课时冲关2 匀变速直线运动规律-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关２　匀变速直线运动规律 学生用书　P３３３　 [基础落实练] １．(２０２４􀅰北京高考真题)一辆汽车以１０m/s的 速度匀速行驶,制动后做匀减速直线运动,经２s 停止,汽车的制动距离为 (　　) A．５m　　　　　B．１０m　C．２０m　D．３０m 解析:B　[汽车制动时做末速度为零的匀减速 直线运动,则有x＝ v０＋v ２ t＝１０m． ] ２．如图所示,某司机正驾 驶汽车以１０m/s的速 度匀速驶向某干道红绿 灯路口,当汽车的车头 距离停车线为１６m 时 发现有人正在通过人行横道,司机经过一定的 反应时间后,立即以大小为５m/s２ 的加速度减 速行驶,最后汽车车头刚好停在停车线处,该司 机的反应时间是 (　　) A．０􀆰２s　　B．０􀆰３s　　C．０􀆰５s　　D．０􀆰６s 解析:D　[已知v０＝１０m/s,x＝１６m,a＝５m/s２, 则由运动学公式得汽车减速位移大小x′＝ v２０ ２a＝ １０m,司机的反应时间为Δt＝x－x′v０ ＝０．６s,故 选D．] ３．如图所示,在杭州亚运 会田径项目赛场上,机 器狗承担了拾捡和运输 器材的任务．某次运输 过程中,当机器狗检测 到前方有一位站立不动的工作人员,为了避免 相撞,机器狗立即做匀减速直线运动直至停止, 已知其减速后第１s内的位移是最后１s内位移 的５倍,且这两段位移的差值为０．４m,则机器 狗开始减速后 (　　) A．运动的总时间为３s B．加速度大小为０．４m/s２ C．总位移大小为６．４m D．初速度大小为２．４m/s 解析:A　[根据运动的逆过程x１∶xn＝１∶５, 因为x１∶x２∶x３＝１∶３∶５,所以t总 ＝３s,故A 正确;由Δx＝２aT２,可得a＝０．２m/s２,故B错 误;总位移大小为x＝１２at ２＝０．９m,故C错误; 初速度大小为v０＝at＝０．６m/s,故D错误．] ４．(２０２５􀅰山东潍坊三模)２０２４潍坊市足球联赛于 ３月２４日在潍坊四中和利昌学校开赛．在赛前 训练中,运动员将足球用力踢出,足球沿直线在 草地上向前滚动,其运动可视为匀变速运动,足 球离脚后,在０~t时间内位移大小为２x,在t~３t 时间内位移大小为x．则足球的加速度大小为 (　　) A．４ (２－ ３)x t２ B．２ (２－ ３)x t２ C．x t２ D．x ２t２ 解析:A　[若足球在３t时刻停止,根据逆向思 维法可知,相等时间间隔内的位移之比为１∶３ ∶５∶􀆺,由０~t时间内位移大小为２x,则在 t~３t时间内位移大小应为１􀆰６x,而题干为x,则 说明在３t之前足球就已经停止运动．根据逆向 思维法则有v２＝２ax,２x＝vt＋１２at ２, 联立解得a＝４ (２－ ３)x t２ ,故选A．] ５．一质点从t＝０时刻起开始做匀变速直线运动． 经过１０s的时间回到出发点,则它在第２s内的 位移大小与第７s内的位移大小之比为 (　　) A．５∶３　B．３∶７　C．７∶３　D．１∶１ 解析:C　[质点先做匀减速运动,速度减到零后 做反向的匀加速运动,由对称性可知,匀减速和 匀加速的时间均为５s;将匀减速运动的逆过程 看作是初速度为零的匀加速运动,则匀减速阶 段第２s内的位移大小也就是反向匀加速阶段 第４s内的位移;第７s内的位移,也就是匀加速 阶段第２s内的位移,根据初速度为零的匀加速 运动相等时间内的位移之比为１∶３∶５∶７∶ 􀆺,可知匀加速阶段第４s内的位移与第２s内 的位移之比为７∶３,即整个运动过程中在第２s 内的位移大小与第７s内的位移大小之比为７ ∶３．故选C．] ６．某一做匀加速直线运动的物体的初速度为v０＝ ５m/s,加速度为a＝２m/s２,则下列结论中正确 的是 (　　) A．它第３s初的速度是１１m/s B．它第５s初的速度比第４s末的速度大４m/s C．它第２s内速度变化量为２m/s D．它前２s内速度增加量为２m/s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６２４􀅰 高考总复习　物理 解析:C　[它第３s初的速度即第２s末的速度 为v２＝v０＋at＝(５＋２×２)m/s＝９m/s,故A错 误;第５s初与第４s末是同一时刻,则第５s初 的速度与第４s末的速度相等,故B错 误;由 Δv＝at得第２s内速度变化量Δv＝２×１m/s＝ ２m/s,故C正确;前２s内速度增加量为Δv′＝ at′＝２×２m/s＝４m/s,故D错误．] ７．如图,一小球(可视为质 点)由静止开始沿光滑斜 面向下做匀加速直线运 动,已知小球从位置 m 到位置p 的运动过程 中,从位置m 到位置n 的时间为t１,从位置n到 位置p 的时间为t２,两段连续的位移均为s,则 小球通过位置n时的速度的大小为 (　　) A．vn＝ s(t２１－t２２) t１t２(t１－t２) 　　B．vn＝ s(t２１＋t２２) t１t２(t１＋t２) C．vn＝ s(t２１－t２２) t１t２(t１＋t２) 　　D．vn＝ s(t２１＋t２２) t１t２(t１－t２) 解析:B　[设小球通过位置n时的速度的大小 vn,小球的加速度为a;从位置m 到位置n,根据 逆向思维可得s＝vnt１－ １ ２at ２ １,从位置n到位置p, 有s＝vnt２＋ １ ２at ２ ２,联立解得vn＝ s(t２１＋t２２) t１t２(t１＋t２) ,故 选B．] ８．(２０２５􀅰河北沧州高三模拟)“百公里刹车距离” 是指汽车以１００km/h的速度行驶时,刹车踩到 底,达到最大制动力时的刹车距离．某汽车做百 公里刹车距离测试时,先后经过平直公路上A、 B 两点,已知两点之间的距离为L,汽车经过A、 B 两点的时刻相差t０,汽车经过A 点时的速度 大小为经过B 点时速度大小的４倍,刹车过程 可视为匀减速直线运动,则此过程中该汽车刹 车时的加速度大小为 (　　) A．４L ３t０２ 　　B．６L ５t０２ 　　C．L ２t０２ 　　D．２L t０２ 解析:B　[由运动学公式可知L＝ (vA＋vB)t０ ２ , 由题意可知vA＝４vB,解得vB＝ ２L ５t０ ,vA＝ ８L ５t０ ,小 车的加速度大小为a＝ vA－vB t０ ＝６L ５t０２ ,故选B．] ９．(２０２５􀅰浙江嘉兴三模)某型号的舰载飞机在航 空母舰的跑道上加速时,发动机产生的最大加 速度为５m/s２,所需的起飞速度约为５０m/s,航 母静止时,弹射系统初始能给舰载机２５m/s的 初速度．若航母以１５m/s的航速匀速行驶,弹 射系统开启,为保证飞机能从舰上顺利起飞,航 母上飞机跑道的长度至少约为 (　　) A．４０m　　B．６０m　　C．８０m　　D．１００m 解析:B　[根据匀变速直线的运动规律可知,飞 机起飞加速的时间t＝ v－v０ a ＝ ５０－４０ ５ s＝２s 这段时 间 内 飞 机 的 位 移v２－v２０＝２ax１,解 得 x１＝ v２－v２０ ２a ＝ ５０２－４０２ ２×５ m＝９０m ,航母的位移x２ ＝v′t＝１５×２m＝３０m,故跑道的长Δx≥x１－ x２＝６０m,B正确．] [能力综合练] １０．(２０２５􀅰湖北武汉二模)为满足旅客乘坐高铁 出行的不同需要,城际高铁开通了“一站直达” 列车和“站站停”列车两种班次．假设两城高铁 站之间均匀分布了４个车站,若列车在进站和 出站过程中做匀变速直线运动,加速度大小均 为２m/s２,其 余 行 驶 时 间 内 保 持 最 高 时 速 ２８８km/h匀速运动,“站站停”列车在每个车站 停车时间均为t０＝２min,则一站直达列车比 “站站停”列车节省的时间为 (　　) A．１０min４０s B．１１min２０s C．１３min２０s D．１４min４０s 解析:A　[由题可知,列车加速到速度最大所 用的时间为t加 ＝ vm a ＝ ２８８ ３．６ ２ s＝４０s ,列车进站 减速与出站加速时的加速度相等,故t加 ＝t减, 设一站直达列车匀速行驶用时为t,“站站停” 列车匀速行驶用时t′,根据题意可知, １ ２at ２ 加 ＋１２at ２ 减 ＋vmt＝５􀅰 １ ２at ２ 加 ＋５􀅰１２at ２ 减 ＋ vmt′,一站直达列车比“站站停”列车节省的时 间为Δt＝(t′＋４t０＋５t加 ＋５t减)－(t＋t加 ＋t减) 联立解得Δt＝６４０s＝１０min４０s,故选A．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７２４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 １１．(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１０m/s,ST 段的平均速度是５m/s,则 公交车经过T 点时的瞬时速度为 (　　) A．３m/s B．２m/s C．１m/s D．０．５m/s 解析:C　[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􀭵vRS ＝xt１ ＝ vR＋vS ２ ,􀭵vST＝ ２x t２ ＝ vS＋vT ２ , 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＝２m/s, 其中还有􀭵vRS＝vR－a􀅰 t１ ２ , 解得vR＝１１m/s, 联立解得vT＝１m/s,故选C．] １２．一辆汽车在平直公路上以１０m/s的初速度做 匀加速直线运动,２s内的位移为３０m．则下列 关于汽车的说法正确的是 (　　) A．汽车第２s内的位移比第１s内的位移大５m B．汽车运动的加速度大小为１５m/s２ C．汽车第１s内与第２s内的位移之比为１∶３ D．汽车第２s末的速度大小为１４􀆰１m/s 解析:A　[２s内的位移为３０m,可知１s末的 速度v１＝ x２ t２ ＝１５m/s,第１s内的位移x１＝ v０＋v１ ２ t１＝ １０＋１５ ２ ×１m＝１２．５m ,第２s内的 位移为x２＝１７􀆰５m,则汽车第２s内的位移比 第１s内的位移大５m,汽车第１s内与第２s 内的位移之比为５∶７,选项A正确,C错误;汽 车运动的加速度大小为a＝ v１－v０ t１ ＝１５－１０１ m /s２ ＝５m/s２,选项B错误;汽车第２s末的速度大 小为v２＝v０＋at２＝(１０＋５×２)m/s＝２０m/s, 选项D错误．] １３．(２０２４􀅰广西高考)如图,轮滑训练场沿直线等 间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距d＝ ０．９m,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行．现测 出他从１号锥筒运动到２号锥筒用时t１＝０．４s, 从２号锥筒运动到３号锥筒用时t２＝０．５s．求 该同学 (１)滑行的加速度大小; (２)最远能经过几号锥筒． 解析:(１)根据匀变速运动规律某段内的平均 速度等于中间时刻的瞬时速度可知在１、２间 中间时刻的速度为v１＝ d t１ ＝２．２５m/s, ２、３间中间时刻的速度为v２＝ d t２ ＝１．８m/s 故可得加速度大小为a＝ΔvΔt＝ v１－v２ t１ ２＋ t２ ２ ＝１m/s２． (２)设到达１号锥筒时的速度为v０,根据匀变 速直线运动规律得v０t１－ １ ２at２ ２＝d, 代入数值解得v０＝２．４５m/s 从１号开始到停止时通过的位移大小为x＝ v０２ ２a＝３．００１２５m≈３．３３d , 故可知最远能经过４号锥筒． 答案:(１)１m/s２;(２)４ [素养培优练] １４．(２０２４􀅰全国高考)为抢救病人,一辆救护车紧 急出发,鸣着笛沿水平直路从t＝０时由静止开 始做匀加速运动,加速度大小a＝２m/s２,在 t１＝１０s时停止加速开始做匀速运动,之后某 时刻救护车停止鸣笛,t２＝４１s时在救护车出 发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声．已 知声速v０＝３４０m/s,求: (１)救护车匀速运动时的速度大小; (２)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离． 解析:(１)根据匀变速运动速度公式v＝at１, 可得救护车匀速运动时的速 度 大 小v＝２× １０m/s＝２０m/s; (２)救护车加速运动过程中的位移x１＝ １ ２at ２ １ ＝１００m, 设 在 t３ 时 刻 停 止 鸣 笛,根 据 题 意 可 得 (t３－t１)×２０＋１００ v０ ＋t３＝t２, 停止鸣笛时救护车距出发处的距离x＝x１＋ (t３－t１)×v, 代入数据联立解得x＝６８０m． 答案:(１)２０m/s　(２)６８０m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８２４􀅰 高考总复习　物理