一、第二章匀变速直线运动的研究易错题培优(难)
1.一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动,车头经过站台上三个立柱A、B、C,对应时刻分别为t1、t2、t3,其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是()
A.车头经过立柱B的速度为0
31
2x
t t-
B.车头经过立柱A、B的平均速度为0
21
x
t t-
C.动车的加速度为
()
()()()
0321
213231
2
x t t t
t t t t t t
-+
---
D.车头通过立柱B、C过程速度的变化量为
()
()()
0321
2131
2x t t t
t t t t
-+
--
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.车头经过站台上立柱AC段的平均速度
31
2
AC
AC
AC
x x
v
t t t
==
-
由图可知,B点是AC段的位置中点,所以B点的瞬时速度应该大于AC段的平均速度,故A错误;
B.车头经过立柱A、B的平均速度为
21
AB
AB
AB
x
x
v
t t t
==
-
故B正确;
C.根据中间时刻的速度等于平均速度得,动车的加速度为
0213
3121312132
2(2)
()()()
22
AC AB
v v x t t t
v
a
t t t t
t t t t t t t
---
?
===
--
?---
-
故C错误;
D.车头通过立柱B、C过程速度的变化量为
0213
3121
2(2)
()()
x t t t
v a t
t t t t
--
?=?=
--
故D错误;
故选B。
2.某质点做直线运动,其位移-时间图像如图所示。图中PQ为抛物线,P为抛物线的顶点,QR为抛物线过Q点的切线,与t轴的交点为R。下列说法正确的是()
A.t=0时质点的速度大小为2m/s B.QR段表示质点做匀减速直线运动
C.0~2s内质点的平均速度大小为3m/s D.R点对应的时刻为t=3s
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.根据x-t图象的斜率表示速度,t=0时图象切线斜率为零,则质点的速度为零,选项A 错误。
B.QR段图象斜率不变,表示质点的速度不变,做匀速直线运动,选项B错误;
C.0~2s内,质点的位移大小为
2m1m1m
x?=-=
则平均速度为
1
m/s0.5m/s
2
x
v
t
?
===
?
选项C错误;
D.PQ为抛物线,则PQ段表示质点做匀变速直线运动,且有
2
1
2
x at
=
将t=2s,x=1m,代入解得
2
0.5m/s
a=
t=2s时质点的速度大小为
v=at=1m/s
可知Q处切线的斜率大小为1,可得R点对应的时刻为
t=3s
选项D正确。
故选D。
3.a b
、两车在平直的公路上沿同一方向行驶,两车运动的v t-图象如图所示。在0
t=时刻,b车在a车前方0S处,在1
0~t时间内,b车的位移为s,则()
A.若a b
、在1t时刻相遇,则03
s s
=
B.若a b
、在1
2
t
时刻相遇,则
3
2
s s
=
C.若a b
、在1
3
t
时刻相遇,则下次相遇时刻为
1
4
3
t
D.若a b
、在1
4
t
时刻相遇,则下次相遇时a车速度为1
3
v
【答案】B
【解析】
【详解】
A.根据题述,在0
t=时刻,b车在a车前方0S处,在1
0~t时间内,b车的位移为s,若a b
、在
1
t时刻相遇,根据v t-图线与坐标轴所围图形的面积表示位移,则有
3
s s s
+=
解得02
s s
=,故A错误;
B.若a b
、在1
2
t
时刻相遇,根据v t-图线与坐标轴所围图形的面积表示位移,则有
7
44
s
s s
+=
解得
3
2
s
s=,故B正确;
C.若a b
、在1
3
t
时刻相遇,则下次相遇的时刻为关于1
t t=对称的1
5
3
t
时刻,故C错误;D.若a b
、在1
4
t
时刻相遇,则下次相遇时刻为1
7
4
t
,下次相遇时a车速度
111
1
1
7
2
44
a
v t v
v v
t
=-?=
故D错误。
故选B。
4.某斜面固定在水平地面上,一小球沿斜面向上做匀减速运动,运动过程中小球依次经过A 、B 、C 三点,最后恰好能到达最高点D ,其中AB =12m ,BC =8m ,从A 点运动到B 点,从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都是-2m/s ,下列说法正确的是( )
A .小球的加速度大小为2m/s2
B .小球到达B 点速度大小为10m/s
C .A 、
D 两点间的距离为24.5m D .小球从C 点运动到D 点的时间为2s 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A .由题目中的从A 点运动到
B 点,从B 点运动到
C 点两个过程速度变化量都是2m/s -可知,AB 和BC 段的时间相同,由2x aT ?=和v
a T
可得:2s T =,21m/s a =,A 错误;
B .由公式2
012
x v t at =+可得07m/s v =,B 错误; C .由公式202ax
v 得,AD 之间的距离为24.5m ,C 正确;
D .在AD 之间运动的时间为
07s v a
,所以CD 之间所用的时间为3s ,D 错误.
5.一个物体以初速度v 0沿光滑斜面向上运动,其速度随时间变化的规律如图所示,在连续两段时间m 和n 内,对应面积均为S ,则经过b 时刻物体的速度大小v 为
A .
()
()2
2m n S
m n mn
++
B .()m n S mn
+
C .
m n S
mn
-() D .
()
()2
2m n S
m n mn
+-
【答案】A 【解析】 【详解】 s
在连续两段时间m 和n 内,对应面积均为S ,根据匀变速直线运动的规律有
2
2
1
-2
1
2
b b S v m a m S v n a n =???=?+??
解得经过b 时刻物体的速度大小为
()()2
2b
m n S
v m n mn
+=
+
故选A 。
6.一质点由静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为a 1,经时间t 后做匀减速直线运动,加速度大小为a 2,若再经过时间kt 恰能回到出发点。则a 1:a 2为
A .21
k
k +
B .2
21k k +
C .2
1
k k +
D .
21
k
k + 【答案】B 【解析】 【详解】
根据匀变速直线运动的位移时间关系可知,质点的总位移为0,列式可得
2
211211
02
2
a t a t kt
a kt ,2
1
2
21
a k a k 故选B
7.从离地H 高处自由下落小球a ,同时在它正下方H 处以速度0v 竖直上抛另一小球b
,不计空气阻力,以下说法正确的( ) A .若0v >
b 在上升过程中与a 球相遇 B .若0v <
b 在下落过程中肯定与a 球相遇
C
.若0v =b 和a 不会在空中相遇 D
.若0v =b 球速度为零。
【答案】ACD
【解析】 【分析】 【详解】
设经过时间t 物体a 、b 在空中相遇,a 做自由落体运动的位移
2112
h gt =
b 做竖直上抛运动的位移为
2201
2
h v t gt =-
由几何关系有
12H h h =+
联立以上各式解得
H t v =
小球b 上升的时间
2v t g =
小球b 运动的总时间为
32v t g
=
A .若小球b 在上升过程中与a 球相遇,则
2t t <
解得
0v >故A 正确;
B .若下落过程相遇,则
23t t t <<
即
00
02v v H g v g
<< 得
0v <<
若若0v
.若0v ,小球b 落回地面的时间
030
2v H
t t g v =
==
即0v b 和a 相遇点在地面上,小球b 和a 不会在空中相遇,故C 正确。 D
.若0v =
2v t g
=
=相遇时间
0H t v =
= 此时b 球刚上升到最高点,速度为零,故D 正确; 故选ACD 。
8.一质量为m 的滑块在粗糙水平面上匀减速滑行,已知滑块在最开始2 s 内的位移是最后2 s 内的位移的两倍,且已知滑块第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/s 2 B .滑块的初速度为5 m/s C .滑块运动的总时间为3 s D .滑动运动的总位移为4.5 m 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】 方法一:
AB .滑块做匀减速直线运动减速至0,逆过程为初速度为0的匀加速直线运动,设滑块的加速度大小为a ,初速度为v 0,则最后2s 、最开始2s 和第1s 滑块分别运行的位移为:
221
22
x at a ==最后
200221
2222x v t at v a x =-=-=最后开始
20011
'' 2.5m 22
x v t at v a =-=-=1开始
联立可解得
21m/s a =,03m/s v =
故AB 错误;
CD .则滑块运行的总时间和总位移分别为
=
3s v t a =总,0= 4.5m 2
v t x =总总 故CD 正确。 故选CD 。 方法二:
CD .滑块做匀减速直线运动减速至0,逆过程为初速度为0的匀加速直线运动,初速度为0的匀加速直线运动中,从速度为0开始,连续相等时间的位移比为奇数之比,即
123:::...1:3:5:...x x x =
根据题意,滑块在最开始2 s 内的位移是最后2 s 内的位移的两倍,即满足
23
12
2x x x x +=+ 所以滑块减速的时间为
3s t =
滑块第1s 内的位移为2.5m ,根据上述比例关系求解总位移
2.5m 1.5m 0.5m=4.5m x =++
CD 正确;
A .滑块匀减速至0,逆过程为初速度为0的匀加速直线运动
212
x at =
解得
222222 4.5m/s 1m/s 3
x a t ?=
== A 错误; B .初速度为
013m/s 3m/s v at ==?=
B 错误。 故选CD 。
9.甲、乙两辆汽车在同一平直公路上同向运动,如图所示为甲、乙两车的平均速度V 与运动时间t 之间的关系图线,若甲、乙两车恰不相碰.则下列说法正确的是( )
A .0t =时,乙车一定在甲车前面
B .1s t =时,甲、乙两车恰不相碰
C .2s t =时,乙车速度恰减小为零
D .3s t =时,甲车速度大小为3m/s
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 A .对甲车有
01
2
x v a t v t =+甲甲甲=
由题图可知
21
1m/s 2
a 甲= ,00v =甲 则
22m/s a 甲=
对于乙车,有
01
2
x v a t v t =+乙乙乙=
由题图可知
21
1m/s 2
a 乙=- ,04m/s v =乙 故
22m/s a 乙=-
由于甲车做匀加速直线运动,乙车做匀减速直线运动,若两车恰好不相遇,则乙车在后,甲车在前,故A 错误;
B .甲乙车速度相等时,距离最近,即
422t t -=
解得
1s t =
即1s t =时,甲、乙两车恰不相碰,故B 正确; C .2s t =时,乙车速度为
420v t =-=乙
故C 正确;
D .3s t =时,甲车速度大小为
26v t m/s ==甲
故D 错误。 故选BC 。
10.一小球自5m 高处自由下落,当它与水平地面每碰撞一次后,速度大小减小为碰撞前
的
4
5
,不计空气阻力,g 取210m/s ,则下列说法正确的是( ) A .第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为54
B .第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的54
C .小球运动的总时间约为9s
D .小球运动的总位移为5m 【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A .设小球第一次落地时速度为0υ,则有
010m/s υ==
则第二,第三,第1n +次落地速度分别为1045υυ=,2
2045υυ??= ???,…,2
045n υυ??= ???
根据
gt υ=
则小球第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为
012154
t t υυ== A 正确;
B .小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为
2
005m 2h g
υ=
=
小球第一次与地相碰后弹起的高度是
2
2
1145m 25h g υ??
==? ???
小球第二次与地相碰后弹起的高度是2h ,则
4
22
245m 25h g υ??==? ???
所以第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的2
45?? ???
,B 错误;
C .小球第1次下落时间为
01s t =
=
小球从第1次与地面相撞到第2次与地面相撞经过的时间为
11422452s 5
t g g υυ?===? 小球从第2 次与地面相撞到第3次与地面相撞经过的时间为
2
22242s 5t g υ??==? ???
小球从第3次与地面相撞到第4次与地面相撞经过的时间为
3
33242s 5t g υ??
==? ???
…
由数学归纳推理得:小球从第n 次与地面相撞到第()1n +次与地面相撞经过的时间为
425n
n t ??
=? ???,所以小球运动的总时间为
123n t t t t t =+++
+=23
44441s 2s 5555n
????????
??
+?+++
+?? ? ? ? ???????
??
????
4
51s 2s 9s 415
=+?=-
C 正确;
D .小球最终停在地面上,总位移为5m ,D 正确。 故选ACD 。
11.甲、乙两物体相距100米,沿同一直线向同一方向运动,乙在前,甲在后,请你判断哪种情况甲可以追上乙( )
A .甲的初速度为20m/s ,加速度为1m/s 2,乙的初速度为10m/s ,加速度为2m/s 2
B .甲的初速度为10m/s ,加速度为2m/s 2,乙的初速度为30m/s ,加速度为1m/s 2
C .甲的初速度为30m/s ,加速度为1m/s 2,乙的初速度为10m/s ,加速度为2m/s 2
D .甲的初速度为10m/s ,加速度为2m/s 2,乙的初速度为20m/s ,加速度为1m/s 2 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】
A .设经过时间t 甲追上乙,则根据位移时间公式2
012
x v t at =+得 甲的位移为
21
2012
t t +?
乙的位移为
210t t +
相遇时有
221
20100102
t t t t +-=+
整理得
2202000t t -+=
此方程无解,故不可能追上,选项A 错误; B .甲的位移为
210t t +
乙的位移为
21302
t t +
相遇时有
221
101002
t t t +-=
整理得
2402000t t --=
解得
20t =+
选项B 正确; C .甲的位移为
21302
t t +
乙的位移为
210t t +
相遇时有
221
30100102
t t t t +-=+
整理得
2402000t t --=
解得
20t =s
选项C 正确; D .甲的位移为
210t t +
乙的位移为
21202
t t +
相遇时有
221
10100202
t t t t +-=+
整理得
2202000t t --=
解得
10t =+
选项D 正确。 故选BCD 。
12.甲物体从离地面H 高空自由落下,而乙物体在地面以初速度v 0同时向上抛出,两物体在离地面
3
4
H 处相遇,如果g 、v 0为已知量,则( ) A .从自由下落到相遇,经过的时间为0
2v t g
= B .甲物体落到地面时,乙物体仍在上升
C .相遇时,甲乙两物体的速度大小相等,均为
2
v D .乙上升的最大高度就是H ,且2
02v H g
=,而甲物体落地时的速度大小是v 0
【答案】ACD 【解析】 【分析】 【详解】
A .两者相遇时,甲的位移为
14H ,乙的位移为3
4
H 。相遇时,甲乙的位移之和为H ,即 22011
22
gt v t gt H +-= 甲的位移
211
42
H gt = 乙的位移
203142
H v t gt =- 所以
2
02v H g
=,02v t g = 故A 正确;
B .乙物体上升到最高点时间
1v t g
=
物体甲的位移
22200111
()222v v h gt g H g g
==?==
甲距地面的高度为0,即甲物体落到地面时,乙物体上升到了最高点,故B 错误; C .由A 可知,两者相遇时的运动时间
2v t g =
甲的速度
2v v gt ==
甲 乙的速度
02
v v v gt =-=
乙 故C 正确;
D .乙做竖直上抛运动,上升的最大高度
202v h H g
==
甲做自由落体运动,由速度位移公式可知落地速度
2
00222v v gH g v g
==?=
故D 正确。 故选ACD 。
13.如图所示,t =0时,质量为0.5kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑,经过B 点后进入水平面(经过B 点前后速度大小不变),最后停在C 点。每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中,重力加速度g 取10 m/s 2,下列说法正确的是( )
t /s
0 2 4 6 v /(1m s -?)
8
12
8
A .物体运动过程中的最大速度为12m/s
B .t =
10s
3
的时刻物体恰好经过B 点 C .t =10s 的时刻物体恰好停在C 点
D .A 、B 间的距离大于B 、C 间的距离 【答案】BC 【解析】 【详解】
A .根据表格中数据,计算物体加速阶段的加速度大小
2218
m/s 4m/s 2
v a t ?=
==? 减速阶段的加速度大小
222812
m/s 2m/s 2
a -=
= 根据运动学公式
11228m/s 12m/s a t a t +-=
122s t t +=
解得
14s 3
t =
则运动过程中的最大速度在B 点
max 11440
8m/s 8m/s 4m/s m/s 33
v a t =+=+?=
A 错误;
B .到达B 点用时
410
2s s s 33
B t =+=
B 正确;
C .从6s 末减速至0,用时
2
8m/s
4s 2m/s
t =
= 则一共用时10s ,即10s 末停在C 点,C 正确; D .根据平均速度计算位移
max max 010
s 223
AB B v v x t +=
=? max max 020(10s )s 223
BC B v v x t +=
-=? 所以A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离,D 错误。 故选BC 。
14.在H=30m高的塔顶上将一物体竖直向上抛出,抛出速度为v0=20m/s,不计空气阻力,g取10m/s2,则物体位移大小为15 m时,球离开抛出点的时间可能为()
A.1s B.3s C.2+3s D.2+7s
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
物体在塔顶上的A点竖直向上抛出,位移大小为15m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15m处又有上升和下降两种过程.根据
在A点之上时,物体的位移为15m,则,t1=1s,t2=3s
在A点之下时,物体的位移为-15m,则,7s
故选ABD
【点睛】
本题考查了竖直上抛运动规律.竖直上抛运动中位移相等,可能有三种情况,位移向上包括物体上升过程中经过;物体下降过程中经过;位移向下,物体下降到抛出点以下.根据竖直上抛运动的位移时间关系,列方程求解.
15.物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点间需时为t,现在物体由A点静止出发,匀加速(加速度大小为a1)至某一最大速度v m后立即做匀减速运动(加速度大小为a2)至B点停下,历时仍为t,则物体的
A.v m可能为2v,与a1、a2的大小有关B.v m只能为2v,无论a1、a2为何值
C.a1、a2必须满足12
12
a a
a a
+ =
2v
t
D.a1、a2值必须是一定的
【答案】BC
【解析】
由于物体先做匀加速,后做匀减速,所以通过的路程
22
11222122
11111
22222
m m m m m
s a t v t a t v t v t v t v t vt
=+-=+-==,所以v m=2v与加速度无
关.选项A 错误,B 正确;匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和t =
12
m m
v v a a +,而v m =2v ,代入得
1212a a a a + =2v
t
,选项C 正确,D 错误;综上本题选BC.