第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏北京专版）

匀变速直线运动的规律 (基础落实课) 第 2 讲 1 课前基础先行 2 逐点清(一)　 匀变速直线运动的基本规律 3 逐点清(二) 两类特殊的匀变速直线运动 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　 匀变速直线运动的重要推论 CONTENTS 目录 5 逐点清(四)　 匀变速直线运动的多过程问题 6 课时跟踪检测 课前基础先行 1．匀变速直线运动 2．初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 (1)1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝________________。 (2)前1T内、前2T内、前3T内…前nT内的位移之比： x1∶x2∶x3∶…∶xn＝__________________。 1∶2∶3∶…∶n 1∶22∶32∶…∶n2 (3)第1个T内、第2个T内、第3个T内…第n个T内的位移之比：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝_____________________。 (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比： 1∶3∶5∶…∶(2n－1) 情境创设　 根据《中华人民共和国道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。 理解判断　 (1)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 ( ) (2)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。 ( ) (3)机动车在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。 ( ) × √ √ (4)机动车遇到险情刹车做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第1个T内、第2个T内、第3个T内…第n个T内的位移之比为(2n－1)∶…∶5∶3∶1。 ( ) √ 逐点清(一)　 匀变速直线运动的基本规律 课堂 1．[速度公式和位移公式]某质点做直线运动，位移随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100 m，则对这个质点的运动描述正确的是(　 ) A．初速度为0 B．加速度为20 m/s2 C．在3 s末，瞬时速度为40 m/s D．质点做匀加速直线运动 |题|点|全|练|　 √ 由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0＋at，可得在3 s末，瞬时速度为v＝(100－20×3)m/s＝40 m/s，故C正确。 √ √ |精|要|点|拨| 题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量) 没有涉及的物理量 适宜选用公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at 续表 逐点清(二) 两类特殊的匀变速直线运动 课堂 1．[刹车类问题](2024·南京高三联考)近年来，重庆热门景点“李子坝列车穿楼”吸引了大量游客驻足，当地更是专门修建观景台“宠粉”。列车进站时以20 m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为1.25 m/s2，列车速度减为0后在李子坝站停靠了50 s。则关于列车进站过程，下列说法正确的是(　 ) |题|点|全|练| A．列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢 B．列车开始减速后，t＝8 s时的速度为12 m/s C．列车开始减速后，20 s内的位移为150 m D．列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小是0.625 m √ 解析：由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误； t＝8 s时的速度为v1＝v0－at1＝10 m/s，故B错误； 2．[双向可逆类问题]在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。那么，经过3 s时物体的速度大小和方向是(　 ) A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下 C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下 解析：取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示速度方向沿斜面向下，故B正确。 √ 两类特殊的匀减速直线运动分析 精|要|点|拨| 刹车类 特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动 双向可逆类 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义 续表 逐点清(三)　 匀变速直线运动的重要推论 课堂 1．(2024·泰州高三调研)中国高铁技术已走在世界前列。某同学在观察高速列车出站时的情境，此情境可简化为物体做匀加速直线运动，高速列车先后经过M、N两点时，其速度分别为v和7v，经历的时间为t，则(　 ) A．列车在M、N连线中点位置时的速度比经过中间时刻的速度大2v B．列车在M、N连线中点位置时的速度比经过中间时刻的速度小2v 细作1　中间时刻和中间位置速度公式 C．列车在M、N间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离少1.5vt D．列车在M、N间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离多1.5vt √ 2．一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是(　 ) 细作2　初速度为零的匀变速直线运动的比例式 √ 一点一过 (1)初速度为零的匀加速直线运动可以直接应用四个比例式求解，但要注意区别是按照时间等分，还是按照位移等分。 (2)末速度为零的匀减速直线运动可应用逆向思维法转化为反向的初速度为零的匀加速直线运动来处理。 细作3　位移差公式 3.我国的“复兴号”列车正在飞驰运行的情境如图所示，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．列车的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m B．列车的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m C．列车计时开始时的速度为3.5 m/s D．列车计时开始时的速度为2.5 m/s √ 一点一过 (1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等。 即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 (2)不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度。 逐点清(四)　 匀变速直线运动的多过程问题 课堂 1．三步法确定多过程问题的解答思路 2．分析多过程问题的四个要点 (1)题目中有多少个物理过程。 (2)每个过程中物体做什么运动。 (3)每种运动满足什么物理规律。 (4)运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些。 [典例]　(2024•江苏昆山高三检测)足球运动最早起源于我国古代的一种球类游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球。已知某足球场长120 m、宽80 m，如图所示。一次训练中，攻方前锋1、2和守方后卫队员在场中位置如图所示，前锋1控球。某时刻前锋1将足球踢出，足球在草地上以v1＝15 m/s的初速度沿偏离中线37°的方向做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝2 m/s2； 前锋2看到球被踢出后经过t0(反应时间)后沿图中虚线从静止开始向对方球门做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝4 m/s2，他能达到的最大速度为v2＝8 m/s，前锋2恰好能截获足球。 (1)求前锋2截获足球时足球的速度大小； (2)求前锋2的反应时间t0； (3)前锋2接球后与球一起以5 m/s的速度沿虚线匀速冲向对方球门，同时处于边线的守方后卫从静止开始沿平行于中线的方向先做匀加速运动，达到最大速度10 m/s后继续匀速向前堵截前锋2。守方后卫要想截停足球，加速阶段的加速度至少多大？ [解析]　(1)由题意，设前锋2追上足球时足球的位移为x1，由三角形知识得x1＝50 m， 对足球由v2－v12＝－2a1x1，得v＝5 m/s。 (2)设足球运动的时间为t1，则由v＝v1－a1t1， 得t1＝5 s； 设前锋2的加速时间为t2，则v2＝a2t2， [答案]　(1)5 m/s　(2)0.25 s　(3)5 m/s2 考法1　单物体多过程问题 1．(2024年1月·河南高考适应性演练)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　 ) 考法全训 √ 2．(2024·徐州高三统考)某条道路汽车行驶限速vm＝15 m/s，如图是该道路的十字路口前红灯时的情况，第一辆车的车头与停止线齐平，该路口绿灯时间是Δt＝30 s，已知每辆车长均为L＝4.5 m，绿灯亮后，每辆汽车都以加速度a＝1.5 m/s2匀加速到最大限速，然后做匀速直线运动；为保证安全，前后两车相距均为L0＝1.5 m，绿灯亮时第一辆车立即启动，每后一辆车启动相对前一辆车均延后t0＝1 s。交通规则：黄灯亮时，只要车头过停止线就可以通行。 考法2　多物体多过程问题 (1)绿灯亮后，求经过多长时间停止线后第3辆车车头过停止线； (2)绿灯亮后，通过计算判断：停止线后第17辆车在本次绿灯期间能否通过该路口？ (2)绿灯亮后，设第17辆车经过时间t3启动，车头与停止线距离为x1，则t3＝16t0＝16 s x1＝16(L＋L0)＝96 m 设第17辆车经过时间t4速度达到限速vm＝15 m/s，通过的距离为x2，则 设通过的距离为x3，则 t5＝Δt－t3－t4＝4 s，x3＝vmt5＝60 m 绿灯亮后，黄灯亮前，第17辆车通过的总距离为x4，则x4＝x2＋x3＝135 m 由于x4＝135 m>x1＝96 m 所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口。 答案：(1)6 s (2)第17辆车本次绿灯能通过该路口 匀变速直线运动的规律 (基础落实课) 第 2 讲 1 课前基础先行 2 逐点清(一)　 匀变速直线运动的基本规律 3 逐点清(二) 两类特殊的匀变速直线运动 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　 匀变速直线运动的重要推论 CONTENTS 目录 5 逐点清(四)　 匀变速直线运动的多过程问题 6 课时跟踪检测 课前基础先行 1．匀变速直线运动 2．初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 (1)1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝________________。 (2)前1T内、前2T内、前3T内…前nT内的位移之比： x1∶x2∶x3∶…∶xn＝__________________。 1∶2∶3∶…∶n 1∶22∶32∶…∶n2 (3)第1个T内、第2个T内、第3个T内…第n个T内的位移之比：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝_____________________。 (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比： 1∶3∶5∶…∶(2n－1) 情境创设　 根据《中华人民共和国道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。 理解判断　 (1)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 ( ) (2)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。 ( ) (3)机动车在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。 ( ) × √ √ (4)机动车遇到险情刹车做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第1个T内、第2个T内、第3个T内…第n个T内的位移之比为(2n－1)∶…∶5∶3∶1。 ( ) √ 逐点清(一)　 匀变速直线运动的基本规律 课堂 1．[速度公式和位移公式]某质点做直线运动，位移随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100 m，则对这个质点的运动描述正确的是(　 ) A．初速度为0 B．加速度为20 m/s2 C．在3 s末，瞬时速度为40 m/s D．质点做匀加速直线运动 |题|点|全|练|　 √ 由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0＋at，可得在3 s末，瞬时速度为v＝(100－20×3)m/s＝40 m/s，故C正确。 √ √ |精|要|点|拨| 题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量) 没有涉及的物理量 适宜选用公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at 续表 逐点清(二) 两类特殊的匀变速直线运动 课堂 1．[刹车类问题](2024·重庆高三联考)近年来，重庆热门景点“李子坝列车穿楼”吸引了大量游客驻足，当地更是专门修建观景台“宠粉”。列车进站时以20 m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为1.25 m/s2，列车速度减为0后在李子坝站停靠了50 s。则关于列车进站过程，下列说法正确的是(　 ) |题|点|全|练| A．列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢 B．列车开始减速后，t＝8 s时的速度为12 m/s C．列车开始减速后，20 s内的位移为150 m D．列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小是0.625 m √ 解析：由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误； t＝8 s时的速度为v1＝v0－at1＝10 m/s，故B错误； 2．[双向可逆类问题]在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度大小始终为5 m/s2，方向沿斜面向下。那么，经过3 s时物体的速度大小和方向是(　 ) A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下 C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下 解析：取初速度方向为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－5 m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3 s时，v＝－5 m/s，“－”表示速度方向沿斜面向下，故B正确。 √ 两类特殊的匀减速直线运动分析 精|要|点|拨| 刹车类 特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动 双向可逆类 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义 续表 逐点清(三)　 匀变速直线运动的重要推论 课堂 1．(2024·忻州高三调研)中国高铁技术已走在世界前列。某同学在观察高速列车出站时的情境，此情境可简化为物体做匀加速直线运动，高速列车先后经过M、N两点时，其速度分别为v和7v，经历的时间为t，则(　 ) A．列车在M、N连线中点位置时的速度比经过中间时刻的速度大2v B．列车在M、N连线中点位置时的速度比经过中间时刻的速度小2v 细作1　中间时刻和中间位置速度公式 C．列车在M、N间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离少1.5vt D．列车在M、N间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离多1.5vt √ 2．一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是(　 ) 细作2　初速度为零的匀变速直线运动的比例式 √ 一点一过 (1)初速度为零的匀加速直线运动可以直接应用四个比例式求解，但要注意区别是按照时间等分，还是按照位移等分。 (2)末速度为零的匀减速直线运动可应用逆向思维法转化为反向的初速度为零的匀加速直线运动来处理。 细作3　位移差公式 3．(多选)我国的“复兴号”列车正在飞驰运行的情境如图所示，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．列车的加速度为0.5 m/s2，接下来的6 s内的位移为78 m B．列车的加速度为1 m/s2，接下来的6 s内的位移为96 m C．列车计时开始时的速度为3.5 m/s D．列车计时开始时的速度为2.5 m/s √ √ 一点一过 (1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等。 即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 (2)不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度。 逐点清(四)　 匀变速直线运动的多过程问题 课堂 1．三步法确定多过程问题的解答思路 2．分析多过程问题的四个要点 (1)题目中有多少个物理过程。 (2)每个过程中物体做什么运动。 (3)每种运动满足什么物理规律。 (4)运动过程中的一些关键位置(时刻)是哪些。 [典例]　(2024·山东德州高三检测)足球运动最早起源于我国古代的一种球类游戏“蹴鞠”，后来经过阿拉伯人传到欧洲，发展成现代足球。已知某足球场长120 m、宽80 m，如图所示。一次训练中，攻方前锋1、2和守方后卫队员在场中位置如图所示，前锋1控球。某时刻前锋1将足球踢出，足球在草地上以v1＝15 m/s的初速度沿偏离中线37°的方向做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝2 m/s2； 前锋2看到球被踢出后经过t0(反应时间)后沿图中虚线从静止开始向对方球门做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝4 m/s2，他能达到的最大速度为v2＝8 m/s，前锋2恰好能截获足球。 (1)求前锋2截获足球时足球的速度大小； (2)求前锋2的反应时间t0； (3)前锋2接球后与球一起以5 m/s的速度沿虚线匀速冲向对方球门，同时处于边线的守方后卫从静止开始沿平行于中线的方向先做匀加速运动，达到最大速度10 m/s后继续匀速向前堵截前锋2。守方后卫要想截停足球，加速阶段的加速度至少多大？ [解析]　(1)由题意，设前锋2追上足球时足球的位移为x1，由三角形知识得x1＝50 m， 对足球由v2－v12＝－2a1x1，得v＝5 m/s。 (2)设足球运动的时间为t1，则由v＝v1－a1t1， 得t1＝5 s； 设前锋2的加速时间为t2，则v2＝a2t2， [答案]　(1)5 m/s　(2)0.25 s　(3)5 m/s2 考法1　单物体多过程问题 1．(2024年1月·河南高考适应性演练)如图，在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车，先后经过路面和冰面(结冰路面)，最终停在冰面上。刹车过程中，汽车在路面与在冰面所受阻力之比为7∶1，位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为(　 ) 考法全训 √ 2．(2024·绵阳高三统考)某条道路汽车行驶限速vm＝15 m/s，如图是该道路的十字路口前红灯时的情况，第一辆车的车头与停止线齐平，该路口绿灯时间是Δt＝30 s，已知每辆车长均为L＝4.5 m，绿灯亮后，每辆汽车都以加速度a＝1.5 m/s2匀加速到最大限速，然后做匀速直线运动；为保证安全，前后两车相距均为L0＝1.5 m，绿灯亮时第一辆车立即启动，每后一辆车启动相对前一辆车均延后t0＝1 s。交通规则：黄灯亮时，只要车头过停止线就可以通行。 考法2　多物体多过程问题 (1)绿灯亮后，求经过多长时间停止线后第3辆车车头过停止线； (2)绿灯亮后，通过计算判断：停止线后第17辆车在本次绿灯期间能否通过该路口？ (2)绿灯亮后，设第17辆车经过时间t3启动，车头与停止线距离为x1，则t3＝16t0＝16 s x1＝16(L＋L0)＝96 m 设第17辆车经过时间t4速度达到限速vm＝15 m/s，通过的距离为x2，则 设通过的距离为x3，则 t5＝Δt－t3－t4＝4 s，x3＝vmt5＝60 m 绿灯亮后，黄灯亮前，第17辆车通过的总距离为x4，则x4＝x2＋x3＝135 m 由于x4＝135 m>x1＝96 m 所以，第17辆车本次绿灯能通过该路口。 答案：(1)6 s (2)第17辆车本次绿灯能通过该路口 课时跟踪检测 NO.6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 一、立足基础，体现综合 1．(2024·南京高三调研)如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4～6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为(　 ) 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：当车速最大vm＝10 m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”的时间最长。由速度公式v＝vm－at，解得t＝2.5 s，选项C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。第6节车厢经过旅客用时为4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为(　 ) A．2 m/s2 B．1 m/s2 C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3．(2024·镇江高三联考)如图所示，一辆汽车A 在t＝0时刻从坐标为(－10 m,0)的A点以5 m/s的速率沿 x轴正方向匀速行驶，另一辆汽车B在t＝2 s时刻从坐标 为(20 m，－10 m)的B点以5 m/s的速率沿y轴正方向匀速行驶，运动过程中两车相距最近的时刻是(　 ) A．t＝6 s B．t＝5 s C．t＝8 s D．t＝16 s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：经2 s时间A车运动到O点，以此为计时起点，设A、B两车相距为s，s2＝(vAt－20)2＋(vBt－10)2，解得s最小时t＝3 s，故运动过程中两车相距最近的时刻是t＝5 s。故选B。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4．如图所示“礼让行人”是城市文明的重要标志。某汽车正以54 km/h的速度行驶在城市道路上，在车头距离“礼让行人”停车线36 m时，驾驶员发现前方有行人通过人行横道，驾驶员的反应时间为0.2 s，刹车后汽车做匀减速运动，为了停止让行，汽车不能越过停车线。则下列说法正确的是(　 ) A．汽车刹车运动的最大距离为36 m B．汽车刹车的最小加速度为4 m/s2 C．汽车用于减速运动的最长时间为4.4 s D．从发现行人到停止，汽车行驶的平均速度不能超过7.6 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5．如图(a)所示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动过程中的五个位置A、B、C、D、E及对应的时刻如图(b)所示。已知斜坡是由长为d＝0.6 m的地砖拼接而成，且物块在A、C、E三个位置时物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A．物块在由A运动至E的时间为0.6 s B．位置A与位置D间的距离为1.30 m C．物块在位置D时的速度大小为2.75 m/s D．物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7．(2023·山东高考)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10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　 ) A．3 m/s B．2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 9．(2024·东台三校联考)当汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m的物体，他的反应时间为0.5 s，再加上路面湿滑，制动的最大加速度为1.5 m/s2。求： (1)小轿车从开始刹车25 s内通过的最小距离； (2)三角警示牌至少要放在故障车后多远处，才能有效避免两车相撞。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)小轿车在反应时间内行驶的距离为 x0＝v0t0＝15 m 则小轿车从发现警示牌到完全停下的过程中行驶的距离为x＝x0＋x1＝315 m 为了有效避免两车相撞，三角警示牌放在故障车后的最小距离为Δx＝x－50 m＝265 m。 答案：(1)300 m　(2)265 m 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 二、注重应用，强调创新 10．(2024·昆山高三联考)根据我国道路交通管理的相关规定，同一车道行驶的机动车，后车必须根据行驶速度、天气和路面情况，与前车保持必要的安全距离。如图所示的安全距离示意图，标出了一般情况下汽车在不同行驶速度下所对应的大致安全距离。在通常情况下，驾驶者的反应时间平均为0.4～1.5 s，下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A．反应时间是指刹车后的0.4 s至1.5 s一段时间 B．驾驶员酒后的反应时间一定会大于3 s C．由图像看出，当行驶速度为60 km/h，停车距离与反应距离的比值为9∶4 D．由图像看出，随着行驶速度的增大，反应距离与刹车距离的比值逐渐减小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：反应时间指刹车前的一段时间，A错误；不同人反应时间不同，不一定大于3 s，B错误；当行驶速度为60 km/h，停车距离与反应距离的比值为35∶15＝7∶3，C错误；由题图可知，不同速度行驶下反应距离与刹车距离的比值分别为10∶10＝1∶1，15∶20＝3∶4,20∶40＝1∶2，比值逐渐减小，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11．图(a)为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人与传感器的水平距离小于或等于某个设定值(可称为水平感应距离)时，中间两扇门分别向左右平移，当人与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图(b)为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn t1∶t2∶t3∶…∶tn＝______________________________________。 1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 解析：由位移随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100 m，可得x－100 m＝100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋at2可知，初速度为v0＝100 m/s，加速度为a＝－20 m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以质点先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误； 2．[速度与位移的关系式]为了避免汽车通过路口时节省时间而急刹车，某汽车以速度v0匀速行驶，到达路口前以加速度大小a做匀减速运动，然后用t时间以v0速度匀速通过路口，接着再以加速度大小2a匀加速到原来速度v0，则汽车从v0开始减速到再恢复到v0的过程中，通过的位移大小为(　 ) A．＋v0t B．＋v0t C．＋v0t D．＋v0t 解析：由匀变速直线运动的速度与位移的关系式，减速过程有2－v02＝－2ax1，匀速过程有x2＝v0t，加速过程有v02－2＝2·2ax3，总位移为x＝x1＋x2＋x3，联立解得x＝＋v0t，故选C。 3．[平均速度公式](2024·镇江高三模拟)一个物体做匀加速直线运动，从某时刻开始经历时间t发生的位移为x，该过程中动能比原来增加了8倍。则该物体运动的加速度为(　 ) A． B． C．4 D． 解析：动能比原来增加了8倍，即动能变为原来的9倍，由动能公式Ek＝mv2，可知物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由平均速度求位移，可得x＝(v0＋v)t，由加速度定义式a＝，联立可得a＝，A正确，B、C、D错误。 1．基本思路 →→→→ 2．方法技巧 v0、a、t、x v x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t v2－v02＝2ax v0、v、t、x a x＝t 除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向。 列车减速到0耗时t＝＝16 s，故20 s内的位移和16 s内的位移一样，因此x＝＝160 m，故C错误； 列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小为x′＝at′2，t′＝1 s，解得x′＝0.625 m，故D正确。 解析：列车在中间时刻的速度为v＝＝4v，列车在中间位置的速度为v＝＝5v，所以在M、N连线中点位置时的速度比经过中间时刻的速度大v，故A、B错误； 在M、N间前一半时间所通过的距离为x1＝·＝，后一半时间通过的距离为x2＝·＝，在M、N间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离少1.5vt，故C正确，D错误。 一点一过 (1)中间时刻速度公式：v＝＝，做匀变速直线运动的物体在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度。 (2)中间位置速度公式：v＝，不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有v>v。 A．车头从第2根电线杆到第4根电线杆历时为t B．车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为t C．车头到第2根电线杆时，速度大小为 D．车头到第5根电线杆时，速度大小为 解析：根据初速度为零的匀加速直线运动通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…＝1∶(－1)∶(－)∶…，可知车头从第2根电线杆到第4根电线杆历时为(－1)t，车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为2t，A、B错误； 由平均速度公式可知车头到第2根电线杆时的速度等于从第1根电线杆到第5根电线杆的平均速度，即v2＝＝，可得v2＝，v5＝，C错误，D正确。 解析：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，则列车的加速度a＝＝0.5 m/s2，根据Δx＝aT2得，接下来6 s内的位移x3＝x2＋aT2＝60 m＋0.5×36 m＝78 m，故A、B错误；列车的初速度v0＝v1－a＝6 m/s－0.5× m/s＝3.5 m/s，故C正确，D错误。 追上足球时前锋2的位移为x2＝30 m， 则x2＝a2t22＋v2(t1－t0－t2)，得t0＝0.25 s。 (3)假设守方队员恰好能堵截前锋2，则前锋2带球匀速运动的位移x3＝25 m， 前锋2匀速运动的时间t3＝＝5 s， 守方队员从起跑到截停足球需要运动的位移为x4＝40 m。 设守方后卫加速阶段的加速度为a，加速的时间为t4，则vm＝at4，x4＝at42＋vm(t3－t4)， 解得a＝5 m/s2， 即守方后卫的加速度至少为5 m/s2。 A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 解析：设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律有f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为＝＝，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中＝，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝。故选B。 解析：(1)在绿灯亮后，设第三辆车等待时间为t1，运行时间为t2，则 t1＝2t0＝2 s,2(L＋L0)＝at22 解得t2＝4 s 停止线后第3辆车车头过停止线的时间 t＝t1＋t2＝6 s。 vm＝at4，x2＝at42，解得t4＝10 s，x2＝75 m在黄灯亮前，第17辆车匀速运动的时间为t5， t1∶t2∶t3∶…∶tn＝______________________________________。 1∶(－1)∶(－)∶…∶(－) 解析：由位移随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100 m，可得x－100 m＝100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋at2可知，初速度为v0＝100 m/s，加速度为a＝－20 m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以质点先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误； 2．[速度与位移的关系式]为了避免汽车通过路口时节省时间而急刹车，某汽车以速度v0匀速行驶，到达路口前以加速度大小a做匀减速运动，然后用t时间以v0速度匀速通过路口，接着再以加速度大小2a匀加速到原来速度v0，则汽车从v0开始减速到再恢复到v0的过程中，通过的位移大小为(　 ) A．＋v0t B．＋v0t C．＋v0t D．＋v0t 解析：由匀变速直线运动的速度与位移的关系式，减速过程有2－v02＝－2ax1，匀速过程有x2＝v0t，加速过程有v02－2＝2·2ax3，总位移为x＝x1＋x2＋x3，联立解得x＝＋v0t，故选C。 3．[平均速度公式](2024·唐山高三模拟)一个物体做匀加速直线运动，从某时刻开始经历时间t发生的位移为x，该过程中动能比原来增加了8倍。则该物体运动的加速度为(　 ) A． B． C．4 D． 解析：动能比原来增加了8倍，即动能变为原来的9倍，由动能公式Ek＝mv2，可知物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由平均速度求位移，可得x＝(v0＋v)t，由加速度定义式a＝，联立可得a＝，A正确，B、C、D错误。 1．基本思路 →→→→ 2．方法技巧 v0、a、t、x v x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t v2－v02＝2ax v0、v、t、x a x＝t 除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向。 列车减速到0耗时t＝＝16 s，故20 s内的位移和16 s内的位移一样，因此x＝＝160 m，故C错误； 列车匀减速阶段最后1 s内的位移大小为x′＝at′2，t′＝1 s，解得x′＝0.625 m，故D正确。 解析：列车在中间时刻的速度为v＝＝4v，列车在中间位置的速度为v＝＝5v，所以在M、N连线中点位置时的速度比经过中间时刻的速度大v，故A、B错误； 在M、N间前一半时间所通过的距离为x1＝·＝，后一半时间通过的距离为x2＝·＝，在M、N间前一半时间所通过的距离比后一半时间通过的距离少1.5vt，故C正确，D错误。 一点一过 (1)中间时刻速度公式：v＝＝，做匀变速直线运动的物体在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度。 (2)中间位置速度公式：v＝，不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有v>v。 A．车头从第2根电线杆到第4根电线杆历时为t B．车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为t C．车头到第2根电线杆时，速度大小为 D．车头到第5根电线杆时，速度大小为 解析：根据初速度为零的匀加速直线运动通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…＝1∶(－1)∶(－)∶…，可知车头从第2根电线杆到第4根电线杆历时为(－1)t，车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为2t，A、B错误； 由平均速度公式可知车头到第2根电线杆时的速度等于从第1根电线杆到第5根电线杆的平均速度，即v2＝＝，可得v2＝，v5＝，C错误，D正确。 解析：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，则列车的加速度a＝＝0.5 m/s2，根据Δx＝aT2得，接下来6 s内的位移x3＝x2＋aT2＝60 m＋0.5×36 m＝78 m，故A正确，B错误； 列车的初速度v0＝v1－a＝6 m/s－0.5× m/s＝3.5 m/s，故C正确，D错误。 追上足球时前锋2的位移为x2＝30 m， 则x2＝a2t22＋v2(t1－t0－t2)，得t0＝0.25 s。 (3)假设守方队员恰好能堵截前锋2，则前锋2带球匀速运动的位移x3＝25 m， 前锋2匀速运动的时间t3＝＝5 s， 守方队员从起跑到截停足球需要运动的位移为x4＝40 m。 设守方后卫加速阶段的加速度为a，加速的时间为t4，则vm＝at4，x4＝at42＋vm(t3－t4)， 解得a＝5 m/s2， 即守方后卫的加速度至少为5 m/s2。 A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 解析：设汽车在路面与在冰面上的加速度大小分别为a1、a2，汽车进入冰面瞬间的速度为v1，由牛顿第二定律有f＝ma，则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为＝＝，由运动学公式，在路面上有v02－v12＝2a1x1，在冰面上有v12＝2a2x2，其中＝，解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1＝。故选B。 解析：(1)在绿灯亮后，设第三辆车等待时间为t1，运行时间为t2，则 t1＝2t0＝2 s,2(L＋L0)＝at22 解得t2＝4 s 停止线后第3辆车车头过停止线的时间 t＝t1＋t2＝6 s。 vm＝at4，x2＝at42，解得t4＝10 s，x2＝75 m在黄灯亮前，第17辆车匀速运动的时间为t5， A. s B. s C．2.5 s D．12.5 s 解析：将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t，动车第7节车厢通过旅客的过程，有at2＝25 m，第6、7节车厢通过旅客的过程，有a(t＋4 s)2＝2×25 m，解得a≈0.5 m/s2，C正确。 解析：汽车刹车前，在0.2 s内做匀速运动的位移为x1＝v0t1＝×0.2 m＝3 m，则汽车刹车后做匀减速运动的最大距离为x2＝36 m－x1＝33 m，故A错误；汽车刹车的最小加速度为amin＝＝ m/s2≈3.4 m/s2，故B错误；汽车用于减速运动的最长时间为tmax＝＝4.4 s，故C正确；汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来过程的平均速度不高于以最小加速度刹车时全程的平均速度，≤ m/s≈7.8 m/s，故D错误。 解析：由图(b)中各个位置对应时刻可知，相邻位置的时间间隔T＝0.40 s，故A到E的时间间隔为1.6 s，选项A错误；而AC段与CE段的时间间隔为2T＝0.80 s，xCE－xAC＝3d－d＝2d，又xCE－xAC＝a2，解得a＝1.875 m/s2，选项D正确；物块在位置D时速度vD＝＝2.25 m/s，选项C错误；由vD＝vA＋a(3T)，得物块在A位置速度vA＝0，则位置A、D间距离为xAD＝＝1.35 m，选项B错误。 6．(2024·溧阳高三模拟)小明同学乘坐汽车，观测到做匀加速直线运动的汽车(可视为质点)连续通过A、B、C、D四个位置，且通过AB、BC、CD段的时间分别为t、2t、3t，AB段、CD段的长度分别为L、6L，则汽车通过C点时的速度大小为(　 ) A. B. C. D. 解析：由题意知汽车在AB段中间时刻的瞬时速度v1等于其在AB段的平均速度，即v1＝，汽车在CD段中间时刻的瞬时速度v2等于其在CD段的平均速度，即v2＝＝，又v2＝v1＋a，解得a＝，又vC＝v1＋a×2.5t，解得vC＝，故选D。 解析：设RS段位移为x，所用时间为t，则ST段位移为2x，所用时间为t′，由题意得：在RS段的时间t＝＝，在ST段的时间t′＝＝，可解得t′＝4t，设电动公交车的加速度大小为a，逆向推导可得v2＝vT＋a，v1＝vT＋a，解得vT＝1 m/s，故C正确。 8．(2024·太仓高三调研)汽车从发现情况到开始减速到停止运动的情景过程如下，已知减速过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度大小为，减速过程时间是反应过程时间的5倍，反应过程可视为匀速，下列说法正确的是(　 ) A．汽车正常行驶的速度大小为2 B．反应过程的时间为 C．减速过程位移是反应过程位移的倍 D．从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为 解析：设汽车正常行驶的速度为v0，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得＝，可得v0＝2，A正确；减速过程时间为t0＝＝，反应过程的时间为t反＝＝，B错误；减速过程的位移为x0＝t0＝，反应过程的位移为x反＝v0t反＝，则有＝，C错误；发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为v＝＝，D错误。 解析：(1)小轿车从开始刹车到停止所用的最短时间为t1＝＝20 s 25 s时小轿车已停止，故通过的最小距离 x1＝＝300 m。 (1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小； (2)若人以v0的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？ (3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为的物体(厚度不计)，并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门，如图(c)所示，物体的移动速度不能超过多少？ 解析：(1)依题意每扇门开启过程中的速度图像如图所示： 设门全部开启所用的时间为t0，由图可得d＝v0t0 由速度公式得：v0＝a· 联立解得：a＝。 (2)要使单扇门打开，需要的时间为t＝t0 人只要在t时间内到达门框处即可符合要求，所以人到门的距离为l＝v0t，联立解得：l＝d。　 (3)宽为d的物体运动到门框过程中，每扇门至少要运动d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1＝的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又运动了s2＝d－d＝d的距离 由匀变速运动公式，得：s2＝v0t2－at22 解得：t2＝和t2＝(不合题意舍去) 要使每扇门打开d所用的时间为 t1＋t2＝ 故物体移动的速度不能超过 v＝＝v0。 答案：(1)　(2)d　(3)v0 $$