(能力提高练) 第二节 匀变速直线运动规律-2023年高考物理一轮系统复习学思用

【能力提高练】   第二节 匀变速直线运动规律

1．(2022•重庆市西南大学附属中学高三(下)全真一)广州地铁18号线列车的最高速度为(约)，设列车匀加速出站和匀减速进站的时间均为，则列车在轨道平直、距离为的两站点间运行的最短时间约为(　　)

A． B． C． D．

【解析】  列车在两站间运行时间要最短，则全过程的平均速度要达到最大，则以最大速度运动的时间最长，则列车的运动过程应是：先匀加速到最高速度，再匀速，再从最高速度减小到零，恰好到站。设列车出站加速到最高速度时间为t1，位移为x1，根据对称性，列车进站减速到零时间和位移也为t1、x1，由匀变速直线运动规律，则匀速运动时间，则运动的总时间为，故选A。

【答案】  A

2．(2022•四川外国语学校一模)某同学到达站台时正有一辆轻轨列车停靠站，但门以关闭准备启动，此时该同学站在车头旁．列车启动后，测得列车最后一节车厢经过该同学的时间是2.7s，已知列车每节车厢长9m，共4节车厢，忽略车厢连接处长度，并将列车启动过程视为匀变速直线运动，则列车启动的加速度大小为(   )

A．0.56m/s2 B．0.36m/s2 C．0.18m/s2         D．2.47m/s2

【解析】  由初速为零的匀加速运动规律，经过连续相等位移时间之比为 ，设运动总时间为t，有 ，再由 得a=0.18m/s2，选C

【答案】  C

3．(2022•昆明一中、银川一中高三(下)一模)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)”。速度高达一千多公里每小时。如果乘坐Hyerloop从A地到B地，600 公里的路程需要42分钟，Hyperloop 先匀加速，达到最大速度1200 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(　　)

A．加速与减速的时间不一定相等 B．加速时间为10分钟

C．加速过程中发生的位移为150公里 D．加速时加速度大小约为0.46 m/s2

【解析】  A．加速与减速的加速度大小相等，根据，可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；

B．设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0则，代入数据解得，故B错误；

C．加速位移为，故C错误；

D．加速度大小，故D正确。故选D。

【答案】  D

4．(2022·浙江杭州市高三(下)二模)汽车的百公里加速(时间)指的是汽车从静止开始加速到100km/h所花的最短时间。某一款汽车的官方百公里加速为5.0s，最高车速为250km/h。假定该汽车从静止开始做匀加速直线运动，则汽车(　　)

A．加速到100km/h的过程中的最大加速度为5.0m/s2

B．加速到100km/h，行驶的最短位移为250m

C．行使50m，速率能超过80km/h

D．加速到250km/h，所花的最短时间是15s

【解析】  A．加速到100km/h的过程中的最大加速度为，故A错误；

B．加速到100km/h，行驶的最短位移为，故B错误；

C．汽车行使50m的速率为，而，则速率能超过80km/h，故C正确；

D．加速到250km/h，所花的最短时间是，故D错误；故选C。

【答案】  C

5．(2022•上海师范大学附属中学高三(下)第二次月考)如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是

A．13s B．16s C．21s D．26s

【解析】  升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：，总时间为：，故C正确，A、B、D错误；故选C．

【答案】  C

6．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)如图所示，水平面上有一小滑块(可视为质点)以一定的初速度从A点向左做匀减速直线运动，然后依次经过B、C两点，最后停在D点。已知小滑块从A点运动到B点的时间等于从B点运动到C点的时间，且B点到C点的距离为l，A点到B点的距离为2l，则C点到D点的距离为(　　)

A． B． C． D．

【解析】  设小滑块从A点运动到B点的时间为t，则，由题意，小滑块的加速度大小为，对小滑块从B到D的运动有，解得，故选D。

【答案】  D

7．(2022•辽宁省实验中学、东北育才学校等五校高三(上)期末联考)如图所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块(　　)

A．通过bc、cd段的时间均等于T

B．通过c、d点的速度之比为

C．通过bc、cd段的时间之比为

D．通过c点的速度大于通过bd段的平均速度

【解析】  A．由题意知，滑块从a点静止下滑，经过各段的时间都是T，所以ab、bc、cd各段的长度之比为1：3：5，则bc、cd段的位移之比为3：5，如果从b点开始静止下滑，则bc间距离大于ab间距离，所以通过bc、cd段的时间均大于T，选项A错误；

B．设bc间距离为3x，则cd间的距离为5x，所以bd间的距离为8x，滑块下滑的加速度为a，滑块从b点开始静止下滑，所以通过c点的速度为，通过d点的速度为，通过c、d点的速度之比为，选项B错误；

C．滑块从b点开始静止下滑，通过bc的时间，通过cd段的时间，通过bc、cd段的时间之比为，选项C错误；

D．对匀变速直线运动来说，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，对初速度为零的匀加速直线运动来说，连续相等时间内的位移之比为1：3，所以滑块经过bc的时间大于从b到d时间的二分之一，故通过c点的速度大于bd段的平均速度，选项D正确。故选D。

【答案】  D

8．(2022•湖北省圆创联考高三(下)第二次联合测评)一物块在粗糙水平面上以一定的初速度沿直线匀减速滑行，第1s内的位移为8m，第3s内的位移为0.5m，则物块运动过程中的加速度大小为(  )

A．3.75m/s2 B．4m/s2 C．7.5m/s2 D．8m/s2

【解析】  因为物体做匀减速直线运动，设初速度为，加速度为，假设第3s末之前物体未停下来，所以第1s内位移为，又因前3s内位移为，前2s内位移为，所以第3s内位移为，联立解得，第3s末物体速度为，说明物体在第3s前已经停止，根据平均速度推论知，0.5s末的速度为8m/s，则从0.5s末开始到停止的时间为，则2s后运动的时间为，采用逆向思维得2s后到停止的位移为，解得，ACD错误，B正确。故选B。

【答案】  B

9．(2022•双鸭山市第一中学高三(上)期末)一架飞机水平匀速飞行，搭载着多名高空跳伞运动员。每隔1s有一名跳伞运动员从飞机上相对于飞机静止自由落下，在降落伞没有打开的这段时间内(忽略空气阻力)。对于运动员在空中飞行的过程中，下列选项表述正确的是(　　)

A．每位运动员均做自由落体运动

B．在相同时刻每位运动员在空中运动方向相同

C．当第四名运动员刚离开飞机时，相邻两运动员间的竖直方向的距离之比从上到下依次为1∶3∶5

D．以地面为参考系，某一时刻跳伞后的运动员们可以在同一水平面上形成直线造型

【解析】  A．每位运动员均做平抛运动，故A错误；

B．设运动员在某时刻速度方向与水平方向的夹角为θ，在相同时刻每位运动员在空中运动时间不同，根据，可知在相同时刻每位运动员在空中运动方向不同，故B错误；

C．当第四名运动员刚离开飞机时，相邻两运动员间的竖直方向的距离之比从上到下依次为，故C正确；

D．由于运动员的水平分速度始终相同，所以以地面为参考系，某一时刻跳伞后的运动员们可以在同一竖直面内形成直线造型，故D错误。故选C。

【答案】  C

10．(2022·江苏南京盐城市高三下学期二模)广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0.重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为(　　)

A．D    B．     C．   D．

【解析】  设△t时间内，从喷口喷出的水的质量为△m，则△m=ρ△V，，在离喷口高度为H时，速度，且，解得，故选C。

【答案】C

11．一条悬链长7.2m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力．则整条悬链通过悬点正下方12.8 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)(　　)

A．0.3 s       B．0.4 s    C．0.7 s   D．1.2 s

【解析】  设链条的长度为L，经t1链条的下端经过该点，经t2链条的上端经过该点，则h＝gt12，h＋L＝gt22，Δt＝t2－t1；解得Δt＝0.4 s，选项B正确．

【答案】  B

12．(多选)给滑块一初速v0，使它沿光滑斜面向上作匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小变为 时，所用时间可能是(    )

  A．         B．         C．         D．

【解析】  规定初速度的方向为正方向，若滑块的末速度与初速度方向相同，则；若滑块的末速度与初速度方向相反，则．故B、C正确，A、D错误．

【答案】  BC

13．(多选)一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小v1＝5 m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是(　　)

A．汽车运动的加速度大小为1 m/s2

B．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s

C．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 s

D．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s

【解析】　由做匀加速直线运动的位移规律x＝v0t＋at2知汽车运动的加速度大小为1 m/s2，A正确；由vt2－v02＝2ax知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s，B正确；由vt＝v0＋at知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s所以从第3根至第7根电线杆用时为10 s，C错误：由＝知汽车从第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s，D正确．

【答案】  ABD

14．一物体作匀加速直线运动，在某时刻前内的位移是，在该时刻后的内的位移是，则物体的加速度是(   )

A．　　B．　  C．　　　D．

【解析】  设某时刻为0时刻，则时刻的速度为，时刻的速度，由加速度的定义式得

【答案】  A

15．(多选)一个做匀加速直线运动的物体，先后经过a、b两点时的速度分别为v和7v，通过ab段的时间是t，则下列说法正确的是(　　)

A．经过ab中间位置的速度是4v                    

B．经过ab中间时刻的速度是4v

C．前时间通过的位移比后时间通过的位移少1.5vt   

D．前位移所需的时间是后位移所需时间的2倍

【解析】　由v－v2＝(7v)2－v可得v中＝5v，A错误；中间时刻的速度v＝＝4v，B正确；前时间内的位移s1＝·＝，后时间内的位移s2＝·＝，故前时间通过的位移比后时间通过的位移少vt－vt＝1.5vt，C正确；由v中－v＝at1,7v－v中＝at2，可得：＝＝＝，D正确．

【答案】  BCD

16．如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次静止释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法不正确的是(　　)

A．三者到达桌面时的速度之比是∶∶1

B．三者运动的平均速度之比是∶∶1

C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差

D．b与a开始下落的时间差大于c与b开始下落的时间差

【解析】  三球做自由落体运动，由公式v2＝2gh可得v＝，所以三者到达桌面时的速度之比是∶∶＝∶∶1，A正确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以平均速度＝，故平均速度之比为∶∶＝∶∶1，B正确；根据h＝gt2可得a、b开始下落的时间差为Δt1＝ － ＝(－) ，b、c开始下落的时间差为Δt2＝ － ＝(－1) ，所以Δt1<Δt2，C正确，D错误。

【答案】  D　

17．(多选)刘翔是我国著名的田径运动员，在多次国际比赛中为国争光．已知刘翔的高度为H，在奥运会的110 m跨栏比赛的终点处，有一站在跑道旁边的摄影记者用照相机给他拍摄最后冲刺的身影，摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16，快门(曝光时间)是 s，得到照片后测得照片中刘翔的高度为h，胸前号码布上模糊部分的宽度为L，由以上数据可以知道刘翔的(　　)

A．冲线速度为60L(m/s)       B．冲线速度为(m/s)

C．110 m栏的平均速度       D．110 m栏比赛过程中发生的位移的大小

【解析】　根据刘翔的高度和照片中测到的高度、号码布模糊部分的宽度，根据比例知识可以求出刘翔在 s内的位移x，x＝，从而求出冲线速度；由于不知道刘翔的比赛成绩，因此不能求出刘翔的平均速度，而刘翔在比赛过程中发生的位移的大小是恒定的(110 m)．

【答案】　BD

18．为了测定一辆电动汽车的加速性能，研究人员驾驶汽车沿平直公路从标杆O处由静止启动，依次经过A、B、C三处标杆，如图所示．已知A、B间的距离为l1，B、C间的距离为l2.测得汽车通过AB段与BC段所用的时间均为t，将汽车的运动过程视为匀加速行驶．求标杆O与标杆A的距离．

【解析】解法一　设汽车的加速度为a，到达A点的速度为vA，

由运动学公式有：l1＝vAt＋at2   ①

l1＋l2＝2vAt＋2at2　  ②   

联立①②式得l2－l1＝at2　 ③ 

3l1－l2＝2vAt　   ④

设O与A的距离为l，则有l＝　   ⑤ 

联立③④⑤得l＝.

解法二　充分利用通过AB段与BC段所用的时间相等这个条件．

根据位移差公式有Δx＝l2－l1＝at2　①  由①式可得a＝　②

再由B点是AC的时间中点，故B点的速度为AC段的平均速度，

则有vB ＝　③

又vA＝vB－at　④ 

联立②③④得vA＝　⑤

设O与A的距离为l，②⑤

联立有l＝＝＝.

【答案】 

19．如图所示，歼­15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。若歼­15战机正常起飞过程中加速度为a，经s距离就达到起飞速度腾空而起。现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L<s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动。现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行。求：

(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1m；

(2)方法二情况下航空母舰的最小速度及此过程中的位移。

【解析】  (1)设飞机起飞速度为v，则为v2＝2as。v2－v＝2aL。

联立解得v1m＝。

(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t，则t＝

飞机位移x1＝航空母舰位移x2＝v2m·t，

位移关系：x1－x2＝L，联立解得：v2m＝－，x2＝2(－L)。

【答案】  (1) 　(2)－　2(－L)

20．一质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度为a1的匀加速运动，接着做加速度为a2的匀减速直线运动，抵达B点时恰好静止，如果AB的总长度为s，试求质点走完AB全程所用的时间t？

【解析】  设质点的最大速度为v，前、后两段运动过程及全过程的平均速度相等，均为。

全过程：  s=  ……（1）匀加速过程：v = a1t1  ……（2）匀减速过程：v = a2t2  ……（3）

由（2）（3）得：t1=      代入（1）

得：s =        s=

将v代入（1）得：t =

【答案】