热点强化练1　匀变速直线运动规律的应用

(时间：30分钟)

1.(2020·江苏南通市5月第二次模拟)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.10 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＝，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.(2020·河南省九师联盟质检)某质点做匀减速直线运动，经过 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 s 分成相等的8个 s，根据x＝at2知，在这相等的8个 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。

3.(多选)矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A.螺钉松脱后做自由落体运动

B.矿井的深度为45 m

C.螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s

D.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s

答案　BC

解析　螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；取竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移h1＝v0t－gt2＝－30 m，升降机继续上升的位移h2＝v0t＝15 m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45 m，B项正确；螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25 m/s，即速度大小为25 m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为t′＝＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9 s，D项错误。

4.(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s。根据这些信息可求得(　　)

A.高铁车头经过A、B、C的速度

B.高铁车头在AB段和BC段运动的时间

C.高铁运动的加速度

D.高铁车头经过AB段和BC段时间之比

答案　AD

解析　设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到AB＝＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到BC＝＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为＝＝＝24 m/s，所以有AC＝＝24 m/s，联立解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A正确，B、C错误；tAB∶tBC＝∶＝2∶3，选项D正确。

5.(2020·吉林市第二次调研)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“Hyperloop(超级高铁)”。据英国《每日邮报》2016年7月6日报道：Hyperloop 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”(Hyperloop)，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Hyperloop从赫尔辛基到斯德哥尔摩，600公里的路程需要40分钟，Hyperloop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Hyperloop的说法正确的是(　　)

图1

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＝，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×at＋vt2＝600×103 m， 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＝ 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′＝ s＝ s，加速和减速距离均为x＝at1′2＝×10×()2 m＝ m，匀速运动用时t2′＝ s＝ s，总时间为2t1′＋t2′＝ s≈31 min，D错误。

6.(2020·北京市昌平区二模练习)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2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(　　)

图2

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＝＝ m/s2＝4 m/s2，选项A错误； 小球在B点时的速度vB＝＝ 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＝＝ 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＝aT2＝×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。

7.水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为 2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动。则下列判断正确的是(　　)

A.该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m

B.该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s

C.该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m

D.该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s

答案　C

解析　物体从开始减速到速度减为零所用时间为t0＝＝2  s，物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，根据逆向思维法，物体匀减速至速度为0的减速过程，可看成反向的初速度为0的匀加速运动，则总位移为x＝v0t1＋at＝16 m，故A错误；物体的平均速度为＝＝ m/s＝3.2 m/s，故B错误；物体减速后最后1 s内的位移x1＝×2×12 m＝1 m，故C正确；该物体减速后第1 s末的速度大小为v＝v0－at＝(4－2×1) m/s＝2 m/s，故D错误。

8.(2020·福建宁德市质检)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＝＝ s＝5 s。

(2)根据速度—位移关系式v2－v＝2ax得

x＝＝ 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－v＝2a(L＋L1)

联立并代入数据解得v1＝10 m/s。