2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第一单元 匀变速直线运动 作业2 Word版含答案

这是一份2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第一单元 匀变速直线运动 作业2 Word版含答案，共6页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2016·全国新课标Ⅲ)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )
A.eq \f(s,t2) B.eq \f(3s,2t2)
C.eq \f(4s,t2) D.eq \f(8s,t2)
答案 A
解析 设初速度为v1，末速度为v2，根据题意可得9·eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22，解得v2＝3v1，根据v＝v0＋at，可得3v1＝v1＋at，解得v1＝eq \f(at,2)，代入s＝v1t＋eq \f(1,2)at2可得a＝eq \f(s,t2)，故A项正确．
2．(2016·杭州联考)在水下潜水器蛟龙号某次海试活动中，完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则蛟龙号在t0(t0A.eq \f(vt,2) B．vt0(1－eq \f(t0,2t))
C.eq \f(vt02,2t) D.eq \f(v（t－t0）2,2t)
答案D
解析 蛟龙号上浮时的加速度大小a＝eq \f(v,t)，根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度h＝eq \f(a（t－t0）2,2)＝eq \f(v（t－t0）2,2t)，D项正确．
3．一辆小汽车在一段平直的公路上做匀加速直线运动，A、B是运动过程中经过的两点．已知汽车经过A点时的速度为1 m/s，经过B点时的速度为7 m/s.则汽车从A到B的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．汽车经过AB位移中点时速度是4 m/s
B．汽车经过AB中间时刻的速度是4 m/s
C．汽车前一半时间发生位移是后一半时间发生位移的一半
D．汽车前一半位移所用时间是后一半位移所用时间的2倍
答案 BD
解析 汽车经过AB位移中点时的速度veq \s\d9(\f(x,2))＝eq \r(\f(vA2＋vB2,2))＝5 m/s，汽车经过AB中间时刻的速度veq \s\d9(\f(t,2))＝eq \f(vA＋vB,2)＝4 m/s，A项错误、B项正确．汽车前一半时间发生的位移x1＝eq \f(1＋4,2)·eq \f(t,2)＝eq \f(5,4)t，后一半时间发生的位移x2＝eq \f(4＋7,2)·eq \f(t,2)＝eq \f(11,4)t，C项错误．汽车前一半位移所用的时间t1＝eq \f(\f(x,2),\f(1＋5,2))＝eq \f(x,6)，后一半位移所用的时间t2＝eq \f(\f(x,2),\f(5＋7,2))＝eq \f(x,12)，即t1∶t2＝2∶1，D项正确．
4．(2016·河南郑州模拟)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝eq \r(5)∶eq \r(3)∶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 D
解析 选用“逆向思维”法解答，由题意知，若倒过来分析，子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L，则v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来从右到左运动L、2L、3L时的速度．则v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1.又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，故D项正确．
5．(2016·杭州质检)质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s内的位移为2.5 m，由此可求得( )
A．滑块的加速度为5 m/s2B．滑块的初速度为5 m/s
C．滑块运动的总时间为3 sD．滑块运动的总位移为4.5 m
答案 CD
解析 初速度为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5.当运动的总时间为3 s时，在前2 s内和后2 s内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3 s，C项正确；最初1 s内的位移与总位移之比为eq \f(x1,x)＝eq \f(5,9)，滑块最初1 s内的位移为2.5 m，故x＝4.5 m，D项正确；根据x＝eq \f(1,2)at2可得a＝1 m/s2，A项错误；根据v＝at可得，滑块的初速度为3 m/s，B项错误．
6．(2016·安徽联考)2014年1月14日，“玉兔”号月球车成功实施首次月面科学探测，在探测过程中，假设月球车以200 m/h的速度朝静止在其前方0.3 m的“嫦娥号”登陆器匀速运动．为避免相撞，地面指挥部耗时3 s设定了一个加速度为a的减速指令并发出．设电磁波由地面传播到月球表面需时1 s，则a的大小至少是( )
A．0.02 m/s2 B．0.04 m/s2
C．0.06 m/s2 D．0.08 m/s2
答案 A
解析 指令经t0＝3 s＋1 s＝4 s后到达月球车，此时其已经运动了s＝v0t＝eq \f(0.2,3.6)×4 m＝eq \f(2,9) m，此后其减速运动直到速度为零，a＝eq \f(v2,2（x－s）)＝0.02 m/s2.故A项正确，B、C、D项错误．故选A项．
7．(2016·丽水模拟)物体自O点开始沿斜面向上做匀减速直线运动，A、B、C、D是运动轨迹上的四点，D是最高点．测得OA＝0.8 m，AB＝0.6 m，BC＝0.4 m．且物体通过三段的时间均为1 s．则下面判断正确的是( )
A．物体的初速度是0.9 m/sB．物体运动的加速度大小是0.2 m/s2
C．CD间的距离是0.2 mD．从C到D运动的时间是1.5 s
答案 ABD
解析 由Δx＝AB－OA＝BC－AB＝at2得，a＝eq \f(Δx,t2)＝eq \f(－0.2,12) m/s2＝－0.2 m/s2，B项正确；由OA＝v0t＋eq \f(1,2)at2得，v0＝0.9 m/s，A项正确；由vD＝v0＋atOD得，tOD＝eq \f(vD－v0,a)＝eq \f(0－0.9,－0.2) m/s2＝4.5 s，故tCD＝tOD－3t＝1.5 s，D项正确；OD＝v0tOD＋eq \f(1,2)atOD2＝0.9×4.5 m－eq \f(1,2)×0.2×4.52 m＝2.025 m，故CD＝OD－OA－AB－BC＝0.225 m，C项错误．
8．(2016·河北唐山一模)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )
A．2 m/s2 B．1 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2
答案 C
解析 设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，
则有L＝v0t＋eq \f(1,2)at2
从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有
0－v02＝2a·2L，
解得a≈－0.5 m/s2或a＝－18 m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s2，故C项正确．
9．一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x＝15＋10t－5t2(m)，t的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是( )
A．该质点的加速度大小为5 m/s2
B．t＝3 s时刻该质点速度为零
C．0～3 s内该质点的平均速度大小为5 m/s
D．物体处于x＝0处时其速度大小为20 m/s
答案 CD
解析 由x＝15＋10t－5t2(m)可知，初速度v0＝10 m/s，加速度a＝－10 m/s2，则A项错误；由速度公式v＝v0＋at得t＝3 s时，v＝－20 m/s，B项错误；t＝3 s时，x＝0 m，t＝0时，x＝15 m，则0～3 s内该质点的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(0－15 m,3s)＝－5 m/s，大小为5 m/s，C项正确；当x＝0时，得t＝3 s，则v＝－20 m/s，速度大小为20 m/s，D项正确．
10．(2016·郑州质检)质点以加速度a由静止出发做直线运动，在t时刻，加速度变为2a；在2t时刻，加速度变为3a；…；在10t时刻，加速度变为11a，则下列说法中正确的是( )
A．在10t时刻质点的速度大小为11at
B．在10t时刻质点的速度大小为66at
C．在10t时间内质点通过的总位移为385at2
D．在10t时间内质点的平均速度大小为eq \f(77,4)at
答案 D
解析 根据递推关系，找出规律．质点在t时刻的速度为vt＝at，在2t时刻的速度为v2t＝vt＋2at，3t时刻的速度为v3t＝v2t＋3at，同理推出nt时刻的速度为vnt＝at(1＋2＋3＋…＋n)＝eq \f(1,2)n(n＋1)at，由此可得A、B两项错误；对nt时间内通过的位移同样利用递推关系得到s＝(12＋22＋…＋n2)eq \f(at2,2)＝eq \f(1,12)n(n＋1)(2n＋1)at2，代入数据可得在10t时间内通过的总位移为eq \f(385,2)at2，平均速度大小为eq \f(77,4)at，C项错误，D项正确．
11．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点需要的时间为t.现在物体由A点静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速直线运动到某一最大速度vm后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动至B点停下，历时仍为t，则物体的( )
A．最大速度vm只能为2v，无论a1、a2为何值
B．最大速度vm可以为许多值，与a1、a2的大小有关
C．a1、a2的值必须是一定的，且a1、a2的值与最大速度vm有关
D．a1、a2必须满足eq \f(a1a2,a1＋a2)＝eq \f(2v,t)
答案 AD
解析 分析此题可根据描述的运动过程画出物体运动的速度图像，根据速度图像容易得出“最大速度vm只能为2v，无论a1、a2为何值”的结论．也可利用解析法根据题述列出方程解答．设物体匀加速运动时间为t1，则匀减速运动时间为t－t1，根据题述有vt＝eq \f(vmt1,2)＋eq \f(vm（t－t1）,2)得vm＝2v.由a1t1＝vm，a2(t－t1)＝vm，vm＝2v联立解得eq \f(a1a2,a1＋a2)＝eq \f(2v,t)，所以正确为A、D项．
二、非选择题
12．(2016·武汉调研)接连发生的马航MH370失事和台湾复兴航空客机的坠毁，使人们更加关注飞机的安全问题．假设飞机从静止开始做匀加速直线运动，经时间t0＝28 s，在速度达到v0＝70 m/s时驾驶员对发动机的运行状态进行判断，在速度达到v1＝77 m/s时必须做出决断，可以中断起飞或继续起飞；若速度超过v2＝80 m/s就必须起飞，否则会滑出跑道．已知从开始到离开地面的过程中，飞机的加速度保持不变．
(1)求正常情况下驾驶员从判断发动机运行状态到做出决断中止起飞的最长时间；
(2)若在速度达到v2时，由于意外必须停止起飞，飞机立即以4 m/s2的加速度做匀减速运动，要让飞机安全停下来，求跑道的最小长度．
答案 (1)2.8 s (2)2080 m
解析 (1)设飞机加速过程的加速度为a1，允许驾驶员做出决断中止起飞的最长时间为Δt
v0＝a1t0， v1－v0＝a1Δt
解得Δt＝2.8 s
(2)飞机从静止到速度为v2时的位移大小为x1，飞机减速时位移大小为x2，跑道最小长度为x
v22＝2a1x1，v22＝2a2x2
x＝x1＋x2
解得x＝2080 m
13．(2016·郑州市毕业班一模)交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运行情况对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯．郑州市中原路上某直线路段每间隔L＝500 m就有一个红绿灯路口，绿灯时间Δt1＝60 s，红灯时间Δt2＝40 s，而且下一路口红绿灯亮起总比当前路口红绿灯滞后Δt＝50 s．要求汽车在下一路口绿灯再次亮起后能通过该路口．汽车可看做质点，不计通过路口的时间，道路通行顺畅．
(1)若某路口绿灯刚亮起时，某汽车恰好通过，要使该汽车保持匀速行驶，在后面道路上再连续通过五个路口，满足题设条件下，汽车匀速行驶的最大速度是多少？最小速度又是多少？(计算结果保留两位有效数字)
(2)若某路口遭遇红灯，待绿灯刚亮起时，某汽车由静止开始，以加速度a＝2 m/s2匀加速运动，加速到第(1)问中汽车匀速行驶的最大速度以后，便以此速度一直匀速运动．试通过计算判断，当该汽车到达下一个路口时能否遇到绿灯．
解析 (1)若汽车刚好在绿灯亮起时通过第五个路口，则通过五个路口的时间
t＝5Δt
此时匀速运动的速度最大vmax＝eq \f(5L,t)＝10 m/s
若汽车刚好在绿灯熄灭时通过第五个路口，则通过五个路口的时间
t′＝5Δt＋Δt1＝310 s
此时匀速运动的速度最小vmin＝eq \f(5L,t′)＝8.1 m/s
(2)若路口绿灯刚亮起时，汽车启动加速，最终加速到vmax＝10 m/s，
vmax＝at1 t1＝5 s
在此过程中汽车走过的位移x＝eq \f(vmax,2)t1 x＝25 m
然后汽车以此速度匀速运动，可知
L－x＝vmaxt2 t2＝47.5 s
因此，汽车从该路口开始启动到下一个路口的时间为
t＝t1＋t2＝58.5 s
110 s>t>50 s，因此走到下个路口时能够遇到绿灯．