2024年高考物理题型突破限时精练小题精练01 匀变速直线运动（解析版）

小题精练01匀变速直线运动公式、知识点回顾（时间：5分钟）1．基本规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．2．两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：eq\x\to(v)＝v＝eq\f(v0＋v,2).(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.3．v0＝0的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))【例题】（2022•甲卷）长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为（ ）A．v0-v2a+L+lv B．v0-va+L+2lv C．3(v0-v)2a+L+lv D．3(v0-v)a+L+2lv【解答】解：当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v（v＜v0），可知列车进入隧道前需减速至v，然后匀速通过隧道，全部出隧道后需加速到v0，则减速时间：t1=v-v0-2a，匀速时间：t2=L+lv，加速时间：t3=v0-va，列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1+t2+t3解得：t=3(v0-v)2a+L+lv，故C正确，ABD错误；故选：C。难度：★★★建议时间：30分钟正确率：/15（2024•泸州模拟）可视为质点的甲、乙两辆小车分别处于两条平直的平行车道上。t＝0时，乙车在前，甲车在后，两车间距Δx＝40m，此后两车运动的v﹣t图像如图所示。关于两车在0～11s时间内的运动，下列说法中正确的是（ ）A．t＝5s时，两车第一次并排行驶 B．两车全程会有三次并排行驶的机会 C．t＝7s时，两车在全程中相距最远 D．0～7s内，甲车的平均速度大小为10m/s【解答】解：A．由图可知，甲加速阶段加速度为a1=ΔvΔt=205m/s2=4m/s2乙加速阶段加速度为a2=ΔvΔt=309-3m/s2=5m/s2t＝5s时，根据位移—时间公式，甲物体运动位移为x1=12a1t2=12×4×52m=50m根据位移—时间公式，乙物体运动位移为x2=12at2=12×5×(5-3)2m=10m由于x1＝x2+Δx故A正确；C．t＝5s后的运动过程中，当二者速度相同时，相距最远，故t＝7s时，两车在t＝5s后的运动过程中相距最远，故最远距离为Δx'=x甲-x乙=(2×20)m-12×(10+20)×2m=10m由于Δx′＜Δx，即10m＜40m，故在0s时相距最远。故C错误；B．由A项可知，第一次相遇在t＝5s时，此后甲车做匀速直线运动，t＝7s时，两车在5s后的运动中相距最远，此后乙的速度大于甲的速度，故后再相遇一次后再无法相遇，可相遇两次，故未有三次并排行驶的机会，故B错误；D．0～7s内，根据平均速度公式，甲车的平均速度大小为v=xt=12×(2+7)×207m/s=907m/s故D错误。故选：A。（2023•叙州区校级二模）一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为（ ）A．(Δv)2(1x1+1x2) B．2(Δv)2x2-x1 C．(Δv)2(1x1-1x2) D．(Δv)2x2-x1【解答】解：匀变速直线运动中，速度变化量Δv＝at速度变化量相等时，运动时间相等，根据经过连续相等时间，位移之差为Δx＝at2则x2-x1=at2联立解得a=(Δv)2x2-x1故ABC错误，D正确。故选：D。（2023•潍坊三模）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15m/s的速度行驶，汽车通过ETC通道前，以2.5m/s2的加速度减速，当速度减至5m/s后，匀速通过长为10m的匀速行驶区间。当车头到达收费站中心线后，再以5m/s2的加速度匀加速至15m/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60m B．通过的最短距离为70m C．所用的最短时间为4s D．所用的最短时间为6s【解答】解：AB、减速过程的位移x1=-v2-v022a1=-52-1522×2.5m＝40m加速过程的位移x2=v02-v22a2=152-522×5m＝20m通过的最短距离为x＝x1+x2+x3＝40m+20m+10m＝70m故A错误，B正确；CD、减速过程的时间t1=-v-v0a1=-5-152.5s＝4s加速过程的时间t2=v0-va2=15-55s＝2s匀速过程的时间t3=x3v=105s＝2s所用的最短时间为t＝t1+t2+t3＝4s+2s+2s＝8s故CD错误。故选：B。（2023•浙江模拟）汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（ ）A．汽车第1秒末的速度为23m/s B．汽车加速度大小为3m/s2 C．汽车的减速时间为6.5s D．汽车刹车总位移为78m【解答】解：B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，设汽车加速度的大小为a，由位移—时间公式得：12at22-12at12=6m代入数据解得：a＝4m/s2故B错误；A、设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移—时间公式得：x1＝v0t1-12at12=24m代入数据解得：v0＝26m/s汽车第1s末的速度为v＝v0﹣at1＝26m/s﹣4×1m/s＝22m/s故A错误；C、汽车的减速时间为t=v0a=264s＝6.5s故C正确；D、汽车刹车的总位移为x=12v0t=12×26×6.5m＝84.5m故D错误。故选：C。（2019•新课标Ⅰ）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H．上升第一个H4所用的时间为t1，第四个H4所用的时间为t不计空气阻力，则t2t1满足（ ）A．1＜t2t1＜2 B．2＜t2t1＜3 C．3＜t2t1＜4 D．4＜t2t1＜5【解答】解：逆向分析可以看作是自由落体运动，根据初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的位移内时间之比等于1：(2-1)：(3-2)：(2-3)：……：n-n-1可得：t2t1=12-3=2+3，故3＜t2t1＜4，故C正确、ABD错误。故选：C。（2023•新会区校级一模）目前，我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。如图为甲、乙两辆车以相同的速度开始减速并通过收费站的v﹣t图像，根据图像下列描述正确的是（ ）A．甲车进入的是人工通道，乙车进入的是ETC通道 B．两车通过收费站相同路程（乙车0﹣18s内的路程）的时间差为13s C．甲车进入通道中的加速度为5m/s2，乙车进入通道中的加速度为2.5m/s2 D．甲车进入ETC通道，当速度减为5m/s后，匀速前进5m【解答】解：A．经过人工通道缴费时车的速度应减为零，然后再启动，而经过ETC通道的不需要停车即可通过，由图可知甲只是减速，但速度并没有减为零，所以甲车进入的是ETC通道，乙车进入的是人工收费通道，故A错误；B．由v﹣t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移的大小，通过收费站相同路程为：s＝4×10m＝40m乙车用了18s时间，而甲车用了大于5s时间（0﹣5s时间内，甲图线与时间轴围成的面积小于40m），故两车通过收费站相同路程的时间差小于13s，故B错误；C．甲车进入通道的加速度大小为：a甲=ΔvΔt代入数据解得：a甲=2.5m/s2乙车进入通道的加速度大小为：a乙=ΔvΔt代入数据解得：a乙=2.5m/s2故C错误；D．由v﹣t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，甲车进入ETC通道，当速度减为5m/s后，匀速前进x＝vt＝5×1m＝5m代入数据解得：x＝5m故D正确。故选：D。（2022•凉山州模拟）今年1月10日，首发“复兴号”动车D843次载着旅客，从西昌出发一路向南驶向攀枝花，正式开启了凉山的“动车时代”。假如动车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移后停下，则这三段位移的平均速度之比是（ ）A．3：2：1 B．27：8：1 C．5：3：1 D．9：4：1【解答】解：根据逆向思维，动车做初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等时间内通过的位移之比为1：3：5…（2n﹣1），故分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移之比为x3：x2：x1＝（11+9+7）：（5+3）：1＝27：8：1，根据平均速度的定义式可得，这三段位移的平均速度之比v3：v2：v1=x33：x22：x11=9：4：1，故ABC错误，D正确。故选：D。（2022•丹东模拟）如图所示，A、B两小球用等长的细线悬挂在倾角为30°的直杆上。现同时剪断细线，A球比B球晚落地0.2s。B球与地面的高度差h＝5m（不计空气阻力，g取10m/s2）。则（ ）A．A球与地面的高度差为6m B．A、B两小球释放前相距4.4m C．若先剪断悬挂B球的细线，A、B两球有可能同时落地 D．A球比B球在空中运动的时间长，所以A球的速度变化率比B球的大【解答】解：A、对B分析，根据自由落体公式：t=2hg=2×510s=1s则A球的下落时间为1.2s，因此A球与地面的高度为：hA=12gtA2=12×10×1.22m=7.2m，故A错误；B、根据位置关系可知，释放前两个小球的高度差为：Δh＝hA﹣h＝7.2m﹣5m＝2.2m根据几何关系可知，释放前两小球的距离为：x=Δhsin30°=2.20.5m=4.4m，故B正确；C、若先剪断B球的细绳，则B球会更早落地，故C错误；D、速度变化率为Δvt=a=g，两个小球的加速度都等于重力加速度，因此两球的速度变化率相等，故D错误；故选：B。（2023•沙河口区校级模拟）人原地起跳方式是先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，重心上升后离地向上运动，如果人起跳过程中，重心上升至离地前，其加速度与重心上升高度关系如图所示，那么人离地后重心上升的最大高度可达（g取10m/s2）（ ）A．0.25m B．0.5m C．0.75m D．1.25m【解答】解：根据题意，设人刚刚离地时速度为v，根据公式v2＝2ax，整理得v22=ax则a﹣x图形围成的面积为v22，人离地后根据公式有v2＝2gh结合图像，联立解得h＝0.5m，故B正确，ACD错误。故选：B。（2024•甘肃模拟）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设高铁在启动阶段做匀变速直线运动，先后经过站台上的A、B两点，其经过A、B两点的速度分别为v、7v，经过该段的时间为t，则对该高铁的运动过程说法正确的是（ ）A．前一半位移速度增加3.5v B．经过AB段中间时刻的速度是5v C．前一半位移与后一半位移经过的时间之比为2：1 D．前一半时间内通过的位移比后一半时间内通过的位移少2vt【解答】解：A．设经过A、B两点间的位移为x，两点中间位置的速度为vx2