第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

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，覆盖基本公式、推论应用及多物体多过程问题三大高考高频内容。依据高考评价体系，通过梳理近5年广东卷及全国卷真题，明确“公式选用技巧”“逆向思维法”“比例法”等考查重点，归纳刹车问题、纸带分析、多物体运动等常考题型，体现高考备考的针对性与实用性。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+素养提升”策略，如以2024广东二模冰壶多过程问题为例，用逆向思维法突破运动过程分析，结合2023辽宁卷飞机滑行题训练科学推理能力。特设高考错点精讲（如位移公式系数易错点）和“五法解题”模型，培养学生科学思维与模型建构素养，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准开展高效复习教学。

第2讲　匀变速直线运动的规律 高三一轮复习讲义　广东专版 第一章　运动的描述　匀变速直线运动 1.理解匀变速直线运动的特点及规律，熟练应用匀变速直线运动的基本公式解决实际问题。 2.灵活运用匀变速直线运动的有关推论。 3.会解决匀变速直线运动中的多物体、多过程问题。 学习目标 考点一　匀变速直线运动的基本公式 考点二　匀变速直线运动的推论及其应用 考点三　匀变速直线运动中的多物体、多过程问题 课时测评 内容索引 聚焦学科素养 匀变速直线运动的基本公式 考点一 返回 1.速度—时间关系式(速度公式)：___________。 2.位移—时间关系式(位移公式)：_____________。 3.速度—位移关系式：______________。 知识梳理 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－＝2ax (2024·江西卷·T3·改编) 某物体位置随时间的关系为x＝1＋2t＋3t2。判断下列说法的正误： (1)物体的初速度大小为2 m/s。 ( ) (2)物体的加速度大小为3 m/s2。 ( ) (3)物体在第1 s内的位移大小为5 m。 ( ) (4)物体的初始位置x＝2 m。 ( ) √ × √ × 基本公式的选用技巧 核心突破 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－＝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，与初速度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。 (2023·广东高考物理考前诊断性测试练习卷)某高中实验小组设计了一个研究匀减速直线运动规律的方案，利用数控式打点计时器记录其运动信息，从开始减速为计时起点，刚好停下时记录下最后一个点，打点频率为1 Hz。通过分析小车在减速过程中的纸带，第一、二个点之间的距离与最后两个点之间的距离之比为a，第一个点与最后一个点的距离为x，则从开始减速到停下的平均速度是 A. B. C. D. 例1 √ 匀减速直线运动减速至速度为0可以看作初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，设整个过程时间为t，加速度大小为a0，则开始刹车第一秒内位移x1＝a0t2－a0(t－1 s)2，刹车最后一秒内位移x2＝a0·(1 s)2，由题意可知＝a，代入数据解得t＝，所以从开始减速到停下的平均速度v＝＝，故选C。 针对练1.(多选)(2024·广东省广州市二模)如图，运动员先后将甲、乙两冰壶以相同的初速度从A点沿直线AO推离。若甲以加速度a1做匀减速运动后停在O点；乙先以加速度a2做匀减速运动，到达某位置，运动员开始刷冰面减小动摩擦因数，乙以加速度a3继续做匀减速运动并停在O点，则 A.a1＜a2 B.a1＜a3 C.a1＞a3 D.a2＞a3 √ √ √ 设AO＝x，甲、乙两冰壶的初速度为v0，乙先以加速度a2做匀减速运动的位移为x1，此时的末速度为v，由匀变速直线运动的公式，对甲冰壶可得＝2a1x，对乙冰壶可得－v2＝2a2x1，v2＝2a3，联立可得2a1x－2a3＝2a2x1，整理可得x＝x1，由题意可知，乙冰壶在位移为x1受到的摩擦力大于在位移为(x－x1)受到的摩擦力，由牛顿第二定律可知a2＞a3，可得a1＞a3，又x＞x1，则a1－a3＜a2－a1，可知a1＜a2。故选ACD。 针对练2.(2024·山东卷·T3)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) √ 对木板由牛顿第二定律可知，木板的加速度不 变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，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)，A正确。 返回 匀变速直线运动的推论及其应用 考点二 返回 1.平均速度公式：＝ ＝ ，即一段时间内的平均速度等于这段时间______时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的______。 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______，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 注意：对于不相邻的两段位移有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： ＝ 。 知识梳理 中间 一半 相等 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＝________________。 (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＝______________________。 (3)通过连续相等的位移所用时间之比： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶( －1)∶(－ )∶…∶( － )。 1∶2∶3∶…∶n 1∶3∶5∶…∶(2n－1) (2023·辽宁卷·T13·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)该飞机在水面上加速运动时间内的平均速度大小为40 m/s。 ( ) (2)该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)从任意时刻开始，该飞机匀加速直线滑行中相邻相等时间内的位移比一定等于1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 ( ) √ √ × 匀变速直线运动灵活解题的“常用五法” 核心突破 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 例2 √ 方法一：平均速度法 由题意知＝＝，＝2axAC，＝2axBC，xBC＝，由以上各式可得vB＝＝，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，可知在B点时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xBC∶xAB＝ ∶ ＝1∶3，而通过xAB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，则＝ ，且＝＝ ，OD＝t，OC＝t＋tBC，所以 ＝ ，解得tBC＝t，故选B。 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。 总结提升 针对练1.(2024·广东省佛山市普通高中教学质量检测)为提高航母的效能，福建舰安装了电磁弹射器，舰载机在弹射器的助推下能获得30～50 m/s2的加速度。若某舰载机从静止开始弹射，匀加速运动150 m达到100 m/s的起飞速度，则该过程的时间为 A.3.3 s B.3.0 s C.2.5 s D.1.5 s √ 由题知，舰载机从静止开始弹射，匀加速运动150 m达到100 m/s的起飞速度，则根据＝，解得t＝3.0 s。故选B。 针对练2.(多选)(2024·广东省中山市四校联考)图甲所示的云南龙江大桥是亚洲最大的高速公路悬索桥，图乙中A、B、C、D、E为大桥上五根钢丝绳吊索，每两根吊索之间距离相等，若汽车从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E处停下，通过吊索D时的瞬时速度为vD，通过DE段的时间为t，则 A.汽车通过吊索A时的速度大小为4vD B.汽车减速的时间为2t C.汽车通过吊索C时的瞬时速度等于通过AE段的平均速度 D.汽车通过AD段的平均速度是通过DE段的平均速度的3倍 √ √ 汽车减速到零，可以看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动的比例关系，可知汽车通过DE、AD段所用的时间之比为1∶1，可得汽车减速的时间等于2t，汽车通过吊索A时的速度为2vD，由题图乙可知汽车通过DE、AD段的位移之比为1∶3，则汽车通过AD段的平均速度是通过DE段的平均速度的3倍，故A错误， B、D正确；由题意可知，汽车做匀减速直线运动，汽车通过吊索D的时刻为AE段的中间时刻，汽车通过吊索C时的瞬时速度为AE段中间位置的速度，则根据匀变速直线运动的规律可知汽车通过吊索D的瞬时速度等于通过AE段的平均速度，所以汽车通过吊索C时的瞬时速度大于通过AE段的平均速度，C错误。故选BD。 返回 匀变速直线运动中的多物体、多过程问题 考点三 返回 考向1 多物体运动问题 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： (1)CD间距离多远？ 答案：4.5 m 例3 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)此刻A的上端滑道上还有几人？ 答案：2人 相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A上端滑道上还有2人。 (3)此时A距滑道顶端多远？ 答案：2 m 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＝＝，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端x＝＝2aT2＝2 m。 处理多物体同性质运动问题的技巧 　　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。 总结提升 考向2 物体运动的多过程问题 (2025·广东省肇庆市高三上学期一模)如图为某高速收费 站的标识牌。一辆汽车正沿直线向收费站驶来，如果这辆汽 车过ETC(电子不停车收费)通道，则需要在车辆识别装置前 x1＝16 m处减速至v1＝4 m/s，匀速到达车辆识别装置后再以 a2＝3 m/s2的加速度加速至v2＝28 m/s行驶，假设汽车减速过程中所受阻力与其重力的比值k＝0.2，且减速时间t0＝8 s，汽车进、出收费站的运动可视为水平面上的直线运动，g取10 m/s2。求： 例4 (1)汽车减速前的速度大小v0； 答案：20 m/s 设减速过程加速度大小为a0，由牛顿第二定律，有kmg＝ma0 由运动学规律，有v0－a0t0＝v1， 代入数据解得v0＝20 m/s。 (2)汽车到达车辆识别装置后加速运动的位移大小x2； 答案：128 m 由运动学规律，有－＝2a2x2 代入数据解得x2＝128 m。 (3)汽车从开始减速到加速结束的平均速度大小。 答案：12 m/s 加速过程的时间t2＝＝8 s 匀速过程的时间t1＝＝4 s 减速过程的位移大小x0＝v0t0－a0＝96 m 汽车从开始减速到加速结束的平均速度大小 ＝＝12 m/s。 处理多过程运动问题的策略 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。 总结提升 返回 1. 刹车类问题与双向可逆类运动 聚焦学科素养 返回 1.刹车类问题的特点 (1)刹车时匀减速到速度为零时即停止运动，加速度a突然消失。 (2)求解时要注意确定问题中所涉及的运动时间与刹车时间的大小关系。 (3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动处理。 (4)在刹车问题中，有时要考虑司机的反应时间，注意在反应时间内汽车做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动。 2.双向可逆类运动的特点 双向可逆类运动是指物体在恒力作用下的有往复的匀变速直线运动，其运动规律与竖直上抛运动规律相似，也可称之为“类竖直上抛运动”。如：物体以某一初速度沿足够长的光滑斜面上滑的运动。 类型1 刹车类问题 小明驾驶他的汽车以时速72 km/h匀速行驶在320国道上，看到前方十字路口闪烁的绿灯只有5 s了，他立即刹车，此后汽车做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2，等车子稳稳地停下来后，他挂好空挡，拉好手刹，抬头发现闪烁2 s的黄灯刚好变成红灯。则小明刹车后这7 s内汽车的位移大小是 A.17.5 m B.37.5 m C.40 m D.62.5 m 例1 √ 汽车速度v＝72 km/h＝20 m/s，汽车减速到零所用时间t＝＝ s＝4 s，后面剩下的3 s汽车已经停止运动，则从开始刹车到停止，汽车的位移大小是x＝at2＝×5×42 m＝40 m，C正确。 类型2 双向可逆类运动 如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5。忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是 A.8 s B.10 s C.16 s D.20 s 例2 √ 设物块运动的加速度为a，上滑运动时间为t，把物 块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线 运动，则最后5 s内的位移为x1＝a×(5 s)2＝a(m)，最初5 s内的位移为x2＝a(t－5 s)×5 s＋a×(5 s)2＝5at－a(m)，又因为x2∶x1＝11∶5，解得t＝8 s，由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C 正确。 (多选)一质点在水平面内做匀变速直线运动，已知初速度大小为v，经过一段时间速度大小变为2v，加速度大小为a，这段时间内的路程与位移大小之比为5∶3，则下列叙述正确的是 A.这段时间内质点运动方向不变 B.这段时间为 C.这段时间的路程为 D.再经过相同时间，质点速度大小为5v 例3 √ √ 由题意知，质点先做匀减速直线运动，速度减小到零后，再反向做匀加速运动，即在这段时间内运动方向改变，选项A错误；由v＝v0＋at得－2v＝v－at，解得t＝ ，选项B正确；由v2－＝2ax得，由初速度为v减速到零所通过的路程s1＝，然后反向加速到2v所通过的路程s2＝＝ ，则总路程为s＝s1＋s2＝ ，选项C错误；再经过相同时间，质点速度v'＝v－a·2t＝－5v，即速度大小为5v，选项D正确。 返回 课 时 测 评 返回 1.汽车辅助驾驶之“主动刹车系统”是利用雷达波监测 的，汽车前方有静止障碍物时，汽车可以主动刹车。对 于城市拥堵路段和红绿灯路口，主动刹车系统实用性非 常高。若汽车正以36 km/h的速度在路面上行驶，到达红绿灯路口离前方静止的汽车距离为10 m，主动刹车系统开启匀减速运动，能安全停下，下列说法正确的是 A.若汽车刹车加速度大小为6 m/s2，则经过2 s汽车前进60 m B.若汽车刹车加速度大小为8 m/s2，则经过1 s汽车速度为1 m/s C.汽车刹车加速度大小至少为5 m/s2才能安全停下 D.若汽车刹车加速度大小为10 m/s2，停车时离前面汽车的距离为2 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 根据题意可知汽车刹车时的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，若汽车刹车加速度大小为6 m/s2，则汽车停下来所用时间为t0＝＝ s＝ s＜2 s，则经过2 s汽车前进的距离为x＝t0＝ m，故A错误；若汽车刹车加速度大小为8 m/s2，则经过1 s汽车速度为v1＝v0－a1t1＝10 m/s－8×1 m/s＝2 m/s，故B错误；汽车离前方等待通行暂停的汽车距离为10 m， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有＝2a2x0，解得a2＝＝ m/s2＝5 m/s2，即汽车刹车加速度大小至少为5 m/s2才能安全停下，故C正确；若汽车刹车加速度大小为10 m/s2，停车时，根据速度与位移的关系式有0－＝－2a3x1，解得x1＝＝ m＝5 m，可知停车时离前面汽车的距离为10 m－5 m＝5 m，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 2.(2022·全国甲卷·T15)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.＋ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 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＝，在隧道内以允许最大速度匀速行驶，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＝t1＋t2＋t3＝＋，故 选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 3.(多选)(2025·湖南长沙高三月考)一质点从A点做初速度为零、加速度为a1的匀加速直线运动，经过一段时间后到达B点，此时加速度突然反向，大小变为a2，又经过同样的时间到达C点。已知A、C的距离为A、B的距离的一半，则a1与a2的大小之比可能为 A. B. C. D. √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由题意可画出运动示意图，如图所示。选从A到B方向为正方向，设AB＝x，则AC＝x，从A到B所用时间为t，则有x＝a1t2，vB＝a1t，若C点在A点右侧，从B到C，则有－x＝vBt－a2t2，解得＝；若C点在A点左侧，从B到C，则有－x＝vBt－a2t2，解得＝，故A、D错误，B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 4.(2024·广东省普通高中高三下学期一模)如图，调整水龙头的开关，使单位时间内流出水的体积相等。水由于重力作用，下落速度越来越大，水柱越来越细。若水柱的横截面可视为圆，图中a、b两处的横截面直径分别为0.8 cm和0.6 cm，则经过a、b的水流速度之比va∶vb为 A.1∶3 B.1∶9 C.3∶4 D.9∶16 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等，则有πvaΔt＝πvbΔt，可得va∶vb＝∶＝0.62∶0.82＝9∶16。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 5.(多选)如图所示，将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹(可视为质点)在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，则对子弹运动表述正确的是 A.子弹穿过每个水球的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1 B.子弹在每个水球中运动的平均速度相同 C.子弹在每个水球中运动的速度变化量相同 D.子弹依次进入四个水球的初速度之比为2∶∶∶1 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 将子弹的运动过程逆向看成从左到右的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…可知，子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，A正确；根据A项分析知，子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B错误；根据公式Δv＝aΔt知，子弹在每个水球中运动的速 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 度变化量不同，C错误；根据速度与位移的关系式有v2＝2ax，则v＝，设在每个水球中运动的位移大小为x0，可得子弹从左到右每次射出水球的速度之比为∶∶∶＝1∶∶∶2，即子弹从右到左减速过程依次进入四个水球的初速度之比为2∶∶∶1，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 6.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7 s，刹车过程的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为 A.4.2 m B.6.0 m C.7.8 m D.9.6 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前(0.3 s＋0.7 s)内做匀速直线运动，位移大小为x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7) m＝6 m，随后汽车做匀减速运动，位移大小为x2＝＝ m＝3.6 m，所以该ETC通道的长度约为L＝x1＋x2＝6 m＋3.6 m＝9.6 m。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 7.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，如图所示为《驾驶员守则》中的安全距离图，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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 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；由题图可知，汽 车匀速行驶的速度由40 km/h增大到80 km/h时，停 车距离由20 m增大到60 m，故C错误；酒后驾车反 应时间明显增加，根据公式x＝v0t0＋可知，停 车距离增加，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 8.竖井的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一升降机从竖井的井底由静止做匀加速直线运动，在上升16 m达到最大速度8 m/s的瞬间立即做匀减速直线运动，运行到井口时的速度恰好为0，此次升降机运行的总时间为12 s。下列说法正确的是 A.升降机减速时的加速度大小为2 m/s2 B.升降机加速时的加速度大小为2 m/s2 C.升降机此次运行上升的总距离为32 m D.升降机减速上升的距离为8 m √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由－0＝2a加x，可得a加＝2m/s2，升降机加速时的加速度大小为2m/s2，故B正确；加速所用时间为t加＝＝4 s，升降机减速时的加速度大小为a减＝＝1 m/s2，故A错误；升降机减速上升的距离为x减＝a减＝32 m，故D错误；升降机此次运行上升的总距离为x'＝x＋x减＝48 m，故C错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 9.ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。 如图所示，汽车以15 m/s的速度行驶，如果过人工 收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，经过 30 s缴费后，再加速至15 m/s行驶，如果经过ETC 通道，需要在中心线前方10 m处减速至5 m/s，匀速到达中心线后，再加速至15 m/s行驶，设汽车加速和减速的加速度大小均为1 m/s2。下列说法不正确的是 A.若汽车过人工收费通道，需要在距离中心线112.5 m处开始减速 B.若汽车过人工收费通道，从收费前减速开始，到收费后加速到15 m/s结束，需要60 s C.若汽车过ETC通道，需要距离中心线100 m处开始减速 D.若汽车过ETC通道，将会比走人工通道节省37 s √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 汽车过人工收费通道，减速时与中心线的距离为x＝＝112.5 m，故A正确；需要时间为t＝＋30 s＝60 s，故B正确；若汽车过ETC通道，减速时与中心线的距离为x'＝＋d＝100 m＋10 m＝110 m，故C错误；若过ETC通道，汽车加速和减速的时间为t1＝＝20 s， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 中心线前方10 m内的匀速运动时间为t2＝＝2 s，由A、C选项分析可知，过站前提前减速少走112.5 m－110 m＝2.5 m，过站后加速少走112.5 m－100 m＝12.5 m，此时比人工通道的位移少15 m，则还需时间为t3＝ s＝1 s，则汽车走ETC通道将会比走人工通道节省时间为Δt＝t－t1－t2－t3＝37 s，故D正确。本题选择不正确的，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10.(10分)(2024·广东省顺德区普通高中高三上学期教学质量检测)2023年9月21日，中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，为广大青少年带来一场精彩的太空科普课。在奇妙“乒乓球”实验中，神舟十六号航天员用“特制”乒乓球拍将静止的水球拍出，若将该直线运动过程看成水球先做匀加速运动后做匀速运动，其中加速时间t1＝1 s，加速位移x1＝0.1 m，匀速阶段用时t2＝3 s，求： (1)水球匀速运动时的速度大小； 答案：0.2 m/s 据题意，水球从静止开始做匀加速直线运动，可得x1＝t1 代入数据解得v＝0.2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)加速过程中加速度大小； 答案：0.2 m/s2 由匀加速直线运动规律得v2＝2ax1 代入数据解得加速过程中加速度大小为 a＝0.2 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (3)全过程的总位移的大小。 答案：0.7 m 匀速阶段用时t2＝3 s，位移大小为 x2＝vt2＝0.6 m 水球运动全过程的总位移的大小为 x＝x1＋x2＝0.7 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 11.(10分)(2025·湖北省黄冈市一模)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x1＝6 m，BC距离x2＝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： (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； 答案：1.2 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 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＝1.2s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (2)机器人从A运动到B的时间t1； 答案：3.2 s 机器人从A运动到B的过程，加速运动位移大小x11＝t0＝1.8 m 减速运动位移大小x12＝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 5 6 7 8 9 10 1 11 (3)机器人从B运动到C的平均速度大小。 答案：1.25 m/s 由于2x11＞x2，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，则有x2＝2×，t2＝2×，＝ 解得＝1.25 m/s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 谢 谢 观 看 匀变速直线运动的规律 $