匀变速直线运动的规律及应用.doc

一、单项选择题
1．做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s内位移是()
A．3.5m B．2m
C．1m D．0
解析：选B.各秒内物体的位移之比为7∶5∶3∶1，由于第1s内位移为14m，故最后1s内的位移为2m，B正确．
2.

某同学在实验室做了如图所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3s，则小球开始下落的位置距光电门的距离为()
A．1m B．1.25m
C．0.4m D．1.5m
解析：选B.小球通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度可看成瞬时速度v＝s/t＝5m/s，由自由落体运动规律可知h＝eq\f(v2,2g)＝1.25m，故B正确．
3．(2014·福州高三模拟)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1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是()
A．20m B．24m
C．25m D．75m
解析：选C.由Δx＝aT2得：7－9＝a×12，a＝－2m/s2，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得：9＝v0×1＋eq\f(1,2)×(－2)×12，v0＝10m/s，所以汽车到停下来用时t＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(0－10,－2)s＝5s，6秒内的位移：x＝vt＝eq\f(0＋10,2)×5m＝25m，故C对．
4．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到小球数为(取g＝10m/s2)()
A．三个 B．四个
C．五个 D．六个
解析：选C.小球在抛点上方运动的时间t＝eq\f(2v0,g)＝eq\f(2×6,10)s＝1.2s．因每隔0.2s在抛点抛出一个小球，因此第一个小球在1.2s的时间内能遇上n＝eq\f(1.2s,0.2s)－1＝5个小球，故选项C正确．
5．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为()
A.eq\f(1,8)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b)) B.eq\f(1,4)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))
C.eq\f(1,2)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b)) D.eq\f(1,2)g(Ta－Tb)
解析：选A.由对称性可知，从最高点到b、a点的时间分别为：eq\f(1,2)Tb、eq\f(1,2)Ta，由自由落体运动规律得：
ab＝eq\f(1,2)g[(eq\f(1,2)Ta)2－(eq\f(1,2)Tb)2]＝eq\f(1,8)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))，故A正确．

6．如图所示，甲、乙两物体分别从A、C两地由静止出发做加速运动，B为AC中点，两物体在AB段的加速度大小均为a1，在BC段的加速度大小均为a2，且a1<a2.若甲由A到C所用时间为t甲，乙由C到A所用时间为t乙，则t甲与t乙的大小关系为()
A．t甲＝t乙 B．t甲>t乙
C．t甲<t乙 D．无法确定

解析：选B.由本题所给条件，可巧用图象法求解．画出甲、乙运动的v－t图象，可得t甲>t乙，B正确．
二、多项选择题
7．(2014·江南十校联考)16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．以下说法与事实相符的是()
A．根据亚里士多德的论断，两物体从同一高度自由下落，重的物体和轻的物体下落快慢相同
B．根据亚里士多德的论断，力是改变物体运动状态的原因
C．伽利略通过数学推算并用实验验证了小球在斜面上从静止开始运动的位移与所用时间的平方成正比
D．牛顿总结伽利略等前人的经验，得出了牛顿第一定律
解析：选CD.亚里士多德认为重物下落快，力是维持物体运动的原因，则A、B错误；伽利略通过理想斜面实验，推翻了力是维持物体运动的原因，牛顿总结伽利略等前人的经验，得到牛顿第一定律，则C、D正确．
8．(原创题)一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滚下，到达斜面中点用时1s，速度为2m/s，则下列说法正确的是()
A．斜面长度为1m
B．斜面长度为2m
C．物体在斜面上运动的总时间为eq\r(2)s
D．到达斜面底端时的速度为4m/s
解析：选BC.v＝eq\f(v中,2)＝1m/s，eq\f(L,2)＝e