2022届高考物理一轮复习课后限时集训2匀变速直线运动的规律含解析新人教版

这是一份2022届高考物理一轮复习课后限时集训2匀变速直线运动的规律含解析新人教版，共6页。试卷主要包含了36 m/s2B．0，75 mB．－3，25 mD．－2，5 m/s等内容，欢迎下载使用。

1.(2020·甘肃高三最后一次联考)C919大型客机是我国自主设计、研制的大型客机，最大航程为5 555千米，最多载客190人，多项性能优于波音737和波音747。若C919的最小起飞(离地)速度为60 m/s，起飞跑道长2.5×103 m。C919起飞前的运动过程可看成匀加速直线运动，若要C919起飞，则C919在跑道上的最小加速度为( )
A．0.36 m/s2B．0.72 m/s2
C．1.44 m/s2D．2.88 m/s2
B [由匀变速直线运动规律v2－veq \\al(2,0)＝2ax可得，C919的最小起飞加速度a＝eq \f(v2－v\\al(2,0),2x)＝0.72 m/s2，故B正确，A、C、D错误。]
2．(2020·河北衡水第一中学模拟)一个质点做直线运动，其位移随时间变化的规律为x＝6t－3t2(m)，其中时间t的单位s，则当质点的速度大小为9 m/s时，质点运动的位移为( )
A．3.75 mB．－3.75 m
C．2.25 mD．－2.25 m
B [根据匀变速运动位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可知物体初速度为6 m/s，加速度为－6 m/s2。所以当质点速度大小为9 m/s时，根据速度位移关系得x′＝eq \f(v2－v\\al(2,0),2a)＝－3.75 m，A、C、D错误，B正确。]
3．(2019·福建五校第二次联考)宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第5 s内的位移是18 m，则( )
A．物体在2 s末的速度是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s
C．物体自由下落的加速度是5 m/s2
D．物体在5 s内的位移是50 m
D [根据运动学公式Δx＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝18 m，t2＝5 s，t1＝4 s，解得a＝4 m/s2，选项C错误；物体在2 s末的速度为v2＝4×2 m/s＝8 m/s，选项A错误；物体在5 s内的位移为x5＝eq \f(1,2)×4×52 m＝50 m，选项D正确；物体在第5 s内的位移为18 m，故物体在第5 s内的平均速度为18 m/s，选项B错误。]
4．(2020·福建三明市质检)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(4s,3a)) C．eq \r(\f(3s,a)) D．eq \r(\f(3s,2a))
C [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\up8(－))＝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,\x\t(v))＝eq \r(\f(3s,a))，故选C。]
5.(2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq \f(t2,t1)满足( )
A．1C．3C [本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2＝eq \r(\f(2×\f(H,4),g))，第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1＝eq \r(\f(2H,g))－eq \r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)，即36．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t。则物体运动的加速度大小为( )
A．eq \f(Δx,t2) B．eq \f(Δx,2t2) C．eq \f(Δx,3t2) D．eq \f(2Δx,3t2)
C [物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝eq \f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝eq \f(Δx,t)；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋eq \f(t,2)＝eq \f(3,2)t，则物体加速度的大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得：a＝eq \f(Δx,3t2)，故选C。]
7．(2020·全国卷Ⅰ)我国自主研制了运­20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
[解析] (1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kveq \\al(2,1)①
m2g＝kveq \\al(2,2)②
由①②式及题给条件得v2＝78 m/s。③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。由匀变速直线运动公式有
veq \\al(2,2)＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得
a＝2.0 m/s2
t＝39 s。
[答案] (1)78 m/s (2)2 m/s2 39 s
8．(多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体运动的时间可能为( )
A．(2－eq \r(2)) sB．(2＋eq \r(2)) s
C．(2＋eq \r(6)) s D．eq \r(6) s
ABC [取竖直向上为正方向，由veq \\al(2,0)＝2gh得v0＝20 m/s。物体的位移为x＝v0t－eq \f(1,2)gt2，当物体位于A点上方10 m处时x＝10 m，解得t1＝(2－eq \r(2)) s，t2＝(2＋eq \r(2)) s，故选项A、B正确，当物体位于A点下方10 m处时，x＝－10 m，解得t3＝(2＋eq \r(6)) s，另一解为负值，舍去，故选项C正确，D错误。]
9．(多选)如图所示，在一平直公路上，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3 s内经过相距30 m的A、B两点，汽车经过B点时的速度为15 m/s，则( )
A．汽车经过A点的速度大小为5 m/s
B．A点与O点间的距离为20 m
C．汽车从O点到A点需要的时间为5 s
D．汽车从O点到B点的平均速度大小为7.5 m/s
AD [汽车在AB段的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(xAB,tAB)＝eq \f(30,3) m/s＝10 m/s，而汽车做匀加速直线运动，所以有eq \x\t(v)＝eq \f(vA＋vB,2)，即vA＝2eq \x\t(v)－vB＝2×10 m/s－15 m/s＝5 m/s，选项A正确；汽车的加速度a＝eq \f(v\\al(2,B)－v\\al(2,A),2xAB)，代入数据解得a＝eq \f(10,3) m/s2，由匀变速直线运动规律有veq \\al(2,A)＝2axOA，代入数据解得xOA＝3.75 m，选项B错误；由vA＝atOA解得汽车从O点到A点需要的时间为tOA＝1.5 s，选项C错误；汽车从O点到B点的平均速度大小eq \x\t(v′)＝eq \f(vB,2)＝eq \f(15,2) m/s＝7.5 m/s，选项D正确。]
10．(2020·陕西长安一中开学考试)甲物体从离地面H处自由落下，同时乙物体自地面以初速度v0竖直上抛，不计空气阻力。两物体在离地面eq \f(3,4)H处相遇(重力加速度为g)，求：
(1)相遇时，甲、乙两物体的速度大小；
(2)乙物体上升到最高点时，甲物体距地面的高度。
[解析] (1)相遇时，甲、乙两物体的位移之和eq \f(1,2)gt2＋v0t－eq \f(1,2)gt2＝H，
甲物体的位移eq \f(1,4)H＝eq \f(1,2)gt2，
乙物体的位移eq \f(3H,4)＝v0t－eq \f(1,2)gt2，
解得两物体相遇时的运动时间t＝eq \f(v0,2g)，
相遇时甲物体的速度大小v甲＝gt＝eq \f(v0,2)，乙物体的速度大小v乙＝v0－gt＝eq \f(v0,2)。
(2)乙物体上升到最高点所用的时间t1＝eq \f(v0,g)＝2t，物体甲的位移h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)g(2t)2＝H，则甲物体距地面的高度为0。
[答案] (1)甲、乙两物体的速度大小均为eq \f(v0,2) (2)0
11．我国是一个消耗能源的大国，节约能源刻不容缓，设有一架直升机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V＝pa＋q(p、q均为常数)，若直升机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为( )
A．eq \f(p,q) B．eq \f(q,p) C．eq \f(p＋q,p) D．eq \f(p＋q,q)
B [设匀加速直线运动的加速度为a，高度为h，由h＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2h,a))，则消耗的油量V′＝(pa＋q)t＝(pa＋q)eq \r(\f(2h,a))＝eq \r(2h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p2a＋\f(q2,a)＋2pq)))，知p2a＝eq \f(q2,a)时，油量消耗最小，解得a＝eq \f(q,p)，故B正确。]
12．由于私家车的数量剧增，堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病，严重影响了人们的工作效率和社会发展。如图甲所示，在某平直公路的十字路口，红灯拦停了许多列车队，拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化，假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐，汽车长均为l＝4.4 m，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1＝2.0 m，如图乙所示。为了安全，前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2＝6.0 m时，相邻的后一辆汽车才能开动，若汽车都以a＝2 m/s2的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间，第一辆汽车立即开动，忽略人的反应时间。求：
甲 乙
(1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；
(2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
[解析] (1)第11辆汽车前端与停止线的距离
x1＝10(l＋d1)＝64 m
由v2＝2ax1
得v＝16 m/s。
(2)设后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少已行驶的时间为t1，则后一辆汽车刚开动时，前一辆汽车至少行驶的距离x2＝d2－d1＝4.0 m
由x2＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
得t1＝2 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间t2＝10t1＝20 s从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t3＝eq \f(v,a)＝8 s
从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间
t＝t2＋t3＝28 s。
[答案] (1)16 m/s (2)28 s