2026版《金版教程》高考一轮复习物理第1节 运动的描述　匀变速直线运动的规律

高考总复习首选用卷物理第1节运动的描述匀变速直线运动的规律考点一质点和参考系、时间和位移1．(2024·浙江1月选考)杭州亚运会顺利举行，如图所示为运动会中的四个比赛场景。在下列研究中可将运动员视为质点的是()A．研究甲图运动员的入水动作B．研究乙图运动员的空中转体姿态C．研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度D．研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作答案：C解析：研究甲图运动员的入水动作时，运动员的大小和形状对所研究问题的影响不能忽略，不可将运动员视为质点，故A错误；研究乙图运动员的空中转体姿态时，运动员的大小和形状对所研究问题的影响不能忽略，不可将运动员视为质点，故B错误；研究丙图运动员在百米比赛中的平均速度时，运动员的大小和形状对所研究问题的影响可以忽略，可将运动员视为质点，故C正确；研究丁图运动员通过某个攀岩支点的动作时，运动员的大小和形状对所研究问题的影响不能忽略，不可将运动员视为质点，故D错误。2．(2023·浙江1月选考)“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则()A．选地球为参考系，“天和”是静止的B．选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C．选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D．选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的答案：C解析：“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球运动，选地球为参考系，二者都是运动的，A、B错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，以其中任意一个为参考系，另一个均是静止的，C正确，D错误。3．如图所示，港珠澳大桥全长55km，2018年10月24日9：00正式通车。这座大桥的开通使得香港到珠海和澳门车程仅需要30min。下列说法正确的是()A．30min是时刻 B．9：00是时间间隔C．55km是路程 D．55km是位移答案：C解析：30min在时间轴上对应一条线段，是时间间隔，9：00在时间轴上对应一个点，是时刻，故A、B错误；位移是从初位置到末位置的有向线段，路程是运动轨迹的长短，55km对应港珠澳大桥的实际长度，是路程，故C正确，D错误。考点二平均速度与瞬时速度加速度4．(2023·上海高考)一场跑步比赛中，第三跑道的运动员跑到30m处时，秒表计时为3.29s。根据以上信息，能否算得该运动员在这段时间内的平均速度和这段时间内某时刻的瞬时速度()A．可以算得平均速度，可以算得瞬时速度B．无法算得平均速度，可以算得瞬时速度C．可以算得平均速度，无法算得瞬时速度D．无法算得平均速度，无法算得瞬时速度答案：D解析：由题意可知30m为路程，用时3.29s，可以算得平均速率为eq\f(30,3.29)m/s，而不同跑步项目，从起点跑到30m处，轨迹既可能是直线，也可能是曲线，则不知道这段时间内的位移，无法算得该运动员在这段时间内的平均速度，更无法算得运动员在这段时间内某时刻的瞬时速度，故选D。5．(2023·福建高考)“祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车()A．从O处行驶到N处的路程为697米B．从O处行驶到N处的位移大小为889米C．从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天D．从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天答案：D解析：由题意可知，火星车从O处行驶到N处的路程为sON＝sOM＋sMN＝585米＋304米＝889米，故A错误；位移的大小为始、末位置之间的直线距离，设火星车从O处行驶到N处的位移大小为xON，由题图可知，xON<xOM＋xMN＝463米＋234米＝697米，故B错误；根据平均速率的定义可知，火星车从O处行驶到M处的平均速率eq\o(v,\s\up6(－))OM＝eq\f(sOM,tOM)＝eq\f(585,61)米/天≈9.59米/天，故C错误；根据平均速度的定义可知，火星车从M处行驶到N处的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))MN＝eq\f(xMN,tMN)＝eq\f(234,23)米/天≈10米/天，故D正确。6．蹦床是一项既好看又惊险的运动。某运动员从高处自由落下，以大小为5m/s的速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为8m/s的速度弹回。已知运动员与网接触的时间Δt＝1s，那么运动员在与网接触的这段时间内的平均加速度大小是()A．5m/s2 B．13m/s2C．4m/s2 D．14m/s2答案：B解析：设竖直向下为正方向，根据加速度公式可得a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(－8－5,1)m/s2＝－13m/s2，故平均加速度大小为13m/s2，负号表示方向与正方向相反，故选B。考点三匀变速直线运动的基本规律及应用7．高速公路上的隧道设置限速以保证行驶安全，国庆假期某汽车以120km/h的速度行驶，在离隧道200m处开始减速，做匀变速直线运动。若以不超过80km/h的限速进入隧道，其加速度的大小至少约为()A．1.00m/s2 B．1.28m/s2C．1.54m/s2 D．2.03m/s2答案：C解析：由题意可知，汽车的初速度为v0＝120km/h＝eq\f(100,3)m/s，末速度最大为v＝80km/h＝eq\f(200,9)m/s，开始减速的位置距离隧道x＝200m，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式有v2－veq\o\al(2,0)＝－2ax，解得加速度大小最小为a≈1.54m/s2，故选C。8．(多选)一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为4m/s，经过4s速度达到12m/s，下列说法中正确的是()A．汽车的加速度为2m/s2B．汽车每秒内速度的变化量为2m/sC．汽车的平均速度为6m/sD．汽车的位移为32m答案：ABD解析：汽车做匀加速直线运动的加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(12－4,4)m/s2＝2m/s2，故A正确；因为汽车的加速度为2m/s2，则汽车每秒内速度的变化量为2m/s，故B正确；根据匀变速直线运动的推论知，汽车的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(4＋12,2)m/s＝8m/s，故C错误；汽车的位移x＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝8×4m＝32m，故D正确。9．某物体做直线运动，其位置x(m)随时间t(s)变化的数值关系为x＝2t2－6t＋3，下列说法中正确的是()A．物体做变速运动，加速度随时间逐渐增大B．t＝0时，物体速度为零C．t＝1.5s时，物体速度为零D．物体始终朝一个方向运动答案：C解析：将x＝2t2－6t＋3和匀变速直线运动的位移与时间的关系式x－x0＝v0t＋eq\f(1,2)at2对比，可知v0＝－6m/s，a＝4m/s2，即该物体的加速度恒定，初速度不为零，A、B错误；由匀变速直线运动的速度与时间的关系式可知，t＝1.5s时，物体的速度为v＝v0＋at＝－6m/s＋4×1.5m/s＝0，C正确；物体的速度v＝v0＋at＝－6＋4t，结合数学知识可知物体的运动方向可能会改变，D错误。10．甲、乙两辆小车进行比赛，赛道为直轨道。甲小车始终以加速度a做匀加速运动，乙小车始终以加速度3a做匀加速运动，直至终点。若两车均由静止出发，使用的赛道完全相同，则()A．甲、乙到达赛道终点时的速度之比为1∶3B．甲、乙到达赛道终点时的速度之比为1∶eq\r(3)C．甲、乙完成比赛所用时间之比为3∶1D．甲、乙完成比赛所用时间之比为1∶eq\r(3)答案：B解析：根据初速度为0的匀变速直线运动规律v2＝2ax，得v＝eq\r(2ax)，可知x一定时，v∝eq\r(a)，由题意知，甲、乙位移相同，甲、乙的加速度之比为1∶3，则甲、乙到达赛道终点时的速度之比为1∶eq\r(3)，故A错误，B正确；根据初速度为0的匀变速直线运动规律x＝eq\f(1,2)at2，得t＝eq\r(\f(2x,a))，可知x一定时，t∝eq\f(1,\r(a))，由题意知，甲、乙的位移相同，加速度之比为1∶3，则甲、乙完成比赛所用时间之比为eq\r(3)∶1，故C、D错误。考点四匀变速直线运动的多过程问题11．(2024·海南高考)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向左右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同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．1.25m/s2 B．1m/s2C．0.5m/s2 D．0.25m/s2答案：C解析：门以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，且初末速度均为0，由对称性可知，门从静止开始做匀加速直线运动到最大速度的位移x＝eq\f(2m,2)＝1m，所用时间t＝eq\f(4s,2)＝2s，根据x＝eq\f(1,2)at2，代入数据可得，加速度的大小a＝0.5m/s2，故选C。12．高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为()A．4.2m B．6.0mC．7.8m D．9.6m答案：D解析：汽车匀速运动的速度为v0＝21.6km/h＝6m/s，设ETC天线识别车载电子标签的时间为t1，司机的反应时间为t2，则汽车在(t1＋t2)时间内做匀速直线运动，位移为x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6m，随后汽车做匀减速直线运动，设加速度大小为a，则位移为x2＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(62,2×5)m＝3.6m，所以该ETC通道的长度为L＝x1＋x2＝6m＋3.6m＝9.6m，故A、B、C错误，D正确。13．(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为()A.eq\f(v0－v,2a)＋eq\f(L＋l,v) B.eq\f(v0－v,a)＋eq\f(L＋2l,v)C.eq\f(3（v0－v）,2a)＋eq\f(L＋l,v) D.eq\f(3（v0－v）,a)＋eq\f(L＋2l,v)答案：C解析：分析可知，从正常行驶速率v0以大小为2a的加速度匀减速至速率为v，以速率v匀速通过隧道，之后以大小为a的加速度匀加速至正常行驶速率v0，所用时间最少。匀减速过程有v＝v0－2at1，解得t1＝eq\f(v0－v,2a)，在隧道内匀速运动的时间t2＝eq\f(L＋l,v)，匀加速过程有v0＝v＋at3，解得t3＝eq\f(v0－v,a)，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(3（v0－v）,2a)＋eq\f(L＋l,v)，故选C。考点五自由落体运动竖直上抛运动14．(2024·广西高考)让质量为1kg的石块P1从足够高处自由下落，P1在下落的第1s末速度大小为v1，再将P1和质量为2kg的石块绑为一个整体P2，使P2从原高度处自由下落，P2在下落的第1s末速度大小为v2，g取10m/s2，则()A．v1＝5m/s B．v1＝10m/sC．v2＝15m/s D．v2＝30m/s答案：B解析：石块自由下落时做自由落体运动，加速度和速度与质量无关，则在下落的第1s末速度大小为v1＝v2＝gt＝10m/s2×1s＝10m/s，故B正确，A、C、D错误。15．在同一地点做自由落体运动的甲、乙两物体所受的重力之比为2∶1，下落高度之比为1∶2，且落到同一水平地面上，则()A．下落过程中的加速度之比为2∶1B．下落时间之比为1∶2C．落地速度之比为1∶eq\r(2)D．若甲、乙同时下落，在甲落地前，两者间的距离越来越近答案：C解析：在同一地点做自由落体运动的物体，加速度相等，均为当地的重力加速度g，故A错误；根据h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，因为下落高度之比为1∶2，则下落时间之比为1∶eq\r(2)，故B错误；根据v2－0＝2gh得v＝eq\r(2gh)，落地速度之比为1∶eq\r(2)，故C正确；若甲、乙同时下落，在甲落地前，两者下落的快慢程度时刻相同，两者间的竖直距离始终等于初始高度差，则两者间的距离不变，故D错误。16．(2021·湖北高考)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为()A．0.2s B．0.4sC．1.0s D．1.4s答案：B解析：陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝eq\r(\f(2H,g))＝eq\r(\f(2×10,10))s≈1.4s，下落前5m的过程所用的时间为t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4s，B正确，A、C、D错误。17．(多选)氢气球用绳子系着一个重物，以10m/s的速度从地面匀速竖直上升，当到达40m高度时，绳子突然断开，重物从绳断开到落地过程，下列判断正确的有(g＝10m/s2，不计重物所受空气阻力)()A．运动时间为4sB．运动时间为5sC．落地速度大小为10m/sD．落地速度大小为30m/s答案：AD解析：取竖直向上为正方向，则绳子断开时重物的速度v0＝10m/s，加速度a＝－10m/s2，从绳断开到落地重物的位移x＝－40m。设重物落地的速度为v，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式有v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，代入数据得v＝－30m/s(因为落地时速度方向竖直向下，故舍去v＝30m/s)，C错误，D正确；设重物从绳断开到落地过程运动时间为t，根据匀变速直线运动的速度与时间的关系式v＝v0＋at可得，重物运动时间t＝eq\f(v－v0,a)＝eq\f(－30－10,－10)s＝4s，A正确，B错误。18．以10m/s的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为()A．12.5m B．2mC．10m D．0.5m答案：D解析：汽车做匀减速直线运动，速度减为零所用的时间t＝eq\f(0－v0,－a)＝eq\f(0－10,－4)s＝2.5s，则刹车后第3s内走过的路程等于最后0.5s内位移的大小，采用逆向思维，将最后0.5s内的匀减速过程看作反向匀加速过程，则第3s内的路程x＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(1,2)×4×0.52m＝0.5m，故D正确。19．某学习小组制作了一把“人的反应时间测量尺”。如图所示，A同学用手捏住直尺的顶端，B同学用手在直尺0刻度位置做捏住直尺的准备，但手不碰到直尺。在A同学放手让直尺下落时，B同学立刻捏住直尺，读出B同学捏住直尺的刻度，就可以粗略确定B同学的反应时间。若把直尺的长度刻度对应标注为“时间”刻度，使它变为“人的反应时间测量尺”，下列说法正确的是()A．反应时间测量尺上，各相邻时间刻度值间的长度不等B．捏住30cm处的反应时间比捏住25cm处的反应时间短C．20cm刻度所对应的时间刻度约为0.4sD．反应时间与捏住直尺所在处的刻度值成正比答案：A解析：由运动学公式h＝eq\f(1,2)gt2，可知反应时间t＝eq\r(\f(2h,g))，故反应时间与捏住直尺所在处的刻度值不成正比，各相邻时间刻度值间的长度不等，故A正确，D错误；捏住30cm处直尺下落的高度比捏住25cm处直尺下落的高度大，故捏住30cm处的反应时间比捏住25cm处的反应时间长，B错误；反应时间测量尺上20cm刻度所对应的时间刻度约为t′＝eq\r(\f(2h′,g))＝eq\r(\f(2×20×10－2,10))s＝0.2s，C错误。20．(2024·山东高考)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．(eq\r(3)－1)∶(eq\r(2)－1) B．(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)C．(eq\r(3)＋1)∶(eq\r(2)＋1) D．(eq\r(3)＋eq\r(2))∶(eq\r(2)＋1)答案：A解析：木板由静止释放后，沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度大小为a，根据运动学公式，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，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L＋L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，当木板长度为2L时，有L＋2L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(eq\r(3)－1)∶(eq\r(2)－1)，故选A。21．(2025·皖豫名校联盟高三上学期第一次考试)(多选)如图所示，钢珠从高为50m的塔顶上边缘外侧被竖直向上以10m/s的初速度抛出，最终落在地面上。已知点P1和P2距离塔顶分别为15m和40m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是()A．从钢珠被抛出到经过塔顶边缘需要4.0sB．钢珠距离地面的最大高度为55mC．钢珠从P1到P2所需时间为1.0sD．钢珠从P1到P2所需时间为1.5s答案：BC解析：钢珠被抛出后做竖直上抛运动，从钢珠被抛出到经过塔顶边缘，根据匀变速直线运动规律，有0＝v0t－eq\f(1,2)gt2，解得t＝2.0s(另一解t＝0舍去)，故A错误；钢珠抛出后向上运动的最大高度h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝eq\f(（10m/s）2,2×10m/s2)＝5m，则钢珠距离地面的最大高度为hm＝H＋h＝50m＋5m＝55m，故B正确；钢珠从最高点到P1的时间为t1＝eq\r(\f(2（h1＋h）,g))＝eq\r(\f(2×（15＋5）,10))s＝2.0s，从最高点到P2的时间为t2＝eq\r(\f(2（h2＋h）,g))＝eq\r(\f(2×（40＋5）,10))s＝3.0s，则钢珠从P1到P2所需时间为Δt＝t2－t1＝1.0s，故C正确，D错误。22．自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机经常会遇到动物过公路的情形。如图所示是一辆汽车正在以v0＝20m/s的速度匀速行驶，突然平直公路上冲出三只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程是匀减速直线运动，加速度大小为4m/s2，开始刹车时小动物与汽车距离约为55m，以下说法正确的是(假设小动物冲上公路后停在公路上)()A．汽车匀减速6s末的速度大小为4m/sB．匀减速运动的汽车一定撞上小动物C．汽车第2s末的速度为10m/sD．汽车匀减速第4s末到第6s末的位移为2m答案：D解析：汽车刹车过程所用时间t＝eq\f(0－v0,－a)＝eq\f(0－20,－4)s＝5s，可知汽车在刹车5s后停止运动，故汽车匀减速6s末的速度为0，A错误；汽车匀减速运动的位移为x＝v0t－eq\f(1,2)at2＝50m<55m，则汽车没有撞上小动物，故B错误；汽车第2s末的速度为v2＝v0－at2＝20m/s－4×2m/s＝12m/s，故C错误；汽车5s末速度减为0，则汽车匀减速第4s末到第6s末的位移即为汽车最后1s内的位移，设为x5，汽车运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得，x5＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,5)＝eq\f(1,2)×4×12m＝2m，故D正确。23．“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/s024681012x/cm02.08.017.527.033.035.0下列说法正确的是()A．前6s火星车做加速运动B．第6s末火星车的速率为4.75cm/sC．火星车一共匀速运动了10cmD．火星车减速的加速度大小为2cm/s2答案：C解析：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，从静止开始6个Δt＝2s内，火星车的位移大小分别为2.0cm、6.0cm、9.5cm、9.5cm、6.0cm、2.0cm，则0～2s内，火星车从静止开始做匀加速运动，通过的位移为2.0cm，根据x＝eq\f(1,2)at2得a＝1cm/s2；10～12s内，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为2.0cm，结合逆向思维，可认为此过程火星车反向做初速度为0的匀加速直线运动，则有x′＝eq\f(1,2)a′t2，得a′＝1cm/s2；火星车匀加速阶段的时间为t1＝eq\f(v,a)，匀减速阶段的时间为t3＝eq\f(v,a′)，故0～12s全过程的位移满足x总＝eq\f(v,2)t1＋vt2＋eq\f(v,2)t3＝35.0cm，又有t1＋t2＋t3＝12s，联立以上各式解得t1＝t3＝5s，t2＝2s，v＝5cm/s，火星车匀速运动的位移为x2＝vt2＝5×2cm＝10cm，C正确，A、B、D错误。24．(2024·山东省济南市高三上10月校级联考)如图所示，R、S、T为平直公路上三点，S为公交车乘车点，已知ST＝2RS＝112m。电动公交车沿公路向右运动，行驶的最大速度为14m/s，最大加速度为2m/s2，公交车在S点停留1分钟，则该公交车通过RT段的最短时间为(该公交车可看成质点)()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(143,2)＋2\r(14)))s B．(2eq\r(14)＋60＋4eq\r(7))sC．80s D．79s答案：D解析：由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax知，公交车从最大速度以最大加速度匀减速至零或从静止以最大加速度匀加速至最大速度过程中所行驶的距离x0＝eq\f(veq\o\al(2,m),2am)＝eq\f(142,2×2)m＝49m，由x0<RS＝eq\f(ST,2)＝56m可知，公交车以最大速度vm匀速进入RS段，然后以最大加速度am减速运动到S点，停留1分钟后，再以最大加速度am加速到最大速度vm，最后以最大速度驶出T点，该过程通过RT段的时间最短。在R、S两点间运动，公交车做匀减速运动时间为t1＝eq\f(vm,am)＝eq\f(14,2)s＝7s，公交车做匀减速运动位移大小为x0＝49m，公交车做匀速运动时间为t2＝eq\f(RS－x0,vm)＝0.5s；在S、T两点间运动，公交车做匀加速运动时间为t3＝eq\f(vm,am)＝eq\f(14,2)s＝7s，公交车做匀加速运动位移大小为x0＝49m，公交车做匀速运动时间为t4＝eq\f(ST－x0,vm)＝4.5s；则该公交车通过RT段的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t停＝79s，故选D。25．(多选)如图所示，将乙小球从地面上以v0＝10m/s的初速度竖直向上抛出的同时，将甲小球从乙小球的正上方h＝18m处由静止释放，两小球运动过程中的空气阻力忽略不计。取g＝10m/s2，两小球均可视为质点，下列说法正确的是()A．两小球在空中不相遇B．两小球相遇时甲小球下落1.8sC．乙小球在下落过程中与甲小球相遇D．两小球相遇时乙球的速度大小为8m/s答案：BCD解析：从抛出两小球时开始计时，假设两小球能相遇且相遇的时间为t，则相遇时甲小球下落高度h甲＝eq\f(1,2)gt2，乙小球上升高度h乙＝v0t－eq\f(1,2)gt2，且h甲＋h乙＝h，联立并代入数据，解得t＝1.8s，而乙小球从抛出到落地的总时间为t1＝eq\f(2v0,g)＝2s，t<t1，说明假设成立，即两小球在空中相遇，且相遇时甲小球下落1.8s，A错误，B正确；乙小球上升到最高点所需时间为t升＝eq\f(v0,g)＝1s，由于t升<t<t1，故乙小球在下落过程中与甲小球相遇，C正确；取竖直向上为正方向，两小球相遇时乙球的速度为v乙＝v0－gt＝－8m/s，即两小球相遇时乙球的速度大小为8m/s，D正确。26．某学校秋季运动会“齐心协力向前冲”项目，要求同学负重，由静止出发，沿直线跑到30m外的旗杆处，绕杆一周后返回，并将重物交给下一位同学，直至30名同学均跑完，以时间最短者为胜。假设某同学加速、减速时的加速度大小各为2.5m/s2、5m/s2，忽略绕杆时间，且到达旗杆处速度必须为零。问：(1)该同学从出发到抵达旗杆处，最短时间是多少？(2)若该同学最大速度为8m/s，则：①从出发到抵达旗杆处，最短时间是多少？②若该同学恰好是最后一位交接重物的同学，那么他跑完全程，个人最好成绩是多少？答案：(1)6s(2)①6.15s②11.5s解析：(1)该同学从出发到抵达旗杆处，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，抵达旗杆处时速度减为0，是耗时最短的方案。设该同学的最大速度为v，加速过程的位移大小为x01，加速度大小为a1，减速过程的位移大小为x02，加速度大小为a2，全程总位移大小为x，根据匀变速直线运动规律，加速过程有v2－0＝2a1x01减速过程有0－v2＝－2a2x02又x＝x01＋x02联立解得v＝10m/s设该同学加速运动的时间为t01，减速运动的时间为t02，则v＝0＋a1t01，0＝v－a2t02该同学从出发到抵达旗杆处，最短时间为tmin＝t01＋t02联立解得tmin＝6s。(2)①由于vm＝8m/s<10m/s，故该同学应先匀加速到8m/s，再匀速运动一段时间，最后匀减速运动，到达旗杆处时速度为0，此时所耗时间最短。根据运动学规律，设匀加速阶段运动的时间为t1，有vm＝a1t1匀加速阶段的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)设匀减速阶段运动的时间为t3，有0－vm＝－a2t3匀减速阶段的位移为x3＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)则匀速阶段运动的位移为x2＝x－x1－x3设匀速阶段运动的时间为t2，有x2＝vmt2则最短时间t＝t1＋t2＋t3联立解得t＝6.15s。②由于该同学是最后一位交接重物的同学，因此该同学从旗杆处返回终点时，无需减速。故返回过程先匀加速到8m/s，再匀速跑完剩余路程。根据运动学规律，返回时匀加速阶段运动的时间为t4＝t1返回时匀加速阶段的位移为x4＝x1返回时匀速阶段的位移为x5＝x－x4设返回时匀速阶段运动的时间为t5，有x5＝vmt5则该同学最好成绩为t′＝t＋t4＋t5联立解得t′＝11.5s。27．(2024·全国甲卷)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t1＝10s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＝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v0＝340m/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。答案：(1)20m/s(2)680m解析：(1)设救护车匀速运动时的速度大小为v，根据匀变速直线运动速度与时间的关系，有v＝at1代入数据解得v＝20m/s。(2)设救护车在t3时刻停止鸣笛，停止鸣笛时救护车距出发处的距离为x，救护车在加速运动过程中的位移为x1，在停止鸣笛前救护车匀速运动的位移为x2，则x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)x2＝v(t3－t1)x＝x1＋x2t2时最后的鸣笛声传回到救护车出发处，有x＝v0(t2－t3)联立并代入数据，解得x＝680m。28．汽车在高速公路上超速是非常危险的，为防止汽车超速，高速公路都装有测汽车速度的装置。如图所示为超声波测速仪测汽车速度的示意图，测速仪A可发出并接收超声波信号，根据发出和接收到的信号可以推测出被测汽车的速度。B为汽车，两者相距352m，此时刻A发出超声波，同时B由于紧急情况而急刹车，汽车刹车过程做匀减速直线运动，当A接收到反射回来的超声波信号时，B恰好停止，且此时A、B相距336m，已知声速为340m/s，则汽车刹车过程中的加速度大小为()A．4m/s2 B．8m/s2C．16m/s2 D．无法计算答案：B解析：超声波由A发出到与B相遇的时间与从B反射到