微专题Ⅱ 匀变速直线运动中几种常见模型
1、通过几种匀变速直线运动模型的分析和讨论，掌握匀变速直线运动常见习题的解法。
一、刹车模型
(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.
（2023秋 宁波期末）2023年SUV制动距离排行榜上国产汽车成绩进步明显，如图中吉利车型领克05测试过程中以100km/h的初速度进行刹车制动，经过34m的距离刹停。若制动过程可看成匀减速直线运动，关于此次测试过程，该车（ ）
A．刹车时间约为2.4s
B．刹车过程的加速度大小约为147m/s2
C．刹车过程的平均速度大小为50m/s
D．在第3s末的速度大小约为6m/s
冰壶（Crling），又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。中国女子冰壶队于2003年成立，在2009年的女子冰壶世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠，已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动用时20s停止，最后1s内的位移大小为0.2m，则下列说法正确的是（ ）
A．冰壶的加速度大小是0.3m/s2
B．冰壶第1s内的位移大小是78m
C．全程的平均速度大小为4m/s
D．冰壶的初速度大小是6m/s
汽车在制动的5s内，每1s前进的距离分别是5m、4m、3m、2m、1m；关于平均速度和瞬时速度，下列说法中正确的是（ ）
A．第5s末瞬时速度一定为0
B．前2s的平均速度大小一定为4.5m/s
C．汽车刚制动时瞬时速度大小一定为5m/s
D．汽车前4s内平均速度比前1s内平均速度更接近刚制动时的瞬时速度
一辆汽车以速度v0在平直的路面上行驶，某时刻司机突然发现前方有一警示牌，于是他立即刹车。汽车刹车后第1s内的位移大小为24m，第4s内的位移大小为1m，若将汽车刹车后的运动看作加速度大小为a的匀变速直线运动，忽略司机的反应时间和制动系统的响应时间，则（ ）
A．am/s2 B．am/s2
C．v0＝24m/s D．v0＝28m/s
（2023秋 新乐市校级期中）在一条平直的公路上，一辆小货车以16m/s的速度行驶时，司机看到前方路口绿灯开始闪烁，为快速通过路口，司机立即踩下油门使小货车以3m/s2的加速度开始加速，已知司机看到绿灯闪烁时小货车距停止线的距离为65m，绿灯闪烁3s后变为黄灯，小货车可视作质点，求：
（1）小货车能否在黄灯亮起时通过停止线；
（2）若司机发现绿灯闪烁时，立即踩下刹车使小货车以2m/s2的加速度开始减速，求9s时小货车到停止线的距离。
二、“0—v—0”运动——拉桌布模型
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
（2024 延边州一模）如图，某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上A点由静止滑下，滑到水平雪道上C点时速度刚好为零，滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B点时速度大小不变。若滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动，已知从A到C运动的路程为60m，时间为40s，则该滑雪爱好者经过B点时的速度大小为（ ）
A．5m/s B．3m/s C．4m/s D．2m/s
（2023秋 保定期末）小滑块在一恒定拉力作用下沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，2s末撤去恒定拉力，小滑块继续匀减速滑行4s时间停下，其运动图像如图所示，问小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比是（ ）
A．1：6 B．1：3 C．1：2 D．1：1
（2023 皇姑区校级开学）物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某速度v后，立即以加速度a2做匀减速运动至B点速度恰好减为0，所用总时间为t。若物体以速度v0匀速通过AB之间，所用时间也为t，则（ ）
A．v＝3v0 B．
C． D．
三、反应时间与限速模型
ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称，汽车在平直公路上正常行驶，速率为v0，汽车通过ETC通道时，需要汽车车头在距收费站中心线前方L处减速至速率不大于v（v＜v0）后匀速运动，当车头到达收费站中心线后，再匀加速至v0行驶，如图所示，已知汽车加速和减速过程中加速度的大小分别为a和2a，则汽车从开始减速至回到正常行驶速率v0所用的最短时间为（ ）
A． B．
C． D．
（2024 朝阳区校级开学）某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80km/h的速率行驶时，可以在56m的距离内被刹住；在以48km/h的速率行驶时，可以在34m的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反亚时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变）与刹车的加速度都相同。则允许驾驶员的反应时间为（ ）
A．0.5s B．0.7s C．1.3s D．1s
（2023秋 宁波期末）如图甲是一种可以向高层运送货物的云梯车，其简化结构如图乙所示。轨道AB与水平面的夹角θ＝53°，将货物固定在载货平台上，通过操控电机可使载货平台沿轨道AB做直线运动。某次出厂调试中，载货平台要将货物运送到高为h＝24m的楼房顶端。
（1）若载货平台以v1＝0.5m/s的速度做匀速运动，求货物从A点到达B点所需的时间t1；
（2）若载货平台从A点由静止开始以的加速度运动到B点，求货物到达B点的速度大小vB；
（3）若载货平台从A点由静止开始运动，到达B点时的速度恰好为0，且载货平台加速和减速的最大加速度大小均为，最大速度为vm＝1m/s，求货物从A点到达B点的最短时间t。
（2023秋 佛山期末）不少餐厅利用机器人传菜，厨师将菜品放置在机器人上后按桌号，机器人就能自动将菜品送达相应客人处。已知某餐厅机器人匀加速和匀减速运动的加速度大小均为a＝0.5m/s2，最大速度为vm＝2m/s。
（1）机器人从厨房取餐处A点取餐后开始匀加速直线运动，达到某一速度v后立即匀减速直线运动，到送餐处B点时速度恰好为0，A、B间的距离L1＝4.5m，求v的大小。
（2）机器人从A点开始匀加速直线运动，之后以vm保持匀速直线运动一段时间，再匀减速直线运动，到C点时速度恰好为0，A、C间的距离L2＝16m，求机器人从A运动至C所需时间。
（2023秋 荔湾区校级期中）公共汽车进站刹车的过程可简化为匀减速直线运动，若刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为7m和5m，则刹车后5s内的位移是（ ）
A．15m B．0m C．18m D．16m
（2023秋 长安区校级期中）汽车在高速公路上行驶的速度为108km/h，若驾驶员发现前方105m处发生了交通事故，经过0.5s的反应时间才开始刹车，汽车以恒定的加速度匀减速，刚好没有撞上前方故障车。则匀减速的加速度大小为（ ）
A．10m/s2 B．5m/s2 C．4m/s2 D．6m/s2
（2023秋 温州期中）子弹垂直射入叠在一起的相同木板，做匀减速直线运动，当它穿过第20块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是t，那么子弹穿过第20块木板所用的时间是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋 长丰县期末）一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（ ）
A．质点的加速度大小是6m/s2
B．质点在第2个2s内的平均速度大小是12m/s
C．质点第2s末的速度大小是12m/s
D．质点在第1s内的位移大小是6m
（多选）（2024 让胡路区校级开学）如图所示，从斜面上某一位置先后由静止释放四个小球，相邻两小球释放的时间间隔为T。某时刻拍下的照片记录了各小球的位置，测得AB、AC、AD间距离分别为xAB＝5cm，xBC＝15cm，xCD＝25cm。则（ ）
A．照片上小球A的位置，就是每个小球的释放点
B．若T＝0.1s，B点小球速度大小为1.5m/s
C．若T＝0.1s，所有小球加速度为5m/s2
D．若A、C、D四个小球的速度分别为vA、vC、vD，一定有vA+2vD＝3vC
（多选）（2024 皇姑区校级模拟）一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（ ）
A．质点的加速度大小是3m/s2
B．质点在第1s内的位移大小是6
C．质点第2s末的速度大小是12m/s
D．质点在第1个2s内的平均速度大小是6m/s
（多选）（2023秋 长沙期末）四个水球可以挡住一颗子弹！央视“国家地理”频道播出的一挡节目真实地呈现了该过程，其实验示意图如图所示。四个完全相同的装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4号水球。球皮对子弹的阻力忽略不计，子弹视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．子弹经过每个水球的过程中速度变化量均相同
B．子弹穿出第2号水球时的速度等于穿过四个水球的平均速度
C．子弹穿过每个水球所用时间依次为t1、t2、t3、t4，则t1+t2+t3＝t4
D．子弹穿过每个水球所用时间依次为t1、t2、t3、t4，则
（多选）（2023秋 秦州区校级期末）如图所示，一个滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端C，已知AB＝BC，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块到达B、C两点的速度之比为1：
B．滑块到达B、C两点的速度之比为1：4
C．滑块通过AB、BC两段的时间之比为1：
D．滑块通过AB、BC两段的时间之比为（1）：1
（多选）（2023秋 龙凤区校级期末）在驾驶汽车的过程中，疲劳驾驶是非常危险的行为，容易使驾驶员精力不集中从而导致交通事故。如图所示，一位疲劳驾驶的小轿车司机正在驾驶小轿车以72km/h的速度匀速行驶，小轿车前方60m处有一货车，正在以28.8km/h的速度匀速行驶。由于疲劳驾驶导致注意力不集中，小轿车司机此时并未意识到危险，直到1.5s后才注意到前面的货车，而后采取制动措施。已知司机从发现危险到采取制动措施有0.5s的反应时间，设小轿车刹车的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小为4m/s2，则（ ）
A．若小轿车前方没有任何物体，但仍然按照上面的描述制动，则小轿车从图示位置到完全停下走过的位移大小为90m
B．小轿车会撞上大货车，从图示位置到撞上大货车经过的时间为5s
C．小轿车不会撞上大货车，在整个运动过程中，两者间最短距离为42m
D．其他条件不变，改变货车和小轿车之间的初始距离，则小轿车与货车刚好不相撞的初始距离为42m
（2023秋 惠山区校级月考）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。已知斜坡是由长为d＝0.6m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。下列说法不正确的是（ ）
A．物块在由A运动至E的时间为1.6s
B．位置A与位置D间的距离为1.30m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875m/s2
（2023秋 莱西市校级期末）鸡蛋从高处落到地面而不被摔坏，撞击地面的速度最大不能超过1.2m/s。某同学设计了如图所示的保护装置，用A、B两块较粗糙的夹板夹住鸡蛋，现将该装置从距地面某一高处自由下落，装置碰地后速度立即为0，且保持竖直无反弹，此后鸡蛋在A、B夹板间减速下降的加速度大小为8g。（g＝10m/s2）
（1）如果没有保护，鸡蛋自由下落而不被摔坏时释放的最大高度h；
（2）某次实验中保护装置从离地面H＝5m的高度处静止释放，为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s；
（3）求在满足第（2）问情况下鸡蛋运动的总时间t。
（2022秋 朔州期末）甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100m接力交接棒，甲在距离接力区前端s0＝24m处向乙发出起跑口令，并以10m/s的速度跑完全程，乙在接力区前端听到起跑口令后立即起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。已知乙运动员在起跑加速阶段的第3s内通过的距离为5m，乙从起跑到接棒前的运动是匀加速运动，接力区的长度为L＝20m。求：
（1）在甲、乙交接棒时乙的速度大小；
（2）若不考虑接力区长度的限制，使甲、乙速度相等时完成交接棒，甲在距离乙多远时发出起跑口令。微专题Ⅱ 匀变速直线运动中几种常见模型
1、通过几种匀变速直线运动模型的分析和讨论，掌握匀变速直线运动常见习题的解法。
一、刹车模型
(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.
（2023秋 宁波期末）2023年SUV制动距离排行榜上国产汽车成绩进步明显，如图中吉利车型领克05测试过程中以100km/h的初速度进行刹车制动，经过34m的距离刹停。若制动过程可看成匀减速直线运动，关于此次测试过程，该车（ ）
A．刹车时间约为2.4s
B．刹车过程的加速度大小约为147m/s2
C．刹车过程的平均速度大小为50m/s
D．在第3s末的速度大小约为6m/s
【解答】解：初速度大小为v0＝100km/h≈27.8m/s。
A、设刹车时间约为t，则有：x，解得：t＝2.4s，故A正确；
B、根据加速度的定义式可得：a11.6m/s2，故B错误；
C、刹车过程的平均速度大小为m/s＝13.9m/s，故C错误；
D、由于刹车时间约为2.4s，所以在第3s末的速度大小为0，故D错误。
故选：A。
冰壶（Crling），又称掷冰壶、冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，属冬奥会比赛项目，并设有冰壶世锦赛。中国女子冰壶队于2003年成立，在2009年的女子冰壶世锦赛上战胜诸多劲旅夺冠，已成长为冰壶领域的新生力军。在某次比赛中，冰壶被投出后，如果做匀减速直线运动用时20s停止，最后1s内的位移大小为0.2m，则下列说法正确的是（ ）
A．冰壶的加速度大小是0.3m/s2
B．冰壶第1s内的位移大小是78m
C．全程的平均速度大小为4m/s
D．冰壶的初速度大小是6m/s
【解答】解：A、冰壶的运动为末速度为0的匀减速直线运动，可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，设冰壶的加速度大小为a，根据位移—时间公式得：x1
代入数据解得：a＝0.4m/s2
故A错误；
D、冰壶的初速度v0＝at＝0.4×20m/s＝8m/s
故D错误；
B、冰壶第1s内的位移大小是x2＝v0t18×1m/s0.4×12m＝7.8m
故B错误；
C、全程的平均速度大小为m/s＝4m/s
故C正确；
故选：C。
汽车在制动的5s内，每1s前进的距离分别是5m、4m、3m、2m、1m；关于平均速度和瞬时速度，下列说法中正确的是（ ）
A．第5s末瞬时速度一定为0
B．前2s的平均速度大小一定为4.5m/s
C．汽车刚制动时瞬时速度大小一定为5m/s
D．汽车前4s内平均速度比前1s内平均速度更接近刚制动时的瞬时速度
【解答】解：A、汽车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，若5s末的瞬时速度为0，则第5s内、第4s内、第3s内、第2s内、第1s内的位移之比应为1：3：5：7：9，由题意得，位移之比为1：2：3：4：5，故第5s末瞬时速度不为0，故A错误；
B、前2s的平均速度大小为m/s＝4.5m/s
故B正确；
C、根据匀变速直线运动的判别式得：x2﹣x1＝aT2
代入数据解得：a＝﹣1m/s2
匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则1s时的瞬时速度等于前2s的平均速度，为4.5m/s。0～1s内，由速度—时间公式得：v1＝v0+aT
代入数据解得：v1＝5.5m/s
故C错误；
D、汽车前4s内平均速度等于2s时的瞬时速度，前1s内平均速度等于0.5s时的瞬时速度，汽车做匀减速直线运动，则前1s内平均速度更接近刚制动时的瞬时速度，故D错误。
故选：B。
一辆汽车以速度v0在平直的路面上行驶，某时刻司机突然发现前方有一警示牌，于是他立即刹车。汽车刹车后第1s内的位移大小为24m，第4s内的位移大小为1m，若将汽车刹车后的运动看作加速度大小为a的匀变速直线运动，忽略司机的反应时间和制动系统的响应时间，则（ ）
A．am/s2 B．am/s2
C．v0＝24m/s D．v0＝28m/s
【解答】解：假设4s末车刚好停下，根据逆向思维，把刹车运动看作初速度为零的方向匀加速直线运动，则第4s内的位移与第1s内的位移之比为1：7，实际为1：24，显然假设不成立，即4s车早已停下，设车停下运动的施加为：t＝3+Δt
根据位移—时间公式，可得汽车第1s内的位移为：x1（3+Δt）2a（2+Δt）2＝24m
第4s内的位移为：x4（Δt）2
联立解得加速度大小为：a＝8m/s2，Δt＝0.5s
根据速度—时间公式，可得汽车的初速度为：v0＝a（t+Δt）＝8×（3+0.5）m/s＝28m/s，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2023秋 新乐市校级期中）在一条平直的公路上，一辆小货车以16m/s的速度行驶时，司机看到前方路口绿灯开始闪烁，为快速通过路口，司机立即踩下油门使小货车以3m/s2的加速度开始加速，已知司机看到绿灯闪烁时小货车距停止线的距离为65m，绿灯闪烁3s后变为黄灯，小货车可视作质点，求：
（1）小货车能否在黄灯亮起时通过停止线；
（2）若司机发现绿灯闪烁时，立即踩下刹车使小货车以2m/s2的加速度开始减速，求9s时小货车到停止线的距离。
【解答】解：（1）小货车在3s内的位移x＝vtat2，v＝16m/s，a＝3m/s2，t＝3s，解得：x＝61.5m＜65m，所以小货车不能在黄灯亮起时通过停止线；
（2）小货车速度减为零需要时间为t，则v＝at，a＝2m/s2，解得t＝8s＜9s，那么小货车9s内的位移x解得：x＝64m，所以小货车9s时到停止线的距离为L＝65m﹣64m＝1m
答：（1）小货车不能在黄灯亮起时通过停止线；
（2）若司机发现绿灯闪烁时，立即踩下刹车使小货车以2m/s2的加速度开始减速，9s时小货车到停止线的距离为1m
二、“0—v—0”运动——拉桌布模型
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
（2024 延边州一模）如图，某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上A点由静止滑下，滑到水平雪道上C点时速度刚好为零，滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B点时速度大小不变。若滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动，已知从A到C运动的路程为60m，时间为40s，则该滑雪爱好者经过B点时的速度大小为（ ）
A．5m/s B．3m/s C．4m/s D．2m/s
【解答】解：设滑雪爱好者经过B点时的速度大小为v，在AB段运动时间为t1，路程为x1，BC段运动时间为t2，路程为x2，根据匀变速直线运动的规律有
x1 t1
x2 t2
且t1+t2＝40s
x1+x2＝60m
联立解得
v＝3m/s
故ACD错误，B正确；
故选：B。
（2023秋 保定期末）小滑块在一恒定拉力作用下沿水平面由静止开始做匀加速直线运动，2s末撤去恒定拉力，小滑块继续匀减速滑行4s时间停下，其运动图像如图所示，问小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比是（ ）
A．1：6 B．1：3 C．1：2 D．1：1
【解答】解：v﹣t图像与坐标轴围成的面积表示位移，设小滑块2s末的速度为v，由图像得，加速阶段的位移为x1vt1v×2＝v
减速阶段的位移为x2vt2v×4＝2v
小滑块加速阶段的位移与减速阶段的位移大小之比为x1：x2＝v：2v＝1：2
故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2023 皇姑区校级开学）物体从A点由静止出发，先以加速度a1做匀加速直线运动到某速度v后，立即以加速度a2做匀减速运动至B点速度恰好减为0，所用总时间为t。若物体以速度v0匀速通过AB之间，所用时间也为t，则（ ）
A．v＝3v0 B．
C． D．
【解答】解：A．设匀加速的时间为t1，匀减速的时间为t2，则根据题意可知有t1+t2＝t
由运动学公式可得
解得v＝2v0
故A错误；
BCD．由运动学公式可得，
则有
整理可得
故B正确，CD错误。
故选：B。
三、反应时间与限速模型
ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称，汽车在平直公路上正常行驶，速率为v0，汽车通过ETC通道时，需要汽车车头在距收费站中心线前方L处减速至速率不大于v（v＜v0）后匀速运动，当车头到达收费站中心线后，再匀加速至v0行驶，如图所示，已知汽车加速和减速过程中加速度的大小分别为a和2a，则汽车从开始减速至回到正常行驶速率v0所用的最短时间为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：当汽车在匀速行驶区间内行驶时，汽车速率不允许超过v（v＜v0），则汽车车头到达收费站中心线前方L处前必须减速到v，根据速度—时间公式则有v＝v0﹣2at1
解得
在匀速行驶区间内，根据匀速运动公式有
汽车车头到达收费站中心线后开始加速，根据速度—时间公式有v0＝v+at3
解得
则汽车从开始减速至回到正常行驶速率v0所用的最短时间为
故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024 朝阳区校级开学）某驾驶员手册规定具有良好刹车性能的汽车在以80km/h的速率行驶时，可以在56m的距离内被刹住；在以48km/h的速率行驶时，可以在34m的距离内被刹住，假设对于这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反亚时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变）与刹车的加速度都相同。则允许驾驶员的反应时间为（ ）
A．0.5s B．0.7s C．1.3s D．1s
【解答】解：设允许驾驶员的反应时间约为t，刹车加速度为a，则有：
x156m
x224m
联立代入数据解得
t≈0.7s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023秋 宁波期末）如图甲是一种可以向高层运送货物的云梯车，其简化结构如图乙所示。轨道AB与水平面的夹角θ＝53°，将货物固定在载货平台上，通过操控电机可使载货平台沿轨道AB做直线运动。某次出厂调试中，载货平台要将货物运送到高为h＝24m的楼房顶端。
（1）若载货平台以v1＝0.5m/s的速度做匀速运动，求货物从A点到达B点所需的时间t1；
（2）若载货平台从A点由静止开始以的加速度运动到B点，求货物到达B点的速度大小vB；
（3）若载货平台从A点由静止开始运动，到达B点时的速度恰好为0，且载货平台加速和减速的最大加速度大小均为，最大速度为vm＝1m/s，求货物从A点到达B点的最短时间t。
【解答】解：（1）货物从A点到达B点的位移为：xm＝30m
载货平台做匀速直线运动，货物从A点到达B点所需的时间为：
t160s
（2）载货平台从A点由静止开始做匀加速直线运动到B点，由运动学公式得：
2a1x
解得：vB＝1m/s
（3）载货平台加速到最大速度所需最短时间为：t12s
载货平台加速过程的最小位移为：x1vmt11×2m＝1m
因载货平台加速和减速的最大加速度大小相等，故由运动的对称性可知，载货平台由最大速度减到零所需最短时间和此过程的最小位移均与加速过程相等。
载货平台匀速运动过程的最大位移为：x2＝x﹣2x1＝30m﹣2×1m＝28m
载货平台匀速运动过程所需时间为：t228s
货物从A点到达B点的最短时间为：t＝2t1+t2＝2×2s+28s＝32s
（2023秋 佛山期末）不少餐厅利用机器人传菜，厨师将菜品放置在机器人上后按桌号，机器人就能自动将菜品送达相应客人处。已知某餐厅机器人匀加速和匀减速运动的加速度大小均为a＝0.5m/s2，最大速度为vm＝2m/s。
（1）机器人从厨房取餐处A点取餐后开始匀加速直线运动，达到某一速度v后立即匀减速直线运动，到送餐处B点时速度恰好为0，A、B间的距离L1＝4.5m，求v的大小。
（2）机器人从A点开始匀加速直线运动，之后以vm保持匀速直线运动一段时间，再匀减速直线运动，到C点时速度恰好为0，A、C间的距离L2＝16m，求机器人从A运动至C所需时间。
【解答】解：（1）加速过程位移大小
减速过程位移大小
根据题意L1＝x1+x2
联立解得v＝1.5m/s
（2）加速和减速过程位移大小均为
代入数据解得x3＝4m
所用时间均为
代入数据解得t1＝4s
则匀速过程位移大小为x4＝L2﹣2x3
代入数据解得x4＝8m
用时
代入数据解得t2＝4s
则从A运动至C总用时t＝2t1+t2＝2×4s+4s＝12s。
（2023秋 荔湾区校级期中）公共汽车进站刹车的过程可简化为匀减速直线运动，若刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为7m和5m，则刹车后5s内的位移是（ ）
A．15m B．0m C．18m D．16m
【解答】解：设加速度大小为a，根据匀变速直线运动公式Δx＝at2，解得：a2m/s2
根据第1s内的位移—时间公式得：x1＝v0tat2
代入数据解得：v0＝8m/s
根据速度—时间公式，可得刹车时间为：t1s＝4s，
汽车5s时已停止运动，则汽车的位移为：xm＝16m，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2023秋 长安区校级期中）汽车在高速公路上行驶的速度为108km/h，若驾驶员发现前方105m处发生了交通事故，经过0.5s的反应时间才开始刹车，汽车以恒定的加速度匀减速，刚好没有撞上前方故障车。则匀减速的加速度大小为（ ）
A．10m/s2 B．5m/s2 C．4m/s2 D．6m/s2
【解答】解：v＝108km/h＝30m/s，x＝105m，t＝0.5s，则；x＝vt，解得：a＝5m/s2，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2023秋 温州期中）子弹垂直射入叠在一起的相同木板，做匀减速直线运动，当它穿过第20块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间是t，那么子弹穿过第20块木板所用的时间是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设每块木板的厚度为d，逆向分析，可得：
20d
d
联立解得：t′t，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（2023秋 长丰县期末）一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（ ）
A．质点的加速度大小是6m/s2
B．质点在第2个2s内的平均速度大小是12m/s
C．质点第2s末的速度大小是12m/s
D．质点在第1s内的位移大小是6m
【解答】解：A、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3﹣x1＝2aT2得加速度am/s2＝3m/s2，故A错误；
B、由匀变速直线运动中连续相等时间内位移差为定值，即x3﹣x2＝x2﹣x1，解得第二个2s内的位移：x2＝24m，所以质点在第2个2s内的平均速度大小是m/s＝12m/s，故B正确；
C、质点第2s末的速度大小等于前4s内的平均速度，为：v2m/s＝9m/s，故C错误；
D、质点在第1s末的速度等于第一个2s内的平均速度，为：v1m/s＝6m/s，在第1s内质点的逆过程是匀减速运动，则质点在第1s内的位移大小：x1＝v1t1（6×13×12）m＝4.5m，故D错误。
故选：B。
（多选）（2024 让胡路区校级开学）如图所示，从斜面上某一位置先后由静止释放四个小球，相邻两小球释放的时间间隔为T。某时刻拍下的照片记录了各小球的位置，测得AB、AC、AD间距离分别为xAB＝5cm，xBC＝15cm，xCD＝25cm。则（ ）
A．照片上小球A的位置，就是每个小球的释放点
B．若T＝0.1s，B点小球速度大小为1.5m/s
C．若T＝0.1s，所有小球加速度为5m/s2
D．若A、C、D四个小球的速度分别为vA、vC、vD，一定有vA+2vD＝3vC
【解答】解：A、由题意可得xAB：xBC：xCD＝1：3：5满足初速度为零的匀变速直线运动连续相等时间间隔内位移之比的关系，所以A位置是小球的释放点，故A正确；
B、B点为AC的中间时刻，根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度，可求得vB100cm/s＝1m/s，故B错误；
C、根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2可得a10m/s2，故C错误；
D、点为释放点，所以vA＝0，vC＝2aT，vD＝3aT，故2vD＝6aT，3vC＝6aT，所以2vD＝3vC，即vA+2vD＝3vC，故D正确。
故选：AD。
（多选）（2024 皇姑区校级模拟）一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（ ）
A．质点的加速度大小是3m/s2
B．质点在第1s内的位移大小是6
C．质点第2s末的速度大小是12m/s
D．质点在第1个2s内的平均速度大小是6m/s
【解答】解：A、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3﹣x1＝2aT2得加速度am/s2＝3m/s2，故A正确；
C、由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值即x3﹣x2＝x2﹣x1，解得：x2＝24m，第2s末的瞬时速度等于前4s内的平均速度，则v1＝6m/s，则第2s末速度为vm/s＝9m/s，故C错误；
BD、第1s末的瞬时速度等于第一个2s内的平均速度，则v1m/s＝6m/s，在第1s内反向看为匀减速运动，则有：x1＝v1t at2＝6×1m 3×12m＝4.5m，故B错误，D正确；
故选：AD。
（多选）（2023秋 长沙期末）四个水球可以挡住一颗子弹！央视“国家地理”频道播出的一挡节目真实地呈现了该过程，其实验示意图如图所示。四个完全相同的装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4号水球。球皮对子弹的阻力忽略不计，子弹视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．子弹经过每个水球的过程中速度变化量均相同
B．子弹穿出第2号水球时的速度等于穿过四个水球的平均速度
C．子弹穿过每个水球所用时间依次为t1、t2、t3、t4，则t1+t2+t3＝t4
D．子弹穿过每个水球所用时间依次为t1、t2、t3、t4，则
【解答】解：A.子弹经过每个水球的位移相同，但速度逐渐减小，故经过每个水球的时间增加，由Δv＝at可知，子弹的速度变化量不同，故A错误；
B.整个过程的逆过程可看作初速为零的匀加速运动，由初速度为零的匀加速运动的规律，反向穿过第4球与后面的3个球的位移之比为1：3，可知子弹反向穿出第4号水球时，即正向穿过第3号水球时的速度等于穿过四个水球的平均速度，故B错误；
C.由C的分析可知，穿过第3号水球是整个过程的中间时刻，记每个水球所用时间依次为t1、t2、t3、t4，则t1+t2+t3＝t4，故C正确；
D.对整个过程的逆过程，由初速度为零的匀加速运动相等位移的时间关系可知，第4号、第3号、第2号、第1号水球的时间之比为，则子弹穿过1、2、3、4号水球所用时间依次为t1、t2、t3、t4，则，故D正确。
故选：CD。
（多选）（2023秋 秦州区校级期末）如图所示，一个滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端C，已知AB＝BC，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块到达B、C两点的速度之比为1：
B．滑块到达B、C两点的速度之比为1：4
C．滑块通过AB、BC两段的时间之比为1：
D．滑块通过AB、BC两段的时间之比为（1）：1
【解答】解：AB、由题意可知小滑块做初速度为零的匀加速直线运动，设小滑块到达B、C两点的速度分别为vB、vC，
则根据运动学公式有2axAB，2axAC，
由题意可知xAC＝2xAB，
整理可得滑块到达B、C两点的速度之比为1：，故A正确，B错误；
CD、设AB段、BC段的长度为x，所经历的时间分别为t1，t2，根据匀变速直线运动的位移—时间公式有，
则，所以，故C错误，D正确。
故选：AD。
（多选）（2023秋 龙凤区校级期末）在驾驶汽车的过程中，疲劳驾驶是非常危险的行为，容易使驾驶员精力不集中从而导致交通事故。如图所示，一位疲劳驾驶的小轿车司机正在驾驶小轿车以72km/h的速度匀速行驶，小轿车前方60m处有一货车，正在以28.8km/h的速度匀速行驶。由于疲劳驾驶导致注意力不集中，小轿车司机此时并未意识到危险，直到1.5s后才注意到前面的货车，而后采取制动措施。已知司机从发现危险到采取制动措施有0.5s的反应时间，设小轿车刹车的运动可视为匀减速直线运动，加速度大小为4m/s2，则（ ）
A．若小轿车前方没有任何物体，但仍然按照上面的描述制动，则小轿车从图示位置到完全停下走过的位移大小为90m
B．小轿车会撞上大货车，从图示位置到撞上大货车经过的时间为5s
C．小轿车不会撞上大货车，在整个运动过程中，两者间最短距离为42m
D．其他条件不变，改变货车和小轿车之间的初始距离，则小轿车与货车刚好不相撞的初始距离为42m
【解答】解：A.v小＝72km/h＝20m/s，小轿车反应时间内的运动距离s1＝v小t1＝20×1.5m＝30m，采取制动的距离s2＝v小t2＝20×0.5m＝10m，匀减速过程2as3，解得s3＝50m，
所以s＝s1+s2+s3＝30m+10m+50m＝90m，故A正确；
B.v卡＝28.8km/h＝8m/s，由A选项中分析可知x1＝s1+s2＝30m+10m＝40m，卡车走过的位移：x1'＝v卡（t1+t2）＝8×（1.5+0.5）m＝16m，x差＝x1'+d﹣x1＝16m+60m﹣40m＝36m，当小轿车与长卡车共速时：v卡＝v小﹣at共，解得t共＝3s，减速的位移2as4＝v卡2﹣v小2，解得s4＝42m，x2'＝v卡t共＝8×3m＝24m，由于x差'＝x2'+x差＝24m+36m＝60m＞s4＝42m，所以小轿车不会撞上大货车，故B错误；
C.由B选项分析可知，最短距离为xmin＝x2'+x差﹣s4＝24m+36m﹣42m＝18m，故C错误；
D.由C选项分析可知，xmin＝18m，由于恰好不相撞，故x初＝d﹣xmin＝60m﹣18m＝42m，故D正确。
故选：AD。
（2023秋 惠山区校级月考）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。已知斜坡是由长为d＝0.6m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。下列说法不正确的是（ ）
A．物块在由A运动至E的时间为1.6s
B．位置A与位置D间的距离为1.30m
C．物块在位置D时的速度大小为2.25m/s
D．物块下滑的加速度大小为1.875m/s2
【解答】解：A、由图（b）可知相邻两点间的时间间隔T＝0.4s，物块从A运动到E的时间间隔Δt＝4T＝4×0.4s＝1.6s，故A正确；
C、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：/s，故C正确；
D、AC段与CE段的时间间隔为t＝2T＝0.80s
xCE﹣xAC＝2d﹣d＝d
由Δx＝at2可知：
代入数据解得：a＝1.875m/s2，故D正确；
B、由vD＝vA+a×3T
代入数据解得：vA＝0
则位置A、D间距离：，代值解得：xAD＝1.35m，故B错误。
本题选择不正确的，故选：B。
（2023秋 莱西市校级期末）鸡蛋从高处落到地面而不被摔坏，撞击地面的速度最大不能超过1.2m/s。某同学设计了如图所示的保护装置，用A、B两块较粗糙的夹板夹住鸡蛋，现将该装置从距地面某一高处自由下落，装置碰地后速度立即为0，且保持竖直无反弹，此后鸡蛋在A、B夹板间减速下降的加速度大小为8g。（g＝10m/s2）
（1）如果没有保护，鸡蛋自由下落而不被摔坏时释放的最大高度h；
（2）某次实验中保护装置从离地面H＝5m的高度处静止释放，为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s；
（3）求在满足第（2）问情况下鸡蛋运动的总时间t。
【解答】解：（1）鸡蛋做自由落体运动v2＝2gh
代入数据解得：h＝0.072m
（2）保护装置和鸡蛋共同自由落体，有2gH
代入数据解得：vt＝10m/s
保护装置着地后鸡蛋开始减速，到达地面时速度不超过v＝1.2m/s就不会摔怀，所以2as
则为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s＝0.616m
（3）自由落体时有H
代入数据解得：t1＝1s
减速时有v＝v1﹣at2
代入数据解得：t2＝0.11s
则t＝t1+t2＝1s+0.11s＝1.11s
（2022秋 朔州期末）甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100m接力交接棒，甲在距离接力区前端s0＝24m处向乙发出起跑口令，并以10m/s的速度跑完全程，乙在接力区前端听到起跑口令后立即起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。已知乙运动员在起跑加速阶段的第3s内通过的距离为5m，乙从起跑到接棒前的运动是匀加速运动，接力区的长度为L＝20m。求：
（1）在甲、乙交接棒时乙的速度大小；
（2）若不考虑接力区长度的限制，使甲、乙速度相等时完成交接棒，甲在距离乙多远时发出起跑口令。
【解答】解：（1）设乙运动员在匀加速阶段的加速度为a，在前2s和前3s内通过的位移分别为x2和x3，由运动学规律得：
由题意可知：x3﹣x2＝5m
联立可得：a＝2m/s2
设经过时间t1甲追上乙，由位移关系可得：
解得：t1＝4s，t1＝6s（不合理舍去）
此刻乙的速度：v乙＝at1＝2×4m/s＝8m/s；
（2）当甲、乙速度相等时，所需时间为t2，可得：v＝at2
解得：t2＝5s
在这段时间内，乙的位移：m＝25m
甲的位移：s甲＝vt2＝10×5m＝50m
可得：s'0＝s甲﹣s乙＝50m﹣25m＝25m
故甲应在距离乙25m处发出起跑口令。
