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2012届高考一轮物理复习（人教版）课时训练
第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
一、选择题（本题共10小题，共70分）
1．伽利略对自由落体运动的研究，开创了研究自然规律的科学方法，这就是 ( )
A．对自然现象进行总结归纳的方法
B．用科学实验进行探究的方法
C．对自然现象进行总结归纳，并用实验进行验证的方法
D．抽象思维、
数学推导和科学实验相结合的方法
解析：伽利略对运动的研究，通常包括以下几个方面的要素：通过对现象的一般观察，
提出假设，运用逻辑(包括
数学)推理得出推论，通过实验对推论进行检验，最后对假设
进行修正和推广．伽利略对自由落体运动的研究也是如此，故正确选项为D.
答案：D
2．(2011•淮安质检)做匀加速直线运动的质点，在第5 s末的速度为10 m/s，则 ( )
A．前10 s内位移一定是100 m
B．前10 s内位移不一定是100 m
C．加速度一定是2 m/s2
D．加速度不一定是2 m/s2
解析：质点在第5 s末的速度为瞬时速度，因不知质点运动的初速度，故无法确定其加
速度大小，C错误，D正确；质点在前10 s内一直做匀加速运动，则前10 s内的平均速
度等于5 s末瞬时速度为10 m/s，前10 s内的位移为100 m，故A正确，B错误．
答案：AD
3.如图1－2－6所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在
同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中
每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d.根
据图中的信息，下列判断正确的是 ( )
A．位置“1”是小球释放的初始位置
B．小球做匀加速直线运动 图1－2－6
C．小球下落的加速度为dT2
D．小球在位置“3”的速度为7d2T
解析：由图可知相邻时间间隔内通过的位移分别为2d、3d、4d、5d，所以小球做匀加速
直线运动，位置“1”不是小球释放的初始位置，由位移差Δx＝aT2得小球下落的加速度为
a＝dT2，小球在位置“3”的速度为v＝xt＝3d＋4d2T＝7d2T.
答案：BCD
4．一个从静止开始做匀加速直线运动的物体,从开始运动起,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∶23∶33,1∶22∶32
C．1∶2∶3,1∶1∶1 D．1∶3∶5,1∶2∶3
解析：根据位移公式x＝12at2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x1＝12at21＝12a、
x2＝12a(t2＋t1)2－12at21＝82a、x3＝12a(t3＋t2＋t1)2－12a(t1＋t2)2＝272a，再根据平均速度公式可
得选项B正确．
答案：B
5．(2011•福建师大附中模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车
后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m．则刹车后6 s内的位移是 ( )
A．20 m B．24 m C．25 m D．75 m
解析：由Δx＝aT2得：9－7＝a•12，a＝2 m/s2，由v0T－12aT2＝x1得：v0×1－12×2×12＝
9，v0＝10 m/s，汽车刹车时间tm＝v0a＝5 s<6 s，故刹车后6 s内的位移为x＝v202a＝25 m，
C正确．
答案：C
6．某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的 ( )
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向向上
C．速度改变量的大小为10 m/s
D．平均速度大小为13 m/s，方向向上
解析：初速度为30 m/s，只需3 s即可上升到最高点，位移为h1＝v202g＝45 m，再自由下
落2 s，下降高度为h2＝12gt2＝0.5×10×22 m＝20 m，故路程为65 m，A对；此时离抛出
点高25 m，故位移大小为25 m，方向竖直向上，B对；此时速度为v＝10×2 m/s＝20 m/s，
方向向下，速度改变量大小为50 m/s，C错；平均速度为v＝255 m/s＝5 m/s，D错．
答案：AB
7．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球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为 ( )
A．gt2 B.38gt2 C.34gt2 D.14gt2
解析：A球下落高度为hA＝12gt2，B球下落高度为hB＝12gt22＝18gt2，当B球开始下落的
瞬间，A、B两球的高度差为Δh＝hA－12gt22－hB＝14gt2，所以D项正确．
答案：D
8．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，在第9 s内的位移比第5 s内的位移多
4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是 ( )
A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 m
B．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 m
C．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 m
D．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m
解析：a＝x9′－x5′4T2＝44×12＝1(m/s2)，v9＝v0＋at＝0.5＋1×9＝9.5(m/s)，x9＝v0t＋12at2
＝0.5×9＋12×1×92＝45(m)，故正确选项为C.
答案：C
9．(2011•抚顺模拟)我国是一个能源消耗大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升飞机以加
速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，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)，若直升飞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.pq B.qp C.p＋qp D.p＋qq
解析：飞机匀加速上升，则H＝12at2，耗油总量V0＝Vt＝(pa＋q)t，联立得V0＝2Hp/t＋
qt，由于2Hpt×qt＝2Hpq＝C，C为常量，因此当2Hp/t＝qt时，V0有最小值，此时t2＝
2pH/q，a＝2H/t2＝q/p.
答案：B
10．火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动，到乙站
恰好停止．在先、后两个运动过程中 ( )
A．火车的位移一定相等
B．火车的加速度大小一定相等
C．火车的平均速度一定相等
D．所用的时间一定相等
解析：火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀
减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度就是做匀减速直线运动的初速度，而
做匀减速直线运动的末速度又为零，所以，在先、后两个运动过程中的平均速度(v＝
v0＋v2)相等，选项C正确；而火车运动的位移x＝v＝v0＋v2t，火车运动的加速度a＝v0－vt，
即它们不仅与初速度、末速度有关，还跟时间有关，而前后两个运动过程中所用的时间
不一定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等，即A、B、
D选项都不正确．
答案：C
二、非选择题（第11题14分，第12题16分）
11．(2011•合肥模拟)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图1－2－7
所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声
波，同时A由静止开始做匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超 图1－2－7
声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，求汽车的加速度大小．
解析：设超声波往返的时间为2t，根据题意汽车在2t时间内位移为12a(2t)2＝20 m，
①所以超声波追上A车时，A车前进的位移为12at2＝5 m，②
所以超声波在2t内的路程为2×(335＋5) m，由声速340 m/s可得t＝1 s，代入①式得a
＝10 m/s2.
答案：10 m/s2
12．在四川汶川抗震救灾中，一名质量为60 kg、训练有素的武警战士从直升机上通过一根
竖直的质量为20 kg的长绳由静止开始滑下，速度很小可认为等于零．在离地面18 m
高处，武警战士感到时间紧迫，想以最短的时间滑到地面，开始加速．已知该武警战士
落地的速度不能大于6 m/s，以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5 m/s2；长
绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为g＝10 m/s2.求武警战士下滑的最短时间和加速
下滑的距离．
解析：设武警战士加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为(H－h1)，加速阶段的末速
度等于减速阶段的初速度为vmax，由题意和匀变速运动的规律有：
v2max＝2gh1 v2max－v2＝2a(H－h1)
由上式解得h1＝2aH＋v22g＋a＝2×5×18＋622×10＋5 m＝7.2 m
武警战士的最大速度为vmax＝2gh1＝2×10×7.2 m/s＝12 m/s
加速时间：t1＝vmaxg＝1210 s＝1.2 s
减速时间：t2＝vmax－va＝12－65 s＝1.2 s
下滑的最短时间t＝t1＋t2＝1.2 s＋1.2 s＝2.4 s
答案：2.4 s 7.2 m
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