資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題01 幾種勻變速直線運動模型
[模型導航]
【模型一】剎車模型 1
【模型二】“0—v—0”運動模型 2
【模型三】反應時間與限速模型 4
1.先勻速，后減速運動模型——反應時間問題 5
2.先加速后勻速運動模型——限速問題 5
3.先加速后勻速在減速運動模型——最短時間問題 6
【模型四】雙向可逆類運動模型 6
【模型五】等位移折返模型 7
【模型六】等時間折返模型 8
[模型分析]
【模型一】剎車模型
【概述】指勻減速到速度為零后即停止運動，加速度a突然消失，求解時要注意確定其實際運動時間
【模型要點】
(1)剎車問題在實際生活中，汽車剎車停止后，不會做反向加速運動，而是保持靜止。
(2)題目給出的時間比剎車時間長還是短 若比剎車時間長，汽車速度為零．若比剎車時間短，可利用公式直接計算，因此解題前先求出剎車時間。
(3)剎車時間的求法．由，令，求出便為剎車時間，即。
(4)比較與,若，則；若，則。
(5)若，則，車已經停止，求剎車距離的方法有三種：
①根據位移公式x=v0t＋at2，注意式中只能取；
②根據速度位移公式－v＝2ax；
③根據平均速度位移公式.
據了解，CR300AF型復興號動車組是擁有完全自主國產研發的中國標準動車組體系中的新車型。該車型設計時速為300千米每小時，外觀呈淡藍色，運行平穩舒適、乘坐環境寬敞明亮、列車噪音低、振動小，除此之外復興號動車組全車覆蓋免費wifi，且每兩個座椅有一個插座。假設一列復興號動車進站時從某時刻起做勻減速直線運動，分別用時3s、2s、1s連續通過三段位移后停下，則這三段位移的平均速度之比是 （　　）
A．9：4：1 B．27：8：1 C．5：3：1 D．3：2：1
汽車在平直的公路上行駛，發現險情緊急剎車，汽車立即做勻減速直線運動直到停車，已知汽車剎車時第1秒內的位移為24m，倒數第2秒內的位移為6m，則下列計算正確的是（　　）
A．汽車第1秒末的速度為23m/s
B．汽車加速度大小為3m/s2
C．汽車的減速時間為6.5s
D．汽車剎車總位移為78m
第24屆北京“冬奧會”于2022年2月4日由北京市和張家口市聯合舉辦。在“冬奧會”冰上項目中，冰壺比賽是極具觀賞性的一個項目。如圖所示，在一次訓練中，冰壺（可視為質點）以某一速度沿虛線做勻減速直線運動，垂直進入四個完全相同的矩形區域，到達第四個矩形區域邊緣的E點時速度恰好為零。冰壺從A點運動到D點和從B點運動到E點的平均速度大小分別為v1和v2，則v1與v2之比為（　　）
A．：1 B．：1 C．（1）：1 D．（1）：1
（多選）甲、乙兩車在同一條平直的道路上行駛，它們運動的位置x隨時間t變化的x﹣t圖線如圖所示，已知甲車做勻速直線運動，乙車做勻變速直線運動，且乙車運動x﹣t圖線與t軸相切于10s處，則下列說法正確的是（　　）
A．t＝10s時刻乙車速度減小為零
B．乙車的初位置在x0＝60m處
C．從0至t＝5s的時間內兩車行駛的位移相等
D．兩車相遇時，乙車速度大小為8m/s
有人提出了高速列車不停車換乘的設想。高速列車A以v0做勻速直線運動，接駁列車B在相鄰車道由靜止開始做加速度大小為a的勻加速直線運動，與車A同向行駛。兩車同時到達交匯點時，車B剛好加速到v0，然后兩車保持該速度行駛供乘客換乘。若將兩車視為質點，求：
（1）車B出發時，車A與交匯點的距離；
（2）換乘完畢后，車B做勻減速直線運動，運動了距離s0后停止，求此過程中車B運動的加速度大小和運動時間。
【模型二】“0—v—0”運動模型
【概述】多過程問題是勻變速直線運動中的常見問題，一般處理時需要列多個方程，綜合求解。但有一類多過程問題，由于特點比較鮮明，常常可以利用結論快速求解，那就是0-v-0模型。所謂0-v-0模型是指，一物體從靜止開始，先做勻加速直線運動，速度達到最大值后，再勻減速至速度為0。這類問題除了可以列基本方程求解外，利用v-t圖像去解答會更快速。因為0-v-0模型的v-t圖像非常簡潔。
【模型要點】
1.特點：初速度為零，末速度為v，兩段初末速度相同，平均速度相同。三個比例式：
①速度公式 推導可得：
②速度位移公式 推導可得：
③平均速度位移公式 推導可得：
2.位移三個公式：；；
3.v-t圖像
（多選）在一次救災活動中，一輛救災汽車由靜止開始做勻加速直線運動，在運動了8s之后，由于前方突然有巨石滾下并堵在路中央，所以又緊急剎車，勻減速運動經4s停在巨石前。則關于汽車的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A．加速和減速過程中速度的變化量相同
B．加速、減速中的加速度大小之比為a1：a2＝2：1
C．加速、減速中的平均速度大小之比為v1：v2＝1：1
D．加速、減速中的位移之比為x1：x2＝2：1
不久前，萬眾矚目的北京冬奧會已圓滿落幕。如圖，在高山滑雪訓練中，運動員從斜坡上A點由靜止勻加速下滑，到最底端B后，在水平面做勻減速直線最后停止在C點。已知AB＝100m，BC＝20m。忽略運動員在B點的速度損失，則由兩段時間之比tAB：tBC為（　　）
A．1：1 B．1：5 C．5：1 D．6：1
（多選）如圖所示，兩斜面在B處連接，一小球從C點以4m/s的速度沿斜面CB向上運動，經過B點時速度大小為3m/s，然后進入BA段斜面，到達A點時速度恰好減為0，且AB＝BC。設球經過B點前后速度大小不變，則下列判斷正確的是（　　）
A．小球在BA、CB段的加速度大小之比為9：7
B．小球在BA、CB段的運動時間之比為7：3
C．從C到B，小球的平均速率為1.5m/s
D．從C到A，小球的平均速率為2.1m/s
質點由靜止從A點出發沿直線AB運動，行程的第一階段是加速度大小為a1的勻加速運動，接著做加速度大小為a2的勻減速運動，到達B點時恰好速度減為零。若AB間總長度為s，則質點從A到B所用時間t為（　　）
A． B．
C． D．
物體由靜止開始做加速度為a1的勻加速直線運動，運動了t1時間后改為加速度為a2的勻減速直線運動，經過t2時間后停下。則物體在全部時間內的平均速度不正確的是（　　）
A． B． C． D．
【模型三】反應時間與限速模型
【概述】
1.先勻速，后減速運動模型——反應時間問題
總位移
汽車在平直的公路上勻速行駛，發現前方有險情后緊急剎車，剎車后經過2s速度減半，再滑行15m速度減為零，剎車過程可以看成勻減速直線運動，則汽車勻速行駛時的速度大小為（　　）
A．25m/s B．28m/s C．30m/s D．32m/s
2.先加速后勻速運動模型——限速問題
加速時間；加速距離
勻速時間；勻速距離
總位移
（多選）一輛汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后保持勻速直線運動，最后做勻減速直線運動直到停止。從汽車開始運動起計時，表中給出了某些時刻汽車的瞬時速度。根據表中的數據通過分析、計算可以得出（　　）
時刻/s 1.0 2.0 3.0 5.0 7.0 9.5 10.5
速度/（m s﹣1） 3.0 6.0 9.0 12.0 12.0 9.0 3.0
A．汽車勻加速運動經歷的時間為4s
B．汽車勻減速運動經歷的時間為4s
C．汽車勻速運動的時間為5s
D．整個過程汽車的位移大小為96m
3.先加速后勻速在減速運動模型——最短時間問題
“祝融號”火星車在火星表面探測過程中做直線運動，由靜止開始經過加速、勻速和制動直至停止，共用時12s，位移隨時間變化情況如表所示，加速和制動均可看作是勻變速直線運動。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列說法正確的是（　　）
A．前6秒火星車做加速運動
B．第6秒末火星車的速率為4.75cm/s
C．火星車一共勻速運動了10cm
D．火星車減速的加速度大小為2cm/s2
世界一級方程式賽車（F1）是一項追求極速的運動。如圖是一段賽道的中心線的示意圖（賽道路面寬度沒有畫出），彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1＝10m，r2＝20m，彎道2比彎道1高h＝12m，有一直道與兩彎道相切，質量m＝1200kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑。
（1）求汽車沿彎道1中心線行駛的最大速度v1；
（2）汽車以v1進入直道，以P＝30kW的恒定功率直線行駛了t＝8s進入彎道2，此時速度恰為通過彎道2中心線的最大速度，求直道上除重力外的阻力對汽車做的功W；
（3）汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離，車手會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道。設路寬d＝10m，求此最短時間t（A、B兩點都在軌道的中心線上，計算時視汽車為質點）。
【模型四】雙向可逆類運動模型
【概述】：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后仍能以原加速度勻加速下滑，全過程加速度大小、方向均不變，故求解時可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義
【模型特點】(1)常見情景
①沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后返回。
②豎直上拋運動等。
(2)特點：以原加速度勻加速返回，全過程加速度大小、方向都不變。
（多選）某物體以v0＝30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2．則4s內物體的（　　）
A．路程為65 m
B．位移大小為25 m，方向向上
C．速度改變量的大小為40 m/s
D．平均速度大小為10 m/s，方向向上
（多選）建筑工人常常徒手拋磚塊，當磚塊上升到最高點時，被樓上的師傅接住用以砌墻，若某次以10m/s的速度從地面豎直向上拋出一個磚塊，樓上的師傅沒有接住，g取10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．經2s磚塊回到拋出點
B．磚塊上升的最大高度為10m
C．磚塊回到拋出點前0.5s時間內通過的路程為3.75m
D．被拋出后，磚塊在第2個0.2s和第9個0.2s的位移相同
【模型五】等位移折返模型
【概述】：如沿粗糙斜面上滑的小球，到最高點后仍能下滑，上下過程加速度大小不同但位移大小相同，求解時可拆解為兩個初速度為0的勻加速直線運動進行簡化。
【模型特點】(1)特點：初（或末）速度為零，兩段運動位移大小相等為x。
(2)位移三個公式：位移公式；速度位移公式；
平均速度位移公式
(3)三個比例式：① ；② ； ③
(4)v-t圖像
（多選）物體由靜止開始做加速度大小為a1的勻加速直線運動，當速度達到v時，改為加速度大小為a2的勻減速直線運動，直至速度為零。在勻加速和勻減速運動過程中物體的位移大小和所用時間分別為x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是（　　）
A． B．
C． D．v
如圖（a）所示，一可視為質點的物塊在t＝0時刻以v0＝8m/s的速度大小滑上一固定斜面，斜面足夠長，斜面的傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數μ．經過一段時間后物塊返回斜面底端，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大小；
（2）物塊從斜面底端出發到再次返回斜面底端所用的總時間；
（3）求出物塊再次返回斜面底端的速度大小，并在圖（b）中畫出物塊在斜面上運動的整個過程中的速度—時間圖象，取沿斜面向上為正方向。
【模型六】等時間折返模型
【概述】：物體由靜止出發，先經過一段時間勻加速直線運動，速度達到v1，然后立即做勻減速直線運動，如果經過相等的時間物體回到了原出發點。
【模型特點】
如圖所示，設物體由A點出發做勻加速直線運動，加速度大小為，運動到B點時速度大小為，這時立即以大小為的加速度做勻減速直線運動，由題意可知，物體速度應先減速到0再返回出發點A，速度為
從A點運動到B點的時間等于由B回到A點的時間，設為，
取向右為正方向：
物體從A到B，由運動學公式得：2 -------------------(1)
-------------------(2)
從B返回A的整個過程： ---------------------(3)
-------------------------(4)
由(1)、(2)、(3)、(4)解得：　 ---------------------------(5)
----------------------------(6)
由以上結論可進一步得出該定理的推論：
深入思考發現推論：設從A到B（勻加速過程）受到的合外力大小為，合力做的功為，物體受到的沖量為；從B返回A（勻減速過程）受到的合力為，合力做的功為，物體受到的沖量為，則：
∵ ∴由得 ------------------(7)
∵ ∴ ------------------(8)
∵ ∴ -------------------(9)
物體靜止在光滑水平面上，先對物體施一水平向右的恒力F1，經t秒后撤去F1，立即再對它施一個水平向左的恒力F2，又經過0.5t秒后物體回到出發點，在這一過程中，F1、F2分別對物體做功W1、W2間的關系是（　　）
A．W2＝W1 B．W2＝2W1 C．W2＝4W1 D．W2＝8W1
（多選）質量為m的某質點在恒力F1作用下從A點由靜止出發，當其速度為vm時立即將F1改為相反方向的恒力F2，質點總共經歷時間t運動至B點剛好停下。若該質點以速度v勻速通過A、B兩點時，其經歷的時間也為t，則（　　）
A．無論F1、F2為何值，vm均為2v
B．隨著F1、F2的取值不同，vm可能大于2v
C．F1、F2的沖量一定大小相等、方向相反
D．F1、F2的沖量一定大小相等、方向相同
如圖所示，較大的平行金屬板正對水平放置P板在上、Q板在下距離為d。質量為m，電荷量為+q的帶電小球自距P板d處的O點靜止釋放，運動時間t，在PQ兩板間加未知電壓U，又經過2t小球返回出發點，該過程中小球未與下板Q接觸。已知重力加速度為g，小球運動過程中電荷量保持不變，忽略空氣阻力。求：
（1）PQ兩板電勢差U。
（2）欲使小球不與下板Q接觸，t的最大值。
（3）當t取（2）問中最大值，為使小球不與P板接觸，當小球返回O點時，改變PQ兩板電勢差，則PQ兩板電勢差U′應滿足的條件。
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專題01 幾種勻變速直線運動模型
[模型導航]
【模型一】剎車模型 1
【模型二】“0—v—0”運動模型 2
【模型三】反應時間與限速模型 6
1.先勻速，后減速運動模型——反應時間問題 8
2.先加速后勻速運動模型——限速問題 8
3.先加速后勻速在減速運動模型——最短時間問題 9
【模型四】雙向可逆類運動模型 10
【模型五】等位移折返模型 13
【模型六】等時間折返模型 15
[模型分析]
【模型一】剎車模型
【概述】指勻減速到速度為零后即停止運動，加速度a突然消失，求解時要注意確定其實際運動時間
【模型要點】
(1)剎車問題在實際生活中，汽車剎車停止后，不會做反向加速運動，而是保持靜止。
(2)題目給出的時間比剎車時間長還是短 若比剎車時間長，汽車速度為零．若比剎車時間短，可利用公式直接計算，因此解題前先求出剎車時間。
(3)剎車時間的求法．由，令，求出便為剎車時間，即。
(4)比較與,若，則；若，則。
(5)若，則，車已經停止，求剎車距離的方法有三種：
①根據位移公式x=v0t＋at2，注意式中只能取；
②根據速度位移公式－v＝2ax；
③根據平均速度位移公式.
據了解，CR300AF型復興號動車組是擁有完全自主國產研發的中國標準動車組體系中的新車型。該車型設計時速為300千米每小時，外觀呈淡藍色，運行平穩舒適、乘坐環境寬敞明亮、列車噪音低、振動小，除此之外復興號動車組全車覆蓋免費wifi，且每兩個座椅有一個插座。假設一列復興號動車進站時從某時刻起做勻減速直線運動，分別用時3s、2s、1s連續通過三段位移后停下，則這三段位移的平均速度之比是 （　　）
A．9：4：1 B．27：8：1 C．5：3：1 D．3：2：1
【解答】解：可將動車減速過程看作初速度為0的加速過程，根據勻變速直線運動規律可知最后3s、2s、1s連續通過三段位移的比為27：8：1，根據平均速度的計算公式，可知這三段位移的平均速度之比是9：4：1，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
汽車在平直的公路上行駛，發現險情緊急剎車，汽車立即做勻減速直線運動直到停車，已知汽車剎車時第1秒內的位移為24m，倒數第2秒內的位移為6m，則下列計算正確的是（　　）
A．汽車第1秒末的速度為23m/s
B．汽車加速度大小為3m/s2
C．汽車的減速時間為6.5s
D．汽車剎車總位移為78m
【解答】解：B、汽車做末速度為零的勻減速直線運動，可逆向看作初速度為零的勻加速直線運動，設汽車加速度的大小為a，由位移—時間公式得：
6m
代入數據解得：a＝4m/s2
故B錯誤；
A、設汽車的初速度大小為v0，由勻變速直線運動位移—時間公式得：x1＝v0t124m
代入數據解得：v0＝26m/s
汽車第1s末的速度為v＝v0﹣at1＝26m/s﹣4×1m/s＝22m/s
故A錯誤；
C、汽車的減速時間為ts＝6.5s
故C正確；
D、汽車剎車的總位移為xv0t26×6.5m＝84.5m
故D錯誤。
故選：C。
第24屆北京“冬奧會”于2022年2月4日由北京市和張家口市聯合舉辦。在“冬奧會”冰上項目中，冰壺比賽是極具觀賞性的一個項目。如圖所示，在一次訓練中，冰壺（可視為質點）以某一速度沿虛線做勻減速直線運動，垂直進入四個完全相同的矩形區域，到達第四個矩形區域邊緣的E點時速度恰好為零。冰壺從A點運動到D點和從B點運動到E點的平均速度大小分別為v1和v2，則v1與v2之比為（　　）
A．：1 B．：1 C．（1）：1 D．（1）：1
【解答】解：設冰壺從A點運動到D點和從B點運動到E點的時間分別為t1、t2，根據逆向思維，將冰壺視為做從E到A的初速度為零的勻加速直線運動，則有
解得
t1＝t3﹣t4
所以
則
v1：v2：1，故BCD錯誤，A正確。
故選：A。
（多選）甲、乙兩車在同一條平直的道路上行駛，它們運動的位置x隨時間t變化的x﹣t圖線如圖所示，已知甲車做勻速直線運動，乙車做勻變速直線運動，且乙車運動x﹣t圖線與t軸相切于10s處，則下列說法正確的是（　　）
A．t＝10s時刻乙車速度減小為零
B．乙車的初位置在x0＝60m處
C．從0至t＝5s的時間內兩車行駛的位移相等
D．兩車相遇時，乙車速度大小為8m/s
【解答】解：A、x﹣t圖像切線的斜率表示速度，乙車運動的x﹣t圖線與t軸相切于10s處，則t＝10s時刻乙車速度減小為零，故A正確；
B、乙車的運動可逆向看作初速度為0的勻加速直線運動，5～10s內，由位移—時間公式得：x1
代入數據解得：a＝1.6m/s2
乙車的位移大小x21.6×102m＝80m
則乙車的初位置在x0＝80m處，故B錯誤；
C、0～5s內，甲車的位移x甲＝20m﹣0＝20m
乙車的位移x乙＝0﹣80m＝﹣80m
兩車位移不相等，故C錯誤；
D、兩車相遇時，乙車速度大小為v＝at1＝1.6×5m/s＝8m/s
故D正確。
故選：AD。
有人提出了高速列車不停車換乘的設想。高速列車A以v0做勻速直線運動，接駁列車B在相鄰車道由靜止開始做加速度大小為a的勻加速直線運動，與車A同向行駛。兩車同時到達交匯點時，車B剛好加速到v0，然后兩車保持該速度行駛供乘客換乘。若將兩車視為質點，求：
（1）車B出發時，車A與交匯點的距離；
（2）換乘完畢后，車B做勻減速直線運動，運動了距離s0后停止，求此過程中車B運動的加速度大小和運動時間。
【解答】解：（1）當B剛好加速到v0，所用時間為t，由速度—時間公式得：v0＝at
解得：
車A與交匯點的距離
（2）車B的運動可逆向看作初速度為0的勻加速直線運動，根據速度—位移公式得：
解得：
根據速度—時間公式得：v0＝a't
解得：
答：（1）車B出發時，車A與交匯點的距離為；
（2）車B運動的加速度大小為，運動時間為。
【模型二】“0—v—0”運動模型
【概述】多過程問題是勻變速直線運動中的常見問題，一般處理時需要列多個方程，綜合求解。但有一類多過程問題，由于特點比較鮮明，常常可以利用結論快速求解，那就是0-v-0模型。所謂0-v-0模型是指，一物體從靜止開始，先做勻加速直線運動，速度達到最大值后，再勻減速至速度為0。這類問題除了可以列基本方程求解外，利用v-t圖像去解答會更快速。因為0-v-0模型的v-t圖像非常簡潔。
【模型要點】
1.特點：初速度為零，末速度為v，兩段初末速度相同，平均速度相同。三個比例式：
①速度公式 推導可得：
②速度位移公式 推導可得：
③平均速度位移公式 推導可得：
2.位移三個公式：；；
3.v-t圖像
（多選）在一次救災活動中，一輛救災汽車由靜止開始做勻加速直線運動，在運動了8s之后，由于前方突然有巨石滾下并堵在路中央，所以又緊急剎車，勻減速運動經4s停在巨石前。則關于汽車的運動情況，下列說法正確的是（　　）
A．加速和減速過程中速度的變化量相同
B．加速、減速中的加速度大小之比為a1：a2＝2：1
C．加速、減速中的平均速度大小之比為v1：v2＝1：1
D．加速、減速中的位移之比為x1：x2＝2：1
【解答】解：A、加速和減速過程中速度的變化量大小相等，方向相反，故A錯誤；
B、由v＝at得a1t1＝a2t2，a1：a2＝1：2，故B錯誤；
C、由v可知：1：1，故C正確。
D、由v2＝2ax得2a1x1＝2a2x2，所以x1：x2＝2：1，故D正確；
故選：CD。
不久前，萬眾矚目的北京冬奧會已圓滿落幕。如圖，在高山滑雪訓練中，運動員從斜坡上A點由靜止勻加速下滑，到最底端B后，在水平面做勻減速直線最后停止在C點。已知AB＝100m，BC＝20m。忽略運動員在B點的速度損失，則由兩段時間之比tAB：tBC為（　　）
A．1：1 B．1：5 C．5：1 D．6：1
【解答】解：設運動員在B點的速度大小為v，運動員從A到B和從B到C都做勻變速直線運動，且運動員在A、C的速度均為零，根據運動學規律有
解得tAB：tBC＝5：1。故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
（多選）如圖所示，兩斜面在B處連接，一小球從C點以4m/s的速度沿斜面CB向上運動，經過B點時速度大小為3m/s，然后進入BA段斜面，到達A點時速度恰好減為0，且AB＝BC。設球經過B點前后速度大小不變，則下列判斷正確的是（　　）
A．小球在BA、CB段的加速度大小之比為9：7
B．小球在BA、CB段的運動時間之比為7：3
C．從C到B，小球的平均速率為1.5m/s
D．從C到A，小球的平均速率為2.1m/s
【解答】解：A、對BA段，根據速度—位移公式得：，，代入數據解得：a1：a2＝9：7，故A正確；
B、根據平均速度的推論知，BA段的時間，BC段運動的時間，代入數據解得t1：t2＝7：3，故B正確；
C、小球從C運動到B過程中平均速度大小為，故C錯誤；
D、A到C過程中的平均速率為：，故D正確。
故選：ABD。
質點由靜止從A點出發沿直線AB運動，行程的第一階段是加速度大小為a1的勻加速運動，接著做加速度大小為a2的勻減速運動，到達B點時恰好速度減為零。若AB間總長度為s，則質點從A到B所用時間t為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：物體加速過程最大速度也為減速過程的最大速度，則有：
a1t1＝a2（t﹣t1）﹣﹣﹣﹣（1）；
物體在全程的平均速度為：，則總位移：st﹣﹣﹣﹣﹣（2）；
聯立（1）、（2）可解得：t；故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
物體由靜止開始做加速度為a1的勻加速直線運動，運動了t1時間后改為加速度為a2的勻減速直線運動，經過t2時間后停下。則物體在全部時間內的平均速度不正確的是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由題意知，物體先做初速度為零的勻加速運動，后做勻減速運動，作出v﹣t圖象如下圖，則可知，全程中的最大速度v＝a1t1，因前后均為勻變速直線運動，則平均速度； 故AB正確，D錯誤；
全程的總位移：x；
對全程由平均速度公式有：，故C正確；
因選不正確的，
故選：D。
【模型三】反應時間與限速模型
【概述】
1.先勻速，后減速運動模型——反應時間問題
總位移
汽車在平直的公路上勻速行駛，發現前方有險情后緊急剎車，剎車后經過2s速度減半，再滑行15m速度減為零，剎車過程可以看成勻減速直線運動，則汽車勻速行駛時的速度大小為（　　）
A．25m/s B．28m/s C．30m/s D．32m/s
【解答】解：取運動方向為正方向，設汽車勻速行駛時的速度大小為v，，
聯立解得：v＝30m/s。故ABD錯誤，C正確；
故選：C。
2.先加速后勻速運動模型——限速問題
加速時間；加速距離
勻速時間；勻速距離
總位移
（多選）一輛汽車從靜止開始做勻加速直線運動，然后保持勻速直線運動，最后做勻減速直線運動直到停止。從汽車開始運動起計時，表中給出了某些時刻汽車的瞬時速度。根據表中的數據通過分析、計算可以得出（　　）
時刻/s 1.0 2.0 3.0 5.0 7.0 9.5 10.5
速度/（m s﹣1） 3.0 6.0 9.0 12.0 12.0 9.0 3.0
A．汽車勻加速運動經歷的時間為4s
B．汽車勻減速運動經歷的時間為4s
C．汽車勻速運動的時間為5s
D．整個過程汽車的位移大小為96m
【解答】解：A．從表中數據可知，汽車勻加速運動時的加速度
a1m/s2＝3m/s2
勻速運動時的速度為v＝12m/s，則勻加速運動的時間
t1s＝4s，故A正確；
B．勻減速運動的加速度為
a2m/s2＝﹣6m/s2
勻減速運動的末速度為0；則勻減速運動的時間
t3s＝2s，故B錯誤；
C．汽車速度從3m/s減到0還需的時間
Δts＝0.5s
所以汽車運動總時間t′＝10.5s+0.5s＝11s。所以汽車勻速運動的時間為
t2＝t′﹣t1﹣t3＝11s﹣4s﹣2s＝5s，故C正確；
D．整個過程汽車的位移大小為
xt1+vt2t3m+12×5mm＝96m，故D正確。
故選：ACD。
3.先加速后勻速在減速運動模型——最短時間問題
“祝融號”火星車在火星表面探測過程中做直線運動，由靜止開始經過加速、勻速和制動直至停止，共用時12s，位移隨時間變化情況如表所示，加速和制動均可看作是勻變速直線運動。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列說法正確的是（　　）
A．前6秒火星車做加速運動
B．第6秒末火星車的速率為4.75cm/s
C．火星車一共勻速運動了10cm
D．火星車減速的加速度大小為2cm/s2
【解答】解：由題意可知，火星車從靜止開始先做勻加速直線運動，接著做勻速直線運動，最后做勻減速直線運動至停下。設勻加速階段的加速度大小為a，時間為t1；勻速階段的速度為v，時間為t2；勻減速階段的加速度大小為a′，時間為t3。
由表格數據可知，0～2s時間內，火星車從靜止開始做勻加速直線運動，通過的位移為2cm，根據
解得：a＝1cm/s2
10s～12s，火星車做勻減速運動至停下，通過的位移為2cm，結合逆向思維，可認為此過程方向做初速度為0的勻加速運動，則有
解得：a′＝1cm/s2
勻加速階段的時間為
勻減速階段的時間為
故0～12s全過程的位移滿足
又有t1+t2+t3＝12s
聯立解得：t1＝t3＝5s；t2＝2s；v＝5cm/s
A、前5s內火星車做加速運動，5s后火星車已經做勻速運動，故A錯誤；
B、5～7s時間內火星車已經勻速運動，故第6s末火星車的速度為5cm/s，故B錯誤；
C、火星車一共勻速運動的位移為
x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，故C正確；
D、火星車減速的加速度大小為1cm/s2，故D錯誤；
故選：C。
世界一級方程式賽車（F1）是一項追求極速的運動。如圖是一段賽道的中心線的示意圖（賽道路面寬度沒有畫出），彎道1、彎道2可看作兩個不同水平面上的圓弧，圓心分別為O1、O2，彎道中心線半徑分別為r1＝10m，r2＝20m，彎道2比彎道1高h＝12m，有一直道與兩彎道相切，質量m＝1200kg的汽車通過彎道時做勻速圓周運動，路面對輪胎的最大徑向靜摩擦力是車重的1.25倍，行駛時要求汽車不打滑。
（1）求汽車沿彎道1中心線行駛的最大速度v1；
（2）汽車以v1進入直道，以P＝30kW的恒定功率直線行駛了t＝8s進入彎道2，此時速度恰為通過彎道2中心線的最大速度，求直道上除重力外的阻力對汽車做的功W；
（3）汽車從彎道1的A點進入，從同一直徑上的B點駛離，車手會利用路面寬度，用最短時間勻速安全通過彎道。設路寬d＝10m，求此最短時間t（A、B兩點都在軌道的中心線上，計算時視汽車為質點）。
【解答】解：（1）當汽車所受的靜摩擦力達到最大時，速度最大，
根據牛頓第二定律得：kmg＝m，
可得汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度為：v1＝5m/s；
（2）汽車沿彎道2的最大速度設為v2．由牛頓第二定律得：
kmg＝m，代入數據解得：v2＝5m/s，
汽車直道上行駛的過程，由動能定理得：
pt﹣mgh+W阻mv22mv12，
代入數據解得阻力對汽車做的功為：W阻＝﹣2.1×104J
（3）用時最短時必須速度最大，且路程最短，
即沿如圖所示內切的路線行駛時時間最短。（黑色兩端分別是A、B）
由圖可得：r′2＝r12+[r′﹣（r1）]2，代入數據解得：r′＝12.5m，
汽車沿該線路行駛的最大速度設為v′．則有：kmg＝m
代入數據解得：v′＝12.5m/s
由sinθ0.8，
則對應的圓心角為：2θ＝106°
線路的長度為：s2πr′，解得：s＝23.1m
所以最短時間為：t′1.85s
答：（1）汽車沿彎道1中心線行駛時的最大速度v1是5m/s。
（2）直道上除重力以外的阻力對汽車做的功是﹣2.1×104J。
（3）此最短時間是1.85s。
【模型四】雙向可逆類運動模型
【概述】：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后仍能以原加速度勻加速下滑，全過程加速度大小、方向均不變，故求解時可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義
【模型特點】(1)常見情景
①沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后返回。
②豎直上拋運動等。
(2)特點：以原加速度勻加速返回，全過程加速度大小、方向都不變。
（多選）某物體以v0＝30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2．則4s內物體的（　　）
A．路程為65 m
B．位移大小為25 m，方向向上
C．速度改變量的大小為40 m/s
D．平均速度大小為10 m/s，方向向上
【解答】解：A、選取豎直向上為正方向，則物體在4s內的位移為：
x＝v0tgt2＝30×410×42m＝40m；方向豎直向上。
物體上升的最大高度：Hm＝45m
物體上升的時間：t1s＝3s
下降1s的位移為 x′g（t﹣t1）2m＝5m
故4s內物體的路程為 s＝H+h′＝50m，故A、B 錯誤；
C、速度改變量的大小為△v＝gt＝40m/s，故C正確；
D、平均速度為m/s＝10m/s，方向豎直向上，故D正確；
故選：CD。
（多選建筑工人常常徒手拋磚塊，當磚塊上升到最高點時，被樓上的師傅接住用以砌墻，若某次以10m/s的速度從地面豎直向上拋出一個磚塊，樓上的師傅沒有接住，g取10m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．經2s磚塊回到拋出點
B．磚塊上升的最大高度為10m
C．磚塊回到拋出點前0.5s時間內通過的路程為3.75m
D．被拋出后，磚塊在第2個0.2s和第9個0.2s的位移相同
【解答】解：A、磚塊在空中做豎直上拋運動，運動的總時間為ts＝2s，即經2s磚塊回到拋出點，故A正確；
B、磚塊上升的最大高度為：hm＝5m，故B錯誤；
C、根據對稱性可知磚塊上升的時間為1s，磚塊被拋出后經0.5s通過的路程為：s＝v0t′gt′2＝（10×0.510×0.52）m＝3.75m。由于上升階段與下降階段具有對稱性，所以磚塊回到拋出點前0.5s時間內通過的路程為3.75m，故C正確；
D、磚塊在空中運動的總時間為2s，根據對稱性可知，被拋出后，磚塊在第2個0.2s和第9個0.2s的位移大小相等，但方向不同，位移不同，故D錯誤。
故選：AC。
【模型五】等位移折返模型
【概述】：如沿粗糙斜面上滑的小球，到最高點后仍能下滑，上下過程加速度大小不同但位移大小相同，求解時可拆解為兩個初速度為0的勻加速直線運動進行簡化。
【模型特點】(1)特點：初（或末）速度為零，兩段運動位移大小相等為x。
(2)位移三個公式：位移公式；速度位移公式；
平均速度位移公式
(3)三個比例式：① ；② ； ③
(4)v-t圖像
（多選）物體由靜止開始做加速度大小為a1的勻加速直線運動，當速度達到v時，改為加速度大小為a2的勻減速直線運動，直至速度為零。在勻加速和勻減速運動過程中物體的位移大小和所用時間分別為x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是（　　）
A． B．
C． D．v
【解答】解：C、由勻變速直線運動速度—時間公式可得：v＝a1t1；v＝a2t2
兩式相比得到：，故C錯誤；
AB、由題意得可知：x1t1；x2t2；所以，故A正確，B錯誤；
D.對于整個運動過程有：x1+x2 （t1+t2）
解得：v，故D正確。
故選：AD。
如圖（a）所示，一可視為質點的物塊在t＝0時刻以v0＝8m/s的速度大小滑上一固定斜面，斜面足夠長，斜面的傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數μ．經過一段時間后物塊返回斜面底端，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大小；
（2）物塊從斜面底端出發到再次返回斜面底端所用的總時間；
（3）求出物塊再次返回斜面底端的速度大小，并在圖（b）中畫出物塊在斜面上運動的整個過程中的速度—時間圖象，取沿斜面向上為正方向。
【解答】解：（1）物塊上滑過程由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得：a1＝8m/s2
物塊下滑過程由牛頓第二定律得：mgsin θ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：a2＝2m/s2
（2）設物塊上滑過程的時間為t1：則t11s
物塊上滑過程發生的位移：s14m
物塊下滑過程的位移大小s2＝s1
解得：t2＝2s
故總時間為：t＝t1+t2＝3s
（3）物塊下滑過程由速度公式得：v2＝a2t2
解得：v2＝4m/s
物塊上滑過程的速度：v1＝v0﹣a1t1
所以物塊在斜面上運動的整個過程中的v﹣t圖象如圖所示。
答：（1）物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大小分別是8m/s2、2m/s2；
（2）物塊從斜面底端出發到再次返回斜面底端所用的總時間是3s；
（3）物塊再次返回斜面底端的速度大小是4m/s，物塊在斜面上運動的整個過程中的速度—時間圖象如上圖所示。
【模型六】等時間折返模型
【概述】：物體由靜止出發，先經過一段時間勻加速直線運動，速度達到v1，然后立即做勻減速直線運動，如果經過相等的時間物體回到了原出發點。
【模型特點】
如圖所示，設物體由A點出發做勻加速直線運動，加速度大小為，運動到B點時速度大小為，這時立即以大小為的加速度做勻減速直線運動，由題意可知，物體速度應先減速到0再返回出發點A，速度為
從A點運動到B點的時間等于由B回到A點的時間，設為，
取向右為正方向：
物體從A到B，由運動學公式得：2 -------------------(1)
-------------------(2)
從B返回A的整個過程： ---------------------(3)
-------------------------(4)
由(1)、(2)、(3)、(4)解得：　 ---------------------------(5)
----------------------------(6)
由以上結論可進一步得出該定理的推論：
深入思考發現推論：設從A到B（勻加速過程）受到的合外力大小為，合力做的功為，物體受到的沖量為；從B返回A（勻減速過程）受到的合力為，合力做的功為，物體受到的沖量為，則：
∵ ∴由得 ------------------(7)
∵ ∴ ------------------(8)
∵ ∴ -------------------(9)
物體靜止在光滑水平面上，先對物體施一水平向右的恒力F1，經t秒后撤去F1，立即再對它施一個水平向左的恒力F2，又經過0.5t秒后物體回到出發點，在這一過程中，F1、F2分別對物體做功W1、W2間的關系是（　　）
A．W2＝W1 B．W2＝2W1 C．W2＝4W1 D．W2＝8W1
【解答】解：物體從靜止起受水平恒力F1 作用，做勻加速運動，經一段時間t后的速度為 v1＝a1t，以后受恒力F2，做勻減速運動，加速度大小為 a2，
又經過0.5t秒后物體回到出發點，整個時間內內物體的總位移為零，所以兩個過程的位移大小相等，方向相反。
取勻加速運動的速度方向為正方向，則根據位移關系得：
[v1 0.5t]
聯立解得：F1：F2＝1：8
又經時間t后物體回到出發點，所以：x1＝x2
兩個力做的功：W1＝F1x1，W2＝F2x2
解得：W2＝8W1。
故選：D。
（多選）質量為m的某質點在恒力F1作用下從A點由靜止出發，當其速度為vm時立即將F1改為相反方向的恒力F2，質點總共經歷時間t運動至B點剛好停下。若該質點以速度v勻速通過A、B兩點時，其經歷的時間也為t，則（　　）
A．無論F1、F2為何值，vm均為2v
B．隨著F1、F2的取值不同，vm可能大于2v
C．F1、F2的沖量一定大小相等、方向相反
D．F1、F2的沖量一定大小相等、方向相同
【解答】解：AB、根據平均速度推論知，AB的位移為：x，又x＝vt，解得：vm＝2v，與F1、F2的大小無關，故A正確，B錯誤。
CD、根據動量定理得：F1t1﹣F2t2＝0，動量變化量為零，則F1、F2的沖量一定大小相等、方向相反，故C正確，D錯誤。
故選：AC。
如圖所示，較大的平行金屬板正對水平放置P板在上、Q板在下距離為d。質量為m，電荷量為+q的帶電小球自距P板d處的O點靜止釋放，運動時間t，在PQ兩板間加未知電壓U，又經過2t小球返回出發點，該過程中小球未與下板Q接觸。已知重力加速度為g，小球運動過程中電荷量保持不變，忽略空氣阻力。求：
（1）PQ兩板電勢差U。
（2）欲使小球不與下板Q接觸，t的最大值。
（3）當t取（2）問中最大值，為使小球不與P板接觸，當小球返回O點時，改變PQ兩板電勢差，則PQ兩板電勢差U′應滿足的條件。
【解答】解：（1）小球由靜止釋放，做自由落體運動，t時間內位移h
t時刻速度v1＝gt
設向上為正方向，2t時間內小球位移x＝﹣v1 2t
根據題意x＝h
以上各式聯立解得：
根據牛頓第二定律得：Eq﹣mg＝ma1
兩極板電壓U＝Ed
電場力向上，所以Q電勢高
所以PQ兩板電勢差U
（2）若小球不與下板接觸，臨界條件為小球到達Q板速度為零
所以h
解得：tm
（3）小球自Q板開始向上做勻加速運動，設小球到達O點速度為v2，
則
小球恰好不與P板接觸，則小球到達P板時速度為零，設自O到P過程中加速度為a2，
則
解得：g
所以電場力向下，根據牛頓第二定律得：
PQ兩板電壓U′
電場力向下，所以P電勢高
所以PQ兩板電勢差
答：（1）PQ兩板電勢差U為。
（2）欲使小球不與下板Q接觸，t的最大值為。
（3）當t取（2）問中最大值，為使小球不與P板接觸，當小球返回O點時，改變PQ兩板電勢差，則PQ兩板電勢差U′應滿足的條件為。
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