1.2 匀变速直线运动的规律 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以实际情境为载体，通过逆向思维、平均速度等方法系统训练匀变速直线运动公式应用，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| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-4题|分段运动公式、平均速度=中间时刻速度|围绕匀变速公式，从概念到公式推导，建立运动过程分析框架| |逆向思维|5-6题|减速过程逆向转换为初速为零的匀加速模型|通过逆向推理简化复杂运动，深化对运动对称性的理解| |实际情境|7-9题|运动学公式与生活场景结合（汽车刹车、逃生演练等）|以实际问题为驱动，建构物理模型，提升科学思维与社会责任|

第2讲匀变速直线运动的规律 1.两列高铁列车交会时会对周围的空气产生强烈的扰动,造成车体表面的压力变化,突变的压力会冲击车体。实际在交会时可以适度降低车速以减小该冲击现象。假设长度均为L的两列高铁列车在平直轨道上以速率v0正常行驶,当两列车的任一部分侧视重叠时,列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知两列车同时减速和加速,且两列车加速和减速时加速度的大小均为a,则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用的时间至少为(　　) A. B. C. D. 2.某运动员沿着雪道加速滑下,途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动,运动员在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1,a、b之间的距离为L1,c、d之间的距离为L3,则b、c之间的距离L2为(　　) A.8L1 B.L3 C.L1+L3 D.(L1+L3) 3.设在静止的航空母舰上,某舰载飞机在没有电磁弹射系统时,匀加速到起飞速度v需要的距离为L0,在有电磁弹射系统给舰载飞机一个弹射初速度v0之后,匀加速到起飞速度v需要的距离为L。若L=L0,舰载飞机两次起飞的加速度相同。则弹射速度v0与起飞速度v之比为(　　) A. B. C. D. 4.做匀加速直线运动的质点,在第6 s内和前5 s内的平均速度之差是3 m/s,则此质点运动的加速度大小为(　　) A.1 m/s2 B.2 m/s2 C.3 m/s2 D.6 m/s2 5.假设一列动车组进站时从某时刻起做匀减速直线运动,分别用时3 s、2 s、1 s连续通过三段位移后停下,则这三段位移的平均速度之比是(　　) A.9∶4∶1 B.27∶8∶1 C.5∶3∶1 D.3∶2∶1 6.某海湾大桥上四段长度均为110 m的等跨连续桥梁如图所示,一汽车从a处开始做匀减速直线运动,恰好行驶到e处停下。设汽车通过ab段的平均速度为v1,通过de段的平均速度为v2,则满足(　　) A.2<<3 B.3<<4 C.4<<5 D.5<<6 提升训练 7.(多选)“礼让行人”是城市文明的体现。如图所示,某汽车正以54 km/h的速度匀速行驶在城市道路上,在车头距离“礼让行人”停车线36 m时,驾驶员发现前方有行人通过人行横道,驾驶员的反应时间为0.2 s,刹车后汽车匀减速滑行,为了停车让行,汽车不能越过停车线。则下列说法正确的是(　　) A.汽车刹车滑行的最大允许距离为33 m B.汽车刹车的最小加速度为4 m/s2 C.汽车用于减速滑行的最长时间约为4.4 s D.以最小的加速度刹车,汽车行驶的平均速度不能超过7.6 m/s 8.某中学在进行火灾逃生演练时,一名体重为60 kg的逃生者从离地面18 m高处,利用缓降器材由静止开始匀加速下滑,当速度达到6 m/s时,以大小为3 m/s2的加速度匀减速下滑,到达地面时速度恰好为零。假设逃生者下降过程中悬空不接触墙面,不计空气阻力,求: (1)逃生者减速下滑过程的位移大小; (2)逃生者加速下滑过程的加速度大小; (3)逃生者到达地面整个过程的时间。 9.我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=kv2描写,k为系数;v是飞机在平直跑道上的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时,起飞离地速度为66 m/s;装载货物后质量为1.69×105 kg,装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。 (1)求飞机装载货物后的起飞离地速度。 (2)若该飞机装载货物后,从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地,求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。 参考答案 1.2　匀变速直线运动的规律 1.A　解析 减速时间t1=,匀速时间t2=,加速时间t3=,所以列车所用时间至少为t=t1+t2+t3=,故选A。 2.C　解析 运动员在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1,则对应时间之比为1∶2∶1,有L1=v0t+at2,L2=(v0+at)·2t+a(2t)2=2v0t+4at2,L3=(v0+3at)·t+at2=v0t+at2,整理可得L2=L1+L3,故选C。 3.A　解析 设舰载飞机两次起飞的加速度为a,根据匀变速直线运动规律有v2=2aL0,v2-=2aL,又L=L0,联立解得,故选A。 4.A　解析 根据匀变速直线运动规律可知,某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度,则第6 s内的平均速度等于5.5 s时的瞬时速度,前5 s内的平均速度等于2.5 s时的瞬时速度,依题意由加速度定义式可得a= m/s2=1 m/s2,故选A。 5.A　解析 可将动车组减速过程反向看作初速度为零的匀加速过程,根据匀变速直线运动规律,可知最后3 s、2 s、1 s连续通过的三段位移之比是27∶8∶1,根据平均速度的计算公式v=,可知这三段位移的平均速度之比是9∶4∶1,故A正确,B、C、D错误。 6.B　解析 将汽车从a到e的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知,汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2-),则汽车通过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为=3.7,所以3<<4,故选B。 7.AC　解析 汽车刹车前,在0.2 s内做匀速直线运动的位移为x1=v0t1=×0.2 m=3 m,则汽车刹车滑行的最大允许距离为x2=36 m-x1=33 m,故A正确;汽车刹车的最小加速度为amin= m/s2=3.4 m/s2,故B错误;汽车用于减速滑行的最长时间为tmax==4.4 s,故C正确;驾驶员从发现前方有行人通过人行横道到汽车停下的过程,汽车的平均速度v≤ m/s=7.8 m/s,故D错误。 8.答案 (1)6 m (2)1.5 m/s2 (3)6 s 解析 (1)根据题意,由速度位移公式v2-=2ax可得,逃生者减速下滑过程的位移大小为x1==6 m。 (2)根据题意,结合(1)分析可知,逃生者加速下滑的位移大小为x2=x-x1=12 m 由速度位移公式v2-=2ax可得,逃生者加速下滑过程的加速度大小为a2==1.5 m/s2。 (3)根据题意,由速度公式v=v0+at可得,逃生者到达地面整个过程的时间为t==6 s。 9.答案 (1)78 m/s　 (2)2.0 m/s2　39 s 解析 (1)设飞机装载货物前质量为m1,起飞离地速度为v1;装载货物后质量为m2,起飞离地速度为v2,重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件m1g=k① m2g=k② 由①②式及题给条件得v2=78 m/s。③ (2)设飞机滑行距离为s,滑行过程中加速度大小为a,所用时间为t。由匀变速直线运动公式有 =2as④ v2=at⑤ 联立③④⑤式及题给条件得a=2.0 m/s2 t=39 s。 学科网（北京）股份有限公司 $