2025届高考物理一轮复习专项练习课时规范练2匀变速直线运动的规律及应用（Word版附解析）

这是一份2025届高考物理一轮复习专项练习课时规范练2匀变速直线运动的规律及应用（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了4 m，8 mB等内容，欢迎下载使用。

基础对点练
1.(匀变速直线运动规律的应用)物体从静止开始做匀加速直线运动,已知第3 s内通过的位移是3 m,下列说法正确的是( )
A.第3 s内物体的平均速度是1 m/s
B.物体的加速度是1.0 m/s2
C.前3 s内物体的位移是5.4 m
D.3 s末物体的速度是4 m/s
2.
(匀变速直线运动规律的应用)如图所示,很小的木块由静止开始沿斜面下滑,经时间t后进入一水平面,两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接,再经2t时间停下,则木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比分别为( )
A.1∶2 2∶1B.1∶2 1∶2
C.2∶1 2∶1D.2∶1 1∶2
3.(多选)(刹车问题)一汽车在水平面上运动,当它开始刹车时,其位移与时间的关系是x=12t-2t2 (m),其中t的单位是s,则此汽车( )
A.经6 s停下来
B.2 s末的速度是8 m/s
C.刹车过程中行驶的距离是18 m
D.全程的平均速度是6 m/s
4.(匀变速直线运动规律的应用)一种超级高铁行驶600 km的路程需要40 min,超级高铁先匀加速,达到最大速度1 200 km/h后匀速运动,快进站时再匀减速运动,且加速与减速的加速度大小相等,则下列关于超级高铁的说法正确的是( )
A.加速与减速的时间不相等
B.加速时间为10 min
C.加速时加速度大小为2 m/s2
D.如果加速度大小为10 m/s2,题中所述运动需要20 min
5.(竖直上抛运动)系一重物的气球,以4 m/s的速度匀速上升,离地9 m时绳断了。则重物脱离气球后离地面的最大高度是(不计空气阻力,g取10 m/s2)( )
A.0.8 mB.9 mC.9.8 mD.10 m
6.(多选)(平均速度公式的应用)(2020湖南常德高三模拟)一物体沿一直线运动,先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程,已知物体在这三个运动过程中的位移均为s,所用时间分别为2t、t和32t,则( )
A.物体做匀加速运动时加速度大小为st2
B.物体做匀减速运动时加速度大小为4s9t2
C.物体在这三个运动过程中的平均速度大小为s3t
D.物体做匀减速运动的末速度大小为s3t
7.(竖直上抛运动)不计空气阻力,以一定的初速度竖直上抛一物体,从抛出至回到抛出点的时间为t,现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板,物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反,撞击所需时间不计,则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )
素养综合练
8.(多选)观察水龙头,在水龙头出水口出水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时,发现自来水水流不太大时,从水龙头中连续流出的水会形成一水柱。现测得某水龙头处高为H的水柱上端横截面面积为S1,下端横截面面积为S2,重力加速度为g,不计空气阻力,以下说法正确的是( )
A.水柱是上细下粗
B.水柱是上粗下细
C.该水龙头出水的流量是S1S22gHS12-S22
D.该水龙头出水的流量是2gHS12+S22
9.一质点做匀变速直线运动,加速度大小为a,初速度大小为v,经过一段时间速度大小变为2v,这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3,则下列叙述正确的是( )
A.在该段时间内质点运动方向不变
B.这段时间为3va
C.这段时间的路程为3v22a
D.再经过相同的时间质点速度大小为3v
10.一个小球从125 m高处自由落下,求小球落地所用的时间。如果每隔一段相等的时间就自由落下一个相同的小球,当第11个小球刚从125 m高处下落时,第1个小球恰好到达地面,求此时第3个小球与第5个小球相距的长度。(g取10 m/s2)
11.公交车是现代城市很重要的交通工具。某日,一同学正在向一公交车站走去,在走到距离车站x=50 m时,发现一辆公交车(视为质点)以大小v=15 m/s的速度正从身旁平直的公路上驶过。公交车刹车的加速度大小a=4.5 m/s2,刹车过程视为做匀减速直线运动。
(1)为了使公交车刚好在车站停下,求公交车刹车时所在的位置到车站的距离;
(2)求从公交车与该同学相遇至公交车行驶到车站的时间。
参考答案
课时规范练2 匀变速直线
运动的规律及应用
1.C 根据平均速度的定义可知,平均速度等于位移除以时间,所以第3 s内的平均速度等于3 m/s,A错误;第3 s内的位移等于3 m=12a×9(m)-12a×4(m),解得a=1.2 m/s2,B错误;根据位移公式可得前3 s内的位移为x=12at2=5.4 m,C正确;根据速度公式可知3 s末的速度是3.6 m/s,D错误。
2.A 木块从斜面上滑下,做匀加速直线运动,到轨道交界处时速度为v,然后木块在水平面上做匀减速运动直到静止,可视为反向匀加速运动,则木块两段运动状态都为匀变速运动,且初末速度相同,故平均速度相同,为v2,则位移大小之比x1∶x2=v2t∶v2·2t=1∶2,加速度大小之比a1∶a2=vt∶v2t=2∶1,故A正确。
3.CD 根据x=v0t+12at2=12t-2t2(m),解得初速度为v0=12 m/s,加速度为a=-4 m/s2,汽车速度减为零的时间为t0=0-v0a=-12-4 s=3 s,选项A错误;2 s末的速度是v2=v0+at=(12-4×2)m/s=4 m/s,选项B错误;刹车过程中汽车行驶的距离为x=v0t0+12at02=(12×3-2×9)m=18 m,故选项C正确;全程的平均速度是v=xt0=6 m/s,选项D正确,故选C、D。
4.B 加速与减速的加速度大小相等,加速和减速中速度变化量的大小相同,根据a=ΔvΔt,可知加速和减速所用时间相同,A错误;加速的时间为t1,匀速的时间为t2,减速的时间为t1,由题意得2t1+t2=40×60 s,2×12at12+vt2=600×103 m,at1=1 2003.6 m/s,联立方程解得匀加速和匀减速用时t1=600 s=10 min,匀速运动的时间t2=1 200 s,加速和减速过程中的加速度a=59 m/s2,B正确,C错误;同理将上述方程中的加速度变为10 m/s2,加速和减速的时间均为t1'=1003s,加速和减速距离均为x=12at1'2=12×10×10032 m=50 0009 m,匀速运动用时t2'=600×103-2×50 00091 2003.6 s=5 3003 s,总时间为2t1'+t2'=5 5003 s,D错误。
5.C 绳断后,重物做初速度为4 m/s的竖直上抛运动,继续上升的高度为h1=v22g=422×10 m=0.8 m,则重物上升的最大高度为H=h1+h2=9 m+0.8 m=9.8 m,故选C。
6.BD 匀速运动的速度v=st,设匀加速运动的初速度为v1,根据平均速度公式有v1+v2=s2t,联立上面两式得v1=0,对匀加速运动,根据位移公式有s=12a1(2t)2,解得a=s2t2,A错误;设匀减速直线运动的末速度为v2,对匀减速直线运动,根据平均速度公式有v2+v2=s32t,解得v2=s3t,匀减速直线运动的加速度大小a'=ΔvΔt=st-s3t32t=4s9t2,B、D正确;三个过程中的平均速度大小v=3s2t+t+32t=2s3t,C错误。
7.C 物体下降时间为0.5t,故高度为h=12gt22=18gt2
物体自由落体运动0.5h的过程,有h2=12gt12
联立解得t1=24t
故第二次物体上升和下降的总时间t'=t-2t1=t-22t=0.3t。故选C。
8.BC 由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,向下运动过程中速度增大,横截面积变小,所以水柱是上粗下细,A错误,B正确;高为H的水柱上端速度为v1=VS1Δt,下端速度为v2=VS2Δt,根据v22-v12=2gH,解得出水的流量VΔt=S1S22gHS12-S22,C正确,D错误。
9.B 质点做匀变速直线运动,所以加速度不变,若为单向直线运动,则路程等于位移大小,根据题意可知,路程和位移大小之比为5∶3,可知,质点一定做往返运动,选项A错误;根据匀变速直线运动速度公式,可知这段时间为t=-2v-v-a=3va,选项B正确;这段时间的位移为x=4v2-v22a=3v22a,根据题意可知路程为s=53x=5v22a,选项C错误;再经过相同的时间质点的速度为v'=v-2at=v-a6va=-5v,速度大小为5v,选项D错误。综上本题选B。
10.答案5 s 35 m
解析设小球落地所用时间为t,则h=12gt2
解得t=5 s
由题意可知每间隔0.5 s自由落下一个小球,第3个小球下落的时间为t1=(5-1)s=4 s
第5个小球下落的时间
t2=(5-2)s=3 s
第3个小球下落的距离
h1=12gt12=80 m
第5个小球下落的距离
h2=12gt22=45 m
第3个小球与第5个小球的距离
Δh=h1-h2=(80-45)m=35 m
11.答案(1)25 m (2)5 s
解析(1)公交车从开始刹车到停止的过程,有v2=2ax1
解得x1=25 m
(2)公交车从相遇到开始刹车用时
t1=x-x1v
解得t1=53 s
公交车刹车过程用时t2=va
解得t2=103 s
公交车从与该同学相遇处至行驶到车站用时t=t1+t2
解得t=5 s