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第2讲　匀变速直线运动的规律
1.超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势。某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270 m/s提升至510 m/s，耗时一分钟，假设加速过程为匀加速直线运动，则该过程飞行的距离为（　　）
A.16 200 m B.23 400 m
C.30 600 m D.46 800 m
2.（2025·广东汕头市金山中学模拟）在交通事故分析中，刹车线的长度是很重要的依据。刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是40 m，假设汽车刹车时的速度大小为20 m/s，刹车过程可看作匀减速直线运动，则汽车刹车时的加速度大小为（　　）
A.2 m/s2 B.5 m/s2
C.4 m/s2 D.6 m/s2
3.（2025·八省联考河南卷）某运动员参加百米赛跑，起跑后做匀加速直线运动，一段时间后达到最大速度，此后保持该速度运动到终点。下列速度—时间（v-t）和位移—时间（x-t）图像中，能够正确描述该过程的是（　　）
4.（2025·八省联考云南卷）司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是（　　）
A.9.0 s，0.5 m/s2 B.7.0 s，0.6 m/s2
C.6.0 s，0.7 m/s2 D.5.0 s，0.8 m/s2
5.（2024·海南高考5题）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分别向左、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的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
6.（2025·山西朔州模拟）一辆汽车在平直公路上以10 m/s的初速度做匀加速直线运动，2 s内的位移为30 m，则下列关于汽车的说法正确的是（　　）
A.汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m
B.汽车运动的加速度大小为15m/s2
C.汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为1∶3
D.汽车第2 s末的速度大小为14.1 m/s
7.（2025·重庆南岸阶段练习）如图所示，一辆汽车启动后在平直路面上做匀变速直线运动，从某时刻开始计时，汽车在第1 s，第2 s、第3 s内前进的距离分别是3 m、5 m、7 m，则下列说法正确的是（　　）
A.第1 s末时的速度大小为4 m/s
B.第2 s内的平均速度大小为4 m/s
C.开始计时的速度大小为3 m/s
D.汽车加速过程中加速度大小为3 m/s2
8.如图所示，一滑块放置在水平桌面的最左端，给滑块一个水平向右的初速度v0，经过3 s，滑块运动到桌面的最右端并从最右端飞出。已知滑块的加速度大小为1 m/s2，则滑块的初速度大小v0和桌面的长度L可能是（　　）
A.v0＝2.5 m/s，L＝3 m B.v0＝3.5 m/s，L＝6 m
C.v0＝4.5 m/s，L＝8 m D.v0＝5 m/s，L＝10 m
9.（2025·河南郑州模拟）川藏线318是自驾旅行爱好者公认的“必经之路”，某自驾旅行爱好者在驾车经过西藏动物保护区时，发现前方路段60 m处忽然冲出一只牦牛，为避免惊扰且保护动物，应与其相隔至少10 m，则汽车紧急刹车行驶，已知汽车原来以20 m/s的速度驾驶，刹车加速度大小为5 m/s2，驾驶员反应时间为0.2 s，则下列说法正确的是（　　）
A.汽车不会惊扰牦牛
B.刹车后5 s汽车行驶位移大小为37.5 m
C.汽车从发现牦牛到停止运动的时间为4.5 s
D.在反应时间内汽车通过的距离为3.8 m
10.一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图所示，汽车通过A、B两相邻的树之间的路程用了3 s，通过B、C两相邻的树之间的路程用了2 s，汽车通过树B时的速度为（　　）
A.6.0 m/s B.6.5 m/s
C.7.0 m/s D.7.5 m/s
11.〔多选〕（2025·陕西渭南一模）如图a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b所示，tA＝11.36 s，tB＝11.76 s，tC＝12.16 s，tD＝12.56 s，tE＝12.96 s。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.位置A与D间的距离为1.2 m
B.物体在位置A时的速度为零
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1.5 m/s2
12.因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，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，列车的速度的大小。
（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a2的大小。
第2讲　匀变速直线运动的规律
1.B　该过程飞行的距离为x＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B。
2.B　以汽车刹车时的速度方向为正方向，由0－＝2ax得a＝＝－5 m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，故选B。
3.B　因为v-t图像的斜率表示加速度，由速度与时间关系v＝at，可知匀加速阶段为一条倾斜直线，匀速阶段为一条平行于时间轴的直线，故A错误，B正确；根据初速度为零的匀加速直线运动的位移与时间的关系x＝at2，可知x-t图像在匀加速阶段为开口向上的抛物线，匀速阶段为一条倾斜直线，故C、D错误。
4.A　汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0＝36 km/h＝10 m/s，末速度v小于限速为20 km/h≈5.56 m/s，该过程汽车速度的变化量为Δv＞v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at，可知匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积大于4.44 m/s，结合选项内容，符号题意的仅有A选项。故A正确，B、C、D错误。
5.C　作出单扇感应门打开过程的v-t图像如图所示，根据v-t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移可知，vm×4 s＝2 m，解得vm＝1 m/s，根据加速度的定义可知a＝＝0.5 m/s2，C正确。
6.A　汽车2 s内的位移为30 m，可知1 s末汽车的速度为v1＝＝15 m/s，第1 s内的位移为x1＝t1＝×1 m＝12.5 m，第2 s内的位移为x2＝17.5 m，则汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m，汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为5∶7，选项A正确，C错误； 汽车运动的加速度大小为a＝＝ m/s＝5 m/s，选项B错误；汽车第2 s末的速度大小为v2＝v0＋at2＝（10＋5×2）m/s＝20 m/s，选项D错误。
7.A　第1 s末时的速度大小等于前两秒中间时刻的瞬时速度大小，即等于前两秒的平均速度大小v1＝ m/s＝4 m/s，故A正确；依题意，汽车做匀变速直线运动，则第2 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝5 m/s，故B错误；设汽车开始计时的初速度为v0，加速度大小为a，依题意有第1秒内的位移x1＝v0t1＋a＝3 m，且t1＝1 s，前2秒内的位移x2＝v0t2＋a＝3 m＋5 m＝8 m，且t2＝2 s，联立可得v0＝2 m/s，a＝2 m/s2，所以开始计时的速度大小为2 m/s，汽车加速过程中加速度大小为2 m/s2。故C、D错误。
8.B　设滑块的末速度大小为v1，根据匀变速直线运动规律得v0＝v1＋at＝v1＋3 m/s＞3 m/s，故A错误；若v0＝3.5 m/s，则可得v1＝0.5 m/s，L＝t＝6 m，故B正确；若v0＝4.5 m/s，则可得v1＝1.5 m/s，L＝t＝9 m，故C错误；若v0＝5 m/s，则可得v1＝2 m/s，L＝t＝10.5 m，故D错误。
9.A　驾驶员在反应时间内，汽车通过的位移x1＝vt1＝20×0.2 m＝4 m，从刹车开始到速度减为零，汽车经过的位移x2＝＝ m＝40 m，总位移x＝x1＋x2＝44 m，车停止时距牦牛的距离Δx＝60 m－44 m＝16 m＞10 m，则可知汽车不会惊扰牦牛，故A正确，D错误；汽车从刹车到停止所用时间t2＝＝ s＝4 s，即汽车刹车后4 s已经停止运动，因此刹车后5 s汽车行驶的位移大小为40 m，故B错误；汽车从发现牦牛到停止运动的时间为t＝t1＋t2＝4.2 s，故C错误。
10.B　设汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a。对AB段运动，有xAB＝vAt1＋a，同理，对AC段运动，有xAC＝vAt2＋a，两式联立代入t1＝3 s，t2＝5 s，xAB＝15 m，xAC＝30 m，解得vA＝3.5 m/s，a＝1 m/s2，再由vB＝vA＋at1，得汽车通过树B时的速度为vB＝3.5 m/s＋1×3 m/s＝6.5 m/s。选项B正确。
11.BC　由图b可知相邻两点间的时间间隔T＝0.4 s，物块从C到D的时间间隔与物块从D点到E点的时间间隔相等，所以物块在位置D时的速度为C到E中间时刻的速度，则有物块在位置D时的速度为vD＝＝2.25 m/s，故C正确；AC段与CE段的时间间隔为t＝2T＝0.80 s，且xCE－xAC＝3d－d＝2d，由Δx＝at2，可知xCE－xAC＝a×（2T）2，代入数据解得a＝1.875 m/s2，故D错误；由vD＝vA＋a×3T，代入数据解得物体在位置A时的速度为vA＝0，则位置A与D间距离为xAD＝＝1.35 m，故A错误，B正确。
12.（1）60 m/s　（2）1.2 m/s2
解析：（1）打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，
设经过时间t2＝40 s，列车的速度为v1，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s。
（2）列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，
列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m
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
打开电磁制动后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
则此过程中平均制动加速度大小为a2＝＝1.2 m/s2。
3 / 3第2讲　匀变速直线运动的规律
1.匀变速直线运动的规律
（1）定义：物体沿一条直线运动，且　　　　不变的运动。
（2）分类
（3）速度与时间的关系式：v＝　　　　　　。
（4）位移与时间的关系式：x＝　　　　　　　。
（5）位移与速度的关系式：v2－＝　　　　　　　。
2.匀变速直线运动的推论
（1）平均速度公式：＝＝　　　　　　；
位移中点速度公式：＝　　　　　　　　。
（2）位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝　　　　　　。
可以推广为xm－xn＝（m－n）aT2。
（3）初速度为零的匀加速直线运动比例式
①1T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝　　　　　　　。
②1T内，2T内，3T内，…，nT内位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝　　　　　　　　　　　　　　　　。
③第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第nT内位移之比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝　　　　　　　　　　　　　　。
④通过连续相等的位移所用时间之比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
1.做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。（　　）
2.匀变速直线运动的位移是均匀增加的。（　　）
3.在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定不大于该段时间内位移中点的速度。（　　）
4.一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。（　　）
　　
1.（2024·北京高考2题）一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，制动后做匀减速直线运动，经2 s停止，汽车的制动距离为（　　）
A.5 m B.10 m
C.20 m D.30 m
2.（人教版必修第一册·第二章第3节“练习与应用”T2改编）以18 m/s速度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为（　　）
A.50 m B.45 m
C.40.5 m D.40 m
3.（人教版必修第一册·第二章“复习与提高B组”T5改编）如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3或穿过每个木块所用时间之比t1∶t2∶t3正确的是（　　）
A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3＝∶∶1
C.t1∶t2∶t3＝1∶∶
D.t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1
考点一　匀变速直线运动基本规律的应用
　基本公式的选用方法
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 适宜选用的公式
v0、v、a、t x 速度与时间的关系式 v＝v0＋at
v0、a、t、x v 位移与时间的关系式 x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t 速度与位移的关系式 v2－＝2ax
注 基本公式中，除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，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a的方向为正方向。
（2024·山东高考3题）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）
尝试解答
汽车以20 m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过x＝37.5 m所需的时间为（　　）
A.3 s　 B.4 s
C.5 s　 D.6 s
尝试解答
易错警示
（1）选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，使问题简化。
（2）对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动。利用基本公式求解此类问题时，应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。
（3）对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，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，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。
考点二　匀变速直线运动的推论及应用
　匀变速直线运动的推论及其他常用方法的选用
注 以上各物理量中，除时间t外，其余均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。
（2025·陕西安康三模）做匀加速直线运动的质点，在第6 s内和前5 s内的平均速度之差是3 m/s，则此质点运动的加速度大小为（　　）
A.1 m/s2 B.2 m/s2
C.3 m/s2 D.6 m/s2
尝试解答
（2025·广东珠海检测）如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则（　　）
A.通过cd段的时间为t
B.通过ce段的时间为（2－）t
C.ae段的平均速度等于c点的瞬时速度
D.ac段的平均速度等于b点的瞬时速度
尝试解答
（2025·重庆市检测）物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是（　　）
A.物体运动的加速度大小为4 m/s2
B.第2 s内的位移大小为6 m
C.第2 s末的速度大小为2 m/s
D.物体在0～5 s内的平均速度大小为10 m/s
尝试解答
〔多选〕如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过P、M、N三点，已知PM＝10 m，MN＝20 m，且运动员经过PM、MN两段的时间相等，下列说法正确的是（　　）
A.能求出O、P间的距离
B.能求出运动员经过OP段所用的时间
C.能求出运动员的加速度
D.能求出运动员经过P、M两点的速度之比
尝试解答
（2025·江苏阜宁中学开学考试）
如图所示，可视为质点的台球以初速度v运动到O点后做匀减速直线运动，滑到C点时速度恰好为零。若OA＝AB＝BC，则台球依次经过O、A、B三点时的速度大小之比为（　　）
A.∶∶1　 B.9∶4∶1
C.1∶4∶9 D.（－）∶（－1）∶1
尝试解答
匀变速直线运动的多过程问题
1.三步法确定多过程问题的解答思路
2.分析多过程问题的四个要点
（1）题目中有多少个物理过程。
（2）每个过程中物体做什么运动，可画运动草图或作v-t图像形象地描述运动过程。
（3）每种运动满足什么物理规律。
（4）运动过程中的一些关键位置（时刻）是哪些，各阶段运动交接处的速度往往是联系各段运动的纽带。
（2024·全国甲卷24题）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求：
（1）救护车匀速运动时的速度大小；
（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
审题指导 鸣笛后声波传播的距离和救护车运动距离图示。
　　
尝试解答
（2025·江苏徐州期末）某人以4 m/s的速度骑自行车，在距离十字路口停车线50 m处看到信号灯还有30 s变红，此时若人不再蹬车，自行车将在此路面，以大小为0.3 m/s2的加速度做匀减速直线运动。
（1）求自行车在10 s末的速度。
（2）自行车减速10 s后，骑车人想要在红灯亮前10 s通过停车线，他立即加速蹬车，使自行车开始做匀加速直线运动。求自行车加速运动时加速度的最小值。
尝试解答
第2讲　匀变速直线运动的规律
【立足“四层”·夯基础】
基础知识梳理
1.（1）加速度　（2）同向　反向　（3）v0＋at　（4）v0t＋at2
（5）2ax　2.（1）　　（2）aT2　（3）①1∶2∶3∶…∶n　②1∶22∶32∶…∶n2　③1∶3∶5∶…∶（2n－1）
④1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）
易错易混辨析
1.√　2.×　3.√　4.×
双基落实筑牢
1.B　汽车制动后做匀减速直线运动至速度减为0的过程，其平均速度＝＝5 m/s，则汽车的制动距离为x＝t＝5×2 m＝10 m，B正确，A、C、D错误。
2.C　根据x＝v0t＋at2得36 m＝18×3 m＋a×32 m，解得a＝－4 m/s2，则汽车停止所需时间为t'＝＝ s＝4.5 s＜5 s，所以4.5 s末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x'＝＝ m＝40.5 m，故C正确。
3.D　用“逆向思维”法解答，则可视为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则＝2a·L，＝2a·2L，＝2a·3L，所以v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A、B错误；又由于每个木块厚度相同，则由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1，选项C错误，D正确。
【着眼“四翼”·探考点】
考点一
【例1】 A　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。
【例2】 A　设汽车初速度的方向为正方向，即v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，x＝37.5 m。则由位移公式x＝v0t＋at2解得t1＝3 s，t2＝5 s。又因为汽车经过t0＝＝4 s停止运动，故t2＝5 s应舍去，选项A正确。
考点二
【例3】 A　根据匀变速直线运动规律可知某段时间过程中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，则第6 s内的平均速度等于5.5 s时刻的瞬时速度，前5 s内的平均速度等于2.5 s时刻的瞬时速度，依题意由加速度定义式可得a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故选A。
【例4】 B　根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶（－1）∶（－）∶（2－），可得通过cd段的时间为（－）t，通过de段的时间为（2－）t，则通过ce段的时间为（2－）t，A错误，B正确；通过b点的时刻为通过ae段的中间时刻，故b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、D错误。
【例5】 C　根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知物体运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移大小为x2－x1＝a－a＝×4×（22－12）m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2 s末的速度大小为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5 s内的平均速度大小为＝＝＝ m/s＝10 m/s，故D正确，不符合题意。
【例6】 AD　设运动员通过PM、MN所用时间均为T，则运动员经过M点的速度为vM＝＝，根据Δx＝aT2得a＝＝，则运动员经过P点的速度为vP＝vM－aT＝－＝，则xOP＝＝1.25 m，故A正确；运动员经过P、M两点的速度之比为＝，故D正确；因为T未知，则不能求出运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度，故B、C错误。
【例7】 A　利用逆向思维，根据v2＝2ax，解得v＝，设OA＝AB＝BC＝S，则台球依次经过O、A、B三点时的速度大小之比为vO∶vA∶vB＝∶∶＝∶∶1，故选A。
【聚焦“素养”·提能力】
【典例1】 （1）20 m/s　（2）680 m
解析：（1）根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1
代入数据解得v＝20 m/s。
（2）设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出发处的距离为
x＝a＋v（t0－t1）
又x＝v0（t2－t0）
联立并代入数据解得x＝680 m。
【典例2】 （1）1 m/s　（2）0.3 m/s2
解析：（1）取自行车运动的方向为正方向，自行车在匀减速阶段，有v1＝v0＋a1t1
可得10 s末的速度v1＝1 m/s。
（2）自行车在匀减速阶段的位移x1＝v0t1＋a1
可得x1＝25 m
自行车在匀加速阶段的位移x2＝v1t2＋a2
其中x2＝L－x1＝25 m
代入t2＝10 s
可得，自行车加速运动时加速度的最小值为
a2＝0.3 m/s2。
5 / 5(共61张PPT)
第2讲　匀变速直线运动的规律
高中总复习·物理
目 录
01
立足”四层”·夯基础
02
着眼“四翼”·探考点
03
聚焦“素养”·提能力
04
培养“思维”·重落实
概念 公式 定理
立足“四层”·夯基础
1. 匀变速直线运动的规律
（1）定义：物体沿一条直线运动，且 不变的运动。
（2）分类
（3）速度与时间的关系式：v＝ 。
（4）位移与时间的关系式：x＝ 。
（5）位移与速度的关系式：v2－＝ 。
加速度　
v0＋at　
v0t＋at2　
2ax　
2. 匀变速直线运动的推论
（1）平均速度公式：＝＝ 　　；
位移中点速度公式：＝ 　　。
（2）位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝ 。
可以推广为xm－xn＝（m－n）aT2。
（3）初速度为零的匀加速直线运动比例式
①1T末，2T末，3T末，…，nT末瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn
＝ 。
　
　
aT2　
1∶2∶3∶…∶n　
②1T内，2T内，3T内，…，nT内位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn
＝ 。
③第一个T内，第二个T内，第三个T内，…，第nT内位移之比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝ 。
④通过连续相等的位移所用时间之比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝
。
1∶22∶32∶…∶n2　
1∶3∶5∶…∶（2n－1）　
1∶（－1）∶（－）∶…∶（－
）　
1. 做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。 （　√　）
2. 匀变速直线运动的位移是均匀增加的。 （　×　）
3. 在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定不大于该段时间内位移中点
的速度。 （　√　）
4. 一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s末、第2 s末、
第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。 （　×　）
√
×
√
×
1. （2024·北京高考2题）一辆汽车以10 m/s的速度匀速行驶，制动后做匀
减速直线运动，经2 s停止，汽车的制动距离为（　　）
A. 5 m B. 10 m
C. 20 m D. 30 m
解析： 　汽车制动后做匀减速直线运动至速度减为0的过程，其平均速度
＝＝5 m/s，则汽车的制动距离为x＝t＝5×2 m＝10 m，B正确，A、
C、D错误。
√
2. （人教版必修第一册·第二章第3节“练习与应用”T2改编）以18 m/s速
度行驶的汽车，制动后做匀减速直线运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s
内的位移为（　　）
A. 50 m B. 45 m
C. 40.5 m D. 40 m
√
解析： 　根据x＝v0t＋at2得36 m＝18×3 m＋a×32 m，解得a＝－4
m/s2，则汽车停止所需时间为t'＝＝ s＝4.5 s＜5 s，所以4.5 s
末汽车停车，则汽车在5 s内的位移为x'＝＝ m＝40.5
m，故C正确。
3. （人教版必修第一册·第二章“复习与提高B组”T5改编）如图所示，在
水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子
弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下
列关于子弹依次射入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3或穿过每个木块所用
时间之比t1∶t2∶t3正确的是（　　）
A. v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B. v1∶v2∶v3＝∶∶1
C. t1∶t2∶t3＝1∶∶
D. t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1
√
解析： 　用“逆向思维”法解答，则可视为子弹向左做初速度为零的匀
加速直线运动，设每个木块厚度为L，则＝2a·L，＝2a·2L，＝
2a·3L，所以v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A、B错误；又由于每个木块厚
度相同，则由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可得t1∶t2∶t3＝
（－）∶（－1）∶1，选项C错误，D正确。
题型 规律 方法
着眼“四翼”·探考点
考点一　匀变速直线运动基本规律的应用
　基本公式的选用方法
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 适宜选用的公式
v0、v、a、t x 速度与时间的关系式
v＝v0＋at
v0、a、t、x v 位移与时间的关系式
x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t 速度与位移的关系式
v2－＝2ax
注 基本公式中，除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，可以用正、负号表示
矢量的方向。一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，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a
的方向为正方向。
（2024·山东高考3题）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）
√
解析：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。
汽车以20 m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运
动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过x＝37.5 m所需的时间为
（　　）
A. 3 s B. 4 s
C. 5 s D. 6 s
解析：设汽车初速度的方向为正方向，即v0＝20 m/s，a＝－5 m/s2，x＝
37.5 m。则由位移公式x＝v0t＋at2解得t1＝3 s，t2＝5 s。又因为汽车经过t0
＝＝4 s停止运动，故t2＝5 s应舍去，选项A正确。
√
易错警示
（1）选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量
选择合适的公式求解，使问题简化。
（2）对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动。利用基本公式求解
此类问题时，应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。
（3）对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，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，故求解时可对
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。
考点二　匀变速直线运动的推论及应用
匀变速直线运动的推论
及其他常用方法的选用
注 以上各物理量中，除时间t外，其余均为矢量，可以用正、负号表示矢量的方向。
（2025·陕西安康三模）做匀加速直线运动的质点，在第6 s内和前5 s
内的平均速度之差是3 m/s，则此质点运动的加速度大小为（　　）
A. 1 m/s2 B. 2 m/s2
C. 3 m/s2 D. 6 m/s2
解析：根据匀变速直线运动规律可知某段时间过程中间时刻的瞬时速度等
于该段的平均速度，则第6 s内的平均速度等于5.5 s时刻的瞬时速度，前5 s
内的平均速度等于2.5 s时刻的瞬时速度，依题意由加速度定义式可得a＝
＝ m/s2＝1 m/s2，故选A。
√
（2025·广东珠海检测）如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连
续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为
t，则（　　）
A. 通过cd段的时间为t
B. 通过ce段的时间为（2－）t
C. ae段的平均速度等于c点的瞬时速度
D. ac段的平均速度等于b点的瞬时速度
√
解析：根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、
cd、de段所用的时间之比为1∶（－1）∶（－）∶（2－），可
得通过cd段的时间为（－）t，通过de段的时间为（2－）t，则通
过ce段的时间为（2－）t，A错误，B正确；通过b点的时刻为通过ae段
的中间时刻，故b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、D错误。
（2025·重庆市检测）物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s
内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是（　　）
A. 物体运动的加速度大小为4 m/s2
B. 第2 s内的位移大小为6 m
C. 第2 s末的速度大小为2 m/s
D. 物体在0～5 s内的平均速度大小为10 m/s
√
解析：根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知物体运动的加速度大小为a＝
＝ m/s2＝4 m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移大小为x2
－x1＝a－a＝×4×（22－12）m＝6 m，故B正确，不符合题意；
第2 s末的速度大小为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体
在0～5 s内的平均速度大小为＝＝＝ m/s＝10 m/s，故D正
确，不符合题意。
〔多选〕如图所示，滑雪运动员从O点由静止开始做匀加速直线运
动，先后经过P、M、N三点，已知PM＝10 m，MN＝20 m，且运动员经过
PM、MN两段的时间相等，下列说法正确的是（　　）
A. 能求出O、P间的距离
B. 能求出运动员经过OP段所用的时间
C. 能求出运动员的加速度
D. 能求出运动员经过P、M两点的速度之比
√
√
解析：设运动员通过PM、MN所用时间均为T，则运动员经过M点的速度为
vM＝＝，根据Δx＝aT2得a＝＝，则运动员经过P点的
速度为vP＝vM－aT＝－＝，则xOP＝＝1.25 m，故A正确；运动
员经过P、M两点的速度之比为＝，故D正确；因为T未知，则不能求出
运动员经过OP段所用的时间和运动员的加速度，故B、C错误。
（2025·江苏阜宁中学开学考试）如图所示，可视为质点的台球以初
速度v运动到O点后做匀减速直线运动，滑到C点时速度恰好为零。若OA＝
AB＝BC，则台球依次经过O、A、B三点时的速度大小之比为（　　）
A. ∶∶1 B. 9∶4∶1
C. 1∶4∶9 D. （－）∶（－1）∶1
解析：利用逆向思维，根据v2＝2ax，解得v＝，设OA＝AB＝BC＝S，
则台球依次经过O、A、B三点时的速度大小之比为vO∶vA∶vB＝
∶∶＝∶∶1，故选A。
√
现实 科技 应用
聚焦“素养”·提能力
匀变速直线运动的多过程问题
1. 三步法确定多过程问题的解答思路
2. 分析多过程问题的四个要点
（1）题目中有多少个物理过程。
（2）每个过程中物体做什么运动，可画运动草图或作v-t图像形象地描述
运动过程。
（3）每种运动满足什么物理规律。
（4）运动过程中的一些关键位置（时刻）是哪些，各阶段运动交接处的
速度往往是联系各段运动的纽带。
（2024·全国甲卷24题）为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着
笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，
在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝
41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝
340 m/s，求：
（1）救护车匀速运动时的速度大小；
（2）在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
审题指导 鸣笛后声波传播的距离和救护车运动距离图示。
解析：（1）根据题意可知，救护车匀速运动时的速度大小为v＝at1
代入数据解得v＝20 m/s。
（2）680 m
答案：（1）20 m/s　
（2）设救护车在t＝t0时停止鸣笛，则由运动学规律可知，此时救护车距出
发处的距离为
x＝a＋v（t0－t1）
又x＝v0（t2－t0）
联立并代入数据解得x＝680 m。
（2025·江苏徐州期末）某人以4 m/s的速度骑自行车，在距离十字
路口停车线50 m处看到信号灯还有30 s变红，此时若人不再蹬车，自行车
将在此路面，以大小为0.3 m/s2的加速度做匀减速直线运动。
（1）求自行车在10 s末的速度。
答案： 1 m/s　
解析： 取自行车运动的方向为正方向，自行车在匀减速阶段，有v1＝
v0＋a1t1
可得10 s末的速度v1＝1 m/s。
（2）自行车减速10 s后，骑车人想要在红灯亮前10 s通过停车线，他立即
加速蹬车，使自行车开始做匀加速直线运动。求自行车加速运动时加速度
的最小值。
答案： 0.3 m/s2
解析： 自行车在匀减速阶段的位移x1＝v0t1＋a1
可得x1＝25 m
自行车在匀加速阶段的位移x2＝v1t2＋a2
其中x2＝L－x1＝25 m
代入t2＝10 s
可得，自行车加速运动时加速度的最小值为a2＝0.3 m/s2。
培养“思维”·重落实
夯基 提能 升华
1. 超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一，该技术在未来的超视
距作战中具有很大的优势。某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由
270 m/s提升至510 m/s，耗时一分钟，假设加速过程为匀加速直线运动，则
该过程飞行的距离为（　　）
A. 16 200 m B. 23 400 m
C. 30 600 m D. 46 800 m
解析： 　该过程飞行的距离为x＝t＝×60 m＝23 400 m，故
选B。
√
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2. （2025·广东汕头市金山中学模拟）在交通事故分析中，刹车线的长度
是很重要的依据。刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时
留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是40 m，假设汽车刹
车时的速度大小为20 m/s，刹车过程可看作匀减速直线运动，则汽车刹车
时的加速度大小为（　　）
A. 2 m/s2 B. 5 m/s2
C. 4 m/s2 D. 6 m/s2
解析： 　以汽车刹车时的速度方向为正方向，由0－＝2ax得a＝＝
－5 m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，故选B。
√
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3. （2025·八省联考河南卷）某运动员参加百米赛跑，起跑后做匀加速直
线运动，一段时间后达到最大速度，此后保持该速度运动到终点。下列速
度—时间（v-t）和位移—时间（x-t）图像中，能够正确描述该过程的是
（　　）
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解析： 　因为v-t图像的斜率表示加速度，由速度与时间关系v＝at，可知
匀加速阶段为一条倾斜直线，匀速阶段为一条平行于时间轴的直线，故A
错误，B正确；根据初速度为零的匀加速直线运动的位移与时间的关系x＝
at2，可知x-t图像在匀加速阶段为开口向上的抛物线，匀速阶段为一条倾
斜直线，故C、D错误。
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4. （2025·八省联考云南卷）司机驾驶汽车以36 km/h的速度在平直道路上
匀速行驶。当司机看到标有“学校区域限速20 km/h”的警示牌时，立即开
始制动，使汽车做匀减速直线运动，直至减到小于20 km/h的某速度。则该
匀减速阶段汽车的行驶时间和加速度大小可能是（　　）
A. 9.0 s，0.5 m/s2 B. 7.0 s，0.6 m/s2
C. 6.0 s，0.7 m/s2 D. 5.0 s，0.8 m/s2
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解析： 　汽车制动做匀减速直线运动过程中的初速度v0＝36 km/h＝10
m/s，末速度v小于限速为20 km/h≈5.56 m/s，该过程汽车速度的变化量为
Δv＞v－v0≈－4.44 m/s，根据匀变速运动速度关系Δv＝at，可知匀减速阶
段汽车的行驶时间和加速度大小的乘积大于4.44 m/s，结合选项内容，符
号题意的仅有A选项。故A正确，B、C、D错误。
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5. （2024·海南高考5题）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静
止开始同时分别向左、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的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
√
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解析： 作出单扇感应门打开过程的v-t图像如图所
示，根据v-t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移可
知，vm×4 s＝2 m，解得vm＝1 m/s，根据加速度的定
义可知a＝＝0.5 m/s2，C正确。
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6. （2025·山西朔州模拟）一辆汽车在平直公路上以10 m/s的初速度做匀加
速直线运动，2 s内的位移为30 m，则下列关于汽车的说法正确的是
（　　）
A. 汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m
B. 汽车运动的加速度大小为15m/s2
C. 汽车第1 s内与第2 s内的位移之比为1∶3
D. 汽车第2 s末的速度大小为14.1 m/s
√
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解析： 　汽车2 s内的位移为30 m，可知1 s末汽车的速度为v1＝＝15
m/s，第1 s内的位移为x1＝t1＝×1 m＝12.5 m，第2 s内的位移为
x2＝17.5 m，则汽车第2 s内的位移比第1 s内的位移大5 m，汽车第1 s内与
第2 s内的位移之比为5∶7，选项A正确，C错误； 汽车运动的加速度大小
为a＝＝ m/s＝5 m/s，选项B错误；汽车第2 s末的速度大小为v2＝
v0＋at2＝（10＋5×2）m/s＝20 m/s，选项D错误。
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7. （2025·重庆南岸阶段练习）如图所示，一辆汽车启动后在平直路面上
做匀变速直线运动，从某时刻开始计时，汽车在第1 s，第2 s、第3 s内前进
的距离分别是3 m、5 m、7 m，则下列说法正确的是（　　）
A. 第1 s末时的速度大小为4 m/s
B. 第2 s内的平均速度大小为4 m/s
C. 开始计时的速度大小为3 m/s
D. 汽车加速过程中加速度大小为3 m/s2
√
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解析： 　第1 s末时的速度大小等于前两秒中间时刻的瞬时速度大小，即
等于前两秒的平均速度大小v1＝ m/s＝4 m/s，故A正确；依题意，汽车
做匀变速直线运动，则第2 s内的平均速度大小为＝＝ m/s＝5 m/s，故
B错误；设汽车开始计时的初速度为v0，加速度大小为a，依题意有第1秒内
的位移x1＝v0t1＋a＝3 m，且t1＝1 s，前2秒内的位移x2＝v0t2＋a＝3
m＋5 m＝8 m，且t2＝2 s，联立可得v0＝2 m/s，a＝2 m/s2，所以开始计时
的速度大小为2 m/s，汽车加速过程中加速度大小为2 m/s2。故C、D错误。
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8. 如图所示，一滑块放置在水平桌面的最左端，给滑块一个水平向右的初
速度v0，经过3 s，滑块运动到桌面的最右端并从最右端飞出。已知滑块的
加速度大小为1 m/s2，则滑块的初速度大小v0和桌面的长度L可能是（　　）
A. v0＝2.5 m/s，L＝3 m B. v0＝3.5 m/s，L＝6 m
C. v0＝4.5 m/s，L＝8 m D. v0＝5 m/s，L＝10 m
√
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解析： 　设滑块的末速度大小为v1，根据匀变速直线运动规律得v0＝v1＋
at＝v1＋3 m/s＞3 m/s，故A错误；若v0＝3.5 m/s，则可得v1＝0.5 m/s，L＝
t＝6 m，故B正确；若v0＝4.5 m/s，则可得v1＝1.5 m/s，L＝t＝
9 m，故C错误；若v0＝5 m/s，则可得v1＝2 m/s，L＝t＝10.5 m，故D
错误。
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9. （2025·河南郑州模拟）川藏线318是自驾旅行爱好者公认的“必经之
路”，某自驾旅行爱好者在驾车经过西藏动物保护区时，发现前方路段60
m处忽然冲出一只牦牛，为避免惊扰且保护动物，应与其相隔至少10 m，
则汽车紧急刹车行驶，已知汽车原来以20 m/s的速度驾驶，刹车加速度大
小为5 m/s2，驾驶员反应时间为0.2 s，则下列说法正确的是（　　）
A. 汽车不会惊扰牦牛
B. 刹车后5 s汽车行驶位移大小为37.5 m
C. 汽车从发现牦牛到停止运动的时间为4.5 s
D. 在反应时间内汽车通过的距离为3.8 m
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解析： 　驾驶员在反应时间内，汽车通过的位移x1＝vt1＝20×0.2 m＝4
m，从刹车开始到速度减为零，汽车经过的位移x2＝＝ m＝40 m，总
位移x＝x1＋x2＝44 m，车停止时距牦牛的距离Δx＝60 m－44 m＝16 m＞10
m，则可知汽车不会惊扰牦牛，故A正确，D错误；汽车从刹车到停止所用
时间t2＝＝ s＝4 s，即汽车刹车后4 s已经停止运动，因此刹车后5 s汽车
行驶的位移大小为40 m，故B错误；汽车从发现牦牛到停止运动的时间为t
＝t1＋t2＝4.2 s，故C错误。
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10. 一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵
树，如图所示，汽车通过A、B两相邻的树之间的路程用了3 s，通过B、C
两相邻的树之间的路程用了2 s，汽车通过树B时的速度为（　　）
A. 6.0 m/s B. 6.5 m/s
C. 7.0 m/s D. 7.5 m/s
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解析： 　设汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a。对AB段运动，有xAB
＝vAt1＋a，同理，对AC段运动，有xAC＝vAt2＋a，两式联立代入t1
＝3 s，t2＝5 s，xAB＝15 m，xAC＝30 m，解得vA＝3.5 m/s，a＝1 m/s2，再
由vB＝vA＋at1，得汽车通过树B时的速度为vB＝3.5 m/s＋1×3 m/s＝6.5
m/s。选项B正确。
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11. 〔多选〕（2025·陕西渭南一模）如图a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b所示，tA＝11.36 s，tB＝11.76 s，tC＝
12.16 s，tD＝12.56 s，tE＝12.96 s。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. 位置A与D间的距离为1.2 m
B. 物体在位置A时的速度为零
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1.5 m/s2
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解析： 　由图b可知相邻两点间的时间间隔T＝0.4 s，物块从C到D的时
间间隔与物块从D点到E点的时间间隔相等，所以物块在位置D时的速度为
C到E中间时刻的速度，则有物块在位置D时的速度为vD＝＝2.25 m/s，
故C正确；AC段与CE段的时间间隔为t＝2T＝0.80 s，且xCE－xAC＝3d－d＝
2d，由Δx＝at2，可知xCE－xAC＝a×（2T）2，代入数据解得a＝1.875
m/s2，故D错误；由vD＝vA＋a×3T，代入数据解得物体在位置A时的速度为
vA＝0，则位置A与D间距离为xAD＝＝1.35 m，故A错误，B正确。
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12. 因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，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。
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（1）求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度的大小。
答案： 60 m/s　
解析： 打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，
设经过时间t2＝40 s，列车的速度为v1，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s。
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（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a2
的大小。
答案： 1.2 m/s2
解析：列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，
列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m
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
打开电磁制动后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m，
则此过程中平均制动加速度大小为a2＝＝1.2 m/s2。
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