专题1　匀变速直线运动基本规律和推论及其经典应用 专题训练 -2025届高考物理一轮复习

第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 专题1　匀变速直线运动基本规律和推论及其经典应用 1．v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、v2－v02＝2ax，原则上利用其中两个关系式可解任意匀变速直线运动的问题，关系式中v0、v、a、x都是矢量，应用时要规定正方向。 2.对于末速度为零的匀减速直线运动，常用逆向思维法。 3.对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退(即做反向的匀加速直线运动)，一般需判断减速到零的时间。 4.凡问题中涉及位移及发生这段位移所用时间或一段运动过程的初、末速度时，要尝试运用平均速度公式。 5.若问题中涉及两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx＝aT2。 6.若从静止开始的匀加速直线运动，涉及相等时间或相等位移时，则尝试应用初速度为零的比例式。 一、单选题 【1】一物体做匀加速直线运动，初速度为v0，经时间t后速度变为vt。则在时刻该物体的速度为(　　) A. B. C. D. 【2】目前西安交警部门开展的“车让人”活动深入人心，如图所示，司机发现前方有行人正通过人行横道时开始做匀减速直线运动，恰好在停车线处停止运动。已知汽车经5 s停止，若在第1 s内的位移是18 m，则最后2 s内的位移是(　　) A．9 m B．8 m C．6 m D．2 m 【3】(2023·安徽六安市新安中学月考)如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|＝2 m，|BC|＝3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间之比为2∶1，O、A两点之间的距离等于(　　) A. m B．1 m C. m D．2 m 【4】如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点。已知AB＝16 m，BC＝24 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　) A．8 m/s,12 m/s,16 m/s B．10 m/s,14 m/s,18 m/s C．6 m/s,10 m/s,14 m/s D．12 m/s,13 m/s,18 m/s 【5】一辆 8节车厢的和谐号动车组从昆明站出发，一同学站在月台上与车头对齐的位置观察第一节车厢经过他的时间是5 s，动车经过该同学时动车的运动可视为匀加速直线运动，则和谐号经过该同学的时间大约为(　　) A．10 s B．12 s C．14 s D．16 s 【6】(2022·全国甲卷·15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　　) A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ 【7】(2024·湖南长沙市第一中学月考)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，AB间的距离x1＝3 m，BC间的距离x2＝13 m，则该质点的加速度大小为(　　) A．3.6 m/s2 B．4 m/s2 C．4.2 m/s2 D．4.8 m/s2 【8】(2023·广西桂林市模拟)据了解，CR300AF型复兴号动车组是拥有完全自主国产研发的中国标准动车组体系中的新车型。该车型设计时速为300千米每小时，外观呈淡蓝色，除此之外复兴号动车组全车覆盖免费WiFi，且每两个座椅有一个插座。假设一列复兴号动车组进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3 s、2 s、1 s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∶1 B．27∶8∶1 C．5∶3∶1 D．3∶2∶1 【9】(2023·湖北荆门市联考)如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中，中国运动员沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动，运动员在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为(　　) A．8L1 B.L3 C．L1＋L3 D.(L1＋L3) 【10】(2023·山东卷·6)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　) A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s 【11】一质点做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移之比为5∶3，则下列说法正确的是(　　) A．这段时间内质点运动方向不变 B．这段时间为 C．这段时间质点运动的路程为 D．再经过相同时间，质点速度大小为3v 二、多选题 【12】(多选)物体以某一速度从斜面底端冲上一光滑固定斜面(足够长)，加速度恒定，前4 s内位移是1.6 m，随后4 s内位移是零，则下列说法中正确的是(　　) A．物体的初速度大小为0.4 m/s B．物体的加速度大小为0.1 m/s2 C．物体向上运动的最大距离为1.8 m D．物体回到斜面底端，总共需时间10 s 【13】(多选)(2024·湖南益阳市江英学校月考)物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移为x，它的中间位置处的速度为v1，在中间时刻时的速度为v2，则v1和v2的关系为(　　) A．当物体做匀加速直线运动时，v1>v2 B．当物体做匀减速直线运动时，v1>v2 C．当物体做匀 速直线运动时，v1＝v2 D．当物体做匀减速直线运动时，v1<v2 【14】(多选)小辉是一名体育特长生，特长为100米短跑，假设百米训练中，前6 s内做匀加速直线运动，其中第2 s内的位移是2.5 m，第5 s内的位移是7.5 m，则下列说法正确的是(　　) A．前6 s内加速度为 m/s2 B．第3 s末速度为5 m/s C．第2 s内平均速度为1.25 m/s D．第3 s初至第4 s末，这两秒内位移为10 m 【15】(多选)(2023·吉林长春市模拟)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车。从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动。下列说法正确的是(　　) A．汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v0 B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v0 C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为1∶ D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1 三、计算题 【16】舰载机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞。若航母跑道长为280 m，某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，战斗机在跑道一端着舰时的速度为55 m/s，着舰后以10 m/s2的加速度做匀减速直线运动，3 s后制动挂钩挂拦阻索失败，于是战斗机立即以6.25 m/s2的加速度复飞，起飞需要的最小速度大小为50 m/s。 (1)求战斗机着舰3 s时的速度大小； (2)本次“逃逸复飞”能否成功？若不能，请说明理由；若能，求达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离。 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 专题1　匀变速直线运动基本规律和推论及其经典应用 参考答案 【1】答案　C 解析　由题可知a＝，＝v0＋a＝，可知A、B、D错误，C正确。 【2】答案　B 解析　刹车后第1 s内的位移是18 m，用逆向思维法将刹车过程视为匀加速直线运动，根据x＝at2，有a×52－×a×42＝18 m，解得加速度大小a＝4 m/s2，则停车前2 s内的位移x2＝at22＝×4×22 m＝8 m，故选B。 【3】答案　A 解析　设物体的加速度为a，经过A点的速度为vA， 设由A点运动到B点所用时间为2t， 则xAB＝vA·2t＋a(2t)2＝2 m，xAC＝vA·3t＋a(3t)2＝5 m， 联立解得at2＝ m，vAt＝－ m， 所以O、A两点之间的距离为xOA＝ ＝ m＝ m，则A正确，B、C、D错误。 【4】答案　C 解析　由Δx＝aT2代入数据可得a＝2 m/s2， 由中间时刻的瞬时速度等于该时间段的平均速度可得 vB＝ m/s＝10 m/s， 由速度与时间的关系得 vC＝vB＋aT＝14 m/s，vA＝vB－aT＝6 m/s，故C正确，A、B、D错误。 【5】答案　C 解析　在初速度为零的匀加速直线运动中，从静止开始通过连续相等的位移所用的时间之比为 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 第一节车厢通过他的时间是t1＝5 s， 则和谐号通过该同学的时间为t＝t1＋t2＋t3＋…＋t8＝t1≈14 s，故选C。 【6】答案　C 解析　由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0。则有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速运动时有t2＝，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋，故选C。 【7】答案　A 解析　因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10 m，联立可得T＝ s，a＝3.6 m/s2，A正确。 【8】答案　A 解析　可将动车组匀减速过程看作初速度为0的匀加速过程，根据匀变速直线运动规律可知匀减速直线运 动最后连续通过三段位移的比值为27∶8∶1，根据平均速度的计算公式＝，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。 【9】答案　C 解析　运动员在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，则对应时间之比为1∶2∶1， 有L1＝v0t＋at2， L2＝(v0＋at)·2t＋a(2t)2＝2v0t＋4at2 L3＝(v0＋3at)·t＋at2＝v0t＋at2， 观察可得L2＝L1＋L3，故选C。 【10】答案　C 解析　由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有RS＝＝，ST＝＝， 联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10， 再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有 vT＝vR－a·5t1，则at1＝2 m/s， 又有RS＝vR－a·＝10 m/s，则vR＝11 m/s， 联立解得vT＝1 m/s，故选C。 【11】答案　B 解析　由题意知，质点先做匀减速直线运动，速度减小到零后，再反向做匀加速直线运动，即在这段时间内运动方向改变，如图所示，选项A错误；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，可得时间t＝，选项B正确；由v2－v02＝2ax得，从初速度为v减速到零所通过的路程x1＝，然后反向加速到2v所通过的路程x2＝＝，总路程为x＝x1＋x2＝，选项C错误；再经过相同时间，质点速度为v′＝v－a·2t＝－5v，即速 度大小为5v，选项D错误。 【12】答案　BC 【13】答案　ABC 解析　设直线运动的初速度为v0，末速度为vt。 由匀变速直线运动公式可知vt2－v12＝v12－v02， 可得v1＝， 又v2＝， 因为v12－v22＝≥0， 所以v1≥v2， 当物体做匀速直线运动时v1＝v2，故选A、B、C。 【14】答案　ABD 解析　根据x5－x2＝3aT2，可求得加速度为a＝ m/s2，故A正确；第2 s内平均速度＝＝2.5 m/s，故C错误；第1.5 s末速度与第2 s内平均速度相同，则由速度时间关系式可得第3 s末速度为x3＝2.5 m/s＋×1.5 m/s＝5 m/s，故B正确；第3 s初至第4 s末，这两秒内平均速度为第3 s末速度5 m/s，所以这两秒内位移为10 m，故D正确。 【15】答案　AD 解析　从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝＝v0，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝＝，B错误；根据初速度为零的匀变速直线运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速直线运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D正确。 【16】答案　(1)25 m/s　(2)能，10 m 解析　(1)战斗机着舰减速过程，根据运动学公式有v1＝v0＋a1t1＝55 m/s＋(－10 m/s2)×3 s＝25 m/s (2)战斗机着舰减速3 s的位移为， x1＝v0t1＋a1t12＝120 m 假设战斗机能“逃逸复飞”成功， 根据运动学公式有v22－v12＝2a2x2 可得战斗机复飞过程的最小位移x2＝150 m， 由于x1＋x2＝270 m<L＝280 m 因此，本次“逃逸复飞”能成功，达到起飞速度时战斗机离跑道终端的距离Δx＝L－x1－x2 ＝10 m。 专题1第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$