2025优化设计一轮第2讲 匀变速直线运动的规律.docx

第Z讲匀变速直线运动的规律基础对点练题组一匀变速直战运动的规律及应用1.（2024河南立点校联考）两列高秩列车交会时会对冏围的空气产生强烈的扰动,造成车体灰面的压力变化.突变的出力会冲击车体.实际在交会时可以适度降低车速以减小该冲击现象.假设长度均为1.的两列高铁列车在平直轨道上以速率Ib正常行驶.当两列车的fE一部分侧机重叠时.列车速率都不允许邮过My2。已知两列车同时减速和加速,且两列车加速和减速时加速度的大小均为.则列车从战速开始至问到正常行驶速率W所用的时间至少为（）a3+±Ba+辿aVav3+士D吧+三auaif2 .某运动员沿着雪道加速滑下.途经、从c、d四个位置.若将此过程视为匀加速直线运动,运动员在必乩、“三段位移内速度增加量之比为I：2：Imb之间的距离为工”、d之间的距离为人则从C之间的亚离上为（）A.81.B%C.-+1.jD.（+1.j）3 .（2023四川成都质检）设在静止的航空母舰上.某舰教飞机在没有电磁弹射系统时,匀加速到起飞速度需要的距离为以在有电极弹射系统给视救飞机一个弹射初速度M之后.匀加速到起飞速度p;要的距离为1.,11Aq脱软飞机两次起飞的加速度相同.则弹射速度与起飞速度V之比为（）aIbciDg题组二匀变速直战运动的推论及应用4 .做匀加速直线运动的质点,在第6s内和前5s内的平均速度之差是3ms,则此质点运动的加速度大小为（）A.1.m2B.2m2C.3m2D.6nVs15 .假设一列动车组进站时从某时刻起做匀减速直线运动,分别用时3s、2s、1S连续通过三段位移后停下,则这三段位移的平均速度之比是（）A.9：4：1B.27：8：1C.5：3：ID.3：2：16 .某海湾大桥上四段长度均为IIOm的等跨连续桥梁如图所示,一汽车从“处开始做勺及速直跳运动.恰好行驶到e处杼下.设汽车通过ah段的平均速度为叫.通过de段的平均速衣为v2.则F的足AT<334J*。D-5<67 .（2023吉林长春席检）一小球由假角为30。的斜面的底端以一定的初速度沿斜面向上运动,小球运动的频闪照片如图所示ft闪时间间隔相同,小球在斜面上依次住过A、B、C、。、E点.已知小球向上经过A点时的速度为%.各段距离之比XIs：XBC:XCD：皿=6：2：1：3.小球在运动过程中所受阻力大小不变。求：（1）小球沿斜面上升和下滑的加速度之比；（2）小环向下运动经过B点时速度的大小.综合提升练8 .（多选）（2024湖南常他模构“礼让行人”是城市文明的体现，如图所示,某汽车正以54km小的速度匀速行驶在城市道路上,在车头距离“礼让行人”停车线36m时,驾驶讪发现前方有行人通过人行横道.驾驶员的反应时间为02s.刹车后汽车匀股速滑行.为了停车让行.汽车不能越过停车线.则下列说法正确的是（）A.汽车刹车滑行的最大允许用海为33mB.汽车刹车的最小加速度为4ms2C.汽车用于减速滑行的G长时间约为4.4sD.以最小的加速度刹车,汽车行驶的平均速度不能超过7.6nVs9.某中学在进行火灾逃生演练时,一名体电为60kg的逃生者从澳地面18m高处,利用缓降器材由静止开始匀加速下滑,当速度达到6m时.以大小为3m1的加速度匀减速下滑.到达地面IH速度恰好为零，设逃生者下降过程中悬空不接触墙面.不计空气阻力.求：(I)逃生者减速下滑过程的位移大小：(2)逃生者加速下滑过程的加速度大小；(3)逃生拧到达地面整个过程的时间.10.(2020全国I落)我国自主研制了运.2Oai型运输机。飞机获得的升力大小尸可用F=M描写/为系数;V是飞机在平直跑道上的滑行速度,尸与飞机所受曳力相等时的V称为飞机的起飞离地速度.已知飞机质出为1.21.xIO5kg时.起飞离地速度为66nVs：装载货物后质状为1.6皈IO5kg.装载货物的后起E离地时的代值可视为不变，(I)求飞机装软货物后的起飞离地速度。(2)若该飞机奘教货物后,从御止开始旬加速滑行I521m起飞离地,求飞机在滑行过程中加速位的大小和所用的时间.参考答案第2讲匀变速直线运动的规律IA解析拔速时间八个.匀速时间益3.加速时间"=詈.所以列车所用时间至少为口W2+=弛空2+±故选人。p2 .C解析运动员在向、be、M三段位移内速度增加量之比为1：2：1,则对应时何之比为I:2：1.有1.I=MT2.1.2=(v<+W)2r+yy=2vU+441.1.3=(vb+3W)出“P=IiI/+，'.整理可得1.2=A+1.3故选C。3 .A解析设观战飞机两次起飞的加速度为W根据与变速五线运动规律有r=2f1.1.1,rv02=24i.又工=葩".联立解存曰=：.故选人.4 .解析根据句变速直级运动规律可知.某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度,则第6s内的平均速度等于5.5s时的瞬时速度,前5s内的平均速度等于2.5s时的瞬时速度.依题意由加速度定义式可得u=ms2=1.WA故选AoN5.5-255 .解析可将动车组减速过程反向看作初速度为零的匀加速过程.根据句变速五线运动规律.可知景后3S、2s、Is连锲通过的三段便移之比是27：8：1.根据平均速度的计算公式V=*可知这三段位移的平均速度之比是9：4：1,故A正确,B.C,D错误。6 .B解析将汽车从4到e的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直拨运动.我据初速度为察的匀加速直线运动的规律可知,汽车经过加段和，力段所用的时问之比为1：(2-3),R'1.1.汽车通过时段的平均速度与通it曲段的平均速度之比双=率=j=3.7,所以3<*4,故选B.7 .答案2：1(2岛>解析(1)由匀变速直拨运动规律可知,只有当初速度(或未速度)为零时,连续相等的两段时间内物体位移之比为1：3(或3：1).则由xai,：XitC=6：2=3：1,可知C点为最高点设小球沿斜面向上、向下运动时加速度大小分别为卬，田,频闪时间何隔为，,根据便移时间公式,有X1.rC='F1 >RD二产r解a=;.«2*(2阳点是小球从A点运动到。点中间时里的位置,故有vft=:从ZJ点到C点.限据速度位移公式而%I2=2HX*从。点到。点.根据速度位移公式而%J=2azw联立解得v=%.8 .AC解析汽车刹车前,在0.2s内做匀速直发运动的便移为Xi=E=MX0.2m=3m,则汽车利车滑行的景大允许距离为x2=36m-x,=33m.故A正确;汽车刹车的最小加速度为所萼=2*2mJ3.4Ws1.故B错误:汽车用于减速滑行的最长时间为/=2=4.4s,故C正确:驾驶员2x33Omin从发现前方有行人通过人行横道到汽车停下的过程.汽车的平均速度=m=7.8nVs.故D0.2+4.4错误.9 .答案(1)6m(2)1.511s2(3)6s解析(D根据题意.由速度位移公式F-t=2可'进生者减速下滑过程的位移大小为V2,M=诟=6m°(2)根揖题意.结合(1)分析可知,逃生者加速下滑的位移大小为2=t-x=12m由速度位移公式v2wj=2四可得i生者加速下滑过程的加速度大小为2=£=1.5ms(3)根据题意.由速度公式v=M>+而可得.逃生者到达地面整个过程的时间为r=-+=6S。«1210 .答案78ms(2)2.0m239s解析U)设飞机装段货物前质量为帅.起飞当地速度为w:装栽货物后质量为砧.起飞赛地速度为以重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件>>1.g=kv1.2nt2f!=kv22由<D式及题给条件得v5=7811Vs(2)设飞机滑行距离为品k行过程中加速度大小为a所用时同为心由勾变速直线运动公式有v22=2asvz=a联立式及通蛤条件得。=2.0m1(g)r=39So