第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律(基础落实课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（福建专版）

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 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　匀变速直线运动的重要推论 6 课时跟踪检测 3 逐点清(二)　两类特殊的匀变速直线运动 5 逐点清(四)　匀变速直线运动的多过程问题 课前基础先行 1.匀变速直线运动 4 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:s1∶s2∶s3∶…∶sn=___________________。 (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:sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN=____________________。 1∶2∶3∶…∶n 1∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n-1) (4)前s内、前2s内、前3s内、…、前ns内的时间之比:t1∶t2∶t3∶…∶tn=______________________。 (5)第1个s内、第2个s内、第3个s内、…、第n个s内的时间之比:tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn=___________________________________。 1∶∶∶…∶ 1∶(-1)∶(-)∶…∶(-) 1.速度逐渐增大的直线运动是匀加速直线运动。 ( ) 2.速度与时间的关系式vt=v0+at适用于任何直线运动。 ( ) 3.速度与时间的关系式vt=v0+at既适用于匀加速直线运动,也适用于匀减速直线运动。 ( ) 4.做匀变速直线运动的物体的初速度越大,运动时间越长,则物体的末速度一定越大。 ( ) 微点判断 × × × √ 5.(粤教必修1P58T1·改编)物体做匀变速直线运动时,速度大小不断改变,方向一定不变。 ( ) 6.做直线运动的物体,一段时间内的平均速度一定等于这段时间内中间时刻的瞬时速度。 ( ) 7.(粤教必修1P41T2·选摘)物体做匀加速直线运动,加速度为4 m/s2。判断下列说法的正误: ①任何1 s的初速度比前1 s的初速度大4 m/s。 ( ) ②运动中增加的速度与所需的时间成正比,且增加的速度方向始终和加速度方向相同。 ( ) × × √ √ 8.匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 ( ) 9.做匀加速直线运动的物体,在任意两段相等时间内的速度变化量相等。 ( ) 10.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。 ( ) 11.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 √ 题点全练 1.[速度公式和位移公式](2025·厦门高三月考)某质点做直线运动,位移随时间变化的关系式为s=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 解析:由位移随时间变化的关系式s=100t-10t2+100(m)，可得s-100=100t-10t2(m)，对比匀变速直线运动位移与时间的关系s=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；由匀变速直线运动速度与时间的关系vt=v0+at，可知在3 s末，瞬时速度为vt=(100-20×3)m/s=40 m/s，故C正确。 2.[速度与位移的关系式] 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的速度匀速通过路口,接着再以加速度大小2a匀加速到原来速度v0,则汽车从v0开始减速至再恢复到v0的过程中,通过的位移大小为(　　) A.+v0t B.+v0t C.+v0t D.+v0t √ 解析:设汽车运动方向为正方向，由匀变速直线运动的速度与位移的关系可知，减速过程有-=-2as1，匀速过程有s2=v0t，加速过程有-=2·2as3，总位移为s=s1+s2+s3，联立解得s=+v0t，故选C。 3.[基本公式的综合应用] (2024·广西高考)如图,轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距d=0.9 m,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4 s,从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5 s。求该同学: (1)滑行的加速度大小; 答案:1 m/s2　 解析:根据匀变速运动规律某段位移内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知,在1、2号锥筒间中间时刻的速度为v1==2.25 m/s,在2、3号锥筒间中间时刻的速度为v2==1.8 m/s,故可得该同学滑行的加速度大小为a===1 m/s2。 (2)最远能经过几号锥筒。 答案:4 解析:设到达1号锥筒时的速度为v0,根据匀变速直线运动规律得v0t1-a=d 代入数值解得v0=2.45 m/s 从到达1号锥筒开始到停止时通过的位移大小为s==3.001 25 m ≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 1.基本思路 画过程示意图 → 判断运动性质 → 选取正方向 → 选用公式列方程→ 解方程并加以讨论 精要点拨 2.方法技巧 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、vt、a、t s vt=v0+at v0、a、t、s vt s=v0t+at2 v0、vt、a、s t -=2as v0、vt、t、s a s=t 除时间t外，s、v0、vt、a均为矢量，所以需要确定正方向，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0=0时，一般以加速度a的方向为正方向。速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负。 逐点清(二)　两类特殊的匀变速直线运动 课 堂 1.[刹车类问题](2025·泉州高三检测)某辆无人驾驶汽车在封闭的平直道路上进行测试。汽车以20 m/s的速度匀速行驶,发现障碍物的瞬间立即启动刹车系统,刹车2 s末的速度大小为12 m/s。已知汽车刹车时做匀减速直线运动,取汽车刚开始刹车时为0时刻,下列说法正确的是(　　) A.汽车刹车时的加速度大小为8 m/s2 B.第4 s末汽车的速度大小为4 m/s C.第6 s末汽车的速度大小为4 m/s D.0~6 s内汽车的速度变化量大小为24 m/s √ 题点全练 解析:汽车刹车时的加速度大小为a== m/s2=4 m/s2,故A错误;汽车从开始刹车到停下所用时间为t0== s=5 s,则第4 s末汽车的速度大小为v4=v0-at4=20 m/s-4×4 m/s=4 m/s,第6 s末汽车的速度大小为0,故B正确,C错误;0~6 s内汽车的速度变化量大小为|Δv|==20 m/s,故D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。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。 √ 两类特殊的匀变速直线运动分析 精要点拨 刹车类 特点是匀减速到速度为零后立即停止运动,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s、v、a等矢量的正负号及物理意义 逐点清(三)　匀变速直线运动 的重要推论 课 堂 1.(2024·海南高考)商场自动感应门如图所示,人走迈时两扇门从静止开始同时向左右平移,经4 s恰好完全打开,两扇门移动距离均为2 m,若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动,完全打开时速度恰好为0,则加速度的大小为 (　　) A.1.25 m/s2 B.1 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.25 m/s2 √ 细作1　平均速度公式 解析:设门的最大速度为v,根据匀变速直线运动的规律可知,加速过程和减速过程的平均速度均为,且时间相等均为t= s=2 s,根据s=×2t,解得v=1 m/s,则加速度a==0.5 m/s2,故选C。 一点一过 (1)中间时刻速度公式:==，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:=，不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有>。 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根电线杆历时为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 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:根据初速度为零的做匀加速直线运动的物体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。 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。 3.(2025·福建永安模拟)某同学研究匀变速直线运动时,用一架照相机对正在下落的小球(可视为质点)进行拍摄,小球在空中运动的照片如图所示,1、2、3分别为连续相等时间间隔拍摄到的影像,每块砖的厚度均为d,且不计砖块之间的间隙,小球从静止开始下落,下落过程为匀加速直线运动。则小球开始下落点距影像2的距离为 (　　) 细作3　位移差公式 A.2.55d B.2.45d C.2.35d D.2.25d 解析:由位移差公式有4d-2d=at2,又v2=,=2as02,解得s02=2.25d,故选D。 √ 一点一过 (1)连续相等的时间间隔T内的位移差相等。 即:Δs=s2-s1=s3-s2=…=sn-sn-1=aT2。 (2)不相邻相等的时间间隔T内的位移差sm-sn=(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.分析多过程问题的五个要点 (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。 (5)相邻过程是通过哪些物理量衔接及有什么联系。 [典例]　(2024·全国甲卷)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; [答案]　20 m/s　 [解析]　根据题意可知,救护车匀速运动时的速度大小为v=at1,代入数据解得v=20 m/s。 (2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。 [答案]　680 m [解析]　设救护车在t=t0时停止鸣笛,则由运动学规律可知,此时救护车距出发处的距离为s=a+v(t0-t1),又s=v0(t2-t0) 联立并代入数据解得s=680 m。 考法1　单物体多过程问题 1. (2025·漳州高三模拟)一辆汽车在平直公路上由静止开始做匀加速直线运动,达到最大速度后保持匀速运动。已知汽车在启动后的第2 s内前进了6 m,第4 s内前进了13.5 m,下列说法正确的是(　　) A.汽车匀加速时的加速度大小为6 m/s2 B.汽车在前4 s内前进了31.5 m C.汽车的最大速度为16 m/s D.汽车的加速距离为20 m 考法全训 √ 解析:汽车在第4 s内的位移大于第2 s内的位移，则前2 s内汽车一直在加速，设汽车的加速度大小为a，则6 m=a(22-12)，解得a=4 m/s2，故A错误；若汽车在第4 s初达到最大速度，则汽车在第4 s内能前进Δs4=at3·Δt=4 m/s2×3 s×1 s=12 m<13.5 m；若汽车在第4 s末达到最大速度，则汽车在第4 s内能前进Δs4=a-a=14 m>13.5 m； 所以以上两种假设均不成立，汽车应在第4 s内的某时刻达到最大速度，设汽车的加速时间为t，则有Δs4=at2-a+at(t4-t)=13.5 m，解得t= 3.5 s，汽车的最大速度为vm=at=14 m/s，前4 s内前进了s4=s3+Δs4=a+Δs4=31.5 m，汽车的加速距离为s加=at2=24.5 m，故B正确，C、D错误。 考法2　多物体多过程问题 2.(2025·上杭高三检测)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,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。 (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; 答案:6 s　 解析:在绿灯亮后,设第3辆车从启动到车头过停止线过程一直加速,等待时间为t1,运行时间为t2,则t1=2t0=2 s,2(L+L0)=a,解得t2=4 s 第3辆车车头过停止线的速度v=at2=6 m/s<15 m/s,假设成立 停止线后第3辆车车头过停止线的时间 t=t1+t2=6 s。 (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? 答案:能 解析: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s1， 则t3=16t0=16 s，s1=16(L+L0)=96 m 设第17辆车经过时间t4速度达到限速，加速通过的距离为s2， 则vm=at4，s2=a， 解得t4=10 s，s2=75 m 在黄灯亮前，设第17辆车匀速运动的时间为t5，匀速通过的距离为s3，则 t5=Δt-t3-t4=4 s，s3=vmt5=60 m 绿灯亮后，黄灯亮前，第17辆车通过的总距离为s4=s2+s3=135 m 由于s4=135 m>s1=96 m 所以第17辆车在本次绿灯期间能通过该路口。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.(2024·北京高考)一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶,制动后做匀减速直线运动,经2 s停止,汽车的制动距离为(　　) A.5 m B.10 m C.20 m D.30 m 解析:汽车做末速度为零的匀减速直线运动,则有s=t=10 m,故选B。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2.(2025年1月·八省联考云南卷)司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时,立即开始制动,使汽车做匀减速直线运动,直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是 (　　) A.9.0 s,0.5 m/s2 B.7.0 s,0.6 m/s2 C.6.0 s,0.7 m/s2 D.5.0 s,0.8 m/s2 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:汽车做匀减速直线运动过程，初速度v0=36 km/h=10 m/s，末速度v<20 km/h≈5.56 m/s，该过程汽车速度的变化量Δv不小于4.44 m/s，根据匀变速直线运动关系Δv=at，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积不小于4.44 m/s，符合题意的只有A选项，故选A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 3.(2025·宁德高三阶段练习)汽车已经走进了千家万户,成为普通家庭的消费品,驾驶技能从职业技能成为基本生活技能。考驾照需要进行一项路考——定点停车。路旁竖一标志杆,在车以大小为v的速度匀速行驶的过程中,当车头与标志杆的距离为s时,学员立即刹车,让车做匀减速直线运动,车头恰好停在标志杆处。若忽略学员的反应时间,则汽车刹车 (　　) A.时间为 B.加速度大小为 C.经过一半时间时的位移大小为 D.经过一半距离时的速度大小为 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:由题意得，汽车从刹车到停止的平均速度大小为==，故汽车刹车的时间为t==，故A错误；设汽车刹车的加速度大小为a，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有 0-v2=-2as，解得a=，故B正确；根据匀变速直线运动位移与时间关系，汽车经过一半时间的位移大小为=v·-a· 2=s，故C错误；设汽车经过一半距离时的速度大小为，根据匀变速直线运动速度与位移的关系有-v2=-2a·，解得=v，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.(2025·山西朔州模拟)一辆汽车在平直公路上以10 m/s的初速度做匀加速直线运动,2 s内的位移为30 m。则下列说法正确的是 (　　) A.汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m B.汽车运动的加速度大小为15 m/s2 C.汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为1∶3 D.汽车第2 s末的速度大小为14.1 m/s 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析: 2 s内的位移为30 m，可知1 s末的速度v1==15 m/s，第1 s内的位移s1=t1=×1 m=12.5 m，第2 s内的位移为s2=17.5 m，则汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m，汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为5∶7，A正确，C错误； 汽车运动的加速度大小为a== m/s= 5 m/s，B错误；汽车第2 s末的速度大小为v2=v0+at2=(10+5×2)m/s=20 m/s，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 5.(2024·山东高考)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,若木板长度为L,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2L,通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为 (　　) A.(-1)∶(-1) B.(-)∶(-1) C.(+1)∶(+1) D.(+)∶(+1) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:木板在光滑斜面上运动时，木板的加速度不变，设木板的加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L=a，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L=a，当木板长度为2L时，有3L=a，又Δt1=t1-t0，Δt2=t2-t0，联立解得Δt2∶Δt1=∶，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 二、双项选择题 6.(2025·湖南长沙模拟)高铁目前是我国的一 张名片。在某火车站,维护员站在中央高铁站台 上,观察到有一列高铁正在减速进站(可视为匀减 速直线运动)。维护员发现在高铁减速过程中相邻两个相等时间内从他身边经过的车厢节数分别为n1和n2,则n1和n2之比可能是 (　　) A.2∶1 B.3∶1 C.7∶2 D.4∶1 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析:设高铁减速过程的加速度大小为a，相邻两个相等时间为T，第二个相等时间的末速度为v，一节车厢的长度为L，根据逆向思维可得n2L=vT+aT2，(n1+n2)L=v·2T+a(2T)2，可得n1L=vT+aT2，则有=，可得<≤，故选A、B。 1 5 6 7 8 9 10 11 7.(2025·福建福清质检)如图所示,质点在O点由静止开始先做匀加速直线运动,加速度大小为a1,经过时间t运动到A点,速度大小为v1,再以加速度大小a2继续做匀变速直线运动,又经过时间2t运动到B点,速度大小为v2。已知OA=2BO,则(　　) A.= B.= C.= D.= 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:设由O到A为正方向,OA=2BO=2L,质点由O到A过程,2L=a1t2,速度大小为v1=a1t,再以加速度大小a2经过时间2t运动到B点,-3L=v1×2t-a2(2t)2,速度大小为v2=,整理得=,=,故选A、D。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 8.如图所示,车长均为4 m、间隔为1 m的两辆车在路口停止线后依次排列等候绿灯,第一辆车的前端刚好与路口停止线相齐。已知开动后两车都以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动直到离开路口,两车达到最大速度72 km/h后均做匀速直线运动。绿灯亮起瞬间,第一辆车开动,待两车相距5 m时,第二辆车开动,则下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.第二辆车开动时,第一辆车已行驶的时间为 s B.第二辆车开动时,第一辆车的速度为4 m/s C.第一辆车达到最大速度时,第二辆车的速度为8 m/s D.行驶过程中两车相距的最大距离为41 m 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:当第一辆车向前行驶4 m时,第二辆车开始启动,根据位移时间关系可得x1=a,解得t1=2 s,故A错误;由速度公式得v1=at1=4 m/s,故B正确;最大速度vm=72 km/h=20 m/s,由vm=at0,解得t0=10 s,此时第二辆车运动时间为t2=t0-t1=8 s,则v2=at2=16 m/s,故C错误;当第二辆车达到最大速度时,两车相距最远,以后距离不再发生变化,分析知最大距离为d= 1 m+vmt1=41 m,故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 三、非选择题 9.(3分)(2025·泉州高三检测)如图，将一小球从竖直砖墙的某位置由静止释放。用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3……所示的小球运动过程中每次曝光的位置，已知连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度均为d，根据图中的信息，小球在 位置2的速度大小为　　　，小球下落的加速度大小为　　　　，位置1　　　　(填“是”或“不是”)小球下落的起点。 2 3 4 　 　 不是 1 5 6 7 8 9 10 11 解析:由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，可得小球在位置2的速度为v2==，根据相邻相等时间内位移差公式有a=。根据题意由匀变速直线运动规律得位置1点的速度v1=v2-aT=≠0，所以位置1不是小球下落的起点。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 10.(10分)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: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)小轿车从开始刹车25 s内通过的最小距离；(4分) 答案:300 m　 解析: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 s1==300 m。 1 5 6 7 8 9 10 11 (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。(6分) 答案:265 m 解析:小轿车在反应时间内行驶的距离为 s0=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s=s0+s1=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Δs=s-50 m=265 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(12分)(2025·石家庄高三月考)分拣机器人在智能系统的调度下,能够自主规划路线,确保高效、准确的分拣作业。如图所示为某次分拣过程示意图,机器人从A处由静止出发沿两段直线路径AB、BC运动到C处停下,再将货物从托盘卸到分拣口。已知机器人最大运行速率为vm=3 m/s,机器人加速或减速运动时的加速度大小均为a=2.5 m/s2,AB距离为s1= 6 m,BC距离为s2=2.5 m,机器人途经 B处时的速率为零,要求机器人能在 最短时间内到达分拣口。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)机器人从A到B过程中,从静止加速到最大运行速率vm所需时间t0;(3分) 答案:1.2 s　 解析:机器人从A到B过程中,从静止加速到最大运行速率vm所需时间t0== s=1.2 s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)机器人从A运动到B的时间t1;(4分) 答案:3.2 s　 解析:机器人从A运动到B的过程，加速运动位移s11=t0=1.8 m 减速运动位移s12=t0=1.8 m 匀速运动时间t'==0.8 s 则机器人从A运动到B的时间t1=t0+t0+t'=3.2 s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)机器人从B运动到C的平均速度大小。(5分) 答案:1.25 m/s 解析:由于s11+s12>s2，机器人从B运动到C的过程不能加速到最大速率vm，设机器人加速到v1后开始减速，加速和减速过程中时间和位移大小相等，设机器人从B运动到C的时间为t2，则 s2=2×，t2=2×= 解得=1.25 m/s。 2 3 4 $$