2023届高考一轮复习 第一章 直线运动 第二讲 匀变速直线运动的规律 习题1(含解析)

2023届高考一轮复习 第一章 直线运动 第二讲 匀变速直线运动的规律 习题1（含解析）
1.一个质点做方向不变的直线运动,加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至为零，则在此过程中( )
A.速度先逐渐增加，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值
B.速度先均匀增加，然后增加得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值
C.位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大
D.位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值
2.中国自主研发的“暗剑”无人机，速度可超过2马赫。

在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m 的测试距离，用时分别为2 s 和1 s ，则无人机的加速度大小是( ) A.220m/s
B.240m/s
C.260m/s
D.280m/s
3.子弹恰能依次穿过3块紧贴在一起的厚度分别为32d d 、和d 的固定木板（即穿过第3块木板时子弹速度减小为零）。

假设子弹在木板里运动的加速度是恒定的，则下列说法正确的是( ) A.子弹依次进入各木板时的速度之比为3:2:1
B. C.子弹依次通过各木板所需的时间之比为3:2:1
D.
4.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13 m ，在最后1秒内的位移为2 m ，则下列说法正确的是( ) A.汽车在第1秒末的速度可能为10 m/s B.汽车加速度大小可能为23m/s C.汽车在第1秒末的速度一定为11 m/s
D.汽车的加速度大小一定为24.5m/s
5.为检测某公路湿沥青混凝土路面与汽车轮胎的动摩擦因数μ，测试人员让汽车在该公路的水平直道行驶，当汽车速度表显示40 km/h 时紧急刹车（车轮抱死），车上人员用手机测得汽车滑行3.70 s 后停下来，g 取210m /s ，则测得μ约为( ) A.0.2
B.0.3
C.0.4
D.0.5
6.如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5、…所示小球运动过程中每次曝光的位置，连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d 。

根据图中的信息，下列判断不正确的是( )
A.位置“1”是小球释放的初始位置
B.小球做匀加速直线运动
C.小球下落的加速度为
2d T D.小球在位置“3”的速度为
72d T
7.物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s 内与第2 s 内的位移之差是6 m ，则可知( ) A.物体运动的加速度大小为23m/s B.第2 s 末的速度大小为12 m/s
C.第1 s 内的位移大小为1 m
D.物体在前4 s 内的平均速度大小为15 m/s
8.一质点做匀变速直线运动的速度随时间变化的关系为(4010)m/s v t =-.下列说法正确的是( ) A.质点在前4 s 内做匀加速运动 B.质点的初速度是20 m/s C.质点的加速度大小是25m/s
D.4s t =时，质点的加速度不为零
9.如图所示为水平导轨，A B 、为弹性竖直挡板，相距4m L =。

一可视为质点的小球自A 板处开始，以04m /s v =的速度沿导轨向B 运动，它与A B 、挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变，为使小球停在A B 、的中点，这个加速度的大小可能为( )
A.
24
m /s 7
B.20.5m /s
C.21m /s
D.21.5m /s
10.强行超车是道路交通安全的极大隐患。

如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以
036km /h v = 的速度在平直路面上匀速行驶，其中甲车车身长1 4.8m L = 、货车车身长27.2m L = ，
货车在甲车前4m s = 处。

若甲车司机开始加速从货车左侧超车，加速度大小22m /s a = 。

假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽度。

（1）求甲车完成超车至少需要多长时间；
（2）若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距0115m s = ，乙车速度为 54km /h v = 乙。

甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车能否安全超车。

11.2018年国庆假期期间，国家取消了7座及以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过.假设收费站的前、后都是平直大道，假期期间过站的车速要求不超过21.6km /h t v =，事先小汽车未减速的车速均为0108km /h v =，制动后小汽车的加速度的大小为214m /s a =，试问： （1）假期期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
（2）假设车过站后驾驶员立即使车以226m /s a =的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，小汽车运动的时间至少是多少？
（3）在（1）（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
答案以及解析
1.答案：B
解析：加速度与速度的方向相同时，速度增加。

当加速度不变时，速度均匀增加;当加速度减小时，速度仍增加，但增加得越来越慢；当加速度为零时，速度达到最大值，保持不变，A 错误，B 正确；因质点速度方向不变化，始终向前运动，最终做匀速运动，所以位移一直在增大，C 、D 错误。

2.答案：B
解析：子弹在木板中的运动可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，由初速度为零的匀变速
直线运动规律有22ax v =，又123::6:3:1x x x =，
A 错误，
B 正确；结合21
2x at =可知，子弹依次通过各木板所需的时间之比为:1):1-，
C 、
D 错误。

4.答案：C
解析：采用逆向思维法，将汽车的运动看成是反向的初速度为零的匀加速直线运动，由于最后1 s 内的位移为2 m ，则根据212x at '=得，汽车加速度大小222222
m /s 4m /s 1x a t ⨯=
='=。

第1 s 内的位移为13 m ，则有2
1012x v t at =-，代入数据解得初速度015m /s v =，则汽车在第1 s 末的速度
1015m /s 41m /s 11m /s v v at =-=-⨯=，故C 正确，A 、B 、D 错误。

5.答案：B
解析：汽车的刹车过程可视为匀减速运动的过程，初速度0100
40km /h m /s 9
v = =
，由匀变速直线运动规律得00v at =-，解得23m /s a = ，根据牛顿第二定律f ma =和滑动摩擦力公式f N μ=得
0.3f ma
N mg
μ=
==，B 正确。

6.答案：A
解析：由题图可以知道每两个相邻位置之间的距离差是一样的，由2x aT ∆=可知，22
x d a T T ∆==，B 、C 正确；小球在位置3的瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以243722x d v T T
==，D 正确；由于312v v a T =+⋅，故132732222d d d v v aT T T T T
=-=-⨯⨯=，A 错误。

7.答案：B
解析：根据2Δx aT =可得物体的加速度222Δ6
m /s 6m /s 1
x a T =
==，A 错误；第2 s 末的速度2262m /s 12m /s v at ==⨯=，B 正确；第1 s 内的位移21111
61m 3m 22x at ==⨯⨯=，C 错误；物体
在前4 s 内的位移24411
616m 48m 22x at ==⨯⨯=，则物体在前4 s 内的平均速度
4448
m /s 12m /s 4
x v t =
==，D 错误. 8.答案：D
解析：质点做匀变速直线运动的速度随时间变化的关系为(4010)m/s v t =-，结合公式0v v at =+，可得质点的初速度040m/s v =，质点的加速度210m/s a =-，则质点的加速度大小是210m/s ，故B 、C 错误.由题给表达式得，经过4 s 质点的速度减小为零，质点的加速度不变，则质点在前4 s 内做匀减速运动，故A 错误.质点在前4 s 内做匀减速运动，4 s 后做反方向的匀加速运动，4s t =时，质点的加速度仍为210m/s -，故D 正确. 9.答案：A
解析：小球停在A B 、的中点时，小球的路程(0,1,2,)2
L s nL n =+=，由2002v as -=-得，2
(0,1,2,)
122v a n nL L =
=⎛
⎫+ ⎪
⎝
⎭，代入数据解得24
m /s (0,1,2,)21
a n n =
=+，当3n =时，24
m /s 7
a =
，故A 正确，B 、C 、D 错误。

10.答案：（1）4s （2）不能安全超车
解析：（1）设甲车完成超车至少需要时间t ，则时间t 内甲车位移为
2 01
2
x v t at =+甲①
货车位移0 x v t =货②
完成超车需满足 12 x x L L s =+++甲货③
代入数据联立可得4s t = ④ （2）刚好完成超车时，甲车位移
2 01
56m 2
x v t at =+= 甲⑤
乙车位移大小
60m x v t == 乙乙⑥ 由于 0x x s +>甲乙⑦ 所以不能安全超车⑧ 11.答案：（1）108 m （2）10 s （3）4 s
解析：（1）21.6km /h 6m /s t v ==，事先小汽车未减速的车速均为0108km /h 30m /s v ==，小汽车通过收费站前做匀减速直线运动， 设距收费站1x 处开始制动，则
22
0112t v v a x -=-,
代入数据解得1108m x =.
（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前、后两个阶段的位移分别为1x 和2x ，时间分别为1t 和2t ，则减速阶段有011t v v a t =-，可得011630
s 6s 4
t v v t a --===--， 加速阶段有022t v v a t =+， 可得022306
s 4s 6
t v v t a --=
==， 则加速和减速的总时间1210s t t t =+=.
（3）在加速阶段有2
20
222t v v a x -=， 解得272m x =，
则总位移12180m x x x =+=， 若不减速过站所需时间12
6s x x t v '+=
=， 车因减速和加速过站而耽误的时间Δ4s t t t '=-=.。