第二节 匀变速直线运动的规律及应用（四年模拟30题）-2021年高考物理精练30题大冲关（必修部分）

第二节　匀变速直线运动的规律及应用 四年模拟30题 1．(2017·成都模拟)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　) A．2 m/s,3 m/s,4 m/s B．2 m/s,4 m/s,6 m/s C．3 m/s,4 m/s,5 m/s D．3 m/s,5 m/s,7 m/s 解析 根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，vB＝eq \f(AB＋BC,2t)＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确． 答案 B 2．(2017·长春模拟)不计空气阻力情形下将一物体以一定的初速度竖直上抛一物体， 从抛出至回到抛出点的时间为2t，若在物体上升的最大高度的一半处设置一水平挡板，仍将该物体以相同的初速度竖直上抛，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反．撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为(　　) A．0.2 t B．0.3 t C．0.5 t D．0.6 t 解析 将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(eq \r(2)－1)，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t，由以上各式可得：t′＝eq \f(2\r(2)－1,\r(2))t≈0.6t，故选项D正确，故选D. 答案 D 3．(2017·济南模拟)如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为s1时， 乙从距A地s2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为(　　) A．s1＋s2 B.eq \f(s1＋s22,4s1) C.eq \f(s\o\al(2,1),4s1＋s2) D.eq \f(s1＋s22,s1s1－s2) 解析　设甲前进距离为s1时，速度为v，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a，则有vt＋eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)at2＝s2－s1，根据速度位移公式v2＝2as1，解得乙运动的时间t＝eq \f(s2－s1,\r(2as1))，则AB的距离s＝s2＋eq \f(1,2)at2＝eq \f(s1＋s22,4s1)，故选项B正确． 答案 B 4．(2017·大庆模拟)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、 BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同—个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点．B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC，大小关系是(　　) A．tA＜tC＜tB B．tA＝tC＝tB C．tA＝tC＜tB D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系 解析　对于AM段，位移x1＝eq \r(2)R，加速度a1＝eq \f(mgsin 45°,m)＝eq \f(\r(2),2)g，根据x＝eq \f(1,2)gt2得，tA＝eq \r(\f(2x1,a1))＝eq \r(\f(4R,g)).对于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin 60°＝eq \f(\r(3),2)g，由x2＝eq \f(1,2)at2得，tB＝eq \r(\f(2x2,a2))＝eq \r(\f(8R,\r(3)g)).对于CM段，同理可解得tC＝eq \r(\f(2x3,a3))＝eq \r(\f(4R,g)).故tA＝tC＜tB，选项C正确． 答案 C 5．(2017·唐山一模)一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米， 动车进站时可以看作匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他时用了4s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为(　　) A．2 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2 解析　将动车的运动逆向等效为反向的匀加速直线运动，动车第七节车厢通过旅客过程，eq \f(1,2)at2＝25 m，第六、七节车厢通过旅客过程，eq \f(1,2)a(t＋4 s)2＝2×25 m，解两式得：a＝eq \f(