2023届高考物理加练必刷题（新高考版）第一章 微专题1　匀变速直线运动基本规律及应用【解析版】

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1．v＝v0＋at、x＝v0t＋eq \f(1,2)at2、v2－v02＝2ax原则上可解任何匀变速直线运动的问题，公式中v0、v、a、x都是矢量，应用时要规定正方向.2.对于末速度为零的匀减速直线运动，常用逆向思维法.3.对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退(即做反向的匀加速直线运动)，一般需判断减速到零的时间．
1．一物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是( )
A．物体的末速度必与时间成正比
B．物体在相等时间内位移一定相等
C．物体速度在一段时间内的变化量必与这段时间成正比
D．匀加速运动，位移和速度随时间增加；匀减速运动，位移和速度随时间减小
答案 C
解析 根据匀变速直线运动速度时间关系v＝v0＋at知，物体的末速度与时间不一定成正比，选项A错误；若物体在相等时间内位移相等，则物体做匀速直线运动，而不是匀变速直线运动，选项B错误；根据加速度的定义a＝eq \f(Δv,Δt)得Δv＝aΔt，匀变速直线运动的加速度恒定，故物体的速度变化量与时间成正比，选项C正确；匀加速运动位移和速度都随时间增加，匀减速运动速度随时间减小，而位移随时间增加，选项D错误．
2．一物体做匀加速直线运动，初速度为v0，经时间t后速度变为vt.则在eq \f(t,3)时刻该物体的速度为( )
A.eq \f(v0＋vt,2) B.eq \f(v0＋vt,3)
C.eq \f(2v0＋vt,3) D.eq \r(\f(v\\al(02)＋v\\al(t2),3))
答案 C
解析 由vt＝v0＋at可知，a＝eq \f(vt－v0,t)，
则有 ＝v0＋aeq \f(t,3)＝eq \f(2v0＋vt,3)，
可知A、B、D错误，C正确．
3．假设汽车紧急刹车后，车轮立即停止转动，汽车将在水平地面上滑动直至停止．从某汽车刹车时开始计时，其运动的位移与时间的关系为x＝20t－2t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则( )
A．前6 s内的位移为48 m
B．前6 s内的平均速度为8 m/s
C．前1 s内的位移为18 m
D．汽车紧急刹车时速度每秒减少8 m/s
答案 C
解析 根据x＝20t－2t2可得，
汽车刹车时初速度为v0＝20 m/s，加速度大小为a＝4 m/s2，故刹车时间为t0＝eq \f(v0,a)＝5 s，
汽车在停止时的位移为x＝v0t0－eq \f(1,2)at02＝50 m，
前6 s内的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(25,3) m/s，选项A、B错误；
第1 s内的位移只需将t＝1 s代入位移与时间关系式，即可求出x′＝18 m，选项C正确；
汽车刹车时每秒速度减小量为Δv＝a·Δt＝4 m/s，选项D错误．
4．一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s，整列火车车厢通过他历时8 s，则这列火车的车厢有( )
A．16节 B．17节
C．18节 D．19节
答案 A
解析 火车做初速度为零的匀加速直线运动，
则第一节车厢通过时有L＝eq \f(1,2)at12，整列火车车厢通过时nL＝eq \f(1,2)atn2，
解得n＝16，故选项A正确．
5.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示，汽车通过A、B两相邻的树之间的路程用了3 s，通过B、C两相邻的树之间的路程用了2 s，汽车通过树B时的速度为( )
A．6.0 m/s B．6.5 m/s
C．7.0 m/s D．7.5 m/s
答案 B
解析 设汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a.对AB段运动，
有xAB＝vAt1＋eq \f(1,2)at12，
同理，对AC段运动，有xAC＝vAt2＋eq \f(1,2)at22，
两式联立代入t1＝3 s，t2＝5 s，xAB＝15 m，xAC＝30 m，
解得vA＝3.5 m/s，a＝1 m/s2，
再由vB＝vA＋at1得vB＝3.5 m/s＋1×3 m/s＝6.5 m/s，B正确，A、C、D错误．
6．并联式混合动力汽车，它可以由电动机和发动机单独或同时供给动力．某次起动时，汽车先采用电动机为动力源，由静止匀加速时间t后速度达到v，然后在混合动力的共同作用下，再匀加速运动位移x时速度达到2v.则汽车在前后两个加速过程中的加速度大小之比为( )
A.eq \f(2x,vt) B.eq \f(x,vt)
C.eq \f(2x,3vt) D.eq \f(x,3vt)
答案 C
解析 第一个加速过程的加速度大小为a1＝eq \f(v,t)，第二个加速过程的加速度大小为a2＝eq \f(2v2－v2,2x)＝eq \f(3v2,2x)，
则汽车在前后两个加速过程中的加速度大小之比为eq \f(a1,a2)＝eq \f(v,t)·eq \f(2x,3v2)＝eq \f(2x,3vt)，故选C.
7.如图，某客车正以25 m/s的速度在平直公路上行驶，发现前方发生交通事故时紧急刹车，最终安全停下．若刹车加速度大小恒为5 m/s2，则从驾驶员急踩刹车开始，汽车经过前2 s与经过前6 s的位移之比为( )
A．1∶3 B．5∶9
C．16∶25 D．9∶14
答案 C
解析 刹车时间为t0＝eq \f(v0,a)＝eq \f(25,5) s＝5 s，
汽车经过前2 s的位移为x＝v0t1－eq \f(1,2)at12＝40 m，
汽车经过前6 s的位移为x2＝eq \f(v\\al(02),2a)＝62.5 m，
汽车经过前2 s与经过前6 s的位移之比为eq \f(x1,x2)＝eq \f(40,62.5)＝eq \f(16,25)，故选C.
8．(2022·重庆市秀山高级中学高三月考)观察水龙头，在水龙头出水口处水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时，发现水流不太大时，从水龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为H的水柱上端横截面积为S1，下端横截面积为S2，重力加速度为g，以下说法正确的是( )
A．水柱上细下粗
B．水柱上下均匀
C．该水龙头的流量是S1S2eq \r(\f(2gH,S\\al(12)－S\\al(22)))
D．该水龙头的流量是eq \r(\f(2gH,S\\al(22)＋S\\al(12)))
答案 C
解析 设水流在水柱上端处速度大小为v1，水流到水柱下端处的速度为v2，则有v22－v12＝2gH
设极短时间为Δt，在水柱上端处流出的水的体积∶V1＝v1Δt·S1，
水流水柱下端处的体积∶V2＝v2Δt·S2
由题意知V1＝V2，即v1Δt·S1＝v2Δt·S2
解得v1S1＝v2S2
因为v1所以S1>S2，水柱上粗下细，故A、B错误；
将上面的式子联立可解得v1＝eq \r(\f(2gHS\\al(22),S\\al(12)－S\\al(22)))，
则该水龙头的流量Q＝v1S1＝eq \r(\f(2gHS\\al(22),S\\al(12)－S\\al(22)))S1＝S1S2eq \r(\f(2gH,S\\al(12)－S\\al(22)))，故C正确，D错误．
9．(多选)一滑块冲上固定斜面后做匀减速直线运动，最终静止在斜面上的Q点，如图所示，从滑块通过斜面的底端P开始计时，已知滑块在第1 s内通过的距离为6 m，停止运动前的最后1 s内通过的距离为2 m，则( )
A．滑块运动的加速度大小为4 m/s2
B．滑块通过P点时的速度大小为16 m/s
C．P、Q两点间的距离为8 m
D．滑块从P点运动到Q点的时间为2 s
答案 ACD
解析 滑块沿斜面向上做匀减速直线运动，逆向思考，看作滑块沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，
由x1＝eq \f(1,2)at2，
得a＝4 m/s2，故A正确；
由a＝eq \f(Δx,nT2)得n＝1，即2 m和6 m是相邻的两段位移，滑块从P点运动到Q点的时间为2 s，
v＝at′＝4×2 m/s＝8 m/s，
即滑块通过P点时的速度大小为8 m/s，故B错误，D正确；
xPQ＝x1＋x2＝8 m，
故C正确．
10.如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|＝2 m，|BC|＝3 m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间之比为2∶1，O、A两点之间的距离等于( )
A.eq \f(1,24) m B．1 m
C.eq \f(9,8) m D．2 m
答案 A
解析 设物体的加速度为a，经过A点的速度为vA，
设由A点运动到B点所用时间为2t，
则xAB＝vA(2t)＋eq \f(1,2)a(2t)2＝2 m，xAC＝vA(3t)＋eq \f(1,2)a(3t)2＝5 m，
联立解得at2＝eq \f(4,3) m，vAt＝－eq \f(1,3) m，
所以O、A两点之间的距离为xOA＝eq \f(v\\al(A2),2a)＝eq \f(－\f(1,3)2,2×\f(4,3)) m＝eq \f(1,24) m，则A正确，B、C、D错误．
11．舰载机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞．若航母跑道长为280 m，某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，战斗机在跑道一端着舰时的速度为55 m/s，着舰后以10 m/s2的加速度做匀减速直线运动，3 s后制动挂钩挂拦阻索失败，于是战斗机立即以6.25 m/s2的加速度复飞，起飞需要的最小速度为50 m/s.求：
(1)战斗机着舰3 s时的速度大小；
(2)本次“逃逸复飞”能否成功？若不能，请说明理由；若能，求达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离．
答案 (1)25 m/s (2)能，10 m
解析 (1)战斗机着舰减速过程，
根据运动学公式v1＝v0＋a1t1＝55 m/s＋(－10 m/s2)×3 s＝25 m/s
(2)战斗机着舰减速过程，
根据运动学公式x1＝v0t1＋eq \f(1,2)a1t12＝120 m
假设战斗机能“逃逸复飞”成功，
根据运动学公式v22－v12＝2a2x2
可得战斗机复飞过程的最小位移x2＝150 m，
由于x1＋x2＝270 m因此，本次“逃逸复飞”训练能成功，达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离Δx＝L－x1－x2＝10 m.