核心素养测评(第一章 第2讲 匀变速直线运动规律)-【优学精研】2026年高考物理一轮总复习教用课件

核心素养测评　 (40分钟　70分) 二　匀变速直线运动规律 【基础巩固练】 1.(6分)(2025·云南适应性测试)司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时,立即开始制动,使汽车做匀减速直线运动,直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是(　　) A.9.0 s,0.5 m/s2　　　　B.7.0 s,0.6 m/s2 C.6.0 s,0.7 m/s2 D.5.0 s,0.8 m/s2 【解析】选A。36 km/h=10 m/s,20 km/h≈5.56 m/s,根据v-v0=at>4.44 m/s,则选A。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(6分)(2024·海南等级考)商场自动感应门如图所示,人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移,经4 s恰好完全打开,两扇门移动距离均为2 m,若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动,完全打开时速度恰好为0,则加速度的大小为(　　) A.1.25 m/s2　　　　　　B.1 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.25 m/s2 【解析】选C。设门的最大速度为v,根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为,且时间相等,均为2 s,根据x=×4 s 可得v=1 m/s 则加速度a== m/s2=0.5 m/s2,故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.(6分)一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中,司机忽然发现前方有一警示牌,立即刹车。刹车后汽车立即开始做匀减速直线运动,直至停止。已知从刹车开始计时,汽车在0~2 s内的位移大小为48 m,4~6 s内的位移大小为 3 m。用v0、a分别表示汽车匀速行驶时的速度大小及刹车后的加速度大小, 则(　　) A.a= m/s2,v0= m/s B.a= m/s2,v0= m/s C.a=8 m/s2,v0=32 m/s D.a=6 m/s2,v0=30 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【解析】选D。汽车的加速度大小为a,初速度为v0,则在0~2 s内的位移为: x1=v0t-at2 汽车在4 s时的速度为v=v0-4 s×a 则4~6 s内的位移为:x2=vt-at2 代入数据解得v0=29.625 m/s,a=5.625 m/s2;但当t=6 s时,可得速度为v6=-4.125 m/s,这说明在t=6 s时汽车已停止运动,因此上面的计算不成立。 则4~6 s内的位移为0-v2=-2ax2 联立各式计算可得a=6 m/s2,v0=30 m/s, 故D正确,A、B、C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.(6分)如图所示,一名消防员在演训中,沿着长为16 m的竖立在地面上的钢管向下滑。他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零。将消防员视作质点,已知他下滑的总时间为4 s,下滑过程中加速的时间是减速时间的3倍,下列说法正确的是(　　) A.消防员加速过程与减速过程的平均速度相同 B.消防员加速过程与减速过程中速度变化量相同 C.消防员下滑过程中的最大速度为9 m/s D.消防员加速过程的加速度大小为2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【解析】选A。根据题意有t加+t减=4 s,t加=3t减 可得t加=3 s,t减=1 s 设消防员下滑过程中的最大速度为v,则有t加+t减=16 m,解得v=8 m/s 消防员加速过程的速度变化量为Δv=v-0=8 m/s 消防员减速过程的速度变化量为Δv=0-v=-8 m/s 可知消防员加速过程与减速过程中速度变化量大小相等,方向相反,故B、C错误;消防员加速过程的加速度大小为a加== m/s2,故D错误;消防员加速过程与减速过程的平均速度均为==4 m/s,故A正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(6分·多选)(2025·青岛模拟)一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动,车头经过站台上三个立柱A、B、C,对应时刻分别为t1、t2,t3,其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是(　　) A.t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1 B.车头经过立柱A的速度大于 C.车头经过立柱B的速度大小为 D.车头经过立柱A、B过程中的平均速度大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【解析】选B、D。对于初速度为0的匀加速直线运动,连续相邻相等位移内的时间比为t1∶t2∶t3=1∶(-1)∶(-),x-t图像的斜率表示速度,根据图像可知,A、B、C相邻立柱的间距相等,但是车头经过立柱C时的速度并不为0,根据逆向思维可知,通过的时间不满足比例关系,故A错误;动车做匀变速直线运动,全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即t2时间内中间时刻的瞬时速度为,但车头经过立柱A的速度为中间位置的瞬时速度,而匀变速直线运动中间位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度,即车头经过立柱A的速度vA>,同理可知车头经过立柱B的速度vB>,故B正确、C错误;平均速度等于总位移与总时间的比值,则车头经过立柱A、B过程中的平均速度大小为==,故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.(6分)(科技前沿)图甲是正在水平面内工作的送餐机器人,该机器人沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐,已知弧长和半径均为4 m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切,AB段长度也为4 m,CD段长度为12 m,机器人从A点由静止匀加速出发,到B点时速率恰好为1 m/s,接着以1 m/s的速率匀速通过BC,通过C点后以1 m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动,最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ=0.1,关于该运动的说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A.B到C过程中机器人的向心加速度a=0.2 m/s2 B.餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下,机器人从C点到D点的最短时间t=12.5 s C.A到B过程中餐盘和水平托盘会发生相对滑动 D.若重新设置机器人,使其在BC段以3 m/s匀速率通过,餐盘与水平托盘间不会发生相对滑动 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【解析】选B。B到C过程中机器人的向心加速度a== m/s2=0.25 m/s2,选项A错误;餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下,机器人的加速度最大值为am=μg=1 m/s2 到达D点之前减速的时间t1==1 s 减速位移x1=t1=0.5 m 从C到开始减速的时间t2= s=11.5 s 则机器人从C点到D点的最短时间t=t1+t2=12.5 s,选项B正确;机器人从A点由静止 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 匀加速出发,到B点时速率恰好为1 m/s,则该过程中的加速度a1== m/s2= 0.125 m/s2<am 可知A到B过程中餐盘和水平托盘不会发生相对滑动,选项C错误;若重新设置机器人,使其在BC段以3 m/s匀速率通过,则向心加速度a2== m/s2=2.25 m/s2>am,可知餐盘与水平托盘间会发生相对滑动,选项D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【综合应用练】 7.(6分)我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为216 km。设普通列车的最高速度为108 km/h,高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在出站和进站过程中,加速度大小均为0.5 m/s2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　　) A.1小时10分钟　　　　B.1小时15分钟 C.1小时18分钟 D.1小时20分钟 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【解析】选C。由题意,画出运动的示意图, 普通列车及高铁列车的最高速度大小分别为v1m=108 km/h=30 m/s v2m=324 km/h=90 m/s 设高铁列车加速过程(或减速过程)所用时间为t1,以最大速度匀速行驶的时间为t2,则有v2m=at1=90 m/s s=2×a+v2mt2=216 km=2.16×105 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 把a=0.5 m/s2代入求得t1=180 s,t2=2 220 s 所以高铁列车从W站到G站所用总时间为t=2t1+t2=43 min 同理,设普通列车加速(或减速)所用时间为t'1,以最大速度匀速行驶的时间为t'2,则有v1m=at'1=30 m/s s=2×at+v1mt'2=216 km=2.16×105 m 求得t'1=60 s,t'2=7 140 s 所以普通列车所用总时间为t'=2t'1+t'2=121 min 可得从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为 Δt=t'-t=78 min=1 h 18 min,故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【总结提升】解答多过程问题的基本思路: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.(6分)如图所示,高铁站台上,5位旅客在各自车厢候车线处候车,若动车每节车厢长均为l,动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t,动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端),则(　　) A.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动,经历的时间为3t B.动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动,平均速度为 C.1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为 D.动车的加速度大小为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【解析】选C。采用逆向思维可知,动车连续经过相等的位移所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)∶……∶(-) 则动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过2号旅客用时的2倍,历时2t,故A错误;动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下总位移为4l,用时2t,则平均速度为==,故B错误;由以上逆向思维可知l=at2,则加速度a=,并且=2al,=2a×4l,解得v5=2v2,同时又有l=t,所以v5=,故C正确,D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.(6分)(2025·江门模拟)两辆汽车A、B在平直路面上运动时的位置变化如图甲 所示(A车位置为坐标原点),初始时的运动方向如图乙所示,下列说法不正确的 是(　　) A.在0~t1时间内,A车的速度大于B车的速度 B.0~70 s时间内,A、B两车的平均速度相同 C.t2~t3时间内,若以A车为参照物,B车向东运动 D.0 s计时后,A、B两车共相遇两次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【解析】选B。由题图知,汽车B全程在做匀速运动,其速度为 vB== m/s=-12 m/s 汽车A在0~30 s内匀速运动,其速度为vA1== m/s=20 m/s 在0~t1时间内,A车的速度为20 m/s,大于B车的速度12 m/s,故A正确;0~70 s时间内,A车的平均速度== m/s=0 m/s 而B车的速度为-12 m/s,两车的平均速度不相同,故B错误;在t2~t3时间内,A车速度为vA3== m/s=-20 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A车向西做匀速直线运动,速度大小为20 m/s,B车也是向西运动,速度大小为12 m/s 所以以A车为参照物,B车向东运动,故C正确;由题图知,位移相等时两车相遇,可知 从最开始到最后停止的时间内,A、B两车在中间相遇一次,70 s时相遇一次,共相遇 两次,故D正确。此题选择错误的,故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【情境创新练】 10.(16分)如图甲为一种自动感应门,门框上沿中央安装有传感器,当人或物体与传感器的水平距离小于或等于某个设定值(可称为“水平感应距离”)时,中间两扇门分别向左右平移,当人或物体与传感器水平距离大于设定值时,门将自动关闭。图乙为感应门的俯视图,A为传感器位置,虚线圆是传感器的感应范围,已知每扇门宽度d=1.6 m,最大移动速度v0=0.8 m/s。若门每一次开启时先匀加速运动达到最大速度后,立即以大小相等的加速度匀减速运动,每扇门完全开启时的速度刚好为零,移动的最大距离等于门的宽度d,不计门及门框的厚度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (1)门开启时做加速和减速运动的加速度大小是多少;(4分) 答案:(1)0.4 m/s2　 【解析】(1)依题意,每扇门开启过程中的速度图像如图所示 设门全部开启所用的时间为t0,由图可得d=v0t0 由速度—时间关系得v0=a·(t0) 联立解得a==0.4 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)若人以v=1.2 m/s的速度沿图中虚线BA走向感应门,要求人到达门框时左、右门同时各自移动的距离,那么设定的传感器水平感应距离l应为多少;(6分) 答案: (2)2.4 m 【解析】(2)要使单扇门打开,需要的时间为t=t0 人只要在t时间内到达门框处即可安全通过,所以人到门的距离为l=vt 联立解得l=2.4 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)若以l=2.1 m的感应距离设计感应门,欲搬运宽为b=d的物体(厚度不计),并使物体沿中间虚线BA垂直地匀速通过该门(如图丙所示),那么物体移动的速度不能超过多少。(6分) 答案: (3)0.7 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 【解析】(3)依题意宽为d的物体移到门框过程中,每扇门至少要移动d的距离,每扇门的运动各经历两个阶段:开始以加速度a运动的距离,速度达到v0,所用时间为t1=,而后又做匀减速运动,设减速时间为t2,门又动了 s2=d-d=d 由匀变速运动公式,得s2=v0t2-a解得t2=或(不合题意舍去) 要使每扇门打开d所用的时间为t1+t2= 故物体移动的速度不能超过 v==0.7 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 $