第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

该高中物理高考复习课件聚焦“匀变速直线运动的规律”核心考点，依据高考评价体系明确物理观念和科学思维考查要求，通过表格梳理公式选用、符号规定及正误判断巩固基础，结合2024山东卷等真题归纳刹车类、双向可逆类等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+方法建模”，如典例5用平均速度法和逆向思维解决锥筒问题，典例7逆向分析飞机着陆刹车，培养科学推理和模型建构素养。设“易错陷阱警示”和“方法技巧总结”，帮助学生掌握答题技巧，教师可精准定位学情，提升复习效率。

第2讲　匀变速直线运动的规律 第一章　运动的描述　匀变速直线运动的研究 [学习目标]　1.理解匀变速直线运动的基本公式,并能熟练灵活应用。 2.掌握匀变速直线运动的推论,并能应用解题。 课时作业 巩固提高训练 考点一　匀变速直线运动的基本规律 考点二　处理匀变速直线运动的常用方法 内容索引 考点一　匀变速直线运动的基本规律 一 4 盘点 核心知识 1.匀变速直线运动:沿着一条直线,且　　　　不变的运动。  2.常用运动学公式及其选用方法 加速度 涉及的 物理量 没涉及的 物理量 适宜选用的公式 v0、v、a、t x 速度公式:v=　　　  v0、a、t、x v 位移公式:x=　　　  v0、v、a、x t 速度与位移关系式:　　　　=2ax  v0、v、t、x a 平均速度与位移关系公式:x=　　　  v0+at　 v0t+at2 v2- 　t 特别提醒:运动学公式中符号的规定 一般规定初速度的方向为正方向,与初速度同向的物理量取正值,反向的物理量取负值。若v0=0,一般以加速度的方向为正方向。 [判断正误] 1.匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动。(　　) 2.匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　) 3.匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 (　　) 4.匀变速直线运动中,经过相同的时间,速度变化量相同。 (　　) √ × × √ 考向1　基本规律的应用 [典例1]　(2024·山东卷)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) 提升 关键能力 A [解析]　木板在斜面上运动时,木板的加速度不变,设加速度为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=(-1)∶(-1),故选A。 [典例2]　(2025·八省联考云南卷)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 A [解析]　汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0为36 km/h=10 m/s,末速度v不大于限速为20 km/h≈5.56 m/s,该过程汽车速度的变化量大小Δv不小于v0-v≈4.44 m/s,根据匀变速运动速度与时间关系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,结合选项内容,符合题意的仅有A选项。 解决直线运动的流程 注意:一个过程中必须有3个已知量才能求未知量,如果不足3个已知量,一定需要另外的过程,利用两个过程列方程组求解未知量。 方法技巧 1.(2025·河北廊坊模拟)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 B 教参独具 解析:设汽车启动时的加速度大小为a,假设汽车在第2 s末达到最大速度,则6 m=a(22-12)s2,解得a=4 m/s2,则第4 s内做匀速直线运动,应前进Δx4=at2·Δt=4 m/s2×2 s×1 s=8 m<13.5 m,则说明假设不成立,汽车达到最大速度的时刻应在2 s之后,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Δx4=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Δx4=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Δx4=at2-a+(t4-t)at=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x4=x3+Δx4= a+Δx4=31.5 m,汽车的加速距离为x加=at2=24.5 m,故B正确,C、D错误。 考向2　两种匀减速直线运动的比较 [典例3]　在野外自驾游时可能出现野生动物突然从路边窜出的情况。如图,汽车以大小为10 m/s的速度匀速行驶,突然一头大象冲上公路,司机立即刹车(假设司机的反应时间为0.5 s),汽车的加速度大小为2 m/s2,以司机发现大象的时刻为计时起点。求: (1)汽车前1.5 s内的位移大小; [解析]　根据题意可知,司机的反应时间内, 汽车的位移为x1=v0·Δt=5 m 前1.5 s内,汽车刹车后行驶的时间为t1=t-Δt=1 s 汽车刹车后行驶的位移为x2=v0t1-a=9 m 汽车前1.5 s内的位移大小为x=x1+x2=14 m。 [答案]　14 m　 (2)汽车刹车后6 s内的位移大小; [解析]　汽车从开始刹车至停止所用的时间为 t0==5 s 即汽车刹车后6 s时已停止,则 刹车后6 s内的位移大小为x2==25 m。 [答案] 25 m (3)汽车停止前1 s内的平均速度大小。 [解析]　汽车停止前1 s内的位移可反向看成初速度为零的匀加速直线运动第1 s内的位移,即 Δx=a=1 m 由== m/s=1 m/s。 [答案]　1 m/s [典例4]　(多选)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,物体的加速度始终为5 m/s2,方向沿斜面向下。当物体的位移大小为7.5 m时,下列说法正确的是(　　 ) A.物体运动时间可能为1 s B.物体运动时间可能为3 s C.物体运动时间可能为(2+)s D.物体此时的速度大小一定为5 m/s ABC [解析]　以沿斜面向上为正方向,a=-5 m/s2,当物体的位移为向上的 7.5 m时,x=+7.5 m,由运动学公式x=v0t+at2,解得t1=3 s或t2=1 s,故A、B正确;当物体的位移为向下的7.5 m时,x=-7.5 m,由x=v0t+at2,解得t3=(2+)s或t4=(2-)s(舍去),故C正确;由速度公式v=v0+at,解得v1= -5 m/s、v2=5 m/s、v3=-5 m/s,故D错误。 两种匀减速直线运动的比较 两种运动 运动特点 求解方法 刹车类 问题 匀减速到速度为零后停止运动,加速度a突然消失   求解时要注意确定实际运动时间 双向可逆 类问题 如沿光滑固定斜面上滑的小球,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   求解时可分过程列式,也可对全过程列式,但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义 方法技巧 二 考点二　处理匀变速直线运动的常用方法 22 盘点 核心知识 1.匀变速直线运动的三个推论 (1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的,还等于中间时刻的瞬时速度。 平均速度公式:==。 (2)位移中点的速度:=。 (3)连续相等的时间间隔T内的位移差相等。 ①Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=　　　　。  ②xn-xm=　　　　。  aT2 (n-m)aT2 2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式 (1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度大小之比为 v1∶v2∶v3∶…∶vn=　　　　　　　　。  (2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移大小之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn=　　　　　　 　　。  (3)第1个T内、第2个T内、第3个T 内、…、第n个T内的位移大小之比为 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为 t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。 1∶2∶3∶…∶n　 12∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n-1) 考向1　平均速度法 [典例5]　(2024·广西卷)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: 提升 关键能力 (1)滑行的加速度大小; [解析]　根据匀变速运动规律,某段时间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 2、3号锥筒间中间时刻的速度为v2==1.8 m/s 故可得加速度大小为a===1 m/s2。 [答案]　1 m/s2　 (2)最远能经过几号锥筒。 [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 运用逆向思维法,从1号锥筒开始到停止时通过的位移大小为 x==3.001 25 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒。 [答案]　4号 　人教版必修第一册第二章章末复习与提高B组第5题: 子弹垂直射入叠在一起的相同木板,穿过第20块木板后的速度变为0。可以把子弹视为质点,已知子弹在木板中运动的总时间是t,认为子弹在各块木板中运动的加速度都相同。 (1)子弹穿过第1块木板所用的时间是多少? (2)子弹穿过前15块木板所用的时间是多少? (3)子弹穿过第15块木板所用的时间是多少? 考教衔接 [衔接分析]　都是把匀减速运动到零的运动位移等间距划分且都运用逆向思维法。教材题目利用逆向思维运用位移和时间公式求时间,不需求加速度;高考题中利用匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求速度,进而求得加速度,再结合基本公式求位移,高考题的难度稍高一点。 [复习指导]　熟练掌握匀变速直线运动的推论及基本公式,并能灵活应用在逆向思维中。 [答案]　(1)t-t　(2)　(3)t 考向2　等时间段位移差公式 [典例6]　一质点做匀加速直线运动,位移为x1时,速度的变化量为Δv;紧接着位移为x2时,速度的变化量仍为Δv,则质点的加速度为(　　) A.(Δv)2(-)　　　　　 B.(Δv)2(+) C. D. C [解析]　在匀变速直线运动中,速度变化Δv所用的时间为t=,根据题意可知质点通过位移x1和x2过程中所用时间相同,根据Δx=at2可得x2-x1=a()2,解得a=,故选C。 考向3　逆向思维法解决匀变速直线运动问题 [典例7]　(多选)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 AC [解析]　飞机着陆后的匀减速直线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=a,在t2=4 s内的位移为x2=a,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总== s=30 s,C正确;该飞机在跑道上滑行的距离为x=t总=×30 m=900 m,D错误。 考向4　初速度为零的匀变速直线运动的比例法 [典例8]　在某次跳水比赛中,若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动,该运动过程的时间为8t。设运动员入水后向下运动过程中,第一个t时间内的位移大小为x1,最后两个t时间内的总位移大小为x2,则x1∶x2为(　　) A.17∶4 B.13∶4 C.15∶4 D.15∶8 C [解析]　初速度为零的匀加速直线运动,在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内……第n个t时间内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn =1∶3∶5∶…∶(2n-1),将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动,运动员运动总时间为8t,则第一个t时间内的位移即为逆过程中第八个t时间内的位移,最后两个t时间内的总位移即为逆过程中前两个t时间内的位移,故x1∶x2=15∶(1+3)=15∶4,故C正确。 [典例9]　(多选)(2025·广西南宁高三检测)弹道凝胶是用来模拟测试子弹对人体破坏力的一种凝胶,它的密度、性状等物理特性都非常接近于人体肌肉组织。某实验者在桌面上紧挨着放置8块完全相同的透明凝胶,枪口对准凝胶的中轴线射击,子弹即将射出第8块凝胶时速度恰好减为0,子弹在凝胶中运动的总时间为t,假设子弹在凝胶中的运动可看作匀减速直线运动,子弹可看作质点,则以下说法正确的是(　　) A.子弹穿透第6块凝胶时,速度为刚射入第1块凝胶时的一半 B.子弹穿透前2块凝胶所用时间为t C.子弹穿透前2块凝胶所用时间为t D.子弹穿透第1块与最后1块凝胶的平均速度之比为(-)∶1 [答案]　AC [解析]　因为子弹做匀减速直线运动,可将其视为反向的初速度为0的匀加速直线运动,由静止开始运动后连续两段相等时间内的位移之比为x1∶x2=1∶3=2∶6,即射穿第6块凝胶时,恰为全程时间中点,速度为全程的平均速度=,即初速度的一半,故A正确;将8块凝胶分为四等份,根据通过连续相等位移的时间比可得,射入凝胶后穿过每份凝胶所用时间之比为t1'∶t2'∶t3'∶t4'=(-)∶(-)∶(-1)∶1,则子弹穿过第一份凝胶,即前2块凝胶所用的时间为t1'=t,故B错误,C正确;因每块凝胶大小一致,若令穿透最后1块凝胶的时间为1 s,则穿透第1块凝胶的时间应为(-)s,则平均速度之比应为(+)∶1,故D错误。 匀变速直线运动常用方法说明 总结提升 2.物体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,如图所示,已知物体运动到距斜面底端l处的B点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间。 答案:t 教参独具 解析:方法一　平均速度法 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,得==,又=2axAC,=2axBC,xBC=,可得vB==,vB正好等于AC段的平均速度,因此B点是这段位移的中间时刻,因此有tBC=t。 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。 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。 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。 3.(2023·山东卷)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 C 解析:本题解法不唯一,仅取两种解法为例。 方法一　设电动公交车通过R、S、T三点的速度分别为vR、vS、vT,通过RS段和ST段的平均速度分别为,依题意及匀变速直线运动规律有 ==10 m/s① ==5 m/s② xRS=·tRS ③ xST=·tST ④ xST=2xRS ⑤ 由③④⑤联立可得tST=4tRS ⑥ 设匀减速直线运动的加速度大小为a,则 vR=vT+5atRS ⑦ vS=vT+4atRS ⑧ 联立①⑦⑧式,整理可得9atRS=20 m/s-2vT ⑨ 联立②⑧式,整理可得4atRS=10 m/s-2vT ⑩ ⑨⑩两式相除整理得=,解得vT=1 m/s,故C选项正确。 方法二　设电动公交车通过R、S、T三点的速度分别为vR、vS、vT,通过RS段和ST段的平均速度分别为,设匀减速直线运动的加速度大小为a,依题意及匀变速直线运动规律有 ==10 m/s① ==5 m/s② -=2axRS③ -=2axST④ xST=2xRS⑤ 联立③④⑤式,得== ⑥ 联立①②⑥式,得vR=vT+10 m/s, vS=10 m/s-vT,= 解得vT=1 m/s。 4.(多选)(2025·江西赣州模拟)我国2023年新能源车出口120多万辆,稳居全球首位。一辆新能源车在某次直线测试中,速度从0加速到20 m/s所用时间为8 s,且加速度随速度的增加而逐渐减小,该车在这段时间内(　　) A.加速到10 m/s时,用时大于4 s B.平均加速度大小为2.5 m/s2 C.位移大于80 m D.运动到总位移一半时,速度小于10 m/s BC 解析:平均加速度大小为== m/s2=2.5 m/s2,作出该车运动的v-t图像如图所示,因加速度随速度的增加而逐渐减小,则开始阶段的加速度大于2.5 m/s2,加速到10 m/s时,用时小于4 s,运动到总位移一半时,速度大于10 m/s,选项A、D错误,B正确; 若做匀加速运动,则位移为x=t=80 m,因做加速 度减小的加速运动,结合v-t图像,则汽车的位移 大于做匀加速运动时的位移,可知位移大于80 m, 选项C正确。 三 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1.(2024·北京卷)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 B A 夯实基础 解析:汽车做末速度为零的匀减速直线运动,则有x=t=10 m,故选B。 2.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,汽车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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:根据题意,设相邻两棵树之间的距离为x,汽车的加速度为a,车头刚好与第5棵树对齐时有4x=a,当车头与第2棵树对齐时有x=a,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v2==50 km/h,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 3.(2024·江西卷)一质点沿x轴运动,其位置坐标x与时间t的关系为x=1+2t+3t2(x的单位是m,t的单位是s)。关于速度及该质点在第1 s内的位移,下列选项正确的是(　　) A.速度是对物体位置变化快慢的描述,6 m B.速度是对物体位移变化快慢的描述,6 m C.速度是对物体位置变化快慢的描述,5 m D.速度是对物体位移变化快慢的描述,5 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:根据速度的定义式v=可知,速度等于位移与时间的比值,位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量,这个定义强调了速度不仅描述了物体运动的快慢,还描述了物体运动的方向,因此,速度是描述物体位置变化快慢的物理量;再根据质点位置随时间的关系x=1+2t+3t2可知,开始时质点的位置x0=1 m,1 s时质点的位置x1=6 m,则1 s内质点的位移为Δx=x1-x0=5 m,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 4.2024年3月10日8时,备受瞩目的南昌安义半程马拉松在安义县迎宾大道鸣枪开跑!来自全国各地的6 000名马拉松爱好者精神抖擞,应声出发,奔向终点。在某阶段,某马拉松爱好者从O点沿水平地面做匀加速直线运动,运动过程中依次通过A、B、C三点。已知AB=6 m,BC=9 m,该马拉松爱好者从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度的变化量都是2 m/s,则该马拉松爱好者经过C点时的瞬时速度为(　　)  A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.7 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:设马拉松爱好者经过A点时的速度为v,则经过B点时的速度为 v+2 m/s,经过C点时的速度为v+4 m/s,则从A到B点的过程中有 (v+2 m/s)2-v2=2axAB 从B点到C点的过程中有 (v+4 m/s)2-(v+2 m/s)2=2axBC 联立解得v=3 m/s,则经过C点时的速度为 vC=7 m/s 故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 5.一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上行驶,因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动,最后静止。汽车在最初3 s内通过的位移与最后3 s内通过的位移之比x1∶x2=5∶3,则汽车制动的总时间t(　　) A.t>6 s B.t=6 s C.4 s<t<6 s D.t=4 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 解析:设汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为a,把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,则最后3 s内通过的位移x2=a=a(m),在最初3 s内通过的位移x1=at2-a(t-3)2=a(6t-9) (m),又x1∶x2=5∶3,解得t=4 s,故A、B、C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 6.一辆公共汽车进站后开始刹车,做匀减速直线运动。开始刹车后的第 1 s内和第2 s内位移大小依次为 9 m 和 7 m,则刹车后6 s内的位移是 (　　) A.20 m B.24 m C.25 m D.75 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:由Δx=aT2得a= m/s2=2 m/s2,由9 m=v0T-aT2得v0=10 m/s,汽车刹车时间t==5 s<6 s,故刹车后6 s内的位移为刹车后5 s内的位移,x==25 m,故选项C正确。 7.据了解,CR300AF型复兴号动车组是拥有完全自主国产研发的中国标准动车组体系中的新车型。该车型设计速度为300 km/h,外观呈淡蓝色,除此之外复兴号动车组全车覆盖免费Wi-Fi,且每两个座椅有一个插座。假设一列复兴号动车组进站时从某时刻起做匀减速直线运动,分别用时3 s、2 s、1 s连续通过三段位移后停下,则通过这三段位移的平均速度之比是(　　) A.9∶4∶1 B.27∶8∶1 C.5∶3∶1 D.3∶2∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 解析:可将动车组匀减速过程看作初速度为0的匀加速过程,根据匀变速直线运动规律可知匀减速直线运动最后连续通过三段位移的比值为27∶8∶1,根据平均速度的计算公式=可知,这三段位移的平均速度之比是9∶4∶1,故A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 8.(2025·陕西西安模拟)某地有一高828 m的建筑,游客乘坐观光电梯经历加速、匀速、减速的过程能够到达观景台,在台上可以鸟瞰该地全景,颇为壮观。已知某次运行过程中,电梯加速、减速的加速度大小均为1 m/s2,通往观景台只用了50 s,电梯运行高度为525 m,则(　　) A.电梯匀速运行的时间为15 s B.电梯匀速运行的时间为30 s C.电梯运行的最大速度为15 m/s D.电梯运行的最大速度为21 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:方法一　设电梯匀速运行的时间为t,最大速度为vm,则vm=a,vmt+2×vm×=525 m,将a=1 m/s2代入解得t=20 s,vm=15 m/s,故选C。 方法二　作出电梯运行的v-t图像,如图所示, 设匀速运动的时间为t,电梯加速、减速的加速 度大小均为1 m/s2,则加速和减速的时间相等为 t1=,故最大速度为vm=at1,图像的面积大小为525 m,即有vm(50 s+t)=525 m,联立以上两式解得t=20 s,vm=15 m/s,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 9.(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,则下列关于汽车的说法正确的是(　　) 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 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A B 能力提升 解析:根据匀变速运动规律,某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知,1 s末的速度v1===15 m/s,第1 s内的位移x1=t1=× 1 m=12.5 m,第2 s内的位移为x2=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,选项A正确,C错误;汽车运动的加速度大小为a== m/s2=5 m/s2,选项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,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 10.如图所示,将固定在水平地面上的斜面分为四等份,AB=BC=CD=DE。一小球从斜面底端A点冲上斜面,经过时间t刚好能到达斜面顶端E点。小球在向上做匀减速运动的过程中,通过BD段所用的时间为(　　) A.t B.t C.t D.t 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 C 解析:小球从斜面底端A点斜向上做匀减速直线运动直至速度为零,由通过连续相等位移所用时间之比的特点可知,通过各段所用的时间之比为tDE∶tCD∶tBC∶tAB=1∶(-1)∶(-)∶(2-),所以=,故通过BD段所用的时间为t,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 11.某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时,发动机产生的最大加速度为5 m/s2,所需的起飞速度约为50 m/s,航母静止时,弹射系统能给舰载机25 m/s的初速度。若航母以15 m/s的航速匀速行驶,弹射系统开启,为保证飞机能从舰上顺利起飞,航母上飞机跑道的长度至少约为(　　) A.40 m B.60 m C.80 m D.100 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 解析:弹射系统开启时飞机对地的速度大小为v0=25 m/s+15 m/s=40 m/s,根据匀变速直线运动的规律可知,飞机起飞加速的时间t==s=2 s,这段时间内飞机的位移x1== m=90 m,航母的位移x2=v't=15× 2 m=30 m,故跑道的长度Δx≥x1-x2=60 m,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 12.(15分)假设收费站的前、后都是平直大道,假期间过站的车速要求不超过v=21.6 km/h,小汽车未减速前的车速为v0=108 km/h,制动后小汽车加速度的大小为a1=4 m/s2。试问: (1)假期间,驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:画草图(运动过程)如图所示。   v=21.6 km/h=6 m/s,v0=108 km/h=30 m/s,小汽车进入收费站前做匀减速直线运动,设在距收费站至少为x1处开始制动,则有v2-=-2a1x1 解得x1=108 m。 答案:108 m　 (2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中,小汽车运动的时间至少是多少? 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析: 小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,设前、后两段的位移分别为x1和x2,时间分别为t1和t2。 减速阶段,有v=v0-a1t1 解得t1==6 s, 加速阶段,有v0=v+a2t2 解得t2==4 s, 则小汽车运动的时间至少为t=t1+t2=10 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 答案: 10 s　 (3)在(1)(2)问中,车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少? 解析: 加速阶段,有-v2=2a2x2 解得x2=72 m, 则总位移x=x1+x2=180 m, 若不减速通过收费站,则所需时间t'==6 s, 故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt=t-t'=4 s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 答案: 4 s $$