课时提升训练(2) 匀变速直线运动规律及其应用 （Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考物理总复习上册·第1轮（浙江专用）

课时提升训练(2)　匀变速直线运动规律及其应用　　　　　　　　　　　　　　　　 考点一　匀变速直线运动的规律及应用 1．一辆汽车由静止沿平直公路匀加速行驶。汽车启动t时间后的6 s内前进了24 m，启动5t时间后的6 s内前进了48 m，则该汽车的加速度大小和t分别为(　　) A．1 m/s2，1 s B．2 m/s2，1 s C．2 m/s2，2 s D．1 m/s2，2 s 答案：A 2．(2025·杭州模拟)汽车的百公里加速(时间)指的是汽车从静止开始加速到100 km/h所花的最短时间。某一款汽车的官方百公里加速为5.0 s，最高车速为250 km/h。假定该汽车从静止开始做匀加速直线运动，则汽车(　　) A．加速到100 km/h的过程中的最大加速度为5.0 m/s2 B．加速到100 km/h，行驶的最短位移为250 m C．行驶50 m，速率能超过80 km/h D．加速到300 km/h，所花的最短时间是15 s 答案：C 考点二　匀变速直线运动的推论及应用 3．如图所示，一个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 答案：A 4．(2025·嘉兴测试)如图所示为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则(　　) A．通过cd段的时间为t B．通过ce段的时间为(2－)t C．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度 D．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 B　解析：根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过相同长度的ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，可得出通过cd段的时间为(－)t，通过de段的时间为(2－)t，则通过ce段的时间为(2－)t，A错误，B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae段的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、D错误。 5．(多选)(2025·温州测试)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段的平均速度为20 m/s。根据这些信息可求得(　　) A．高铁车头经过A、B、C的速度 B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间 C．高铁运动的加速度 D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比 AD　解析：设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到AB＝＝30 m/s；根据BC段的平均速度为20 m/s，可以得到BC＝＝20 m/s；设AB＝BC＝x，则整个过程中的平均速度＝＝＝24 m/s，所以有AC＝＝24 m/s，联立解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体长度，故不能求解运动时间及其加速度的大小，A正确，B、C错误；tAB∶tBC＝∶＝2∶3，D正确。 考点三　自由落体运动和竖直上抛运动 6.(2024·金华测试)有一架照相机，其光圈(进光孔径)随被拍摄物体的亮度自动调节，而快门(曝光时间)是固定不变的。为估测这架照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子某段时间在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知这张照片的曝光时间为0.02 s，每块砖的平均厚度为6 cm，请估算石子刚下落时距地面的高度(　　) A．1.5 m B．2.0 m C．2.5 m D．3.0 m C　解析：石子在曝光时间内的平均速度为v＝＝ m/s＝6 m/s，此速度为轨迹中间时刻的速度，由于时间极短可以近似看成到图中最高一块砖的瞬时速度，根据v2－0＝2gh，代入数据解得h＝1.8 m，则石子刚下落时距地面的高度H＝12×0.06 m＋1.8 m＝2.52 m，C正确，A、B、D错误。 7．将一小球以初速度v从地面竖直向上抛出后，小球两次经过离地面高度为5 m的位置的时间间隔Δt1＝2 s。若初速度变为2v，求小球两次经过离地面高度为5 m的位置的时间间隔Δt2。(g取10 m/s2，空气阻力不计) 答案：2 s 解析：小球以初速度v从地面竖直向上抛出后，由对称法可知，小球从最高点到离地面高度为5 m的位置所用的时间为 t1＝＝1 s 其落地前瞬间的速度大小v1＝v 设从最高点到离地面高度为5 m的位置的高度为h1，则 h1＝gt12 根据速度—位移关系式，有v12＝2g(h1＋h)，其中h＝5 m 联立上述各式，并代入数据解得v1＝10 m/s 即v＝10 m/s 若初速度变为2v，由对称法可知，小球落地前瞬间的速度大小 v2＝20 m/s 其从最高点到落地的时间设为t，则v2＝gt 最高点到地面的高度H＝gt2 小球从最高点到离地面高度为5 m的位置的过程有 H－h＝gt22，其中h＝5 m 由对称法知Δt2＝2t2 联立上述各式，并代入数据解得Δt2＝2 s。 8.打弹弓是一款传统游戏，射弹花样繁多，燕子钻天是游戏的一种，如图所示，一名表演者将弹丸竖直向上射出后，弹丸上升过程中在最初1 s内上升的高度与最后1 s内上升的高度之比为9∶1，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则弹丸在上升过程中最初1 s内中间时刻的速度大小和上升的最大高度分别为(　　) A．45 m/s；125 m B．45 m/s；75 m C．36 m/s；125 m D．36 m/s；75 m A　解析：射出的弹丸做竖直上抛运动，上升阶段的逆运动跟下落阶段可看成自由落体运动，由运动学公式h＝gt2可得，弹丸最后1 s内上升的高度h1＝×10×12 m＝5 m，则最初1 s内上升的高度h2＝9h1＝45 m，最初1 s内中间时刻的速度v＝＝ m/s＝45 m/s，弹丸上升过程时间t′＝＋0.5 s＝ s＋0.5 s＝5 s，弹丸上升的最大高度h3＝gt′2＝×10×52 m＝125 m，A正确。 9.如图所示为一辆无人送货车正在进行各项数据检测，该车此时做匀加速直线运动，某时刻起开始计时，在第一个4 s内位移为9.6 m，第二个4 s内位移为16 m，下列说法正确的是(　　) A．计时时刻送货车的速度为0 B．送货车的加速度大小为1.6 m/s2 C．送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s D．送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s C　解析：根据匀变速运动推论可得加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4 s末的速度大小v1＝ m/s＝3.2 m/s，根据速度时间公式可得计时时刻送货车的速度为v0＝(3.2－0.4×4) m/s＝1.6 m/s，A、B错误，C正确；送货车在第2个4 s内的平均速度大小为v＝ m/s＝4 m/s，D错误。 10．(2025·宁波期中)在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精密的重力加速度g值。测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，具体的做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T1，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球经过P点至又回到P点所用的时间为T2，测得T1，T2和H，可求得g等于(　　) A． B． C． D． 答案：B 11．(2024·温州二模)如图所示，小球(视为质点)从距地面高度为h1＝1.25 m的A点由静止释放，经地面第一次反弹，竖直上升至最高点B，B点距地面高度为h2＝0.8 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．小球在B点处于平衡状态 B．小球下降过程处于失重状态，上升过程处于超重状态 C．小球与地面作用过程速度变化量的大小为1 m/s D．小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小 D　解析：小球在B点处受到重力，合力不为零，所以小球在B点不是处于平衡状态，A错误；小球上升过程和下降过程只受重力，均处于完全失重状态，B错误；取竖直向下为正方向，小球从距地面高度h1＝1.25 m的A点由静止释放，做自由落体运动，与地面碰前瞬间的速度v1＝＝5 m/s，竖直上升至最高点B，B点距地面高度h2＝0.8 m，小球做竖直上抛运动，从地面反弹时的速度v2＝－，解得v2＝－4 m/s，速度变化量Δv＝v2－v1，解得Δv＝－9 m/s，速度变化量的大小为9 m/s，C错误；小球下降过程的平均速度大小为1＝＝2.5 m/s，上升过程的平均速度大小2＝＝2 m/s，则小球下降过程的平均速度大小大于上升过程的平均速度大小，D正确。 12.(2025·衢州测试)如图所示为酒店送货机器人。一次送货，机器人沿直走廊送货到30 m远的客房，机器人从静止开始做匀加速直线运动，2 s时速度达到1.2 m/s，然后做匀速直线运动，距离客房2.4 m时开始做匀减速直线运动，到达客房门口恰好停止。求： (1)匀加速阶段的加速度大小； (2)匀减速阶段的平均速度大小； (3)此次送货的时间。 答案：(1)0.6 m/s2　(2)0.6 m/s　(3)28 s 解析：(1)设机器人匀加速阶段的加速度大小为a，则有 a＝＝ m/s2＝0.6 m/s2。 (2)设机器人匀减速运动的平均速度为，则有 ＝＝ m/s＝0.6 m/s。 (3)设匀加速运动的位移为x1，匀速运动的位移为x2，匀减速运动的位移为x3，则有x1＝t1＝×2 m＝1.2 m 则匀速运动的时间为t2＝＝ s＝22 s 匀减速运动的时间为t3＝＝ s＝4 s 此次送货的时间为t＝t1＋t2＋t3＝2 s＋22 s＋4 s＝28 s。 学科网（北京）股份有限公司 $$