第02讲 匀变速直线运动的规律（专项训练）（福建专用）（教师版）

第02讲匀变速直线运动的规律目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01匀变速直线运动公式的基本应用题型02匀变速直线运动推导公式的应用题型03自由落体运动02核心突破练03真题溯源练01匀变速直线运动公式的基本应用1．汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，看到前方有障碍物立即刹车（反应时间不计），刹车后加速度大小为5m/s2，则汽车刹车后第2s内的位移和刹车后5s内的位移为（

）A．30m，40m B．30m，37.5m C．12.5m，40m D．12.5m，37.5m【答案】B【详解】AB．由公式结合汽车的位移与时间的关系可得，即汽车制动时的初速度大小为，加速度大小为5m/s2，故A错误，B正确；CD．由公式可知，汽车从开始刹车到停止的时间则制动1s时的速度大小制动后4s内汽车的位移大小CD错误。故选B。2．（23-24高一上·福建宁德·期末）在测试汽车刹车性能时，通过传感器测得其速度v与时间t满足关系式：，式中速度的单位为，时间的单位为，则该汽车刹车时初速度的大小，加速度的大小，刹车后5s内汽车的位移。【答案】30675【详解】[1]根据速度关系式，带入时间可得初速度[2]由题中速度关系式对比匀变速运动速度公式，可得加速度的大小为[3]由平均速度求位移公式得刹车后5s内汽车的位移为3．（24-25高一上·福建南平·期末）某司机在直道行驶过程中发现前方有事故，立即采取制动措施，车停止前的位移随时间变化的关系式是，则该车（）A．初速度大小为 B．加速度大小为C．1s末的速度为 D．4s内的位移为20m【答案】B【详解】AB．由公式结合汽车的位移与时间的关系可得，即汽车制动时的初速度大小为，加速度大小为5m/s2，故A错误，B正确；CD．由公式可知，汽车从开始刹车到停止的时间则制动1s时的速度大小制动后4s内汽车的位移大小CD错误。故选B。4.（24-25高一上·福建泉州·期末）冬季滑雪是一项十分有趣的运动。如图，滑雪道为一长为75m的斜坡，一滑雪运动员由静止开始沿斜坡匀加速直线滑下，经过5s滑到斜坡底端。求：(1)运动员的加速度大小；(2)运动员滑到斜坡底端的速度大小。【答案】(1)(2)【详解】（1）根据可得加速度（2）根据可得运动员滑到斜坡底端的速度大小5.（24-25高一上·福建龙岩·期末）一辆汽车以的初速度在平直的公路上行驶，在时刻以的加速度匀加速行驶，末因故紧急刹车，刹车时做匀减速运动的加速度大小为，最终停止运动。求：(1)末汽车的速度大小；(2)汽车做匀减速运动时间；(3)内汽车运动的位移大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）汽车初速度为，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，可得汽车末汽车的速度大小为（2）汽车从开始刹车到停止运动所用时间为（3）汽车匀加速阶段通过的位移大小为汽车匀减速阶段通过的位移大小为则汽车运动内总位移为6.（23-24高一上·福建福州·期中）某路段限速为50km/h，一辆行驶的汽车在危急情况下紧急刹车而停止。交警测得这一过程中车轮在地面上擦过的痕迹长为16m，刹车所用的时间为2s，设汽车从刹车开始至停止做匀变速直线运动。求：（1）汽车刹车时的加速度大小；（2）汽车刹车前的速度大小；（3）判断这辆汽车是否超速违章。【答案】（1）；（2）；（3）是【详解】（1）刹车后汽车做匀减速直线运动，由运动学公式可知解得（2）汽车刹车前的速度大小为（3）其中故这辆汽车是超速违章。7．在某段平直的铁路上，一列以高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，后恰好停在某车站，并在该站停留，随后匀加速驶离车站，经后恢复到原速。（1）求列车减速时的加速度大小；（2）求列车做加速运动的时间；（3）如果列车不停靠此站，以匀速通过，求停靠时被耽搁的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）列车减速时的加速度大小为列车减速时的加速度大小（2）

方法一列车加速时解得

方法二由位移时间公式得解得故列车加速时的加速为。（3）由位移时间公式得解得列车匀速通过的时间解得列车耽搁的时间。02匀变速直线运动推导公式的应用8．厦门规划到2035年建成12条地铁线路，越来越多的市民选择地铁作为出行的交通工具。如图所示，时，列车由静止开始做匀加速直线运动，第一节车厢的前端恰好与站台边感应门的一根立柱对齐。时，第一节车厢末端恰好通过这根立柱所在位置，全部车厢通过立柱所用时间。设各节车用长度相等，不计车厢间距离。则（）A．该列车共有10节车厢B．第2个内有4节车厢通过这根立柱C．最后一节车厢近过这根立柱的时间为D．第4节车厢通过这根立柱的末速度小于整列车通过立柱的平均速度【答案】C【详解】A．设每节车厢长度为x，根据运动学公式，得该列车共有9节车厢，A错误；B．根据初速度为零的匀加速运动，连续相等时间内位移的比例关系，可知第2个内有3节车厢通过这根立柱，B错误；C．根据初速度为零的匀加速运动，连续相等位移内时间的比例关系，最后一节车厢过这根立柱的时间为C正确；D．第4节车厢通过这根立柱时，运动时间大于总时间的一半，则此时的速度大于中间时刻速度，即大于整列车通过立柱的平均速度，D错误。故选C。9．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点速度等于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【答案】C【详解】A．设矩形区域宽为d，而E点速为0，则逆向看，有解得故A错误；BC．逆向看，根据初速度为0的匀变速直线运动在连续相同时间内的位移比为则冰壶在D点的时刻是AE过程的时间中点，即D点的速度等于AE过程的平均速度。而冰壶在C点速度为中间位移处的速度，不等于AE过程的平均速度，故B错误，C正确；D．逆向看，根据初速度为0的匀变速直线运动通过连续相同位移的时间比为可知冰壶在AC和CE过程的时间之比为，故D错误。故选C。10．（23-24高一上·福建厦门·期末）一物体以初速度做匀减速直线运动，第1s内通过的位移为3m，第2s内通过的位移为2m，又经过位移物体的速度减小为0，则：（1）物体的初速度m/s；（2）位移m。【答案】3.51.125【详解】（1）[1]由匀变速直线运动推论：，代入数据可得加速度为第1s末的速度由，初速度为（2）[2]物体的速度由2.5m/s减速到0所需时间物体的速度由2.5m/s减速到0运动的位移经过位移x3的大小为11．（24-25高一上·福建龙岩·期末）物体做初速度为零的匀加速直线运动。则1秒末、2秒末、3秒末速度之比为；1秒内、2秒内、3内秒位移之比为；通过前3段连续相等的位移所需时间之比为。【答案】【详解】[1]根据，可知1秒末、2秒末、3秒末速度之比为[2]根据，可知1秒内、2秒内、3内秒位移之比为[3]根据，，可得则物体通过前3段连续相等的位移所需时间之比为12．（24-25高一上·福建厦门·期末）如图所示，平直道路旁栽种有间距相等的树，树所在位置依次标注为A、B、C、D、E，汽车从A点由静止开始做匀加速直线运动，若车头通过段的时间为t，则车头通过段的时间为，车头通过段的平均速度（选填“大于”“小于”或“等于”）通过点C时的瞬时速度。【答案】小于【详解】[1]设，车头通过段过程有车头通过段过程有联立可得则车头通过段的时间为[2]车头通过段过程，有可得车头通过段过程，有可得则车头通过段的平均速度为可知车头通过段的平均速度小于通过点C时的瞬时速度。13.（23-24高一上·福建龙岩·期末）某小组在研究某款汽车的性能时，在表格中记录了该汽车沿平直公路由静止启动、匀速行驶和制动停止三个过程的部分速度和时间的数据。若汽车启动和制动过程均可视为匀变速直线运动，则在本次测试中：时间（s）036912151821242730速度（m/s）0612182430343424120（1）求汽车加速运动的加速度大小；（2）求汽车做匀加速直线运动的时间和位移的大小。【答案】（1）2m/s2；（2）17s，289m【详解】（1）由得汽车加速运动时的加速度大小a1=2m/s2（2）由题表数据可知，汽车的最大速度，由得汽车加速运动的时间由匀加速直线运动的位移大小s=289m03自由落体运动14.（23-24高一上·福建宁德·期末）如图所示，两位同学利用自由落体运动测量反应时间。甲同学用手捏住直尺上端，乙同学将手大拇指上边缘与直尺下方的0刻度线对齐做好准备，但手不碰到直尺。当乙同学看见甲同学放开直尺后，立即捏住直尺，此时大拇指上边缘的刻度为19.50cm，则乙同学的反应时间约为（）A．0.10s B．0.20s C．0.30s D．0.40s【答案】B【详解】根据自由落体运动规律，可得故选B。15．一小石子从靠近竖直墙面的a点由静止开始落下。途中经过b、c、d三个点，而且通过ab、bc、cd各段所用的时间均为T。若让小石子从b点由静止开始落下，空气阻力不计，则该小石子（）A．通过bc、cd段的时间均小于TB．通过c、d点的速度之比为1：2C．通过bc、cd段的平均速度之比为3：5D．通过c点的速度大于通过bd段的平均速度【答案】D【分析】当滑块从a点静止落下时，做初速度为零的自由落体运动，且经过各段的时间相等，所以ab、bc、cd间的距离之比为1：3：5。【详解】A．由题意知，滑块从a点静止下落，经过各段的时间都是T，所以ab、bc、cd各段的长度之比为1：3：5。如果从b点开始静止下滑，则bc间距离大于ab间距离，所以通过bc、cd段的时间均大于T，故A错误。B．设bc间距离为3x，则cd间的距离为5x，所以bd间的距离为8x，滑块下滑的加速度为g，滑块从b点开始静止下滑，所以通过c点的速度为通过d点的速度为所以通过c、d点的速度之比为，故B错误；C．由上面A的分析可知bc、cd段的位移之比为3：5，但是通过两段的时间不再相等，根据可知，平均速度之比不是3：5，故C错误；D．对匀变速直线运动来说，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，对初速度为零的匀加速直线运动来说，连续相等时间内的位移之比为1：3，所以滑块经过bc的时间大于从b到d时间的二分之一，故通过c点的速度大于bd段的平均速度，故D正确。故选D。16．（24-25高一上·福建南平·期末）（多选）11月新疆阿克苏苹果迎来丰收。一熟透的苹果从距地面5m处的枝头竖直掉落，该过程可视为自由落体运动，重力加速度取。则苹果（）A．下落到地面的时间为1sB．落地前瞬间的速度为C．下落2.5m时的速度为5m/sD．落地前0.5s内通过的高度为3.75m【答案】AD【详解】A．下落到地面的时间为选项A正确；B．落地前瞬间的速度为选项B错误；C．下落2.5m时的速度为选项C错误；D．落地前0.5s内通过的高度为选项D正确。故选AD。17.（多选）在距地面25m高处竖直向上抛出一个小球，小球的初速度v0=20m/s，不计小球在运动过程中的空气阻力（g取10m/s2），以下说法正确的是（）A．上升过程与下降过程，小球的加速度大小相等，方向相同B．小球离地面的最大高度为45mC．小球从抛出到落地的总时间为4sD．小球在落地时的速度为25m/s【答案】AB【详解】A．整个过程加速度为重力加速度g保持不变，故A正确；B．上升过程的位移由v2=2gh，解得故最大高度为H=h+h0=20m+25m=45m故B正确；C．上抛时间有下落解得t下=3s小球从抛出到落地的总时间为t=t上+t下=2s+3s=5s故C错误；D．由自由落体速度公式解得v地=30m/s故D错误。故选AB。18．（23-24高一上·福建莆田·期末）建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙。若某次以15m/s的速度从地面竖直向上抛出一砖块，楼上的师傅没有接住，g取10m/s2，空气阻力可以忽略，则砖块上升的最大高度为，砖块被抛出后经s回到抛出点。【答案】11.25m3【详解】[1]砖块做竖直上抛运动，则有所以砖块上升的最大高度为[2]砖块上升的时间为上升阶段与下降阶段的时间对称，所以砖块回到抛出点的时间为19．（24-25高一上·福建福州·期末）有一滴水从屋檐无初速滴落，经过1.2s落地。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：(1)屋檐离地高度；(2)水滴落地时的速度大小；(3)水滴下落最后1s内的位移大小。【答案】(1)7.2m(2)12m/s(3)7m【详解】（1）水滴自由下落，则（2）水滴落地的速度（3）水滴在t1=0.2s内的位移水滴下落最后1s的位移1．旱冰壶在最近几年深受人们的追捧，尤其深受中小学生的喜爱。如图甲所示为某旱冰壶比赛的场景，如图乙所示为其简化图，A为投掷点，O为圆心，B、C、D为AO的四等分点。运动员某次投掷时，冰壶由A点以初速度v0向右滑动，经时间t运动到B点，最终冰壶刚好停在O点。冰壶在该过程中的运动可视为匀减速直线运动，下列说法正确的是（）A．冰壶在C点的速度大小为B．冰壶由D到O的时间为C．冰壶运动的总时间为4tD．投掷点A到圆心O的距离为【答案】D【详解】A．设冰壶的加速度大小为a，在C点的速度大小为vC，冰壶由A到O，有冰壶由A到C，有解得故A错误；B．由逆向思维可知，将冰壶的运动视为从O到A的初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论可知解得故B错误；C．同理解得故C错误；D．投掷点A到圆心O的距离故D正确。故选D。2．一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向地，火车先做匀加速运动，加速度大小为，接着做匀减速运动，加速度大小为，到达地时恰好静止。若A、两地距离为，则火车从A地到地所用时间为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】设加速结束时的速度为v，则解得则整个过程中的平均速度为则火车从A地到B地所用时间t，为故选C。3．（2025·福建厦门·一模）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L，通过A点的时间间隔为；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为。为。【答案】：【详解】设斜面的倾角为，加速度为a，根据牛顿第二定律解得设木块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动木板前端到达A点的时间为，当木板长度为L时，木板后端通过A点的时间为；根据运动学公式，解得木板通过A点的时间当木板长度为2L，木板后端通过A点的时间为，根据运动学公式联立解得木板通过A点的时间解得4．（2024·福建宁德·一模）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10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为m/s。

【答案】1【详解】由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有联立解得，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有则其中还有解得联立解得5．（2022·福建泉州·模拟预测）某同学利用频闪照相法研究小球做竖直上拋运动的规律，上升阶段的部分频闪照片如图所示，已知频闪时间间隔为T，1、3和1、5像点间的实际距离分别为、，则小球运动到像点4时的速度大小为；小球上升的加速度大小为（均用、、T表示）【答案】【详解】[1]根据匀变速直线的中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，故可得小球运动到像点4时的速度大小为[2]根据匀变速直线运动的推论，即可得小球上升的加速度大小为6．（2024·福建泉州·一模）如图甲所示，银行取款机房装有单边自动感应门，其中有一扇玻璃门与墙体固定，另一扇是可动玻璃门。当人进入了感应区时，可动玻璃门将自动开启，反之将自动关闭，图乙为感应门的俯视图。当某人一直在感应区内时，可动玻璃门先匀加速运动了0.3m，用时0.5s，而后立即匀减速运动了0.6m恰好停下。求可动玻璃门：（1）匀加速运动的加速度大小；（2）运动过程中的最大速度大小；（3）开启全程运动的总时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由题意知，可动玻璃门加速过程中，由位移与时间关系式代入得（2）由题意知，可动玻璃门加速过程中，由速度与时间关系式，最大速度大小为代入得（3）由题意知，可动玻璃门减速过程中的时间为全程的总时间为代入得7．（2025·福建漳州·模拟预测）图甲为意大利著名建筑物比萨斜塔，相传伽利略在此做过自由落体实验。如图乙所示，现将两个小铁球P和Q用长L=3.25m不可伸长的轻绳连接，从与比萨斜塔的塔顶等高的A处将悬吊Q球的P球由静止释放。测得Q球落地的时间t=3.2s，忽略空气阻力，g取10m/s2，求：(1)比萨斜塔的高度H；(2)P、Q球落地的时间差Δt；(3)P球从释放到刚落地过程中的平均速度大小。【答案】(1)54.45m(2)0.1s(3)16.5m/s【详解】（1）由静止释放P球后，Q球做自由落体运动，则解得（2）由静止释放P球后，P球做自由落体运动，则解得（3）P球从释放到刚落地的过程中的平均速度大小解得8．如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段滑道组成，下段滑道与水平面夹角为α=37°，高度为h=12m，上段滑道与水平面夹角θ大于下段滑道．载人滑草车从上段滑道某处由静止开始自由下滑，经过t1=4s进入下段滑道，最后恰好静止于滑道的底端B点．已知上段滑道的加速度为下段滑道加速度的2.5倍．滑草车在两段滑道上的运动均可视为匀变速直线运动，滑草车在两段滑道交接处A点的速度大小不变．求：（1）载人滑草车在上段滑道上滑行的距离；（2）载人滑草车的最大速度及滑行的总时间；（3）若改变下滑的起始位置，滑到底端的速度大小为2m/s，求载人滑草车在上段滑道上滑行的距离．【答案】（1）8m（2）14s（3）10m【详解】（1）设两段的长度分别是x1和x2，则：设到达A的速度为v，第一段运动：v2=2a1x1第二段运动：v2=2a2x2由于上段滑道的加速度为下段滑道加速度的2.5倍，则：（2）第一段运动为初速度等于0的匀加速直线运动，则：

可得：a1＝1m/s2到达A的速度：v=a1t1=1×4m/s=4m/s第二段的加速度：所以：运动的总时间：t=t1+t2=4s+10s=14s（3）若滑到底端的速度大小为2m/s，到达A的速度为vm，则第二段滑道：第一段滑道：vm2＝2ax1′代入数据可得：x′=10m9．如图所示，一长为200m的列车沿平直的轨道以80m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知=800m，=2000m，求：(1)列车减速运动的加速度的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间。【答案】(1)1.6m/s2≤a≤3.2m/s2；(2)50s【详解】(1)列车做减速运动到速度为0的过程中，刹车位移当位移最小时，加速度最大位移最大时，加速度最小所以加速度的范围是1.6m/s2≤a≤3.2m/s2(2)由速度公式v=v0＋at可知，列车减速到速度为0的时间可知加速度最小时，列车减速运动的时间最长10．我国首艘装有弹射系统的航母完成了“J-15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功．已知“J-15”在跑道上加速时产生的最大加速度为5.0m/s2，起飞的最小速度为50m/s，弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25m/s，设航母处于静止状态．求：(1)“J-15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞?(2)“J-15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞?(3)若航母上不装弹射系统，设航母跑道L=160m，“J-15”仍能从航母上正常起飞，则航母航行速度至少为多少?【答案】（1）5s

（2）187.5m

（3）10m/s【分析】(1)飞机以最大初速度和最大加速度从航线母上起飞所用时间最少，根据速度时间关系求解即可．(2)飞机做匀加速运动，根据速度位移公式求得初速度和航母跑到长度.(3)飞机的位移等于甲板的长度与航空母舰的位移之和，运用速度位移公式进行求解．【详解】(1)根据匀变速直线运动的速度公式：得(2)根据速度位移公式：得(3)设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为，航空母舰的最小速度为对航母有：对飞机有：

联立并代入数据解得：1．（2025·安徽·高考真题）汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速