2024版新教材高考物理复习特训卷考点3匀变速直线运动的规律及应用二

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点3匀变速直线运动的规律及应用二，共5页。试卷主要包含了答案等内容，欢迎下载使用。


A． eq \f(9,8)m B． eq \f(8,9)m
C． eq \f(3,4)m D． eq \f(4,3)m
2．蹦极是一项刺激的户外休闲活动，如图所示，把蹦极者视为质点，认为其离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力．设轻质弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个 eq \f(L,5)所用的时间为t1，下落第五个 eq \f(L,5)所用的时间为t2，则 eq \f(t1,t2)满足( )
A．2< eq \f(t1,t2)<3 B．3< eq \f(t1,t2)<4
C．4< eq \f(t1,t2)<5 D．5< eq \f(t1,t2)<6
3．遥控小汽车在水平面上做直线运动，通过手机的连拍功能拍下的四张照片组成如图所示的情景，测得车头之间的距离分别为AB＝7 cm、AC＝16 cm、AD＝27 cm.已知手机每1 s拍5张照片，则拍第四张照片时遥控小汽车的速度大小为( )
A．0.3 m/s B．0.5 m/s
C．0.6 m/s D．0.8 m/s
4．[2023·扬州中学模拟]第24届北京“冬奥会”于2022年2月4日由北京市和张家口市联合举办．在“冬奥会”冰上项目中冰壶比赛是极具观赏性的一个项目．如图所示，在一次训练中，冰壶(可视为质点)以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零．冰壶从A点运动到D点和从B点运动到E点的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )
A．1∶ eq \r(3) B． eq \r(2)∶1
C．( eq \r(3)－1)∶1 D．( eq \r(2)－1)∶1
5．一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x ­ t图像如图所示．则下列说法正确的是( )
A．t1∶t2∶t3＝1∶ eq \r(2)∶ eq \r(3)
B．车头经过立柱A的速度为 eq \f(x0,t1)
C．车头经过立柱B的速度为 eq \f(2x0,t3－t1)
D．车头经过立柱A、B过程中的平均速度为 eq \f(x0,t2－t1)
6．(多选)
如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d至达最高点e，已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则( )
A．vb＝ eq \r(8) m/s
B．vc＝3 m/s
C．xde＝3 m
D．从d到e所用时间为4 s
7.[2023·江苏模拟]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？
8．[2023·江苏南京模拟]为加快汽车在高速公路收费站的通过时效，人们开发了电子不停车收费系统ETC，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车正常行驶速度v0＝72 km/h，如果过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v1＝4 m/s，然后匀速通过总长度为d＝16 m的通道，接着再匀加速至v0后正常行驶；如果过人工收费通道，需要在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v0后正常行驶．设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a＝1 m/s2，求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶的过程中的位移x；
(2)应用ETC收费比人工收费节约的时间Δt.
考点3 匀变速直线运动的规律及应用（二）——提能力
1．答案：A
解析：设物体通过AB、BC段位移所用时间均为T，则B点的速度为vB＝ eq \f(xAC,2T)＝ eq \f(5 m,2T)，根据Δx＝aT2得 a＝ eq \f(Δx,T2)＝ eq \f(1 m,T2)，则有vA＝vB－aT＝ eq \f(5 m,2T)－ eq \f(1 m,T2)·T＝ eq \f(3 m,2T)，根据速度—位移公式得，O、A两点之间的距离为xOA＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,2a)＝ eq \f(\f(9 m2,4T2),\f(2 m,T2))＝ eq \f(9,8) m，A正确．
2．答案：C
解析：因为蹦极者做初速度为零的匀加速直线运动，根据连续相等位移的运动比例规律 eq \f(t1,t2)＝ eq \f(1,\r(5)－2)≈4.2，所以4< eq \f(t1,t2)<5，C正确，A、B、D错误．
3．答案：C
解析：根据Δx＝aT2可得a＝ eq \f(AC－2AB,T2)＝0.5 m/s2，拍第三张照片时遥控小汽车的速度大小为v3＝ eq \f(AD－AB,2T)＝0.5 m/s.由v4＝v3＋aT得拍第四张照片时遥控小汽车的速度大小为v4＝0.6 m/s，故C正确，A、B、D错误．
4．答案：A
解析：可以将冰壶视为做从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，则有
sEB＝3s0＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
sEA＝4s0＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))
sED＝s0＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4))
解得t2∶t3∶t4＝ eq \r(3)∶ eq \r(4)∶ eq \r(1)＝ eq \r(3)∶2∶1
t1＝t3－t4
所以t1∶t2＝（t3－t4）∶t2＝1∶ eq \r(3)
故B、C、D错误，A正确．
5．答案：D
解析：根据初速度为0的匀加速直线运动的推导规律可知，只有初速度为0，连续通过x0，2x0，3x0所需时间的比为1∶ eq \r(2)∶ eq \r(3)，动车做有一定初速度的匀减速运动，故A错误；因为动车做匀减速直线运动，所以车头经过立柱A 的速度不可能为0～t1时间的平均速度 eq \f(x0,t1)，B错误；t1～t3时间段的平均速度为vB＝ eq \f(2x0,t3－t1)，只有匀变速直线运动中间时刻的平均速度等于该段位移内的平均速度，而B点属于该段的位移中点，故C错误；车头经过立柱A、B过程中的平均速度为v＝ eq \f(x0,t2－t1)故D正确．故选D.
6．答案：BD
解析：物体在a点时的速度大小为v0，加速度为a，则从a到c有xac＝v0t1＋ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
即7＝v0×2＋ eq \f(1,2)×a×4
物体从a到d有xad＝v0t2＋ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) 即12＝v0×4＋ eq \f(1,2)×a×16联立解得a＝－ eq \f(1,2)m/s2，v0＝4 m/s根据速度公式vt＝v0＋at可得vc＝4－ eq \f(1,2)×2＝3 m/s；vd＝4－ eq \f(1,2)×4＝2 m/s根据位移中点的速度公式可得vb＝ eq \r(\f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(d)) ,2))＝ eq \r(\f(42＋22,2))＝ eq \r(10) m/s，故A错误，B正确；根据速度—位移公式得，从d到e－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(d)) ＝2axde则xde＝ eq \f(－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(d)) ,2a)＝ eq \f(4,2×\f(1,2))＝4 m，故C错误；根据vt＝v0＋at可得从d到e的时间为tde＝－ eq \f(vd,a)＝ eq \f(2,\f(1,2))s＝4 s，故D正确．故选B、D.
7．答案：（1） eq \f(2v2,d) （2） eq \f(a,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,v)＋t0)) eq \s\up12(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t1，减速运动的时间t2，由v＝at1＝2at2，得t1＝2t2
又t1＋t2＝3t2＝t＋t0
得t2＝ eq \f(1,3)（t＋t0），t1＝ eq \f(2,3)（t＋t0）
由公式L＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋ eq \f(1,2)2at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(a,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,v)＋t0)) eq \s\up12(2).
8．答案：（1）400 m （2）24 s
解析：（1）汽车过ETC通道的过程示意图如图1所示．
图1 图2
减速的位移和加速的位移相等，均为x1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2a)＝192 m.
所以汽车从开始减速到恢复正常行驶过程的位移为x＝2x1＋d，解得x＝400 m.
（2）汽车过ETC收费通道行驶400 m的时间为t＝ eq \f(d,v1)＋ eq \f(2（v0－v1）,a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,4))) s＋ eq \f(2×（20－4）,1) s＝4 s＋32 s＝36 s.
汽车过人工收费通道的过程示意图如图2所示．
减速的位移和加速的位移相等，均为x′1＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a)＝200 m.
所以减速和加速的总位移x′＝2x′1＝400 m．汽车过人工收费通道行驶400 m的时间为t′＝ eq \f(2v0,a)＋t0＝ eq \f(2×20,1) s＋20 s＝60 s，
所以节约的时间为Δt＝t′－t＝（60－36）s＝24 s．