2021高考物理大一轮复习领航检测：第一章　运动的描述　匀变速直线运动-第2节 Word版含解析

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1．物体从静止开始做匀加速直线运动，在第2 s内的位移为x m，则物体运动的加速度大小是( )
A.eq \f(3x,2) m/s2 B．eq \f(2x,3) m/s2
C.eq \f(x,2) m/s2 D.eq \f(x,4) m/s2
解析：选B.由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得物体在第2 s内的位移x＝eq \f(1,2)a×22－eq \f(1,2)a×12，解得a＝eq \f(2x,3) m/s2，B正确．
2．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第2 s和第4 s内位移的大小均为5 m，则物体的加速度大小为( )
A．0 B．2 m/s2
C．5 m/s2 D．6 m/s2
解析：选C.由题意知，小球第2 s处于上滑阶段，第4 s处于下滑阶段，以沿斜面向上为正，则由xm－xn＝(m－n)aT2得a＝eq \f(5－－5,2－4·12) m/s2＝－5 m/s2，C正确．
3．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则( )
A．物体的加速度是1 m/s2
B．第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s
C．时间间隔T＝1 s
D．物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
解析：选D.初速度为0的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此判断第一个T时间内的位移x1＝eq \f(1,5)×3 m＝0.6 m，选项D正确；第二个T时间内的位移x2＝eq \f(3,5)×3 m＝1.8 m，由veq \\al(2,3)－0＝2a(x1＋x2＋x3)得a＝eq \f(5,6) m/s2，选项A错误；由Δx＝aT2得1.8 m－x1＝aT2，解得T＝eq \f(6,5) s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1＝aT＝1 m/s，选项B错误．
4．在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )
A.eq \f(2v,g) B.eq \f(v,g)
C.eq \f(2h,v) D.eq \f(h,v)
解析：选A.以竖直向下为正方向，对向上和向下抛出的两个小球，分别有h＝－vt1＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，h＝vt2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，Δt＝t1－t2，解以上三式得两球落地的时间差Δt＝eq \f(2v,g)，故A正确．
5．(多选)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )
A．初速度v0的大小为2.5 m/s
B．加速度a的大小为1 m/s2
C．位移x3的大小为1.125 m
D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
解析：选BCD.由Δx＝aT2可得加速度的大小a＝1 m/s2，则选项B正确；第1 s末的速度v1＝eq \f(x1＋x2,2T)＝2.5 m/s，则v0＝v1＋at1＝3.5 m/s，选项A错误；物体的速度由2.5 m/s减速到0所需时间t＝eq \f(0－v1,－a)＝2.5 s，经过位移x3的时间t′＝1.5 s，故x3＝eq \f(1,2)at′2＝1.125 m，选项C正确；位移x3内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x3,t′)＝0.75 m/s，则选项D正确．
6．我国已完成了舰载机阻拦着舰试验．与陆上基地飞机着陆时可缓慢减速平飞不同，舰载机着舰必须加速，一旦舰载机尾钩未能挂住阻拦索，必须能快速拉升逃逸．假设“歼－15”战机着舰速度为30 m/s，钩住阻拦索减速滑行45 m停下．若没有钩住阻拦索，必须加速到50 m/s才能安全飞离航母，航母甲板上可用于战机加速的长度仅有200 m．求：
(1)“歼－15”战机钩住阻拦索减速过程中的加速度大小和滑行时间；
(2)“歼－15”战机在甲板上加速飞行的加速度至少是多少？
解析：(1)“歼－15”战机钩住阻拦索后做匀减速运动，则有加速度a1＝eq \f(0－v\\al(2,0),2x1)＝－10 m/s2
由x1＝eq \f(1,2)(v0＋0)t
代入数据解得t＝3 s
(2)若未钩住阻拦索，“歼－15”战机加速飞行的加速度
a2＝eq \f(v\\al(2,1)－v\\al(2,0),2x2)＝4 m/s2
答案：(1)－10 m/s2 3 s (2)4 m/s2
[综合应用题组]
7．A、B两小球从不同高度自由下落，同时落地，A球下落的时间为t，B球下落的时间为eq \f(t,2)，当B球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为( )
A．gt2 B.eq \f(3,8)gt2
C.eq \f(3,4)gt2 D.eq \f(1,4)gt2
解析：选D.hA＝eq \f(1,2)gt2，hB＝eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2＝eq \f(1,8)gt2，所以B刚下落瞬间，A、B间距离为Δh＝hA－eq \f(1,2)geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))2－hB＝eq \f(1,4)gt2，故D对．
8．假设某无人机靶机以300 m/s的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时发射导弹，导弹以80 m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( )
A．3.75 s B．15 s
C．30 s D．45 s
解析：选B.导弹由静止做匀加速直线运动，即v0＝0，a＝80 m/s2，据公式v＝v0＋at，有t＝eq \f(v,a)＝eq \f(1 200,80) s＝15 s，即导弹发射后经15 s击中无人机，选项B正确．
9．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2)m，则下列分析正确的是( )
A．上述过程的加速度大小为10 m/s2
B．刹车过程持续的时间为5 s
C．0时刻的初速度为10 m/s
D．刹车过程的位移为5 m
解析：选C.由v2－veq \\al(2,0)＝2ax可得x＝eq \f(1,2a) v2－eq \f(1,2a) veq \\al(2,0)，对照x＝(10－0.1v2)m，可知a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A错误，C正确；由v＝v0＋at可得刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－veq \\al(2,0)＝2ax可得刹车过程的位移x＝10 m，选项B、D错误．
10．(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2等于2∶1
B．加速、减速中的平均速度大小之比eq \x\t(v) 1∶eq \x\t(v) 2等于1∶1
C．加速、减速中的位移大小之比x1∶x2等于2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2不等于1∶2
解析：选BC.汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，A、D错；又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq \f(x1,x2)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，C对；由eq \x\t(v)＝eq \f(v,2)知，eq \x\t(v) 1∶eq \x\t(v) 2＝1∶1，B对．
11．一质点以一定的初速度冲上一倾角为θ的斜面，结果最后静止在斜面上，如图所示，在第1 s内位移为6 m，停止运动前的最后1 s内位移为2 m，求：
(1)在整个减速运动过程中质点的位移大小；
(2)整个减速过程共用的时间．
解析：(1)设质点做匀减速运动的加速度大小为a，初速度为v0.由于质点停止运动前的最后1 s内位移为2 m，对整个过程逆向考虑，则x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)
所以a＝eq \f(2x2,t\\al(2,2))＝4 m/s2
质点在第1 s内位移为6 m，由x1＝v0t1－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
所以v0＝eq \f(2x1＋at\\al(2,1),2t1)＝8 m/s
在整个减速运动过程中质点的位移大小x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝8 m
(2)对整个过程逆向考虑，有x＝eq \f(1,2)at2
所以t＝ eq \r(\f(2x,a))＝2 s
答案：(1)8 m (2)2 s