第2章 专题强化一 匀变速直线运动的推论（课时跟踪检测）-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理必修第一册学生用书word（鲁科版）

本讲义聚焦匀变速直线运动的推论这一核心知识点，系统梳理从基本运动公式到中间时刻速度、位移差公式、初速度为零比例关系等推论的脉络，搭建从基础公式应用到复杂问题解决的学习支架。 该资料以航母起飞、复兴号列车、冰壶运动等真实情境为载体，通过选择、计算等多样化题型，培养学生科学推理与模型建构能力。课中辅助教师结合实例讲解推论应用，课后助力学生通过练习查漏补缺，提升用物理观念解决实际问题的能力。

专题强化一　匀变速直线运动的推论 1.如图所示是我国航母战斗机在航母上的起飞过程。假设该战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所通过的位移为s，则该战斗机起飞前的运动时间为（　　） A.　　B. C.　　D. 2.〔多选〕某个物体做初速度为零的匀变速直线运动，比较它在开始运动后第1 s内、第2 s内、第3 s内的运动，下列说法中正确的是（　　） A.末速度之比是1∶2∶3 B.中间时刻的速度之比是1∶3∶5 C.位移大小之比是1∶2∶3 D.平均速度之比是1∶2∶3 3.水平地面上的一物体由静止开始做匀加速直线运动，则由此可知物体在运动过程中第5个7 s内的位移与第11个3 s内的位移之比为（　　） A.2∶1　　B.1∶2 C.7∶3　　D.3∶7 4.如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝4 m，BC＝8 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为2 s，则下列说法不正确的是（　　） A.物体加速度的大小为1 m/s2 B.CD＝12 m C.OA＝0.5 m D.物体在C点的瞬时速度为3 m/s 5.一辆汽车以20 m/s的速度在平直公路上匀速行驶。遇突发情况后，司机紧急刹车使车做匀减速直线运动。已知汽车的速度在1 s内减小了8 m/s，下列说法错误的是（　　） A.汽车在减速过程中的加速度大小为8 m/s2 B.在减速行驶的全过程中汽车的平均速度大小为10 m/s C.汽车刹车后，在3 s内运动的距离是24 m D.汽车刹车后，在2 s末的速度大小为4 m/s 6.做匀加速直线运动的物体，从A点运动到C点所用的时间为t，B为A、C之间的一点，已知物体在AB段的平均速度为v，在BC段的平均速度为3v，则下列说法正确的是（　　） A.物体运动的加速度为 B.物体运动的加速度为 C.物体运动到B点时的瞬时速度一定是2v D.A、C间的距离一定是2vt 7.如图所示，我国的“复兴号”列车正在飞驰运行，列车在匀加速运动过程中，从计时开始，通过第一个60 m所用时间是10 s。通过第二个60 m所用时间是6 s，则（　　） A.动车组的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为69 m B.动车组的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m C.动车组计时开始的速度为3.5 m/s D.动车组计时开始的速度为2.5 m/s 8.一旅客在站台10号车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为25 m，动车进站时可以看作匀减速直线运动。他发现第1号～5号五节车厢依次全部通过他用了10 s，动车停下时旅客刚好在10号车厢门口（9号车厢最末端），则该动车的加速度大小为（　　） A.2.0 m/s2 B.1.0 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.2 m/s2 9.（2025·福建龙岩市高一期末） “福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰。采用平直通长飞行甲板，如图所示。某舰载机由弹射系统提供30 m/s的初速度，在甲板的跑道上以5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，当舰载机速度达到50 m/s时能离开航空母舰起飞。下列说法正确的是（　　） A.航空母舰静止，舰载机需在甲板上加速滑行10 s起飞 B.航空母舰静止，舰载机需在甲板上加速滑行160 m起飞 C.研究航空母舰在海上运动的时间时，不可将航空母舰看成质点 D.研究舰载机在航空母舰上加速运动的时间时，舰载机不可以看成质点 10.〔多选〕2022年2月中国成功举办第24届冬奥会，北京成为世界上首个“双奥之城”。冬奥会上的冰壶项目是极具观赏性的一项比赛，将冰壶运动简化成如下模型：冰壶从A点以初速度v0掷出，沿直线AD做匀减速直线运动，恰好停在营垒中心点D处，AB＝BC＝CD，下列说法中正确的是（　　） A.冰壶在AB、BC、CD三段上运动的时间之比tAB∶tBC∶tCD＝∶∶1 B.冰壶在A、B、C处的速度大小之比vA∶vB∶vC＝∶∶1 C.冰壶从A运动到D的平均速度为v0 D.冰壶运动到AD中点位置的速度为v0 11.（鲁科版P45第3题改编）如图所示，在某一段平直的铁路上，一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速度324 km/h。 （1）求列车减速时的加速度大小； （2）求列车从静止开始驶离车站，加速到原来速度所用的时间； （3）求列车从开始减速到恢复原速度这段时间内的平均速度大小。 12.从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片，测得sAB＝15 cm，sBC＝20 cm。试问： （1）小球的加速度是多大？ （2）拍摄时小球B的速度是多大？ （3）拍摄时sCD是多大？ 13.爬墙车靠着真空负压原理可以吸附在墙壁上运动，如图所示。某遥控爬墙车在竖直墙面上从O点由静止开始，先竖直向上做匀加速直线运动，经过0.2 s前进0.1 m到达A点。这时，通过遥控使其速度保持不变，继续匀速运动2 s到达B点。为防止撞到房顶，遥控使其以大小为10 m/s2的加速度做匀减速直线运动，到达C点时恰好停止。求： （1）爬墙车到达A点时的速度v； （2）爬墙车在墙上爬行的总高度。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题强化一　匀变速直线运动的推论 1.A　由平均速度公式可知s＝t，即t＝，故A正确。 2.AB　由公式vt＝at得第1 s末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶2∶3，故A正确；由公式s＝at2，得第1 s内、前2 s内、前3 s内位移之比为1∶4∶9，则第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比为1∶3∶5，故C错误；再由位移与时间的比值表示平均速度，也表示中间时刻的速度，由于时间相等，所以平均速度之比为1∶3∶5；中间时刻的速度之比是1∶3∶5，故B正确，D错误。 3.C　设物体的加速度大小为a，第1 s内的位移为s0，根据位移公式s＝at2可知，物体在第1个7 s内的位移为s1＝49s0，第1个3 s内的位移为s2＝9s0，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论得知，第5个7 s内的位移为s3＝（2×5－1）s1＝9s1＝9×49s0，第11个3 s内的位移为s4＝（2×11－1）s2＝21s2＝21×9s0，所以第5个7 s内的位移与第11个3 s内的位移之比为s3∶s4＝（9×49s0）∶（21×9s0）＝7∶3，故选C。 4.D　由相邻相等时间间隔的位移之差Δs＝aT2，得a＝＝1 m/s2，A正确；由相邻相等时间间隔的位移之差为恒量得CD－BC＝BC－AB，解得CD＝12 m，B正确；瞬时速度vC＝＝＝5 m/s，可以得出OC之间的距离OC＝＝12.5 m，OA＝OC－AC＝0.5 m，C正确，D错误。 5.C　汽车的速度在1 s内减小了8 m/s，所以汽车在减速过程中的加速度大小为8 m/s2，A正确；减速行驶的全过程中汽车的平均速度大小为＝ m/s＝10 m/s，B正确；汽车运动的时间为t＝ s＝2.5 s，故汽车刹车后，在3 s内运动的位移为s＝10×2.5 m＝25 m，C错误；汽车刹车后，在2 s末的速度大小为v＝20 m/s－8×2 m/s＝4 m/s，D正确。 6.A　物体做匀加速直线运动，设AB、BC的长度分别为s1、s2，在AB段所用的时间为t1，则平均速度为v＝，即为AB段的中间时刻的瞬时速度；物体在BC段所用的时间为t2，则平均速度为3v＝，即为BC段的中间时刻的瞬时速度。速度由v变化到3v的时间为Δt＝，所以加速度a＝＝，选项A正确，B错误；因为初速度不知道，所以不能求物体运动到B点时的速度和A、C间的距离，故C、D错误。 7.C　第一个60 m内中间时刻的瞬时速度v1＝＝6 m/s，第二个60 m内中间时刻的瞬时速度v2＝＝10 m/s，则动车组的加速度a＝＝0.5 m/s2；根据Δs＝aT2得，接下来6 s内的位移s3＝s2＋aT2＝60 m＋0.5×36 m＝78 m，故A、B错误；动车组的初速度v0＝v1－a＝6 m/s－0.5× m/s＝3.5 m/s，故C正确，D错误。 8.C　采用逆向思维，动车做初速度为零的匀加速直线运动，则有＝，解得t1＝20 s，由位移公式得4L＝a，代入数据解得a＝0.5 m/s2，故选C。 9.B　舰载机需在甲板上滑行的时间为t＝＝＝4 s，A错误；舰载机在甲板上滑行的距离为s＝t＝×4 s＝160 m，B正确；研究航空母舰在海上运动的时间时，航空母舰的长度对问题的研究影响很小，航空母舰可以看成质点，C错误；研究舰载机在航空母舰上加速运动的时间时，舰载机大小和形状对问题的影响可以忽略，舰载机可以看成质点，D错误。 10.BCD　冰壶运动过程为匀减速直线运动，且减速到零，运用逆向思维，可以将其看成反向的匀加速直线运动，设加速度为a，有sCD＝a，sCD＋sBC＝a（tCD＋tBC）2，sCD＋sBC＋sAB＝a（tCD＋tBC＋tAB）2，综上所述，整理有tAB∶tBC∶tCD＝（－）∶（－1）∶1，故A项错误；运用逆向思维，对CD段、BD段、AD段分别有－0＝2asCD，－0＝2a（sCD＋sBC），－0＝2a（sCD＋sBC＋sAB），整理有vA∶vB∶vC＝∶∶1，故B项正确；因为冰壶在AD段的运动属于匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的推论有＝＝v0，故C项正确；设AD段中点位置的速度为v，则其前半段运动和后半段运动有v2－＝－2a×，0－v2＝－2a×，整理有v＝v0，故D项正确。 11.（1）0.3 m/s2　（2）180 s　（3）30 m/s 解析：（1）324 km/h＝90 m/s，根据加速度定义式得 a＝＝＝－0.3 m/s2 负号表示加速度的方向与初速度的方向相反 所以加速度大小为0.3 m/s2。 （2）根据匀变速直线运动的规律得s2＝t2 解得t2＝180 s。 （3）运行总时间t总＝t1＋t2＋t停＝300 s＋180 s＋240 s＝720 s 匀加速直线运动的位移 s1＝t1＝×300 s＝13 500 m 则列车从开始减速到恢复到原速度这段时间内的平均速度大小 ＝＝＝30 m/s。 12.（1）5 m/s2　（2）1.75 m/s　（3）0.25 m 解析：（1）由推论Δs＝aT2可知，小球的加速度为a＝＝＝＝5 m/s2。 （2）由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段上的平均速度，即vB＝＝＝＝1.75 m/s。 （3）由于连续相等时间内的位移差恒定，则sCD－sBC＝sBC－sAB，所以sCD＝2sBC－sAB＝2×20×10－2 m－15×10－2 m＝0.25 m。 13.（1）1 m/s　（2）2.15 m 解析：（1）爬墙车在O、A之间的平均速度大小为＝＝0.5 m/s 根据匀变速直线运动规律的推论有＝ 解得爬墙车到达A点的速度v＝1 m/s。 （2）爬墙车做匀速直线运动阶段爬行的高度为 h2＝vt2＝2 m 爬墙车做匀减速直线运动阶段爬行的高度为 h3＝＝0.05 m 爬墙车在墙上爬行的总高度为H＝h1＋h2＋h3＝2.15 m。 学科网（北京）股份有限公司 $