第2讲 匀变速直线运动的规律 专项训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 本专项通过分层训练系统整合匀变速直线运动公式、图像分析及多过程问题解法，强化运动观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|9题（含3道多选）|公式法（速度-位移、位移-时间）、图像面积法、临界条件判断（刹车时间）|从基本公式到图像应用，涵盖竖直上抛、刹车等模型，构建运动规律应用框架| |综合提升练|5题（含2道多选、2道计算）|分段运动分析法（加速-匀速-减速）、多过程关联方程、假设验证法（刹车停止判断）|深化多过程运动（高铁、升降机），形成复杂情境下的模型建构与科学论证能力|

第2讲 匀变速直线运动的规律 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1．(2025·新课标卷)我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450 km/h。若以120 m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4 km后停止，则减速运动中其加速度的大小为(　　) A．0.1 m/s2 B．0.5 m/s2 C．1.0 m/s2 D．1.5 m/s2 2．小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v­t图像如图所示，此两站间的距离约为(　　) A．980 m B．1230 m C．1430 m D．1880 m 3．随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点。某品牌无人驾驶汽车进行刹车性能测试，得到汽车在平直路面上紧急刹车(车轮抱死)过程中的位移随时间变化的规律为x＝24t－3t2(x的单位是m，t的单位是s)，则下列说法不正确的是(　　) A．该汽车刹车的初速度为24 m/s B．该汽车刹车的加速度为－6 m/s2 C．刹车后2 s末的速度为12 m/s D．刹车后5 s内的位移为25 m 4．某人坐在树下看到熟透的苹果(视为质点)从树上掉下来，从与头顶相同高度处落到水平地面的时间为0.1 s。已知头顶到地面的高度为1.25 m，取重力加速度大小为10 m/s2，则苹果(　　) A．经过与头顶相同高度处时的速度大小为10 m/s B．在空中运动的时间为1.2 s C．刚掉落时离地的高度为8.45 m D．落地时的速度大小为12 m/s 5．大雾天气能见度仅为32 m。某人的反应时间为0.4 s，汽车刹车时能产生的最大加速度大小为5 m/s2，为了安全行驶，汽车行驶的最大速度为(　　) A．12 m/s B．15 m/s C．16 m/s D．20 m/s 6.如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为112 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　) A．14 s B．16 s C．22 s D．28 s 7．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.＋ 8．(多选)升降机从井底以5 m/s的速度向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，再经过4 s升降机底板上升至井口，此时螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．螺钉松脱后做自由落体运动 B．矿井的深度为60 m C．螺钉落到井底时的速度大小为35 m/s D．螺钉松脱后做竖直上抛运动 9．(多选)从高为20 m的位置以20 m/s的初速度竖直上抛一物体，g取10 m/s2，当物体与抛出点距离为15 m时，所经历的时间可能是(　　) A．1 s B．2 s C．3 s D．(2＋) s 综合提升练 一．选择题： 10．(2026·山西省A10联盟高三上月考)一汽车在平直公路上做匀变速直线运动，依次经过A、B、C、D四个路标。已知汽车经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为1 s、2 s、3 s，在AB段和CD段发生的位移分别为2 m和30 m，则该汽车运动的加速度大小为(　　) A．2 m/s2 B．2.5 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2 11．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1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。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进站和出站过程中，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，两种列车在每个车站停车时间相同，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．6小时25分钟 B．6小时30分钟 C．6小时35分钟 D．6小时40分钟 12．(2026·重庆市北碚区高三上月考)司机踩下刹车后，汽车开始做匀减速直线运动，已知汽车在踩下刹车后的第1 s内的位移是21.5 m，第5 s内的位移是1.6 m，则汽车做减速运动的加速度大小和初速度分别为(　　) A．4.975 m/s2，24.875 m/s B．4.975 m/s2，24 m/s C．5 m/s2，24 m/s D．5 m/s2，25 m/s 13．(2026·江苏省南京市金陵中学高三上月考)(多选)如图所示，游乐场的玻璃滑梯可简化为倾斜滑道AB和水平滑道BC两部分。t＝0时某游客(视为质点)从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后速度大小不变，之后在BC上做匀减速直线运动，最后停在C点。若第6 s末和第12 s末速度大小均为6 m/s，第11 s末速度大小为8 m/s，则(　　) A．游客在第11 s末时处于减速阶段 B．游客在运动过程中的最大速度为9 m/s C．游客在运动全过程的路程为75 m D．游客在第16 s末运动到C点 二．计算题： 14．某跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开悬停的飞机后先做自由落体运动，当距离地面125 m时开始打开降落伞，到达地面时速度减为5 m/s。如果认为开始打开降落伞至落地前运动员在做匀减速运动，加速度大小为a＝8 m/s2，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)运动员打开降落伞时的速度大小； (2)运动员离开飞机时距离地面的高度。 15.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＝2 m/s2，在t1＝10 s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＝41 s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＝340 m/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。 参考答案： 1.答案：B解析：设减速运动中动车组加速度的大小为a，根据匀变速直线运动速度与位移的关系有v2－v＝－2ax，其中v＝0，v0＝120 m/s，x＝14.4 km＝14400 m，代入数据可得a＝0.5 m/s2，故选B。 2.答案：C解析：解法一：由题图可知，0～25 s内和74～94 s内地铁的加速度大小分别为a1＝ m/s2＝0.8 m/s2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，位移大小分别为x1＝a1t＝250 m，x2＝20 m/s×t2－a2t＝200 m，25～74 s内的位移大小为x3＝20×(74－25) m＝980 m，则两站间的距离x＝x1＋x2＋x3＝1430 m，故C正确。 解法二：题图v­t图像中图线与时间轴围成的面积表示两站间的距离，则两站间的距离约为x＝×(74－25＋94)×20 m＝1430 m，故C正确。 3.答案：D解析：已知汽车刹车过程中的位移随时间变化的规律为x＝24t－3t2，结合匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝v0t＋at2，可得该汽车刹车的初速度和加速度分别为v0＝24 m/s，a＝－6 m/s2，故A、B正确；刹车后2 s末的速度为v2＝v0＋at2＝24 m/s－6×2 m/s＝12 m/s，故C正确；汽车从刹车到停下所用时间为t0＝＝4 s<5 s，则刹车后5 s内的位移为x5＝v0t0＋at＝48 m，故D错误。本题要求选说法不正确的，故选D。 4.答案：C解析：设苹果经过与头顶相同高度处时的速度大小为v1，已知苹果从与头顶相同高度处落到水平地面的时间为t2＝0.1 s，头顶到地面的高度为h2＝1.25 m，根据运动学公式可得h2＝v1t2＋gt，解得v1＝12 m/s，则苹果落至与头顶相同高度处的时间为t1＝＝1.2 s，苹果在空中运动的时间为t＝t1＋t2＝1.3 s，苹果刚掉落时离地的高度为h＝gt2＝8.45 m，苹果落地时的速度大小为v＝gt＝13 m/s，故C正确，A、B、D错误。 5.答案：C解析：设汽车行驶的速度为v，由题知该人的反应时间为t0＝0.4 s，汽车刹车时减速运动的最大加速度大小为a＝5 m/s2，则人反应时间内汽车的位移x1＝vt0，汽车以最大加速度刹车过程的位移x2＝，为了安全行驶，x1、x2需满足x1＋x2≤x0，其中x0＝32 m，解得v≤16 m/s，所以汽车行驶的最大速度为16 m/s，故C正确，A、B、D错误。 6.答案：C解析：升降机先以加速度最大值a做匀加速直线运动，直到达到最大速度v，然后做匀速直线运动，最后以加速度最大值a做匀减速运动，此过程将矿石从井底提升到井口的时间最短。在加速阶段，运动时间为t1＝＝ s＝8 s，通过的位移为x1＝＝ m＝32 m，根据对称性可知，在减速阶段与加速阶段运动时间和通过的位移相同，则升降机在匀速阶段通过的位移为x2＝x－2x1＝112 m－2×32 m＝48 m，运动时间为t2＝＝ s＝6 s，则将矿石从井底提升到井口的最短时间为tmin＝2t1＋t2＝22 s，故选C。 7.答案：C解析：分析可知，从正常行驶速率v0以大小为2a的加速度匀减速至速率为v，以速率v匀速通过隧道，之后以大小为a的加速度匀加速至正常行驶速率v0，所用时间最少。匀减速过程有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道内匀速运动的时间t2＝，匀加速过程有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。 8.答案：CD解析：螺钉松脱前随升降机以大小为v0＝5 m/s的速度向上匀速运行，则松脱后做竖直上抛运动，故A错误，D正确；以竖直向下为正方向，根据v＝－v0＋gt，解得螺钉落到井底时的速度大小为v＝35 m/s，故C正确；螺钉下降的高度为h1＝－v0t＋gt2＝60 m，螺钉松脱位置到井口的距离h2＝v0t＝20 m，因此井深h＝h1＋h2＝80 m，故B错误。 9.答案：ACD解析：取竖直向上为正方向，则初速度v0＝20 m/s，当物体运动到抛出点上方离抛出点15 m处时，位移为x＝15 m，由竖直上抛运动的位移与时间关系式得x＝v0t－gt2，解得t1＝1 s，t2＝3 s；当物体运动到抛出点下方离抛出点15 m处时，位移为x′＝－15 m，由x′＝v0t－gt2，解得t3＝(2＋) s 或t4＝(2－) s(负值舍去)，A、C、D正确，B错误。 10.答案：A解析：已知tAB＝1 s，tBC＝2 s，tCD＝3 s，xAB＝2 m，xCD＝30 m，设汽车的加速度为a，在A点时的速度为vA，则AB段有vAtAB＋at＝xAB，汽车在C点时的速度vC＝vA＋a(tAB＋tBC)，则CD段有vCtCD＋at＝xCD，联立解得a＝2 m/s2，故选A。 11.答案：B解析：根据题意知，从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为在任意相邻两车站间节省的时间的5倍。普通列车的最高速度v1＝108 km/h＝30 m/s，高铁列车的最高速度v2＝324 km/h＝90 m/s，相邻两车站间的距离x＝ m＝2.16×105 m。普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝at＝×0.5×602 m＝900 m，由于加速过程与减速过程的加速度大小相等，最大速度相等，则加速过程与减速过程的时间、位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝ s＝7140 s，故普通列车在相邻两车站间行驶的时间t邻＝t2＋2t1＝7260 s，同理计算可得高铁列车在相邻两车站间行驶的时间t邻′＝2580 s，则乘高铁列车出行在相邻两车站间节省的时间Δt＝t邻－t邻′＝4680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝5×4680 s＝23400 s＝6小时30分钟，故选B。 12.答案：C解析：设汽车的初速度为v0，做减速运动的加速度大小为a，刹车总时间为t0，有0＝v0－at0，设第1 s内的位移为x1，根据位移公式有x1＝v0t1－at，假设t0<5 s，则第5 s内的位移为刹车总位移与前4 s的位移之差，总位移为xt0＝at，前4 s的位移为x4＝v0t4－at，且xt0－x4＝1.6 m，联立可得a＝5 m/s2，v0＝24 m/s，t0＝4.8 s<5 s，假设成立，故选C。 13.答案：AC解析：由题意可知，游客在第6 s末和第12 s末分别位于AB段和BC段，设游客在AB段的加速度大小为a1，则有v6＝a1t6，解得a1＝ m/s2＝1 m/s2，若游客在第11 s末仍处于加速下滑阶段，则此时的速度为v11′＝a1t11＝11 m/s，与题干不符，故游客在第11 s末时处于减速阶段，故A正确；游客在BC段的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，易知游客在B点达到最大速度，设在第6 s后经过t时间到达B点，则有vB＝v6＋a1t，v11＝vB－a2(t11－t6－t)，联立解得t＝4 s，vB＝10 m/s，故B错误；设AB段的长度为x1，BC段的长度为x2，根据运动学公式对两阶段分别列式可得v－0＝2a1x1，0－v＝－2a2x2，解得x1＝50 m，x2＝25 m，则游客在运动全过程的路程为s＝x1＋x2＝75 m，故C正确；设游客运动的总时长为tC，则0＝v12－a2(tC－t12)，解得tC＝15 s，故游客在第15 s末运动到C点，D错误。 14.答案：(1)45 m/s　(2)226.25 m [解析]　(1)设运动员距离地面h＝125 m时的速度大小为v0，到达地面时的速度大小为v，在匀减速阶段，有v2－v＝－2ah 代入数据解得v0＝45 m/s。 (2)设打开降落伞之前，运动员自由落体下落的高度为h1，则有v－0＝2gh1 运动员离开飞机时距离地面的高度H＝h1＋h 联立并代入数据解得H＝226.25 m。 15.答案：(1)20 m/s　(2)680 m 解析：(1)设救护车匀速运动时的速度大小为v，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，有v＝at1 代入数据解得v＝20 m/s。 (2)设救护车在t3时刻停止鸣笛，停止鸣笛时救护车距出发处的距离为x，救护车在加速运动过程中的位移为x1，在停止鸣笛前救护车匀速运动的位移为x2， 则x1＝at x2＝v(t3－t1) x＝x1＋x2 t2时最后的鸣笛声传回到救护车出发处，有x＝v0(t2－t3) 联立并代入数据，解得x＝680 m。 学科网（北京）股份有限公司 $