第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦匀变速直线运动规律，通过三级模块覆盖图像分析、多过程运动等核心题型，渗透逆向思维等科学推理方法，构建从概念到综合应用的知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|7题|v-t图像、刹车时间等基础应用|运动学公式直接应用，概念辨析| |能力提升练|5题（含1计算）|多过程运动、ETC系统等实际情境|公式联立与过程拆分，模型建构| |培优创新练|1题|斜面往返运动、中点速度分析|逆向思维与对称性应用，科学推理|

限时规范训练(2)　匀变速直线运动的规律 (建议用时：40分钟　满分：70分) (选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，12题7分，共60分) [基础巩固练] 1．(2026·北京师大实验中学摸底)商场自动感应门如图1所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左右平移，完全打开时速度恰好为0，两扇门移动距离均为2 m。若门运动的v-t图像如图2所示，则门的加速度大小为(　　) A．2.0 m/s2 B．1.0 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2 解析：C　由题可知，两扇门在打开的过程中，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，匀加速运动加速度的大小和匀减速运动加速度的大小相等。匀加速直线运动的位移x＝ m＝1 m，匀加速直线运动的时间t＝ s＝2 s，由运动学公式x＝at2，解得a＝0.5 m/s2，故选C。 2．(2025·安徽卷，4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动，最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　) A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 解析：A　设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝at02，又x1＋2x＝8x，联立解得t0＝t，所以x＝at2，A正确。 3．(2025·山东临沂一模)一辆公共汽车以初速度14 m/s进站后开始刹车，做匀减速直线运动直到停下。刹车后3 s内的位移与最后3 s内的位移之比是4∶3，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为(　　) A．1∶1 B．49∶40 C．49∶30 D．49∶48 解析：D　由题意可知，可得a＝4 m/s2，汽车停止运动需要时间t0＝＝3.5 s，则刹车后4 s内通过的距离x4＝×3.5 m＝24.5 m，刹车后3 s内通过的距离x3＝v0t3－at32＝24 m，则刹车后4 s内通过的距离与刹车后3 s内通过的距离之比为49∶48，故选D。 4．(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，若木板长度为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．∶ B．∶ C．∶ D．∶ 解析：A　对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝at02，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＝at12，当木板长度为2L时，有3L＝又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。 5．(2025·湖南株洲市一模)一质点沿x轴运动，其位置随时间的关系为x＝6＋4t＋2t2(式中各物理量的单位均为国际单位)。关于其加速度与1 s内的速度变化量，下列说法正确的是(　　) A．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为4 m/s B．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为4 m/s C．加速度是描述位移变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为2 m/s D．加速度是描述速度变化快慢的物理量，1 s内的速度变化量为2 m/s 解析：B　根据加速度的定义式a＝可知，加速度是描述速度变化快慢的物理量，由于x＝6＋4t＋2t2，则有x－6＝4t＋2t2，将上述表达式与位移公式进行对比有a＝2 m/s2，解得a＝4 m/s2，可知1 s内的速度变化量为4 m/s，故选B。 6．(2026·湖南长郡中学开学检测)有一辆汽车在一个沙尘暴天气中匀速行驶，司机突然模糊的看到正前方十字路口有一路障，他立即采取刹车，未发生事故。已知该汽车在水平路面上刹车时位移随时间变化的规律式为x＝20t－2t2( x的单位是m，t 的单位是s)。则关于该汽车的运动，下列判断中正确的是(　　) A．刹车过程中的加速度大小为2 m/s2 B．刹车后6 s内的位移48 m C．刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为19∶17∶15∶13 D．刹车全过程的平均速度为10 m/s 解析：D　根据x＝v0t＋at2，可得汽车的初速度v0＝20 m/s，加速度a＝－4 m/s2，A错误；汽车刹车所需的时间t＝ s＝5 s，故汽车在5 s末已经停止，故6 s内的位移x＝20t－2t2＝20×5 m－2×52 m＝50 m，B错误； 刹车后，汽车5 s内停下，应用逆向思维，根据x＝at2，第1 s内、第2 s内、第3 s内…位移之比为1∶3∶5∶7∶9，那么刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为9∶7∶5∶3，C错误；刹车后5 s末汽车已停止，故刹车全过程的平均速度为＝10 m/s，D正确，故选D。 7．(2025·八省联考云南卷)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：A　汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36 km/h＝10 m/s，末速度v不大于限速为20 km/h≈5.56 m/s，该过程汽车速度的变化量为Δv＝v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44 m/s，结合选项内容，符合题意的仅有A选项。 [能力提升练] 8．(2026·重庆一中高三开学考)到2035年，重庆市高速公路将达到7000公里，如图所示为高速公路的ETC电子收费系统，ETC通道的长度(识别区起点到自动栏杆的水平距离)L＝8 m。某自动驾驶汽车以18 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5 m/s2，汽车静止时距自动栏杆的距离为3.8 m，则自动驾驶系统的反应时间为(　　) A．0.04 s B．0.02 s C．0.01 s D．0.2 s 解析：A　设自动驾驶系统的反应时间为t1，由题知汽车的速度v0＝18 km/h＝5 m/s，识别时间为t0＝0.3 s，汽车做匀速直线运动的位移为x1＝v0(t0＋t1)，汽车做匀减速直线运动的位移为x2＝，根据题意有x1＋x2＋3.8 m＝L，联立解得t1＝0.04 s，故选A。 9．(2025·山西朔州高三质检)一辆汽车在平直公路上以10 m/s的初速度做匀加速直线运动，2 s内的位移为30 m，则下列关于汽车的说法正确的是(　　) A．汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m B．汽车运动的加速度大小为15 m/s2 C．汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为1∶3 D．汽车第2 s末的速度大小为14.1 m/s 解析：A　汽车2 s内的位移为30 m，可知1 s末汽车的速度为v1＝＝15 m/s，第1 s内的位移为x1＝×1 m＝12.5 m，第2 s内的位移为x2＝17.5 m，则汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m，汽车第1 s内与第2 s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＝ m/s2＝5 m/s2，选项B错误；汽车第2 s末的速度大小为v2＝v0＋at2＝(10＋5×2)m/s＝20 m/s，选项D错误。 10．(多选)(2026·湖南长郡中学开学检测)如图，在一条较直的公路上，有A、B、C三棵相距都是L的树，一汽车沿公路行驶的过程中，经过A点时，司机突然发现前方有一群动物横穿过公路，司机立即刹车(不考虑反应时间)，汽车做匀减速直线运动，最终停在D点(恰好没有发生安全事故)。汽车经过AB段的时间为t，经过BC段的时间为2t，则(　　) A．汽车运动的加速度为a＝ B．汽车经过A点的速度vA＝ C．汽车经过CD段所用时间为3t D．CD段的距离为L 解析：AB　设质点加速度为a，由题意得L＝vAt－a×(3t)2，联立解得a＝，故AB正确；根据vt＝vA－at，可得汽车经过C点的速度为vC＝，则汽车经过CD段所用时间tCD＝t，故C错误；汽车CD段的运动可以看作从D点由静止开始的匀加速运动，则根据xCD＝atCD2，可得xCD＝，故D错误。故选AB。 11．(10分)(2024·广西卷，13)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＝0.9 m，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＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。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)设该同学经过1号锥筒时速度大小为v0，加速度大小为a，由匀变速直线运动规律可知 d＝v0t1－at12 2d＝v0(t1＋t2)－a(t1＋t2)2 联立解得v0＝2.45 m/s，a＝1 m/s2。 (2)设该同学停下时经过的位移大小为x，根据匀变速直线运动规律有v2－v02＝－2ax 解得x＝＝3.001 25 m≈3.33d＜4d 可知最远能经过4号锥筒。 答案：(1)1 m/s2　(2)4 [培优创新练] 12．(2025·成都石室中学月考)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点。小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　) A．小球的加速度大小为3 m/s2 B．OA间距为8 m C．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/s D．第3 s末经过B点 解析：C　设OA间距为x，小球在斜面上运动时加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律，从O点至第一次经过A点，有x＝v0t－at2，从O点至第二次通过C点，有x＋xAC＝v0(t＋t′)－a(t＋t′)2，其中v0＝10 m/s，xAC＝8 m，t＝2 s，t′＝4 s，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B点为AC的中点，则OB间距为x1＝x＋xAC＝20 m，由vB2－v02＝－2ax1，得小球第一次经过B点时的速度大小vB＝2 m/s，故C正确；第一次经过B点时，由x1＝t1，得t1＝s，第二次经过B点时，由x1＝t1′，得t1′＝s，故小球第s末和第s末经过B点，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $