高考物理一轮复习1.2匀变速直线运动的规律及应用(原卷版+解析)

1.2匀变速直线运动的规律新课程标准1．了解近代实验科学产生的背景，认识实验对物理学发展的推动作用。2．经历质点模型的建构过程，了解质点的含义。知道将物体抽象为质点的条件，能将特定实际情境中的物体抽象成质点。体会建构物理模型的思维方式，认识物理模型在探索自然规律中的作用。3．理解位移、速度和加速度。通过实验，探究匀变速直线运动的特点，能用公式、图像等方法描述匀变速直线运动，理解匀变速直线运动的规律，能运用其解决实际问题，体会科学思维中的抽象方法和物理问题研究中的极限方法。4．通过实验，认识自由落体运动规律。结合物理学史的相关内容，认识物理实验与科学推理在物理学研究中的作用。情境命题特点生活实践类安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动(如汽车刹车，飞机起飞，电梯运行，无人机升空)学习探究类伽利略对自由落体运动的研究，速度的测量，加速度的测量，追及相遇问题匀变速直线运动的基本规律1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．特点：加速度不变，速度随时间均匀变化。2．匀变速直线运动的基本规律题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2－veq\o\al(2,0)＝2axv0、v、t、xax＝eq\f(v＋v0,2)t2．正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，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．3．重要推论(1)平均速度关系式即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。(2)位移差公式：任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。利用此次推论可判断：直线运动是否是匀变速直线运动(3)位移中点速度公式：(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例关系：①1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。②1个T内、2个T内、3个T内…n个T内的位移之比：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2。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：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。④1个X时、2个X时、3个X时…n个X时的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…∶eq\r(n)。⑤1个X内、2个X内、3个X内…n个X内的时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…∶eq\r(n)。⑥第1个X内、第2个X内、第3个X内…第n个X内的时间之比tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。【典例1】(多选)一辆汽车以25m/s的速度沿平直公路行驶，突然发现前方有障碍物，立即刹车，汽车做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2，那么从刹车开始计时，前6s内的位移大小与第6s末的速度大小分别为()A．x＝60m B．x＝62.5mC．v＝0 D．v＝5m/s【答案】BC【解析】汽车速度减为零需要的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(25,5)s＝5s，汽车在前6s内的位移x＝eq\f(v02,2a)＝eq\f(252,2×5)m＝62.5m，A错误，B正确；经过5s汽车停止运动，因此第6s末汽车的速度大小为0，C正确，D错误。总结：刹车类问题(1)其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．【典例2】(2022·广东四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3s内与第6s内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1m与通过第6个1m时的平均速度之比为v1∶v2，则()A．x1∶x2＝1∶4 B．x1∶x2＝5∶11C．v1∶v2＝1∶eq\r(2) D．v1∶v2＝eq\r(3)∶eq\r(6)【答案】B【解析】初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故有第3s内与第6s内通过的位移之比为x1∶x2＝s3∶s6＝5∶11，故A错误，B正确；初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，故有质点通过第3个1m与通过第6个1m时所用时间之比为t3∶t6＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(6)－eq\r(5))，根据平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)，可得质点通过第3个1m与第6个1m时的平均速度之比为v1∶v2＝eq\f(s,t3)∶eq\f(s,t6)＝(eq\r(3)＋eq\r(2))∶(eq\r(6)＋eq\r(5))，故C、D错误。【典例3】(2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法错误的是()A．物体运动的加速度为4m/s2B．第2s内的位移为6mC．第2s末的速度为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度为10m/s【答案】C【解析】根据位移差公式xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝eq\f(xⅣ－xⅡ,2T2)＝eq\f(8,2×12)m/s2＝4m/s2，故A正确，不符合题意；第2s内的位移为：x2－x1＝eq\f(1,2)at22－eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×4×(22－12)m＝6m，故B正确，不符合题意；第2秒末速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x5,t5)＝eq\f(\f(1,2)at52,t5)＝eq\f(\f(1,2)×4×52,5)m/s＝10m/s，故D正确，不符合题意．【典例4】(2022·山东济宁月考)质点在做匀变速直线运动，依次经过A、B、C、D四点。已知质点经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为t、3t、5t，在AB段和CD段发生的位移分别为x1和x2，则该质点运动的加速度为()A．eq\f(x2－x1,t2) B．eq\f(x2－5x1,30t2)C．eq\f(x2－3x1,12t2) D．eq\f(x2－3x1,18t2)【答案】B【解析】AB段中间时刻的速度v1＝eq\f(x1,t)，CD段中间时刻速度v2＝eq\f(x2,5t)，加速度a＝eq\f(v2－v1,6t)＝eq\f(x2－5x1,30t2)，故B项正确，A、C、D三项错误。【巧学妙记】四种多过程运动模型一、“0—v—0”运动模型ttOvt2t1a2a1v01.特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：=1\*GB3①速度公式推导可得：=2\*GB3②速度位移公式推导可得：=3\*GB3③平均速度位移公式推导可得：2.位移三个公式：；；二、先匀速，后减速运动模型---反应时间问题ttOvx2t1av0x1总位移三、先减速为为0，后原路返回运动模型ttOvt2t1a2a1v1v2（1）特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为x。（2）位移三个公式：位移公式；速度位移公式；平均速度位移公式（3）三个比例式：=1\*GB3①；=2\*GB3②；=3\*GB3③四、三倍加速度运动模型ttOvt2t1-a2a1v1-v2（1）特点：初速度为零，两段总位移为零。（2）位移两个公式：；（3）特殊结论：若,则有,【典例5】【2022全国新高考甲卷】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所用时间至少为（） B. C. D.【答案】C【解析】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解得在隧道内匀速有列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=v+at3解得则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为故选C。【典例6】.（2022年云南楚雄统测）物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施一水平向左的水平恒力F2，又经2t秒后物体回到出发点，此时速率为v2，则v1、v2间的关系是（）A.SKIPIF1<0B.SKIPIF1<0C.SKIPIF1<0D.SKIPIF1<0【答案】C【解析】在ts内的位移x1＝SKIPIF1<0a1t2，末速度为v1=a1t．则在2t内的位移x2＝v1•2t−SKIPIF1<0a2(2t)2

根据x1=-x2得，SKIPIF1<0．根据速度时间公式得，v1=a1t，-v2=v1-a2•2t，解得3v1=2v2．故C正确，ABD错误．故选C．【典例7】.(2022·河南郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是()A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1B．加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1C．加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1D．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3【答案】：BC【解析】：汽车由静止运动8s，又经4s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，A、D错误．又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq\f(x1,x2)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，C正确．由v＝eq\f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确．(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。(4)物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁。自由落体和竖直上抛1．两种运动的特性(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。(2)竖直上抛运动的重要特性(如图)①对称性②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。2．竖直上抛运动的研究方法分段法上升阶段：a＝－g的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq\f(1,2)gt2(以竖直向上为正方向)若v>0，物体上升，若v<0，物体下落若h>0，物体在抛出点上方若h<0，物体在抛出点下方【典例8】(2019·高考全国卷Ⅰ，T18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满足()A.1<eq\f(t2,t1)<2B．2<eq\f(t2,t1)<3C．3<eq\f(t2,t1)<4D．4<eq\f(t2,t1)<5【答案】C【解析】本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2＝eq\r(\f(H,2g))，第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(3H,2g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3<eq\f(t2,t1)<4，C正确。【典例9】(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30m/s，当它的位移大小为25m时，经历时间可能为(g取10m/s2)()A．1s B．2sC．3s D．5s【答案】AD【解析】取竖直向上为正方向，由匀变速直线运动规律有x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，当x＝25m时，代入数据有t2－6t＋5＝0，可得t＝1s或t＝5s；当x＝－25m时，代入数据有t2－6t－5＝0，可得t＝(3＋eq\r(14))s(负解舍去)，A、D两项正确，B、C两项错误。类竖直上抛运动(1)示例：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)注意：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．【典例10】在足够长的光滑斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下。经过3s时物体的速度大小和方向是()A．25m/s，沿斜面向上 B．5m/s，沿斜面向下C．5m/s，沿斜面向上 D．25m/s，沿斜面向下【答案】B【解析】取初速度方向为正方向，则v0＝10m/s，a＝－5m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3s时，v＝－5m/s，“－”表示物体在t＝3s时速度方向沿斜面向下，故B正确。【典例11】(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是()A．物体运动时间可能为1sB．物体运动时间可能为3sC．物体运动时间可能为(2＋eq\r(7))sD．物体此时的速度大小一定为5m/s【答案】ABC【解析】以沿斜面向上为正方向，a＝－5m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x＝7.5m，由运动学公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5m时，x＝－7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2解得：t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故C正确．由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s或v2＝5m/s、v3＝－5eq\r(7)m/s，故D错误．物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同。【巧学妙记】物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同。精选经典好题，典例。精选经典好题，典例。1.(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1【答案】BD【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求时间之比为(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，则所求的速度之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故选项A错误，B正确．2.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5s内和最后5s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．8sB．10sC．16sD．20s【答案】C【解析】设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后5s内位移为x1＝eq\f(1,2)a×52＝eq\f(25,2)a；最初5s内位移为x2＝a(t－5)×5＋eq\f(1,2)a×52＝5at－eq\f(25,2)a，又因为x1∶x2＝11∶5，解得t＝8s；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16s，故A、B、D错误，C正确．3.(多选)如图所示，在一平直公路上，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3s内经过相距30m的A、B两点，汽车经过B点时的速度为15m/s，则()A．汽车经过A点的速度大小为5m/sB．A点与O点间的距离为20mC．汽车从O点到A点需要的时间为5sD．汽车从O点到B点的平均速度大小为7.5m/s【答案】AD【解析】汽车在AB段的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(xAB,tAB)＝eq\f(30,3)m/s＝10m/s，而汽车做匀加速直线运动，所以有eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)，即vA＝2eq\x\to(v)－vB＝2×10m/s－15m/s＝5m/s，选项A正确；汽车的加速度a＝eq\f(v\o\al(2,B)－v\o\al(2,A),2xAB)，代入数据解得a＝eq\f(10,3)m/s2.由匀变速直线运动规律有veq\o\al(2,A)＝2axOA，代入数据解得xOA＝3.75m，选项B错误；由vA＝atOA解得汽车从O点到A点需要的时间为tOA＝1.5s，选项C错误；汽车从O点到B点的平均速度大小eq\x\to(v)′＝eq\f(vB,2)＝eq\f(15,2)m/s＝7.5m/s，选项D正确．4.(2022·辽宁锦州联考)一个物体从某一高度做自由落体运动。已知它在第1s内的位移恰好是它在最后1s内位移的三分之一。则它开始下落时距地面的高度为(g取10m/s2)()A．15m B．20mC．11.25m D．31.25m【答案】B【解析】物体在第1s内的位移h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，则物体在最后1s内的位移为15m，对最后1s有eq\f(1,2)gt总2－eq\f(1,2)g(t总－1)2＝15m，可解得t总＝2s，则物体开始下落时距地面的高度H＝eq\f(1,2)gt总2＝eq\f(1,2)×10×22m＝20m，故B项正确。5.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，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30m/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50m内的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度为5m/s2。假设小轿车始终沿直线运动。下列说法正确的是()A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6sB．小轿车的刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80mC．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为20m/sD．三角警示牌至少要放在货车后58m远处，才能有效避免两车相撞【答案】AD【解析】设小轿车从刹车到停止时间为t2，则t2＝eq\f(0－v0,a)＝6s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝eq\f(0－v02,2a)＝90m，故B错误；反应时间内通过的位移为x1＝v0t1＝18m，减速通过的位移为x′＝50m－18m＝32m，设减速到警示牌的速度为v′，则2ax′＝v′2－v02，解得v′＝2eq\r(145)m/s，故C错误；小轿车驾驶员发现三角警示牌到小轿车停止的过程中，小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108m，三角警示牌放置的位置到货车的距离为Δx＝(108－50)m＝58m，故D正确。精选最新名校模拟题联考题，带出处精选最新名校模拟题联考题，带出处1.【辽宁省朝阳市建平县2021届高三9月联考】用如图所示的方法可以测量人的反应时间。实验时，上方的手捏住直尺的顶端(直尺满刻度25cm处，如图甲)，下方的手做捏住直尺的准备(对应直尺刻度0cm处)。当上方的手放开直尺时，下方的手立即捏住直尺(对应直尺刻度如图乙)。下列说法正确的是(取g＝10m/s2)()A．受测人的反应时间约为0.13sB．受测人的反应时间约为0.30sC．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为2.0m/sD．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为1.5m/s【答案】C【解析】直尺下降的高度为h＝23cm－0cm＝23cm＝0.23m，由公式h＝eq\f(1,2)gt2可知，受测人的反应时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.23,10))s≈0.2s，A、B错误；下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为v＝gt＝10×0.2m/s＝2.0m/s，C正确，D错误。2.【重庆市南开中学2021届高三仿真】高速摄像机能够拍摄清晰的视频来记录高速运动物体的运动情况，其拍摄一张照片，称为一帧，将每一帧画面按照时间先后顺序播放，形成我们看到的视频。某同学从楼顶由静止释放一小球，并用高速摄像机拍摄到小球从释放到落地的全过程。已知拍摄相邻两帧画面的时间间隔为0.001s，利用软件将视频中的每一帧画面提取出来，数出小球经过最高的一层时，共801帧画面，经过整栋楼时，共2401帧画面。若每层楼高度相同，忽略空气阻力。则该栋楼的楼层数为()A．3 B．8C．9 D．10【答案】C【解析】设一层楼高为h，该栋楼的楼层数为x，由题意得h＝eq\f(1,2)gt2，其中t＝0.001×800s＝0.8s，xh＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，其中t1＝2400×0.001s＝2.4s，解得x＝9，故C正确，A、B、D错误。3.(2022·福建三明质检)一列火车沿直线轨道从静止出发由A地驶向B地，火车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为()A．eq\r(\f(3s,4a)) B．eq\r(\f(s,a))C．eq\r(\f(3s,a)) D．eq\r(\f(3s,2a))【答案】C【解析】设火车做匀加速运动的末速度为v，则eq\f(v2,2a)＋eq\f(v2,2·2a)＝s，解得v＝eq\r(\f(4as,3))，则整个过程中的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)＝eq\r(\f(as,3))，则火车从A地到B地所用时间为t＝eq\f(s,\x\to(v))＝eq\r(\f(3s,a))，故C项正确。4.(2022·广东深圳实验学校月考)做匀加速直线运动的质点，在第5s内及第6s内的平均速度之和是56m/s，平均速度之差是4m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为()A．4m/s2；4m/s B．4m/s2；8m/sC．26m/s2；30m/s D．8m/s2；8m/s【答案】B【解析】根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度．依题意，可得4.5s末及5.5s末的速度之和及速度之差为v4.5＋v5.5＝56m/s，v5.5－v4.5＝4m/s，联立求得v4.5＝26m/s，v5.5＝30m/s，即有26m/s＝v0＋a×(4.5s)，30m/s＝v0＋a×(5.5s)，联立求得a＝4m/s2，v0＝8m/s，故选B.5.(2022·山东济宁月考)质点在做匀变速直线运动，依次经过A、B、C、D四点。已知质点经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为t、3t、5t，在AB段和CD段发生的位移分别为x1和x2，则该质点运动的加速度为()A．eq\f(x2－x1,t2) B．eq\f(x2－5x1,30t2)C．eq\f(x2－3x1,12t2) D．eq\f(x2－3x1,18t2)【答案】B【解析】AB段中间时刻的速度v1＝eq\f(x1,t)，CD段中间时刻速度v2＝eq\f(x2,5t)，加速度a＝eq\f(v2－v1,6t)＝eq\f(x2－5x1,30t2)，故B项正确，A、C、D三项错误。6.(2022·成都高新区质检)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6m，BC＝10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()A．2m/s,3m/s,4m/sB．2m/s,4m/s,6m/sC．3m/s,4m/s,5m/sD．3m/s,5m/s,7m/s【答案】B【解析】根据匀变速直线运动中，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知B点的速度等于AC段的平均速度，即vB＝eq\f(AB＋BC,2t)＝4m/s；根据匀变速直线运动中两个连续相等时间间隔内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，有Δx＝BC－AB＝at2，代入数据解得a＝1m/s2；由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2m/s，vC＝6m/s，故B项正确。7.(2022·江西重点中学协作体第一次联考)一汽车在水平路面上从开始刹车到停止运动的过程可看成是匀减速直线运动，已知刹车开始第一秒内与最后一秒内的位移之比为K，刹车距离为x，则整个过程的平均速度的数值为()A.eq\f(4x,K)B．eq\f(4x,K＋1)C．eq\f(2x,K)D．eq\f(2x,K＋1)【答案】D【解析】设整个过程时间为t，加速度大小为a，则第1s内位移x1＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－1)2，最后1s内位移x2＝eq\f(1,2)a×12，eq\f(x1,x2)＝K，解得t＝eq\f(K＋1,2)，整个过程平均速度v＝eq\f(x,t)＝eq\f(2x,K＋1)。8.(2022·上饶一模)一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移x内速度增加了v，速度变为原来的5倍。则该质点的加速度为()A．eq\f(v2,x) B．eq\f(v2,2x)C．eq\f(3v2,4x) D．eq\f(4v2,3x)【答案】C【解析】设原来的速度为v0，则通过位移为x后，速度为5v0，由题意可知v＝5v0－v0＝4v0，根据公式2ax＝(5v0)2－veq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(0))，联立解得a＝eq\f(3v2,4x)。9.(2022·江西五市九校协作体第一次联考)如图，当轿车以18km/h的速度匀速驶入高速公路ETC收费通道时，ETC天线完成对车载电子标签的识别后发出“滴”的一声。此时轿车距自动栏杆8m，司机发现栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，使轿车刚好没有撞杆。已知刹车的加速度大小为5m/s2，则司机的反应时间为()A．1.1sB．0.9sC．0.7sD．1s【答案】A【解析】轿车的速度为v0＝18km/h＝5m/s，设司机的反应时间为Δt，轿车在这段时间内做匀速直线运动，位移为x1＝v0Δt，随后做匀减速直线运动，位移为x2＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2a)，由题意可知两段位移之和为L＝x1＋x2，代入数据联立解得Δt＝1.1s。10.(2022·日照三模)一物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过A、B、C三点，物体通过AB段与BC段所用时间相等。已知AB段距离为x1，BC段距离为x2，由题目提供的条件，可以求出()A．物体运动的加速度B．从O点到A点的距离C．物体通过AB段所用的时间D．物体在B点的瞬时速度【答案】B【解析】根据Δx＝x2－x1＝aT2，则需要知道物体通过AB段与BC段所用时间，才能求出物体运动的加速度，所以A错误；设OA段距离为x，加速度为a，物体通过AB段与BC段所用时间为T，由题意可得vB＝eq\f(x1＋x2,2T)，veq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(B))＝2a(x＋x1)，x2－x1＝aT2，联立解得x＝eq\f(（x1＋x2）2,8（x2－x1）)－x1，所以从O点到A点的距离可以求出，则B正确；物体通过AB段所用的时间和物体在B点的瞬时速度，无法求出，所以C、D错误。11.(2022·广东四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3s内与第6s内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1m与通过第6个1m时的平均速度之比为v1∶v2，则()A．x1∶x2＝1∶4 B．x1∶x2＝5∶11C．v1∶v2＝1∶eq\r(2) D．v1∶v2＝eq\r(3)∶eq\r(6)【答案】B【解析】初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故有第3s内与第6s内通过的位移之比为x1∶x2＝s3∶s6＝5∶11，故A错误，B正确；初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，故有质点通过第3个1m与通过第6个1m时所用时间之比为t3∶t6＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(6)－eq\r(5))，根据平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)，可得质点通过第3个1m与第6个1m时的平均速度之比为v1∶v2＝eq\f(s,t3)∶eq\f(s,t6)＝(eq\r(3)＋eq\r(2))∶(eq\r(6)＋eq\r(5))，故C、D错误。12.【河北省张家口市2021届高三一模】如图所示为未来超高速运行列车，时速可达600千米至1200千米，被称为“超级高铁”。如果乘坐超级高铁从广州到长沙，600公里的路程需要40分钟，超级高铁先匀加速，达到最大速度1200km/h后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于超级高铁的说法正确的是()A．加速与减速的时间不相等B．加速时间为10分钟C．加速时加速度大小为2m/s2D．如果加速度大小为10m/s2，题中所述运动最短需要35分钟【答案】B【解析】加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相等，根据a＝eq\f(Δv,Δt)，可知加速和减速所用时间相等，A错误；加速的时间为t1，匀速的时间为t2，减速的时间为t1，由题意得2t1＋t2＝40×60s,2×eq\f(1,2)at12＋vt2＝600×103m，v＝at1，由以上各式联立解得匀加速和匀减速用时t1＝600s＝10min，匀速运动的时间t2＝1200s，加速和减速过程中的加速度a＝eq\f(5,9)m/s2，B正确，C错误；同理将上述方程中的加速度变为10m/s2，加速和减速的时间均为t1′＝eq\f(\f(1200,3.6),10)s＝eq\f(100,3)s，加速和减速距离均为x＝eq\f(1,2)at1′2＝eq\f(50000,9)m，匀速运动用时t2′＝eq\f(600×103－2×\f(50000,9),\f(1200,3.6))s＝eq\f(5300,3)s，总时间为2t1′＋t2′＝eq\f(5500,3)s≈31min，D错误。13.(2022·安徽黄山质检)图(a)为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人与传感器的水平距离小于或等于某个设定值(可称为水平感应距离)时，中间两扇门分别向左右平移，当人与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图(b)为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；(2)若人以v0的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动eq\f(d,2)的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为eq\f(7d,4)的物体(厚度不计)，并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门，如图(c)所示，物体的移动速度不能超过多少？【答案】(1)eq\f(v02,d)(2)d(3)eq\f(2,3)v0【解析】(1)依题意每扇门开启过程中的速度图像如图所示：设门全部开启所用的时间为t0，由图可得d＝eq\f(1,2)v0t0由速度公式得：v0＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)t0))联立解得：a＝eq\f(v02,d)。(2)要使单扇门打开eq\f(d,2)，需要的时间为t＝eq\f(1,2)t0人只要在t时间内到达门框处即可符合要求，所以人到门的距离为l＝v0t，联立解得：l＝d。(3)宽为eq\f(7,4)d的物体运动到门框过程中，每扇门至少要运动eq\f(7,8)d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1＝eq\f(d,2)的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝eq\f(t0,2)，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又运动了s2＝eq\f(7,8)d－eq\f(1,2)d＝eq\f(3,8)d的距离由匀变速运动公式，得：s2＝v0t2－eq\f(1,2)at22解得：t2＝eq\f(d,2v0)和t2＝eq\f(3d,2v0)(不合题意舍去)要使每扇门打开eq\f(7,8)d所用的时间为t1＋t2＝eq\f(3d,2v0)故物体移动的速度不能超过v＝eq\f(l,t1＋t2)＝eq\f(2,3)v0。精选最新高考真题，带出处，范围可扩大，可选全国范围内各卷区的真题精选最新高考真题，带出处，范围可扩大，可选全国范围内各卷区的真题1.（2018年海南物理）一攀岩者以1m/s的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s后攀岩者听到石块落地的声音，此时他离地面的高度约为A.10mB.30mC.50mD.70m【答案】C【解法1】忽略声音传播的时间，则石块自由落体的时间为3s，石块自由落体的高度为，再加上人上升的距离，则，约为50m，选C.【解法2】他离地面的高度为H，考虑声音传播的时间为，设石块自由落体的时间为，则，（），解得，。选C2.（2019年海南）汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶．前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2．从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为（）A.10m B.20m C.25m D.5om【答案】C【解析】汽车做匀减速运动，根据v02=2ax解得，故选C.3.（2017·浙江省4月卷·T4）拿一个长约1.5m的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里，把玻璃筒倒过来，观察它们下落的情况，然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况，下列说法正确的是（）A．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落的一样快 B．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动 C．玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快 D．玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快【答案】C。【解析】A、玻璃筒内有空气时，形状和质量都不同的几个物体不同时下落，是因为所受的重力和空气阻力不同，导致加速度不同。故A、B错误。C、玻璃筒内没有空气时，物体做自由落体运动，因为高度相同，加速度都为g，所以下落一样快。故C正确，D错误。4.（2020上海等级考第6题）钥匙从距水面20m高的桥面自由落下，竹筏前端在钥匙下落瞬间正好位于正下方。该竹筏以2.1m/s的速度匀速前进，若钥匙可以落入竹筏中，不考虑竹筏的宽度，则竹筏至少长（）(A)2m(B)4m（C）6m（D)8m[答案]B【解析】钥匙从距水面20m高的桥面自由落下时间，竹筏至少长4.2m.5.（2015·浙江10月卷·T6）如图所示，一女同学穿着轮滑鞋以一定的速度俯身“滑入”静止汽车的车底，她用15s穿越了20辆汽车底部后“滑出”，位移为58m，假设她的运动可视为匀变速直线运动，从上述数据可以确定（）A．她在车底运动时的加速度 B．她在车底运动时的平均速度 C．她刚“滑入”车底时的速度 D．她刚“滑出”车底时的速度【答案】B【解析】A、根据x＝知，由于初速度未知，则无法求出运动的加速度，故A错误，C错误。B、根据平均速度的定义式，她在车底的平均速度，故B正确。D、由于初速度未知，结合速度时间公式无法求出末速度，即滑出车底的速度，故D错误。6.（2017年4月浙江选考）汽车以10m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15m处的斑马线上有行人.于是刹车礼让,汽车恰好停在斑马线前。假设驾驶员反应时间为0.5s,汽车运动的v-t图如图所示。则汽车的加速度大小为A．20m/s2B．6m/s:C．5m/s2D．4m/s;【答案】C【解析】设刹车后经过时间t，汽车恰好停在斑马线前。根据速度图象的面积表示位移可得10×0.5m+×10t=15m，解得t=2s。根据加速度的定义，汽车的加速度大小为a=v/t=5m/s2，选项C正确。7.（2021高考新课程湖北卷）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（）A.0.2sB.0.4sC.1.0sD.1.4s【答案】B【解析】根据自由落体运动规律，5=，5+5=，联立解得t2=0.4s，选项B正确。8.（2018·浙江省4月卷·T10）如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2．假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（）A．13s B．16s C．21s D．26s【答案】C。【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：总时间为：t＝2t1+t2＝21s故C正确9.（2015·浙江9月卷·T4）质量为m的物体从高为h处自由下落，开始的用时为t，则（）A．物体落地所用的时间为t B．物体落地所用的时间为3t C．物体落地时的速度为6gt D．物体落地时的速度为3gt【解析】A、根据得：①，②联立①②得：t．故A正确，B错误；C、物体落地时的速度：．故C错误，D错误。【答案】A。10.（2021高考全国甲卷）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】D【解析】设QP在水平面的投影长度为L，则QP长度为L/cosθ，物块光滑长木板上下滑的加速度a=gsinθ，由L/cosθ=at2，解得t==2，显然在θ=45°时，t最小，所以平板与水平面的夹角由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，选项D正确。11.（2016全国3）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（）A.B.C.D.【答案】：A【解析】：动能变为原来的9倍，说明速度变为原来的3倍；及速度从v变为3v；联立1、2得：联立：1、3、4式得：；故本题得正确选项为A；12.（2015江苏）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A．关卡2B．关卡3C．关卡4D．关卡5【答案】C【解析】：由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时t1=1s，在加速时间内通过的位移，t2=4s，x2=vt2=8m，已过关卡2，t3=2s时间内x3=4m，关卡打开，t4=5s，x4=vt4=10m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m，到达关卡4还需t5=1/2s，小于2s，所以最先挡在面前的是关卡4，故C正确。13.（2015·山东）距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图。小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被扎断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s²。可求的h等于（）A1.25mB2.25mC3.75mD4.75m【答案】A【解析】小车上的物体落地的时间，小车从A到B的时间；小球下落的时间；根据题意可得时间关系为：t1=t2+t3，即解得h=1.25m，选项A正确.14.（2016高考上海物理）物体做匀加速直线运动，相继经过两端距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是(A)(B)(C)(D)【答案】B【解析】通过第一段距离为16m的路程的平均速度为4m/s；通过第一段距离为16m的路程的平均速度为8m/s；通过两段路程的中间时刻时间间隔是3s，根据加速度的定义可得物体的加速度是a=，选项B正确。15.（2020年7月浙江选考）如图1所示，有一质量m=200kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的图线如图2所示，末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件（1）做匀减速运动的加速度大小和方向；（2）匀速运动的速度大小；（3）总位移的大小。【答案】40m【解析】：（1）牛顿第二定律得竖直向下（2）运动学公式（3）匀速上升的位移匀减速上升的位移总位移16.（2021年6月浙江选考物理）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。

【答案】（1），；（2）20s；（3）【解析】（1）根据平均速度解得刹车时间刹车加速度根据牛顿第二定律解得（2）小朋友过时间等待时间（3）根据解得17.（2017全国II卷·24）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板。冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度为g。求：（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。【答案】（1）（2）【解析】（1）设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿运动定律，μmg=ma1，由匀变速直线运动规律，v12-v02=-2a1s0，联立解得：μ=。（2）设冰球运动时间为t，则a1t=v0-v1设满足训练要求的运动员的最小加速度为a，则有s1=at2，联立解得：a=。1.2匀变速直线运动的规律新课程标准1．了解近代实验科学产生的背景，认识实验对物理学发展的推动作用。2．经历质点模型的建构过程，了解质点的含义。知道将物体抽象为质点的条件，能将特定实际情境中的物体抽象成质点。体会建构物理模型的思维方式，认识物理模型在探索自然规律中的作用。3．理解位移、速度和加速度。通过实验，探究匀变速直线运动的特点，能用公式、图像等方法描述匀变速直线运动，理解匀变速直线运动的规律，能运用其解决实际问题，体会科学思维中的抽象方法和物理问题研究中的极限方法。4．通过实验，认识自由落体运动规律。结合物理学史的相关内容，认识物理实验与科学推理在物理学研究中的作用。情境命题特点生活实践类安全行车，生活娱乐，交通运输，体育运动(如汽车刹车，飞机起飞，电梯运行，无人机升空)学习探究类伽利略对自由落体运动的研究，速度的测量，加速度的测量，追及相遇问题匀变速直线运动的基本规律1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．特点：加速度不变，速度随时间均匀变化。2．匀变速直线运动的基本规律题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2－veq\o\al(2,0)＝2axv0、v、t、xax＝eq\f(v＋v0,2)t2．正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，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．3．重要推论(1)平均速度关系式即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。(2)位移差公式：任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。利用此次推论可判断：直线运动是否是匀变速直线运动(3)位移中点速度公式：(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例关系：①1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。②1个T内、2个T内、3个T内…n个T内的位移之比：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2。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：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。④1个X时、2个X时、3个X时…n个X时的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…∶eq\r(n)。⑤1个X内、2个X内、3个X内…n个X内的时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…∶eq\r(n)。⑥第1个X内、第2个X内、第3个X内…第n个X内的时间之比tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。【典例1】(多选)一辆汽车以25m/s的速度沿平直公路行驶，突然发现前方有障碍物，立即刹车，汽车做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2，那么从刹车开始计时，前6s内的位移大小与第6s末的速度大小分别为()A．x＝60m B．x＝62.5mC．v＝0 D．v＝5m/s【答案】BC【解析】汽车速度减为零需要的时间t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(25,5)s＝5s，汽车在前6s内的位移x＝eq\f(v02,2a)＝eq\f(252,2×5)m＝62.5m，A错误，B正确；经过5s汽车停止运动，因此第6s末汽车的速度大小为0，C正确，D错误。总结：刹车类问题(1)其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．【典例2】(2022·广东四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3s内与第6s内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1m与通过第6个1m时的平均速度之比为v1∶v2，则()A．x1∶x2＝1∶4 B．x1∶x2＝5∶11C．v1∶v2＝1∶eq\r(2) D．v1∶v2＝eq\r(3)∶eq\r(6)【答案】B【解析】初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故有第3s内与第6s内通过的位移之比为x1∶x2＝s3∶s6＝5∶11，故A错误，B正确；初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，故有质点通过第3个1m与通过第6个1m时所用时间之比为t3∶t6＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(6)－eq\r(5))，根据平均速度公式eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)，可得质点通过第3个1m与第6个1m时的平均速度之比为v1∶v2＝eq\f(s,t3)∶eq\f(s,t6)＝(eq\r(3)＋eq\r(2))∶(eq\r(6)＋eq\r(5))，故C、D错误。【典例3】(2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法错误的是()A．物体运动的加速度为4m/s2B．第2s内的位移为6mC．第2s末的速度为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度为10m/s【答案】C【解析】根据位移差公式xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝eq\f(xⅣ－xⅡ,2T2)＝eq\f(8,2×12)m/s2＝4m/s2，故A正确，不符合题意；第2s内的位移为：x2－x1＝eq\f(1,2)at22－eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×4×(22－12)m＝6m，故B正确，不符合题意；第2秒末速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5s内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x5,t5)＝eq\f(\f(1,2)at52,t5)＝eq\f(\f(1,2)×4×52,5)m/s＝10m/s，故D正确，不符合题意．【典例4】(2022·山东济宁月考)质点在做匀变速直线运动，依次经过A、B、C、D四点。已知质点经过AB段、BC段和CD段所需的时间分别为t、3t、5t，在AB段和CD段发生的位移分别为x1和x2，则该质点运动的加速度为()A．eq\f(x2－x1,t2) B．eq\f(x2－5x1,30t2)C．eq\f(x2－3x1,12t2) D．eq\f(x2－3x1,18t2)【答案】B【解析】AB段中间时刻的速度v1＝eq\f(x1,t)，CD段中间时刻速度v2＝eq\f(x2,5t)，加速度a＝eq\f(v2－v1,6t)＝eq\f(x2－5x1,30t2)，故B项正确，A、C、D三项错误。【巧学妙记】四种多过程运动模型一、“0—v—0”运动模型ttOvt2t1a2a1v01.特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：=1\*GB3①速度公式推导可得：=2\*GB3②速度位移公式推导可得：=3\*GB3③平均速度位移公式推导可得：2.位移三个公式：；；二、先匀速，后减速运动模型---反应时间问题ttOvx2t1av0x1总位移三、先减速为为0，后原路返回运动模型ttOvt2t1a2a1v1v2（1）特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为x。（2）位移三个公式：位移公式；速度位移公式；平均速度位移公式（3）三个比例式：=1\*GB3①；=2\*GB3②；=3\*GB3③四、三倍加速度运动模型ttOvt2t1-a2a1v1-v2（1）特点：初速度为零，两段总位移为零。（2）位移两个公式：；（3）特殊结论：若,则有,【典例5】【2022全国新高考甲卷】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所用时间至少为（） B. C. D.【答案】C【解析】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解得在隧道内匀速有列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0=v+at3解得则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为故选C。【典例6】.（2022年云南楚雄统测）物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t秒后物体的速率为v1时撤去F1，立即再对它施一水平向左的水平恒力F2，又经2t秒后物体回到出发点，此时速率为v2，则v1、v2间的关系是（）A.SKIPIF1<0B.SKIPIF1<0C.SKIPIF1<0D.SKIPIF1<0【答案】C【解析】在ts内的位移x1＝SKIPIF1<0a1t2，末速度为v1=a1t．则在2t内的位移x2＝v1•2t−SKIPIF1<0a2(2t)2

根据x1=-x2得，SKIPIF1<0．根据速度时间公式得，v1=a1t，-v2=v1-a2•2t，解得3v1=2v2．故C正确，ABD错误．故选C．【典例7】.(2022·河南郑州模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是()A．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1B．加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1C．加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1D．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3【答案】：BC【解析】：汽车由静止运动8s，又经4s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，A、D错误．又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq\f(x1,x2)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，C正确．由v＝eq\f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确．(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。(4)物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁。自由落体和竖直上抛1．两种运动的特性(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。(2)竖直上抛运动的重要特性(如图)①对称性②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。2．竖直上抛运动的研究方法分段法上升阶段：a＝－g的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq\f(1,2)gt2(以竖直向上为正方向)若v>0，物体上升，若v<0，物体下落若h>0，物体在抛出点上方若h<0，物体在抛出点下方【典例8】(2019·高考全国卷Ⅰ，T18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq\f(t2,t1)满足()A.1<eq\f(t2,t1)<2B．2<eq\f(t2,t1)<3C．3<eq\f(t2,t1)<4D．4<eq\f(t2,t1)<5【答案】C【解析】本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个eq\f(H,4)所用的时间为t2＝eq\r(\f(H,2g))，第一个eq\f(H,4)所用的时间为t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(3H,2g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3<eq\f(t2,t1)<4，C正确。【典例9】(多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力)，初速度为30m/s，当它的位移大小为25m时，经历时间可能为(g取10m/s2)()A．1s B．2sC．3s D．5s【答案】AD【解析】取竖直向上为正方向，由匀变速直线运动规律有x＝v0t－eq\f(1,2)gt2，当x＝25m时，代入数据有t2－6t＋5＝0，可得t＝1s或t＝5s；当x＝－25m时，代入数据有t2－6t－5＝0，可得t＝(3＋eq\r(14))s(负解舍去)，A、D两项正确，B、C两项错误。类竖直上抛运动(1)示例：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)注意：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．【典例10】在足够长的光滑斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为5m/s2，方向沿斜面向下。经过3s时物体的速度大小和方向是()A．25m/s，沿斜面向上 B．5m/s，沿斜面向下C．5m/s，沿斜面向上 D．25m/s，沿斜面向下【答案】B【解析】取初速度方向为正方向，则v0＝10m/s，a＝－5m/s2，由v＝v0＋at可得，当t＝3s时，v＝－5m/s，“－”表示物体在t＝3s时速度方向沿斜面向下，故B正确。【典例11】(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是()A．物体运动时间可能为1sB．物体运动时间可能为3sC．物体运动时间可能为(2＋eq\r(7))sD．物体此时的速度大小一定为5m/s【答案】ABC【解析】以沿斜面向上为正方向，a＝－5m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x＝7.5m，由运动学公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5m时，x＝－7.5m，由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2解得：t3＝(2＋eq\r(7))s或t4＝(2－eq\r(7))s(舍去)，故C正确．由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s或v2＝5m/s、v3＝－5eq\r(7)m/s，故D错误．物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同。【巧学妙记】物体沿光滑斜面上滑时先做匀减速运动再反向做匀加速运动，且加速度的大小和方向均相同，其运动规律与竖直上抛运动规律相同。精选经典好题，典例。精选经典好题，典例。1.(多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D．t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶12.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5s内和最后5s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．8sB．10s