2024版新教材高中物理素养提能专练1匀变速直线运动的重要推论新人教版必修第一册

这是一份2024版新教材高中物理素养提能专练1匀变速直线运动的重要推论新人教版必修第一册，共13页。
素养提能专练1　匀变速直线运动的重要推论知识点分组练　知识点1平均速度公式 eq \o(v,\s\up6(－))＝ eq \f(v0＋v,2)＝v eq \f(t,2)的应用1.[2023·陕西省榆林市高一期末]某汽车(视为质点)在平直的公路上做初速度为零的匀加速直线运动，运动一段时间后到达A点，从A点开始计时，汽车从A点运动到B点和从B点运动到C点的时间均为2s，已知A、B两点间的距离和B、C两点间的距离分别是20m、30m，汽车在B点的速度大小为(　　)A．15m/sB．12.5m/sC．8m/sD．4m/s2.[2023·河北省邯郸市期末]2022年8月9日，我国首条永磁磁浮轨道交通工程试验线竣工．如图所示，“兴国号”列车在试验线上进行了测试．假设“兴国号”列车在平直的轨道上做直线运动，列车的最大速度为10km/min，列车从静止加速到最大速度所需的最短时间为5min，列车从静止加速到最大速度的过程可视为匀加速直线运动，则列车由静止开始运动10min行驶的最大距离为(　　)A．50kmB．75kmC．100kmD．125km3．[2023·湖南省长沙市高一期末]汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，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，车经过B时的速度为15m/s，则(　　)A．车从出发到B杆所用时间为10sB．车的加速度为15m/s2C．经过A杆时的速度为5m/sD．出发点到A杆的距离为8m4．[2023·重庆市检测]轻轨是重庆市的一道名片．轨道交通3号线中铜元局站到两路口站的轨道近似为直线轨道；一辆轻轨从铜元局站静止开始做匀加速直线运动，加速一段时间后做匀减速直线运动，最后经过时间t、行驶距离x后恰好在两路口站停下．下列说法正确的是(　　)A．轻轨行驶的平均速度为eq \f(2x,t)B．轻轨行驶的平均速度为eq \f(x,t)C.轻轨在加速运动中的平均速度大小大于在减速运动中的平均速度大小D．轻轨在加速运动中的平均速度大小小于在减速运动中的平均速度大小5．[2023·辽宁省锦州市高一期末]汽车的加速度大小是衡量轿车加速性能的一项重要指标．在某款汽车的碰撞测试中，汽车从距墙面s＝150m处启动并开始计时做匀加速直线运动，汽车在第2s末的速度大小为10m/s，当汽车的速度达到30m/s后保持不变直至撞上墙面，汽车与墙面的碰撞时间为0.002s，碰撞后汽车速度减为零．已知汽车加速过程中的加速度不变，求：(1)汽车从启动至撞到墙面过程中平均速度大小；(2)汽车在碰撞过程中的加速度大小．知识点2匀变速直线运动的位移差公式Δx＝aT2的应用6.[2023·陕西省宝鸡市高一期中]数学是物理的密友，正是数学方法与知识的运用，物理才成了量化的、具有实际意义而造福人类的科学，物理理论才显得简约、和谐和美妙．经典物理的形成和完善过程中，有作为的物理学家首先是杰出的数学家，比如笛卡尔、牛顿、高斯、麦克斯韦等，他们对数学的贡献不逊于专业的数学家．匀变速直线运动的另一个重要推论，是关于相邻相等时间里的位移之差的关系．等数学中学了等差数列后，希望同学们能运用等差数列的相关知识表述这一推论．对于匀变速直线运动，若用x1表示T时间的位移，x2表示相邻的下一个T时间的位移，a表示加速度，则这一推论用关系式可表示为(　　)A．x2－x1＝aT2B．x2－x1＝－aT2C．x2－x1＝eq \f(1,2)aT2D．x2－x1＝－eq \f(1,2)aT27．[2023·北京市西城区高一检测]某频闪仪每隔0.04s的时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮沿直线运动的小球，于是照相机胶片上记录了小球在几个闪光时刻的位置．如图是小球从A点运动到B点的频闪照片示意图，由图可以判断，小球在此运动过程中(　　)A．加速度越来越大B．加速度越来越小C．加速度保持不变D．无法确定加速度大小的变化8．[2023·山西省晋城市检测]一物体做匀变速直线运动，已知加速度大小为2m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．任意一段时间内，末速度一定比初速度大B．任意1s内的平均速度都不可能为零C．第2s内的位移可能比第1s内的位移少2mD．第2s末的速度可能比第1s初的速度小2m/s9．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法正确的是(　　)A．物体运动的加速度为4m/s2B．第2s内的位移为6mC．第2s末的速度为6m/sD．物体在0～4s内的平均速度为8m/s10．[2023·辽宁省铁岭市高一期中]某汽车做匀加速直线运动，从某时刻起开始计时，在经过两个连续相同的时间内，速度的增量均为Δv＝5m/s、汽车运动的位移大小分别为x1＝12m，x2＝32m，则汽车的加速度大小为(　　)A．2.5m/s2B．1.25m/s2C．52.5m/s2D．42.5m/s2知识点3初速度为零的匀加速直线运动的比例关系11.[2023·陕西省西安市高一期末](多选)小帅没追上公交车，眼看着车由静止开始做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　)A．车的加速度保持不变B．车在任意1s的时间内末速度比初速度大2m/sC．车在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比为1∶3∶5D．车在1s末、2s末、3s末的速度大小之比为1∶2∶312.[2023·广东省广州市测试]如图所示是商场中的无轨小火车，已知小火车由若干节相同的车厢组成，车厢间的空隙不计，现有一小朋友站在地面上保持静止，且与第一节车厢头部对齐，火车从静止开始启动做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　　)A．第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是1∶2∶3B．第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比是1∶eq \r(2)∶eq \r(3)C．第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))D．从静止开始计时到第1、2、3节车厢尾经过小朋友的时间之比是1∶eq \r(2)∶eq \r(3)13．[2023·贵州省贵阳市高一期末]在第32届夏季奥林匹克运动会上，中国选手全红婵以466.2分打破世界纪录，夺得女子单人10米跳台冠军．若将全红婵离开跳台向上运动过程视为匀减速直线运动，则她在起跳上升过程中，后一半位移所用时间与前一半位移所用时间的比值为(　　)A．eq \r(2)＋1B．eq \r(2)－1C．eq \r(2)D．eq \f(\r(2),2)[答题区]促思提能训练　1．[2023·青海省西宁市高一期末]航空母舰上装有弹射系统，舰载机在弹射启动过程中，由静止开始做匀加速直线运动，运动10m后速度达到20m/s，该过程所用的时间为(　　)A．0.5sB．1sC．2sD．4s2.[2023·四川省成都市高一期末]如图，长100m的列车匀加速通过长1000m的平直隧道，车头刚进隧道时速度是10m/s，车尾刚出隧道时速度是12m/s，则列车通过隧道所用的时间是(　　)A．81.8sB．90.9sC．100sD．109.1s3．[2023·北京市石景山区高一期末]一物体做匀加速直线运动，初速度v0＝2m/s，加速度a＝2m/s2，则在时间t＝2s末的速度大小和位移大小分别为(　　)A．4m/s，8mB．6m/s，8mC．4m/s，10mD．6m/s，10m4．[2023·四川省内江市检测](多选)某质点做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，关于此质点的速度和位移的说法中，正确的是(　　)A．在任意1s内，末速度比初速度大2m/sB．在任意1s内，末速度等于初速度的2倍C．任意1s内的位移比前1s内的位移增加2mD．任意1s内的位移是前1s内位移的2倍5．[2023·广东省汕头市期末]某战斗机返航时，在跑道上做匀减速直线运动，滑行约240m后停了下来，用时约6s．战斗机着地时的速度约为(　　)A．80m/sB．60m/sC．40m/sD．70m/s6．[2023·浙江省杭州市期末]物体做匀加速直线运动，在一段时间t内的位移为L，这段时间的末速度增大为这段时间初速度的2倍，则该物体做匀加速直线运动的加速度大小为(　　)A．eq \f(4L,t2)B．eq \f(2L,t2)C．eq \f(4L,3t2)D．eq \f(2L,3t2)7．[2023·湖南省株洲市高一期中](多选)物体以某一速度冲上一光滑斜面(足够长)做匀变速直线运动．物体前6s内位移是3.6m，随后6s内位移是零，则下列说法中正确的是(　　)A．物体的初速度大小为0.9m/sB．物体的加速度大小为0.1m/s2C．物体向上运动的最大距离为4mD．物体回到斜面底端，总共需要时间18s8．(多选)一辆汽车以某一速度在平直公路上做匀速直线运动，某时刻开始刹车做匀减速直线运动，第1s内通过的位移x1＝6m，第2s内通过的位移x2＝4m，则以下说法正确的是(　　)A．汽车匀速运动时的速度大小为7m/sB．汽车刹车时的加速度大小为2m/s2C．汽车在4s内的位移大小为12mD．汽车刹车后经3.5s停止运动9．(多选)2022年9月27日，“鲲龙”AG600M灭火机以全新消防涂装在湖北荆门漳河机场成功完成12吨投汲水试验．“鲲龙”AG600M灭火机在水面高速滑行15秒完成12吨汲水，随即腾空而起．假设“鲲龙”AG600M灭火机在水平面上汲水的过程中做初速度为10m/s、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，则(　　)A．“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为30m/sB．“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为110mC．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为15m/sD．“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为5eq \r(34)m/s10．(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了12s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是(　　)A．加速、减速中的位移之比x1∶x2等于3∶1B．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2等于1∶3C．加速、减速中的平均速度大小之比等于1∶3D．加速、减速中的平均速度大小之比等于1∶111．[2023·重庆市万州市高一检测]如图，一个质点做匀加速直线运动，经过A、B、C、D四个点，已知AB＝BC＝12m，质点从A到B经历时间6s，从B到C经历时间4s，从C到D经历时间10s，则CD的长度是(　　)A．24mB．34mC．42mD．44m12.[2023·天津市宁河区检测](多选)如图两个光滑斜面在B处平滑连接，小球在A点获得大小为8m/s的速度沿斜面AB向上做匀减速运动，到达B点速度大小为6m/s，继续在斜面BC上做匀减速运动，到达C点时速度减为0.已知AB＝BC，下列正确的是(　　)A．小球在AB、BC段运动时间之比为7∶3B．小球在AB、BC段运动时间之比为3∶7C．小球在AB、BC段的加速度大小之比为7∶9D．小球在AB、BC段的加速度大小之比为7∶1613．[2023·湖南省张家界市检测](多选)几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，实验中将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，则(　　)A.由题目信息可以求得子弹穿过每个水球的时间之比(eq \r(4)－eq \r(3))∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－eq \r(1))∶1B．子弹在每个水球中运动的平均速度相同C．子弹在每个水球中速度变化量相同D．子弹依次进入四个水球的初速度之比为eq \r(4)∶eq \r(3)∶eq \r(2)∶eq \r(1)14．[2023·湖北省应城市期中]已知OABC为同一直线上的四点，如图所示，OA间的距离为4m，AB间的距离为2m，一物体自O点以速度v0出发，沿此直线做匀减速运动，依次经过A、B、C三点，到达C点时速度恰好为0，已知物体通过OA段与AB段所用的时间相等，则BC的距离为(　　)A．0.15mB．0.25mC．0.50mD．1.25m[答题区]15.从光滑斜面上某一位置，每隔0.1s释放一颗相同的小球，在连续放下几颗以后，对在斜面上运动的小球摄下照片，如图所示，测得AB＝15cm，BC＝20cm，试求：(1)小球的加速度大小；(2)D球与C球的距离．16．[2023·广东省中山市高一期末]如图所示，在一段平直的高速公路上布设A、B两个监控点，用于区间测速．某车辆经过监控点A时车速为90km/h，从经过A点开始，司机缓慢轻踩油门，汽车做匀加速直线运动，经过5s，汽车速度增加至108km/h，接着保持该速度匀速行驶了3min，此时汽车距监控点B还有110m，司机开始刹车，汽车做匀减速直线运动，经过监控点B时，汽车的速度恰好减至90km/h，求：(1)汽车匀加速阶段的加速度大小a1和匀减速阶段的加速度大小a2；(2)A、B两个监控点之间的距离．17．[2023·四川省南充市高一期末]如图所示为我国首款按照最新国际适航标准，具有自主知识产权的干线民用C919大型客机．在一次模拟试飞中，飞机着陆后做匀变速直线运动，10s内前进300m，此时速度减为着陆时速度的一半．求：(1)飞机着陆时的速度大小；(2)飞机着陆后25s时距着陆点多远．素养提能专练1　匀变速直线运动的重要推论知识点分组练1．答案：B解析：依题意，根据匀变速直线运动规律：某段时间中点的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，可得汽车在B点的速度大小为vB＝eq \f(xAC,tAC)＝eq \f(20＋30,4)m/s＝12.5m/s，B正确．2．答案：B解析：根据题意可知列车从静止加速到最大速度运动的距离为x1＝eq \o(v,\s\up6(－))t1＝eq \f(vmax,2)t1＝eq \f(10,2)×5km＝25km，匀速运动的距离为x2＝vmaxt2＝10×(10－5)km＝50km，则列车由静止开始运动10min行驶的最大距离为x＝x1＋x2＝75km，B正确．3．答案：C解析：根据题意经过A、B两根电线杆间的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(60,6)m/s＝10m/s，根据匀变速运动规律有eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(vA＋vB,2)，代入数值可得经过A杆时的速度为vA＝5m/s，车的加速度为a＝eq \f(vB－vA,t)＝eq \f(15－5,6)m/s2＝eq \f(5,3)m/s2，根据速度时间公式可得车从出发到B杆所用时间为tB＝eq \f(vB,a)＝9s，A、B错误，C正确；根据速度位移公式可得出发点到A杆的距离为xA＝eq \f(v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)) ,2a)＝7.5m，D错误．4．答案：B解析：轻轨行驶的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，A错误，B正确；设轻轨开始减速时的速度大小为v，则轻轨在加速运动中的平均速度大小eq \o(v,\s\up6(－))1＝eq \f(0＋v,2)＝eq \f(v,2)，轻轨在减速运动中的平均速度大小eq \o(v,\s\up6(－))2＝eq \f(v＋0,2)＝eq \f(v,2)，轻轨在加速运动中的平均速度大小等于在减速运动中的平均速度大小，C、D错误．5．答案：(1)18.75m/s　(2)1.5×104m/s2解析：(1)设汽车加速过程中的加速度大小为a1，则a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(10－0,2)m/s2＝5m/s2，汽车的最大速度为vm＝30m/s，则汽车匀加速过程的时间为t1＝eq \f(vm,a1)＝eq \f(30,5)s＝6s，汽车匀加速过程的位移大小为x1＝eq \f(vm,2)t1＝eq \f(30,2)×6m＝90m，汽车匀速过程的时间为t2＝eq \f(s－x1,vm)＝eq \f(150－90,30)s＝2s，汽车从启动到撞上墙面的过程中，平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s,t1＋t2)＝eq \f(150,6＋2)m/s＝18.75m/s.(2)汽车在碰撞过程中，取碰撞前速度方向为正方向，则汽车在碰撞过程中的加速度为a2＝eq \f(0－vm,t)＝eq \f(0－30,0.002)m/s2＝－1.5×104m/s2，故汽车在碰撞过程中的加速度大小为1.5×104m/s2.6．答案：A解析：设第一个时间T的初速度为v0，由匀变速直线运动位移时间公式可得x1＝v0T＋eq \f(1,2)aT2，相邻的下一个T时间的位移x2＝(v0＋aT)T＋eq \f(1,2)aT2，则x2－x1＝aT2，故选A.7．答案：A解析：由图可知，从A到B小球在连续两相邻闪光间隔所对应的位移之差分别为1小格、2小格、3小格、4小格，越来越大，由匀变速直线运动推论a＝eq \f(Δx,T2)，说明小球做加速度增大的直线运动，A正确．8．答案：C解析：若物体做匀减速直线运动，则末速度比初速度小，A错误；若在1s内，物体先做0.5s匀减速运动，再做反向0.5s匀加速运动，位移为零，则平均速度为零，B错误；根据Δx＝at2可知，物体做匀减速直线运动时，第2s内的位移比第1s内的位移少2m，C正确；第2s末与第1s初相隔2s，若物体做匀减速运动，速度变化Δv＝v－v0＝－at＝－4m/s，第2s末的速度比第1s初的速度小4m/s，D错误．9．答案：ABD解析：根据匀变速直线运动的推论可知，在连续相等时间内的位移之差都相等，有x4－x3＝at2，x3－x2＝at2，可得x4－x2＝2at2＝8m，即物体的加速度为a＝4m/s2，A正确；第2s内的位移等于前两秒内的位移减去第一秒内的位移，即x2＝eq \f(1,2)at eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －eq \f(1,2)at eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝eq \f(1,2)×4×22m－eq \f(1,2)×4×12m＝6m，B正确；第2s末的速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，C错误；物体前4s内的位移为x＝eq \f(1,2)at eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝eq \f(1,2)×4×42m＝32m，则物体在0～4s内的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t4)＝eq \f(32m,4s)＝8m/s，D正确．10．答案：B解析：设两段位移的时间均为t，则t＝eq \f(Δv,a)，x2－x1＝at2，解得a＝1.25m/s2，B正确．11．答案：ABD解析：车做匀加速直线运动，加速度不变，A正确；由于车以加速度为2m/s2匀加速，所以在任意1s的时间内末速度比初速度大2m/s，B正确；由初速度为零的匀加速直线运动推论x＝eq \f(1,2)at2可知，车在前1s内、前2s内、前3s内的位移大小之比为1∶4∶9，C错误；由初速度为零的匀加速直线运动推论v＝at可知，车在1s末、2s末、3s末的速度大小之比为1∶2∶3，D正确．12．答案：D解析：由匀加速直线运动经过相等位移的时间关系可得，第1、2、3节车厢经过小朋友的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，A、B错误；由v2＝2al可得，第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比为eq \r(2al)∶eq \r(2a×2l)∶eq \r(2a×3l)＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，C错误；由匀加速直线运动经过相等位移的时间关系可得，第1、2、3节车厢尾经过小朋友的时间之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，D正确．13．答案：A解析：设总的位移为2h，后一半位移有h＝eq \f(1,2)gt eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ，解得t1＝eq \r(\f(2h,g))，总位移为2h＝eq \f(1,2)gt2，解得总时间为t＝eq \r(\f(4h,g))，则前一半位移所用时间为t2＝t－t1＝eq \r(\f(2h,g))(eq \r(2)－1)，则物体通过后一半位移和前一半位移所用时间之比为t1∶t2＝1∶(eq \r(2)－1)＝eq \r(2)＋1，A正确．促思提能训练1．答案：B解析：该过程的平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v,2)＝10m/s，则t＝eq \f(x,\a\vs4\al(\x\to(v)))＝1s，B正确．2．答案：C解析：列车通过隧道走过的位移为s＝1000m＋100m＝1100m，设所用时间为t，由s＝eq \o(v,\s\up6(－))t，eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(12＋10,2)m/s＝11m/s，解得t＝100s，C正确．3．答案：B解析：2s末的速度大小v2＝v0＋at＝(2＋2×2)m/s＝6m/s，位移大小s＝eq \f(v0＋v2,2)t＝eq \f(2＋6,2)×2m＝8m，B正确．4．答案：AC解析：物体的加速度为2m/s2，则根据Δv＝aT可知在任意1s内，末速度比初速度大2m/s，不一定末速度等于初速度的2倍，A正确，B错误；根据Δx＝aT2可知，任意1s内的位移比前1s内的位移增加2m，但是任意1s内的位移不一定是前1s内位移的2倍，C正确，D错误．5．答案：A解析：战斗机在跑道上做匀减速直线运动，已知位移为240m、时间为6s、末速度为零，据匀变速直线运动的位移公式x＝eq \f(v0,2)t，得到初速度v0＝80m/s，A正确．6．答案：D解析：设物体在这段时间的末速度大小为2v，初速度大小为v，该物体做匀加速直线运动的加速度大小为a.根据匀变速直线运动规律可知eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(2v＋v,2)＝eq \f(L,t)，根据加速度的定义可知a＝eq \f(2v－v,t)，联立解得a＝eq \f(2L,3t2)，D正确．7．答案：ABD解析：根据连续相等时间内的位移差公式Δx＝aT2，所以物体上滑的加速度为a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(0－3.6,62)＝－0.1m/s2，物体前6s内，根据匀变速直线运动的位移时间关系x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，解得v0＝0.9m/s，A、B正确；物体向上运动的最大距离为xm＝eq \f(0－v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,2a)＝4.05m，C错误；物体回到出发点的时间为t＝2eq \f(0－v0,a)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0－0.9,－0.1)))s＝18s，D正确．8．答案：ABD解析：由匀加速直线运动推论Δx＝aT2可得a＝eq \f(Δx,T2)＝eq \f(x2－x1,T2)＝2m/s2，第1s末速度为v1＝eq \f(x1＋x2,2T)＝5m/s，则汽车匀速运动时的速度为v0＝v1＋at＝7m/s，A、B正确；汽车刹车到停止需要的时间为t＝eq \f(v0,a)＝3.5s，即汽车4s时已经停止.4s内的位移为x＝eq \f(v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,2a)＝12.25m，C错误，D正确．9．答案：AD解析：“鲲龙”AG600M灭火机在第10s末的速度大小为v＝v0＋at＝10m/s＋2×10m/s＝30m/s，A正确；“鲲龙”AG600M灭火机前10s通过的总位移为x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝10×10m＋eq \f(1,2)×2×102m＝200m，B错误；“鲲龙”AG600M灭火机在15s末的速度为v1＝v0＋at1＝10m/s＋2×15m/s＝40m/s，“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋v1,2)＝eq \f(10＋40,2)m/s＝25m/s，C错误；根据匀变速直线运动的规律可得“鲲龙”AG600M灭火机在15s内的中间位置的瞬时速度为veq \f(x,2)＝eq \r(\f(v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,2))＝eq \r(\f(102＋402,2))m/s＝5eq \r(34)m/s，D正确．10．答案：ABD解析：由运动学公式可得，加速过程的位移为x1＝eq \f(v,2)t1，减速过程的位移为x2＝eq \f(v,2)t2，所以加速、减速中的位移之比为eq \f(x1,x2)＝eq \f(t1,t2)＝eq \f(3,1)，A正确；根据速度时间关系v＝at，所以加速、减速中的加速度大小之比为eq \f(a1,a2)＝eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,3)，B正确；平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v1＋v2,2)，所以加速、减速中的平均速度大小之比为eq \f(\o(v,\s\up6(－))1,\a\vs4\al(\x\to(v)2))＝eq \f(1,1)，C错误，D正确．11．答案：D解析：取质点经过A点时为零时刻，根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻瞬时速度可得第3s末和第8s末的瞬时速度分别为v3＝eq \f(AB,tAB)＝eq \f(12m,6s)＝2m/s，v8＝eq \f(BC,tBC)＝eq \f(12m,4s)＝3m/s，加速度为a＝eq \f(v8－v3,t8－t3)＝0.2m/s2，从A点到C点的时间为T＝6s＋4s＝10s，与从C点到D点时间相同，故CD－AC＝aT2，解得CD＝44m，D正确．12．答案：BC解析：小球从A到B的过程中，有x＝eq \f(vA＋vB,2)t1，小球从B到C的过程中，有x＝eq \f(vB＋0,2)t2，可得小球在AB、BC段运动时间之比为t1∶t2＝3∶7，A错误，B正确；小球从A到B的过程中，有a1＝eq \f(vA－vB,t1)，小球从B到C的过程中，有a2＝eq \f(vB－0,t2)，小球在AB、BC段的加速度大小之比为a1∶a2＝7∶9，C正确，D错误．13．答案：AD解析：将子弹的运动过程反向来看，即看成从左到右做初速度为零的匀加速运动，根据初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))…可知，子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为(eq \r(4)－eq \r(3))∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－eq \r(1))∶1；根据速度位移公式有v2＝2ax，v＝eq \r(2ax)，设每个水袋中的位移大小为x0，可得子弹从左到右每次射出水袋的速度之比为eq \r(2ax0)∶eq \r(2a·2x0)∶eq \r(2a·3x0)∶eq \r(2a·4x0)＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2，即子弹从右到左减速时依次进入四个水球的初速度之比为eq \r(4)∶eq \r(3)∶eq \r(2)∶eq \r(1)，A、D正确；根据前面分析子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B错误；根据公式Δv＝aΔt，子弹在每个水球中运动的时间不同，加速度大小相同，所以速度变化量不同，C错误．14．答案：B解析：根据运动学公式可知，A点瞬时速度vA＝eq \f(xOB,2T)，根据逐差公式可知xOA－xAB＝aT2，根据速度位移公式可知v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(A)) ＝2a(xAB＋xBC)，联立解得xBC＝0.25m，B正确．15．答案：(1)5m/s2　(2)25cm解析：(1)由a＝eq \f(Δs,t2)，得小球的加速度为a＝eq \f(sBC－sAB,t2)＝eq \f(（20－15）×10－2,0.01)＝5m/s2.(2)根据匀变速直线运动的判别式，可得sCD＝sBC＋at2＝20cm＋5cm＝25cm.16．答案：(1)1m/s2　1.25m/s2　(2)5647.5m解析：(1)根据题意有v0＝90km/h＝25m/s，v1＝108km/h＝30m/s，可得匀加速阶段的加速度为a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝eq \f(30－25,5)m/s2＝1m/s2，匀减速阶段，有v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(t)) －v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝－2a2s3，vt＝90km/h＝25m/s，代入数据解得a2＝1.25m/s2.(2)汽车在匀加速阶段的位移为s1＝eq \f(v0＋v1,2)t1＝eq \f(25＋30,2)×5m＝137.5m，在匀速阶段的位移s2＝v1t2＝30×60×3m＝5400m，A、B两个监控点之间的距离为s＝s1＋s2＋s3＝5647.5m．17．答案：(1)40m/s　(2)400m解析：(1)设飞机着陆时的速度为v0，10s内前进300m，此时速度减为着陆时速度的一半，则有x＝eq \f(v0＋v,2)t，其中v＝eq \f(1,2)v0，联立解得v0＝eq \f(4x,3t)＝eq \f(4×300,3×10)m/s＝40m/s.(2)飞机着陆后匀减速运动的加速度大小为a＝eq \f(v0－v,t)＝eq \f(v0－\f(1,2)v0,t)＝eq \f(v0,2t)＝eq \f(40,2×10)m/s2＝2m/s2，飞机停止运动所用时间为t0＝eq \f(v0,a)＝eq \f(40,2)s＝20s，着陆后25s滑行的距离即为20s内滑行的距离，则有x′＝eq \f(v0,2)t0＝eq \f(40,2)×20m＝400m．题号1234678910111213答案题号1234567答案题号891011121314答案