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（新高考）

该高中物理高考复习课件聚焦匀变速直线运动规律，覆盖基本公式、推论及多物体多过程三大核心考点，对接高考评价体系，通过2024江西卷、山东卷等真题分析考点权重，归纳公式选用、纸带分析等常考题型，夯实物理观念与科学思维素养，提升备考针对性。 课件亮点在于高考真题深度训练与应试策略指导，如通过平均速度法、逆向思维法解析匀减速上滑问题，针对刹车类问题强调运动时间判断，培养科学推理与模型建构素养。特设“公式选用技巧表”和易错点警示，助力学生掌握解题方法，教师可据此精准突破考点，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 高三一轮复习讲义 新高考 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 知识梳理 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：____________________。 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝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。 ( ) × √ × √ 核心突破 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－v02＝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。 (多选)2024年7月，中国第三 艘航空母舰“福建舰”完成了第三 次海试。图甲所示是“福建舰”海 试时的情境。图乙所示，假设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80 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 例1 √ √ 根据x1＝a1t12，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正确；飞机离开电磁弹射区后，根据速度—位移关系有v22－v12＝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BD。 针对练1.(多选)某质点做直线运动，位置随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100 (SI)，则对这个质点运动的描述，正确的是 A．做匀加速直线运动 B．初速度为100 m/s C．加速度为20 m/s2 D．在3 s末，瞬时速度为40 m/s √ √ 由位置随时间变化的关系式对比匀变速直线运动位移与时间的关系式x＝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、C错误，B正确；由匀变速直线运动速度与时间的关系式v＝v0＋at可得，在3 s末，瞬时速度为v＝(100－20×3) m/s＝40 m/s，故D正确。故选BD。 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．∶ B．∶ C．∶ D．∶ √ 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＝at02。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＝at12；当木板长度为2L时，有3L＝at22，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。 返回 匀变速直线运动的推论及其应用 考点二 返回 知识梳理 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。 中间 一半 相等 3．位移中点的速度公式： ＝ 。 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∶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)。 ( ) √ 核心突破 匀变速直线运动灵活解题的“常用五法” 例2 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 √ 方法一：平均速度法 由题意知，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·辽宁鞍山模拟)如图为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4 s内位移为9.6 m，第二个4 s内位移为16 m，下列说法正确的是 A．计时时刻送货车的速度为0 B．送货车的加速度大小为1.6 m/s2 C．送货车在第1个4 s末的速度大小为3.2 m/s D．送货车在第2个4 s内的平均速度大小为3.6 m/s √ 根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝ m/s2＝ 0.4 m/s2，B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度，可知送货车在第1个4 s末的速度大小为v1＝ m/s＝3.2 m/s，C正确；根据v＝v0＋at可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2 m/s－0.4×4 m/s＝1.6 m/s，A错误；送货车在第2个4 s内的平均速度大小为 m/s＝4 m/s，D错误。 针对练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 √ 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加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∶，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≈3.732，所以<4，故选B。 返回 匀变速直线运动中的多物体、多过程问题 考点三 返回 知识梳理 考向1　多物体运动问题 例3 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　 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 (2024·河北邢台联考)ETC是高速公路上不 停车电子收费系统的简称。甲、乙两辆汽车分 别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高 速公路，过程如图所示。假设收费站总长度d＝ 30 m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝54 km/h经过距收费站口x＝30 m处的减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至v2＝ 18 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自动栏杆打开放行；乙车刚好到收费站中心线收费窗口停下，经过t0＝15 s的时间缴费成功，人工栏杆打开放行。随后两辆汽车匀加速到v3＝90 km/h速度后沿直线匀速行驶，设两车加速过程和减速过程中的加速度大小相等，求： 例4 (1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆的时间差； 答案：16 s 由题意可知v1＝54 km/h＝15 m/s，v2＝18 km/h＝5 m/s，v3＝90 km/h＝25 m/s。 乙车减速过程中，根据匀变速直线运动的规律，有v12＝2a 可得乙车减速时的加速度大小为a＝2.5 m/s2 设甲车减速到v2所用时间为t1，则有t1＝＝4 s 该段时间内甲车的位移为x1＝t1＝40 m 接下来做匀速运动，所用时间为t2＝＝1 s 甲车从减速到打开栏杆的总时间为t甲＝t1＋t2＝5 s 乙减速的时间为t3＝＝6 s 乙车从减速到打开栏杆的总时间为t乙＝t3＋t0＝21 s 人工收费通道和ETC通道打开栏杆的时间差Δt＝t乙－t甲＝16 s。 (2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离。 答案：445 m 乙车与甲车速度相等时两车相距最远。 乙车通过中心线后加速的时间为t4＝＝10 s 乙车加速的距离为x2＝at42＝125 m 甲车加速的时间为t5＝＝8 s 甲车加速的距离为x3＝＝120 m 接下来甲匀速的时间为t6＝Δt＋t4－t5＝18 s 甲车匀速运动的距离为x4＝v3t6＝450 m 因此，两车最远距离为Δx＝x3＋x4－x2＝445 m。 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 例1 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 √ 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＝×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－v02＝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，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，利用逆向思维，根据速度与位移的关系式有v02＝2a2x0，解得a2＝＝ m/ ＝5 m/，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－v02＝，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－a2t2，解得；若C点在A点左侧，从B到C，则有a2t2，解得，故A、D错误，B、C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 4．(多选)(2025·湖北模拟预测)如图甲所 示，某同学用智能手机拍摄物块从台阶 旁的斜坡上自由滑下的过程，物块运动 过程中的五个位置A、B、C、D、E及 对应的时刻如图乙所示。已知斜坡是由 长为d＝0.6 m的地砖拼接而成，且A、C、 E三个位置物块的下边缘刚好与砖缝平齐。下列说法正确的是 A．物块在由A运动至E的时间为0.6 s B．位置A与位置D间的距离为1.30 m C．物块在位置D时的速度大小为2.25 m/s D．物块下滑的加速度大小为1.875 m/s2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 由题图乙中各个位置对应时刻可知，相 邻位置的时间间隔T＝0.40 s，故AE段的 时间间隔为4T＝1.6 s，选项A错误；AC 段与CE段的时间间隔均为2T＝0.80 s， AC段与CE段的位移差为xCE－xAC＝3d－ d＝2d，又xCE－xAC＝a(2T)2，解得a＝1.875 m/s2，选项D正确；物块在位置D时的速度vD＝a(3T)，得物块在位置A时的速度vA＝0，则位置A、D间距离为xAD＝＝1.35 m，选项B错误。 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∶∶∶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∶∶ ∶…可知，子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为∶∶∶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度变化量不同，C错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 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．(多选)(2024·广西玉林月考)汽车从发现情况到开始减速到停止运动的情景过程如下，已知减速过程的加速度大小为a，减速过程的平均速度大小为，减速过程时间是反应过程时间的5倍，反应过程可视为匀速，下列说法正确的是 A．汽车正常行驶的速度大小为2 B．反应过程的时间为 C．减速过程位移是反应过程位移的2.5倍 D．从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 减速过程匀减速至0，则有，解得 v0＝2， 故A正确；利用逆向思维，匀减速过程有v0＝at1，结合上述解得t1＝，由于减速过程时间是反应过程时间的5倍，则反应过程的时间为t0＝t1＝，反应过程位移为x0＝v0t0＝，解得＝2.5，故C正确；从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为，故D错误。故选AC。 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vm2－0＝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(t－t加)2＝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，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．(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点为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 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 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中点，OB间距为x1＝x＋4 m＝20 m，由vB2－v02＝，解得vB＝2 m/s，故C正确；由x1＝t1，解得t1＝ s，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 11．(12分)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v1； 答案：60 m/s 设减速t2＝40 s后，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 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (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：1.2 m/s2 列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，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。 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 $