第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律(课件PPT)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案

该高中物理高考复习课件聚焦“匀变速直线运动的规律”专题，依据高考评价体系梳理了基本规律、推论应用及多过程问题三大核心考点，通过近三年真题分析明确刹车问题、双向可逆运动等高频题型占比，构建“公式应用-情境分析-模型建构”的完整备考体系。 课件亮点在于“真题情境+方法提炼+素养落地”的复习策略，如以2026河南郑州模拟刹车题为例，运用逆向思维法转化运动模型，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，特设“易错警示”（如刹车时间判断）和“限时训练”，助力学生掌握匀变速直线运动解题技巧，教师可据此精准把握高考命题趋势，实现高效复习教学。

第2讲　匀变速直线运动的规律 返回 ‹#› 课前判断正误(正确的打“√ ”，错误的打“×”) 1．速度与时间的关系式v＝v0＋at既适用于匀加速直线运动，也适用于匀减速直线运动。(　　) 2．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。(　　) 3．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。(　　) 4．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。(　　) √ × × × 返回 ‹#› 5．物体做匀加速直线运动的加速度为4 m/s2，则任何1 s的初速度比前1 s的初速度大4 m/s。(　　) 6．匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(　　) 7．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。(　　) 8．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。(　　) 9．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。(　　) √ × √ √ √ 返回 ‹#› 1 考点一 2 题型拓展　 4 限时规范训练 栏 目 导 引 3 考点二 返回 ‹#› 1．匀变速直线运动：沿着一条直线且_________不变的运动。 2．匀变速直线运动的两个基本规律 (1)速度与时间的关系式：v＝_______________。 (2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2。 由以上两式联立可得速度与位移的关系式：____________________。 考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用 加速度 v0＋at v2－v02＝2ax 返回 ‹#› 3．两点提醒 (1)v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、v2－v02＝2ax，三式中v0、v、a、x都是矢量，应用时要规定正方向。 (2)对于汽车刹车做匀减速直线运动问题，要注意汽车速度减为零后保持静止，而不发生后退(即做反向的匀加速直线运动)，一般需要判断减速到零的时间。 返回 ‹#› 角度1　基本公式的应用 　 (2025·安徽卷，4)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站，先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小为x；接着在t时间内做匀速运动，最后做加速度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x，则(　　) A．x＝at2 B．x＝at2 C．x＝at2 D．x＝at2 A　 返回 ‹#› 解析：A　设汽车匀加速运动的时间为t0，则汽车匀速运动的位移x1＝at0t，由对称性可知，汽车匀加速运动过程和匀减速运动过程的位移均为x＝at02，又x1＋2x＝8x，联立解得t0＝t，所以x＝at2，A正确。 返回 ‹#› 角度2　刹车问题 　(课标变化题：情境创设)(2026·河南郑州模拟)具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动主动刹车。某汽车以28 m/s的速度匀速行驶时，前方50 m处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊通过道路前1 m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为(　　) A．0 B．1 m C．2 m D．3 m B　 返回 ‹#› 解析：B　令x1＝50 m，x2＝1 m，汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，把刹车过程逆向处理，则有v02＝2a(x1－x2)，t＝，联立解得a＝8 m/s2，t＝3.5 s，所以汽车开始“主动刹车”后第4 s内通过的位移大小为3～3.5 s内通过的位移大小，有x4＝a(Δt)2，解得x4＝1 m，故B正确。 返回 ‹#› 分析刹车类问题的方法 (1)刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失。 (2)求解时要注意确定实际运动时间。 (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。 (4)汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速直线运动，然后做匀减速直线运动。 返回 ‹#› (多选)(2026·河北石家庄二中月考)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为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s D．物体此时的速度大小一定为5 m/s ABC 返回 ‹#› 解析：ABC　以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上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；当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝s或t4＝s(舍去)，故C正确；由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误。 返回 ‹#› 分析双向可逆类问题的方法 (1)双向可逆类问题与刹车类问题不同，物体速度减为零后，可反向加速运动。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。 (2)解题时可分过程列式，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，物体的运动可能出现多解。 返回 ‹#› 1．解题步骤 题型拓展　 匀变速直线运动的多过程问题 返回 ‹#› 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。 返回 ‹#› (课标变化题：情境创设)(2026·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： 返回 ‹#› (1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆的时间差； (2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离。 返回 ‹#› 解析：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。 (1)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 返回 ‹#› 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 乙车减速的时间为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。 返回 ‹#› (2)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 接下来甲车匀速的时间为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。 答案：(1)16 s　(2)445 m 返回 ‹#› 1．匀变速直线运动的三个推论 (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)位移差公式：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＝_________。 注意：此公式可以延伸为xm－xn＝(m－n)aT2，常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度。 考点二 匀变速直线运动的推论及应用 中间 一半 相等 aT2 返回 ‹#› (3)位移中点速度公式：＝ 。 返回 ‹#› 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末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝___________________________。 (2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为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∶2∶3∶…∶n 12∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n－1) 1∶∶∶∶…∶ 返回 ‹#› 角度1　平均速度公式的应用 (2025·贵州贵阳博雅实验学校期末)某位同学观察火车进站，火车由初速度为36 km/h，降速到停下，火车的运动看作匀减速直线运动，火车降速运动过程，此同学的脉搏跳动了70下，已知该同学每分钟脉搏跳动60下，则火车共行驶距离约为(　　) A．216 m　　　　　　　 B．350 m C．600 m D．700 m 解析：B　火车运动的时间为t＝×70 s＝70 s，火车共行驶的距离，x＝×70 m＝350 m，故选B。 B　 返回 ‹#› 角度2　位移差公式的应用 　(2025·宁夏石嘴山三模)某物体做匀变速直线传动，依次通过A，B，C，D四个点，通过相邻两点的时间间隔均为2 s，已知AB＝12 m，CD＝28 m，则下列说法正确的是(　　) A．物体在BC段的位移大小为22 m B．物体的加速度大小为2 m/s2 C．物体通过A点的速度大小为6 m/s D．物体通过C点的速度大小为14 m/s B　 返回 ‹#› 解析：B　物体做匀变速直线运动，在连续相等时间内位移差相等，所以BC－AB＝CD－BC＝aT2，代入数据解得BC＝20 m，a＝2 m/s2，故A错误，B正确；根据位移时间关系可得AB＝vAT＋aT2，代入数据解得vA＝4 m/s，故C错误；物体通过C点的速度为vC＝vA＋2aT＝12 m/s，故D错误。 返回 ‹#› 角度3　比例式及逆向思维法的应用 　(课标变化题：情境创设)(2026·山东聊城模拟)动车进站时可看做匀减速直线运动，列车停止时，各车厢的车门正好对着站台上对应车厢的候车点，忽略车厢之间的空隙，一乘客站在5号车厢候车点候车，则1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比最接近于(　　) A．∶　　　 B．∶1 C．2∶ D．∶1 A 返回 ‹#› 解析：A　根据可逆思想，将动车进站的匀减速直线运动看成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中相邻的相等的位移所用时间之比为1∶∶∶∶……，可得1号车厢与2、3号车厢在乘客面前经过所用的时间比为∶＝∶。故选A。 返回 ‹#› 匀变速直线运动问题常用的解题方法 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 (建议用时：40分钟　满分：63分) (选择题1～4、6～8题每题5分，9～10题每题6分，共47分) [基础分组训练] 题组1　匀变速直线运动的基本规律及应用 1．(2025·新课标卷，1)我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450 km/h。若以120 m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4 km后停止，则减速运动中其加速度的大小为(　　) A．0.1 m/s2　　　　　　　　 B．0.5 m/s2 C．1.0 m/s2 D．1.5 m/s2 限时规范 训练(2) B　 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 解析：B　根据速度位移关系0－v02＝－2ax，其中v0＝120 m/s，x＝14 400 m，代入数据可得减速运动中其加速度的大小a＝0.5 m/s2，故选B。 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2．(2025·湖北武汉三模)某场足球比赛中，一球员不小心踢歪了球，足球往边界滚去。足球距离边界35 m时，速度v0＝12 m/s，加速度a＝2 m/s2，若将足球的运动看作匀减速直线运动，下列说法正确的是(　　) A．足球到达不了边界 B．经过6 s，足球越过了边界 C．经过7 s，足球恰好到达边界 D．经过8 s，足球距离边界3 m 解析：B　足球停止所需时间为t＝＝6 s，位移为x＝t＝36 m，Δx＝36 m－35 m＝1 m，可见经过6 s，足球越过了边界，且经过8 s，足球距离边界1 m。故选B。 B　 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 3．(2025·贵州贵阳二模)在高速公路行驶时，司机发现前方障碍物后立即刹车。已知汽车以20 m/s的速度匀速行驶，司机的反应时间为0.5 s，刹车后汽车做匀减速直线运动，加速度大小为4 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A．汽车在反应时间内行驶的距离为15 m B．刹车后汽车经过2.5 s停止 C．若障碍物距离汽车45 m，则会发生碰撞 D．汽车从发现障碍物到停止的总位移为50 m C 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 11 解析：C　在反应时间内，汽车做匀速运动，行驶距离为x1＝v0t1＝10 m，故A错误；停止时，末速度为0，则车停下来用时t2＝＝5 s，故B错误；刹车后行驶的距离x2＝·t2＝50 m，停止的总位移为x1＋x2＝60 m，若障碍物距离汽车45 m，则会发生碰撞，故C正确，D错误。 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4．(多过程问题)(2024·海南卷，5)商场自动感应门如图所示，人走近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 C　 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：C　设门开启的过程中最大速度为v，已知门从静止开始以相同大小的加速度先匀加速运动后匀减速运动，可知加速过程和减速过程的时间均为2 s，且加速过程和减速过程的平均速度均为，由x＝vt有x＝×2 s＋×2 s，解得v＝1 m/s，则加速度a＝，C正确。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 5．(6分)(多过程问题)(2025·广西河池二模)某同学站在高铁站台安全区内用手机测量高铁进站的运动。从高铁第一节车厢头部经过该同学时开始计时，经50 s第七节车厢尾部刚好停在该同学面前，然后他向列车车尾方向行走了45步到达第八节车厢尾部。已知该同学步长约为60 cm，假设高铁做匀变速直线运动，每节车厢长度相同，试估算：(结果均保留2位有效数字) (1)测量时段高铁的加速度大小； (2)开始计时时高铁的速度大小。 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 11 解析：(1)根据题意可知一节车厢的长度L＝0.6×45 m＝27 m 根据位移时间关系7L＝at2 解得测量时段高铁的加速度大小a＝0.1512 m/s2≈0.15 m/s2。 (2)根据速度时间关系v＝at 代入数据可得开始计时时高铁的速度大小v＝7.56 m/s≈7.6 m/s。 答案：(1)0.15 m/s2　(2)7.6 m/s 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 题组2　匀变速直线运动的推论及应用 6．(2025·北京海淀二模)一辆做匀减速直线运动的汽车，依次经过a、b、c三点。已知汽车在ab间与bc间的运动时间均为1 s，ab段的平均速度是10 m/s，bc段的平均速度是5 m/s，则汽车做匀减速运动的加速度大小为 (　　) A．2.5 m/s2 B．5 m/s2 C．7.5 m/s2 D．10 m/s2 B　 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 11 解析：B　质点在ab段，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度有＝v0.5s＝10 m/s，同理可知，在bc段有＝v1.5 s＝5 m/s，汽车做匀减速运动的加速度a＝＝－5 m/s2，则汽车做匀减速运动的加速度大小为5 m/s2。故选B。 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 7．(2025·江西新余二模)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6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6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做匀减速直线运动，子弹可看作质点，则以下说法正确的是(　　) B A．子弹穿透第3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．子弹穿透第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 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 解析：B　根据题意可知，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，设加速度为a，每块凝胶的长度为d，开始进入时的速度为v6，子弹穿透第3块凝胶时的速度为v3，则有v62－v32＝2a·3d，v62＝2a·6d，解得v3＝v6，故A错误；根据题意，设子弹穿透后4块凝胶的时间为t4，由运动学公式有6d＝at42，解得t4＝t，则子弹穿透前2块凝胶所用时间为Δt＝t－t4＝t，故B正确；设子弹穿透后5块凝胶的时间为t5，则有5d＝at52，解得t5＝t，则子弹穿透第2块 返回 ‹#› 7 8 9 10 11 1 3 4 5 6 2 凝胶所用时间为Δt5＝t5－t4＝t，故C错误；设子弹穿透最后1块凝胶的时间为t1，则有d＝at12，解得t1＝t，子弹穿透第1块凝胶所用时间为Δt6＝t－t5＝t，由公式可得，子弹穿透第1块与最后1块凝胶的平均速度之比为∶＝t1∶Δt6＝1∶，故D错误。 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(课标变化题：情境创设)(2026·吉林松原模拟)因前方路段有塌方，一汽车在收到信号后立即开始刹车。刹车过程中汽车途经A、B、C三点，最终汽车停在D点。已知汽车经过AB段所用时间和BC段所用时间相等均为t＝1 s，且xAB－xBC＝8 m，汽车在CD段的平均速度大小为1 m/s(汽车刹车过程中加速度不变)。则下列说法正确的是(　　) A．汽车刹车时加速度大小为2 m/s2 B．汽车在A点的速度大小为16 m/s C．xAB＝16 m D．汽车在AB段的平均速度大小为14 m/s D　 返回 ‹#› 8 9 10 11 1 3 4 5 6 7 2 解析：D　由题意分析A、B、C、D四点，因汽车经过AB段所用时间和BC段所用时间相等均为t＝1 s，则由位移差公式Δx＝aT2，可知a＝，A错误；由匀变速直线运动的推论可知CD段的平均速度大小为该段初末速度大小的平均值，即＝1 m/s，故vC＝2 m/s，则对汽车由A到C的运动进行逆向思维有vA＝vC＋2at＝18 m/s，B错误；由匀变速直线运动推论可知vB＝＝10 m/s，则AB段的平均速度大小为＝14 m/s，xAB＝·t＝14 m，C错误，D正确。 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(2026·湖南长郡中学开学考)有一辆汽车在一个沙尘暴天气中匀速行驶，司机突然模糊地看到正前方十字路口有一路障，他立即采取刹车，未发生事故。已知该汽车在水平路面上刹车时位移随时间变化的规律式为x＝20t－2t2(x的单位是m，t 的单位是s)。则关于该汽车的运动，下列判断中正确的是(　　) A．刹车过程中的加速度大小为2 m/s2 B．刹车后6 s内的位移48 m C．刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为19∶17∶15∶13 D．刹车全过程的平均速度为10 m/s D 返回 ‹#› 9 10 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：D　根据x＝v0t＋at2，得汽车的初速度v0＝20 m/s，加速度a＝－4 m/s2，A错误；汽车刹车所需的时间t＝ s＝5 s，故汽车在5 s末已经停止，故6 s内的位移x＝20t－2t2＝20×5 m－2×52 m＝50 m，B错误；刹车后，汽车5 s内停下，由逆向思维，根据x＝at2，第1 s内、第2 s内、第3 s内…位移之比为1∶3∶5∶7∶9，那么刹车后，汽车第一个1 s内，第二个1 s内，第三个1 s内，第四个1 s内位移之比为9∶7∶5∶3，C错误；刹车后5 s末汽车已停止，故刹车全过程的平均速度为＝10 m/s，D正确。故选D。 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(2026·安徽合肥模拟)某人驾驶一辆汽车以速度v0匀速行驶，某时刻汽车开始刹车，测得第1 s内的位移大小为6 m，第4 s内的位移大小为0.25 m。若汽车刹车可看做匀减速直线运动，则(　　) A．汽车第4 s末还未停下来 B．汽车初速度v0＝8 m/s C．汽车第3 s末的速度大小为1 m/s D．汽车前4 s的平均速度大小为3.5 m/s C　 返回 ‹#› 10 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：C　设初速度为v0，加速度为a(匀减速，故 a<0)，根据题意第1 s内有s1＝＝v0＋0.5a＝6 m，刹车时间tstop＝，若 tstop>4 s，则有s4－s1＝(4－1)aT2＝3a＝－5.75 m，联立可得a＝－ m/s2，v0＝ m/s，t＝ s<4 s，与假设不符，故tstop<4 s，设第4 s内运动的时间为t0，刹车逆过程则有s4＝t02＝0.25 m，s1＝(2＋t0)2＝6 m，解得t0＝0.5 s，|a|＝，则可解得v0＝7 m/s，故AB错误；汽车第3 s末的速度大小为 v3＝v0＋3a＝1 m/s，故C正确；前4 s总位移s＝×3.5 m＝12.25 m，平均速度 m/s＝3.0625 m/s，故D错误。故选C。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(10分)(课标变化题：情境创设)(2026·山东青岛模拟)青岛地铁1号线为跨海地铁线路，线路全长60.11千米，共设置41座车站，全部为地下车站。从S站到T站是一段直线线路，全程3.3 km，列车运行最大速度为72 km/h。为了便于分析，我们用图乙模型来描述这个运动，列车在S站从静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，直至到T站停车，且加速时的加速度大小为减速时的加速度大小的二分之一。现匀加速运动过程中依次经过A、B、C点，A→B用时3 s，B→C用时5 s，且AB长12.6 m，BC长45.0 m。求： (1)S、A两点之间的距离； (2)列车匀速行驶的时间。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：(1)根据可知 BC段中间时刻的速度v2＝＝9 m/s AB段中间时刻的速度v1＝＝4.2 m/s 根据v＝v0＋at，解得a1＝＝1.2 m/s2 则vC＝v2＋a1××tBC＝12 m/s 由运动学公式有vC2＝2a1(xSA＋xAB＋xBC) 解得xSA＝2.4 m。 返回 ‹#› 11 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (2)列车运行的最大速度vm＝72 km/h＝20 m/s 由v2－v02＝2ax得匀加速阶段的位移x1＝ m 匀减速阶段的位移x2＝ m 匀速运动时间t3＝＝152.5 s。 答案：(1)2.4 m　(2)152.5 s 返回 ‹#› 第2讲　匀变速直线运动的规律 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $