第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律（教师word）-【金版新学案】2025年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（新高考版）

第2讲　匀变速直线运动的规律 [课标要求]　 1．能用公式、图像等方法描述匀变速直线运动。 2．理解匀变速直线运动的规律，能运用其解决实际问题，体会科学思维中的抽象方法和物理问题研究中的极限方法。 考点一　匀变速直线运动的基本公式 1．速度公式：v＝v0＋at。 2．位移公式：x＝v0t＋at2。 3．速度—位移关系式：v2－v＝2ax。 【基础知识判断】 1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(×) 2．匀加速直线运动是速度随时间均匀增大的运动。(√) 3．匀减速直线运动的位移是随时间均匀减小的。(×) 基本公式的选用技巧 题目涉及的物理量(已知量、待求量) 不涉及的物理量 适宜选用公式 v0，v，a，t x v＝v0＋at v0，a，t，x v x＝v0t＋at2 v0，v，a，x t v2－v＝2ax 运动学公式中正、负号的规定及意义：直线运动用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，规定初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。 考向1　速度公式的应用 (2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v ＜ v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用的时间至少为(　　) A．＋ B．＋ C．＋ D．＋ 答案：C 解析：由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v＜v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则有v＝v0－2at1，解得t1＝，在隧道内以最大速度匀速，有t2＝，列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用的时间至少为t＝＋，故选C。 考向2　位移公式的应用 (2023·河北石家庄二模)某新能源汽车在平直公路上进行性能测试，公路两侧有等间距的树木，由静止启动时车头与第1棵树对齐，经过一段时间，车头刚好与第5棵树对齐，此过程中其平均速度为50 km/h。若将车的运动视为匀加速直线运动，则当车头与第2棵树对齐时，车的速度为(　　) A．50 km/h B．25 km/h C．15 km/h D．10 km/h 答案：A 解析：根据题意，设相邻两棵树之间的距离为x，加速度为a，车头刚好与第5棵树对齐时有4x＝·at，当车头与第2棵树对齐时有x＝at，解得 t2＝t1，即当车头与第2棵树对齐时是车头刚好与第5棵树对齐时的中间时刻，则有v＝＝50 km/h，故选A。 考向3　速度—位移公式的应用 某汽车刹车性能测试，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住。假设驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到产生刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同。试问： (1)这位驾驶员的反应时间为多少？ (2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少？(≈22.72) 答案：(1)0.8 s　(2)18.72 m/s 解析：(1)假设驾驶员的反应时间为t，在第一个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v1，所以反应时间内的位移为x1＝v1t然后汽车做匀减速直线运动到停止，由位移—速度关系式得0－v＝－2ax2第一个过程的总位移x＝x1＋x2＝18 m在第二个过程中，反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v2，所以反应时间内的位移为x3＝v2t然后汽车做匀减速直线运动到停止，由位移—速度关系式得0－v＝－2ax4第二个过程的总位移x′＝x3＋x4＝34.5 m联立解得a＝5 m/s2，t＝0.8 s。 (2)某雾天该路段能见度为L＝50 m，设行车最大速率为v，则L＝vt＋，代入数据解得v≈18.72 m/s。 学生用书第6页 考向4　三个公式的综合应用 如图甲所示，“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。如图乙所示，航空母舰的水平跑道总长为180 m，其中电磁弹射区的长度为80 m，若弹射装置可以辅助飞机在弹射区做加速度为40 m/s2的匀加速直线运动，飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下做匀加速直线运动，飞机离舰起飞速度为100 m/s。已知航空母舰始终处于静止状态，飞机可视为质点，下列说法正确的是(　　) A．飞机在电磁弹射区运动的时间为 4 s B．飞机离开电磁弹射区时的速度大小为60 m/s C．飞机离开电磁弹射区后的加速度大小为 m/s2 D．飞机从开始起飞到离开跑道的总时间为 s 答案：D 解析：根据x1＝a1t，解得t1＝2 s，故A错误；飞机离开电磁弹射区时的速度大小为v1＝a1t1＝80 m/s，故B错误；飞机离开电磁弹射区后，根据速度—位移关系有v－v＝2a2x2，代入数据解得a2＝18 m/s2，故C错误；飞机离开电磁弹射区后，加速时间t2＝＝ s，飞机从开始起飞到离开跑道的总时间t＝t1＋t2＝ s，故D正确。故选D。 考点二　匀变速直线运动的推论及其应用 1．平均速度公式：＝v ＝ ，即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。 2．逐差相等公式：任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 注意：对于不相邻的两段位移：xm－xn＝(m－n)aT2，纸带或频闪照片类问题中常应用逐差法求加速度。 3．位移中点的速度公式：v ＝ 。 4．初速度为零的匀加速直线运动的比例式 (1)1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 (2)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：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 (3)通过连续相等的位移所用时间之比： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶( －1)∶(－ )∶…∶( － )。 【高考情境链接】 (2023·辽宁高考·改编)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面。判断下列说法的正误： (1)飞机加速运动时间内的平均速度大小为40 m/s。(√) (2)飞机匀变速直线运动中某段时间的中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√) (3)飞机匀变速直线运动中相邻相等时间内的位移比一定等于1∶3∶5∶…∶(2n－1)。(×) 匀变速直线运动推论解题的“常用五法” 学生用书第7页 如图所示，某个小物块以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，已知小物块从A点运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，则小物块从B滑到C所用的时间为(　　) A．0.5t　　　　B．t　　　　C．1.5t　　　　D．2t 答案：B 解析：方法一：平均速度法 由题意知AC＝＝，v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝，由以上各式可得vB＝AC＝，则vB正好等于AC段的平均速度，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，可知B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t，故选B。 方法二：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。因为xCB∶xBA＝ ∶ ＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t，故选B。 方法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC。由运动学公式得xBC＝ ，xAC＝ ，又xBC＝ ，由以上三式解得tBC＝t，故选B。 方法四：图像法 根据匀变速直线运动的规律，画出v -t图像，如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得＝ ，且＝＝ ，OD＝t，OC＝t＋tBC。所以 ＝ ，解得tBC＝t，故选B。 规律总结 一题多法，优中选优 同一运动学问题往往具有多种解法，既可以应用基本公式求解，也可以应用推论求解；解题时应做到“一题多法，优中选优”，根据题中已知数据的特点灵活选择有关公式或推论，快捷解题。 对点练1．一质点做匀加速直线运动，第3 s内的位移是2 m，第4 s内的位移是2.5 m，那么以下说法正确的是(　　) A．第5 s内的位移是4.5 m B．第3 s末的瞬时速度是2.25 m/s C．质点的加速度是0.125m/s2 D．质点的加速度是0.25m/s2 答案：B 解析：由匀变速直线运动连续相等时间内的位移差相等可知第5 s内的位移是3 m，故A错误；第3 s末的瞬时速度等于3 s、4 s这两秒内的平均速度，即v3＝＝2.25 m/s故B正确；由Δx＝at2可得a＝0.5 m/s2，故C、D错误。故选B。 对点练2.(2024·辽宁大连模拟)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 答案：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＋1.732＝3.732，所以3＜＜4，A、C、D错误，B正确。故选B。 对点练3. (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 答案：C 解析：根据题意，设RS间的距离为s，则ST间的距离为2s，设R点速度为vR，S点速度为vS，T点速度为vT，加速度为a，根据运动学公式，有v－v＝2as，v－v＝2a×2s，根据在匀变速直线运动中平均速度等于初、末速度的平均值，有＝10 m/s，＝5 m/s，联立解得vT＝1 m/s，C正确。 考点三　匀变速直线运动的多物体、多过程问题 1．多物体运动问题 研究多个物体在同一个空间上重复同样的运动时，可将同一时刻多个物体的运动转化为一个物体的运动，同一时刻多个物体所在的位置可以看成是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头等时滴落的水滴、直升机定点等时空降的物资、在斜面上等时连续释放的小球等，均可把多物体的运动问题转化为单物体的运动问题求解。 2．多过程运动问题 (1)解题步骤 ①选取合适的研究对象，一般根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程。 ②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量。 ③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程。 (2)解题关键 相邻两个过程衔接时刻的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，抓住衔接时刻的速度往往是解题的关键。 考向1　多物体运动问题 如图甲为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m，求： 学生用书第8页 (1)CD间距离多远？ (2)此刻A的上端滑道上还有几人？ (3)此时A距滑道顶端多远？ 答案：(1)4.5 m　(2)2人　(3)2 m 解析：(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即xCD－xBC＝xBC－xAB，解得xCD＝4.5 m。 (2)相邻两人间距离差为1 m，所以此刻A上端滑道上还有2人。 (3)设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δx＝xCD－xBC＝aT2，即aT2＝1 m，A此时的速度为vA＝＝ m/s，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端x＝＝2aT2＝2 m。 考向2　多过程运动问题 (2024·安徽合肥模拟)目前我国开通运营的高速铁路最高时速已达486.1 km/h，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。 (1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小； (2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2。 答案：(1)60 m/s　(2)1.2 m/s2 解析：(1)设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s， 则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s。 (2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m， 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝＝2 800 m， 从打开电磁制动系统到列车停下来的过程中，列车行驶的距离 x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m， 则a2＝＝1.2 m/s2。 匀变速运动的规律与交通、生活等实际情景紧密联系，常见的有交通工具间的安全距离问题、汽车通过高速路口的“ETC”系统等，解决这类问题的关键是建立正确的运动模型，列出对应的运动学方程，进而解答有关问题。 应用1．[《驾驶员守则》中的“停车距离”问题]驾驶员看见过马路的人，从决定停车，直至右脚刚刚踩在制动器踏板上经过的时间，叫反应时间，在反应时间内，汽车按一定速度匀速行驶的距离称为反应距离；从踩紧踏板(抱死车轮)到车停下的这段距离称为刹车距离；司机从发现情况到汽车完全停下来，汽车所通过的距离叫停车距离，如图所示，根据图中内容，下列说法中正确的是(　　) A．根据图中信息可以求出反应时间 B．根据图中信息可以求出汽车的制动力 C．匀速行驶的速度加倍，停车距离也加倍 D．酒后驾车反应时间明显增加，停车距离不变 答案：A 解析：由题图可知汽车速度、反应距离，根据x＝v0t可以求出反应时间，故A正确；由于不知汽车质量，则无法求出汽车的制动力，故B错误；设停车距离为x，反应时间为t0，则x＝v0t0＋，可知匀速行驶的速度加倍，停车距离不是简单的加倍，故C错误；根据公式x＝v0t0＋可知，酒后驾车反应时间明显增加，停车距离增加，故D错误。 学生用书第9页 应用2．[汽车故障停车时的“安全距离”问题] (2024·福建宁德质检)交通法规定，汽车出现故障停在道路上时，应在车后方放置三角警示牌，提醒后面驾车的驾驶员减速避让，如图所示。在夜间，某道路上有一汽车因故障停车，后面有一货车以15 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方20 m的物体，已知驾驶员的反应时间为1 s，制动后最大加速度大小为5 m/s2。求： (1)货车司机从看到警示牌到最终停下所用的最短时间； (2)警示牌至少要放在汽车后多远处才能避免两车相撞。 答案：(1)4 s　(2)17.5 m 解析：(1)设从刹车到停下的时间为t2，则t2＝＝3 s 则货车从看到警示牌到最终停下所用的最短时间为 t＝t1＋t2＝4 s。 (2)反应时间内货车做匀速运动，则x1＝v0t1＝15 m 设从刹车到停下的位移为x2，则x2＝＝22.5 m 货车司机从发现警示牌到停下的距离为x＝x1＋x2＝37.5 m 则三角警示牌与汽车的距离至少为Δx＝x－x0＝17.5 m。 应用3.[高速路口的“ETC”问题]ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2。求： (1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小； (2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速； (3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间。 答案：(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s 解析：(1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x1＝＝64 m 故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。 (2)过人工收费通道时，开始减速时距离中心线的距离为x2＝ ＝72 m。 (3)过ETC通道的时间t1＝×2＋ ＝18.5 s 过人工收费通道的时间t2＝×2＋t0＝44 s x总2＝2x2＝144 m 二者的位移差Δx＝x总2－x总1＝6 m 在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt＝t2－(t1＋ )＝25 s。 课时测评2　匀变速直线运动的规律 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1～7题，每题4分，8～10题，每题6分，共46分) 1．一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超级高铁)”。速度高达1 000多千米每小时。如果乘坐Hyperloop从A地到B地(视为直线运动)，600千米的路程需要42分钟，Hyperloop先匀加速，达到最大速度 1 200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则Hyperloop(　　) A．加速与减速的时间不一定相等 B．加速时间为10分钟 C．加速过程中发生的位移为150千米 D．加速时加速度大小约为0.46 m/s2 答案：D 解析：加速与减速的加速度大小相等，根据t＝可知，加速与减速的时间一定相等，故A错误；设加速和减速时间均为t，运动总时间为t0，则2×t＋vm(t0－2t)＝s，代入数据解得t＝12 min，故B错误；加速位移为x加＝t＝120 km，故C错误；加速度大小a＝≈0.46 m/s2，故D正确。 2．汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，遇到紧急情况急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为(　　) A．5∶4 B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3 答案：C 解析：汽车速度减为零的时间为t0＝＝ s＝4 s，刹车2 s内的位移x1＝v0t＋at2＝20×2 m－×5×22 m＝30 m，由于刹车时间t0＝4 s，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移x2＝＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确。 3．(多选)(2024·河北石家庄模拟)如图所示，某飞机着陆时的速度v0＝216 km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4 s内的位移为7 m，下列说法正确的是(　　) A．该飞机的加速度大小为2 m/s2 B．该飞机着陆后5 s时的速度大小为40 m/s C．该飞机在跑道上滑行的时间为30 s D．该飞机在跑道上滑行的距离为1 800 m 答案：AC 解析：飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3 s内的位移为x1＝at，在t2＝4 s内的位移为x2＝at，根据题意有x2－x1＝7 m，联立解得加速度大小为a＝2 m/s2，A正确；该飞机着陆后5 s时的速度大小为v5＝v0－at＝ m/s－2×5 m/s＝50 m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝＝ s＝30 s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝t＝×30 m＝900 m，D错误。 4．某质点做直线运动，位置随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100 m，则对这个质点运动的描述，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．做匀加速直线运动 答案：C 解析：由位置随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100 m可得，位移与时间的关系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，所以物体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；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。故选C。 5．(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(　　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 答案：BD 解析：因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A错误，B正确。 6．(多选)(2024·安徽蚌埠模拟)如图为一滑草场。某条滑道由不同倾角的上、下两段滑道组成。一载人滑草车(视为质点)从坡顶由静止开始自由下滑20 s后进入下段，再经10 s后恰好静止于滑道的底端。若滑草车在两段滑道交接处的速度大小相等，载人滑草车在上、下两段滑道上的运动均可认为是匀变速直线运动，则(　　) A．滑草车在上、下两段滑道上运动的加速度大小之比为1∶2 B．滑草车在上、下两段滑道上运动的平均速度大小之比为2∶1 C．滑草车在下段滑道上运动时，前5 s内与第5 s内的位移大小之比为4∶1 D．滑草车在上段滑道上运动时，1 s末、2 s末、3 s末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3 答案：AD 解析：设上、下两段滑道的加速度为a1、a2，上、下两段滑道的时间为t1、t2，两段滑道交接处的速度大小为v，根据v＝a1t1＝a2t2可知，a1∶a2＝t2∶t1＝10∶20＝1∶2，故A正确；滑草车在上、下两段滑道上运动的平均速度大小均为上＝下＝，所以滑草车在上、下两段滑道上运动的平均速度大小之比为1∶1，故B错误；根据逆向思维可知滑草车在下段滑道上运动时，前5 s内的位移大小x1＝a2t22－a2·t32＝a2×102－a2×52＝a2，第5 s内的位移大小x2＝a2×62－a2×52＝a2，所以x1∶x2＝75∶11，即滑草车在下段滑道上运动时，前5 s内与第5 s内的位移大小之比为75∶11，故C错误；根据v＝at可知滑草车在上段滑道上运动时，1 s末、2 s末、3 s末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3，故D正确。故选AD。 7．(2023·湖南长沙一模)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，A、B间的距离x1＝3 m，B、C间的距离x2＝13 m，则该质点的加速度为(　　) A．3.6 m/s2 B．4 m/s2 C．4.2 m/s2 D．4.8 m/s2 答案：A 解析：因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10 m，联立可得T＝ s，a＝3.6 m/s2，A正确。 8．(2022·湖北高考) 我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　　) A．6小时25分钟 B．6小时30分钟 C．6小时35分钟 D．6小时40分钟 答案：B 解析：108 km/h＝30 m/s，324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝at＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝ s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x1′＝at1′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m ，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分，故选B。 9．(多选)(2024·重庆沙坪坝模拟)中国的春节有长辈给小朋友压岁钱的习俗，为了增添年味，现在有一种趣味性发压岁钱的方式——“滚钱”，具体操作是在桌面放置不同金额的纸币，瓶子滚到哪张纸币上就可以赢取此金额，如图1所示。为了便于分析，我们用图2来描述这个模型，滚瓶从水平桌面上O点出发，途中经过A、B、C、D、E 5个放钱的位置，相邻两个位置的距离均为0.2 m，滚瓶停在哪里就获得对应的压岁钱，滚瓶掉下桌子就没有。现设滚瓶(可视为质点)从O点出发后做匀减速直线运动，张强同学以v0＝1 m/s推出滚瓶，最后刚好停在E处，已知滚瓶在D和E之间滑行的时间为1 s，则下列说法正确的是(　　) A．滚瓶由A滑至E所用的时间等于2 s B．滚瓶在A点的速度等于它在OB之间的平均速度 C．滚瓶经过A点时的速度是经过D点时的速度的2倍　 D．如果张强以0.9 m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶最终将停在DE之间 答案：AC 解析：滚瓶做匀减速直线运动，利用逆向思维，E到A可以看成初速度为零的匀加速直线运动，ED与EA的位移之比为1∶4，时间之比为1∶2，故A正确；由于A不是OB中间时刻的点，故A的速度不是OB的平均速度，故B错误；由A选项分析可知，E到A点的时间是E到D点时间的两倍，v＝at，故A点的速度是D点速度的2倍，C正确；利用已知数据DE的间距为0.2 m，时间为1 s，xDE＝×tDE，可以算出vD＝0.4 m/s，a＝＝0.4 m/s2，由x＝得，总位移x＝1.25 m，则xOD＝1.05 m，若初速度变成0.9 m/s，则物体一共能前进的距离为x′＝＝ m＝1.012 5 m＜xOD，故不能越过D点停在DE之间，故D错误。故选AC。 10．(2024·云南昆明高三检测)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点。小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　) A．小球的加速度大小为3 m/s2 B．OA间距为8 m C．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/s D．第3 s末经过B点 答案：C 解析：根据匀变速直线运动规律，设OA间距为x，有x＝v0t－at2，小球又经4 s第二次通过C点，有x＋8 m＝v0(t＋4 s)－a(t＋4 s)2，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B点为AC的中间位置，OB间距为x1＝x＋4 m＝20 m，由v－v＝－2ax1，解得vB＝2 m/s，故C正确；由x1＝t1，解得t1＝(5－) s，故D错误。 11．(14分)(2024·河南郑州模拟)图a为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人或物体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，当人或物体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。 (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)，物体的移动速度不能超过多少？ 答案：(1)　(2)d　(3)v0 解析：(1)由题意可知，门先加速后减速，减速的时间与加速的时间是相等的；设门全部打开的时间为t0，门做加速或减速的加速度为a，则 d＝v0t0，v0＝a· 联立解得t0＝，a＝。 (2)要使单扇门打开d，由运动的对称性可知，需要的时间是t1＝ 人要在t1时间内到达门框处即可安全通过，所以人到门的距离l＝v0t1 联立解得l＝d。 (3)由题意可知，宽d的物体到达门框的过程中，每扇门至少要移动d的距离，结合运动的特点可知，每扇门的运动都需要经过两个阶段：开始时做加速运动，位移为，后又做匀减速运动，设减速的时间为t2，该过程中门移动了x＝d－d＝d的距离；由匀变速直线运动的公式得x＝v0t2－·at 联立解得t2＝(或t2＝，不合题意，舍去) 又t1＝＝ 要使门移动d，所用的时间为t＝t1＋t2＝＋＝ 所以物体运动的速度不能超过vm＝＝＝v0。 学科网（北京）股份有限公司 $$