素养提升练(二) 1．B [已知v0＝0，v＝4 m/s，根据，解得物体经过斜面中点时的速度为2 m/s，故B正确。] 2．C [初速度为0的匀加速直线运动，第1个T、第2个T、第3个T、…、第6个T内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，所以xOA∶xAB∶xBC＝1∶(3＋5)∶(7＋9＋11)＝1∶8∶27，故C正确。] 3．AD [根据Δx＝at2可得a＝＝5 m/s2，根据位移与时间的关系式可得AB＝vAt＋at2，解得vA＝1 m/s，故A、D正确，B、C错误。] 4．D [汽车减速到零，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，可知汽车通过DE、AD段所用的时间之比为1∶1，可得汽车减速的时间等于2t，汽车通过吊索A时的速度大小为2vD，故A、B错误；汽车通过DE段的平均速度为，通过AD段的平均速度为vD，故D正确；汽车通过吊索D时为通过AE段的中间时刻，故通过吊索D时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度，故C错误。] 5．A [匀减速直线运动至停下可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，初速度为零的匀加速直线运动中相邻相等位移内的时间之比为1∶(－1)∶()∶…，则匀减速直线运动前三分之一位移与后三分之二位移所用时间的比值为－1，故选A。] 6．B [轿车车身总长4.5 m，则题图中每一小格为 1.5 m， 可得两段距离分别为s1＝12 m，s2＝21 m，又曝光周期为T＝2 s， 据匀变速直线运动规律Δs＝s2－s1＝aT2，解得a＝2.25 m/s2， 故选B。] 7．BD [由题意可知，在匀变速直线运动中，物体经过AB位移中点的速度为v3＝，时间中点的速度为v4＝，A错误，B正确；全程的平均速度为v5＝，不论物体做匀加速还是匀减速直线运动，都有v3>v4＝v5，若物体做匀加速直线运动，则v1
v2，故D正确，C错误。] 8．BD [根据h＝gt2，得三者运动时间之比t1∶t2∶t3＝∶∶1，所以若三个小球同时释放，落至桌面的时间之比为t1∶t2∶t3＝∶∶1，故A错误，D正确；根据v2＝2gh，可得到达桌面时的速度之比v1∶v2∶v3＝∶∶1，故B正确；由上述分析可得b与a开始下落的时间差为Δt1＝(，c与b开始下落的时间差为Δt2＝(－1)，可知Δt1≠Δt2，故C错误。] 9．BCD [由x4－x2＝2aT2可知，物体运动的加速度为a＝＝4 m/s2，故A错误；由速度与时间的关系式v2＝at可得v2＝8 m/s，故B正确；由x＝at2可得Δx2＝(×4×22－×4×12) m＝6 m，故C正确；由平均速度定义有＝6 m/s，故D正确。] 10．解析：(1)物体在前2 s内的位移大小为 x2＝a×1×22 m＝2 m。 (2)物体在第1 s内的位移大小为 x1＝a×1×12 m＝0.5 m 由xⅠ∶xⅡ＝1∶3得xⅡ＝3xⅠ＝3x1＝1.5 m。 (3)以2 s为一个时间单位，设物体在第二个2 s内的位移为x'，由x2∶x'＝1∶3 得x'＝3x2＝3×2 m＝6 m。 答案：(1)2 m (2)1.5 m (3)6 m 11．解析：小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球间的时间间隔相等，均为0.1 s，可以认为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置。 (1)由推论Δx＝aT2可知，小球的加速度为 a＝＝5 m/s2。 (2)由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知小球在B点的速度等于AC段上的平均速度，即 vB＝＝1.75 m/s。 (3)由匀加速直线运动的特点知，连续相等时间内位移差恒定，所以 xCD－xBC＝xBC－xAB 所以xCD＝2xBC－xAB＝0.25 m。 答案：(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m 3/3素养提升练(二) 匀变速直线运动推论的应用 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本组卷网，总分68分 1．一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，到达斜面底端时速度为4 m/s，则物体经过斜面中点时的速度为( ) A．2 m/s B．2 m/s C． m/s D． m/s 2．一质点从O点由静止开始做匀加速直线运动，依次通过A、B、C三点，已知通过 ... ... 