【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第1章热点强化练1《匀变速直线运动规律的应用》(含解析).doc，共(6)页，48.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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30m，驾驶员的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5m/s2，

为安全行驶，汽车行驶的最大速度不能超过()A.10m/sB.15m/sC.103m/sD.20m/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＝v22a，为安全行驶x1＋x2≤30m，代入数据，解得最大速度为v＝15m/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83s后静止，则该质点在第1s内和第2s内的位移之比为()A.7∶5B.9∶5C.11∶7D.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83s分成相等的8个13s，根据x

＝12at2知，在这相等的8个13s内的位移之比是15∶13∶11∶9∶7∶5∶3∶1，则该质点在第1s内和第2s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5m/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3s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＝10m/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45mC.螺钉落到井底时的速度大小为25m/sD.螺钉随升降

机从井底出发到落回井底共用时6s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－12gt2＝－30m，升降机继续上升的位移h2＝v

0t＝15m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45m，B项正确；螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25m/s，即速度大小为25m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为t′＝|h1|v0＝6s，所以螺钉运动的总时间为t总＝

t＋t′＝9s，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30m/s，BC段平均速度为20m/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30m/s，可以得到

v－AB＝vA＋vB2＝30m/s；根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到v－BC＝vB＋vC2＝20m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为v－＝2xtAB＋tBC＝2xx30＋x20＝24m/s，所以有v－A

C＝vA＋vC2＝24m/s，联立解得vA＝34m/s，vB＝26m/s，vC＝14m/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＝xv－AB∶xv－

BC＝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：Hyperl

oopOne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1126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，Hyperlo

op先匀加速，达到最大速度1200km/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1A.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2m/s2D.如果加速度大小为10m/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＝ΔvΔt，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＝40×60s，2×12at21＋vt2＝600×103m，12003.6m/s＝at1，由以上各式联立解得匀加速和匀减速用时t1＝600s＝10min，匀速运动的时间t2＝1200s

，加速和减速过程中的加速度a＝59m/s2，B正确，C错误；同理将上述方程中的加速度变为10m/s2，加速和减速的时间均为t1′＝12003.610s＝1003s，加速和减速距离均为x＝12at1′2＝12×10×(1003)2

m＝500009m，匀速运动用时t2′＝600×103－2×50000912003.6s＝53003s，总时间为2t1′＋t2′＝55003s≈31min，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

0.1s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＝4cm，xBC＝8cm。已知O点距离斜面底端的长度为l＝35cm。由以上数据可以得出()图2A.小球的加速度大小为12m/s2B.小球在A点的速度为0C.

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0.3s拍摄的答案C解析根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝xBC－xABT2＝0.040.12m/s2＝4m/s2，选项A错误；小球在B点时的速度vB＝xAB＋xBC2T＝0.120.2m/s＝0.6m/s，小球在A点时的

速度为vA＝vB－aT＝0.6－4×0.1m/s＝0.2m/s，选项B错误；tA＝vAa＝0.24s＝0.05s，即该照片是距A点小球释放后0.05s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＝12aT2＝12×4×0.12m＝0.02m＝2cm，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2cm，6cm，10cm，14cm，18cm„„，因为O

点与斜面底端距离为35cm，而前5个球之间的距离之和为32cm，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4m/s的速度做匀速直线运动，运动3s后又立即以大小为2m/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6s内运动的位移大小为15mB.该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2m/sC.该物体减速后最后1s内的位移大小为1mD.该物体减速后第1s末的速度大小为3m/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＝v0a＝2s，物体在3s＋2s＝5s末停止运动，所以物体在6s内的位移等于前5s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＋12at20＝16m，故A错误；物体的平均速度为v－＝xt1＋t0＝163＋2m/s＝3.2m/s，故B错误；物体减速后最后1s内的位移x1＝12×2×12m＝1m，故C正确；该物体减速后第1s末的速度大

小为v＝v0－at＝(4－2×1)m/s＝2m/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5.0m/s2，起飞的最小

速度为50m/s。弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25m/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＝160m，“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)5s(2)187.5m(3)10m/s解析(1)根据匀变速直线运动的速度公式v＝v0＋at得t＝v－v0a＝50－255s＝5s。(2)根据速度—位移关系式v2－v20＝2ax得x＝v2－v202a＝50

2－2522×5m＝187.5m。(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＋atv2－v21＝2a(L＋L1)联立并代入数据

解得v1＝10m/s。