模板01直线运动（四大题型）（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年01月试卷_01012025年高考物理答题技巧与模板构建

模板 01 直线运动（四大题型） 本节导航： 题型01 匀变速直线运动的规律运用 题型02 重力作用下的直线运动 题型03 追及和相遇问题的分析 题型04两类匀减速直线运动 题型 01 匀变速直线运动的规律运用 1、对于匀变速直线运动，主要考查的对象是其公式、规律和图像，灵活运用这些知识是解决该类 问题的关键。 2、将运动学作为一个孤立的知识点单独考查的命题较少，往往是结合其他知识,作为综合试题的一 个知识点加以体现。 3、如果单独作为考查点,则往往是涉及两个物体的运动关系的问题,或者是多过程、多情景的实际 问题，对于建模的能力要求也比较高。 一、必备基础知识 1、三个基本公式 ①速度与时间的关系式：v＝v ＋at； 0 1 ②位移与时间的关系式：x＝v t＋ at2； 0 2 ③位移与速度的关系式：v2－v2＝2ax。 0 2、两个重要推论 匀变速直线运动的质点，连续相等时间内位移差公式为Δx＝x －x ＝x －x ＝…＝x －x ＝aT2， 2 1 3 2 n n－1 可以推广到x －x ＝(m－n)aT2。 m n － 匀变速直线运动的质点，在某段时间内的中间时刻的瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，即v v ＋v 0 ＝ 。 23、比例关系 初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论如下： ①在1T末、2T末、3T末、4T末……n T末的速度比为：1：2：3……：n。 ②在1T内、2T内、3T内、4T内……n T内的位移比为：12：22：32……：n2。 ③在第1T内、第2T内、第3T内、第4T内……第n T内的位移比为：1：3：5……：（2n-1）。 ④通过连续相等的位移所用时间之比为：t ∶t ∶t ∶…∶t ＝1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1)。 1 2 3 n 二、解题模板 1、解题思路 ①画：由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：明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量； ③定：选取正方向，一般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，反向的物理 量取负值．若v＝0，一般以a的方向为正方向； 0 ④列：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； ⑤解：联立求解，算出结果，并对结果进行分析和讨论。 2、注意问题 解题时注意选取正方向，选择公式时要根据所求的物理量合理选取公式，避免选取的公式引入了更 多的未知量。 运动过程如果包含几个过程，需要进行分过程分析，这种类型的题型的难点往往是不同过程的衔接 点，这个衔接点可以是速度等，要找到联系各个过程的纽带。 3、七种解题方法 1 ①公式法：一般公式指速度公式v＝v ＋at，位移公式x＝v t＋ at2及推论式2ax＝v2－v2，它们均是 0 0 0 2 矢量式，使用时要注意方向性。 Δx 1 ②平均速度法：定义式 ＝ 对任何性质的运动都适用，而 ＝ （v ＋v）只适用于匀变速直线运 v v 0 Δt 2 动。 t ③中间时刻速度法：利用“任一时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”即v ＝ ， v 2 适用于任何一个匀变速直线运动。④逆向思维法：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况。 ⑤比例法：对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零 的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解。 ⑥推论法：对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx＝aT2求 解。 ⑦图像法：应用v－t图像，可以把较复杂的问题转变为较简单的数字问题来解决。 4、解题策略 ①先观察题干是否提供时间t，如果没有则运用v2－v2＝2ax。 0 ②如果提供时间t，则再判断t是否相等，如果相等则优先考虑x －x ＝(m－n)aT2；如果不相等则 m n v ＋v 优先考虑 v ＝𝑣 𝑡＝ 0 。 2 2 ③只有从静止（初速度为零）或者匀减速到零的运动，才可以运用比例式。使用比速度或比位移的 时候，一定要注意相等时间这个前提；使用比时间的时候，一定要注意相等位移这个前提，有时题干未 给我们分出相等位移的时候要自行分割成几段连续的相等位移，再去比时间。 （2024·全国·高考真题）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2m/s2，在t 10s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻 1 救护车停止鸣笛，t 41s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 2 v 340m/s，求： 0 （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。 思路分析 第一问的思路： 由匀加速直线运动的速度公式 10s末的速度 匀速运动的速度 第二问的思路： 对全过程进行分析：先 根据运动学公式求出匀 求出匀速直线运动的位移和 匀加速后匀速再匀减速 速运动的时间 匀加速直线运动的位移详细解析 【答案】（1）20m/s；（2）680m 【详解】（1）根据匀变速运动速度公式 vat 1 可得救护车匀速运动时的速度大小 v210m/s20m/s （2）救护车加速运动过程中的位移 1 x  at2 100m 1 2 1 设在t 时刻停止鸣笛，根据题意可得 3 (t t )20100 3 1 t t v 3 2 0 停止鸣笛时救护车距出发处的距离 xx (t t )v 1 3 1 代入数据联立解得 x680m （2024·江西抚州·模拟预测）一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司 机忽然发现前方大约50m处有一标有“前方塌陷”危险警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车运动加速 度随位移变化可简化为图（a）中的图线。从司机发现警示牌到采取措施期间为反应时间（这段时间内 汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），x x 段位移为刹车系统的启动阶段，从x 位置开始， 1 2 2 汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从x 位置开始计时，汽车第1s内的位移为12m，第4s 2 内的位移为0.5m。 （1）通过计算判断汽车在t4s时刻之前停止还是之后停止； （2）求汽车在x 位置时速度大小及此后运动至停止前的加速度大小； 2 （3）已知：司机反应时间为t 1 0.4s，x 1  x 2 段位移大小为7.25m，请问司机发现警示牌到汽车停止， 汽车行驶的距离为多少？【答案】（1）见解析；（2）14m/s，4m/s2；（3）37.75m 【详解】（1）假设第4秒内汽车未停下来。则第1s内平均速度为12m/s，第4s内平均速度为 0.5m/s，则加速度大小为 120.5 23 a  m/s2  m/s2 1 3.50.5 6 代入数据求得第4s末速度为负值，故假设错误，说明物体在第4s内已经停下来。 （2）设汽车在x位置的速度为v ，x 位置的速度为v，在x 位置后一段时间内汽车做匀减速运动，设 1 0 2 2 其加速度大小为a，由题意汽车第1s内的位移为12m，第4s内的位移为0.5m，取t1s，由运动学公 式第1s内有 1 12vt at2 2 第3s末速度为 v = v- 3at 3 对3s后有 v2= 2a´ 0.5 3 联立解得 v14m/s a4m/s2 （3）汽车从x位置到x 位置过程中做加速度增大的减速运动；取极小一段时间Δt可认为汽车做匀减 1 2 速运动，由运动学公式 v2v2 2ax 1 0 1 1 可得 v2v2 2a x 2 1 2 2 v2v2 2a x 3 2 3 3 v2v2 2a x n 4 n 所有式子相加得 v2v2 2ax a x a x a x  ax a x a x a x 则表示ax图像围成面 0 1 1 2 2 3 3 n n 1 1 2 2 3 3 n n 积，由此求得v 15m/s 0 由司机反应时间为t 0.4s，则有反应时间内 1 xv t 150.4m6m 01 在匀减速阶段有 v2= 2ax 3 可得汽车做匀减速阶段位移为 x 24.5m 3 汽车行驶总位移 x6m7.25m24.5m37.75m 题型 02 重力作用下的直线运动 1、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动的具体应用，4个比例关系可以直接运用，难度一 般都是偏低。注意时间对称和速度对称往往可以更快解题。 2、竖直上抛运动的命题角度可以有两个：①单个物体的运动，该题型可以用分段法或全过程法进 行求解；②多个物体空中相遇问题，该题型往往采用相对速度的方法会简化答题过程。 一、必备基础知识 1、自由落体的三个基本公式 ①速度公式：v＝gt。 1 ②位移公式：h＝ gt2。 2 ③速度位移关系式：v2＝2gh。 2、自由落体运动的推论 ①连续相等的时间T内的位移之差：Δx＝gT2。 v ②平均速度： ＝ 。 v 2 ③若从开始运动时刻计时，划分为连续相等的时间间隔T，则有如下比例关系：T末、2T末、3T末……瞬时速度之比v ∶v ∶v ∶……＝1∶2∶3∶…… 1 2 3 T内、2T内、3T内……位移之比x ∶x ∶x ∶……＝1∶4∶9∶…… 1 2 3 第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移之比x∶x ∶x ∶……＝1∶3∶5∶…… Ⅰ Ⅱ Ⅲ ④若从运动起点（初位置）开始，划分为连续相等的位移x，则有如下比例关系： 连续相等的位移末的瞬时速度v ∶v ∶v ∶……＝1∶ 2∶ 3∶…… 1 2 3 通过连续相等的位移所用时间之比t ∶t ∶t ∶……＝1∶（ 2－1）∶（ 3－ 2）∶…… 1 2 3 3、竖直上抛运动的基本公式 ①速度公式：v＝v －gt； 0 1 ②位移公式：h＝v t－ gt2； 0 2 ③平均速度公式： ； 1 v (v v) 0 2 ④速度与位移的关系：v2－v2＝－2gh。 0 符号法则：应用公式时，要特别注意v 、v、h等矢量的正、负号，一般选向上为正方向，v 总是正 0 0 值，上升过程中v为正值，下降过程中v为负值，物体在抛出点以上时h为正值，在抛出点以下时h为 负值。 4、竖直上抛运动的三种对称性 ①时间的对称性：物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t ＝ 上 v 0 t ＝ ；物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等。 下 [来源:学+科+网Z+X+X+K] g ②速度的对称性：物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点的速度大小相等、方向相反；物体在 上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反。 ③能量的对称性：竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械 能分别相等。 二、解题模板 1、解题思路 2、注意问题应用自由落体运动： ①可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。 ②物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运 动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题。 竖直上抛运动： ①用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式h＝v t 0 1 — gt2中各符号的意义必须明确。 2 ②在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶 段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解。 3、解题方法 自由落体运动; ①公式法：一般公式指速度公式、位移公式和速度与位移关系的公式，它们均是矢量式，使用时要 注意方向性。 1 ②平均速度法：利用功平均速度 ＝ （v ＋v）进行求解。 v 0 2 ③比例法：可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解。 ④推论法：对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx＝gT2求 解。 ⑤图像法：应用v－t图像，可以把较复杂的问题转变为较简单的数字问题来解决。 竖直上抛运动： ①分段法：把竖直上抛运动分为两个过程来研究，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落 体运动。 ②整体法：从整个过程看，利用匀减速直线运动来处理。 初速度为v （设为正方向），加速度为a＝－g的匀变速直线运动；v>0时，物体上升；v<0时，物 0 体下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。 ③巧用竖直上抛运动的对称性：时间的对称性，速度的对称性，能量的对称性。 ④竖直上抛运动的多解问题： 1 由位移公式：h＝v t− gt2，可知对某一高度h。 0 2 当h＞0时，表示物体在抛出点的上方。此时t有两解：较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间。 当h＝0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处。此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻， 另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间。 当h＜0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置。此时t有两解：一解为正 值，表示物体落到抛出点下方某处所用时间；另一解为负值，应舍去。 （2024·黑龙江佳木斯·一模）小名同学借助Phyphox软件中的声学秒表研究弹性小球跌落反 弹的运动特点。在安静的环境中，将弹性小球从距离桌面某一高度h 静止释放，碰到桌面后反弹，又 0 落下，不断往复。声学秒表可以记录两次撞击桌面声之间的时间间隔。小名同学将手机放在桌面上， 收声孔对准反弹位置，记录下头几次碰撞声对应的时间间隔。“时间1”指的是第一次碰撞桌面到第二次 碰撞桌面之间的时间间隔t ，“时间2”指的是第二次碰撞桌面到第三次碰撞桌面之间的时间间隔t ，以 1 2 此类推。已知小球每次与桌面碰撞后与碰撞前的速度大小之比保持不变，并设比值为k。整个过程中空 气阻力可以忽略不计，碰撞时间不计，重力加速度g 10m s2 。请根据实验数据和学过的物理知识 求： （1）小球第二次与桌面发生碰撞后速度与撞前速度大小之比k的表达式（用题干中字母表示），并计 算k的数值。 （2）利用（1）问中k的值计算小球开始释放的高度h 。 0 （3）利用（1）问中k的值，计算小球第一次反弹到停止运动的总时间T。（所有数字结果均保留两位 有效数字）思路分析 第一问的思路： 根据自由落体 求出速度后即可 的速度公式 得出比值 第二问的思路： 根据比值求出第一 根据速度与位移的 次碰撞前的速度 公式求解下落高度 第三问的思路： 根据速度公式和比值 根据碰撞时间的规律得出 利用数学等比知识 求出时间 n次碰撞的时间公式 求解总时间 详细解析 t 【答案】（1）k  2 ，k 0.86；（2）h 0.85m；（3）T 5.1s t 0 1 【难度】0.65 【知识点】竖直上抛运动的三个基本公式 gt gt 【详解】（1）第二次碰前的速度v  1 ，第二次碰后的速度v  2 1 2 2 2 v t 第二次碰后速度与碰前速度之比k  2 ，解得k  2 ，代入数据k 0.86 v t 1 1 v v2 （2）第一次碰前的速度v  1 ，开始下落的高度h  0 ，代入数据h 0.85m 0 k 0 2g 0 v kv （3）第一次碰撞到第二次碰撞时间t 2 1 ，第二次碰撞到第三碰撞时间t 2 1 kt 1 g 2 g 1 k2v kn1v 第三次碰撞到第四次碰撞时间t 2 1 k2t ，第n+1次碰撞到第n次碰撞的时间t 2 1 kn1t 3 g 1 n g 1 1 空中运动时间T t t t  t ，可得T t (1kk2 kn1)t 1 2 3  n 1  11k 代入数据解得T 5.1s（4.9s-5.2 s都算对） （2024·陕西安康·一模）在巴黎奥运会上，我国选手包揽了女子10米跳台跳水的金牌和银 牌。如图所示，一质量m50kg的运动员（视为质点），从距水面h10m高处以大小v5m/s的速度 竖直向上跃起，一段时间后落入水中。水池中的水足够深，忽略空气阻力，取重力加速度大小 g 10m/s2。(1)求运动员距水面的最大高度H； (2)求运动员从起跳到刚落到水面的时间t； (3)若运动员入水后，受到的浮力与其受到的重力大小相等，受到水的阻力大小 f 1125N，不考虑运动 员的动作带来的影响，求运动员在水中能到达的最大深度h 。 m 【答案】(1)1.25m (2)2s (3)5m 【详解】（1）运动员上升阶段 v2 2gh 1 解得 h =1.25m 1 则 H=h+h =11.25m 1 （2）运动员在空中运动过程中 1 hvt gt2 2 解得 t=2s （3）运动员入水后做匀减速运动，设该过程中运动员的加速度大小为a，由牛顿第二定律 f F mg ma 浮 解得 a=22.5m/s2 运动员刚落到水面时的速度大小 v =-v+gt 1 由运动公式可知v2 2ah 1 m 解得 h =5m m 题型 03 追及和相遇问题 1、该类题型会涉及一些临界状态，常见的字眼为：相距最远、最近，恰好追上、不相撞等，这是 解题的突破口。 2、这类问题一般涉及多个物体之间的位移和时间关系，学会话题一般能够更加快捷地解题。对学 生地分析能力要求较高。 一、必备基础知识 1、追及、相遇问题的实质 讨论追及、相遇问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置的问题。 2、追击和相遇问题的类型 类型 图像 说明 匀加速追匀速 ①t= t 以前，后面物体与前面物体间距离增大 0 ②t = t 时，两物体相距最远为x +Δx 0 0 匀速追匀减速 ③t = t 以后，后面物体与前面物体间距离减小 0 ④能够相遇且只能相遇一次 匀加速追匀减速 开始追及时，后面物体与前面物体间的距离在 减小，当两物体速度。相等时，即t = t 时刻： 0 匀减速追匀速 ①若Δx=x ，则恰能追上，两物体只能相遇一 0 次，这也是避免相撞的临界条件②若Δxx ，则相遇两次，设t 时刻Δx =x ，两 0 1 1 0 物体第一次相遇，则t 时刻两物体第二次相遇 2 匀减速追匀加速 3、抓住一个条件、两个关系 ①一个临界条件：速度相等。速度相等往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件， 也是分析判断问题的切入点； ②两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突 破口。 两者初始距离已知时可由v－t图线与横轴包围的面积判断相距最远、最近及相遇等情况.用x-t图像 求解时,如果两物体的位移图像相交,则说明两物体相遇。 二、解题模板 1、解题思路 2、注意问题 位移关系：物体初始位置关系（同一地点出发或不同地点出发）与相遇位置之间的关系。 速度关系：主要为临界问题，比如速度相等时是能否追上或者距离为最大还是最小。 时间关系：物体地初始时间（同时出发或不同时出发）与相遇时地时间之间的关系。 相遇时必须满足相应的时间和位移关系，这是解题的关键。 被追物体做匀减速直线运动时，要判断追上时被追物体是否已停止运动。 3、解题方法 ①物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含 条件，建立一幅物体运动关系的图景。 ②数学极值法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于时间t的一元二次方程，用根的判别式进行讨论。若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，无解， 说明追不上或不能相遇。 ③图像法：将两个物体运动的速度—时间关系在同一图象中画出，然后利用图象分析求解相关问题。 x−t图像中的交点表示两物体相遇，v−t图像中的交点表示两物体的速度相等，并不一定相遇。 利用图象分析追及、相遇问题，是常见的物理模型，以下是利用v－t图象分析这类问题的要点：由斜 率分析、计算加速度；由“面积”求位移；由运动性质和“相对位移”变化（看图线走势）判断相遇 （或距离最大）时刻。 （2024·湖北武汉·模拟预测）ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。如图所示，在 沪渝高速公路上一汽车以速度v 18m/s向收费站沿直线行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中 1 心线处匀减速至0，经过t 25s缴费成功后，再匀加速至v 行驶。如果过ETC通道，需要在距收费站 0 1 中心线前d 9m处匀减速至v 6m/s匀速到达中心线后，再匀加速至v 行驶。设汽车在减速和加速过 2 1 程中的加速度大小分别为a 2m/s2和a 1m/s2，求： 1 2 （1）汽车过人工通道，从收费前减速开始，到收费后加速结束，总共通过的路程和所需要的时间是多 少？ （2）如果过ETC通道，汽车通过第（1）问路程，比人工收费通道节约多长时间？ 思路分析 第一问的思路： 人工通道汽车经历减 利用速度与位移的关系 利用速度公式即可 速、静止和加速三个阶 公式即可求出路程 求出总时间 段 第二问的思路： ETC通道汽车经历减 利用速度与位移的关系公 利用速度公式即 速、匀速和加速三个阶 式即可求出路程 可求出总时间 段详细解析 【答案】（1）243m，52s；（2）31.5s v2 v2 【详解】（1）走人工通道，汽车在减速、静止、加速三个阶段通过的路程x  1  1 1 2a 2a 1 2 v v 代入数据解得x 243m，所用时间为t  1 t  1 ，代入数据解得t 52s。 1 1 a 0 a 1 1 2 v2v2 v2v2 (2) 走ECT通道，汽车在减速、、加速三个阶段通过的路程x  1 2 d  1 2 2 2a 2a 1 2 v v d v v 代入数据解得x =225m，所用时间为t  1 2   1 2 ，代入数据解得t 19.5s。 2 1 a v a 2 1 2 2  x x  故节约时间Δtt t  1 2 ，代入数据解得t31.5s。 1  2 v  1 （2025·云南昆明·一模）一汽车停在小山坡底，某时刻，司机发现山坡上距坡底70m处的泥 石流以2m/s的初速度、1m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地 面上做匀速直线运动，司机从发现险情到发动汽车共用了2s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加 速直线运动，其过程简化为如下图所示，求： (1)泥石流到达坡底的时间和速度大小； (2)试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？ 【答案】(1)10s，12m/s (2)0.75m/s2 【详解】（1）设泥石流到达坡底的时间为t ，速度为v ，根据位移时间公式和速度时间公式有 1 1 1 s v t  at2 1 01 2 11 v v at 1 0 11 代入数据得 t 10s 1 v 12m/s 1（2）泥石流在水平地面上做匀速直线运动，故汽车的速度加速至v ，且两者在水平地面的位移刚好相 1 等就安全了，设汽车加速时间为t，故有 v v at 汽 1 v2 s  1 汽 2a s =v t2t  汽 1 1 联立各式代入数据解得 a0.75m/s2 题型 04 两类匀减速直线运动 1、刹车问题第一步应该先判断刹车所用时间，直接将题目中的时间数据代入公式往往容易造成错 解。 2、双向可逆类问题要注意分析位移和速度，往往两者都是多解问题，常考题型为小球冲上光滑斜 面得运动、竖直上抛运动和反向初速度板块模型。 一、必备基础知识 1、刹车问题 汽车匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间。 2、双向可逆类问题 如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、方向均不 变。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。 二、解题模板 1、解题思路2、注意问题 刹车问题要注意车子停下来的时间，不可直接套用公式求解。 双向可逆类问题要注意速度的多解和位移的多解，求解过程要注意画对草图。 3、解题方法 ①刹车问题： 逆向思维方法：如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速 度大小不变的匀加速直线运动。 ②双向可逆类问题： 对称性：物体在双向可逆的运动过程中，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此形成多解.解决 办法就是根据运动的对称性（速度与时间的对称性），所以末速度等大的位置有两个，位移等大的位置 有两个或者三个。 速度多解问题：同个位置，上升下降过程速度大小相同，方向相反，如下图所示。 位移多解：位移等大的位置有三个，位移方向与初速度方向相同的的有两个，一个处于上升过程， 一个处于下降过程。位移方向与初速度方向相反的有一个，此时物体处于出发点的下方。 （2024·安徽六安·模拟预测） 疫情结束后的第一个暑假期间，很多家庭自驾去海边游玩。为了安全，我国交通管理部门规定，在高速公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离（即安全距离， 取 g=10m/s2）。现根据下面提供的资料，回答下列问题： （1） 若汽车以 100km/h 的速度在晴朗天气下行驶时的安全距离是多少？ （假定司机的反应时间为 0.5s） （2） 某一路段为湿滑路面，汽车以 72km/h的速度行驶，若安全距离和第（1） 问一样，那么司机 的反应时间不允许超过多少秒？ 各种路面与轮胎之间的动摩擦因数 路面 动摩擦因数 干沥青与混凝土路面 0.6~ 0.8 湿沥青与混凝土路面 0.32~0.4 思路分析 第一问的思路： 汽车先匀速后匀减速运动 根据位移公式可得安全距离 第二问的思路： 题意出现不允许字眼说 安全距离减去匀减速运 根据匀速直线运动的公 明动摩擦系数应该取 动的位移即可得反应距 式可得反应时间 0.32 离 详细解析 【答案】（1）78.2m；（2）0.785 5 【详解】（1）由v 100km/h100 m/s27.78m/s，可知反应时间内行驶的距离 1 18 x vΔt 13.89m 1 1 取0.6，匀减速过程的距离 1 v2 x  1 64.31m 2 2g 1 故安全距离 xx x 78.2m 1 2 （2）由v 72km/h20m/s， 0.32，匀减速过程的距离 2 2v2 x  2 62.5m 3 2g 2 反应时间内行驶的距离 x xx v Δt 4 3 2 2 解得 Δt 0.785s 2 （2023·河北保定·二模）一辆汽车沿足够长的长直坡路匀速向下行驶，已知坡路的倾角为 30，汽车的速度为v 10m/s，汽车司机突然发现前方Δx17.5m处有一辆自行车，正以 1 v 5m/s的速度匀速向下行驶，汽车司机经Δt0.5s的时间踩下刹车，使汽车沿坡路向下做匀减速直 2 线运动，重力加速度取g 10m/s2。求： （1）为了避免交通事故，汽车制动后加速度的最小值； 2 3 （2）如果汽车在制动时未启动防抱死装置，车轮与坡面之间的动摩擦因数为 ，为了避免交通 5 事故，司机踩下刹车时，汽车距离自行车的最小间距。 5 【答案】（1） m/s2；（2）12.5m 6 【详解】（1）汽车在Δt0.5s时间内的位移为 x v Δt 5m 1 1 自行车在Δt0.5s时间内的位移为 x v Δt 2.5m 2 2 汽车制动时距离自行车的间距为 x Δxx x 15m 0 2 1 为了避免交通事故，当两车的速度相等时刚好没有碰到，汽车制动的加速度最小，设经时间t 两者速度 1 相等，则有 v at v 1 1 2 又 v v t 1 2 1 v t x 2 21 0 代入数据解得5 a m/s2 6 （2）如果汽车在制动时，未启动防抱死装置，则汽车的滑动摩擦力大小为 f mgcos 对汽车由牛顿第二定律得 mgsin f ma 联立解得 a1m/s2 设汽车经过时间t 与自行车共速，由运动学公式有 2 v v t  2 1 5s 2 a 该时间内汽车的位移为 v v  x  1 2 t 37.5m 1 2 2 自行车的位移为 x v t 25m 2 2 2 为了避免交通事故，司机踩下刹车时，汽车距离自行车的最小间距为 Δxxx 12.5m 1 2 1．（2024·山西·一模）“边路传中，中路抢点打门”是足球比赛中常见的进攻战术，而这种战术需要球员间 有良好的配合。在某次训练中，运动员甲正在沿着边线从A点向B点以5m/s的速度匀速带球，带至B 点后立即将球以20m/s的速度平行底线向C点踢出（忽略运动员踢球的时间），之后足球以2m/s2的 加速度开始做匀减速运动。运动员乙则一直在D点观察着甲的运动情况，合适的时机出现后，乙开始 向C点先以5m/s2的加速度从静止开始匀加速运动，当达到10m/s后开始做匀速直线运动，最终和足 球同时到达C点，乙在C点完成射门。已知：AB40m，BC 36m，CD20m。求：(1)运动员乙从D到C的运动时间； (2)运动员乙需要在甲运动员运动到距离A点多远时出发。 【答案】(1)3s (2)35m 【详解】（1）乙从D跑至C过程中，加速段时间 v t  max 2s 1 a 乙 匀速段有 1 x  a t2 v t CD 2 乙1 max 2 代入数据解得 t 1s 2 故乙从D到C运动时间为 t t t 3s 1 2 （2）甲带球至B点时间 x t  AB 8s 3 v 甲 球从B运动到C的时间 1 x v t  a t2 BC 球 4 2 球 4 解得 t 2s 4 则乙启动比甲晚的时间为 t t t t t 7s 3 4 1 2乙启动时，甲距离A点 xv t35m 甲 2．（2024·陕西宝鸡·一模）十字路口红灯亮起，汽车和行人停止前行。拦停的汽车排成笔直的一列，最前 面一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为d 6.0m，且车长为L 4.8m， 0 最前面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽s20m。若汽车启动时都以a 2.5m/s2的加速度做匀加 1 速直线运动，加速到v 10.0m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为a 0.5m/s2，达到 1 2 v 1.0m/s后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间t40s，而且有按倒计时显示的时间显示灯 2 （无黄灯）。另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通 过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。（提示：绿灯 亮起时，行人从A走向B，第1辆汽车从C朝向D行驶。） 请回答下列问题： （1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有多少辆车通过路口？ （2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减 速运动，结果车的前端与停车线相齐，求该汽车刹车后经多少时间停下？ （3）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？ 【答案】（1）64；（2）6.8s；（3）31 【详解】（1）汽车加速的时间 v 10 t  1  s4s 1 a 2.5 2 在绿灯亮的40s时间内汽车能行驶的位移为 1 1 x at2v (tt ) 2.516m1036m380m 2 11 1 1 2 而根据题意，原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过，则在绿灯亮的这 段时间内能够通过的车的数量x 380 n  63.3 d 6 根据题意可知，能有64辆汽车通过路口。 （2）记t 3s，当显示灯刚亮出“3”时，第65辆汽车的位移 0 1 x  at2v(tt t ) 1 2 1 1 0 解得 x 350m 1 此时汽车距停车线的距离 x64dx 34m 1 则该汽车刹车后停下来应满足 v x 1t 2 2 解得 t 6.8s 2 （3）汽车加速时间内行驶的位移大小为 1 x  at2 20m 2 2 11 行人加速的时间为 v t  2 2s 3 a 2 行人加速的位移为 v x  2 t 1m 3 2 3 行人通过横道线的时间为 sx t t  3 21s 4 3 v 2 在行人通过横道线的时间内汽车的位移为 x x v (t t )190m 4 2 1 4 1 能到达横道线的车辆数 x n 4 31.7 d 即第32辆车车身的一部分是行人离开横道线后从侧边离开的，因此可知，行人在通过横道线的过程中与31辆车擦肩而过。 3．（22-23高三上·福建莆田·阶段练习）无人机因具有机动性能好，生存能力强，无人员伤亡风险，使用 方便等优点在生产生活中有广泛应用。我国林业部门将无人机运用于森林防火工作中，如图所示，某 架无人机执行火情察看任务，悬停在目标正上方且距目标高度为H =205m处，t=0时刻，它以加速度 1 a =6m/s2竖直向下匀加速运动距离h =75m后，立即向下做匀减速直线运动直至速度为零，重新悬停在 1 1 距目标高度为H =70m的空中，然后进行拍照。重力加速度大小取10m/s2，求： 2 （1）无人机从t=0时刻到重新悬停在距目标高度为H =70m处的总时间t； 2 （2）若无人机在距目标高度为H =70m处悬停时动力系统发生故障，自由下落2s后恢复动力，要使其 2 不落地，恢复升力时的最小加速度大小a 。 2 【答案】（1）9s；（2）4m/s2 【详解】（1）设无人机下降过程最大速度为v，向下加速时间为t ，减速时间为t ，则由匀变速直线 1 2 运动规律有 1 h  at2 1 2 11 vat 11 v H H h  t 1 2 1 2 2 联立解得 t t t 9s 1 2 （2）无人机自由下落2s末的速度为 v gt20m/s 0 2s内向下运动的位移为 1 x  gt2 20m 1 2 设其向下减速的加速度大小为a 时，恰好到达地面前瞬间速度为零，则 2 v 2 H x  0 2 1 2a 2代入数据可解得 a 4m/s2 2 4．（2024·福建莆田·三模）小明同学站在平直街道旁A点，发现一辆公交车正以10m/s速度，从身旁匀速 驶过，此时小明立刻先匀加速后匀减速追赶公交车。A点与公交车站B点的距离为50m，公交车在行 驶中到距车站30m处开始刹车（视为匀减速运动），刚好到B点停下，此时小明也恰好到B点停下。 设小明匀加速和匀减速运动的加速度大小相等。求： （1）公交车刹车过程的时间； （2）小明追赶公交车过程的加速度大小。 25 【答案】（1）6s；（2） m/s2 8 【详解】（1）设x=30m，v=10m/s，则公交车刹车过程的时间 v x t 2 解得 t=6s （2）公交车匀速运动的时间为 5030 t  s=2s 0 10 设小明匀加速运动的收尾速度为v ，则 0 x50m v x 0 (tt ) 2 0 解得 v 12.5m/s 0 小明追赶公交车过程的加速度大小为 2v 25 a 0  m/s2 tt 8 0 5．（2022·全国·模拟预测）某市开展礼让行人活动，要求在没有信号灯的路口，一旦行人走上人行道，机 动车车头便不能越过停止线。如图所示一辆家用轿车长度L4m，正以v 10m/s的速度行驶，车头 0距停止线的距离为L 30m，人行道宽度为L 4m。距离人行道为L 3m的行人以v 1m/s的速度 1 2 4 1 匀速走向长度为L 9m的人行道，停止线到人行道的距离可忽略。 3 （1）若行人与轿车均未发现对方，均做匀速运动，求两者能否相遇； （2）若轿车立即以恒定的加速度a2m/s2加速，求是否违反要求； （3）若轿车以恒定的加速度a 减速，要保证不违反要求，求加速度a 的大小需要满足的条件。 2 2 5 【答案】（1）两者不会相遇；（2）没有违反要求；（3）a  m/s2 2 3 【详解】（1）从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需的时间 L LL t  1 2 3.8s v 0 行人在这段时间内的位移为 x vt 3.8m 0 1 则有 x L 0.8m 0 4 可知，两者不会相遇。 （2）从题述时刻到行人走上人行道所用时间 L t  4 3s 1 v 1 在3s内轿车的位移 1 xv t  at2 01 2 1 代入数据得 x39mL LL 1 2 故没有违反要求。（3）从题述时刻到行人穿过人行道所用时间 L L t  3 4 12s 2 v 1 要保证不违反要求，轿车必须在12s内到达停止线，所以轿车在30m内速度减小为零时对应的加速度最 小 v2 5 a  0  m/s2 2min 2L 3 1 故轿车的加速度大小应满足 5 a  m/s2 2 3 6．（2023·甘肃陇南·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“主动刹车系统”。某 汽车以v =28m/s的速度在公路上匀速行驶时，其前方L=50m处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹 0 车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊前l=1m处停车。求： （1）汽车开始“主动刹车”时的加速度大小a； （2）汽车在“主动刹车”最后1s通过的位移大小x。 【答案】（1）8m/s2；（2）4m 【详解】（1）汽车刹车时做匀减速直线运动，有 v2 2a(Ll) 0 解得 a8m/s2 （2）汽车在“主动刹车”最后1s内的运动可以等效为反向的匀加速直线运动，有 1 x a(Δt)2 2 Δt1s 解得 x4m 7．（2024·辽宁朝阳·模拟预测）如图甲所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双 手握铁篙，向后下方用力点冰，则爬犁前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续 三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了x12.96m后停下。某同学用v-t图象描述了上述运动过程（三 次“点冰”过程中爬犁的加速度相同），如图乙所示。运动过程中，空气阻力不计，爬犁与冰面的动摩擦 因数不变。（1）求爬犁减速滑行时加速度a 的大小和运动中的最大速率v ； 1 max （2）求小孩“点冰”时爬犁加速度a 的大小。 2 【答案】（1）0.5m/s2；3.6m/s；（2）2m/s2 【详解】（1）小孩滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，与初速度为零的匀加速直 线运动具有对称性，因此有 1 x at2 2 13 将x=12.96m、t =（12-4.8）s=7.2s代入上式，可解得 3 a =0.5m/s2 1 根据 1 x v t 2 max 3 可解得最大速度为 v =3.6m/s max （2）小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，根据v-t图象可知，每次 点冰时间为0.8s，下一次点冰到上一次点冰的时间间隔为1.2s； 减速的时间共计 t =1.2s+1.2s+7.2s=9.6s 1 加速的时间共计 t =0.8s+0.8s+0.8s=2.4s 2 根据 a t =a t 11 22 代入数据解得 a =2m/s2 2 8．（2024·湖南郴州·模拟预测）某中学禁止学生骑电动车上、放学，一学生违规驾驶电动车在平直公路上行驶，速度为v 15m/s。突然发现前方35m处静止停放着一辆交通事故车，马上紧急刹车，并以 1 3m/s2的恒定加速度减速行驶，分情况讨论： （1）如果考虑到该名学生看到交通事故时的反应时间为0.1s，通过计算说明，该违规驾驶电动车学生 是否会出现安全问题； （2）交通事故车发现后方35m处的学生，马上以速度v 3m/s匀速驾驶离开，两车均不考虑反应时 2 间，求两车相距最近的距离。 【答案】（1）会，详见解析；（2）11m 【详解】（1）由题意，可得该学生在反应时间内前进的距离为 x vt 1.5m 0 10 设刹车距离为x，由 v2 2ax 1 得 v2 x 1 37.5m 2a 因为 xx 39m35m 0 所以会出现安全问题。 （2）两车速度相等时，距离最近，有 v atv 1 2 最近距离  1  x35mvt at2v t  1 2 2  联立解得 x11m