新高考物理一轮复习精品学案第1章第2讲匀变速直线运动的规律（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精品学案第1章第2讲匀变速直线运动的规律（含解析），共12页。

考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.匀变速直线运动
沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．
2．匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.
(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
3．位移的关系式及选用原则
(1)x＝eq \x\t(v)t，不涉及加速度a；
(2)x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，不涉及末速度v；
(3)x＝eq \f(v2－v02,2a)，不涉及运动的时间t.
1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．( × )
2．匀加速直线运动的位移是均匀增加的．( × )
3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同．( √ )
1．基本思路
eq \x(画过程示意图)→eq \x(判断运动性质)→eq \x(选取正方向)→eq \x(选用公式列方程)→eq \x(解方程并加以讨论)
2．正方向的选定
无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负．
3．解决匀变速运动的常用方法
(1)逆向思维法：
对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．
(2)图像法：借助v－t图像(斜率、面积)分析运动过程．
考向1 基本公式和速度位移关系式的应用
例1 在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是( )
A．公交车运行的最大速度为4 m/s
B．公交车刹车的加速度大小为1 m/s2
C．公交车从刹车开始10 s内的位移为60 m
D．公交车刹车后第1 s内的平均速度为15 m/s
答案 D
解析 根据x＝v0t－eq \f(1,2)at2与x＝16t－t2的对比，可知刹车过程为匀减速直线运动，运行的最大速度就是刹车时车的速度，为16 m/s，刹车的加速度大小为2 m/s2，故A、B错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t＝eq \f(v,a)＝8 s可知，刹车停止需要8 s时间，从刹车开始10 s内的位移，其实就是8 s内的位移，t＝8 s时有x＝64 m，故C错误；t′＝1 s时，有x′＝15 m，由平均速度公式可得eq \x\t(v)＝eq \f(x′,t′)＝15 m/s，故D正确．
例2 对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m的距离被刹住．假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问：
(1)这位驾驶员的反应时间为多少；
(2)某雾天，该路段能见度为50 m，则行车速率不能超过多少．
考向2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题
例3 假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始匀减速并计时，经过时间t，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0A．vt0(1－eq \f(t0,2t)) B.eq \f(vt－t02,2t)
C.eq \f(vt,2) D.eq \f(vt02,2t)
答案 B
解析 “蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝eq \f(v,t)，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝eq \f(1,2)a(t－t0)2＝eq \f(1,2)×eq \f(v,t)×(t－t0)2＝eq \f(vt－t02,2t)，故选B.
考向3 两种匀减速直线运动的比较
1．刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失．
(2)求解时要注意确定实际运动时间．
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．
2．双向可逆类问题
(1)示例：如沿光滑固定斜面上滑的小球，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．
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．
例4 若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
A．288 m B．300 m
C．150 m D．144 m
答案 B
解析 设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(0－60,－6) s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋eq \f(at2,2)＝60×10 m＋eq \f(－6×102,2) m＝300 m.
例5 (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋eq \r(7)) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
答案 ABC
解析 以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋eq \f(1,2)at2解得：t3＝(2＋eq \r(7)) s或t4＝(2－eq \r(7)) s(舍去)，故C正确．由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s或v2＝5 m/s、v3＝－5eq \r(7) m/s，故D错误．
考点二 匀变速直线运动的推论及应用
1．匀变速直线运动的常用推论
(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．即：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝ SKIPIF 1 < 0 .此公式可以求某时刻的瞬时速度．
(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等．
即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度．
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2.
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
考向1 平均速度公式
例6 做匀变速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度大6 m/s，则质点的加速度大小为( )
A．1 m/s2 B．1.5 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2
答案 C
解析 物体做匀变速直线运动时，第一个3 s内中间时刻，即1.5 s时的速度为v1＝eq \x\t(v)3，第一个7 s内中间时刻，即3.5 s时的速度为v2＝eq \x\t(v)7，由题意可知v2－v1＝6 m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2 s，可得a＝3 m/s2.故选C.
考向2 位移差公式
例7 (2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是( )
A．物体运动的加速度为4 m/s2
B．第2 s内的位移为6 m
C．第2 s末的速度为2 m/s
D．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s
答案 C
解析 根据位移差公式xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝eq \f(xⅣ－xⅡ,2T2)＝eq \f(8,2×12) m/s2＝4 m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移为：x2－x1＝eq \f(1,2)at22－eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×4×(22－12) m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2秒末速度为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x5,t5)＝eq \f(\f(1,2)at52,t5)＝eq \f(\f(1,2)×4×52,5) m/s＝10 m/s，故D正确，不符合题意．
考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式
例8 (多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
D．t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
答案 BD
解析 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，故所求时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移时的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，故所求的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，选项A错误，B正确．
课时精练
1．如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案 C
解析 根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2－v02＝2ax知，xAB＝eq \f(v2,2a)，xAC＝eq \f(2v2,2a)，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
2．汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为( )
A．5∶4 B．4∶5
C．3∶4 D．4∶3
答案 C
解析 汽车速度减为零的时间为：t0＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(0－20,－5) s＝4 s,2 s时位移：x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝20×2 m－eq \f(1,2)×5×4 m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，为：x2＝eq \f(0－v02,2a)＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确．
3．(2022·广东深圳实验学校月考)做匀加速直线运动的质点，在第5 s内及第6 s内的平均速度之和是56 m/s，平均速度之差是4 m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为( )
A．4 m/s2；4 m/s B．4 m/s2；8 m/s
C．26 m/s2；30 m/s D．8 m/s2；8 m/s
答案 B
解析 根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度．依题意，可得4.5 s末及5.5 s末的速度之和及速度之差为v4.5＋v5.5＝56 m/s，v5.5－v4.5＝4 m/s，联立求得v4.5＝26 m/s，v5.5＝30 m/s，即有26 m/s＝v0＋a×(4.5 s)，30 m/s＝v0＋a×(5.5 s)，联立求得a＝4 m/s2，v0＝8 m/s，故选B.
4．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止，已知汽车刹车时第1 s内的位移为13 m，最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A．汽车在第1 s末的速度可能为10 m/s
B．汽车加速度大小可能为3 m/s2
C．汽车在第1 s末的速度一定为11 m/s
D．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
答案 C
解析 采用逆向思维法，由于最后1 s内的位移为2 m，根据x′＝eq \f(1,2)at2得，汽车加速度大小a＝eq \f(2x′,t2)＝eq \f(2×2,12) m/s2＝4 m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据x1＝v0t－eq \f(1,2)at2，代入数据解得，初速度v0＝15 m/s，则汽车在第1 s末的速度v1＝v0－at＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C正确，A、B、D错误．
5．如图为港珠澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则( )
A．通过cd段的时间为eq \r(3)t
B．通过ce段的时间为(2－eq \r(2))t
C．ae段的平均速度等于c点的瞬时速度
D．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度
答案 B
解析 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de所用的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))，可得出通过cd段的时间为(eq \r(3)－eq \r(2)) t，A错误；通过cd段的时间为(eq \r(3)－eq \r(2))t，通过de段的时间为(2－eq \r(3)) t，则通过ce段的时间为(2－eq \r(2))t，选项B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae时间的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，选项C、D错误．
6．(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得( )
A．高铁车头经过A、B、C的速度
B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C．高铁运动的加速度
D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比
答案 AD
解析 设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为vA、vB、vC，根据AB段的平均速度为30 m/s，可以得到eq \x\t(v)AB＝eq \f(vA＋vB,2)＝30 m/s；根据在BC段的平均速度为20 m/s，可以得到eq \x\t(v)BC＝eq \f(vB＋vC,2)＝20 m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(2x,tAB＋tBC)＝eq \f(2x,\f(x,30 m/s)＋\f(x,20 m/s))＝24 m/s，所以有eq \x\t(v)AC＝eq \f(vA＋vC,2)＝24 m/s，联立解得vA＝34 m/s，vB＝26 m/s，vC＝14 m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A正确，B、C错误；tAB∶tBC＝eq \f(x,\x\t(v)AB)∶eq \f(x,\x\t(v)BC)＝2∶3，选项D正确．
7．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2 (m)，则它在前3 s内的平均速度为( )
A．8 m/s B．10 m/s
C．12 m/s D．14 m/s
答案 A
解析 由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2；则由v＝v0＋at可知，汽车在2 s末停止运动，故前3 s内的位移等于前2 s内的位移，x＝24×2 m－6×4 m＝24 m，则汽车的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s，故A正确．
8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾驶员减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m内的物体，并且他的反应时间为0.6 s，制动后最大加速度大小为5 m/s2.假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是( )
A．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 s
B．小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 m
C．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25 m/s
D．三角警示牌至少要放在车后58 m远处，才能有效避免两车相撞
答案 AD
解析 设小轿车从刹车到停止所用时间为t2，则t2＝eq \f(0－v0,－a)＝eq \f(0－30,－5) s＝6 s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝eq \f(0－v02,－2a)＝eq \f(0－302,2×－5) m＝90 m，故B错误；反应时间内小轿车通过的位移为x1＝v0t1＝30×0.6 m＝18 m，小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为x′＝50 m－18 m＝32 m，设减速到警示牌的速度为v′，则－2ax′＝v′2－v02，解得v′＝2eq \r(145) m/s，故C错误；小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18) m＝108 m，放置的位置至少为车后Δx＝(108－50) m＝58 m，故D正确.
9．假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某列车长为L，通过一铁路桥时的加速度大小为a，列车全身通过桥头的时间为t1，列车全身通过桥尾的时间为t2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为( )
A.eq \f(L,a)·eq \f(t1＋t2,t1t2) B.eq \f(L,a)·eq \f(t1＋t2,t1t2)－eq \f(t2－t1,2)
C.eq \f(L,a)·eq \f(t2－t1,t1t2)－eq \f(t2－t1,2) D.eq \f(L,a)·eq \f(t2－t1,t1t2)＋eq \f(t2－t1,2)
答案 C
解析 设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t0，从列车车头到达桥头时开始计时，列车全身通过桥头时的平均速度等于eq \f(t1,2)时刻的瞬时速度v1，可得：v1＝eq \f(L,t1)，列车全身通过桥尾时的平均速度等于t0＋eq \f(t2,2)时刻的瞬时速度v2，则v2＝eq \f(L,t2)，由匀变速直线运动的速度时间关系式可得：v2＝v1－a(t0＋eq \f(t2,2)－eq \f(t1,2))，联立解得：t0＝eq \f(L,a)·eq \f(t2－t1,t1t2)－eq \f(t2－t1,2).故选C.
10.从固定斜面上的O点每隔0.1 s由静止释放一个同样的小球．释放后小球做匀加速直线运动．某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示．测得小球相邻位置间的距离xAB＝
4 cm，xBC＝8 cm.已知O点与斜面底端的距离为l＝35 cm.由以上数据可以得出( )
A．小球的加速度大小为12 m/s2
B．小球在A点的速度为0
C．斜面上最多有5个小球在滚动
D．该照片是距A点处小球释放后0.3 s拍摄的
答案 C
解析 根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝eq \f(xBC－xAB,T2)＝eq \f(0.04,0.12) m/s2＝4 m/s2，选项A错误； 小球在B点时的速度vB＝eq \f(xAB＋xBC,2T)＝eq \f(0.12,0.2) m/s＝0.6 m/s，小球在A点时的速度为vA＝vB－aT＝0.6 m/s－4×0.1 m/s＝0.2 m/s，选项B错误；tA＝eq \f(vA,a)＝eq \f(0.2,4) s＝0.05 s，即该照片是距A点小球释放后0.05 s拍摄的，选项D错误；当最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x1＝eq \f(1,2)aT2＝eq \f(1,2)×4×0.12 m＝0.02 m＝2 cm，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7……，则各个球之间的距离分别为2 cm,6 cm,10 cm,14 cm,
18 cm……，因为O点与斜面底端距离为35 cm，而前5个球之间的距离之和为32 cm，斜面上最多有5个球，选项C正确．
11．(2022·安徽省六安一中月考)ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20 km/h提高至40 km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30 m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v1＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s2，忽略汽车车身长度．求：
(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；
(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．
答案 (1)894 m (2)10.7 s
解析 (1)设汽车匀减速过程位移大小为d1，
由运动学公式得v12－v02＝－2ad1
解得d1＝442 m
根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小
x1＝2d1＋d＝894 m
(2)如果汽车以v2＝10 m/s的速度通过匀速行驶区间，
设汽车提速后匀减速过程位移大小为d2，
由运动学公式得v22－v02＝－2ad2
解得d2＝400 m
提速前，汽车匀减速过程时间为t1，
则d1＝eq \f(v0＋v1,2)t1
解得t1＝26 s
通过匀速行驶区间的时间为t1′，有d＝v1t1′
解得t1′＝2.5 s
从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t1′＝54.5 s
提速后，匀减速过程时间为t2，
则d2＝eq \f(v0＋v2,2)t2
解得t2＝20 s
通过匀速行驶区间的时间为t2′，
则d＝v2t2′
解得t2′＝1 s
匀速通过(d1－d2)位移时间Δt＝eq \f(d1－d2,v0)＝1.4 s
通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8 s
所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7 s.