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专题01 几种匀变速直线运动模型
[模型导航]
【模型一】刹车模型 1
【模型二】“0—v—0”运动模型 2
【模型三】反应时间与限速模型 4
1.先匀速，后减速运动模型——反应时间问题 5
2.先加速后匀速运动模型——限速问题 5
3.先加速后匀速在减速运动模型——最短时间问题 6
【模型四】双向可逆类运动模型 6
【模型五】等位移折返模型 7
【模型六】等时间折返模型 8
[模型分析]
【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a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，可利用公式直接计算，因此解题前先求出刹车时间。
(3)刹车时间的求法．由，令，求出便为刹车时间，即。
(4)比较与,若，则；若，则。
(5)若，则，车已经停止，求刹车距离的方法有三种：
①根据位移公式x=v0t＋at2，注意式中只能取；
②根据速度位移公式－v＝2ax；
③根据平均速度位移公式.
据了解，CR300AF型复兴号动车组是拥有完全自主国产研发的中国标准动车组体系中的新车型。该车型设计时速为300千米每小时，外观呈淡蓝色，运行平稳舒适、乘坐环境宽敞明亮、列车噪音低、振动小，除此之外复兴号动车组全车覆盖免费wifi，且每两个座椅有一个插座。假设一列复兴号动车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移后停下，则这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
汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（ ）
A．汽车第1秒末的速度为23m/s
B．汽车加速度大小为3m/s2
C．汽车的减速时间为6.5s
D．汽车刹车总位移为78m
第24届北京“冬奥会”于2022年2月4日由北京市和张家口市联合举办。在“冬奥会”冰上项目中，冰壶比赛是极具观赏性的一个项目。如图所示，在一次训练中，冰壶（可视为质点）以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，到达第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。冰壶从A点运动到D点和从B点运动到E点的平均速度大小分别为v1和v2，则v1与v2之比为（ ）
A．：1 B．：1 C．（1）：1 D．（1）：1
（多选）甲、乙两车在同一条平直的道路上行驶，它们运动的位置x随时间t变化的x﹣t图线如图所示，已知甲车做匀速直线运动，乙车做匀变速直线运动，且乙车运动x﹣t图线与t轴相切于10s处，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝10s时刻乙车速度减小为零
B．乙车的初位置在x0＝60m处
C．从0至t＝5s的时间内两车行驶的位移相等
D．两车相遇时，乙车速度大小为8m/s
有人提出了高速列车不停车换乘的设想。高速列车A以v0做匀速直线运动，接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，与车A同向行驶。两车同时到达交汇点时，车B刚好加速到v0，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘。若将两车视为质点，求：
（1）车B出发时，车A与交汇点的距离；
（2）换乘完毕后，车B做匀减速直线运动，运动了距离s0后停止，求此过程中车B运动的加速度大小和运动时间。
【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】
1.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 推导可得：
②速度位移公式 推导可得：
③平均速度位移公式 推导可得：
2.位移三个公式：；；
3.v-t图像
（多选）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．加速和减速过程中速度的变化量相同
B．加速、减速中的加速度大小之比为a1：a2＝2：1
C．加速、减速中的平均速度大小之比为v1：v2＝1：1
D．加速、减速中的位移之比为x1：x2＝2：1
不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速直线最后停止在C点。已知AB＝100m，BC＝20m。忽略运动员在B点的速度损失，则由两段时间之比tAB：tBC为（ ）
A．1：1 B．1：5 C．5：1 D．6：1
（多选）如图所示，两斜面在B处连接，一小球从C点以4m/s的速度沿斜面CB向上运动，经过B点时速度大小为3m/s，然后进入BA段斜面，到达A点时速度恰好减为0，且AB＝BC。设球经过B点前后速度大小不变，则下列判断正确的是（ ）
A．小球在BA、CB段的加速度大小之比为9：7
B．小球在BA、CB段的运动时间之比为7：3
C．从C到B，小球的平均速率为1.5m/s
D．从C到A，小球的平均速率为2.1m/s
质点由静止从A点出发沿直线AB运动，行程的第一阶段是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（ ）
A． B．
C． D．
物体由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，运动了t1时间后改为加速度为a2的匀减速直线运动，经过t2时间后停下。则物体在全部时间内的平均速度不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【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——反应时间问题
总位移
汽车在平直的公路上匀速行驶，发现前方有险情后紧急刹车，刹车后经过2s速度减半，再滑行15m速度减为零，刹车过程可以看成匀减速直线运动，则汽车匀速行驶时的速度大小为（ ）
A．25m/s B．28m/s C．30m/s D．32m/s
2.先加速后匀速运动模型——限速问题
加速时间；加速距离
匀速时间；匀速距离
总位移
（多选）一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动直到停止。从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度。根据表中的数据通过分析、计算可以得出（ ）
时刻/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．汽车匀加速运动经历的时间为4s
B．汽车匀减速运动经历的时间为4s
C．汽车匀速运动的时间为5s
D．整个过程汽车的位移大小为96m
3.先加速后匀速在减速运动模型——最短时间问题
“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列说法正确的是（ ）
A．前6秒火星车做加速运动
B．第6秒末火星车的速率为4.75cm/s
C．火星车一共匀速运动了10cm
D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2
世界一级方程式赛车（F1）是一项追求极速的运动。如图是一段赛道的中心线的示意图（赛道路面宽度没有画出），弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝10m，r2＝20m，弯道2比弯道1高h＝12m，有一直道与两弯道相切，质量m＝1200kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑。
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶的最大速度v1；
（2）汽车以v1进入直道，以P＝30kW的恒定功率直线行驶了t＝8s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力外的阻力对汽车做的功W；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，车手会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道。设路宽d＝10m，求此最短时间t（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点）。
【模型四】双向可逆类运动模型
【概述】：如沿光滑斜面上滑的小球，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，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
【模型特点】(1)常见情景
①沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回。
②竖直上抛运动等。
(2)特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向都不变。
（多选）某物体以v0＝30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．则4s内物体的（ ）
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向向上
C．速度改变量的大小为40 m/s
D．平均速度大小为10 m/s，方向向上
（多选）建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10m/s的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g取10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．经2s砖块回到抛出点
B．砖块上升的最大高度为10m
C．砖块回到抛出点前0.5s时间内通过的路程为3.75m
D．被抛出后，砖块在第2个0.2s和第9个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，到最高点后仍能下滑，上下过程加速度大小不同但位移大小相同，求解时可拆解为两个初速度为0的匀加速直线运动进行简化。
【模型特点】(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 ；② ； ③
(4)v-t图像
（多选）物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度为零。在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是（ ）
A． B．
C． D．v
如图（a）所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8m/s的速度大小滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ．经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；
（2）物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；
（3）求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图（b）中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象，取沿斜面向上为正方向。
【模型六】等时间折返模型
【概述】：物体由静止出发，先经过一段时间匀加速直线运动，速度达到v1，然后立即做匀减速直线运动，如果经过相等的时间物体回到了原出发点。
【模型特点】
如图所示，设物体由A点出发做匀加速直线运动，加速度大小为，运动到B点时速度大小为，这时立即以大小为的加速度做匀减速直线运动，由题意可知，物体速度应先减速到0再返回出发点A，速度为
从A点运动到B点的时间等于由B回到A点的时间，设为，
取向右为正方向：
物体从A到B，由运动学公式得：2 -------------------(1)
-------------------(2)
从B返回A的整个过程： ---------------------(3)
-------------------------(4)
由(1)、(2)、(3)、(4)解得： ---------------------------(5)
----------------------------(6)
由以上结论可进一步得出该定理的推论：
深入思考发现推论：设从A到B（匀加速过程）受到的合外力大小为，合力做的功为，物体受到的冲量为；从B返回A（匀减速过程）受到的合力为，合力做的功为，物体受到的冲量为，则：
∵ ∴由得 ------------------(7)
∵ ∴ ------------------(8)
∵ ∴ -------------------(9)
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秒后撤去F1，立即再对它施一个水平向左的恒力F2，又经过0.5t秒后物体回到出发点，在这一过程中，F1、F2分别对物体做功W1、W2间的关系是（ ）
A．W2＝W1 B．W2＝2W1 C．W2＝4W1 D．W2＝8W1
（多选）质量为m的某质点在恒力F1作用下从A点由静止出发，当其速度为vm时立即将F1改为相反方向的恒力F2，质点总共经历时间t运动至B点刚好停下。若该质点以速度v匀速通过A、B两点时，其经历的时间也为t，则（ ）
A．无论F1、F2为何值，vm均为2v
B．随着F1、F2的取值不同，vm可能大于2v
C．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相反
D．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相同
如图所示，较大的平行金属板正对水平放置P板在上、Q板在下距离为d。质量为m，电荷量为+q的带电小球自距P板d处的O点静止释放，运动时间t，在PQ两板间加未知电压U，又经过2t小球返回出发点，该过程中小球未与下板Q接触。已知重力加速度为g，小球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力。求：
（1）PQ两板电势差U。
（2）欲使小球不与下板Q接触，t的最大值。
（3）当t取（2）问中最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变PQ两板电势差，则PQ两板电势差U′应满足的条件。
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专题01 几种匀变速直线运动模型
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【模型一】刹车模型 1
【模型二】“0—v—0”运动模型 2
【模型三】反应时间与限速模型 6
1.先匀速，后减速运动模型——反应时间问题 8
2.先加速后匀速运动模型——限速问题 8
3.先加速后匀速在减速运动模型——最短时间问题 9
【模型四】双向可逆类运动模型 10
【模型五】等位移折返模型 13
【模型六】等时间折返模型 15
[模型分析]
【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a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，可利用公式直接计算，因此解题前先求出刹车时间。
(3)刹车时间的求法．由，令，求出便为刹车时间，即。
(4)比较与,若，则；若，则。
(5)若，则，车已经停止，求刹车距离的方法有三种：
①根据位移公式x=v0t＋at2，注意式中只能取；
②根据速度位移公式－v＝2ax；
③根据平均速度位移公式.
据了解，CR300AF型复兴号动车组是拥有完全自主国产研发的中国标准动车组体系中的新车型。该车型设计时速为300千米每小时，外观呈淡蓝色，运行平稳舒适、乘坐环境宽敞明亮、列车噪音低、振动小，除此之外复兴号动车组全车覆盖免费wifi，且每两个座椅有一个插座。假设一列复兴号动车进站时从某时刻起做匀减速直线运动，分别用时3s、2s、1s连续通过三段位移后停下，则这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：可将动车减速过程看作初速度为0的加速过程，根据匀变速直线运动规律可知最后3s、2s、1s连续通过三段位移的比为27：8：1，根据平均速度的计算公式，可知这三段位移的平均速度之比是9：4：1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第1秒内的位移为24m，倒数第2秒内的位移为6m，则下列计算正确的是（ ）
A．汽车第1秒末的速度为23m/s
B．汽车加速度大小为3m/s2
C．汽车的减速时间为6.5s
D．汽车刹车总位移为78m
【解答】解：B、汽车做末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为零的匀加速直线运动，设汽车加速度的大小为a，由位移—时间公式得：
6m
代入数据解得：a＝4m/s2
故B错误；
A、设汽车的初速度大小为v0，由匀变速直线运动位移—时间公式得：x1＝v0t124m
代入数据解得：v0＝26m/s
汽车第1s末的速度为v＝v0﹣at1＝26m/s﹣4×1m/s＝22m/s
故A错误；
C、汽车的减速时间为ts＝6.5s
故C正确；
D、汽车刹车的总位移为xv0t26×6.5m＝84.5m
故D错误。
故选：C。
第24届北京“冬奥会”于2022年2月4日由北京市和张家口市联合举办。在“冬奥会”冰上项目中，冰壶比赛是极具观赏性的一个项目。如图所示，在一次训练中，冰壶（可视为质点）以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，垂直进入四个完全相同的矩形区域，到达第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。冰壶从A点运动到D点和从B点运动到E点的平均速度大小分别为v1和v2，则v1与v2之比为（ ）
A．：1 B．：1 C．（1）：1 D．（1）：1
【解答】解：设冰壶从A点运动到D点和从B点运动到E点的时间分别为t1、t2，根据逆向思维，将冰壶视为做从E到A的初速度为零的匀加速直线运动，则有
解得
t1＝t3﹣t4
所以
则
v1：v2：1，故BCD错误，A正确。
故选：A。
（多选）甲、乙两车在同一条平直的道路上行驶，它们运动的位置x随时间t变化的x﹣t图线如图所示，已知甲车做匀速直线运动，乙车做匀变速直线运动，且乙车运动x﹣t图线与t轴相切于10s处，则下列说法正确的是（ ）
A．t＝10s时刻乙车速度减小为零
B．乙车的初位置在x0＝60m处
C．从0至t＝5s的时间内两车行驶的位移相等
D．两车相遇时，乙车速度大小为8m/s
【解答】解：A、x﹣t图像切线的斜率表示速度，乙车运动的x﹣t图线与t轴相切于10s处，则t＝10s时刻乙车速度减小为零，故A正确；
B、乙车的运动可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，5～10s内，由位移—时间公式得：x1
代入数据解得：a＝1.6m/s2
乙车的位移大小x21.6×102m＝80m
则乙车的初位置在x0＝80m处，故B错误；
C、0～5s内，甲车的位移x甲＝20m﹣0＝20m
乙车的位移x乙＝0﹣80m＝﹣80m
两车位移不相等，故C错误；
D、两车相遇时，乙车速度大小为v＝at1＝1.6×5m/s＝8m/s
故D正确。
故选：AD。
有人提出了高速列车不停车换乘的设想。高速列车A以v0做匀速直线运动，接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，与车A同向行驶。两车同时到达交汇点时，车B刚好加速到v0，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘。若将两车视为质点，求：
（1）车B出发时，车A与交汇点的距离；
（2）换乘完毕后，车B做匀减速直线运动，运动了距离s0后停止，求此过程中车B运动的加速度大小和运动时间。
【解答】解：（1）当B刚好加速到v0，所用时间为t，由速度—时间公式得：v0＝at
解得：
车A与交汇点的距离
（2）车B的运动可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，根据速度—位移公式得：
解得：
根据速度—时间公式得：v0＝a't
解得：
答：（1）车B出发时，车A与交汇点的距离为；
（2）车B运动的加速度大小为，运动时间为。
【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】
1.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 推导可得：
②速度位移公式 推导可得：
③平均速度位移公式 推导可得：
2.位移三个公式：；；
3.v-t图像
（多选）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．加速和减速过程中速度的变化量相同
B．加速、减速中的加速度大小之比为a1：a2＝2：1
C．加速、减速中的平均速度大小之比为v1：v2＝1：1
D．加速、减速中的位移之比为x1：x2＝2：1
【解答】解：A、加速和减速过程中速度的变化量大小相等，方向相反，故A错误；
B、由v＝at得a1t1＝a2t2，a1：a2＝1：2，故B错误；
C、由v可知：1：1，故C正确。
D、由v2＝2ax得2a1x1＝2a2x2，所以x1：x2＝2：1，故D正确；
故选：CD。
不久前，万众瞩目的北京冬奥会已圆满落幕。如图，在高山滑雪训练中，运动员从斜坡上A点由静止匀加速下滑，到最底端B后，在水平面做匀减速直线最后停止在C点。已知AB＝100m，BC＝20m。忽略运动员在B点的速度损失，则由两段时间之比tAB：tBC为（ ）
A．1：1 B．1：5 C．5：1 D．6：1
【解答】解：设运动员在B点的速度大小为v，运动员从A到B和从B到C都做匀变速直线运动，且运动员在A、C的速度均为零，根据运动学规律有
解得tAB：tBC＝5：1。故ABD错误，C正确。
故选：C。
（多选）如图所示，两斜面在B处连接，一小球从C点以4m/s的速度沿斜面CB向上运动，经过B点时速度大小为3m/s，然后进入BA段斜面，到达A点时速度恰好减为0，且AB＝BC。设球经过B点前后速度大小不变，则下列判断正确的是（ ）
A．小球在BA、CB段的加速度大小之比为9：7
B．小球在BA、CB段的运动时间之比为7：3
C．从C到B，小球的平均速率为1.5m/s
D．从C到A，小球的平均速率为2.1m/s
【解答】解：A、对BA段，根据速度—位移公式得：，，代入数据解得：a1：a2＝9：7，故A正确；
B、根据平均速度的推论知，BA段的时间，BC段运动的时间，代入数据解得t1：t2＝7：3，故B正确；
C、小球从C运动到B过程中平均速度大小为，故C错误；
D、A到C过程中的平均速率为：，故D正确。
故选：ABD。
质点由静止从A点出发沿直线AB运动，行程的第一阶段是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：物体加速过程最大速度也为减速过程的最大速度，则有：
a1t1＝a2（t﹣t1）﹣﹣﹣﹣（1）；
物体在全程的平均速度为：，则总位移：st﹣﹣﹣﹣﹣（2）；
联立（1）、（2）可解得：t；故A正确，BCD错误；
故选：A。
物体由静止开始做加速度为a1的匀加速直线运动，运动了t1时间后改为加速度为a2的匀减速直线运动，经过t2时间后停下。则物体在全部时间内的平均速度不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意知，物体先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动，作出v﹣t图象如下图，则可知，全程中的最大速度v＝a1t1，因前后均为匀变速直线运动，则平均速度； 故AB正确，D错误；
全程的总位移：x；
对全程由平均速度公式有：，故C正确；
因选不正确的，
故选：D。
【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——反应时间问题
总位移
汽车在平直的公路上匀速行驶，发现前方有险情后紧急刹车，刹车后经过2s速度减半，再滑行15m速度减为零，刹车过程可以看成匀减速直线运动，则汽车匀速行驶时的速度大小为（ ）
A．25m/s B．28m/s C．30m/s D．32m/s
【解答】解：取运动方向为正方向，设汽车匀速行驶时的速度大小为v，，
联立解得：v＝30m/s。故ABD错误，C正确；
故选：C。
2.先加速后匀速运动模型——限速问题
加速时间；加速距离
匀速时间；匀速距离
总位移
（多选）一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动直到停止。从汽车开始运动起计时，表中给出了某些时刻汽车的瞬时速度。根据表中的数据通过分析、计算可以得出（ ）
时刻/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．汽车匀加速运动经历的时间为4s
B．汽车匀减速运动经历的时间为4s
C．汽车匀速运动的时间为5s
D．整个过程汽车的位移大小为96m
【解答】解：A．从表中数据可知，汽车匀加速运动时的加速度
a1m/s2＝3m/s2
匀速运动时的速度为v＝12m/s，则匀加速运动的时间
t1s＝4s，故A正确；
B．匀减速运动的加速度为
a2m/s2＝﹣6m/s2
匀减速运动的末速度为0；则匀减速运动的时间
t3s＝2s，故B错误；
C．汽车速度从3m/s减到0还需的时间
Δts＝0.5s
所以汽车运动总时间t′＝10.5s+0.5s＝11s。所以汽车匀速运动的时间为
t2＝t′﹣t1﹣t3＝11s﹣4s﹣2s＝5s，故C正确；
D．整个过程汽车的位移大小为
xt1+vt2t3m+12×5mm＝96m，故D正确。
故选：ACD。
3.先加速后匀速在减速运动模型——最短时间问题
“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。
t/s 0 2 4 6 8 10 12
x/cm 0 2.0 8.0 17.5 27.0 33.0 35.0
下列说法正确的是（ ）
A．前6秒火星车做加速运动
B．第6秒末火星车的速率为4.75cm/s
C．火星车一共匀速运动了10cm
D．火星车减速的加速度大小为2cm/s2
【解答】解：由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至停下。设匀加速阶段的加速度大小为a，时间为t1；匀速阶段的速度为v，时间为t2；匀减速阶段的加速度大小为a′，时间为t3。
由表格数据可知，0～2s时间内，火星车从静止开始做匀加速直线运动，通过的位移为2cm，根据
解得：a＝1cm/s2
10s～12s，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为2cm，结合逆向思维，可认为此过程方向做初速度为0的匀加速运动，则有
解得：a′＝1cm/s2
匀加速阶段的时间为
匀减速阶段的时间为
故0～12s全过程的位移满足
又有t1+t2+t3＝12s
联立解得：t1＝t3＝5s；t2＝2s；v＝5cm/s
A、前5s内火星车做加速运动，5s后火星车已经做匀速运动，故A错误；
B、5～7s时间内火星车已经匀速运动，故第6s末火星车的速度为5cm/s，故B错误；
C、火星车一共匀速运动的位移为
x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，故C正确；
D、火星车减速的加速度大小为1cm/s2，故D错误；
故选：C。
世界一级方程式赛车（F1）是一项追求极速的运动。如图是一段赛道的中心线的示意图（赛道路面宽度没有画出），弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝10m，r2＝20m，弯道2比弯道1高h＝12m，有一直道与两弯道相切，质量m＝1200kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑。
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶的最大速度v1；
（2）汽车以v1进入直道，以P＝30kW的恒定功率直线行驶了t＝8s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力外的阻力对汽车做的功W；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，车手会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道。设路宽d＝10m，求此最短时间t（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点）。
【解答】解：（1）当汽车所受的静摩擦力达到最大时，速度最大，
根据牛顿第二定律得：kmg＝m，
可得汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度为：v1＝5m/s；
（2）汽车沿弯道2的最大速度设为v2．由牛顿第二定律得：
kmg＝m，代入数据解得：v2＝5m/s，
汽车直道上行驶的过程，由动能定理得：
pt﹣mgh+W阻mv22mv12，
代入数据解得阻力对汽车做的功为：W阻＝﹣2.1×104J
（3）用时最短时必须速度最大，且路程最短，
即沿如图所示内切的路线行驶时时间最短。（黑色两端分别是A、B）
由图可得：r′2＝r12+[r′﹣（r1）]2，代入数据解得：r′＝12.5m，
汽车沿该线路行驶的最大速度设为v′．则有：kmg＝m
代入数据解得：v′＝12.5m/s
由sinθ0.8，
则对应的圆心角为：2θ＝106°
线路的长度为：s2πr′，解得：s＝23.1m
所以最短时间为：t′1.85s
答：（1）汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1是5m/s。
（2）直道上除重力以外的阻力对汽车做的功是﹣2.1×104J。
（3）此最短时间是1.85s。
【模型四】双向可逆类运动模型
【概述】：如沿光滑斜面上滑的小球，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，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
【模型特点】(1)常见情景
①沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后返回。
②竖直上抛运动等。
(2)特点：以原加速度匀加速返回，全过程加速度大小、方向都不变。
（多选）某物体以v0＝30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．则4s内物体的（ ）
A．路程为65 m
B．位移大小为25 m，方向向上
C．速度改变量的大小为40 m/s
D．平均速度大小为10 m/s，方向向上
【解答】解：A、选取竖直向上为正方向，则物体在4s内的位移为：
x＝v0tgt2＝30×410×42m＝40m；方向竖直向上。
物体上升的最大高度：Hm＝45m
物体上升的时间：t1s＝3s
下降1s的位移为 x′g（t﹣t1）2m＝5m
故4s内物体的路程为 s＝H+h′＝50m，故A、B 错误；
C、速度改变量的大小为△v＝gt＝40m/s，故C正确；
D、平均速度为m/s＝10m/s，方向竖直向上，故D正确；
故选：CD。
（多选建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10m/s的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g取10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．经2s砖块回到抛出点
B．砖块上升的最大高度为10m
C．砖块回到抛出点前0.5s时间内通过的路程为3.75m
D．被抛出后，砖块在第2个0.2s和第9个0.2s的位移相同
【解答】解：A、砖块在空中做竖直上抛运动，运动的总时间为ts＝2s，即经2s砖块回到抛出点，故A正确；
B、砖块上升的最大高度为：hm＝5m，故B错误；
C、根据对称性可知砖块上升的时间为1s，砖块被抛出后经0.5s通过的路程为：s＝v0t′gt′2＝（10×0.510×0.52）m＝3.75m。由于上升阶段与下降阶段具有对称性，所以砖块回到抛出点前0.5s时间内通过的路程为3.75m，故C正确；
D、砖块在空中运动的总时间为2s，根据对称性可知，被抛出后，砖块在第2个0.2s和第9个0.2s的位移大小相等，但方向不同，位移不同，故D错误。
故选：AC。
【模型五】等位移折返模型
【概述】：如沿粗糙斜面上滑的小球，到最高点后仍能下滑，上下过程加速度大小不同但位移大小相同，求解时可拆解为两个初速度为0的匀加速直线运动进行简化。
【模型特点】(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 ；② ； ③
(4)v-t图像
（多选）物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度为零。在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是（ ）
A． B．
C． D．v
【解答】解：C、由匀变速直线运动速度—时间公式可得：v＝a1t1；v＝a2t2
两式相比得到：，故C错误；
AB、由题意得可知：x1t1；x2t2；所以，故A正确，B错误；
D.对于整个运动过程有：x1+x2 （t1+t2）
解得：v，故D正确。
故选：AD。
如图（a）所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8m/s的速度大小滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ．经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；
（2）物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；
（3）求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图（b）中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象，取沿斜面向上为正方向。
【解答】解：（1）物块上滑过程由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
解得：a1＝8m/s2
物块下滑过程由牛顿第二定律得：mgsin θ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：a2＝2m/s2
（2）设物块上滑过程的时间为t1：则t11s
物块上滑过程发生的位移：s14m
物块下滑过程的位移大小s2＝s1
解得：t2＝2s
故总时间为：t＝t1+t2＝3s
（3）物块下滑过程由速度公式得：v2＝a2t2
解得：v2＝4m/s
物块上滑过程的速度：v1＝v0﹣a1t1
所以物块在斜面上运动的整个过程中的v﹣t图象如图所示。
答：（1）物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小分别是8m/s2、2m/s2；
（2）物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间是3s；
（3）物块再次返回斜面底端的速度大小是4m/s，物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象如上图所示。
【模型六】等时间折返模型
【概述】：物体由静止出发，先经过一段时间匀加速直线运动，速度达到v1，然后立即做匀减速直线运动，如果经过相等的时间物体回到了原出发点。
【模型特点】
如图所示，设物体由A点出发做匀加速直线运动，加速度大小为，运动到B点时速度大小为，这时立即以大小为的加速度做匀减速直线运动，由题意可知，物体速度应先减速到0再返回出发点A，速度为
从A点运动到B点的时间等于由B回到A点的时间，设为，
取向右为正方向：
物体从A到B，由运动学公式得：2 -------------------(1)
-------------------(2)
从B返回A的整个过程： ---------------------(3)
-------------------------(4)
由(1)、(2)、(3)、(4)解得： ---------------------------(5)
----------------------------(6)
由以上结论可进一步得出该定理的推论：
深入思考发现推论：设从A到B（匀加速过程）受到的合外力大小为，合力做的功为，物体受到的冲量为；从B返回A（匀减速过程）受到的合力为，合力做的功为，物体受到的冲量为，则：
∵ ∴由得 ------------------(7)
∵ ∴ ------------------(8)
∵ ∴ -------------------(9)
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秒后撤去F1，立即再对它施一个水平向左的恒力F2，又经过0.5t秒后物体回到出发点，在这一过程中，F1、F2分别对物体做功W1、W2间的关系是（ ）
A．W2＝W1 B．W2＝2W1 C．W2＝4W1 D．W2＝8W1
【解答】解：物体从静止起受水平恒力F1 作用，做匀加速运动，经一段时间t后的速度为 v1＝a1t，以后受恒力F2，做匀减速运动，加速度大小为 a2，
又经过0.5t秒后物体回到出发点，整个时间内内物体的总位移为零，所以两个过程的位移大小相等，方向相反。
取匀加速运动的速度方向为正方向，则根据位移关系得：
[v1 0.5t]
联立解得：F1：F2＝1：8
又经时间t后物体回到出发点，所以：x1＝x2
两个力做的功：W1＝F1x1，W2＝F2x2
解得：W2＝8W1。
故选：D。
（多选）质量为m的某质点在恒力F1作用下从A点由静止出发，当其速度为vm时立即将F1改为相反方向的恒力F2，质点总共经历时间t运动至B点刚好停下。若该质点以速度v匀速通过A、B两点时，其经历的时间也为t，则（ ）
A．无论F1、F2为何值，vm均为2v
B．随着F1、F2的取值不同，vm可能大于2v
C．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相反
D．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相同
【解答】解：AB、根据平均速度推论知，AB的位移为：x，又x＝vt，解得：vm＝2v，与F1、F2的大小无关，故A正确，B错误。
CD、根据动量定理得：F1t1﹣F2t2＝0，动量变化量为零，则F1、F2的冲量一定大小相等、方向相反，故C正确，D错误。
故选：AC。
如图所示，较大的平行金属板正对水平放置P板在上、Q板在下距离为d。质量为m，电荷量为+q的带电小球自距P板d处的O点静止释放，运动时间t，在PQ两板间加未知电压U，又经过2t小球返回出发点，该过程中小球未与下板Q接触。已知重力加速度为g，小球运动过程中电荷量保持不变，忽略空气阻力。求：
（1）PQ两板电势差U。
（2）欲使小球不与下板Q接触，t的最大值。
（3）当t取（2）问中最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变PQ两板电势差，则PQ两板电势差U′应满足的条件。
【解答】解：（1）小球由静止释放，做自由落体运动，t时间内位移h
t时刻速度v1＝gt
设向上为正方向，2t时间内小球位移x＝﹣v1 2t
根据题意x＝h
以上各式联立解得：
根据牛顿第二定律得：Eq﹣mg＝ma1
两极板电压U＝Ed
电场力向上，所以Q电势高
所以PQ两板电势差U
（2）若小球不与下板接触，临界条件为小球到达Q板速度为零
所以h
解得：tm
（3）小球自Q板开始向上做匀加速运动，设小球到达O点速度为v2，
则
小球恰好不与P板接触，则小球到达P板时速度为零，设自O到P过程中加速度为a2，
则
解得：g
所以电场力向下，根据牛顿第二定律得：
PQ两板电压U′
电场力向下，所以P电势高
所以PQ两板电势差
答：（1）PQ两板电势差U为。
（2）欲使小球不与下板Q接触，t的最大值为。
（3）当t取（2）问中最大值，为使小球不与P板接触，当小球返回O点时，改变PQ两板电势差，则PQ两板电势差U′应满足的条件为。
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