联考二)足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90 m宽60 m,如图2所示。攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2。试求：60 m90 rn中线边线(1) 足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大；(2) 足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s
14、。该前锋队员至少经过多长时间能追上足球；(3) 若该前锋队员追上足球后，又将足球以速度v沿边线向前踢出，足球的运动仍视为加速度大小为2 m/s2的匀减速直线运动。与此同时，由于体力的原因， 该前锋队员以6 m/s的速度做匀速直线运动向前追赶足球，若该前锋队员恰能在底线追上足球，则v多大。1解析(1)已知足球的初速度为v1=，加速度大小为=212 m/sa 2 m/sv1足球做匀减速运动的时间为：t1 = = 6 s 1av1x1= 2 t1得 x1 = 36 m(2)已知该前锋队员的加速度为a2= 2 m/s2, 最大速度为v2= 8 m/s，前锋队员做v2v2匀加速运动达到最大速度的时间和位
15、移分别为：t2=a2= 4 s x2= 2 t2得 x2= 16 m之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为:x3= v2(t1 t2)= 8X 2 m= 16 m由于x2 + x3x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得x1 (x2+ x3)= v2t3代入数据解得：t3= 0.5 s前锋队员追上足球的时间t = t1 +13= 6.5 s(3) 此时足球距底线的距离为：x4= 45 m x1= 9 m设前锋队员运动到底线的时间为t4,则有x4= v4t4足球在t4时间内发生的位移为1 2x4= v3t4 2a1t4联立以上各式解得：v= v3= 7.5 m/s答案 (1)36 m (2)6.5 s (3)7.5 m/s-8 -