2 第3节 课时2 匀变速直线运动的速度与位移的关系-【重难点手册】2026-2027学年高中物理必修第一册同步练习册（人教版）浙江专用

课时2匀变速直线运 A基础过关练测试时间：15分钟 1.（2025·浙江宁波三锋联盟高一期中联考)遥 控小车在平直公路上做初速度为0的匀加速 直线运动，途中用了6s时间经过A、B两根 电线杆，已知A、B间的距离为60m,小车经 过B时的速度为15m/s,下列说法不正确的 是(). A.小车从出发到B杆所用时间为9s B小车的加速度为m/g C.小车经过A杆时的速度为5m/s D.出发点到A杆的距离为30m 2.一辆汽车在平直公路上匀速行驶，速度大小 为54km/h,某时刻开始刹车，刹车后加速度 大小为3m/s2,则刹车后6s内汽车的位移大 小为( A.36m B.37.5m C.162m D.315m 3.(2025·浙江七彩阳光新高考研究联盟高一期 中联考)（多选）汽车以10m/s的速度在马路 上匀速行驶，驾驶员发现正前方15m处的斑 马线上有行人，于是刹车礼让，汽车恰好停在 斑马线前.假设驾驶员反应时间为0.5s,汽车 运动的v-t图像如图所示，则汽车(). tv/m·s) 10 0 -t/s 0.5 A.减速过程的时间为2.5s B.减速过程的加速度大小为5m/s2 C.刹车后3s内的位移大小为7.5m D.停止前1s内的平均速度大小为2.5m/s 4.如图所示为高速公路的ET℃电子收费系统， ET℃通道的长度（识别区起点到自动栏杆的水 第二章匀变速直线运动的研究 底 动的速度与位移的关系 平距离)L=10m.某自动驾驶汽车以18km/h 的速度匀速进入识别区，ET℃天线用了0.5s 的时间识别车载电子标签，识别完成后发出 “嘀”的一声，汽车的自动驾驶系统发现自动 栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加 速度大小为5m/s2,汽车静止时到自动栏杆 的距离为4.8m,则自动驾驶系统的反应时 间为( 自动栏杆 ETC天线 电子标签 6 A.0 B.0.02sC.0.04sD.0.2s 5.消防队员从静止开始沿x=30m的直线跑道 向终点冲去，先加速到最大速度，然后立即减 速，到达终点时速度为0，整个运动过程用时 t=6s.加速、减速过程均视为匀变速直线运 动，且减速过程的加速度大小a2是加速过程 的加速度大小a1的两倍.求消防队员： (1)运动过程中的最大速度大小？mx. (2)加速运动时的加速度大小a1· (3)减速运动的时间t2· 23 重难点手册高中物理必修第一册凡W(浙氵 乃综合提能练 测试时间：30分钟 6.如图所示，物体沿着斜面从A点由静止开始做 匀加速运动到B点，然后沿着水平面匀减速运 动到C点，已知物体在斜面上运动的加速度大 小为水平面上运动加速度大小的3倍，D点为 A、B的中点，E点为B、C的中点，则(). A D Bmmmm C A物体在斜面上运动的时间是在水平面上运 动时间的3倍 B.物体在斜面上运动的位移大小是在水平面 上运动位移大小的3倍 C.物体运动到D点的瞬时速率和运动到E点 的瞬时速率不相等 D.物体在斜面上运动的平均速度与在水平面 上运动的平均速度大小相等 7.(2025·浙江杭州高级中学高一期中)在2025年 阅兵的训练场上，一受阅车辆为了以精准间距 通过天安门，正在直线道路上进行严格的追及 训练.某时刻，前方引导车以5m/s的速度匀 速行驶，后方40m处受阅车辆从静止开始运 动.受阅车辆采用自动驾驶系统，其加速阶段的 加速度大小固定为4m/s2,最大速度为10m/s, 减速阶段的加速度大小固定为2.5m/s2.若要 求受阅车辆能追上引导车并最终停止运动，则 由开始运动到最终停止过程中受阅车辆的最 小位移是(). A.112.5m B.102.5m C.97.5m D.92.5m 8.（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2号候车线瞬间开始计时到列车完全 停止，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 24 工专用) 运动，则下列说法正确的是( 运动方向 b ommmmiamamionmminmmonm 5 4 3 A列车进站时的加速度大小为宁 B.α点经过3号候车线的瞬间，列车的瞬时速 度大小为2吧 C.从a点经过4号候车线的瞬间到c点经过4 号候车线的瞬间，经历的时间为2T D.从a点经过5号候车线的瞬间到列车停下 的过程，列车的平均速度为二 9.(2025·浙江宁波金兰合作高一期中)子弹以 初速度v。垂直射入叠在一起的20块相同木 板，穿过第20块木板后速度变为0.如果子弹 在木板中运动的总时间为t,可以把子弹视为 质点，子弹在各块木板中运动的加速度都相 同.下列说法正确的是( A.子弹穿过第19块木板与第20块木板所用 时间之比为1：2 B.子弹穿过第20块木板所用的时间为 C子弹穿过第10块木板时速度为号 D.子弹穿过的15块木板的平均速度为3 10.(2025·浙江浙东北ZDB联盟高一期中联 考)（多选）加速度的定义式为a=一，历 t 史上有些科学家曾把相等位移内速度变化相 等的单向直线运动称为“匀变速直线运动” (现称“另类匀变速直线运动”)，“另类加速 度”的定义式为A=二，其中0。和u,分 别表示某段位移x内的初速度和末速度 A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体 做减速运动，下列说法正确的是(). A.若A<0且保持不变，则a逐渐减小 B.若A不变，则a也一定不变 C.若A不变，则物体在中间时刻的速度为 v0十V: 2 D.若A不变，则物体在中间位置的速度为 v0十v: 2 11.(多选)如图，某同学将小滑块（可视为质点） 以一定的速度沿水平方向推出，小滑块经 a、b、c点后在d点与竖直墙壁发生碰撞，碰 撞后原速率弹回，最终停在c点.若ab=bc= cd=l,碰撞时间忽略不计，小滑块整个运动 过程中，加速度大小不变，下列说法正确的是 (). ▣ A小滑块运动的加速度大小为 B小滑块运动的总时间为 C.小滑块从c点运动到d点的时间和从d点 运动到c点的时间之比为1：√2 D.小滑块与竖直墙壁碰撞前的瞬时速度大小 为号 12.有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射 系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时 可能产生的最大加速度为7.5m/s2,当飞机 的速度达到216km/h时才能离开航空母舰 第二章匀变速直线运动的研究 收9 起飞. (1)现在航空母舰处于静止状态，若要求该飞 机滑行200m后起飞，弹射系统必须使 飞机具有多大的初速度？（结果可保留 根号) (2)现在航空母舰处于静止状态，若舰上不 装弹射系统，要求该种飞机仍能从此舰上 正常起飞，问该航母起飞跑道至少应为 多长？ (3)若战斗机开始时相对于航空母舰静止，要 使战斗机在航空母舰甲板滑行L。=135m 后起飞，则航空母舰沿飞机起飞方向应至 少以多大的速度匀速航行，才能使战斗机 安全起飞？所用时间是多少？ C培优突破练 测试时间：5分钟 13.(2025·浙江G5联盟高一期中联考)“翔龙高 空长航时无人机”是中国新一代高空长航时 无人侦察机.在某次飞行训练中，无人机沿地 面做匀加速直线运动，连续经过两段分别为 x1和x2的位移的过程中，无人机的速度变 化量均为△v,则无人机的加速度为( A B.c2x1)2 △w C D.1 △v 25重难点手册高中物理必修第一册？W(浙 16m/s还需要的时间4=”m一=4s,第二辆车由 静止加速到16m/s需要的时间t,=四=4s=t4,所以 1 第二辆车由静止加速到16m/s时，两车共速，此时两 车的距离为△x=7ar2+d,-2a1u-tg)P=3m 12.AD【解析】0~10s内，同学们做加速运动，则v= at,l0s后，同学们做减速运动，则v'=vo一at,所以 第20s末速度减小到0，在此之前v1>v2>v3>…> 12,即第一位同学的速度一直最大，所以运动过程 中，同学们之间的距离一直增大，故A正确，B错误； 开始减速时，第一-位同学的位移大小为x=弓a12 号×032×10心m=15m,第12位同学的位移大小为 xg=20u2=号×0,10X102m=5m,此时8队伍的 1 长度为l=x1一x2十l,其中，由题意可知l=11m,代 入数据解得1=22m,相邻同学的间距为2m,故C错 误；停止运动过程中，根据运动的对称性可知，停止运 动时，队伍的长度为1'=l。十2(x1一x12)=11m十 2×(16-5)m=33m,故D正确.故选A、D. 课时2匀变速直线运动的速度与位移的关系 1D【解桥】根据-士，可得经过A杆时的速 度为A=5m/s,C正确；小车的加速度为a=B一4= t 15.5m/g-号mg,B正确：小车从出发到B杆所 6 用时间为tB==9s,A正确；出发点到A杆的距离 =5 为xA=2a 大5m-7.5m,D错误.此题选择不 正确的，故选D. 2.B【解析】汽车初速度wo=54km/h=15m/s,可知汽 车从制车到停下用时为一日-号s=5s,可知汽车 在5s时已停止，故刹车后6s内的实际运动时间为5s, 故位移为—盛-31.5m故选 3.BD【解析】驾驶员反应时间内，汽车匀速行驶，位移 大小为x1=t1=10×0.5m=5m,设匀减速直线运 动的时间为t,根据？-t图像与时间轴所围成的面积代 12 江专用) 表物体通过的位移可知15m-5m-101,解得匀 减速运动的时间为t=2s,所以匀减速的加速度为a= 厂=020m/g=-5m/s,加速度大小为5m/s, 故A错误，B正确；由以上分析可知汽车匀减速运动的 6102 时间为2s,刹车后3s内的位移大小为x一2a一2X5m =10m,故C错误；汽车最后1s内的初速度为v= at1=5×1m/s=5m/s,停止前1s内的平均速度大小为 0=v+0_5+0 2 2m/s=2.5m/s,故D正确.故选B、D. 4.C【解析】设自动驾驶系统反应时间为t,则在ETC天 线识别的时间以及自动驾驶系统反应时间内汽车的位 移为△x=o(△t十t)=5(0.5十t)m,由题意可知v2= 2a(L一△x一4.8)，解得t=0.04s,故选C 5.(1)vmx=10m/s(2)a1=2.5m/s2(3)t2=2s 【解析】(1)消防队员从静止开始先做匀加速直线运动， 达到最大速度后做匀减速直线运动，直到速度减至0，设 匀加速阶段的位移为x1,匀减速阶段的位移为x2,则 1 1 全过程的平均速度0=十x2-立0山十2x t1十t2 ti十t2 =2,则根据平均速度与位移的关系有。·4=x, 解得最大速度大小vx=10m/s. (2)消防队员从静止开始先做匀加速直线运动，根据匀 变速直线运动规律有vx一0=2a1x1,达到最大速度 后做匀减速直线运动到达终点时速度为0，根据匀变速 直线运动规律有0一vax=2a2x2,减速过程的加速度 大小a2是加速过程的加速度大小a1的两倍，则|a2= 2a1|,根据位移关系有x1十x2=x,解得a1=2.5m/S2, a2=-5m/s2. (3)匀减速过程，根据速度与时间关系有0=vmx十 a2t2,解得t2=2s. 6.D【解析】设物体在AB上运动的加速度大小为3a, 在BC上运动的加速度大小为a,物体到达B点的速 度为，则物体在斜面上的运动时间t加器在水平 面上运动的时间tc=,因此物体在斜面上运动的 时间是在水平面上运动时间的子，故A错误；根据匀 变速直线运动规律可得xA=2X3a一68，xc=2a, 物体在斜面上运动的位移大小是在水平面上运动位移 大小的了，故B错误；根据中间位置的瞬时速度为~：= 6+元 √2，可得D、E点的瞬时速率为n=E= _2 √2=28，故C错误；根据匀变速直线运动规律可 知"：==之(u十)，可得物体在斜面上运动的平 均速度与在水平面上运动的平均速度大小均为⑦= 1 2B,故D正确.故选D. 7.B【解析】设受阅车辆加速到最大速度所用时间为t1, 1 位移为x1,有vx=Q加4z1=2a加好，解得t1=2.5s, x1=12.5m,则受阅车在加速过程中没有追上引导车， 由题意可知，要使受阅车的位移最小，则应是受阅车再 减速到与引导车相同速度大小时追上引导车，最终静 止时的位移最小，设受阅车匀速运动过程的时间为t2, 减速运动的时间为t3时追上引导车，则匀速阶段有 x2=Vmx2,减速阶段有V1=tmx一Q减t3,x3=tmal3 0城号，由题意有x1十x2十xg=x0十(1十t2十 1 t3),受阅车减速过程有0一v=一2a减x4,受阅车的 全程位移为x=x1十x2十x4,解得t2=7S,x=102.5m, 故选B. 8.BD【解析】根据匀变速直线运动位移与时间的公式 x=之，采用逆向思维可知L=弓T,解得列车进 站时的加速度大小为a-兴，放A错误：采用递向思 维可知，列车连续经过相等的位移所用的时间之比为 1:(2-1):(3-√2)：(2-3)：…，a点经过3 号候车线的瞬间到经过1号候车线的瞬间的时间t= T+(√2一1)T=√2T,a点经过3号侯车线的瞬间，列 车的瞬时速度大小为，=a=22L,故B正确：c点 T 经过4号候车线的瞬间即a点经过2号候车线的瞬 间，从a点经过4号候车线的瞬间到c点经过4号候车 线的瞬间，经历的时间为t=(2一1)T+(W3-√2)T (√3一1)T,故C错误；从a点经过5号候车线的瞬间 到列车停下的过程，列车运动的时间为”=T十（√2一 练习册参考答案与解析 欧型 1)T+(3-√2)T+(2-3)T=2T,从a点经过5号 候车线的瞬间到列车停下的过程，列车的平均速度为 一票-头放D正确故选BD 9.D【解析】由题可知，子弹在各木板中运动的加速度都 相同，且穿过第20块木板后速度变为0，所以子弹做的 是匀减速运动，加速度的大小为a=?.整个运动逆向 思维可以看成是初速度为0的匀加速直线运动，加速 度大小为a=2.每块木板厚度相同，将运动逆向后， 子弹通过第20和19块木板所用的时间之比为1： (2-1D,放A错误；根据x=2am2可知，子弹通过木 板宽度d、2d、3d…、20d所用的时间之比为1：√2： 眼…：√2@，所以√201。=1，解得o=2,故B 错误；根据v2=2ax可知，子弹通过木板宽度d、2d、 3d、…、20d前的速度之比为√20：…√3：√2：1， 所以=，解得0=，故C错误；由C选项 v0√20 √2 一0，解得，=2，所以子弹穿过前 分析可知5=5 15块木板的平均速度为0=十=3 2 o,故D正 确.故选D. 10.AD【解析】若A不变，有两种情况.第一种情况：A> 0,相等位移内速度增加量相等，则平均速度越来越 大，所以相等位移内所用时间越来越少，由a= 一可知，a越来越大；第二种情况：A<0,相等位 十 移内速度减少量相等，平均速度越来越小，所以相等 位移内用的时间越来越大，由a=一可知，a越来 越小，故A正确，B错误；若A不变，在这种情况下， 相等位移内速度增加量相等，设中间位置处的速度为 中，则A=中二-二中，解得中间位置处的速 元 度为中=，物体在中间时刻的速度小于 o十，故C错误，D正确故选AD 2 11.ABD【解析】小滑块由a运动到d与墙壁发生碰撞 13 重难点手册高中物理必修第一册尺（浙氵 后停在c点，可等效为小滑块一直沿水平方向运动到 e点，如图所示，e点与c点关于墙壁对称，根据v2= 2a·4l,解得a一，A正确；小滑块运动的总时间为 :=”=8L,B正确；根据逆向思维结合初速度为0的 匀加速直线运动的推论，小滑块从c点运动到d点的 时间和从d点运动到c点的时间之比为（√2-1）：1， C错误；根据v2-i=2a·3l,解得v1=2D正确。 ▣ a b 12.(1)v=10√6m/s(2)L2=240m (3)v=15m/s,t=6s 【解析】(1)根据运动学公式可得v2一=2aL1,其中 o=216km/h=60m/s,解得弹射系统必须使飞机具 有的初速度为vo=10√6m/s. (2)根据运动学公式可得v2=2aL2,解得该航空母舰 起飞跑道至少长为L2=240m. (3)设战斗机起飞所用时间为t,航空母舰的最小速度 为v',对航空母舰有L'=v't,战斗机的起飞速度v= '+at,对战斗机有v2-v2=2a(L'十+Lo),联立解得 v'=15m/s,t=6s. 13.C【解析】设第一段位移的初速度为v1,末速度为 2,第二段位移末速度为v3,加速度为a,根据位移 速度关系式得v2-o=2ac1,v-v2=2ax2,变形得 ,-听_十)-)-（e+)4如 元2 2a 2a 2a 听-吃_十) 2a 2a ,两式相减得2一=》 2a _2△w·△=△u2 _2a ,所以a= ，故C正确故 △2 选C 专题1匀变速直线运动的图像问题 1.CD【解析】因图像的斜率等于速度，可知a车做匀速 运动，b车做减速运动，A错误；在0一3s时间内，a车 和b车的位移变化量不相等，则平均速度不相等，B错 误；因图像的斜率等于速度，可知t=3s之前，b车的 速度始终大于a车的速度，C正确；t=3s时两图线相 交，说明a车和b车的位移相同，可知两车相遇，D正 确.故选C、D. 14 工专用) 2.D【解析】若t3时刻的速度大小为0，根据逆向思维， 由初速度为0的匀加速直线运动的规律可得(t3一t2): (t3-t1):t3=1:2:3,可得t1:t2:t3=(W3 √2)：(3一1)：√3，x-t图像的斜率表示速度，根据图 像可知，3时刻的速度大小不为0，故不能确定通过的 时间比例关系，故A错误；车头经过立柱A、C间的平 均速度大小为=2，B结误一，时间内中间 时刻的速度为2一，”，~t红时间内中间时刻的 瞬时速度为1一，由加速度的定义式得a= 一，联立解得a=e,t2)c,-t)2一t有) 2xo(2t2-t1-t3) 9t+红一t 2 2 故C错误；2是0一2时间内的平均速度，此速度等 t2 于此时间间隔的中间时刻的瞬时速度，所以经过立柱 B的速度小于，故D正魔放选D 3.D【解析】图甲中x-t图像的斜率等于速度，则0至t1 时间内物体1速度逐渐增大，但由于图像的形状不确 定是抛物线，则不一定是做匀加速直线运动，A错误； 图甲中t2时刻物体的运动还没有停止，则物体2的运 动路程没有达到最大值，B错误；图乙中t图像的斜 率等于加速度，即等于速度的变化率，则物体3和物体4 在t3时刻图像的斜率不同，加速度不同，即速度的变 化率不同，C错误；图乙中图像与坐标轴围成的面积等 于位移，物体3和物体4初位置相同，则位置变化量相 同时位移相同，即图像与坐标轴所围成的面积相等的 时间在t3和t4之间，D正确.故选D. 4.D【解析】由题图分析可知，点为篮球与地面的第一 次接触点，速度最大，篮球在d点速度为0，为最高点， 但由于每次与地面碰撞后速度减小，所以d点篮球位 置比出发点低，图像斜率代表加速度，所以f、b两点间 篮球加速度没发生变化，故A、C错误；根据图像可知， 每次反弹前后瞬间篮球的速度大小不相等，故B错误； a、b、c、d、e、f点中a、d两点速度为0，在最高点，但由 于每次与地面碰撞后速度减小，根据能量守恒可知，d 点篮球位置比a点低，故D正确.故选D. 5.B【解析】由题图可知，0~3s汽车做加速度均匀增大 的加速运动，故A错误；在a-t图像中，图线与坐标轴 围成的面积为速度的变化量，由图可知，汽车在0一3s