第1课 直线运动的基本概念与规律-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

第1课　　　　　直线运动的基本概念与规律 普查与练习1　　　　　直线运动的基本概念与规律　　　　　　　　　　　　　　　 1．匀变速直线运动规律的理解与应用 a.运用匀变速直线运动的3个基本关系式解决实际问题 (1)(2024广西真题，12分)如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距d＝0.9 m，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1＝0.4 s，从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2＝0.5 s。求该同学 ①滑行的加速度大小； ②最远能经过几号锥筒。 (1)答案：①1 m/s2(6分)　②4号锥筒(6分) 解析：①根据匀变速直线运动规律，某段位移内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知从1号锥筒运动到2号锥筒，中间时刻的速度为 v1＝(2分) 从2号锥筒运动到3号锥筒，中间时刻的速度为 v2＝(1分) 加速度大小为a＝(2分) 代入数据解得a＝1 m/s2(1分) ②设到达1号锥筒时的速度为v0，根据匀变速直线运动规律有d＝v0t1－at(2分) 从1号锥桶到停止时通过的位移大小为 x＝(2分) 代入数据解得≈3.33(1分) 故最远能经过4号锥筒。(1分) （2）(2022湖北真题，4分)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　　) A．6小时25分钟 B．6小时30分钟 C．6小时35分钟 D．6小时40分钟 (2)答案：B 解析：由于W和G之间的4个站均匀分布，因此乘高铁节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍；相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝＝＝＝60 s，加速过程的位移x1＝at＝×0.5 m/s2×(60 s)2＝900 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝＝7 140 s；同理高铁列车加速时间t′1＝＝＝＝180 s，加速过程的位移x′1＝at′＝×0.5 m/s2×(180 s)2＝8 100 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t′2＝＝＝2 220 s；乘高铁在相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t′2＋2t′1)＝(7 140 s＋2×60 s)－(2 220 s＋2×180 s)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，故B项正确。 b.运用匀变速直线运动的常用推论巧解问题 (3)(2023山东真题，3分)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10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　) A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s (3)答案：C 解析：由题意知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，通过RS段和ST段距离用时分别为t1和t2。根据题意有RS＝＝，ST＝＝，联立两式并代入数据解得t2＝4t1，vT＝vR－10 m/s，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a×5t1，则at1＝2 m/s，且RS＝vR－a×，代入数据解得vR＝11 m/s，则vT＝1 m/s，故C项正确。 (4)(全国高三模拟，8分)从斜面上某一位置每隔0.1 s由静止释放一颗小球，在连续释放若干颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示。现测得xAB＝15 cm，xBC＝20 cm，已知小球在斜面上做加速度相同的匀加速直线运动。求： ①小球的加速度大小； ②拍摄照片时，C、D两球相距多远； ③拍摄照片时，A球上面正在运动着的小球共有几颗。 (4)答案：①5 m/s2(3分)　②25 cm(2分) ③两颗(3分) 解析：①由题意知，各个小球在斜面上的运动过程相同，不同小球在斜面上同一位置时的运动状态相同，故照片上的各球可认为是一个小球在不同时刻的位置。设小球的加速度为a，在照片中A球当时的速度为vA，小球释放的间隔时间为T＝0.1 s，根据匀加速直线运动规律有 xAB＝vAT＋aT2(1分) xBC＝(vA＋aT)T＋aT2(1分) 则Δx＝xBC－xAB＝aT2 代入数据解得a＝5 m/s2(1分) ②根据匀变速直线运动规律的推论Δx＝aT2得 Δx＝xCD－xBC＝xBC－xAB (1分) 代入数据解得xCD＝25 cm (1分) ③设释放B球到拍摄照片经过的时间为tB。小球做初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律知vB＝atB(1分) 且vB＝ 联立并代入数据解得tB＝0.35 s (1分) n＝＝3.5 即B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗。(1分) c.运用初速度为0的匀加速直线运动的推论速解问题 (5)(2026改编题，3分)如图(a)所示是郑新黄河大桥的照片，图(b)所示为大桥的简化示意图，其中a、b、c、d、e是五个连续等距的桥墩，若一辆汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，已知通过ab段的时间为t，经过c点时的速度是v，则下列说法中正确的是(　　) 　　　图(a)　　　　　　　　　　　　图(b) A．该汽车经过b点时的速度是 B．该汽车经过d点时的速度是v C．该汽车通过bc段的时间为t D．该汽车通过be段的时间为t (5)答案：D 解析：由匀变速直线运动推论可得，初速度为0的匀加速直线运动在连续相等各段位移末端的速度之比为1∶∶∶…∶，c点处于第二段位移末端，经过该点时速度是v，则可得经过b点时的速度为v，经过d点时的速度为v，故A项、B项均错误。在初速度为0的匀加速直线运动中，连续通过相等的各段位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)，则该汽车通过bc段的时间为(－1)t，故C项错误。在初速度为0的匀加速直线运动中，连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，由于ab段与be段位移之比为1∶3，故两段过程时间相等，则通过be段时间也为t，故D项正确。 d.运用逆向思维巧解速度减为0的匀减速直线运动问题 (6)(2026改编题，10分)飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s，求： ①飞机着陆后12 s内滑行的距离； ②飞机刚着陆后4 s内与飞机静止前4 s内滑行的距离之比。 (6)答案：①300 m(5分)　②4∶1(5分) 解析：①飞机着陆后到停止所用的时间 t＝＝10 s(2分) 故飞机着陆后的12 s内的后2 s飞机静止，把飞机匀减速直线运动的过程看成是初速度为0的匀加速直线运动，则 x＝at2＝×6×102 m＝300 m(或x＝t＝300 m)(3分) ②根据x＝at2可知，逆向看，从飞机静止到飞机刚着陆的过程中，连续2 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9。(2分) 故飞机着陆后4 s内与静止前4 s内的位移之比 x1∶x2＝(7＋9)∶(1＋3)＝4∶1(3分) 2．两类典型的匀变速直线运动 a.运用自由落体运动的特点(初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动)解题 (7)(2026改编题，10分)江南水乡，如诗如画，每当细雨过后，雨滴从屋檐点点落下，形成了一道别致的风景线。如图所示，一滴雨滴从屋檐由静止落下，经过窗户(从窗上沿到窗下沿)用时0.4 s。忽略空气阻力，已知窗户的高度为1.6 m，取重力加速度g＝10 m/s2。 ①求雨滴经过窗上沿时的速度； ②若雨滴经过窗上沿时，恰好有另一雨滴从窗下沿由静止落下，且两雨滴同时落到水面，求屋檐距离水面的高度。 (7)答案：①2 m/s(4分)　②5 m(6分) 解析：①设雨滴经过窗上沿时的速度为v，窗户的高度l＝1.6 m，经过窗户用时t＝0.4 s，根据匀变速直线运动的规律有vt＋gt2＝l (2分) 代入数据解得v＝2 m/s(2分) ②设屋檐到窗上沿高度为h1，根据自由落体运动的规律有v2＝2gh1 (1分) 设雨滴从经过窗上沿到落到水面用时t2，窗上沿到水面高度为h2，有 vt2＋gt＝h2 (1分) 由题意可知，两雨滴同时落到水面，则对从窗下沿静止落下的雨滴进行分析，有 gt＝h2－l (2分) 屋檐距水面的高度h＝h1＋h2(1分) 联立以上各式并代入数据解得h＝5 m(1分) b.运用竖直上抛运动的特点(初速度向上、加速度为g的匀变速直线运动)解题 (8)(2026改编题，3分)矿井中的升降机以6 m/s的速度竖直向上匀速运行，在快要到达井口时，开始做匀减速运动，加速度大小为2 m/s2。由于年久失修，在升降机由匀速运动变为匀减速运动的瞬间，有一螺钉从升降机底板松脱，当升降机上升至井口时速度减为零，此时松脱的螺钉恰好落到井底。不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，则井口到井底的距离为(　　) A．30 m B．36 m C．45 m D．54 m (8)答案：B 解析：升降机从开始减速到上升至井口，用时t＝＝3 s，位移h1＝＝9 m。螺钉从脱落到运动至井底做竖直上抛运动，位移h2＝vt－gt2＝－27 m。矿井的深度为h＝h1－h2＝36 m，故B项正确。 随堂普查练1 1．(2024全国甲真题，12分)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 1．答案：(1)20 m/s(4分)　(2)680 m(8分) 解析：(1)根据初速度为0的匀变速直线运动速度公式，有 v＝at1(2分) 可得救护车匀速运动时的速度大小 v＝2×10 m/s＝20 m/s(2分) (2)救护车加速运动过程中的位移 x1＝at(2分) 设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得 ＋t3＝t2(2分) 停止鸣笛时救护车距出发处的距离 x＝x1＋(t3－t1)×v(2分) 联立并代入数据解得x＝680 m(2分) 2．(2024海南真题，3分)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4 s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2 m，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．1.25 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.25 m/s2 2．答案：C 解析：门做匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相同，由两段运动的对称性有x＝2× at2＝2 m，其中t＝×4 s＝2 s，解得a＝0.5 m/s2，故C项正确。 3．(经典题，3分)做匀变速直线运动的质点，从运动过程中某时刻开始连续相等的三个时间间隔T内，第一个T内的位移为x1、第三个T内的位移为x3。则该质点(　　) A．加速度的大小为a＝ B．在第二个T内的位移为3x1 C．在第二个T末的速度为v＝ D．在第二个T内的平均速度为＝ 3．答案：C 解析：在匀变速直线运动中，相邻相等时间内的位移差为定值，即Δx＝aT2，可得x2－x1＝aT2①，x3－x2＝aT2②，联立①②两式解得a＝，x2＝，故A项、B项均错误。中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则在第二个T末的速度为v＝＝，故C项正确。在第二个T内的平均速度为＝＝，故D项错误。 4．(2022全国甲真题，6分)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．＋ B．＋ C．＋ D．＋ 4．答案：C 解析：列车在隧道中运动的最短时间为t1＝，列车减速运动的时间为t2＝，列车加速运动的时间为t3＝，总时间至少为t1＋t2＋t3＝＋，故C项正确。 5．(辽宁省实验中学模拟，4分)如图所示，高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长为l，动车进站时做匀减速直线运动。站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，则(　　) A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为4t B．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为 C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为 D．动车的加速度大小为 5．答案：C 解析：采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动。由题意可知，动车第1节车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为l，时间为t，则l＝at2，加速度a＝；动车第1节车厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4l，时间为t5，则4l＝at，解得t5＝2t，故A项、D项均错误。动车第1节车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4l，用时2t，则平均速度为＝＝，故B项错误。设1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客时的速度为v5，则有4l＝×2t，解得v5＝，故C项正确。 6．(北京丰台区二模，3分)伽利略猜想落体的速度应该是均匀变化的。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，如图所示。他发现铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比。改变球的质量或增大斜面倾角，上述结论依然成立。结合以上信息，判断下列说法正确的是(　　) A．由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随时间均匀增大 B．由“斜面实验”的结论可知，铜球运动的速度随位移均匀增大 C．由“斜面实验”的结论可直接得到落体运动的位移与时间的平方成正比 D．由“斜面实验”的结论可直接得到落体运动的速度随时间均匀增大 6．答案：A 解析：铜球在斜面上运动的位移与时间的平方成正比，可知铜球做的是匀变速直线运动，铜球运动的速度随时间均匀增大，但不能直接得出落体运动的位移与时间的平方成正比、落体运动的速度随时间均匀增大，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 7．(湖北经典真题，6分)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为(　　) A．0.2 s B．0.4 s C．1.0 s D．1.4 s 7．答案：B 解析：陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间为t2＝t－t1≈0.4 s，故B项正确。 8．(经典题，3分)如图所示，在水平面上固定一点光源，在点光源和右侧墙壁的正中间有一小球自水平面以初速度v0竖直上抛，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球竖直向上运动的过程中，关于小球的影子在竖直墙壁上的运动情况，下列说法正确的是(　　) A. 影子做初速度为v0，加速度为g的匀减速直线运动 B．影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动 C．影子做初速度为2v0，加速度为g的匀减速直线运动 D．影子做初速度为v0，加速度为2g的匀减速直线运动 8．答案：B 解析：经过时间t，小球的竖直位移为h＝v0t－gt2，如图所示，由几何关系可知，影子的位移为y＝2h＝2v0t－gt2，则影子做初速度为2v0，加速度为2g的匀减速直线运动，故B项正确。 9．(陕西洛南中学一模，6分)若干小球每隔0.2 s从同一高度抛出一个，均做初速度为6 m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰，不计空气阻力，g取10 m/s2。则第二个小球在抛出点以上(不含抛出点)能遇到的小球个数为(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 9．答案：D 解析：根据竖直上抛运动规律可得小球从抛出到落回抛出点的时间为t＝＝ s＝1.2 s，当第二个小球落回抛出点时，已经抛出了七个小球，由于第二个小球在空中与其余抛出的小球均能相遇，因此第二个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为6个，故D项正确。 　　 课后提分练1　直线运动的基本概念与规律 A组(巩固提升)　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2024江西真题，4分)一质点沿x轴运动，其位置坐标x与时间t的关系为x＝1＋2t＋3t2(x的单位是m，t的单位是s)。关于速度及该质点在第1 s内的位移，下列选项正确的是(　　) A．速度是对物体位置变化快慢的描述；6 m B．速度是对物体位移变化快慢的描述；6 m C．速度是对物体位置变化快慢的描述；5 m D．速度是对物体位移变化快慢的描述；5 m 1．答案：C 解析：根据速度的定义式v＝，速度等于位移与时间的比值。位移Δx是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，而Δt是这段时间的大小。因此，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。再根据题中质点位置与时间的关系x＝1＋2t＋3t2，可知t＝0时质点的位置为x0＝1 m，t＝1 s时质点的位置为x1＝6 m，则第1 s内质点的位移为Δx＝x1－x0＝5 m，故C项正确。 2．(2024北京真题，3分)一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2 s停止，汽车的制动距离为(　　) A．5 m B．10 m C．20 m D．30 m 2．答案：B 解析：汽车做末速度为零的匀减速直线运动，由匀变速直线运动公式有x＝t，代入数据解得x＝10 m，故B项正确。 3．(2024山东真题，3分)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．(－1)∶(－1) B．(－)∶(－1) C．(＋1)∶(＋1) D．(＋)∶(＋1) 3．答案：A 解析：依题意知，木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L＝at；木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝at；当木板长度为2L时，有3L＝at。又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 4．(多选)(2026改编题，4分)某款汽车刹车性能检测过程显示其位移—时间关系式x＝30t－2t2(m)，下列说法正确的是(　　) A．刹车的初速度为30 m/s B．任意1 s内的速度增量都是2 m/s C．刹停时间为7.5 s D．前5 s内平均速度为25 m/s E．最后一秒内的位移为1 m 4．答案：AC 解析：根据x＝v0t＋at2＝30t－2t2(m)得，汽车的初速度为v0＝30 m/s，加速度为a＝－4 m/s2，故A项正确。任意1 s内的速度增量为Δv＝aΔt＝－4×1 m/s＝－4 m/s，故B项错误。汽车速度减为零的时间为t0＝＝ s＝7.5 s，故C项正确。汽车前5 s内的位移为x＝30t －2t2(m)＝30×5 m－2×52 m＝100 m，根据平均速度公式得前5 s内平均速度为＝＝ m/s＝20 m/s，故D项错误。根据逆向思维方法，汽车最后一秒内的位移为x′＝aΔt2，代入数据解得x′＝2 m，故E项错误。 5．(河北保定二模，4分)从居民楼某楼层上掉下一苹果，落地前最后一秒的位移约为10 m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则苹果掉下时的楼层为(设每层楼高约3 m)(　　) A．第三层 B．第四层 C．第五层 D．第六层 5．答案：B 解析：由匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该时间段的平均速度可得，最后1 s的平均速度＝＝＝10 m/s，则苹果落地时的速度为v＝＋gt＝10 m/s＋10 m/s2×0.5 s＝15 m/s；由v2＝2gh可得，苹果掉下时的楼层高度为h＝＝11.25 m，已知每层楼高约3 m，则苹果掉下时的楼层为第四层，故B项正确。 6．(全国Ⅰ经典真题，6分)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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　) A. 1<<2 B．2<<3 C．3<<4 D．4<<5 6．答案：C 解析：法一 运动员起跳到达最高点的瞬时速度为零，又不计空气阻力，故可逆向等效为自由落体运动。则根据初速度为0的匀加速运动，连续通过相等的各段位移时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶(－2)∶…；可知＝＝2＋，即3<<4，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 法二 运动员向上的匀减速运动逆向等效为自由落体运动，即H＝gt2，全过程所用时间t＝，下落第一个所用的时间为t′1，满足＝gt′，解得t′1＝，下落所用的时间为t′2，满足＝gt′，解得t′2＝，则下落最后一个所用的时间为t－t′2，由此可知，＝＝2＋， 即3<<4，故C项正确，A项、B项、D项均错误。 7．(经典题，3分)一物体做匀变速直线运动，在通过第一段位移x1的过程中，其速度变化量为Δv，紧接着通过第二段位移x2，速度变化量仍为Δv。则关于物体的运动，下列说法正确的是(　　) A．第一段位移x1一定大于第二段位移x2 B．两段运动所用时间一定不相等 C．物体运动的加速度为 D．通过两段位移的平均速度为 7．答案：C 解析：两段过程中速度的变化量相等，根据Δt＝知，两段过程运动的时间相等，若物体做匀加速直线运动，则第一段位移小于第二段位移，若物体做匀减速直线运动，则第一段位移大于第二段位移，故A项、B项均错误。两段过程的时间相等，设为Δt，则有x2－x1＝a(Δt)2，又Δv＝aΔt，解得物体的加速度a＝，故C项正确。运动的总时间t＝2×＝，则通过两段位移的平均速度＝＝，故D项错误。 8．(经典题，3分)如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动。当穿透第四个木块(即D位置)时速度恰好为零，下列说法正确的是(　　) A．子弹从O运动到D全过程的平均速度等于B点的瞬时速度 B．子弹通过每一部分时，其速度变化量vA－vO＝vB－vA＝vC－vB＝vD－vC C．子弹到达各点的速率vO∶vA∶vB∶vC＝2∶∶∶1 D．子弹从进入木块到达各点经历的时间tA∶tB∶tC∶tD＝1∶∶∶2 8．答案：C 解析：全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速直线运动的结论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置的瞬时速度，故A项错误。由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，则速度的变化量不相等，故B项错误。子弹在木块中做匀减速直线运动，到达D点时速度恰好为0，根据逆向思维，可将子弹看成是从D点运动到O点的初速度为0的匀加速直线运动，则由v2＝2ax可知，子弹通过C点、B点、A点、O点的速度之比为1∶∶∶2，则vO：vA：vB：vC＝2∶∶∶1，故C项正确。根据初速度为0的匀加速直线运动的推论可知，反向通过各木块用时之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，则tA∶tB∶tC∶tD＝(2－)∶(2－)∶1∶2，故D项错误。 9．(多选)(2026改编题，4分)如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中的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，下列判断正确的是(　　) A．小球释放的位置在1上方d距离处 B．小球下落的加速度为 C．小球在位置3的速度大小为 D．小球在位置5的速度大小为 9．答案：BD 解析：根据Δx＝d＝aT2，小球下落的加速度为a＝，故B项正确。小球在位置3的速度等于位置2至位置4之间的平均速度，则v3＝，故C项错误。由公式v2－v＝2ax得，初始位置离位置3的距离为x3＝＝d，即小球释放的位置在位置1上方x3－5d＝d处，故A项错误。由v＝v0＋at得小球在位置5的速度为v5＝v3＋2aT＝，故D项正确。 B组(冲刺满分) 10．(多选)(2024湖南真题，5分)如图，在光滑水平面内建立直角坐标系xOy。A、B两小球同时从O点出发，A球速度大小为v1，方向沿x轴正方向，B球速度大小为v2＝2 m/s、方向与x轴正方向夹角为θ。坐标系第一象限中有一个挡板L，与x轴夹角为α。B球与挡板L发生碰撞，碰后B球速度大小变为1 m/s，碰撞前后B球的速度方向与挡板L法线的夹角相同，且分别位于法线两侧。不计碰撞时间和空气阻力，若A、B两小球能相遇，下列说法正确的是(　　) A．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15° B．若θ＝15°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0° C．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝0° D．若θ＝30°，则v1的最大值为 m/s，且α＝15° 10．答案：AC 解析：由于水平面光滑，则两小球均做匀速直线运动，若A、B两小球能相遇，则绘出运动轨迹如图所示。则根据正弦定理有＝＝，代入数据解得v1＝×1 m/s，若θ＝15°，当α＝15°时，v1取得最大值为 m/s，故A项正确，B项错误。若θ＝30°，当α＝0°时，v1取得最大值，为 m/s，故C项正确，D项错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$