二、运动的描述 匀变速直线运动的研究-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（课件PPT+word教案）

二、运动的描述　匀变速直线运动的研究 1.(2021·福建卷·1)一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4 km，用时1 h，M、N间的直线距离为1.8 km，则从M点漂流到N点的过程中(　　) A.该游客的位移大小为5.4 km B.该游客的平均速率为5.4 m/s C.该游客的平均速度大小为0.5 m/s D.若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0 答案　C 解析　根据位移的定义，从M点漂流到N点的过程中，该游客的位移大小为x=1.8 km，根据平均速度的定义，平均速度大小v== m/s=0.5 m/s，选项A错误，C正确；平均速率v'==5.4 km/h，选项B错误；若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0.5 m/s，选项D错误。 2.(2024·广西卷·3)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则(　　) A.v1=5 m/s B.v1=10 m/s C.v2=15 m/s D.v2=30 m/s 答案　B 解析　重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落的第1 s末速度为v1=v2=gt=10 m/s2×1 s=10 m/s，故选B。 3.(2024·河北卷·3)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v-t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　) A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 答案　A 解析　由题意可知，v-t图像中速度为负值表示向下运动，当篮球向下运动到速度最大时表示与地面接触，速度发生突变，方向变为向上并做匀减速运动，由题图可知第一次上升至速度为零的a点离地面最远，故四个点中对应篮球位置最高的是a点。故选A。 4.(2021·辽宁卷·3)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是(　　) 答案　A 解析　x-t图像的斜率表示速度，在0~t1时间内，斜率增大，汽车的速度增大；在t1~t2时间内，斜率不变，汽车的速度不变；在t2~t3时间内，斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v-t图像可能正确。 5.(2019·全国卷Ⅰ·18)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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足(　　) A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4 D.4<<5 答案　C 解析　本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个所用的时间为t2=，第一个所用的时间为t1=-，因此有==2+，即3<<4，选项C正确。 6.(2018·浙江4月选考·10)如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　) A.13 s B.16 s C.21 s D.26 s 答案　C 解析　运动分成三个阶段，其中减速阶段与加速阶段对称，t1=t3==8 s，x1=x3=a=32 m，匀速阶段：位移x2=104 m-32 m-32 m=40 m，t2==5 s，所以最短时间t总=t1+t2+t3=21 s，故选C。 7.(2022·全国甲卷·15)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，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0。 则有v=v0-2at1 解得t1=， 在隧道内匀速有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所用时间至少为t=+，故选C。 8.(2023·山东卷·6)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　由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有==，==，联立解得t2=4t1，vT=vR-10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT=vR-a·5t1，则at1=2 m/s，又有=vR-a·=10 m/s，则vR=11 m/s，联立解得vT=1 m/s，故选C。 9.(2022·湖北卷·6)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=a=×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，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==5×4 680 s=23 400 s=6小时30分钟，故选B。 10.(2016·江苏卷·5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图像中，能描述该过程的是(　　) 答案　A 解析　由题意知小球在下落的过程中速度方向向下，与题中规定的正方向相反，故为负值，所以C、D错误；小球的运动为匀变速直线运动，根据v2-=2ax可知速度与位移的关系式为二次函数，故A正确，B错误。 11.(10分)(2024·全国甲卷·24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s，求： (1)(3分)救护车匀速运动时的速度大小； (2)(7分)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 答案　(1)20 m/s　(2)680 m 解析　(1)根据匀变速运动速度公式v=at1 可得救护车匀速运动时的速度大小 v=2×10 m/s=20 m/s (2)救护车匀加速运动过程中的位移 x1=a=100 m 设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得 +t3=t2 停止鸣笛时救护车距出发处的距离 x=x1+(t3-t1)v 代入数据联立解得x=680 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 经典重现　考题再现 二、运动的描述　匀变 速直线运动的研究 1.(2021·福建卷·1)一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4 km，用时1 h，M、N间的直线距离为1.8 km，则从M点漂流到N点的过程中 A.该游客的位移大小为5.4 km B.该游客的平均速率为5.4 m/s C.该游客的平均速度大小为0.5 m/s D.若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均 速度为0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 11 10 1 2 3 4 5 6 平均速率v'==5.4 km/h，选项B错误； 若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0.5 m/s，选项D错误。 根据位移的定义，从M点漂流到N点的过程中，该游客的位移大小为x=1.8 km，根据平均速度的定义，平均速度大小v== m/s =0.5 m/s，选项A错误，C正确； 7 8 9 11 10 2.(2024·广西卷·3)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1 s末速度大小为v1，再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度自由下落，P2在下落的第1 s末速度大小为v2，g取10 m/s2，则 A.v1=5 m/s B.v1=10 m/s C.v2=15 m/s D.v2=30 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 重物自由下落做自由落体运动，与质量无关，则下落的第1 s末速度为v1=v2=gt=10 m/s2×1 s=10 m/s，故选B。 3.(2024·河北卷·3)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v-t图像，如图所示。图像中a、b、c、 d四点中对应篮球位置最高的是 A.a点 B.b点 C.c点 D.d点 1 2 3 4 5 6 √ 7 8 9 11 10 1 2 3 4 5 6 由题意可知，v-t图像中速度为负值表示向下运动，当篮球向下运动到速度最大时表示与地面接触，速度发生突变，方向变为向上并做匀减速运动，由题图可知第一次上升至速度为零的a点离地面最远，故四个点中对应篮球位置最高的是a点。故选A。 7 8 9 11 10 1 2 3 4 5 6 4.(2021·辽宁卷·3)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是 7 8 9 11 10 √ x-t图像的斜率表示速度，在0~t1时间内，斜率增大，汽车的速度增大；在t1~t2时间内，斜率不变，汽车的速度不变；在t2~t3时间内，斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v-t图像可能正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 5.(2019·全国卷Ⅰ·18)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。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足 A.1<<2 B.2<<3 C.3<<4 D.4<<5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 √ 1 2 3 4 5 6 本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动 可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运 动，所以第四个所用的时间为t2= 所用的时间为t1=-==2+，即3<<4，选项C正确。 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 6.(2018·浙江4月选考·10)如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到 井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的 最短时间是 A.13 s B.16 s C.21 s D.26 s 7 8 9 √ 11 10 6 1 2 3 4 5 运动分成三个阶段，其中减速阶段与加速阶段对称，t1=t3==8 s，x1=x3=a=32 m，匀速阶段：位移x2=104 m-32 m-32 m=40 m，t2==5 s，所以最短时间t总=t1+t2+t3=21 s，故选C。 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(2022·全国甲卷·15)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所用时间至少为 A.+ B.+ C.+ D.+ √ 11 10 6 1 2 3 4 5 7 8 9 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，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0。 则有v=v0-2at1 解得t1=， 在隧道内匀速有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所用时间至少为t=+，故选C。 11 10 6 1 2 3 4 5 8.(2023·山东卷·6)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 √ 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有====，联立解得t2=4t1，vT=vR-10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT=vR-a·5t1，则at1=2 m/s，又有=vR-a·=10 m/s，则vR=11 m/s，联立解得vT=1 m/s，故选C。 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 9.(2022·湖北卷·6)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 7 8 9 √ 11 10 6 1 2 3 4 5 108 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=a=×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，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==5×4 680 s=23 400 s=6小时30分钟，故选B。 7 8 9 11 10 6 1 2 3 4 5 10.(2016·江苏卷·5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图像中，能描述该过程的是 7 8 9 10 11 √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 由题意知小球在下落的过程中速度方向向下，与题中规定的正方向相反，故为负值，所以C、D错误； 小球的运动为匀变速直线运动，根据v2-=2ax可知速度与位移的关系式为二次函数，故A正确，B错误。 6 1 2 3 4 5 11.(2024·全国甲卷·24)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a=2 m/s2，在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s，求： (1)救护车匀速运动时的速度大小； 7 8 9 11 10 答案　20 m/s　 根据匀变速运动速度公式v=at1 可得救护车匀速运动时的速度大小 v=2×10 m/s=20 m/s 21 6 1 2 3 4 5 (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 7 8 9 11 10 答案　680 m 救护车匀加速运动过程中的位移x1=a=100 m 设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得+t3=t2 停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1+(t3-t1)v 代入数据联立解得x=680 m。 22 $$