2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案 002-课时作业2 匀变速直线运动的规律（教用）

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1．（2024·北京卷·2）一辆汽车以10m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2s停止，汽车的制动距离为（ ）
A. 5mB. 10mC. 20mD. 30m
【答案】B
【解析】汽车做末速度为零的匀减速直线运动，则有x=v0+v2t=10m，故选B。
2．2025年11月14日，“神舟二十一号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。若在距离地面1.6m时，速度为8m/s，返回舱的缓冲发动机开始向下喷气，舱体减速，到达地面时速度恰好为0，此过程可视为竖直方向的匀减速直线运动。该减速过程加速度的大小为（ ）
A. 5m/s2B. 10m/s2C. 20m/s2D. 40m/s2
【答案】C
【解析】根据匀变速直线运动速度位移公式可得0−v02=−2aℎ，则a=v022ℎ=822×1.6m/s2=20m/s2，故选C。
3．（2025·湖南长沙模拟）如图，若滑板运动员停止运动前的滑行可近似简化为匀变速直线运动，通过某一段距离AB的平均速度大小为9m/s，最后停在C点，已知xAB=3xBC，则该运动员经过BC段的平均速度大小为（ ）
A. 5m/sB. 4m/sC. 3m/sD. 2m/s
【答案】C
【解析】末速度为0的匀减速直线运动，可逆向视为初速度为0的匀加速直线运动，第1个T内、第2个T内运动的位移比为1:3，可知在AB、BC段运动时间相同，AB段平均速度vAB=xABT=9m/s，则BC段平均速度vBC=xBCT=3m/s，故选C。
4．随着人工智能技术的发展，无人驾驶汽车已经成为智能科技的焦点。某品牌无人驾驶汽车进行刹车性能测试，得到汽车在平直路面上紧急刹车（刹车后加速度不变）过程中的位置坐标x随时间t变化的规律为x=5+10t−2t2(x的单位是m，t的单位是s)。则下列说法不正确的是（ ）
A. 刹车后2s内的位移为17mB. 该汽车刹车的加速度为−4m/s2
C. 刹车后2s末的速度为2m/sD. 该汽车刹车的初速度为10m/s
【答案】A
【解析】已知汽车刹车过程中的位置坐标随时间变化的规律为x=5+10t−2t2，结合匀变速直线运动位移时间公式x=v0t+12at2，可得汽车刹车时的初速度和加速度分别为v0=10m/s、a=−4m/s2，故B、D正确；刹车后2s末的速度为v1=v0+at1=(10−4×2)m/s=2m/s，故C正确；汽车从刹车到停下所用时间t0=0−v0a=2.5s，则刹车后2s内的位移x=v0t1+12at12=(10×2−12×4×22)m=12m，故A错误。
5．（2024·海南卷·5）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时向左、右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（ ）
A. 1.25m/s2B. 1m/s2C. 0.5m/s2D. 0.25m/s2
【答案】C
【解析】设门的最大速度为v，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为v2，且时间相等，均为2s，根据x=v2×4(m)，可得v=1m/s，则加速度大小a=0.5m/s2，故选C。
6．（2024·山东卷·3）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2:Δt1为（ ）
A. (3−1):(2−1)B. (3−2):(2−1)
C. (3+1):(2+1)D. (3+2):(2+1)
【答案】A
【解析】木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度大小为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据x=12at2可知，L=12at02，2L=12at12，3L=12at22，又Δt1=t1−t0，Δt2=t2−t0，联立解得Δt2:Δt1=(3−1):(2−1)，故选A。
7．多选 在光滑、足够长的斜面上，有一可视为质点的物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下。当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是（ ）
A. 物体运动时间可能为1sB. 物体运动时间可能为3s
C. 物体运动时间可能为(2+7)sD. 此时的速度大小一定为5m/s
【答案】ABC
【解析】规定沿斜面向上为正方向，当物体在出发点上方时，x=7.5m，由x=v0t+12at2可得t1=1s或t2=3s，由v=v0+at，得v1=5m/s或v2=−5m/s。当物体在出发点下方时，x=−7.5m，由x=v0t+12at2，代入数据解得t3=(2+7)s或t4=(2−7)s（舍去），由v=v0+at得v3=−57m/s。故A、B、C正确，D错误。
8．将一物块置于光滑水平面上，现给物块施加一水平向右的力，物块以加速度a1匀加速直线运动，经过时间t，立即改为施加水平向左的力，物块以大小为a2的加速度运动，又经过时间t物块回到了原位置，则两次加速度大小之比为（ ）
A. a1:a2=1:1B. a1:a2=1:2C. a1:a2=1:3D. a1:a2=1:4
【答案】C
【解析】根据题意，由运动学公式有x=12a1t2，v1=a1t，又有−x=v1t−12a2t2，联立解得a1:a2=1:3，故选C。
能力强化练
9．（2023·山东卷·6）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10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为（ ）
A. 3m/sB. 2m/sC. 1m/sD. 0.5m/s
【答案】C
【解析】设电动公交车通过R、S、T三点的速度分别为vR、vS、vT，通过RS段和ST段的平均速度分别为vRS、vST，依题意，由匀变速直线运动规律有vRS=vR+vS2=10m/s①
vST=vS+vT2=5m/s②
xRS=vRS⋅tRS③
xST=vST⋅tST④
xST=2xRS⑤
由①②③④⑤联立可得tST=4tRS⑥
设匀减速直线运动的加速度大小为a，则
vR=vT+5atRS⑦
vS=vT+4atRS⑧
联立①⑦⑧式，整理可得9atRS=20−2vT⑨
联立②⑧式，整理可得4atRS=10−2vT⑩
⑨⑩两式相除得9atRS4atRS=20−2vT10−2vT，即10−vT5−vT=94，解得vT=1m/s，C正确。
一题多解 设电动公交车通过R、S、T三点的速度分别为vR、vS、vT，通过RS段和ST段的平均速度分别为vRS、vST，依题意，设匀减速直线运动的加速度大小为a，由匀变速直线运动规律有
vRS=vR+vS2=10m/s①
vST=vS+vT2=5m/s②
vR2−vS2=2axRS③
vS2−vT2=2axST④
xST=2xRS⑤
联立③④⑤式，得vR2−vS2vS2−vT2=xRSxST=12⑥
联立①②⑥式，得vR=vT+10m/s，
vS=10m/s−vT，vR−vSvS−vT=14
解得vT=1m/s，C正确。
10．多选 如图所示，游乐场的玻璃滑梯可简化为倾斜滑道AB和水平滑道BC两部分。t=0时某游客（视为质点）从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后速度大小不变，之后在BC上做匀减速直线运动，最后停在C点。若第6s末和第12s末速度大小均为6m/s，第11s末速度大小为8m/s，则（ ）
A. 游客在第11s末时处于减速阶段
B. 游客在运动过程中的最大速度为9m/s
C. 游客在运动全过程的路程为75m
D. 游客在第16s末运动到C点
【答案】AC
【解析】游客从A点由静止开始匀加速下滑，第6s末的速度大小为6m/s，则有v1=a1t1，解得游客在AB段的加速度大小a1=v1t1=1m/s2，若游客在第11s末仍处于加速下滑阶段，则此时的速度v=a1t2=11m/s，与题干不符，故游客在第11s末处于BC之间的减速阶段，故A正确；游客在BC段的加速度a2=ΔvΔt=6−812−11m/s2=−2m/s2，设在第6s后经过t时间到达B点，则有vB=v1+a1t，已知11s时速度v2=8m/s，有v2=vB+a2(5−t)，联立解得t=4s，vB=10m/s，故B错误；设AB段的距离为x1，BC段的距离为x2，根据运动学公式对两阶段分别列式可得vB2=2a1x1，−vB2=2a2x2，解得x1=50m，x2=25m，则游客在运动全过程的路程为s=x1+x2=75m，故C正确；在11s后，再经过t3时间减速为0，则t3=−v2a2=4s，故游客在第15s末停在C点，故D错误。
11．（14分）ETC是电子不停车收费系统的简称。若某ETC通道的通行车速由原来的20km/h提高至40km/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=30m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，若过ETC通道，需要在收费站中心线前d=10m处正好匀减速至v1=4m/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1m/s2，忽略汽车车身长度。求：
（1） 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=10m/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。
【答案】（1） 894m
（2） 10.7s
【解析】
（1） 设汽车匀减速过程位移大小为d1，由运动学公式得v12−v02=−2ad1，
解得d1=442m，
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=894m。
（2） 设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，由运动学公式得v22−v02=−2ad2，
解得d2=400m，
设提速前，汽车做匀减速直线运动的时间为t1，
则d1=v0+v12t1，解得t1=26s，
通过匀速行驶区间的时间为t′1，有d=v1t′1，解得t′1=2.5s，
从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1=2t1+t′1=54.5s，
提速后，汽车做匀减速直线运动的时间为t2，
则d2=v0+v22t2，解得t2=20s，
通过匀速行驶区间的时间为t′2，则d=v2t′2，解得t′2=1s，
匀速通过(d1−d2)位移所用时间Δt=d1−d2v0=1.4s，
通过与提速前相同位移的总时间为T2=2t2+t′2+2Δt=43.8s，
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=10.7s。
创新思维练
12．（2025·广东广州模拟）多选 如图所示，旅客在站台候车线处候车，相邻候车线间的距离以及每节车厢的长度均为L。列车进站时，从1号车厢的前端入口a点经过5号候车线时开始计时，到2号车厢的前端入口b点经过5号候车线时，所用的时间为T，列车停下时a点恰好正对1号候车线。若列车进站时做匀减速直线运动，则下列说法正确的是（ ）
A. 列车进站时的加速度大小为LT2
B. a点经过2号候车线时，列车的瞬时速度大小为2(7−43)LT
C. 从a点经过2号候车线到列车停止运动，经历的时间为(2+3)T
D. 从a点经过5号候车线到列车停下的过程，列车的平均速度为2(2−3)LT
【答案】CD
【解析】采用逆向思维可知，列车连续经过相等的位移所用的时间之比为(4−3):(3−2):(2−1):1，设列车从a点经过2号候车线到列车停止运动所用时间为t，则有tT=14−3，解得t=(2+3)T，故C正确；由公式L=12at2，可得列车进站时的加速度大小为a=2Lt2=2L[(2+3)T]2=2(7−43)LT2，故A错误；a点经过2号候车线时，列车的瞬时速度大小v2=at=2(2−3)LT，故B错误；从a点经过5号候车线到列车停下的过程，所用总时间t′满足t′T=(4−3)+(3−2)+(2−1)+14−3=22−3，解得t′=2(2+3)T，所以列车从a点经过5号候车线到列车停下的过程的平均速度v=4Lt′=2(2−3)LT，故D正确。