热点2匀变速直线运动的规律

热点2匀变速直线运动的规律[分值：42分][1~6题，每题4分，7~9题，每题6分]1.(2025·陕西西安市模拟)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍。该质点的加速度为()A.st2 B.6s5t答案A解析设初速度为v0，末速度为3v0，则位移为s=v0+3v02t，解得v0=s2t，由加速度公式得a=Δ2.(2025·广西卷·3)某位同学观察火车进站，火车由初速度为36km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为()A.216m B.350mC.600m D.700m答案B解析火车运动的时间为t=6060×70s=70s，火车的初速度v0=36km/h=10m/s，火车共行驶的距离x=v02t=102×70m=3503.(2025·云南昆明市联考)某飞机着陆后先做匀速直线运动，后做匀减速运动至停下，若飞机匀速运动的速度为v，匀减速运动的时间为匀速运动时间的4倍，运动的总路程为s，则飞机着陆后匀速运动的时间为()A.s2v B.s3v 答案B解析设飞机着陆后匀速运动的时间为t，则匀减速运动的时间为4t，根据题意有s=vt+v2·4t，解得t=s3v4.(2025·福建省模拟)旱冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱。如图甲所示为某旱冰壶比赛的场景，如图乙所示为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到B点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶在该过程中的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是()A.冰壶在C点的速度大小为vB.冰壶由D到O的时间为3tC.冰壶运动的总时间为4tD.投掷点A到圆心O的距离为(2+3)v0t答案D解析设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A到O，有v02=2aL，冰壶由A到C，有v02-vC2=2a·L2，解得vC=22v0，故A错误；由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O到A的初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知tODtBA=12-3，解得tOD=(2+3)t，故B错误；同理tODt总=12，解得t总=(4+23)t，故C错误；投掷点A到圆心O5.(2024·山东卷·3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为()A.(3-1)∶(2-1) B.(3-2)∶(2-1)C.(3+1)∶(2+1) D.(3+2)∶(2+1)答案A解析方法一基本公式法木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=12a木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=12a当木板长度为2L时，有3L=12a又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0联立解得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)故选A。方法二比例式法设木板从静止释放到下端到达A点的时间为t0，木板经过A点时间为Δt1若木板长度为L，则t0∶Δt1=1∶(2-1) ①若木板长度为2L，设木板经过A点时间为Δt2t0∶Δt2=1∶[(2-1)+(3-2)]=1∶(3-1) ②联立①②得Δt2∶Δt1=(3-1)∶(2-1)。6.(2024·重庆市模拟)重庆的桥梁、隧道众多，故被称为“魔幻之都”。长为L的轻轨列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，前方有一长为2L的隧道，为了保证安全通过该隧道，轻轨列车的任一部分位于隧道内时，它的速率都不允许超过2v03。已知列车加速和减速的加速度大小分别为a和2a，则列车从减速开始到恢复正常速率v0，需要的最短时间为A.v02a+9LC.v03a+9L答案A解析当列车的任一部分处于隧道内时，列车的速度不允许超过2v03，则列车进隧道前必须减速到2v03，则有2v03=v0-2at1，解得t1=v06a，通过隧道时匀速运动，通过的位移为3L，故所用时间t2=3L23v0=9L2v0，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=2v03+at3，解得t7.(2025·山东青岛市检测)如图所示，某景区中A、B两景点间可通过缆车往返，当甲车以6m/s的速度开始减速时，对面的乙车从B景点由静止启动，两车加速度大小均为0.5m/s2，甲车到B景点速度减为零。则甲、乙相遇时，甲到B景点的距离为()A.9m B.18m C.27m D.36m答案A解析设甲、乙两车经过时间t相遇，甲车做匀减速直线运动，根据速度—时间公式v=v0+at，甲车速度减为零的时间t0=v0a=60.5s=12s，甲车的位移x甲=v0t-12at2=6t-12×0.5t2，乙车做初速度为零的匀加速直线运动，乙车的位移x乙=12at2=12×0.5t2，又因为x甲+x乙=v02t0，即6t-12×0.5t2+12×0.5t2=36m，解得t=6s，则甲、乙相遇时甲到B景点的距离x=x乙=12at2=18.(2025·云南昆明市一模)春节期间，小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示，将盒子从O点推出，盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中，推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动，刚好停在e点。盒子可视为质点，a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25m，盒子从d点运动到e点的时间为0.5s。下列说法正确的是()A.盒子运动的加速度大小为1m/s2B.盒子运动到a点的速度大小为2m/sC.盒子运动到c点的速度大小为1m/sD.盒子从a点运动到e点的时间为2s答案B解析由题知，盒子在停止运动前的最后1s内通过的距离为2m，根据逆向思维法，从e点到d点的过程有x0=12at2，代入数据有a=2m/s2，故A错误；从e点到a点的过程有va2=2a×4x0，解得盒子运动到a点的速度大小为va=2m/s，故B正确；从e点到c点的过程有vc2=2a×2x0，，解得盒子运动到c点的速度大小为vc=2m/s，故C错误；从e点到a点的过程有va=at'，解得盒子从a点运动到e点的时间为t'=19.(2025·河南省部分名校联合模拟)一地下竖直矿井深130m，货物电梯从矿井底由静止开始经匀加速、匀速和匀减速停在矿井口处用时40s。已知加速阶段和减速阶段电梯的加速度大小之比为2∶1，加速阶段的第2s内电梯通过的距离为1.2m。下列说法正确的是()A.匀加速阶段，货物处于失重状态B.电梯在加速阶段的加速度大小为0.8m/s2C.电梯在匀速阶段的速度大小为5m/sD.电梯在匀减速阶段的位移大小为16m答案B解析货物电梯从矿井底部向上做匀加速运动时，加速度向上，货物处于超重状态，A错误；依据运动学公式有加速阶段的第2s内电梯通过的距离为s2=12at22-12at12=1.2m，得a=0.8m/s2，B正确；设电梯加速