2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练二匀变速直线运动规律

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题课时分层精练二匀变速直线运动规律，共8页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。
1．如图所示，一女同学穿着轮滑鞋以一定的速度俯身“滑入”静止汽车的车底，她用15 s穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58 m，假设她的运动可视为匀变速直线运动，从上述数据可以确定( )
A．她在车底运动时的加速度
B．她刚“滑出”车底时的速度
C．她刚“滑入”车底时的速度
D．她在车底运动时的平均速度
2．如图的平潭海峡公铁两用大桥是世界上最长的跨海公铁两用大桥，其中元洪航道桥的A、B、C三根桥墩间距分别为AB＝132 m、BC＝196 m．一列高速列车匀加速通过元洪航道桥，车头经过AB和BC的时间分别为3 s和4 s，则这列高速列车经过元洪航道桥的加速度大小约为( )
A．0.7 m/s2 B．1.4 m/s2
C．2.8 m/s2 D．6.3 m/s2
3．[2024·山东押题卷]高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6 m．某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2 s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8 s．则刹车的加速度大小约为( )
A．2.52 m/s2 B．3.55 m/s2
C．3.75 m/s2 D．3.05 m/s2
4．消防员在利用消防水带灭火前需将水带铺平拉直，其铺设过程可视为由静止开始做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动直至停下．如图所示，若在某次铺设长为25 m的消防水带中，消防员共用时12 s，最大速度为2.5 m/s，加速和减速过程的加速度大小相同，则消防员运动的加速度大小为( )
A．1.25 m/s2 B．0.42 m/s2
C．0.69 m/s2 D．2.5 m/s2
5．为了研究运动员起跑阶段的运动情况，用频率为2 Hz频闪照相机记录运动员起跑阶段不同时刻的位置，如图所示，用厘米刻度尺测量照片上运动员不同位置间的距离，已知照片与实物的尺寸比例为1∶50，运动员起跑阶段的运动可视为匀加速直线运动．下列说法正确的是( )
A．运动员起跑阶段的加速度为2 m/s2
B．运动员通过照片中3 cm位置时速度为1 m/s
C.照片中0位置为运动员的起跑位置
D．运动员在照片前6 cm内的平均速度为4 m/s
6．[2024·九省联考河南卷]如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试．当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上．刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7.则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
A． eq \f(1,2)v0 B． eq \f(1,3)v0
C． eq \f(1,8)v0 D． eq \f(1,9)v0
7．一滑块放置在水平桌面的最左端，给滑块一个水平向右的初速度v0 ，经过2 s，滑块运动到桌面的最右端并从最右端飞出，已知滑块的加速度大小为0.5 m/s2，则滑块的初速度大小v0 和桌面的长度L可能是( )
A．v0＝0.5 m/s，L＝0.7 m
B．v0＝2 m/s，L＝3 m
C．v0＝3 m/s，L＝4 m
D．v0＝5 m/s，L＝10 m
8. [2024·河北唐山模拟]不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕．如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速直线运动最后停止在C点．已知AB＝100 m，BC＝20 m．忽略运动员在B点的速度损失，则两段时间之比tAB∶tBC为( )
A．1∶1 B．1∶5
C．5∶1 D．6∶1
9. [2024·河北重点中学期中]第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日在北京开幕，其中滑雪是冬奥会中的一个比赛大项．如图所示，某滑雪运动员以某一初速度冲上斜面做匀减速直线运动，到达斜面顶端时的速度为零．已知运动员在前四分之三位移中的平均速度大小为v，则滑雪者整个过程的平均速度为( )
A． eq \f(v,2) B． eq \f(\r(2)v,2)
C． eq \f(v,3) D． eq \f(2v,3)
10．[2024·浙江质检]冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属于冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛．在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动，用时20 s停止，最后1 s内位移大小为0.2 m，则下面说法正确的是( )
A．冰壶第1 s内的位移大小是7.8 m
B．冰壶的加速度大小是0.3 m/s2
C．前10 s位移和后10 s的位移之比为4∶1
D．冰壶的初速度大小是6 m/s
11．(多选)一个小球沿光滑斜面向上运动，初速度大小为5 m/s，C为斜面的最高点，AC间距离为5 m．小球在t＝0时刻自A点出发，4 s后途经A下方的B点(B点未在图上标出).则下列说法正确的是( )
A．小球加速度的最大值为2.5 m/s2
B．小球加速度的最小值为2.5 m/s2
C．若小球加速度大小为5 m/s2，则斜面至少长25 m
D．小球到达B点速度大小可能是4.5 m/s
12．[2024·浙江名校联考]有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”．交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过．
(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以使汽车车头越过停车线，则汽车的加速度至少多大？
(2)若该路段限速60 km/h，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以2 m/s2的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速运动，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求踩刹车后汽车加速度的大小(结果保留两位有效数字).
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13．(多选)[2024·河北石家庄三模]如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216 km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止．从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4 s内的位移为7 m，下列说法正确的是( )
A．该飞机的加速度大小为2 m/s2
B．该飞机着陆后5 s时的速度大小为40 m/s
C．该飞机在跑道上滑行的时间为30 s
D．该飞机在跑道上滑行的距离为1 800 m
14．[2024·安徽六安一中月考]ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20 km/h提高至40 km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30 m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v1＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，忽略汽车车身长度．
(1)求汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．
课时分层精练（二） 匀变速直线运动规律
1．解析：根据x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2可知，由于初速度未知，则无法求出运动的加速度，A、C错误；由于初速度未知，根据x＝ eq \f(v0＋v,2)t可知，无法求出末速度，即滑出车底时的速度，B错误；根据平均速度的定义式，她在车底的平均速度 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(x,t)＝ eq \f(58,15) m/s≈3.87 m/s，D正确．故选D.
答案：D
2．解析：高速列车在AB段的平均速度为 eq \(v,\s\up6(－))1＝ eq \f(AB,t1)＝44 m/s，在BC段的平均速度为 eq \(v,\s\up6(－))2＝ eq \f(BC,t2)＝49 m/s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝ eq \f(\(v,\s\up6(－))2－\(v,\s\up6(－))1,\f(t1,2)＋\f(t2,2))≈1.4 m/s2，B正确．
答案：B
3．解析：设刹车的加速度大小为a，则有
x＝v0（t1＋t2＋Δt）＋ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2a)
代入数据有19.6＝5×（0.3＋2＋0.8）＋ eq \f(52,2a)
解得a＝3.05 m/s2，所以D正确；A、B、C错误．故选D.
答案：D
4．解析：设加速度为a，加速所用时间为t，因加速和减速过程加速度大小相同，减速所用时间也为t，x＝ eq \f(1,2)at2＋vm（t总－2t）＋ eq \f(1,2)at2，vm＝at，联立解得t＝2 s，a＝1.25 m/s2，A项正确．故选A.
答案：A
5．解析：频率为2 Hz频闪照相机，时间为T＝ eq \f(1,f)＝0.5 s，根据匀变速直线运动的公式有（2－1）×10－2×50 m＝Δx＝aT2，解得a＝2 m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm位置时速度为v1＝ eq \f(（6－1）×10－2×50,2×0.5) m/s＝2.5 m/s，故B错误；根据0位置到3 cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5 m/s，即照片中0位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6 cm内的平均速度为 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(6×10－2×50,3×0.5) m/s＝2 m/s，故D错误．
答案：A
6．解析：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为f1、f2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为 eq \f(a1,a2)＝ eq \f(f1,f2)＝ eq \f(7,1)，由运动学公式，在路面上有v eq \\al(2,0) －v eq \\al(2,1) ＝2a1x1，在冰面上有v eq \\al(2,1) ＝2a2x2，其中 eq \f(x1,x2)＝ eq \f(8,7)，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝ eq \f(v0,3)，故选B.
答案：B
7．解析：设滑块的末速度大小为v1 ，根据匀变速直线运动规律得v0＝v1＋at＝v1＋1 m/s>1 m/s；L＝ eq \f(v0＋v1,2)×t＝（v0＋v1） m＝（2v1＋1） m>1 m，故A错误；若v0＝2 m/s，则v1＝1 m/s，L＝3 m，故B正确；若v0＝3 m/s，则v1＝2 m/s，L＝5 m，故C错误；若v0＝5 m/s，则v1＝4 m/s，L＝9 m，故D错误．故选B.
答案：B
8．解析：设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有AB＝ eq \f(v,2)tAB，BC＝ eq \f(v,2)tBC，解得tAB∶tBC＝5∶1，C项正确．
答案：C
9．解析：将运动员的匀减速直线运动逆向看作是反向的初速度为零且加速度大小不变的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知运动员在前四分之三位移和最后四分之一位移所经历的时间相等，均设为t，运动员总位移设为s，则由题意可知v＝ eq \f(\f(3,4)s,t)＝ eq \f(3s,4t)
滑雪者整个过程的平均速度为v′＝ eq \f(s,2t)＝ eq \f(2,3)v，D项正确．
答案：D
10．解析：结合逆向思维，把冰壶的匀减速直线运动看作反向初速度为零的匀加速直线运动，最后1 s内位移大小为0.2 m，由x1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(2,1) ，解得a＝0.4 m/s2，选项B错误；冰壶的初速度大小是v0＝at＝0.4×20 m/s＝8 m/s，选项D错误；冰壶第1 s内的位移大小是x＝v0t－ eq \f(1,2)at2＝7.8 m，选项A正确；由初速度为零的匀变速直线运动规律可知，前10 s位移和后10 s的位移之比为3∶1，选项C错误．
答案：A
11．解析：A的初速度为v＝5 m/s，若当小球到达C处时速度减为0，根据速度—位移关系v2＝2ax可求得最小加速度为a＝2.5 m/s2，低于此值球会从C落下斜面，故B正确，A错误；小球加速度越大，到达B点速度越大，当小球加速度取最小值时，4 s末达到A点，此时可理解为A与B重合，速度最小为5 m/s，故D错误；若小球加速度为5 m/s2，则小球沿斜面向上的最大距离2.5 m，向下运动三秒后位移为x＝ eq \f(1,2)at2＝22.5 m．在第四秒到达斜面上B点，当B为斜面最低点时，可求得斜面最小长度应为25 m，故C正确．故选BC.
答案：BC
12．解析：（1）司机反应时间内汽车通过的位移x1＝v0t1＝10 m
加速过程t2＝5 s－t1＝4 s，70 m－x1＝v0t2＋ eq \f(1,2)a1t eq \\al(2,2)
代入数据得a1＝2.5 m/s2.
（2）汽车加速结束时通过的位移x2＝v0t1＋v0t3＋ eq \f(1,2)a2t eq \\al(2,3) ＝10×1 m＋10×3 m＋ eq \f(1,2)×2×32 m＝49 m
此时车头前端离停车线的距离为x3＝70 m－x2＝21 m
此时速度为v＝v0＋a2t3＝（10＋2×3） m/s＝16 m/s
匀减速过程中有2a3x3＝v2
代入数据解得a3＝6.1 m/s2.
答案：（1）2.5 m/s2 （2）6.1 m/s2
13．解析：v0＝216 km/h＝60 m/s
把飞机的运动逆向看成由静止做加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3 s内的位移为x1＝ eq \f(1,2)at eq \\al(2,1)
在t2＝4 s内的位移为x2＝ eq \f(1,2)at eq \\al(2,2)
根据题意有x2－x1＝7 m
联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；该飞机着陆后5 s时的速度大小为v5＝v0－at＝ eq \f(216,3.6) m/s－2×5 m/s＝50 m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝ eq \f(v0,a)＝ eq \f(216,3.6×2) s＝30 s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝ eq \f(v0,2)t＝ eq \f(216,3.6×2)×30 m＝900 m，D错误．
答案：AC
14．解析：（1）设汽车匀减速过程位移大小为d1，
由运动学公式得v eq \\al(2,1) －v eq \\al(2,0) ＝－2ad1
解得d1＝442 m
根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小
x1＝2d1＋d＝894 m
（2）如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，
由运动学公式得v eq \\al(2,2) －v eq \\al(2,0) ＝－2ad2
解得d2＝400 m
提速前，汽车匀减速过程时间为t1，
则d1＝ eq \f(v0＋v1,2)t1
解得t1＝26 s
通过匀速行驶区间的时间为t′1，有d＝v1t′1
解得t′1＝2.5 s
从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t′1＝54.5 s
提速后，汽车匀减速过程时间为t2，
则d2＝ eq \f(v0＋v2,2)t2
解得t2＝20 s
通过匀速行驶区间的时间为t′2，
则d＝v2t′2
解得t′2＝1 s
匀速通过（d1－d2）位移时间Δt＝ eq \f(d1－d2,v0)＝1.4 s
通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t′2＋2Δt＝43.8 s
所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7 s.
答案：（1）894 m （2）10.7 s