常见的匀变速直线运动模型-2025年高考物理模型归纳

2025版新课标高中物理模型与方法

专题01常见的匀变速直线运动模型

目录

【模型一】刹车模型........................................................................1

【模型二】"0—v—0”运动模型................................................................6

【模型三】反应时间与限速模型............................................................18

1.先匀速，后减速运动模型一反应时间问题.............................................18

2.先加速后匀速运动模型一限速问题...................................................22

3.先加速后匀速在减速运动模型一最短时间问题........................................24

4.多过程运动之“耽误时间(先减后加)”模型...........................................26

【模型四】双向可逆类运动模型............................................................30

【模型五】等位移折返模型................................................................32

【模型六】等时间折返模型................................................................43

【模型一】刹车模型

【概述】指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度。突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间

【模型要点】

(1)刹车问题在实际生活中，汽车刹车停止后，不会做反向加速运动，而是保持静止。

(2)题目给出的时间比刹车时间长还是短?若比刹车时间长，汽车速度为零.若比刹车时间短，可利用公式

v=v0+at直接计算，因此解题前先求出刹车时间t。0

⑶刹车时间"的求法.由丫=丫0+而，令v=0,求出％便为刹车时间，即

a

(4)比较，与g，若，2",则v=0；若％<0,则吐=%+小

(5)若z2%,则v=0,车已经停止，求刹车距离的方法有三种：

①根据位移公式x=丫()/+3。凡注意式中t只能取/0；

②根据速度位移公式一V3=2QX；

③根据平均速度位移公式X=T九

1.列车进站时以20m/s的初速度开始做匀减速直线运动加速度大小为1.25m/s2,列车速度减为0后在李子

坝站停靠了50s。则关于列车进站过程下列说法正确的是()

A.列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢

B.列车开始减速后，，=8s时的速度为12m/s

C.列车开始减速后，20s内的位移为150m

D.列车匀减速阶段最后1s内的位移大小是0.625m

【答案】D

【详解】A.由于减速过程中加速度大小不变，故列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误；

B.f=8s时的速度为

v/=v0—tzZ7=10m/s

故B错误；

C.列车减速到0所用时间

Z=—=16s

a

故20s内的位移和16s的位移一样，因此

x=­f=160m

2

故C错误；

D.列车匀减速阶段最后Is内的位移大小为

x'=—at'2

2

其中F=ls,解得

x'=0.625m

故D正确。

故选D。

2.（2024•山东潍坊•三模）2024潍坊市足球联赛于3月24日在潍坊四中和利昌学校开赛。在赛前训练中,

运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为匀变速运动，足球离脚后，在0〜/

时间内位移大小为2x,在/〜3/时间内位移大小为x。则足球的加速度大小为（）

A4（2一百bB2（2一百卜

【答案】A

【详解】若足球在3f时刻停止，根据逆向思维法可知，相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：由0-

f时间内位移大小为2x,则在f〜3f时间内位移大小应为1.6x,而题干为无，则说明在3f之前足球就已经停

止运动。根据逆向思维法则有

v2=lax

2x=vt+—at

2

联立解得

故选Ao

3.（2024•山东济宁•三模）智能寻迹小车目前被应用于物流配送等多个领域，为测试不同寻迹小车的刹车性

能，让它们在图甲中4点获得相同的速度，并沿直线刹车，最终得分为刹车停止时越过的最后一条分值

线对应的分数，每相邻分值线间距离为0.5m。某小车"测试时恰好停止于100分分值线，该车的位移和时

间的比值二与f之间的关系图像如图乙所示，小车均可视为质点。下列说法正确的是（）

t

X“

—/(m-s

n_________________________

0，////z////

//，//，/，/，///，/，/，//

919293949596979899100

A.小车A/■刹车过程中加速度大小为Z.Om/s?

B.A点距100分分值线的距离为2m

C.Is时小车M的速度为2m/s

D.若某小车恰好匀减速停止于96分分值线，则该车的加速度大小为3.0m/s2

【答案】B

【详解】A.根据题意，由公式x=+产整理可得

X1

7=%+2at

结合图像可得

%=4m/s,匕=g*

21.0

解得

a=-4m/s2

即小车M刹车过程中加速度大小为4m/sz,故A错误;

BC.A点距100分分值线的距离为

%七=2m

1s时小车M的速度为

%=v0+at=4m/s-4xlm/s=0

故B正确，C错误；

D.若某小车恰好匀减速停止于96分分值线，则刹车距离为

x=x0+4Ax=4m

则该车的加速度大小为

a,=—=2m/s2

12x

故D错误。

故选Bo

4.（2024•青海海南•一模）近来，交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到

严厉处罚。假设一辆以36km/h的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，此时一老人正在过人行横道，汽车的

车头距离人行横道14m。若该车减速时的最大加速度为5m//;要使该车在到达人行横道前停止，驾驶员的

反应时间不能超过（）

A.0.5sB.0.4sC.0.3sD.0.2s

【答案】B

【详解】汽车匀速行驶时的速度大小

v0=36km/h=10m/s

汽车从开始刹车到停止的位移大小

x,==10m

12a

汽车在驾驶员反应时间内匀速运动的位移

x2=l4m-10m=4m

驾驶员的反应时间

t=—=0.4s

vo

故选B。

5.（2024•陕西渭南•一模）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

72km/h的速度匀速行驶时，前方45m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5m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为

（）

A.ImB.1.5mC.2mD.2.5m

【答案】D

【详解】依题意，汽车做匀减速直线运动，其位移为

x=45m-5m=40m

初速度

v0=72km/h=20m/s

设加速度大小为a,则有

-2ax=0-VQ

解得

a=5m/s2

汽车的刹车时间为

羯=-^=4s

"a

由“逆向思维”可知汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为反方向做匀加速直线运动第1s内的位移

大小，即

x'=—at~=2.5m

2

故选D。

6.2022年北京冬季奥运会冰壶比赛的水平场地如图所示，运动员推动冰壶从发球区松手后，冰壶沿中线做

匀减速直线运动，最终恰好停在了营垒中心.若在冰壶中心到达前掷线时开始计时，则冰壶在第2s末的速

度大小马=32m/s,在第15s内运动了%=0.08m,取重力加速度大小g=lOm/s?。求：

（1）冰壶与冰面间的动摩擦因数〃；

(2)营垒中心到前掷线的距离4。

【答案】(1)0.025；(2)27.38m

【详解】(1)假设冰壶速度减到0后冰壶可以反向退回，则冰壶的加速度大小

_3.2m/s-0.08m/s_156/2

"-14.5-2s-625m/S

若冰壶以加速度a=gm/s2减速，则冰壶在最后1s通过的位移

625

78

s=-----m>不

62515

所以冰壶在第15s内的某瞬间已经停止运动，令zV=ls,设冰壶运动占5所用的时间为7,则有

12

Xi5=~at

1

v2=a(12A?+/),a=〃〃喈=〃g

m

解得

〃=0.025

(2)根据运动学公式有

Lo=^“14加+厅

解得

Lo=27.38m

【模型二】“0—V—0”运动模型

【概述】多过程问题是匀变速直线运动中的常见问题，一般处理时需要列多个方程，综合求解。但有一类

多过程问题，由于特点比较鲜明，常常可以利用结论快速求解，那就是0-V-0模型。所谓0-V-0模型是指，

一物体从静止开始，先做匀加速直线运动，速度达到最大值后，再匀减速至速度为0。这类问题除了可以列

基本方程求解外，利用v-t图像去解答会更快速。因为0-V-0模型的v-t图像非常简洁。

【模型要点】

I.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速度公式%Vo=®2推导可得：—

。2’1

②速度位移公式说=VQ=2a2x2推导，可得：—=—

③平均速度位移公式芭=悖》中

2=推导可得：

2.位移三个公式：x=2&+/2）;X——H--CI

3.v-t图像

0tlt2t

1.水平桌面上，一质量为加的物体在水平恒力厂拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于“时，速度

的大小为%,此时撤去R物体继续滑行2s。的路程后停止运动，重力加速度大小为g,则（）

A.在此过程中厂所做的功为；心片

B.在此过中尸的冲量大小等于;以为

c.物体与桌面间的动摩擦因数等于声一

D.尸的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

【答案】BC

【详解】CD.外力撤去前，由牛顿第二定律可知

F-jumg=max①

由速度位移公式有

喏=2。同②

外力撤去后，由牛顿第二定律可知

（3）

-jumg=ma2

由速度位移公式有

-Vo=2a2(250)④

由①②③④可得，水平恒力

F=2

4so

动摩擦因数

〃=¥

4gs。

滑动摩擦力

Ft=〃机g=

4so

可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍,

故C正确，D错误;

A.在此过程中，外力尸做功为

32

W=Fs。=—mv0

故A错误;

B.由平均速度公式可知，外力厂作用时间

%

°+%Vo

2

在此过程中，尸的冲量大小是

T厂3

I=Ft\=~mv0

故B正确。

故选BC。

2.两带电的平行板A、B水平放置，上极板A的中央有一小孔.如图甲所示，一带电油滴从小孔的正上方的。

点处自由下落，穿过上极板A中央的小孔后，刚好不与下极板B相碰，在此过程中，油滴的速度v随时间

/变化的关系如图乙所示.重力加速度为g,不计空气阻力，可知（）

，0

A

B

甲乙

A.在"％时，油滴刚好穿过A板的小孔

B.在"3%时，油滴刚好返回到。点

C.油滴受到的重力与电场力之比为2：3

D.。点到下极板B的距离为2gf；

【答案】AC

【详解】AB.根据题意再结合甲乙两图分析可知，油滴先从O点开始做自由落体运动，在/=%时，油滴刚

好穿过A板的小孔，在"3力时，油滴在电场中速度减为零，刚好到达B板（未与之相碰），故A正确，B

错误；

C.速度-时间图像的斜率表示物体的加速度，设油滴进入电场时的速度为v,由图乙可知，油滴做自由落体

运动时，由牛顿第二定律有

V

mg=m一

%

油滴进入电厂后，由牛顿第二定律有

LV

Eq—mg=m——

2to

联立以上两式可得

mg:Eq-2:3

故C正确；

D.。〜片时间段内油滴做自由落体运动，则%时刻的速度为

v=gt0

而速度-时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则可知。点到下极板B的距离为

132

s^-gt0^t0=-gt0

故D错误。

故选ACo

3.如图是某运动员做低空跳伞表演的V—图像，从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体

运动，4时刻打开降落伞，马时刻落到地面，打开降落伞后运动员获得的加速度大小为5m/s2。g=10m/s2,

下列说法正确的是（）

v/ms'

5

0

A.运动员离开飞机10s后打开降落伞

B.运动员在空中下落过程用时9s

C.运动员距离地面247.5m时打开降落伞

D.飞机距离地面375m

【答案】C

【详解】A.由打开降落伞前运动员做自由落体运动，则

%=g%

故A错误;

B.减速时，有

%=Vj—一4)

t2=14s

运动员在空中下落过程用时14s,故B错误;

C.运动员减速下落的距离为

x

h2=匕_%)=-(14-5)m=247.5m

故运动员距离地面247.5m时打开降落伞，故C正确;

D.运动员自由落体的距离为

飞机距离地面的高度等于运动员下落的距离

h=h}+h2=372.5m

故D错误。

故选Co

4.如图所示的自由落锤式强夯机将8〜30t的重锤从6〜30m高处自由落下，对土进行强力夯实。某次重锤从

某一高度自由落下，已知重锤在空中运动的时间为％、从自由下落到运动至最低点经历的时间为重锤从

地面运动至最低点的过程可视为做匀减速直线运动，当地重力加速度为g,则该次夯土作业()

A.重锤下落时离地高度为gg片

B.重锤接触地面后下降的距离为Jg%%

C.重锤接触地面后的加速度大小为户7

D.重锤在空中运动的平均速度大于接触地面后的平均速度

【答案】AC

【详解】AD.由题意可知，重锤在运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计。作出VT图像，如图所示,

根据自由落体公式可知，重锤下落时离地高度为

,12

%=评

根据匀变速直线运动中平均速度＜可知，重锤在空中运动的平均速度等于接触地面后的平均速度，A正

确，D错误；

B.根据

V

s=—t

2

可知，重锤下落时离地高度"和重锤接触地面后下降距离生之比为

4二4

J—4

故重锤接触地面后下降的距离为

人2=权4(%2-4)

B错误;

C.根据v=af可知，重锤接触地面后的加速度大小为

v

a二-------

‘2—I‘2—’1

C正确。

故选ACo

5.（2024•福建三明•三模）如图甲所示的救生缓降器由挂钩（或吊环）、吊带、绳索及速度控制装置等组成,

是一种可使人沿（随）绳（带）缓慢下降的安全营救装置。如图乙所示，高层建筑工人在一次险情中，将

安全带系于腰部，从离地面某高度处通过钢丝绳先匀加速运动后匀减速运动安全着陆，图丙是工人运动全

过程的v-r图像。已知工人的质量加=70kg,g=10m/s2,则下列说法中正确的是（）

A.发生险情处离地面的高度为27m

B.f=4s时钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为630W

C.加速下滑时钢丝绳对工人的拉力大小为280N

D.整个过程中工人所受重力做功为18900J

【答案】C

【详解】A.发生险情处离地面的高度为

h=—x5xl8m=45m

2

故A错误；

B.根据数学知识可得f=4s时速度为

v=9m/s

加速度

a=-m/s2=9m/s2

2

由牛顿第二定律

T-mg=ma

解得

T=1330N

则钢丝绳对工人拉力的瞬时功率为

尸=TV=11970W

故B错误；

C.加速下滑时加速度

a'=-m/s2=6m/s2

3

由牛顿第二定律

mg-T'=ma'

钢丝绳对工人的拉力大小为

T'=280N

故C正确；

D.整个过程中工人所受重力做功为

眼=“3=31500W

故D错误。

故选Co

6.如图甲所示，鸟儿为了生存像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设鸟的俯冲是自由落体运动，进入水

中后是匀减速直线运动，其V—图像如图乙所示，自由落体运动的时间为4,整个过程的运动时间为g。，

最大速度为％=18m/s,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是（）

A.4=1.6s

B.整个过程下落的高度为27m

C.4至时间内v-f图像的斜率为-10m/s2

D.4至g%时间内阻力是重力的1.5倍

【答案】B

【详解】A.鸟做自由落体运动的最大速度为%=18m/s,由自由落体运动的规律有

%=g]

解得

八=1.8s

故A项错误；

B.整个过程下落的高度为题图乙V一图像与时间轴所围成的面积，则

"=27m

故B项正确；

C.%至;％时间内v-t图像的斜率为

k=~~—=-15m/s2

311

故C项错误；

D.4至;4时间内，由牛顿第二定律有

mg—f=ma

又因为VT图像中，图像的斜率表示加速度，即

a=k=-15m/s2

解得

工=2.5

mg

即阻力是重力的2.5倍，故D项错误。

故选B。

7.（2025高三上•山东济宁•开学考试）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为掉深。

如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。片0时，该潜艇掉深，随后采取措施成功脱险,

在0〜30s时间内潜艇竖直方向的3图像如图乙所示（设竖直向下为正方向）。不计水的粘滞阻力，则（）

甲

A.潜艇在掉深时的加速度为lm/s2

B.片30s时潜艇回到初始高度

C.潜艇竖直向下的最大位移为100m

D.潜艇在10〜30s时间内处于超重状态

【答案】D

【详解】A.潜艇在“掉深”时向下加速，则由图像可知加速度为

20,c,

a=—m/s~2=2m/s2

10

故A错误；

B.在30s内先向下加速后向下减速，则潜艇向下到达最大深度，故B错误；

C.由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为

x=—x20x30m=300m

2

故C错误；

D.由图可知，潜艇在10〜30s时间内向下减速，加速度向上，则处于超重状态，故D正确。

故选D。

8.(2025•江西抚州•模拟预测)冰壶由花岗岩凿磨而成，冰壶运动是冬奥会的一个项目。如图所示，运动员

在。点以一定的初速度将冰壶(可看作质点)沿水平冰面投出，冰壶在冰面上沿直线滑行西=26m、经历

时间a=10s后经过尸点，然后继续沿直线滑行X2=5.5m、经历时间，2=5s后经过0点，最后停在R点。冰

壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，取重力加速度g=10m/s2。求：

oPQR

(1)冰壶的初速度大小；

(2)。和R两点之间的距离。

【答案】(l)3.6m/s(2)0.9m

【详解】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等，又因为

冰壶沿直线运动，因此冰壶在。点至R点的运动为匀减速直线运动，假设冰壶运动的加速度大小为〃，在。

点时的速度大小为%,在0点时的速度大小为%,因此有

12

VOfl^~at\=x\

v0+f2)--(/(/]+Z2)=X]+x2

解得

a=0.2m/s2

v0=3.6m/s

(2)由

vQ=v0-a(ti+t2)

代入数据可得

vQ=0.6m/s

已知运动到R点时冰壶停下，因此有

VQ-O=2办3

代入已知数据可知

x3=0.9m

9.(2025•福建泉州•一模)人工智能已在生活中得到广泛应用。一游客携带智能行李箱出行，旅客行走时,

行李箱无需人的牵引可在地面上跟随游客运动，如图甲所示。某段时间内，行李箱速度v随时间f的变化图

像如图乙所示。已知行李箱的质量加=20kg,0〜%时间内行李箱的总位移s=6m。求:

甲

(1)行李箱加速阶段的位移大小1以及减速运动的时间才2；

(2)减速阶段行李箱受到的合力大小F。

【答案】⑴。=5m,?2=ls(2)F=40N

【详解】(1)由v—图像可知行李箱前5s内的位移大小为

1

心丁

其中

v=2m/s,4=5s

代入可得

M=5m

5s后的位移大小为

$2=S—S]

其中

1

解得

t2=Is

（2）行李箱减速过程中的加速度大小为。，由运动学公式

2

v=2as2

由牛顿第二定律有

F=ma

解得

尸二40N

10.（2025高三上•云南昆明•阶段练习）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力突然减小，潜艇如同

汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为2.8xl0<>kg,在高密度海水区

域海平面下200m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为

2.24X107N；12s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以1.2m/s2的加速度匀减速下沉，速度减

为零后开始上浮。若潜艇减重的时间不计，水的粘滞阻力可忽略，潜艇减重前后受到的浮力保持不变。取

重力加速度大小g=10m/s2,求：

（1）潜艇为阻止“掉深”减重后的质量；

（2）潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度。

高密度海水，於低密度海水

【答案】(1)2xl06kg；(2)584m

【详解】(1)潜艇匀减速下沉过程，根据牛顿第二定律，可得

E浮-m'g=m'a2

解得

mr=2xl06kg

(2)由牛顿第二定律，潜艇匀加速下沉的加速度为

mg-E浮=ma{

解得

2

ax=2m/s

12s后潜艇速度为

v=Q/=24m/s

潜艇下落的高度为

1

%=5印9=144m

潜艇减重后下落的高度为

v2

h.=----=240m

2a2

潜艇“掉深”达到距海平面的最大深度为

h=hQ+hi+h2=584m

【模型三】反应时间与限速模型

【概述】

1.先匀速，后减速运动模型一反应时间问题

2

总位移X=H......-

2a

1.为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持一定的距离。假设某人驾驶一辆汽车在平直公路上以速度%匀

速行驶，突然前方汽车停止，司机从发现这一情况到踩下刹车所经历的时间（即司机的反应时间）为加。

在干燥和湿润两种路况下，汽车轮胎与路面的动摩擦因数分别为从和〃2,且从=24，对应的安全距离分

别为X/、X2,重力加速度为g,则下列选项正确的是（）

A.x2=2xjB.x2<2X1C.x2>2xjD.%=再

【答案】B

【详解】汽车刹车后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律

mgjU=ma

所以

°=g〃

路面干燥时，汽车的安全距离为

22

石二=%+歹°一

2al2gM

路面湿润时，汽车的安全距离为

+~~~=+c0

2a22g4

又因为

4二2〃2

所以易得

x2<2%]

B正确。

故选B。

2.根据《机动车驾驶证申领和使用规定》，司机闯红灯要扣6分，并处罚金200元。某小轿车驾驶员看到绿

灯开始闪时，经短暂时间思考后开始刹车，小轿车在红灯刚亮时恰停在停车线上，V—图像如图所示。若

绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离A=10.5m,贝U（）

A.小轿车刹车的加速度大小为2m/s2

B.小轿车的刹车距离为7m

C.绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为3s

D.绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为2.5s

【答案】C

【详解】AB.由题意可知小轿车在整个过程的位移£=10.5m,轿车匀速运动的位移

x=vot=3m

所以轿车刹车过程的位移

占=Z-x=7.5m

刹车过程根据速度位移关系有

v；=2axi

可得刹车的加速度大小为

a=2.4m/s2

故AB错误；

CD.刹车过程根据速度时间关系有

v0=跖

解得刹车时间为

%=2.5s

绿灯开始闪烁到红灯刚亮的时间为

t0=fj+t=3s

故C正确，D错误。

故选C。

3.当车辆在公路上出现故障不能移动时，为保证安全，需要在事故车辆后面一定距离放置如图所示的警示标

志。通常情况下，司机看到警示标志后会有大约0.3s〜0.7s的反应时间。某省道限速80km/h（约为22m/s）,

假设某后方司机即将撞到警示标志时才看到该标志，为避免后方车辆与故障车相撞，警示标志应放在故障

车尾后面的距离不小于（汽车在此公路刹车过程最大加速度大小为8m/s2）（）

A.30.25mB.36.85mC.45.65mD.43.45m

【答案】C

【详解】为充分保证安全距离，取反应时间最大为0.7s,则当以最大速度行驶时开始刹车到停止时距离为

=j£=_222m=3025m

12a2x8

反应时间中行驶距离为

x2=v0t2=22x0.7m=15.4m

得总距离为

x=玉+%2=45.65m

故选C。

4.无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发现

紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s,比人快了1s。人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停

下的运动距离为44m,汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为lOm/s?。同样条件下，无人驾驶汽

车从发现情况到停下的运动距离为（）

A.24mB.26mC.28mD.30m

【答案】A

【详解】设汽车运动的速度为w，则人驾驶时发现情况到停下的运动距离为

+~~=xl

2a

即

vxl.2+—=44

02x10

解得

Vo=2Om/s

无人驾驶汽车时发现情况到停下的运动距离为

=+—=20x0.2mH---------m=24m

2a2x10

故选Ao

2.先加速后匀速运动模型一-限速问题

加速时间.=总；加速距离玉=曳

a2a

匀速时间/2=/-%；匀速距离羽=%«-”■）

aa

2

总位移x=vot-—

2a

1.（2025高三上♦内蒙古呼和浩特•开学考试）中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号动车和复兴号高铁相

继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做直线运动。两车运动的速度一时间图像如图所示，下列说法正确

的是（）

A.复兴号高铁追上和谐号动车前，t=70s时两车相距最远

B.f=140s时，复兴号高铁追上和谐号动车

C.复兴号高铁/=165s时，速度达到最大

D.复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m

【答案】C

【详解】A.OW/W140s时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，f2140s时，和谐号动车速度小于复兴号高

铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前片140s时两车相距最远，故A错误；

B./=140s时，两车只是速度大小相等，但是位移大小不相等，所以没有追上，故B错误;

C.根据3图像中，斜率表示加速度可知，高铁的加速度为

Av70—0,2

a=—=---------m/s=lm/s2

△t140-70

所以加速到95m/s的所用的时间应为

Av95-0_.

——=-------s=95s

a1

所以当Z=70s+95s=165s时，速度达到最大，C正确;

D.复兴号高铁追上和谐号动车前Z=140s时两车相距最远，由于图像中面积表示位移，所以两车最远相

距应为

.70x14070x(140-70)

Ax=-------------------------------m=2450m

22

故D错误。

故选CO

2.下表是《国家学生体质健康标准》中高三年级男生50m跑评分表（单位：s）。该测试简化为先匀加速起跑,

达到最大速度后再匀速直线到达终点。现在有甲和乙两位同学参加测试，他们两人匀加速起跑时间均为2s,

最终成绩分别为90分和66分，则甲和乙最大速度的比值为（）

等级优秀良好合格

单项得分1009590858078767472706866646260

成绩6.86.97.07.17.27.47.67.88.08.28.48.68.89.09.2

A.37:30B.19:15C.13:10D.6:5

【答案】B

【详解】由题意结合表格数据可知甲跑完50m所用时间为7.0s,乙跑完50m所用时间为8.6s,设甲和乙最

大速度分别为v甲、v乙，则有

也义2s+v甲(7.0s-2s)=50m,—x2s+vi(8.6s-2s)=50m

22

解得

50/50/

=—m/s,v=——m/s

6乙77.6

则甲和乙最大速度的比值为

喉7.619

v乙615

故