第2章 专题课：匀变速直线运动规律的重要推论(Word课后习题)-【满分思维】2026-2027学年高中物理必修第一册学生用书（鲁科版）

专题课:匀变速直线运动规律的重要推论 (时间:40分钟　总分:86分) (单选题每小题4分,多选题每小题6分) ◆ 知识点一　匀变速直线运动的中间时刻速度与中间位移速度 1.一颗子弹以大小为v的速度射进一墙壁但未穿出,射入深度为s,如果子弹在墙内穿行时做匀变速直线运动,则子弹在墙内运动的时间为 (　) A. B. C. D. 2.一质点由静止开始从A点先做匀加速直线运动到B点,然后从B点做匀减速直线运动到C点时速度刚好为零.已知tAB=2tBC,那么质点在AB段和BC段的 (　) A.加速度大小之比为2∶1 B.位移大小之比为1∶2 C.平均速度大小之比为2∶1 D.平均速度大小之比为1∶1 ◆ 知识点二　匀变速直线运动的位移差公式 3.[2024·宁德一中高一月考] 若有轨电车进站的过程可近似看作匀减速直线运动,电车车头依次经过A、B、C三个位置,已知AB段长度为5 m,BC段长度为4 m,且通过AB段和BC段所用时间均为0.5 s,则电车加速度大小为 (　) A.7 m/s2 B.8 m/s2 C.4 m/s2 D.11 m/s2 4.一质点做匀加速直线运动,依次经过O、A、B、C四点,A、B间的距离为10 m,B、C间的距离为14 m,已知物体通过OA段、AB段、BC段所用的时间相等,则O与A的距离为 (　) A.8 m B.6 m C.4 m D.2 m ◆ 知识点三　初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 5.[2024·东阳中学高一期末] 如图甲所示是钱塘江大桥,图乙中a、b、c、d、e是五个连续等间距的桥墩,若一汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动,通过ab段的时间为t,则通过cd段的时间为 (　) 甲 乙 A.t B.(-1)t C.(-)t D.(2-)t 6.做匀减速直线运动的物体经4 s停止,若在第1 s内的位移是14 m,则最后1 s内的位移是 (　) A.3.5 m B.2 m C.1 m D.0 7.一辆公共汽车进站后开始刹车,做匀减速直线运动.汽车开始刹车后的第1 s内和第2 s内的位移大小依次为9 m和7 m,则刹车后6 s内的位移是 (　) A.20 m B.24 m C.25 m D.75 m 8.(多选)[2024·福建宁德高一期末] 滑块以某一初速度从斜面底端O上滑到最高点D,用频闪仪记录的上滑过程如图所示,则 (　) A.滑块在B点的速度大小为在C点的两倍 B.滑块在A点的速度大小为在C点的两倍 C.AB和CD的距离之比为3∶1 D.AB和CD的距离之比为5∶1 9.(多选)一小球从静止开始做匀加速直线运动,在第15 s内的位移比第14 s内的位移多0.2 m,则下列说法正确的是 (　) A.小球在前15 s内的平均速度为1.5 m/s B.小球的加速度为0.2 m/s2 C.小球在第14 s初的速度为2.8 m/s D.小球在第15 s内的平均速度为0.2 m/s 10.一辆汽车从车站由静止开始做匀加速直线运动,一段时间之后,司机发现一乘客未上车,便立即刹车做匀减速直线运动.已知汽车从启动到停止一共经历了10 s,前进了25 m,在此过程中,汽车的最大速度为 (　) A.2.5 m/s B.5 m/s C.7.5 m/s D.10 m/s 11.(多选)[2024·龙岩高一期末] 如图所示,冰壶以某一速度沿虚线做匀减速直线运动,垂直进入四个完全相同的矩形区域,离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零.则 (　) A.冰壶在B点和D点的速度之比为3∶1 B.冰壶在C点速度大于AE过程的平均速度 C.冰壶在D点的时刻是AE过程的时间中点 D.冰壶在AC和CE过程的时间之比为1∶2 12.如图为大连星海湾大桥上的四段长度均为L的等跨连续桥梁,汽车从a处开始做匀减速直线运动,恰好行驶到e处停下.汽车通过ab段的平均速度为v1,汽车通过de段的平均速度为v2,则满足 (　) A.1<<2 B.3<<4 C.2<<3 D.4<<5 13.[2024·仙游一中高一期中] 如图所示,一弹射游戏装置由固定在水平面上的弹射器和4个门组成,两相邻门间的距离均为1 m.现滑块(可视为质点)从O点弹出后做匀减速直线运动,全程不与门相碰且恰好停在门4的正下方.已知滑块在门3和门4之间滑行的时间为1 s,则下列说法正确的是 (　) A.滑块的加速度大小为3 m/s2 B.滑块滑过相邻的两个门所用时间之比为∶∶ C.滑块在门1和门4之间滑行的平均速度大小为 m/s D.滑块经过门1、门2、门3时的瞬时速度之比为3∶2∶1 14.(12分)[2024·漳州一中高一月考] 消防员为提高身体素质需要进行体能训练,某次消防员进行滑杆训练,如图所示.若下滑过程中,消防员先做初速度为零的匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,到地面时速度恰好为零.加速阶段的加速度大小a=5 m/s2,且时间为减速阶段的一半,下滑所用的总时间为3 s,求: (1)(6分)消防员下滑过程中最大速度的大小; (2)(6分)消防员下滑的总高度. 15.(16分)从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球,小球以相同的加速度做匀加速直线运动,在连续释放几个小球后,对在斜面上滚动的小球拍下照片,如图所示,测得sAB=15 cm,sBC=20 cm,试求: (1)(4分)小球的加速度大小; (2)(4分)拍摄时B球的速度大小; (3)(4分)拍摄时C、D两小球之间的距离sCD; (4)(4分)拍摄时在A球上方滚动的小球的个数. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题课:匀变速直线运动规律的重要推论 1.B　[解析] 由=和s=t得t=,选项B正确. 2.D　[解析] 设质点经过B点时的速度为v,tBC=t,则a1=,a2=,故a1∶a2=1∶2,选项A错误;==,==,故∶=1∶1,选项C错误,D正确.s1=2t,s2=t,故s1∶s2=2∶1,选项B错误. 3.C　[解析] 根据Δs=aT2可得a== m/s2=-4 m/s2,则电车加速度大小为4 m/s2,方向与电车运动方向相反,故选C. 4.B　[解析] 根据匀加速直线运动规律,连续相等的时间T内物体的位移之差Δs=aT2,则s3-s2=s2-s1,所以s1=2s2-s3=2×10 m-14 m=6 m,选项B正确. 5.C　[解析] 根据初速度为零的匀加速直线运动相邻相等位移的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶(2-)…,可知=,故tcd=(-)t,故C正确. 6.B　[解析] 利用“逆向推理法”,把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动,则相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1,由=,解得s1=2 m,故B正确. 7.C　[解析] 方法1(逆向思维法):刹车过程是初速度为零的匀加速直线运动的逆运动,根据s=at2,逆运动第1 s、第2 s、第3 s、第4 s、第5 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9,即第4 s、第5 s内位移之比与本题吻合,所以刹车过程用时5 s,刹车位移为(1+3+5+7+9) m=25 m,选项C正确. 方法2(逐差法):由Δs=aT2得,7 m-9 m=a×(1 s)2,解得a=-2 m/s2,由s1=v0T+aT2=9 m,解得v0=10 m/s,汽车刹车时间t==5 s<6 s,故刹车后6 s内的位移为s==25 m,选项C正确. 8.AD　[解析] 滑块从O到D做匀减速运动,可看成从D到O的初速度为零的匀加速直线运动,设频闪仪记录的时间间隔为T,滑块的加速度为a,则vC=aT,vB=2aT,vA=3aT,滑块在B点的速度大小为在C点的两倍,滑块在A点的速度大小为在C点的三倍,故A正确,B错误;由初速度为零的匀加速直线运动推论知AB和CD的距离之比为sAB∶sCD=5∶1,故C错误,D正确. 9.AB　[解析] 根据匀变速直线运动的推论Δs=aT2,解得a=0.2 m/s2,故B正确;小球在第15 s末的速度v15=at15=0.2×15 m/s=3 m/s,小球在第14 s末的速度v14=at14=0.2×14 m/s=2.8 m/s,则小球在第15 s内的平均速度'= m/s=2.9 m/s,故D错误;小球在前15 s内的平均速度= m/s=1.5 m/s,故A正确;小球在第14 s初的速度即为第13 s末的速度,则v13=at13=0.2×13 m/s=2.6 m/s,故C错误. 10.B　[解析] 设汽车的最大速度为vm,加速时间为t1,减速时间为t2,加速阶段的平均速度==,减速阶段的平均速度==,s=t1+t2=(t1+t2)=vmt,解得vm=5 m/s. 11.BC　[解析] 冰壶在E点时速度恰好为零,可看成从E点开始的反向匀加速直线运动,根据v2=2as,可知vB∶vD=∶1,A错误;C点是中间位置,AE过程的平均速度等于中间时刻的速度,根据匀变速直线运动中间时刻和中间位置的速度关系可知,中间位置的速度大于中间时刻的速度,所以冰壶在C点速度大于AE过程的平均速度,B正确;根据初速度为0 的匀变速直线运动的比例关系可知tDE∶tCD∶tBC∶tAB=1∶(-1):(-)∶(2-),所以有tDE∶tDA=1∶1,即D点的时刻是AE过程的时间中点,tAC∶tCE=(2-)∶=(-1)∶1,C正确,D错误. 12.B　[解析] 将汽车从a到e的匀减速直线运动,看作反向初速度为零的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得,汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2-),所以汽车经过ab段的平均速度与通过de段的平均速度之比为===2+,又因为≈1.73,所以3<<4.故选B. 13.C　[解析] 利用逆向思维,把匀减速直线运动看成初速度为零的反向匀加速直线运动,从门4到门3,有s=at2,解得a=2 m/s2,故A错误;在初速度为零的匀变速直线运动中,通过连续相等位移内所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-),所以从门1到门4过程中,滑过相邻的两个门所用时间之比t12∶t23∶t34=(-)∶(-1)∶1,故B错误;由题意知t34=1 s,则滑块在门1和门4之间滑行的时间为t14=t12+t23+t34= s,所以滑块在门1和门4之间滑行的平均速度大小为== m/s= m/s,故C正确;由匀变速直线运动中位移与速度的关系v2-=2as可得,=2a·3s,=2a·2s,=2a·s,则滑块经过门1、门2、门3时的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3=∶∶1,故D错误. 14.(1)5 m/s　(2)7.5 m [解析] (1)由于加速阶段时间为减速阶段的一半,且加速与减速过程经历时间t1+t2=3 s 解得t1=1 s,t2=2 s 消防员下滑过程中最大速度等于加速末状态的速度,则最大速度为v0=at1 解得v0=5 m/s (2)根据平均速度表达式可知,消防员下滑的总高度为h=t1+t2 解得h=7.5 m 15.(1)5 m/s2　(2)1.75 m/s　(3)0.25 m　(4)2个 [解析] 释放小球后,小球都做匀加速直线运动,相邻两球释放的时间均为T=0.1 s,可以认为A、B、C、D各球是一个小球在不同时刻的位置. (1)由Δs=aT2可知,小球的加速度a==5 m/s2. (2)拍摄时B球的速度等于AC段的平均速度,即vB== m/s=1.75 m/s. (3)由于相邻相等时间内的位移差恒定,即sCD-sBC=sBC-sAB 解得sCD=2sBC-sAB=0.25 m. (4)设拍摄时A球的速度为vA,由vB=vA+aT,解得vA=vB-aT=1.75 m/s-5×0.1 m/s=1.25 m/s A球运动的时间tA== s=0.25 s 则在A球上方正在滚动的小球还有2个. 学科网（北京）股份有限公司 $