高考物理一轮复习过关练习专题2匀变速直线运动规律的应用 (含解析)

这是一份高考物理一轮复习过关练习专题2匀变速直线运动规律的应用 (含解析)，共6页。

A．4 B．3
C．2.5 D．1.5
2．[2022·天津市二十五中考试]做匀加速直线运动的物体，下列情况一定存在的是( )
A．在第1、2、3 s位移之比为1∶3∶5
B．如在第1、2 s内位移分别为1 m、2 m，则第3 s内位移是3 m
C．它的加速度是均匀增加的
D．相同时间内的平均速度是相同的
3．[2022·湖北省调研](多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s内通过的位移是3 m，则( )
A．前3 s内的平均速度是1 m/s
B．物体的加速度是1.2 m/s2
C．前3 s内的位移是6 m
D．第3 s末的速度是3.6 m/s
4．[2022·广东省深圳市调研](多选)一位经验丰富的司机说道：“不知道为什么有时候车速只提高了一点，刹车距离则增大很多”．刹车加速度相同的情况下，关于这个现象的判断正确的是( )
A．刹车距离跟车速成正比
B．刹车时间跟车速成正比
C．车的速度越大，这种现象越明显
D．车的质量越大，这种现象越明显
5．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是( )
A． eq \f(2,3) m/s2 B． eq \f(4,3) m/s2
C． eq \f(8,9) m/s2 D． eq \f(16,9) m/s2
6．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝4 m，BC＝8 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为2 s，则下列说法不正确的是( )
A.物体加速度的大小为1 m/s2
B．CD＝12 m
C．OA＝0.5 m
D．物体在C点的瞬时速度为3 m/s
7．[2022·浙江省联考]某电动车刹车过程的位移随时间的变化规律为x＝4t－t2，x与t的单位分别为m和s，则下列说法正确的是( )
A．电动车刹车过程的初速度为0
B．电动车刹车过程的加速度大小为1 m/s2
C．2 s末，电动车速度减为0
D．0～3 s内，电动车通过的位移为3 m
8．[2022·湖南省联考]一汽车在水平路面上开始刹车到停止的过程可看成是匀减速直线运动，已知刹车开始第一秒内与最后一秒内的位移之比为7∶1，刹车距离为30 m，则整个过程的平均速度的大小为( )
A．15 m/s B．7.5 m/s
C．10 m/s D．5 m/s
9．[2022·“皖豫名校联盟体”考试]一列高铁在进站时做匀减速直线运动，在时间t内的位移为L，速度减小为原来的三分之一，则该高铁做匀减速运动的加速度大小为( )
A． eq \f(L,t2) B． eq \f(4L,9t2)
C． eq \f(9L,4t2) D． eq \f(2L,3t2)
10.
[2022·河南省测试]如图所示，木块A、B、C并排固定在水平地面上，三木块的厚度比为5∶3∶1，一子弹以300 m/s的水平速度射入木块A，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹可视为质点且刚好射穿木块C.下列说法正确的是( )
A．子弹刚好射出木块A时的速度为100 m/s
B．子弹在木块A中的运动时间大于在木块B中的运动时间
C．子弹在木块B和C中的运动时间相等
D．子弹在木块A中的平均速度是在木块C中平均速度的2倍
11．[2022·江苏省徐州市期中抽测]如图所示，两扇等大的电梯门总宽度为d，电梯关闭时同时由静止向中间运动，每扇门完全关闭时的速度刚好为零，运动过程可视为先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，最大运动速度为v.电梯门关闭后超过t0时间，按下电梯按钮电梯门将无法打开．
(1)求电梯门关闭时的加速度大小．
(2)某人在距电梯按钮一定距离时发现电梯开始关闭，他迅速由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，再立即做加速度为2a的匀减速直线运动，并刚好在他速度减为零时到达按钮处．若要乘上电梯，该人距按钮的最远距离为多大？
12．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，达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离．
专题2 匀变速直线运动规律的应用
1．B 由运动学规律得x＝v0t－ eq \f(1,2)gt2，代入数据解得t1＝1 s，t2＝3 s，则t2∶t1＝3∶1，B正确．
2．B 初速度为零，才有在第1、2、3 s内位移之比为1∶3∶5，A错误；根据匀变速直线运动的推论知，相邻相等时间内的位移差为一恒量，有x3－x2＝x2－x1，可得当第1、2 s内位移分别为1 m、2 m，则第3 s内位移是3 m，B正确；匀加速直线运动的加速度不变，C错误；匀加速直线运动相等时间内的位移越来越大，所以平均速度越来越大，D错误．
3．BD 物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s内通过的位移 eq \f(1,2)a×32－ eq \f(1,2)a×22＝3 m，解得加速度a＝1.2 m/s2，前3 s内的位移为 eq \f(1,2)a×32＝5.4 m，前3 s内的平均速度是 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(5.4,3) m/s＝1.8 m/s，A、C错误，B正确；物体在第3 s末的速度是v＝1.2×3 m/s＝3.6 m/s，D正确．
4．BC 由速度－位移的关系式得v2＝2ax，刹车距离跟车速的平方成正比，A错误；车速的增加量相同的情况下，车速越大刹车距离的增加量越大，C正确；刹车的加速度与质量无关，D错误；由v＝at得刹车时间跟车速成正比，B正确．
5．B 由运动学规律得2 s末的瞬时速度v1＝ eq \f(16,4) m/s＝4 m/s，5 s末的瞬时速度v2＝ eq \f(16,2) m/s＝8 m/s，物体的加速度a＝ eq \f(v2－v1,\f(t1＋t2,2))＝ eq \f(4,3)m/s2，B正确．
6．D 由匀加速直线运动规律：相邻相等时间间隔的位移之差为恒量Δx＝aT2得a＝ eq \f(8－4,22)＝1 m/s2，A正确；由匀加速直线运动规律：相邻相等时间间隔的位移之差为恒量CD－BC＝BC－AB得CD＝12 m，B正确；由vC＝ eq \(v,\s\up6(－))BD＝ eq \f(BC＋CD,2T)＝5 m/s可以得出OC之间的距离OC＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,2a)＝12.5 m，OA＝OC－AC＝0.5 m，C正确，D错误．
7．C 由匀变速直线运动的规律得电动车的初速度v0＝4 m/s，加速度a＝－2 m/s2，A、B错误；2 s末的速度v＝v0＋at＝4 m/s＋(－2)×2 m/s＝0，C正确；由于电动车2 s末停止运动，所以0～3 s内的位移等于0～2 s内的位移，代入位移公式得电动车通过的位移为4 m，D错误．
8．B 采用逆向思维，把刹车过程看成反方向初速度为零的匀加速直线运动．设刹车用总时间为t，由平均速度等于中间时刻的瞬时速度和平均速度的定义可知，汽车在(t－0.5) s和0.5 s时的瞬时速度之比为7∶1(反方向的运动过程)，结合速度公式v0.5＝a×0.5，vt－0.5＝a×(t－0.5)，解得t＝4 s，则整个过程的平均速度 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(x,t)＝7.5 m/s，B正确．
9．A 设初速度为v，末速度为 eq \f(1,3)v，根据运动学规律得v＋ eq \f(1,3)v＝2 eq \(v,\s\up6(－))， eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(L,t)，v－ eq \f(1,3)v＝at，联立解得a＝ eq \f(L,t2)，A正确．
10．C 子弹的末速度为0，把正方向的匀减速运动看成反方向加速度不变的匀加速运动，则在相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，选项B错误、C正确；用逆向思维v＝at，子弹射出木块A时的速度与子弹的初速度之比为2∶3，故子弹射出木块A时的速度为200 m/s，选项A错误；根据 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(x,t)，子弹在木块A中的平均速度是子弹在木块C中平均速度的5倍，选项D错误．
11．(1) eq \f(2v2,d) (2) eq \f(a,3)( eq \f(d,v)＋t0)2
解析：(1)电梯门做匀加速与匀减速的位移相等，可得匀加速运动的位移为 eq \f(d,4)，设加速度为a，根据匀变速直线运动的规律有：v2＝2a eq \f(d,4)
解得a＝ eq \f(2v2,d).
(2)电梯门关闭的时间为t＝ eq \f(d,v)
设人加速运动的时间为t1，减速运动的时间为t2，由v1＝at1＝2at2
得t1＝2t2
又t1＋t2＝t＋t0
得t1＝ eq \f(2,3)(t＋t0)，t2＝ eq \f(1,3)(t＋t0)
由公式L＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋ eq \f(1,2)×2at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＝ eq \f(a,3)( eq \f(d,v)＋t0)2
12．(1)25 m/s (2)能成功，起飞时离跑道终端的距离为10 m
解析：(1)战斗机着舰减速过程，根据速度公式得
v1＝v0＋a1t1
代入数据解得v1＝25 m/s
(2)战斗机减速过程，根据位移公式得x1＝v0t1＋ eq \f(1,2)a1t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
代入数据解得x1＝120 m.
假设战斗机能“逃逸复飞”成功，根据速度－位移关系式得v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) －v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＝2a2x2
代入数据得战斗机复飞过程的最小位移x2＝150 m，
飞机的总位移x＝x1＋x2＝270 m因此本次“逃逸复飞”训练能成功．
离跑道终端的距离Δx＝L－x＝10 m．