新高考2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题2匀变速直线运动规律的应用

这是一份新高考2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题2匀变速直线运动规律的应用，共5页。

A．4 B．3 C．2.5 D．1.5
2．[2023·河北省邯郸市期末]如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )
A.1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
3．[2023·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．[2023·吉林省通化市期末]现代航空母舰以舰载作战飞机为主要武器．某舰载作战飞机沿平直跑道起飞过程分为两个阶段：第一阶段是采用电磁弹射，由静止开始匀加速直线运动，位移x时速度达到v，随即第二阶段在常规动力的作用下匀加速直线运动再用时间t达到起飞速度2v，则该舰载作战飞机第一、二阶段的加速度之比为( )
A. eq \f(2x,3vt) B． eq \f(x,3vt) C． eq \f(vt,4x) D． eq \f(vt,2x)
5．[2023·辽宁省丹东市检测]2022年9月27日，“鲲龙”AG600M灭火机以全新消防涂装在湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验．试验时“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上汲水过程中做初速度为v(v≠0)的匀加速直线运动．若它在前10 s内通过的位移为200 m，在前15 s内通过的位移为375 m，则“鲲龙”AG600M灭火机的加速度为( )
A.1 m/s2 B．2 m/s2
C.4 m/s2 D．4.5 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．[2023·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．[2023·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．[2023·“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．[2023·山东省临沂市期末]如图所示，相同的木块A、B、C固定在水平地面上，一子弹(视为质点)以水平速度v0击中并恰好穿过木块A、B、C，子弹在木块中受到的阻力恒定，子弹射穿木块A所用的时间为t，则子弹射穿木块C所用的时间为( )
A.t B．2t
C.( eq \r(3) ＋ eq \r(2) )t D．( eq \r(3) － eq \r(2) )t
11．[2023·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．[2023·辽宁卷]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg.离开水面后，飞机起升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
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．C 根据匀变速直线运动的速度位移公式，知xAB＝ eq \f(v eq \\al(2,B) ,2a) ，xAC＝ eq \f(v eq \\al(2,C) ,2a) ，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，C正确．
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．D 依题意，设第一阶段的加速度为a1，有2a1x＝v2，设第二阶段的加速度为a2，有2v＝v＋a2t，联立解得 eq \f(a1,a2) ＝ eq \f(vt,2x) ，D正确．
5．B 由中间时刻的速度等于平均速度得，当t1＝5 s时的速度为v1＝ eq \f(200 m,10 s) ＝20 m/s，当t2＝12.5 s时的速度为v2＝ eq \f(375－200,15－10) m/s＝35 m/s，则加速度为a＝ eq \f(v2－v1,t2－t1) ＝2 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(2,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 子弹在木块中受到的阻力恒定，则子弹做匀减速直线运动，由于恰好穿过木块A、B、C，表明穿过C时速度恰好为0，可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，在连续相邻相等位移内的时间之比为tC∶tB∶tA＝1∶( eq \r(2) －1)∶( eq \r(3) － eq \r(2) )，根据题意有tA＝t，解得tC＝( eq \r(3) ＋ eq \r(2) )t，C正确．
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(2,1) ＋ eq \f(1,2) ×2at eq \\al(2,2) ＝ eq \f(a,3) ( eq \f(d,v) ＋t0)2
12．(1)2 m/s2 40 s (2)6×107 J
解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为 eq \f(v1,2) ，则L＝ eq \f(1,2) v1t
解得飞机滑行的时间为
t＝ eq \f(2L,v1) ＝ eq \f(2×1 600,80) s＝40 s
飞机滑行的加速度为
a＝ eq \f(v1,t) ＝ eq \f(80,40) m/s2＝2 m/s2
(2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则
ΔE＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) ＋mgh＝ eq \f(1,2) ×1×104×1002 J＋1×104×10×100 J＝6×107 J