高一物理匀变速直线运动速度与位移的关系练习题
【巩固练习】 一、选择题：
1、一物体由静止开始做匀加速直线运动，在t内通过位移x，则它从出发开始通过
x所用的时间为（ ） 4 A．
2tttt B． C． D．242162、做匀减速直线运动的物体经4s后停止，若在第1s内的位移是14m，则最后1s的位移是（ ）
A．3.5m B．2m C．1m D．0
3、小球由静止开始运动，在第1s内通过的位移为1m，在第2s内通过的位移为2 m，在第3s内通过的位移为3m，在第4s内通过的位移为4m，下列描述正确的是（ ）
A．小球在这4s内的平均速度是2.5m/s B．小球在3s末的瞬时速度是3m/s C．小球在前3s内的平均速度是3m/s D．小球在做匀加速直线运动 4、（2015 安徽四校联考）物体自O点由静止开始作匀加速直线运动，A、B、C、D是轨迹上的四点，测得AB=2m，BC=3m，CD=4m．且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则OA之间的距离为（ ）
A． 1m B． 0.5m C． 1.125m D．2m
5、甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示．两图象在t＝t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S．在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能是( )
11t1，d?S 241113C．t??t1，d?S D．t??t1，d?S
2224A．t??t1，d?S B．t??6、（2016 上海高考）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，
则物体的加速度是（ ）
A．
7、（2016 马鞍山校级模拟）光滑斜面的长度为L，一物体由静止从斜面顶端沿斜面滑下，设物体滑到底部时的速度为v，则物体下滑到L/2处的速度为（ ）
A．v/2 B．v/4 C．
二、填空题：
24816m/s2 B．m/s2 C．m/s2 D．m/s2 33993vv D． 321、由静止开始运动的物体，3s与5s末速度之比为________，前3s与5s内位移之比为________，第3s内与第5s内位移之比为________．
2、做匀减速直线运动到静止的质点，在最后三个连续相等的运动时间内通过的位移之比是________，在最后三个连续相等的位移内所用的时间之比是________．
3、如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时问间隔为T＝0.10s，其中x1＝7.05cm、x2＝7.68cm、x3＝8.33cm、x4＝8.95cm、x5＝9.61cm、x6＝10.26cm，则A点处瞬间速度大小是________m/s，小车运动的加速度计算表达式为________，加速度的大小是________m/s2．(计算结果保留两位有效数字)
三、计算题：
1、在滑雪场，小明从85m长的滑道上滑下．小明滑行的初速度为0，末速度为5.0m/s．如果将小明在滑道上的运动看成匀变速直线运动，求他下滑过程加速度的大小． 2、（2015 阜阳市期末考）已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为22m，BC间的距离为26m，一物体自O点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等且为2s．求O与A的距离． 3、（2015 菏泽市期末考）汽车自O点由静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中6s时间内依次经过P、Q两根电线杆．已知P、Q相距60m，车经过Q点时的速度为15m/s．求： （1）汽车经过P点时的速度是多少？ （2）汽车的加速度为多少？ （3）O、P两点间距离为多少？
4、甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记．在某次练习中，甲在接力区前x0＝13.5m处作了标记，并以v＝9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令．乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒．已知接力区的长度为L＝20m．求： (1)此次练习中乙在接棒前的加速度a；
(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．
【答案与解析】 一、选择题： 1、B
解析:初速度为零的匀加速直线运动的位移x?12at，所以t?22x，即t∝x，当位移x为原来的四分之一时，时a间t为原来的二分之一，所以只有B正确． 2、B
解析：物体做匀减速直线运动至停止，可以把这个过程看做初速度为零的匀加速直线运动，那么相等时间内的位移之比为1:3:5:7．所以由3、A
14mx1?得，所求位移x1?2m． 71解析：由初速度为零的匀加速直线运动的规律知，第1s内、第2s内、第3s内、…、第n s内通过的位移之比为1:3:5:…:(2n-1)．而这一小球的位移分别为1m、2m、3m、…．所以小球做的不是匀加速直线运动，匀加速直线运动的规律也就不适用于这一小球，所以B、D不正确．至于平均速度，4s内的平均速度
v1?x1?x2?x3?x4t4?1m?2m?3m?4m?2.5m/s，所以
4sA正确；前3s内的平均速度
v2?x1?x2?x31m?2m?3m??2m/s，所以C不正确．
t33s4、C
解析：设OA间的距离为S，物体的加速度为a，物体在A点时的速度为v，通过AB、BC、CD所用的时间都为t ，则有：
v2?2aS ①
2（v?at）?2（aS?2） ②
2（v?2at）?2（aS?2?3） ③
2（v?3at）?2（aS?2?3?4）④
联立①②③④解得：S=1.125m 5、D
解析：根据题意及图象可知，此题属于匀速运动的物体追匀加速运动的物体的问题，甲第一次追上乙时速度大于乙，第二次相遇时发生在二者速度相等时，相遇时满足S甲?d?S乙，结合图象可知D正确． 6、B
解析：第一段时间内的平均速度为： v1?x?4m/s t1第二段时间内的平均速度为： v2?x?8m/s t2根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，且两个中间时刻的时间间隔为2+1=3s 则加速度为：a?7、D
解析：设物体下滑的加速度为a，下滑到L/2处的速度为v1，由匀变速直线运动的速度与位移公式有：v?2al，
2v2?v18?44?m/s2?m/s2 ?t33vl，故选D。 v12?2a，解得：v1?22二、填空题：
1、3:5 9:25 5:9 解析：由初速度为零的匀加速直线运动的规律知，第1s末、第2s末、第3s末、…、第n s末的速度之比为1:2:3:…:n，第1s、第2s、第3s、…、第n s的位移之比为1:3:5:…:(2n-1)．所以第3s末与第5s末的速度之比为3:5．前3s内与前5s内的位移之比为32:52＝9:25，第3s内与第5s内的位移之比为5:9． 2、5:3:1 (3?2):(2?1):1
解析：这一质点的运动可以看成初速度为零的匀加速直线运动的逆过程．设最初三个连续相等的时间为t，加速度为a，
则每段时间的位移分别为x1?12111111at，x2?a(2t)2?at2?3?at2，x3?a(3t)2?a(2t)2?5?at2，所以位22222222L，a移之比为x1:x2:x3＝1:3:5．设最初三个连续相等的位移为L，加速度为a，则每段位移所用时间t1?t2?4L2L2L6L4L2L??(2?1)??(3?2)g，t3?，所以时间之比为t1:t2:t3＝aaaaaa1:(2?1):(3?2)，再逆回去，所求的位移之比为5:3:1，时间之比为(3?2):(2?1):1．
(x4?x5?x6)?(x3?x2?x1) 0.64
9T2x?x40.0833?0.0895解析：A点处瞬间速度大小vA?3?m/s?0.864m/s?0.86m/s，由逐差法求小车运动的加
2T2?0.10(x?x5?x6)?(x3?x2?x1)速度，则a?4，代入数据得a＝0.64m/s2． 29T3、0.86 a?三、计算题： 1、0.147m/s2
2vt2?v05.02?02??0.147m/s2 解析：由公式v?v?2ax得，a?2x2?852t202、0与A的距离为50m
解析：由?s?aT得，a?1m/s，经过B点的速度vB?2根据vB?2aSOB22SAC?12m/s2T
代入数据得SOB?72m
SOA?SOB﹣SAB?50m 故0与A的距离为50m．
3、vP?5 m/s；a?5m/s2?1.67m/s2；xOP?7.5m 3解析：设汽车的加速度为a，经过P点的速度为vP，经过Q点的速度为vQ，O、P两点间距离为xOP．根据匀变速直线运动的规律有：
1xPQ?vPt?at2 ①
2vQ?vP?at ②
由①②可得：vP?5 m/s，a?5m/s2?1.67m/s2 3vP2?2axOP ③
③可得：xOPvP22515??m?m?7.5m 2a2?52324、a?13.5m/s x??6.5m
解析：根据题意画出运动草图，如图所示．
(1)在甲发出口令后，乙做加速度为a的匀加速运动，经过时间t，位移为x乙，速度达到v＝9m/s时，甲的位移为
x甲，有
t?v． a1x乙?at2．
ax甲?vt．
x甲?x乙?x0．
v2?13.5m/s2． 联立以上各式可得 a?2a (2)在这段时间内乙在接力区的位移
v2?13.5m． x乙?2a 所以在完成交接棒时，乙与接力区末端的距离x??L?x乙?6.5m．
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