高考物理一轮复习高频考点强化训练专题01 匀变速直线运动规律的应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理一轮复习高频考点强化训练专题01 匀变速直线运动规律的应用（2份，原卷版+解析版），共7页。试卷主要包含了如图所示，一小船以1，3 m B，从固定斜面上的O点每隔0等内容，欢迎下载使用。
1.雾天开车在高速上行驶，设能见度(驾驶员与能看见的最远目标间的距离)为30 m，驾驶员的反应时间为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度不能超过( )
A.10 m/s B.15 m/s
C.10eq \r(3) m/s D.20 m/s
【答案】 B
【解析】 驾驶员反应过程中，汽车做匀速直线运动，行驶距离为x1＝vt1，刹车过程中，有x2＝eq \f(v2,2a)，为安全行驶x1＋x2≤30 m，代入数据，解得最大速度为v＝15 m/s，A、C、D错误，B正确。
2.在韩国光州进行的国际游泳世锦赛跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为t。杨健入水后第一个eq \f(t,4)时间内的位移为x1，最后一个eq \f(t,4)时间内的位移为x2，则eq \f(x1,x2)为( )
A.3∶1 B.4∶1
C.7∶1 D.8∶1
【答案】 C
【解析】 将运动员入水后的运动逆向思维可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶7…，所以有eq \f(x1,x2)＝eq \f(7,1)，选项C正确，A、B、D错误。
3.某质点做匀减速直线运动，经过eq \f(8,3) s后静止，则该质点在第1 s内和第2 s内的位移之比为( )
A.7∶5 B.9∶5
C.11∶7 D.13∶7
【答案】 D
【解析】 质点做匀减速直线运动到停止，其逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，将eq \f(8,3) s 分成相等的8个eq \f(1,3) s，根据x＝eq \f(1,2)at2知，在这相等的8个eq \f(1,3) s内的位移之比是15∶13∶11∶9∶7∶5∶3∶1，则该质点在第1 s 内和第2 s内的位移之比为(15＋13＋11)∶(9＋7＋5)＝39∶21＝13∶7，故选项D正确。
4.如图所示，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2)( )
A.0.3 m B.0.6 m C.0.9 m D.1.2 m
【答案】 B
【解析】小球被抛出后，相对小船做竖直上抛运动，小球向上和向下运动时间相同，由h＝eq \f(1,2)gt2得t＝0.3 s，小球在空中运动的总时间为0.6 s，小船前进的距离为x＝v·2t＝0.6 m，故B正确。
5.如图所示，某同学在直线跑道上测试一辆长城汽车VV7S的加速和制动性能，汽车从t＝0时刻开始加速直到速度v＝108 km/h，立即紧急制动，t＝13.5 s时汽车停下。若知刹车位移为67.5 m，加速过程和减速过程均看成匀变速运动。关于此汽车加速和减速过程说法正确的是( )
A.汽车的刹车时间为10 s
B.汽车刹车的加速度大小为eq \f(10,3) m/s2
C.汽车加速过程、减速过程的时间之比为1∶2
D.汽车加速过程、减速过程的位移之比为2∶1
【答案】 D
【解析】 v＝108 km/h＝30 m/s，汽车制动过程x减＝eq \f(v,2)t减，得t减＝4.5 s，故A错误；汽车刹车加速度的大小a减＝eq \f(v,t减)＝eq \f(20,3) m/s2，故B错误；加速时间为t加＝13.5 s－4.5 s＝9 s，所以t加∶t减＝2∶1，故C错误；加速位移为x加＝eq \f(v,2)t加，减速位移x减＝eq \f(v,2)t减，那么，加速位移与减速位移之比等于加速时间与减速时间之比，即x加∶x减＝2∶1，故D正确
6.高速公路上有两辆汽车一前一后以相同的速度行驶着，两车相距70 m，突然前车发现紧急情况，立即刹车，后车发现前车开始刹车时，也立刻采取相应措施，假设刹车时两车的加速度大小相同，已知人的反应时间和汽车系统的反应时间之和大约在1.4～2.1 s之间，为确保两车不追尾，则两车刹车前行驶的最大速度为( )
A.90 km/h B.110 km/h
C.120 km/h D.130 km/h
【答案】 C
【解析】 由于两车刹车的初速度和加速度大小相同，所以后车在最长反应时间内匀速行驶的距离为70 m，由此可得汽车速度v＝eq \f(70,2.1)×3.6 km/h＝120 km/h，C正确，A、B、D错误。
7.“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36 km/h的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车加速度大小为10 m/s2。若小王的反应时间为0.5 s，则汽车距斑马线的安全距离至少为( )
A.5 m B.10 m
C.15 m D.36 m
【答案】 B
【解析】 汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，反应时间t1＝0.5 s内做匀速直线运动，有x1＝v0t1＝5 m，刹车过程的加速度大小为a＝10 m/s2，由匀减速直线运动的规律02－veq \\al(2,0)＝－2ax2，可得刹车距离为x2＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝5 m，故安全距离为d≥(x1＋x2)＝10 m，故B正确，A、C、D错误。
8.一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperlp(超级高铁)”。据英国《每日邮报》2016年7月6日报道：Hyperlp One公司计划，2030年将在欧洲建成世界首架规模完备的“超级高铁”(Hyperlp)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时700英里(约合1 126公里/时)。如果乘坐Hyperlp从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600公里的路程需要40分钟，Hyperlp先匀加速，达到最大速度1 200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于Hyperlp的说法正确的是( )
A.加速与减速的时间不相等
B.加速时间为10分钟
C.加速时加速度大小为2 m/s2
D.如果加速度大小为10 m/s2，题中所述运动最短需要32分钟
【答案】 B
【解析】 加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相等，根据a＝eq \f(Δv,Δt)，可知加速和减速所用时间相等，A错误；加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，由题意得2t1＋t2＝40×60 s，2×eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＋vt2＝600×103 m，eq \f(1 200,3.6) m/s＝at1，由以上各式联立解得匀加速和匀减速用时t1＝600 s＝10 min，匀速运动的时间t2＝1 200 s，加速和减速过程中的加速度a＝eq \f(5,9) m/s2，B正确，C错误；同理将上述方程中的加速度变为10 m/s2，加速和减速的时间均为t1′＝eq \f(\f(1 200,3.6),10) s＝eq \f(100,3) s，加速和减速距离均为x＝eq \f(1,2)at1′2＝eq \f(1,2)×10×(eq \f(100,3))2 m＝eq \f(50 000,9) m，匀速运动用时t2′＝eq \f(600×103－2×\f(50 000,9),\f(1 200,3.6)) s＝eq \f(5 300,3) s，总时间为2t1′＋t2′＝eq \f(5 500,3) s≈31 min，D错误。
9.从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球。释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离xAB＝4 cm，xBC＝8 cm。已知O点距离斜面底端的长度为l＝35 cm。由以上数据可以得出( )
A.小球的加速度大小为12 m/s2
B.小球在A点的速度为0
C.斜面上最多有5个小球在滚动
D.该照片是距A点处小球释放后0.3 s拍摄的
【答案】C
【解析】根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝eq \f(xBC－xAB,T2)＝eq \f(0.04,0.12) m/s2＝4 m/s2，选项A错误； 小球在B点时的速度vB＝eq \f(xAB＋xBC,2T)＝eq \f(0.12,0.2) m/s＝0.6 m/s，小球在A点时的速度为vA＝vB－aT＝0.6－4×0.1 m/s＝0.2 m/s，选项B错误；tA＝eq \f(vA,a)＝eq \f(0.2,4) s＝0.05 s，即该照片是距A点小球释放后0.05 s拍摄的，选项D错误；若最高点的球刚释放时，则最高处两球之间的距离为x1＝eq \f(1,2)aT2＝eq \f(1,2)×4×0.12 m＝0.02 m＝2 cm，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7……，则各个球之间的距离分别为2 cm，6 cm，10 cm，14 cm，18 cm……，因为O点与斜面底端距离为35 cm，而前5个球之间的距离之和为32 cm，斜面上最多有5个球，选项C正确。
10.“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36 km/h的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车加速度大小为10 m/s2。若小王的反应时间为0.5 s，则汽车距斑马线的安全距离至少为( )
A.5 m B.10 m
C.15 m D.36 m
【答案】 B
【解析】 汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，反应时间t1＝0.5 s内做匀速直线运动，有x1＝v0t1＝5 m，刹车过程的加速度大小为a＝10 m/s2，由匀减速直线运动的规律02－veq \\al(2,0)＝－2ax2，可得刹车距离为x2＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝5 m，故安全距离为d≥(x1＋x2)＝10 m，故B正确，A、C、D错误。
11.(多选)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙。若某次以10 m/s的速度从地面竖直向上抛出一砖块，楼上的师傅没有接住，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则( )
A.砖块上升的最大高度为10 m
B.经2 s砖块回到抛出点
C.砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m
D.砖块被抛出后上升过程中，做变减速直线运动
【答案】 BC
【解析】 由h＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)得，砖块上升的最大高度h＝5 m，选项A错误；砖块上升的时间t＝eq \f(v0,g)＝1 s，上升阶段与下降阶段的时间对称，经2 s砖块回到抛出点，选项B正确；砖块被抛出后经0.5 s上升的高度h′＝v0t′－eq \f(1,2)gt′2＝3.75 m，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m，选项C正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项D错误。
12.(已知A、B、C为同一直线上的三点、AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一做匀加速直线运动的物体，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段时间为t，通过BC段的时间为2t。则物体加速度为( )
A.eq \f(l2－2l1,t2) B.eq \f(l2－2l1,2t2)
C.eq \f(l2－2l1,3t2) D.eq \f(l2－2l1,4t2)
【答案】C
【解析】 设通过A点的速度为v，则l1＝vt＋eq \f(1,2)at2，l1＋l2＝v·3t＋eq \f(1,2)a(3t)2，解得a＝eq \f(l2－2l1,3t2)，故选项C正确。
13.一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，火车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为( )
A.eq \r(\f(3s,4a)) B.eq \r(\f(s,a))
C.eq \r(\f(3s,a)) D.eq \r(\f(3s,2a))
【答案】 C
【解析】 设火车做匀加速运动结束时的速度为v，则eq \f(v2,2a)＋eq \f(v2,2·2a)＝s，解得v＝eq \r(\f(4as,3))，则整个过程中的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)＝eq \r(\f(as,3))，则火车从A地到 B地所用时间为t＝eq \f(s,\(v,\s\up6(－)) )＝eq \r(\f(3s,a))，故选项C正确。
14.一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方有一警示牌，立即刹车。刹车后汽车立即做匀减速直线运动，直至停止。已知从刹车开始计时，汽车在0～2 s内的位移大小为48 m，4～6 s内的位移大小为3 m。用v0、a分别表示汽车匀速行驶时的速度大小及刹车后的加速度大小，则( )
A.a＝eq \f(45,8) m/s2，v0＝eq \f(237,8) m/s B.a＝eq \f(32,3) m/s2，v0＝eq \f(104,3) m/s
C.a＝8 m/s2，v0＝32 m/s D.a＝6 m/s2，v0＝30 m/s
【答案】 D
【解析】 设汽车刹车的加速度大小为a，初速度为v0，则在
0～2 s内的位移为x1＝v0t2－eq \f(1,2)ateq \\al(2,2) ①
汽车在4 s时的速度为v＝v0－at4 ②
则4～6 s内的位移为x2＝vt－eq \f(1,2)at2
代入数据解得v0＝29.625 m/s，a＝5.625 m/s2；
但当t＝6 s时，可得速度为v6＝－4.125 m/s，这说明在
t＝6 s时汽车已停止运动，因此上面的计算不成立。
则4～6 s内的位移为0－v2＝－2ax2③
联立①②③式计算可得a＝6 m/s2，v0＝30 m/s，故D正确，A、B、C错误。
15. 全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风洗尘”。某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出(如图所示)，经过3 s水到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出后第1 s内上升高度为h，则水通过前eq \f(1,5)h段用时为(取g＝10 m/s2)( )
A.0.5 s B.(2－eq \r(3)) s
C.(3－2eq \r(2)) s D.0.2 s
【答案】 C
【解析】 由经过3 s水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为vy0＝gt＝10×3 m/s＝30 m/s。第1 s内上升高度为h＝eq \f(vy0＋vy1,2)t1＝eq \f(30＋（30－10×1）,2)×1 m＝25 m。设水通过前eq \f(1,5)h末的竖直分速度大小为vy，则有－2g×eq \f(h,5)＝veq \\al(2,y)－veq \\al(2,y0)，解得vy＝20eq \r(2) m/s，所用的时间为t′＝eq \f(vy0－vy,g)＝eq \f(30－20\r(2),10) s＝(3－2eq \r(2)) s，故C正确，A、B、D错误。
16.(多选)如图所示，一可视为质点的冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度大小之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
D.t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
【答案】 BD
【解析】 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，可以看成反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，所求时间之比t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，故选项C错误，D正确；由v2－veq \\al(2,0)＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度大小之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，则所求的速度大小之比v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，故选项A错误，B正确。
17. (多选)一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s，所用时间分别为2t、t和eq \f(3,2)t，则( )
A.物体做匀加速运动时加速度大小为eq \f(s,t2)
B.物体做匀减速运动时加速度大小为eq \f(4s,9t2)
C.物体在这三个运动过程中的平均速度大小为eq \f(s,3t)
D.物体做匀减速运动的末速度大小为eq \f(s,3t)
【答案】 BD
【解析】 匀速运动的速度v＝eq \f(s,t)，设匀加速运动的初速度为v1，根据平均速度公式有eq \f(v1＋v,2)＝eq \f(s,2t)，联立上面两式得v1＝0，对匀加速运动，根据a＝eq \f(Δv,Δt)得a1＝eq \f(\f(s,t)－0,2t)＝eq \f(s,2t2)，或根据位移公式有s＝eq \f(1,2)a1(2t)2，解得a1＝eq \f(s,2t2)，A错误；设匀减速直线运动的末速度为v2，对匀减速直线运动，根据平均速度公式有eq \f(v2＋v,2)＝eq \f(s,\f(3,2)t)，解得v2＝eq \f(s,3t)，匀减速直线运动的加速度大小a2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(Δv,Δt)))＝eq \f(\f(s,t)－\f(s,3t),\f(3,2)t)＝eq \f(4s,9t2)，B、D正确；三个过程中的平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(3s,2t＋t＋\f(3,2)t)＝eq \f(2s,3t)，C错误。
二、非选择题
18.我国首艘装有弹射系统的航母已完成了“J－15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功。已知“J－15”在水平跑道上加速时产生的最大加速度为5.0 m/s2，起飞的最小速度为50 m/s。弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25 m/s，设航母处于静止状态。求：
(1)“J－15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞；
(2)“J－15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞；
(3)若航母上不装弹射系统，设航母跑道L＝160 m，“J－15”仍能从航母上正常起飞，则航母航行速度至少为多少？
【答案】 (1)5 s (2)187.5 m (3)10 m/s
【解析】 (1)根据匀变速直线运动的速度公式v＝v0＋at得
t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(50－25,5) s＝5 s。
(2)根据速度—位移关系式v2－veq \\al(2,0)＝2ax得
x＝eq \f(v2－veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(502－252,2×5) m＝187.5 m。
(3)设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最小速度为v1，
对航母有L1＝v1t
对飞机有v＝v1＋at
v2－veq \\al(2,1)＝2a(L＋L1)
联立并代入数据解得v1＝10 m/s。
19.“歼－15”舰载机在“山东舰”航母上舰尾降落滑行的过程可以简化为沿水平方向的匀减速直线运动，且舰载机滑行方向与航母运动方向在同一直线上。第一次试验时，航母静止，舰载机滑上跑道时的速度为80 m/s，刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以20 m/s速度匀速航行，若两次在跑道上滑行过程中的加速度相同，已知跑道长为160 m。求第二次舰载机安全降落在航母上的最大速度。
【答案】 100 m/s
【解析】 第一次试验时，航母静止，根据速度与位移关系式可知
0－veq \\al(2,0)＝2aL
解得匀减速直线运动的加速度为a＝－20 m/s2
第二次当航母匀速运动时，设舰载机安全降落在航母上的最大速度为v1，设舰载机运动的位移为x1，
则有v2－veq \\al(2,1)＝2ax1
舰载机运动的时间为t＝eq \f(v－v1,a)
航母匀速运动的位移x2＝vt
根据题意则有x1－x2＝L
联立解得v1＝100 m/s
20.酒驾严重威胁交通安全，其主要原因是饮酒会使人的反应时间(从发现情况到实施操作制动的时间)变长，造成制动距离(从发现情况到汽车停止运动的过程行驶的距离)变长。假定某汽车以大小v＝30 m/s的速度匀速行驶，刹车时汽车的加速度大小a＝6 m/s2，该驾驶员正常的反应时间t0＝0.7 s，饮酒后的反应时间t1＝2 s。求：
(1)驾驶员饮酒前、后驾驶该汽车在反应时间内运动的距离差Δx；
(2)驾驶员饮酒后驾驶该汽车从发现情况到汽车停止所用的时间t和该过程汽车运动的距离x。
【答案】 (1)39 m (2)7s 135 m
【解析】 (1)经分析可知Δx＝v(t1－t0)，
代入数值解得Δx＝39 m
(2)驾驶员饮酒后从实施操作制动到汽车停止所用的时间为t2＝eq \f(v,a)＝eq \f(30,6) s＝5 s，
又t＝t1＋t2＝5 s＋2 s＝7 s
驾驶员饮酒后在反应时间内汽车运动的距离为x1＝vt1
驾驶员饮酒后从实施操作制动到汽车停止运动的距离为
x2＝eq \f(v,2)·t2，
则该过程汽车运动的总距离x＝x1＋x2，
代入数值解得x＝135 m。
21.为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一长直斜坡公路，如图所示，倾角为37°，机动车限速36 km/h。一质量为5吨的小货车以36 km/h 的速度匀速下坡，小货车装配了ABS(车轮防抱死)系统，某时刻发现前方20 m处有一观光者以18 km/h的速度匀速骑行下坡，司机立即启动ABS刹车系统，此后货车一直做匀减速运动直到静止，且恰好没有撞到骑行者。
(1)求货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离；
(2)若该货车下坡刹车时ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下，刹车过程中货车受到的摩擦力。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.9，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。
【答案】 (1)20 m (2)3.6×104 N，方向沿斜面向上
【解析】 (1)设小货车减速的加速度为a，经时间t1两者速度相等，恰好没有撞到骑行者，有
v货－at1＝v人，eq \f(v货＋v人,2 )t1＝v人t1＋x0
解得a＝eq \f(5,8) m/s 2
再经时间t2，小货车减速到0，有0－v人＝－at2
则有Δx＝v人t2－eq \f(v人,2)t2, 解得Δx＝20 m。
(2)对汽车进行受力分析，则有f ＝μmgcs 37°，解得f＝3.6×104 N，方向沿斜面向上。