2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价一运动的描述匀变速直线运动

这是一份2025版高考物理全程一轮复习训练题单元素养评价一运动的描述匀变速直线运动，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．[2024·浙江模拟]海军航空大学某基地组织飞行训练，歼­15战机呼啸天空，与空中的月亮同框，形成“飞鲨逐月”的浪漫景象，如图为摄影师在同一位置前后拍下两张照片，下列说法正确的是( )
A．以月亮为参考系，战机是静止的
B．以战机里的飞行员为参考系，战机是运动的
C.两次拍摄相差20秒钟，这20秒是指时间间隔
D.研究战机在空中的飞行姿态，可以把战机看作质点
2．在一次蹦床比赛中，运动员从高处自由落下，以大小为8 m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为10 m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Δt＝1.0 s，那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为( )
A．2.0 m/s2，竖直向下
B．8.0 m/s2，竖直向上
C．10.0 m/s2，竖直向下
D．18.0 m/s2，竖直向上
3．[2023·上海卷]一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30 m处时，秒表计时为3.29 s．根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和瞬时速度( )
A．可以算得平均速度，可以算得瞬时速度
B．无法算得平均速度，可以算得瞬时速度
C．可以算得平均速度，无法算得瞬时速度
D．无法算得平均速度，无法算得瞬时速度
4．[2024·广东中山模拟]飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离．如图所示，航空母舰的水平跑道总长为180 m，其中电磁弹射区的长度为80 m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为40 m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，飞机离舰起飞速度为100 m/s.已知航空母舰始终处于静止状态，飞机可视为质点，下列说法正确的是( )
A.飞机在电磁弹射区运动的时间为4 s
B.飞机离开电磁弹射区时的速度大小为60 m/s
C.飞机离开电磁弹射区后的加速度大小为 eq \f(25,9) m/s2
D.飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为 eq \f(28,9) s
5．足球比赛中，某队甲、乙队员表演了一次精彩的直塞球传递：在甲、乙相距L时，甲将足球以15 m/s的初速度沿水平地面传出，速度方向沿甲、乙连线，在球传出的同时，乙由静止开始沿二者连线向远离甲的方向运动，其运动过程的v­t图像如图所示，当t＝3 s时乙与球到达同一位置，重力加速度为10 m/s2，下列说法不正确的是( )
A．0～3 s内球一直在靠近乙
B．球所受阻力大小是其重力的 eq \f(1,4)
C．相遇时球的位移为33.75 m
D．甲乙相距L为12.5 m
6.
甲、乙两物体沿x轴正方向做直线运动，某一时刻两物体以速度v0同时经过O点，之后它们运动的 eq \f(1,v) ­x图像如图所示，则甲、乙两物体速度从v0增加到2v0的过程，下列说法中正确的是( )
A．速度均随位移均匀变化
B．速度均随时间均匀变化
C．经历的时间之比为1∶2
D．经历的时间之比为2∶1
二、多项选择题(本题共3小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
7．在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，做匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2等于2∶1
B．加速、减速中的平均速度大小之比 eq \(v,\s\up6(－))1∶ eq \(v,\s\up6(－))2等于1∶1
C．加速、减速中的位移之比x1∶x2等于2∶1
D．加速、减速中的平均速度大小之比 eq \(v,\s\up6(－))1∶ eq \(v,\s\up6(－))2等于1∶2
8．[2024·河北省“五个一”名校联盟]港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道．图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆以4 m/s速度行驶的小汽车在长度为L＝28 m的平直桥面上提速，图乙是该车在该段提速的加速度a与位移x的关系．则这辆小汽车通过该段平直桥面的末速度和时间分别为( )
A．10 m/s B．5 m/sC．3 s D．4 s
9．汽车A和汽车B在平直的公路上沿两平行车道同向行驶，A车在后(如图甲所示).以某时刻作为计时起点，此时两车相距x0＝12 m.汽车A运动的x ­ t图像如图乙所示，汽车B运动的v­t图像如图丙所示，则下列说法正确的是( )
A．在t＝3 s时，两车相距最远，且最远距离为20 m
B．B车在0～6 s内的位移为23 m
C．在t＝8 s时，两车相遇
D．若t＝1 s时，A车紧急制动(视为匀变速)，要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于 eq \f(1,4) m/s2
三、非选择题(本题共3小题，按要求答题)
10．一同学利用气垫导轨测定滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30 s．通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10 s，则滑块经过第一个光电门时的速度v1＝0.1 m/s，滑块经过第二个光电门时的速度v2＝0.3 m/s.
(1)若已知遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝4.0 s，则滑块的加速度大小a＝________ m/s2.
(2)若已知两光电门间距为L＝80.00 cm，则滑块的加速度大小a′＝________ m/s2.
(3)为了减小误差，可采取的办法是________．
A．增大遮光板的宽度
B．减小遮光板的宽度
C．增大两光电门的间距
D．减小两光电门的间距
11．2022年3月19日，2022赛季F1揭幕战巴林站某一长直的赛道上，一辆F1赛车前方 200 m处有一安全车正以10 m/s 的速度匀速前进，这时赛车从静止出发以2 m/s2的加速度追赶．
(1)求赛车出发3 s末的瞬时速度大小；
(2)求赛车何时追上安全车及追上之前与安全车的最远距离；
(3)当赛车刚追上安全车时，赛车手立即刹车，使赛车以4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，则两车再经过多长时间第二次相遇？(设赛车可以从安全车旁经过而不相碰)
12．[2024·浙江高三专练]新交规规定：“在没有信号灯的路口，一旦行人走上人行道，机动车车头便不能越过停止线”．如图甲所示，一长度为D＝5 m的卡车以v0＝36 km/h的初速度向左行驶，车头距人行道为L1＝40 m，人行道宽度为L2＝5 m．同时，一距离路口为L3＝3 m的行人以v1＝1 m/s的速度匀速走向长度为L4＝9 m的人行道．图乙为卡车的侧视图，货箱可视为质点，货箱与车之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，货箱距离车头、车尾的间距为d1＝2.5 m、d2＝1.5 m(重力加速度g取10 m/s2).求：
(1)当司机发现行人在图中位置时立即加速且以后加速度恒定，要保证卡车整体穿过人行道时，人还没有走上人行道，卡车的加速度最小为多少；
(2)如果司机以第(1)问的最小加速度加速，且穿过人行道后立即匀速，通过计算说明货箱是否会掉下来；
(3)当司机发现行人在图示位置时立即减速且以后加速度恒定，要保证不违反交规，且货箱不撞到车头，求卡车刹车时加速度大小需要满足的条件．
单元素养评价（一） 运动的描述 匀变速直线运动
1．解析：战机的运行速度和月亮的运行速度并不相同，所以以月亮为参考系，战机是运动的，故A错误；飞行员相对战机是不动的，所以以战机里的飞行员为参考系，战机是静止的，故B错误；两次拍摄相差20秒钟，这20秒是指时间间隔，故C正确；研究空中飞行姿态时，其大小形状不可忽略，所以不能将战机看作质点，故D错误．
答案：C
2．解析：规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝ eq \f(－10－8,1.0) m/s2＝－18.0 m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度方向竖直向上．故选D.
答案：D
3．解析：平均速度为某段时间（位移）内物体运动的平均快慢，等于该段时间（位移）内的总位移与总时间的比值，即 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(Δx,Δt).瞬时速度是某一时刻（位置）的速度， eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(Δx,Δt)当Δt趋近于零时，平均速度近似等于瞬时速度，根据题意，已知总位移和总时间，可以计算平均速度，无法计算瞬时速度，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
4．解析：根据x1＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(2,1) 解得t1＝2 s，故A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝80 m/s，故B错误；飞机离开电磁弹射区后，根据速度位移关系有v eq \\al(2,2) －v eq \\al(2,1) ＝2a2x2代入数据解得a2＝18 m/s2，故C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间t2＝ eq \f(v2－v1,a2)＝ eq \f(10,9) s飞机从开始起飞到离开跑道的总时间t＝t1＋t2＝ eq \f(28,9) s，D正确．
答案：D
5．解析：根据题意可知，球踢出后，0～3 s内乙在前球在后，且球的速度比乙大，因而球一直在靠近乙，A正确；根据v­t图像斜率表示加速度可知a＝－ eq \f(Ff,m)＝ eq \f(Δv,Δt)＝－2.5 m/s2则解得f＝μG＝ eq \f(1,4)G，B正确；根据v­t图像面积表示位移可知相遇时球的位移为x＝ eq \f(v0＋vt,2)·t＝33.75 m，C正确；相遇时乙的位移为x乙＝ eq \f(1,2)vtt1＋vtt2＝16.875 m，故甲乙相距L为L＝x－x乙＝33.75 m－16.875 m＝16.875 m，D错误．
答案：D
6．解析：由图像可知，速度与位移成反比关系，速度不随位移均匀变化，故A错误； eq \f(1,v)­x图像的图线与坐标轴围成的面积表示时间，由图像可知，速度不随时间均匀变化，故B错误； eq \f(1,v)­x图像的图线与坐标轴围成的面积表示时间，则甲、乙两物体速度从v0增加到2v0的过程，经历的时间之比为1∶2，故C正确，D错误．故选C.
答案：C
7．解析：由a＝ eq \f(Δv,Δt)，得a1∶a2＝1∶2，故A错误；由 eq \(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v0＋vt,2)，知 eq \(v,\s\up6(－))1＝ eq \(v,\s\up6(－))2，故B正确，D错误；由x＝ eq \(v,\s\up6(－))·t，知x1∶x2＝2∶1，故C正确．
答案：BC
8．解析：由加速度与位移的关系图像可知，加速度大小为1.5 m/s2，由公式2ax＝v2－v eq \\al(2,0) ，解得v＝10 m/s，由公式v＝v0＋at，解得t＝ eq \f(10－4,1.5) s＝4 s，故A、D正确，B、C错误．
答案：AD
9．解析：由图乙可知A车做匀速直线运动，速度大小为vA＝4 m/s，由图丙分析可知，t＝3 s时两车速度相等，相距最远，由位移关系得最远距离为20 m，选项A正确；B车在0～6 s内的位移和0～5 s内的位移相等，为24 m，选项B错误；0～8 s内A车的位移大小为32 m，B车的位移大小为24 m，位移之差为8 m，此时A车未追上B车，选项C错误；t＝1 s时两车相距16 m，当B车停下来后，A车速度减为零时恰好追上B车，此时A车的加速度为一临界值，B车停止之前的位移为16 m，所以A车的总位移为32 m，由速度与位移的关系v2＝2ax可知，加速度a＝ eq \f(1,4) m/s2，故要使A车追不上B车，则A车的加速度大小应大于 eq \f(1,4) m/s2，选项D正确．
答案：AD
10．解析：（1）根据v2＝v1＋aΔt得a＝5×10－2 m/s2.（2）根据v eq \\al(2,2) －v eq \\al(2,1) ＝2a′L得a′＝5×10－2 m/s2.（3）遮光板的宽度越小，瞬时速度的测量误差越小；两光电门的间距越大，测量L的相对误差越小，故选BC.
答案：（1）5×10－2 （2）5×10－2 （3）BC
11．解析：（1）赛车3 s末的速度v1＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s.
（2）设经t2时间追上安全车，由位移关系得v0t2＋200 m＝ eq \f(1,2)a1t eq \\al(2,2)
解得t2＝20 s
此时赛车的速度v＝a1t2＝2×20 m/s＝40 m/s
当两车速度相等时，两车相距最远
由v0＝a1t3得两车速度相等时，经过的时间t3＝ eq \f(v0,a1)＝ eq \f(10,2) s＝5 s
两车最远相距Δs＝v0t3＋200 m－ eq \f(1,2)a1t eq \\al(2,3)
＝（10×5＋200－ eq \f(1,2)×2×52）m＝225 m.
（3）假设再经t4时间两车第二次相遇（两车一直在运动）
由位移关系得vt4－ eq \f(1,2)a2t eq \\al(2,4) ＝v0t4
解得t4＝15 s
赛车停下来的时间t′＝ eq \f(v,a2)＝ eq \f(40,4) s＝10 s
所以t4＝15 s不合实际，两车第二次相遇时赛车已停止运动．
设再经时间t5两车第二次相遇，应满足 eq \f(v2,2a2)＝v0t5
解得t5＝20 s.
答案：（1）6 m/s （2）20 s 225 m （3）20 s
12．解析：（1）人走上人行道的时间t1＝ eq \f(L1,v1)＝3 s
在3 s末卡车刚好穿过人行道，加速度最小，设为a1，则D＋L1＋L2＝v0t1＋ eq \f(1,2)a1t eq \\al(2,1)
解得a1＝ eq \f(40,9) m/s2
（2）卡车穿过人行道时vm＝v0＋a1t1＝（10＋ eq \f(40,9)×3） m/s＝ eq \f(70,3) m/s
货箱的加速度a2＝μ1g＝4 m/s2
假设箱子没掉下来，货箱加速的时间为t2＝ eq \f(vm－v0,a2)＝ eq \f(10,3) s
货箱的位移为s箱＝ eq \f(v0＋vm,2)×t2＝ eq \f(500,9) m
汽车的位移为s车＝（D＋L1＋L2）＋vm（t2－t1）＝ eq \f(520,9) m
所以箱子相对汽车向后运动s车－s箱＝ eq \f(20,9) m>1.5 m
假设错误，箱子会掉下来；
（3）①人穿过人行道的时间t3＝ eq \f(L3＋L4,v1)＝12 s
假设12 s内汽车的位移小于40 m，加速度最小，由40＝v0t3＋ eq \f(1,2)（－a3）t eq \\al(2,3)
得a3＝ eq \f(10,9) m/s2
以此加速度汽车减速为零的时间为t4＝ eq \f(v0,a3)＝ eq \f(10,\f(10,9))＝9 s
说明此加速度汽车在9 s时已经减速为零，9 s后不再运动，而此时刹车距离s刹＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2a3)＝45 m>40 m
说明假设错误，所以卡车在40 m内速度减小为零加速度最小a4＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2L1)＝ eq \f(5,4) m/s2
②箱子刚好不撞车头时，卡车的加速度最大，设为a5，有d1＝ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2a2)－ eq \f(v eq \\al(2,0) ,2a5)
解得a5＝5 m/s2
刹车时加速度需要满足的条件 eq \f(5,4) m/s2≤a≤5 m/s2
答案：（1） eq \f(40,9) m/s2 （2）见解析 （3） eq \f(5,4) m/s2≤a≤5 m/s2