选择题考点专项训练1 匀变速直线运动规律的应用(后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

这是一份选择题考点专项训练1 匀变速直线运动规律的应用(后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习，共5页。试卷主要包含了5 m/s等内容，欢迎下载使用。

A.航空母舰静止，舰载机需在甲板上加速滑行10 s起飞
B.航空母舰静止，舰载机需在甲板上加速滑行160 m起飞
C.研究航空母舰在海上运动的时间，航空母舰不可以看成质点
D.研究舰载机在航空母舰上加速运动的时间，舰载机不可以看成质点
2.(位移时间公式的应用)具有完全自主知识产权的“复兴号”动车组以安全快捷、平稳舒适、高品质的运营服务成为中国高铁的一张亮丽名片。一列有8节车厢的“复兴号”动车组从某地高铁站开出，做匀加速直线运动，车头经过路边一保持不动的工作人员时速度大小为6 m/s，车尾经过该工作人员时速度大小为8 m/s。每节车厢的长度相等，则前4节车厢经过工作人员的时间与后4节车厢经过工作人员的时间之比为( )
A.eq \f(5\r(2)＋1,7) B.eq \f(5\r(2)－1,7)
C.eq \r(2)＋1 D.eq \r(2)－1
3.(待定系数法求运动参量)(多选)一质点沿直线Ox方向运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x＝(8－t2)m，则下列说法正确的是( )
A.该质点做的是加速度为－2 m/s2的匀减速直线运动
B.该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度大小为2 m/s
C.该质点在t＝4 s时的速度大小为8 m/s
D.该质点在t＝0到t＝4 s间的位移大小为8 m
4.(平均速度公式的应用)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( )
A.3 m/s B.2 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
5.(位移差公式的应用)某运动员在100 m短跑训练中，假设前6 s内做匀加速直线运动，其中第3 s内的位移是4 m，第5 s内的位移是7.2 m，则在前6 s内，下列说法正确的是( )
A.加速度大小为3.2 m/s2
B.第3 s初至第4 s末的位移大小为5.6 m
C.后2 s内的位移大小为16 m
D.第3 s初的速度比第5 s末的速度小3.2 m/s
6.(初速度为零的推论的应用)某列车从武汉站由静止启动做匀加速直线运动，一工作人员站在站台上与第一节车厢的前端相齐。已知列车各节车厢的长度相同，各车厢间的间隙不计，若第三节车厢经过工作人员的时间为t，则第一节车厢经过他的时间为( )
A.eq \f(3,2)t B.2t
C.(1＋eq \r(2))t D.(eq \r(2)＋eq \r(3))t
7.(ETC通道问题)如图所示，ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。一汽车在平直公路上以15 m/s的速度行驶，汽车通过ETC通道前，以2.5 m/s2的加速度减速，当速度减至5 m/s后，匀速通过长为10 m的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后，再以5 m/s2的加速度匀加速至15 m/s，汽车从开始减速至回到原行驶速度的过程，下列判断正确的是( )
A.通过的最短距离为60 m
B.通过的最短距离为70 m
C.所用的最短时间为4 s
D.所用的最短时间为6 s
选择题考点专项1 匀变速直线运动规律的应用
1．B [舰载机需在甲板上滑行的时间为t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(50－30,5) s＝4 s，A错误；舰载机在甲板上滑行的距离为x＝eq \f(v＋v0,2)t＝eq \f(50＋30,2)×4 m＝160 m，B正确；研究航空母舰在海上运动的时间，航空母舰的长度对问题的研究影响很小，航空母舰可以看成质点，C错误；研究舰载机在航空母舰上加速运动的时间，舰载机大小和形状对问题的影响可以忽略，舰载机可以看成质点，D错误。]
2．A [设第4节车厢刚通过该工作人员时速度为v1，则v1＝eq \r(\f(veq \\al(2,0)＋v2,2))＝eq \r(\f(62＋82,2)) m/s＝5eq \r(2) m/s，设每节车厢的长度为L，前四节车厢经过工作人员的时间为t1＝eq \f(4L,\(v,\s\up6(－))前)＝eq \f(4L,\f(v0＋v1,2))＝eq \f(8L,6＋5\r(2)) s，后四节车厢经过工作人员的时间为t2＝eq \f(4L,\(v,\s\up6(－))后)＝eq \f(4L,\f(v1＋v,2))＝eq \f(8L,8＋5\r(2)) s，有eq \f(t1,t2)＝eq \f(5\r(2)＋1,7)，故A正确。]
3．BC [离开O点的距离x随时间变化的关系为x＝(8－t2)m，由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，质点的初速度v0＝0 m/s，加速度a＝－2 m/s2，质点沿x轴负方向做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动，故A错误；质点在t＝2 s时的速度为v2＝at2＝－2×2 m/s＝－4 m/s，质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋v2,2)＝eq \f(0－4,2) m/s＝－2 m/s，故B正确；质点在t＝4 s时的速度v4＝at4＝－2×4 m/s＝－8 m/s，故C正确；质点在t＝0到t＝4 s间的位移x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×(－2)×42 m＝－16 m，故D错误。]
4．C [由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有eq \(v,\s\up6(－))RS＝eq \f(x,t1)＝eq \f(vR＋vS,2)，eq \(v,\s\up6(－))ST＝eq \f(2x,t2)＝eq \f(vS＋vT,2)，联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR-a·5t1，则at1＝2 m/s，其中还有veq \s\d9(\f(t1,2))＝vR－a·eq \f(t1,2)，解得vR＝11 m/s，联立解得vT＝1 m/s，故C正确。]
5．C [根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等x5－x3＝2at2，又t＝1 s，解得a＝1.6 m/s2，故A错误；根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等x4－x3＝x5－x4，解得第4 s内的位移为x4＝eq \f(x5＋x3,2)＝5.6 m，所以第3 s初至第4 s末的位移大小为x′＝x3＋x4＝9.6 m，故B错误；根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等x6－x5＝at2，解得x6＝x5＋at2＝8.8 m，所以后2 s内的位移大小为x＝x6＋x5＝16 m，故C正确；该运动员前6 s内做匀加速直线运动，所以第3 s初的速度比第5 s末的速度小Δv＝at′＝4.8 m/s，故D错误。]
6．D [根据初速度为零的匀加速运动在相邻相等位移内的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))……；第三节车厢经过工作人员的时间为t，则第一节车厢经过他的时间为t1＝eq \f(t,\r(3)－\r(2))＝(eq \r(2)＋eq \r(3))t，故D正确。]
7．B [汽车通过ETC通道，减速时间t1＝eq \f(v1－v0,a1)＝eq \f(5－15,－2.5) s＝4 s，匀速时间t2＝eq \f(x2,v1)＝eq \f(10,5) s＝2 s，加速时间t3＝eq \f(v0－v1,a2)＝eq \f(15－5,5) s＝2 s，从开始减速到恢复正常行驶过程中的时间t＝t1＋t2＋t3＝8 s，故C、D错误；汽车通过ETC通道，减速位移为x1＝eq \f(v1＋v0,2)t1＝eq \f(5＋15,2)×4 m＝40 m，加速位移为x3＝eq \f(v1＋v0,2)t3＝eq \f(5＋15,2)×2 m＝20 m，从开始减速到刚好恢复正常行驶过程中经过的位移为x＝x1＋x2＋x3＝70 m，故A错误，B正确。]