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[随堂演练]
1．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均接受国际单位制单位)，则该质点( )
A．第1 s内的位移是5 m
B．前2 s内的平均速度是6 m/s
C．任意相邻的1 s内位移差都是1 m
D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s
解析：由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2，对比题给关系式可得v0＝5 m/s，a＝2 m/s2.则第1 s内的位移是6 m，A错；前2 s内的平均速度是＝＝ m/s＝7 m/s，B错；Δx＝aT2＝2 m，C错；任意1 s内速度增量Δv＝at＝2 m/s，D对．
答案：D
2．(2022年铜陵调研)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末的速度确定是6 m/s
B．物体的加速度确定是2 m/s2
C．物体在前5 s内的位移确定是25 m
D．物体在第5 s内的位移确定是9 m
解析：匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，依据第3 s内的位移为5 m，则2.5 s时刻的瞬时速度为v＝5 m/s,2.5 s时刻即为前5 s的中间时刻，因此前5 s内的位移为x＝vt＝5×5 m＝25 m，C项对；由于无法确定物体在零时刻的速度以及匀变速运动的加速度，故A、B、D项均错．
答案：C
3．一物体从一行星表面某高处做落体运动．自开头下落计时，得到物体离该行星表面的高度h随时间t变化的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
①行星表面重力加速度大小为8 m/s2 ②行星表面重力加速度大小为10 m/s2 ③物体落到行星表面时的速度大小为20 m/s ④物体落到行星表面时的速度大小为25 m/s
A．①④ B．①③
C．②③ D．②④
解析：由图中可以看出物体从h＝25 m处开头下落，在空中运动了t＝2.5 s到达行星表面，依据h＝at2，可以求出a＝8 m/s2，故①正确；依据运动学公式可以算出v＝at＝20 m/s，可知③正确．
答案：B
4．(2021年高考广东理综)某航母跑道长200 m．飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )
A．5 m/s B．10 m/s
C．15 m/s D．20 m/s
解析：由题知，位移x＝200 m，加速度a＝6 m/s2，末速度v＝50 m/s，求初速度v0.由v2－v02＝2ax可得：v0＝10 m/s，故B项正确．
答案：B
[限时检测]
(时间：45分钟，满分100分)
[命题报告·老师用书独具]
学问点
题号
基本公式的应用
1、4、7
刹车类问题
2
匀变速直线运动的推论
8、9
自由落体运动
5、6
传送带类问题
10
竖直上抛运动
3
匀变速直线运动规律的综合应用
11、12
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1．(2022年马鞍山模拟)一个从静止开头做匀加速直线运动的物体，从开头运动起，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∶8∶27,1∶4∶9
C．1∶2∶3,1∶1∶1 D．1∶3∶5,1∶2∶3
解析：依据位移公式x＝at2，从开头运动起，连续通过的三段位移分别为x1＝at12＝a、x2＝a(t2＋t1)2－at12＝4a、x3＝a(t3＋t2＋t1)2－a(t1＋t2)2＝a，再依据平均速度公式＝x/t可得选项B正确．
答案：B
2．汽车进行刹车试验，若速度从8 m/s匀减速到零所用的时间为1 s，按规定速率为8 m/s的汽车刹车后位移不得超过5.9 m，那么上述刹车试验是否符合规定( )
A．位移为8 m，符合规定
B．位移为8 m，不符合规定
C．位移为4 m，符合规定
D．位移为4 m，不符合规定
解析：由x＝t＝t得：x＝×1 m＝4 m＜5.9 m，故C正确．
答案：C
3．(2022年皖南八校联考)一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)．设抛出时t＝0，得到物体上上升度随时间变化的ht图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为( )
A．8 m/s2,20 m/s B．10 m/s2,25 m/s
C．8 m/s2,25 m/s D．10 m/s2,20 m/s
解析：由题图已知，物体上升的最大高度Hm＝25 m，上升和下落的时间均为t＝2.5 s，由Hm＝gt2可得出该行星表面的重力加速度大小为g＝8 m/s2.由t＝可得：v0＝gt＝20 m/s，故A正确．
答案：A
4．(2022年淮北调研)如图所示，在倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面上，一质量为2 kg的小球自与斜面底端P点相距0.5 m处，以4 m/s的初速度沿斜面对上运动．在返回P点之前，若小球与P点之间的距离为d，重力加速度g取10 m/s2，则d与t的关系式为( )
A．d＝4t＋2.5t2 B．d＝4t－2.5t2
C．d＝0.5＋4t＋2.5t2 D．d＝0.5＋4t－2.5t2
解析：小球沿光滑斜面对上运动，由于所受合力沿斜面对下，大小为mgsin θ，所以小球做匀减速直线运动，满足x＝v0t－at2.初始时刻至P的距离为0.5 m，所以d＝0.5＋4t－2.5t2，D正确．
答案：D
5．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球开头下落的瞬间，A、B两球的高度差为( )
A．gt2 B.gt2
C.gt2 D.gt2
解析：A球下落高度为hA＝gt2，B球下落高度为hB＝g()2＝gt2，当B球开头下落的瞬间，A、B两球的高度差为Δh＝hA－g()2－hB＝gt2，所以D项正确．
答案：D
6．跳伞运动员以5 m/s的速度匀速降落，在离地面h＝10 m的地方掉了一颗扣子，跳伞员比扣子晚着陆的时间为(扣子所受空气阻力可忽视，g＝10 m/s2)( )
A．2 s B. s
C．1 s D．(2－) s
解析：v0＝5 m/s，a＝g＝10 m/s2，h＝10 m
由h＝v0t＋gt2，
代入数据得扣子下落的时间为t＝1 s，(t＝－2 s舍去)．
又跳伞运动员下落的时间t′＝＝2 s.
故跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为t′－t＝1 s.
答案：C
7．(2022年宣城模拟)我国是一个能源消耗大国，节省能源刻不容缓．设有一架直升机以加速度a从地面由静止开头竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V＝pa＋q(p、q均为常数，a为向上的加速度)，若直升机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )
A. B.
C. D.
解析：飞机匀加速上升，则H＝at2，
耗油总量V0＝Vt＝(pa＋q)t.
联立得V0＝p＋q，
当p＝q时，V0有最小值，即a＝.
答案：B
8．(2022年安庆质检)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，滑块在最开头2 s内的位移是最终2 s内位移的两倍，且已知滑块最开头1 s内的位移为2.5 m，由此可求得( )
A．滑块的加速度为5 m/s2
B．滑块的初速度为5 m/s
C．滑块运动的总时间为4 s
D．滑块运动的总位移为4.5 m
解析：依据题意可知，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内位移为x1，最终2 s内位移为x2，由运动学公式有x1＝a×22；x2＝at2－a(t－2)2；且x2＝2x1；2.5＝at2－a(t－1)2，代入数据得正确选项为D.
答案：D
9．如图所示，小球沿足够长的斜面对上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知ab＝bd＝6 m，bc＝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( )
A．vb＝2 m/s B．vc＝2 m/s
C．xde＝3 m D．从d到e所用时间为4 s
解析：小球沿斜面对上做匀减速直线运动，因Tac＝Tcd＝T，故c点为a到d的中间时刻，故vc＝＝ m/s＝3 m/s，故B错误；因xac＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，故加速度大小为a＝＝0.5 m/s2，由vc＝aTec得Tec＝＝6 s，则Tde＝Tec－Tcd＝4 s；xde＝xec－xcd＝4 m，故C错误，D正确；由v－v＝2a·xbc可得，vb＝ m/s，A错误．
答案：D
10．如图所示，传送带保持1 m/s的速度顺时针转动．现将一质量m＝0.5 kg的物体轻轻地放在传送带的a点上，设物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，a、b间的距离L＝2.5 m，则物体从a点运动到b点所经受的时间为(g取10 m/s2)( )
A. s B．(－1) s
C．3 s D．2.5 s
解析：物块开头做匀加速直线运动，a＝μg＝1 m/s2，速度达到皮带的速度时发生的位移x＝＝ m＝0.5 m＜L，故物体接着做匀速直线运动，第1段时间t1＝＝1 s，第2段时间t2＝＝ s＝2 s，t总＝t1＋t2＝3 s.
答案：C
二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(15分)飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60 m/s，求：
(1)它着陆后12 s内滑行的位移x；
(2)整个减速过程的平均速度(用两种方法求解)；
(3)静止前4 s内飞机滑行的位移x′.
解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a＝－6 m/s2
飞机在地面滑行最长时间t＝＝ s＝10 s
所以飞机12 s内滑行的位移等于10 s内滑行的位移由v2－v＝2ax可得x＝＝ m＝300 m.
(2)法一：＝＝ m/s＝30 m/s
法二：＝＝ m/s＝30 m/s
(3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动
x′＝at2＝×6×42 m＝48 m.
答案：(1)300 m (2)30 m/s (3)48 m
12．(15分)(2022年宿州模拟)如图所示，小滑块在较长的斜面顶端，以初速度v0＝2 m/s、加速度a＝2 m/s2向下滑，在到达底端前1 s内，所滑过的距离为L，其中L为斜面长，则
(1)小滑块在斜面上滑行的时间为多少？
(2)小滑块到达斜面底端时的速度v是多少？
(3)斜面的长度L是多少？
解析：设小滑块在斜面距离为L上的滑行时间为t，到达L处的速度为v1，又a＝2 m/s2，v0＝2 m/s，则
＝v1×1＋a×12
v1＝v0＋at
＝v0t＋at2
联立得t＝2 s，L＝15 m
小滑块在斜面上滑行的时间t总＝t＋1＝3 s
到达斜面底端时v＝v0＋at总＝8 m/s.
答案：(1)3 s (2)8 m/s (3)15 m
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