1.高考物理一轮复习提分宝典 第1课 直线运动的基本概念与规律

第1课 直线运动的基本概念与规律
普查讲1 直线运动的基本概念与规律
1．匀变速直线运动
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）（2021改编题，10分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 0和s 1（s 1<s 0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板，冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速直线运动，冰球做匀变速直线运动，到达挡板时的速度为v 1。

求：
①冰球在冰面上滑行的加速度；
②满足训练要求的运动员的最小加速度。

答案：①v 21－v 2
2s 0
（4分）
②s 1（v 0＋v 1）22s 20
（6分）
解析：①设冰球的加速度为a 1
由速度与位移的关系知2a 1s 0＝v 21－v 2
0 （2分）
解得a 1＝v 21－v 2
2s 0
（2分）
②设冰球运动时间为t ，则t ＝v 1－v 0
a 1（2分）
又s 1＝1
2
at 2（2分）
解得a ＝s 1（v 0＋v 1）2
2s 20
（2分）
（2）（经典题，13分）甲、乙两辆汽车都从静止出发做直线加速运动，加速度方向一直不变。

在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。

求甲、乙两车各自行驶的总路程之比。

答案：5∶7（13分）
解析：设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻t 0）的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2，由运动学公式得
v ＝at 0（1分）
s 1＝12at 20
（2分）
s 2＝v t 0＋1
2
（2a ）t 20（2分） 设汽车乙在t 0时刻的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s ′1、s ′2 同样有
v ′＝（2a ）t 0（1分） s ′1＝12（2a ）t 20（2分） s ′2＝v ′t 0＋1
2at 20
（2分）
设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有 s ＝s 1＋s 2（1分） s ′＝s ′1＋s ′2（1分）
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 s s ′＝5
7
（1分）
b ．应用3个基本关系式的3个推论巧解实际问题 （3）（2019四川模拟，10分）相同的小球从斜面的某一位置每隔0.1 s 释放一颗，连续释放了好几颗后，对斜面上正运动着的小球拍下部分照片，如图所示（所有小球均在斜面上）。

现测得AB ＝15 cm ，BC ＝20 cm ，已知小球在斜面上做加速度相同的匀加速直线运动（初速度为零）。

求：
①各球加速度的大小；
②拍摄照片时B 球的速度；
③拍摄照片时，A 球上方正运动的球有几个。

答案：①5 m/s 2（3分） ②1.75 m/s （3分） ③两个（4分） 解析：①每个球的运动都是相同的，故照片上的各球可认为是一个球在不同时刻的位置，设各球的加速度为a ，在A 点时的速度为v A ，根据匀加速直线运动规律有
x AB ＝v A T ＋12aT 2，x BC ＝（v A ＋aT ）T ＋1
2aT 2（2分）
即Δx ＝aT 2
解得a ＝5 m/s 2（1分） ②拍摄照片时B 球的速度v B ＝
x AB ＋x BC
2T
（2分） 解得v B ＝1.75 m/s （1分）
③设小球B 从释放到运动到图中位置所用的时间为t 则有v B ＝at （2分）
解得t ＝0.35 s （1分）
则小球A 从释放到运动到图中位置所用的时间为0.25 s ，则A 球上方正在运动的小球有两个（1分）
c ．运用初速度为0的匀加速直线运动的推论解决实际问题 （4）（多选）（2021改编题，6分）物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移是3 m ，则（ ）
A ．物体的加速度为1 m/s 2
B ．物体在1.5 s 时的速度为1.8 m/s
C ．物体第4 s 内通过的位移为4.2 m
D ．物体前3 s 内通过的位移为6 m 答案：BC
解析：法一（运用基本公式）
由题意得物体前3 s 内的位移x 3＝12at 23，前2 s 内的位移x 2＝12at 2
2，由x 3－x 2＝3 m 得a ＝1.2 m/s 2，故A 项错误。

物体在1.5 s 时的速度v ＝at ＝1.8 m/s ，故B 项正确。

物体在第4 s 内通过的位移Δx 4＝x 4－x 3＝12at 24－12at 2
3＝4.2 m ，故C 项正确。

物体前3 s 内通过的位移x 3＝
12at 2
3
＝5.4 m ，故D 项错误。

法二（运用推论）
由初速度为0的匀加速直线运动的推论知，连续相等的时间T 内的位移之比为Δx 1∶Δx 2∶Δx 3∶…∶Δx n ＝1∶3∶5∶…∶（2n －1），代入物体在第3 s 内通过的位移Δx 3＝3 m 得物体在第4 s 内通过的位移为4.2 m ，前3 s 内的位移x 3＝Δx 1＋Δx 2＋Δx 3＝0.6 m ＋1.8 m ＋3 m ＝5.4 m ，故C 项正确，D 项错误。

由物体在前3 s 内通过的位移x 3＝1
2at 23得a ＝1.2 m/s 2，
故A 项错误。

物体在1.5 s 时的速度v ＝at ＝1.8 m/s ，故B 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 （5）（2019浙江模拟，3分）“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器。

假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0（t 0＜t ）时刻距离海平面的深度为（ ）
A. v t 2
B.v t 20
2t C.v （t －t 0）22t
D ．v t 0⎝⎛⎭
⎫1－t 02t 答案：C
解析：“蛟龙号”潜水器匀减速上浮至海面的加速度大小为a ＝v
t ，根据逆向思维，可
看成“蛟龙号”从海面向下做初速度为0的匀加速直线运动，则“蛟龙号”在t 0时刻距离海平面的深度为h ＝12a （t －t 0）2＝12·v t ·（t －t 0）2＝v （t －t 0）22t ，故C 项正确，A 项、B 项、D
项错误。

（6）（2021改编题，10分）飞机着陆后以6 m/s 2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。

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 ＝v a ＝60
6
s ＝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 ＝12at 2＝12×6×102 m ＝300 m ⎝⎛⎭
⎫或x ＝v ＋v 02t ＝602×10 m ＝300 m （3分） ②由初速度为0的匀加速直线运动推论知
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 x 1∶x 2＝（7＋9）∶（1＋3）＝4∶1（3分）
2．两类典型的匀变速直线运动
a ．自由落体运动：初速度为0、加速度为g 的匀加速直线运动 （7）（2019上饶二模，6分）如图所示，甲球从A 点由静止自由落向B 点，当甲球下落高度为h 1（图中未标出）时，乙球从距A 点h 2处的C 点，由静止自由下落，不计空气阻力，两小球可以看作质点，甲、乙两球同时到达B 点，则A 、B 两点高度差为（ ）
A ．h 1＋h 2
B.（h 1＋h 2）24h 1
C.h 21
4（h 1＋h 2）
D.（h 1＋h 2）2（h 1－h 2）h 1
答案：B
解析：设甲球下落h 1时，速度为v ，之后运动t 时间，与乙同时到达B 点，根据题意可知v 2＝2gh 1，v t ＋12gt 2＋h 1＝1
2gt 2＋h 2，联立解得t ＝h 2－h 12gh 1，所以A 、B 两点高度差为h ＝h 2
＋12gt 2
，解得h ＝（h 1＋h 2）24h 1
，故B 项正确，A 项、C 项、D 项错误。

（8）（经典题，6分）一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，则（ ）
A ．物体在2 s 末的速度是20 m/s
B ．物体在第5 s 内的平均速度是3.6 m/s
C ．物体在第2 s 内的位移是20 m
D ．物体在前5 s 内的位移是50 m 答案：D
解析：第5 s 内的位移是18 m ，有12gt 21－12gt 2
2＝18 m ，其中t 1＝5 s ，t 2＝4 s ，解得g ＝4 m/s 2，所以2 s 末的速度v ＝gt ＝8 m/s ，故A 项错误。

第5 s 内的平均速度v ＝x
t ＝18 m/s ，故B 项
错误。

t 3＝2 s ，t ′＝1 s ，第2 s 内的位移x 2＝12gt 23－12gt ′2
＝6 m ，故C 项错误。

物体在前5 s 内的位移x ＝12gt 2＝1
2
×4×52m ＝50 m ，故D 项正确。

b ．竖直上抛运动：初速度向上、加速度为g 的匀变速直线运动 （9）（2019天门二模，6分）矿井中的升降机以5 m/s 的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s 升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则井口到井底的距离为（ ）
A ．15 m
B ．30 m
C ．45 m
D ．60 m 答案：C
解析：螺钉从脱落到运动至井底做竖直上抛运动，则位移为h 1＝－v 0t ＋1
2gt 2，升降机从
螺钉脱落到上升到井口这段时间内的位移为h 2＝v 0t ，矿井的深度为h ＝h 1＋h 2，代入数据解得h ＝45 m ，故C 项正确，A 项、B 项、D 项错误。

随堂普查练1
1．（2018四川模拟，6分）我国ETC （电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。

一辆汽车以20 m/s 的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4 s 的时间速度减为5 m/s 且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5 m/s 2，假设汽车可视为质点。

则下列说法正确的是（ ）
A ．汽车开始减速时距离自动收费装置110 m
B ．汽车加速4 s 后速度恢复到20 m/s
C ．汽车从开始减速到速度恢复到20 m/s 通过的总路程为125 m
D ．汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s 答案：C
解析：根据平均速度的推论知，汽车开始减速时与自动收费装置的距离x 1＝v 0＋v
2t 1
＝
20＋52×4 m ＝50 m ，故A 项错误。

汽车恢复到20 m/s 所需的时间t 2＝v 0－v a 2＝20－5
2.5 s ＝6 s ，故B 项错误。

汽车加速运动的位移x 2＝v 0＋v 2t 2＝5＋202×6 m ＝75 m ，则总路程x ＝x 1＋x 2＝
50 m ＋75 m ＝125 m ，故C 项正确。

这段路程若以20 m/s 的速度匀速运动通过的时间t ＝x
v 0
＝
125
20
s ＝6.25 s ，则通过自动收费装置耽误的时间Δt ＝t 1＋t 2－t ＝4 s ＋6 s －6.25 s ＝3.75 s ，故D 项错误。

2．（2019安徽二模，6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x 1、第三个T 内的位移为x 3。

则该质点（ ）
A ．加速度的大小为a ＝x 3－x 1
T 2
B ．在第二个T 内的位移为3x 1
C ．在第二个T 末的速度为v ＝3x 3＋x 1
4T
D ．在第二个T 内的平均速度为v ＝x 3－x 1
2T
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 ＝aT 2，可得x 2
－x 1＝aT 2①，x 3－x 2＝aT 2②，①②联立解得a ＝x 3－x 12T 2，x 2
＝x 3＋x 1
2，故A 项、B 项错误。

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 ＝x 2＋x 32T ＝3x 3＋x 1
4T ，
故C 项正确。

在第二个T 内的平均速度为v ＝x 2T ＝x 3＋x 1
2T
，故D 项错误。

3．（2019全国Ⅰ，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H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2。

不计空气阻力，
则t 2
t 1
满足（ ）
A. 1<t 2
t 1<2
B ．2<t 2
t 1<3
C ．3<t 2
t 1
<4
D ．4<t 2
t 1
<5
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。

则根据初速度为零的匀加速运动，连续通过相等的各段位移时间之比为
1∶（2－1）∶（3－2）∶（2－3）∶（5－2）…可知t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2
t 1<4，
故C 项正确，A 项、B 项、D 项错误。

（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 ＝1
2gt 2，全过程所用
时间t ＝
2H g ，下落第一个H 4所用的时间为t 1′，满足H 4＝1
2
gt 1′2，解得t 1′＝H 2g ，下落3H
4
所用的时间为t 2′，满足3H 4＝1
2gt 2′2，解得t ′2＝
3H 2g ，则下落最后一个H
4
所用的时间为t －t 2′，由此可知，t 2t 1＝t 1′t －t 2′＝2＋3， 即3<t 2
t 1
<4，故C 项正确，A 项、B 项、D 项错误。

4．（2021改编题，6分）已知一物体从足够长斜面底端匀减速上滑，上滑长度为L 时，速度减为0，当物体的速度是斜面底端速度的1
3
时，它沿斜面已上滑的距离是（ ）
A.8
9
L
B.56
L
C.3
3
L
D.32
L 答案：A
解析：设到达底端的速度为v ，则下滑至底端有v 2－0＝2aL ，当物体的速度是到达斜面底端速度的13时，有⎝⎛⎭⎫v 32－0＝2ax ，由两式之比可知x ＝L
9，故B 项、C 项、D 项均错误，A
项正确。

5．（2019 衡水一模，6分）高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人事件，某建筑工地突然有一根长为l 的直钢筋从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片，为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员通过照片计算出钢筋的影像实际长度为L ，且L ＞l ，查得当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为h ，重力加速度为g ，则由此可以求得（ ）
A ．钢筋坠地瞬间的速度约为L
t
B ．钢筋坠下的楼层为（L －l ）2
2ght 2＋1
C ．钢筋坠下的楼层为gt 2
2h
＋1
D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l
2t
答案：B
解析：最后t 时间内的位移为（L －l ），故平均速度为v ＝L －l
t ，由于t 时间极短，可以
表示末时刻的瞬时速度，故末速度为v ＝L －l
t
，故A 项错误。

对运动全程，根据速度—位移
公式，有v 2＝2gH ，解得H ＝
v 2
2g ＝⎝⎛⎭⎫
L －l t 2g
2＝
（L －l ）2
2gt 2
，故钢筋坠下的楼层为n ＝H
h
＋1＝
（L －l ）22ght 2＋1，故B 项正确，C 项错误。

钢筋在整个下落时间内的平均速度v ＝v 0＋v
2＝
L －l t 2＝L －l 2t
，故D 项错误。

6．（2018海南单科，4分）一攀岩者以1 m/s 的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。

3 s 后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为（ ）
A ．10 m
B ．30 m
C ．50 m
D ．70 m 答案：C
解析：石块下落的高度h ＝1
2gt 2＝45 m 。

该过程中，攀岩者向上上升的高度x ＝v t ＝3 m ，
此时他离地面的高度为H ＝h ＋x ＝45 m ＋3 m ＝48 m 。

故C 项正确，A 项、B 项、D 项均错误。

7．（2019金山区二模，6分）以10 m/s 的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为1.2 s ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则小树高约为（ ）
A ．1.2 m
B ．2.4 m
C ．3.2 m
D ．4.2 m 答案：C
解析：石子做竖直上抛运动，根据竖直上抛的对称性可知，石子从最高点运动到小树顶端所用的时间为t ＝Δt
2＝0.6 s ，则石子在小树顶端时的速度为v ＝gt ＝6 m/s ，石子从地面到
小树顶端，根据位移—速度关系有v 2－v 20＝－2gx ，代入数据解得x ＝3.2 m ，故C 项正确，A 项、B 项、D 项错误。

8．（经典题，10分）一个物体从A 点由静止开始做匀加速直线运动到B 点，然后做匀减速直线运动到C 点静止，AB ＝s 1，BC ＝s 2，由A 到C 的总时间为t ，求物体在AB ，BC 段的加速度大小各是多少？
答案：2（s 1＋s 2）2s 1t 2 2（s 1＋s 2）2
s 2t 2（10分）
解析：设B 点的速度为v
则v ＝a AB t 1＝a BC t 2 （2分） 由题意得s 1＝1
2a AB t 21（2分） s 2＝12a BC t 22（2分） t 1＋t 2＝t （2分）
联立解得a AB ＝2（s 1＋s 2）2s 1t 2，a BC ＝2（s 1＋s 2）2s 2t 2
（2分）
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．（多选）（2021改编题，6分）下列说法中，正确的是（ ） A ．分子很小，在任何时候都可以看成质点
B ．绕半径为r 的圆形跑道跑了1.75圈的人，他的位移为3.5πr
C ．选取运动的火车为参考系，则坐在火车上的人是静止的
D ．速率就是瞬时速度的大小
E ．平均速率就是平均速度的大小
F ．速度为0时，加速度不一定为0
G ．加速度不为0时，速度大小一定变化 答案：CDF
解析：在研究分子结构时，分子不能看成质点，故A 项错误。

绕半径为r 的圆形跑道跑了1.75圈的人，他的位移是2r ，路程是3.5πr ，故B 项错误。

运动的火车上坐着的人相
对火车是静止的，故C 项正确。

速率是瞬时速度的大小，故D 项正确。

平均速率＝路程
时间，
平均速度＝位移
时间，因为路程不是位移的大小，故平均速率不是平均速度的大小，故E 项错
误。

加速度与速度的变化量有关，与速度的大小无必然联系，故F 项正确。

加速度不为0则速度一定改变，但是速度是矢量既有大小也有方向，所以有可能速度的方向改变而大小不变，故G 项错误。

2．（2019海南单科，4分）汽车在平直公路上以20 m/s 的速度匀速行驶。

前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8 m/s 2。

从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（ ）
A ．10 m
B ．20 m
C ．25 m
D ．50 m 答案：C
解析：由题意知，初速度v ＝20 m/s ，刹车的加速度大小为8 m/s 2，最后末速度减为0，由推导公式v 2＝2ax ，解得x ＝25 m ，故C 项正确，A 项、B 项、D 项错误。

3．（2019本溪二模，6分）一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻两电线杆间的距离为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小v 1＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是（ ）
A ．汽车运动的加速度大小为2 m/s 2
B ．汽车继续行驶，经过第6根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s
C ．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 s
D ．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s 答案：D
解析：汽车在前10 s 内的位移x 13＝50 m ×2＝100 m ，由位移—时间关系有x ＝v 1t ＋1
2at 2，
代入数据解得a ＝1 m/s 2，故A 项错误。

第1根电线杆与第6根电线杆之间的距离为x 16＝50
m ×5＝250 m ，根据速度—位移关系有v 26－v 2
1＝2ax 16，代入数据解得v 6＝521 m/s ，故B 项错误。

设汽车从第1根到第7根电线杆的时间为t 7，且x 17＝6×50 m ＝300 m ，由匀变速
运动规律有x 17＝v 1t 7＋1
2at 27，代入数据解得t 7＝20 s ，则汽车在第3根至第7根电线杆间运动
所用的时间Δt ＝t 7－t 3＝20 s －10 s ＝10 s ，故C 项错误。

汽车在第3根到第7根电线杆之间的平均速度v 37＝x 37Δt ＝300－100
10
m/s ＝20 m/s ，故D 项正确。

4．（经典题，6分）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设计有一个关卡，各关卡同步放行和关闭。

放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s 。

关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（ ）
A ．关卡2
B ．关卡3
C ．关卡4
D ．关卡5 答案：C
解析：根据v ＝at 可得，2 m/s ＝2 m/s 2×t 1，所以加速的时间为t 1＝1 s ，加速的位移为x 1＝12at 21＝12×2×12 m ＝1 m ，之后到达关卡2匀速运动的时间为72 s ＝3.5 s ，到达关卡2的时间为t 2＝（1＋3.5） s ＝4.5 s 小于5 s ，故关卡2放行，从第2关卡到第3关卡匀速运动时间t 3＝8
2 s ＝4 s 。

所以到达第3关卡的时刻（从开始运动计时）为8.5 s ，7 s ＜8.5 s ＜12 s ，
也是放行，可以通过。

从第3关卡到第4关卡匀速运动时间仍然是4 s ，所以到达第4关卡的时刻（从开始运动计时）为（1＋3.5＋4＋4） s ＝12.5 s ，关卡放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ，可知在12～14 s 内，关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 项正确。

5．（2019庐阳区校级月考，6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v A －v O ＝v B －v A ＝v
C －v B ＝v
D －v C
C ．子弹到达各点的速率v O ∶v A ∶v B ∶v C ＝2∶3∶2∶1
D ．子弹从进入木块到达各点经历的时间t A ∶t B ∶t C ∶t D ＝1∶2∶3∶2 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 点时速度恰好为零，根据逆向思维，可将子弹看成是从D 点运动到O 点的初速度为零的匀加速直线运动，则由v 2＝2ax 可知，子弹通过C 点、B 点、A 点、
O 点的速度之比为1∶2∶3∶2，则v O ：v A ：v B ：v C ＝2∶3∶2∶1，故C 项正确。

根据初速度为零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∶（2－1）∶（3－2）∶（2－3），则t A ∶t B ∶t C ∶t D ＝（2－3）∶（3－2）∶（2－1）∶1，故D 项错误。

6．（2019南昌期末，6分）如图所示，一小球（可视为质点）沿斜面匀加速下滑，依次经过A 、B 、C 三点。

已知AB ＝18 m ，BC ＝30 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是（ ）
A ．12 m/s ，13 m/s ，14 m/s
B ．10 m/s ，14 m/s ，18 m/s
C ．8 m/s ，10 m/s ，16 m/s
D ．6 m/s ，12 m/s ，18 m/s
答案：D
解析：小球做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律有Δx ＝aT 2，解得a ＝3 m/s 2，
小球经过B 点的瞬时速度等于AC 段的平均速度，则有v B ＝x AB ＋x BC 2T
＝12 m/s ，则小球经过C 点的速度为v C ＝v B ＋aT ＝18 m/s ，小球经过A 点的速度为v A ＝v B －aT ＝6 m/s ，故D 项正确，A 项、B 项、C 项错误。

7．（多选）（2021改编题，6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
B ．小球下落的加速度为d T
2 C ．小球在位置3的速度大小为7d T
D ．小球在位置5的速度大小为11d 2T
答案：BD
解析：根据Δx ＝d ＝aT 2，小球下落的加速度为a ＝d T 2，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v 3＝7d 2T
，故C 项错误。

由公式v 2－v 02＝2ax 得，初始位置离位置3的距离为x 3＝v 322d T 2＝498d ，即小球释放的位置在位置1上方x 3－5d ＝98d 处，故A 项错误。

由v ＝v 0＋at 得小球在位置5的速度为v 5＝v 3＋2aT ＝11d 2T
，故D 项正确。

B 组（冲刺满分）
8．（经典题，6分）如图所示，A 球从光滑斜面顶端由静止开始下滑，同时B 球从斜面底部以初速度v 0冲上斜面。

当两球同时运动到同一水平面时，速度大小相同均为v ，且方向
A ．A 球到达底部的速度大小为v
B ．A 球到达底部前，B 球已从顶端飞出
C ．v 0∶v ＝3∶1
D ．s A ∶s B ＝1∶1
答案：A
解析：两个小球沿斜面方向的加速度大小都是g sin θ（θ是斜面的倾角），即它们的加速度是相等的。

设两球同时运动到同一水平面经过的时间为t ，则对A 有v ＝at ，对B 有v ＝v 0－at,由运动的对称性可知，A 球到达底部的位移与B 球的速度减小到0的位移大小是相同的，A 球再经过时间t 到达斜面底部，到达斜面底部的速度也是v 0，故A 项正确。

由运动的对称性可知，B 球速度为0时，恰好到达与A 球初始位置在同一条水平线的地方，不能从顶端飞出，故B 项错误。

上面两式联立可得v 0＝2v ，所以v 0∶v ＝2∶1，故C 项错误。

由位移公式
得s A ＝12at 2，s B ＝12
a （2t ）2－s A ＝4s A －s A ＝3s A ，所以s A ∶s B ＝1∶3，故D 项错误。

9．（2019浙江模拟，3分）一物体做匀变速直线运动，在通过第一段位移x 1的过程中，其速度变化量为Δv ，紧接着通过第二段位移x 2，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x 1一定大于第二段位移x 2
B ．两段运动所用时间一定不相等
C ．物体运动的加速度为（Δv ）2
x 2－x 1
D ．通过两段位移的平均速度为（x 2＋x 1）Δv x 2－x 1
答案：C
解析：两段过程中速度的变化量相等，根据Δt ＝Δv a
知，两段过程运动的时间相等，若做匀加速直线运动，则第一段位移小于第二段位移，若做匀减速直线运动，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x 2－x 1＝a （Δt ）2，又Δv ＝a Δt ，解得物体的加速度a ＝（Δv ）2x 2－x 1
，故C 项正确。

运动的总时间t ＝2×Δv a ＝2（x 2－x 1）Δv ，则通过两段位移的平均速度v ＝x 1＋x 2t ＝（x 1＋x 2）Δv 2（x 2－x 1）
，故D 项错误。

10．（经典题，10分）如图所示，水平地面O 点的正上方的装置M 每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M 的同时，O 点右侧一长为L ＝1.2 m 的平板车开始以a ＝6.0 m/s 2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M 的竖直高度为h ＝g 取 10 m/s 2。

（1）求小车左端离O 点的水平距离；
（2）若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt 应满足什么条件？
答案：（1）0.27 m （5分） （2）Δt ≤0.4 s （5分）
解析：（1）设小球自由下落至平板车上表面处历时t 0，则
对小球有h ＝12gt 20
（2分） 对平板车有s ＝12at 20
（2分） 两式联立解得s ＝0.27 m （1分）
（2）从释放第一个小球至第二个小球下落到平板车上表面处历时Δt ＋t 0，设平板车在
该时间段内的位移为s 1，由位移公式有s 1＝12
a （Δt ＋t 0）2（2分） 至少有2个小球落在平板车上需满足s 1≤s ＋L （2分）
解得Δt ≤0.4 s （1分）。