第2章 3 匀变速直线运动的位移与时间的关系-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册作业与测评全书Word（人教版）

物理　必修·第一册[人教版]作业与测评 3.匀变速直线运动的位移与时间的关系 必备知识一　位移与时间关系式的应用 1．一质点在t＝0时刻开始做初速度为2 m/s、加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，在0～2 s内质点的位移大小为(　　) A．10 m B．12 m C．14 m D．16 m 答案：B 解析：根据匀变速直线运动位移与时间的关系式，得x＝v0t＋at2＝2 m/s×2 s＋×4 m/s2×(2 s)2＝12 m，故B正确。 2．某物体由静止开始做匀加速直线运动，加速度为5 m/s2，运动的位移为250 m时所用时间为(　　) A．5 s B．5 s C．10 s D．100 s 答案：C 解析：由匀变速直线运动位移与时间的关系式，可得x＝at2，解得t＝10 s，故C正确。 3．一辆汽车以大小为2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，经过2 s(汽车未停下)，汽车行驶了36 m。汽车开始减速时的速度是(　　) A．9 m/s B．18 m/s C．20 m/s D．12 m/s 答案：C 解析：由x＝v0t＋at2，将x＝36 m、a＝－2 m/s2、t＝2 s代入，解得v0＝20 m/s，C正确。 4．(多选)如图为我国女子冰壶运动员参加冰壶比赛投掷冰壶时的情景，若冰壶被以6 m/s的初速度投出，运动15 s停下，冰壶的整个运动看成匀变速直线运动，则(　　) A．冰壶运动的加速度大小为0.2 m/s2 B．冰壶运动的加速度大小为0.4 m/s2 C．冰壶最后1 s运动的位移大小为0.4 m D．冰壶最后1 s运动的位移大小为0.2 m 答案：BD 解析：解法一(常规方法)：由v＝v0＋at得，冰壶运动的加速度为a＝＝＝－0.4 m/s2，由x＝v0t＋at2可得，冰壶最后1 s运动的位移为x＝x15－x14＝6 m/s×15 s＋×(－0.4 m/s2)×(15 s)2－＝0.2 m，故B、D正确，A、C错误。 解法二(逆向思维法)：利用逆向思维法可知，冰壶逆向做初速度为0的匀加速直线运动，且加速度大小为a′＝＝＝0.4 m/s2，则冰壶最后1 s运动的位移大小为x＝a′t＝×0.4 m/s2×(1 s)2＝0.2 m，故B、D正确，A、C错误。 [名师点拨]　逆向思维法求解运动问题 逆向思维法是把运动过程的“末状态”作为“初状态”来反向研究问题的方法。如物体做匀减速直线运动，可按反向匀加速直线运动来处理。末状态已知的情况下，若采用逆向思维法往往能起到事半功倍的效果。 5．温州轨道交通S2线于2023年8月26日正式开通运营。某次运行中，列车在平直线路上匀加速行驶20 s，速度从72 km/h提升至108 km/h。求： (1)该列车在这20 s内的加速度大小； (2)该列车在这20 s内的位移大小。 答案：(1)0.5 m/s2　(2)500 m 解析：(1)该列车的初速度v0＝72 km/h＝20 m/s，末速度v＝108 km/h＝30 m/s 根据v＝v0＋at可得 加速度大小为a＝＝0.5 m/s2。 (2)由匀变速直线运动位移与时间的关系式可得，该列车在这20 s内位移大小为x＝v0t＋at2＝500 m。 6．一辆汽车正在平直的公路上以72 km/h的速度行驶，司机看见红色信号灯便立即踩下制动器，此后，汽车开始做匀减速直线运动。设汽车减速过程的加速度大小为5 m/s2，求： (1)开始制动后，前2 s内汽车行驶的距离； (2)开始制动后，前5 s内汽车行驶的距离。 答案：(1)30 m　(2)40 m 解析：取初速度方向为正方向，汽车的初速度v0＝72 km/h＝20 m/s，末速度v＝0，加速度a＝－5 m/s2，设汽车减速运动的总时间为t，则v＝v0＋at 解得t＝＝＝4 s。 (1)因为t1＝2 s<t，所以2 s末汽车没有停止运动，故前2 s内汽车行驶的距离x1＝v0t1＋at 代入数据得x1＝30 m。 (2)因为t2＝5 s>t，所以5 s末汽车已经停止运动，则其位移等于4 s末的位移， 故x2＝v0t＋at2 代入数据得x2＝40 m。 必备知识二　速度与位移关系式的应用 7．一飞机沿平直跑道匀加速滑行起飞，速度从50 m/s增加到60 m/s的过程，沿平直跑道滑行了100 m，则飞机起飞时的加速度为(　　) A．4.5 m/s2 B．5.0 m/s2 C．5.5 m/s2 D．6.0 m/s2 答案：C 解析：根据匀变速直线运动速度与位移的关系式v2－v＝2ax，可得a＝＝ ＝5.5 m/s2，故C正确。 8．一物体以70 m/s的初速度做匀减速直线运动，加速度大小为24 m/s2，则运动100 m时的速度大小为(　　) A．8 m/s B．10 m/s C．20 m/s D．50 m/s 答案：B 解析：根据匀变速直线运动速度与位移的关系式v2－v＝2ax，代入数据有v＝＝ ＝10 m/s，故选B。 9．(教材本节【练习与应用】T4改编)有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。则： (1)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？ (2)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，则该舰长度至少应为多少？ 答案：(1)30 m/s　(2)250 m 解析：(1)根据公式v2－v＝2ax 得v0＝＝30 m/s。 (2)不装弹射系统时，v2＝2aL 得L＝＝250 m。 10．某大厦中的一架竖直电梯从一楼由静止开始运动，启动后先匀加速上升，加速度大小a1＝2 m/s2，达到最大速度v0＝4 m/s后匀速上升，一段时间后电梯制动匀减速上升，加速度大小a2＝1 m/s2。最终停在离一楼地面h＝52 m高处的某平台。求： (1)电梯加速上升的距离x1和减速上升的距离x2； (2)电梯该次运行的总时间。 答案：(1)4 m　8 m　(2)16 s 解析：(1)取竖直向上为正方向，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式v2－v＝2ax可得 v－0＝2a1x1 0－v＝－2a2x2 解得x1＝4 m，x2＝8 m。 (2)设电梯做加速运动的时间为t1，做匀速运动的时间为t2，做减速运动的时间为t3，做匀速运动的位移为x3 根据公式v＝v0＋at 可得v0＝a1t1 0＝v0－a2t3 由位移关系可得x1＋x2＋x3＝h 且有x3＝v0t2 电梯该次运行的总时间t＝t1＋t2＋t3 联立并代入数据解得t＝16 s。 1．在一次交通事故中，警察测量肇事车辆的刹车痕迹是8 m，该车辆刹车的加速度大小是4 m/s2。则该车刹车前瞬间的速度为(　　) A．2 m/s B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 答案：D 解析：根据匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－v＝2ax，代入数据解得该车刹车前瞬间的速度大小为v0＝＝＝8 m/s，故选D。 2．一个物体由静止开始做匀加速直线运动，第1 s末的速度达到4 m/s，物体在第2 s内的位移是(　　) A．6 m B．8 m C．4 m D．1.6 m 答案：A 解析：根据v1＝at，得物体的加速度大小a＝＝＝4 m/s2，第1 s末的速度等于第2 s初的速度，所以物体在第2 s内的位移x2＝v1t＋at2＝4 m/s×1 s＋×4 m/s2×(1 s)2＝6 m，故A正确。 3．某赛车手将玩具车以5 m/s的速度水平推出后，迅速遥控玩具车以4 m/s2的加速度匀加速直线前进，玩具车的速度增加到15 m/s后开始做匀速直线运动，则玩具车在加速过程中通过的位移大小为(　　) A．12.5 m B．15 m C．25 m D．30 m 答案：C 解析：根据匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－v＝2ax，解得玩具车在加速过程中通过的位移x＝＝＝25 m，故选C。 4．赛车以5 m/s的初速度开始做匀加速直线运动，10 s内发生的位移为200 m，则该赛车的加速度大小是(　　) A．0.5 m/s2 B．2 m/s2 C．3 m/s2 D．20 m/s2 答案：C 解析：根据匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝v0t＋at2，可解得a＝3 m/s2，故选C。 5．如图所示，为一物体运动的v­t图像，在0～4 s的时间内，该物体的位移为(　　) A．8 m B．10 m C．20 m D．16 m 答案：B 解析：解法一(公式法)：根据v­t图像可知，物体的初速度v0＝1 m/s，加速度a＝＝＝ m/s2，在0～4 s的时间内，该物体的位移为x＝v0t＋at2＝10 m，故选B。 解法二(图像法)：v­t图线与t轴所围面积表示位移，故0～4 s的时间内，该物体的位移为x＝×(1＋4)×4 m＝10 m，故选B。 6．(多选)从t＝0时刻起，某汽车刹车过程的位移与速度的关系式为x＝(20－0.5v2) m，式中v的单位为m/s，下列说法正确的是(　　) A．汽车从t＝0时刻起做匀减速直线运动 B．t＝0时刻的速度为 m/s C．运动过程的加速度为1 m/s2 D．刹车过程持续的时间为2 s 答案：AD 解析：由v2－v＝2ax得x＝－，又x＝(20－0.5v2) m，有＝－0.5，得a＝－1 m/s2，汽车做匀减速直线运动，A正确，C错误；由－＝20，得v0＝2 m/s，B错误；刹车过程持续的时间为t＝＝2 s，D正确。 7．如图所示，小车从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时小车的速度为v，BC的距离是AB的2倍，则到达C点时小车的速度为(　　) A.v B．3v C.v D．2v 答案：A 解析：设AB的距离为L，小车的加速度大小为a，小车做初速度为零的匀加速直线运动，对A到B过程，有v2＝2aL，对A到C的过程，有v′2＝2a×3L，解得到达C点时小车的速度v′＝v，故选A。 8．已知汽车在高速上行驶限速120 km/h。由于雾霾的影响，某人开车在高速公路上行驶时，能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m，该人的反应时间为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是(　　) A．10 m/s B．15 m/s C．20 m/s D．25 m/s 答案：C 解析：在反应时间t0＝0.5 s内，汽车做匀速直线运动，有x1＝v0t0，之后汽车刹车做匀减速直线运动，有v－v＝2ax2，其中v2＝0，a＝－5 m/s2，且x1＋x2＝50 m，联立解得汽车行驶的最大速度v0＝20 m/s，C正确。 9．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违规事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶，发现红灯时司机刹车，货车立即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s2(不超载时则为5 m/s2)。 (1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？ (2)若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为1 t的轿车，两车将发生碰撞，求相撞时货车的速度大小。 答案：(1)45 m　22.5 m　(2)10 m/s 解析：(1)设该货车刹车过程的初速度大小为v0，加速度大小为a，刹车距离为x，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式得x＝ 代入数据得，超载时x1＝45 m 不超载时x2＝22.5 m。 (2)超载货车与轿车碰撞， 由v′2－v＝－2a1x′知 相撞时货车的速度v′＝ ＝ ＝10 m/s。 10．某型号飞机在一次试飞结束后着陆，着陆过程中做匀减速直线运动，加速度大小a＝6 m/s2，飞机着陆后的第1 s内位移为75 m，方向向东。求： (1)着陆后10 s末的速度； (2)着陆后20 s内的位移大小。 答案：(1)18 m/s，方向向东　(2)507 m 解析：(1)以向东为正方向，设飞机刚着陆时速度为v0，着陆后的第1 s内位移为x1，着陆后10 s末的速度为v，根据匀变速直线运动位移与时间的关系有x1＝v0t1－at 根据匀变速直线运动速度与时间的关系有 v＝v0－at2 其中t1＝1 s，t2＝10 s 联立并代入数据解得v0＝78 m/s，v＝18 m/s 即着陆后10 s末的速度大小为18 m/s，方向向东。 (2)设飞机从着陆到停止所用时间为t′，由匀变速直线运动速度与时间的关系有v0＝at′ 解得t′＝13 s 则着陆后20 s内的位移大小为x＝ 代入数据解得x＝507 m。 11．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾车司机，减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以25 m/s速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，并且他的反应时间为0.8 s，制动后最大加速度为5 m/s2。求： (1)小轿车从刹车到停止所用的最短时间； (2)三角警示牌至少要放在货车后多远处，才能有效避免两车相撞。 答案：(1)5 s　(2)32.5 m 解析：(1)据题意小轿车初速度v0＝25 m/s，刹车最大加速度a＝－5 m/s2，驾驶员的视距d＝50 m，反应时间t1＝0.8 s 小轿车刹车后以最大加速度减速时，小轿车从刹车到停止时间最短，设为t2，由匀变速直线运动速度与时间的关系式有0＝v0＋at2 解得t2＝＝＝5 s。 (2)在司机反应时间内小轿车做匀速运动，运动的位移x1＝v0t1＝25 m/s×0.8 s＝20 m 从刹车到停止，小轿车的最小位移 x2＝＝＝62.5 m 小轿车从发现三角警示牌到停止运动的距离最小为x＝x1＋x2＝20 m＋62.5 m＝82.5 m 所以为了有效避免两车相撞，三角警示牌放在货车后的距离最小为Δx＝x－d＝82.5 m－50 m＝32.5 m。 如图所示，AB为进入弯道前的一段平直公路，其长度xAB＝218 m，BC为水平圆弧形弯道。摩托车在直道上行驶的最大速度v1＝40 m/s，为确保弯道行车安全，摩托车进入弯道前必须减速，到达B点进入弯道时速度不能超过v2＝20 m/s。要求摩托车由静止开始在最短的时间内走完AB这段直道，已知摩托车启动时最大加速度a1＝4 m/s2，制动时最大加速度a2＝8 m/s2。试根据上述数据求摩托车在直道上行驶所用的最短时间。 答案：11 s 解析：若摩托车从静止加速到v1＝40 m/s 此阶段位移x＝＝200 m 最后从v1匀减速至v2 此阶段位移x′＝＝75 m x＋x′＝275 m＞218 m，故要使在直道上行驶所用的时间最短，摩托车不可能加速到v1，只可能是加速到某一速度v3(v3＜v1)，然后再匀减速至v2进入圆弧形弯道。 设摩托车在直道上加速t1时间内的位移为x1，减速t2时间内的位移为x2，由运动学公式有 v－0＝2a1x1 v－v＝2a2x2 x1＋x2＝xAB 联立并代入数据解得v3＝36 m/s 则t1＝＝9 s，t2＝＝2 s 摩托车在直道上行驶所用的最短时间为 t＝t1＋t2＝11 s。 10 学科网（北京）股份有限公司 $