运动学的多过程问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

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1．运动学多过程问题的解题思路：
建立物体运动的情景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解，或者利用v－t图像去解答会更快速。
2．运动学多过程问题的解题关键：
①多过程运动中各阶段运动之间的“连接点”的速度是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减小复杂程度，求解多运动过程转折点速度是解题的关键。
②除时间这个物理量外，其他物理量均为矢量，在有往返的运动中，必须明确规定正方向。③利用v－t图像去解答会更快速。
3．“0—v—0”运动模型
（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：；；
4．先减速为为0，后原路返回运动模型
（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
5．先匀速，后减速运动模型——反应时间问题
总位移
6．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
二．典例精讲
1．水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动，则下列判断正确的是（ ）
A．该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m
B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s
C．该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m
D．该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s
【答案】C
【解析】A．物体速度减为0的时间为 s＝2 s，
物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，
总位移为，故A错误；
B．物体的平均速度为，故B错误；
C．根据运动的可逆性可知，物体减速后最后1 s内的位移大小等于以2 m/s2加速1 s内的位移，大小为，故C正确；
D．物体减速后第1 s末的速度大小为，故D错误；
故选C。
2．长为L的高速列车在平直轨道上正常行驶，速度为v0，要通过前方一长为2L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。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．B．C．D．
【答案】B
【解析】当列车的任一部分处于隧道内时，列车的速度不允许超过，
则有：＝v0－2at1，解得：t1＝，
通过隧道时匀速运动，所用时间为：t2＝，
列车尾部出隧道后立即加速到v0，则有：v0＝＋at3，解得：t3＝，
则列车从减速开始至回到正常行驶速度v0，需要的最短时间为：t＝t1＋t2＋t3＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．轿车在笔直的公路上做匀速直线运动，当轿车经过公路上的A路标时，停靠在旁边的一辆卡车开始以加速度a1做匀加速直线运动，运动一段时间后立即以加速度a2做匀减速直线运动，结果卡车与轿车同时到达下一个路标，此时卡车的速度恰好减为零，若两路标之间的距离为d，则轿车匀速运动的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设卡车行驶过程中的最大速度为vmax，
则加速过程和减速过程的时间分别为t1＝、t2＝
作出卡车整个过程的v－t图象如图所示
图象与时间轴所围成的面积为，解得vmax＝
设轿车匀速运动的速度为v0，有vmax(t1＋t2)×＝v0(t1＋t2)
解得
故选B。
4．我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）
A．6小时25分钟B．6小时30分钟
C．6小时35分钟D．6小时40分钟
【答案】B
【解析】108 km/h＝30 m/s，324 km/h＝90 m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离
普通列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，
可得匀速运动的时间
同理高铁列车加速时间
加速过程的位移
根据对称性可知加速与减速位移相等，
可得匀速运动的时间
相邻两站间节省的时间
因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5 s＝23400 s＝6小时30分
故选B。
5．一物体从A点由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，经过时间t后，到达B点，此时物体的加速度大小变为a2，方向与a1的方向相反，经过时间后，物体又返回到A点，求
（1）a1与a2的比值；
（2）物体在B点时的速率与回到A点时的速率之比。
【答案】（1）1∶8；（2）1∶3
【解析】（1）根据，又，得出
（2）根据，得，则
6．足球运动员常采用折返跑方式训练，如图所示，在直线跑道起点“0”的左边每隔3 m放一个空瓶，起点“0”的右边每隔9 m放一个空瓶，要求运动员以站立式起跑姿势站在起点“0”上，当听到“跑”的口令后，全力跑向“1”号瓶，推倒“1”号瓶后再全力跑向“2”号瓶，推倒“2”号瓶后……运动员做变速运动时可看作匀变速直线运动，加速时加速度大小为4 m/s2，减速时加速度大小为8 m/s2，每次推倒瓶子时运动员的速度都恰好为零。运动员从开始起跑到推倒“2”号瓶所需的最短时间为多少（运动员可看做质点）？
【答案】4.5 s
【解析】第一阶段由“0”到“1”的过程中，
设加速运动时间为t1，减速运动时间为t2，
由速度关系得
由位移关系得
得：t1＝1 s，t2＝0.5 s
第二阶段由“1”到“2”的过程中，
设加速运动时间为t3，减速运动时间为t4，由速度关系得
由位移关系得
得：t3＝2 s，t4＝1 s
运动员从开始起跑到推倒“2”瓶所需的最短时间为t，则
7．黄河第一隧道“济南黄河济泺路隧道”，隧道全长s＝4760 m。某次通车前实验时一辆小型汽车在距隧道口一定距离处由静止开始做匀加速直线运动，当汽车速度达到某速度后（未超过隧道限定速度）开始匀速运动。某坐在副驾驶位的乘客从汽车刚进入隧道口时开始计时，发现汽车匀加速直线运动过程中经过距隧道入口50 m和紧接着100 m的两段路程用时相等，忽略汽车的长度。
（1）求汽车开始运动的位置距隧道入口的距离；
（2）若汽车从（1）问中开始运动的位置以a′＝2.5 m/s2的加速度由静止开始匀加速直线运动，速度达到90 km/h后保持匀速运动，求汽车从开始运动到刚穿出隧道所用的时间。
【答案】（1）6.25 m；（2）195.65 s
【解析】（1）汽车匀变速直线运动，设经过隧道入口x1＝50 m与紧邻的x2＝100 m相等的时间间隔为t，则根据Δx＝at2，可得Δx＝at2＝x2－x1＝50 m
则经过隧道入口50 m时，速度大小为
汽车由开始运动到经过隧道入口50 m时，有，故
联立以上式子得
故汽车开始起动到隧道口的距离为x0＝x－x1＝6.25 m
（2）依题意知v1＝90 km/h＝25 m/s，速度达到25 m/s时，由
代入数据求得x3＝125 m，用时
故匀速运动的距离x4＝s＋x0－x3＝4641.25 m
匀速运动时x4＝v1t2，可得t2＝185.65 s
故从开始运动到穿出隧道用时t＝t1＋t2＝195.65 s
三．跟踪训练
1．一辆汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚在路中央，所以又紧急刹车，经4 s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、减速中的加速度大小之比a1∶a2＝1∶2
B．加速、减速中的位移之比x1∶x2＝1∶1
C．加速、减速中的平均速度之比v1∶v2＝2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2＝2∶1
【答案】A
【解析】由题意知汽车做由静止开始做8 s匀加速运动，设末速度为v，接着做4 s做匀减速运动至停止。
AD．据a＝知，加速减速过程中速度的变化量大小相等，故加速度与时间成反比，所以a1∶a2＝1∶2，故A正确，D错误；
B．因为加速减速运动过程中平均速度相等，故位移比等于时间比，即加速、减速中的位移之比x1∶x2＝2∶1，故B错误；
C．根据匀变速直线运动的平均速度公式有：，知匀加速运动过程中的平均速度为，匀减速运动过程中的平均速度也为，所以加速、减速中的平均速度之比v1∶v2＝1∶1，故C错误。
故选：A
2．（多选）一物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，经过一段时间t后速度大小为v1，此后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动，再经过相同的一段时间t后，物体恰好回到原出发点，物体速度的大小为v2，关于物体两段末速度大小之比和加速度大小之比的判断正确的是（ ）
A．v1∶v2＝1∶2B．v1∶v2＝1∶3
C．a1∶a2＝1∶4D．a1∶a2＝1∶3
【答案】AD
【解析】解：对于匀变速直线运动，则有v1＝a1t；
对于匀减速直线运动，则有－v2＝v1－a2t；－x＝vt－
联立解得：v1∶v2＝1∶2，a1∶a2＝1∶3
故选：AD。
3．如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。 若a1≠a2≠a3，则（ ）
A．甲、乙不可能同时由A到达CB．甲一定先由A到达C
C．乙一定先由A到达CD．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C
【答案】A
【解析】根据速度时间图线得，若a1＞a3，如图所示：
因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲，即乙一定先由A到达C；
若a3＞a1，如图所示：
因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲；通过图线作不出位移相等，速度相等，时间相等的图线，所以甲乙不能同时到达。
故选A。
4．一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中依次通过三段位移为s的路径，所用时间分别为2t、t和，则（ ）
A．物体做匀加速运动时加速度大小为
B．物体做匀减速运动时加速度大小为
C．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为
D．物体做匀减速运动的末速度大小为
【答案】B
【解析】A．由题意知物体在匀加速运动过程中的平均速度为，物体在匀速运动过程中的速度为，物体在匀减速运动过程中的平均速度为。
匀变速直线运动中，某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，
所以有，可求得，故A错误；
B．设匀减速阶段加速度大小为a，则有，解得，故B正确；
C．由平均速度定义知物体在这三个运动过程中的平均速度为，故C错误；
D．设物体做匀减速运动的末速度大小为，可求得，故D错误。
故选B。
5．某公路的十字路口，红灯拦停了很多汽车，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面的一辆汽车的前端刚好与路口停车线相齐，相邻两车的前端之间的距离均为l＝5.0 m，假设绿灯亮起瞬间，每辆汽车都同时以加速度a＝1.0 m/s2启动，做匀加速直线运动，速度达到v＝5.0 m/s时做匀速运动通过路口。该路口亮绿灯时间t＝40.0 s，而且有按倒计时显示的时间显示灯。另外交通规则规定：原在绿灯时通行的汽车，绿灯结束时刻，车头已越过停车线的汽车允许通过。问：
（1）一次绿灯时间有多少辆汽车能通过路口？
（2）若不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车做匀减速直线运动，结果车的前端与停车线相齐时刚好停下，则刹车过程汽车的加速度大小是多少？
【答案】（1）38辆；（2）0.71 m/s2
【解析】（1）设汽车匀加速运动的时间为t1，则v＝at1，解得t1＝5 s
设每辆汽车在40 s内的位移为x1，则
所以通过路口的车辆数，代入数据解得n＝37.5
根据题意可知通过路口的车辆数为38辆。
（2）设第39辆车做匀减速运动的位移为x2，刹车过程汽车的加速度大小为a2，
时间t2＝3 s，则
解得x2＝17.5 m
又由汽车减速过程得－v2＝－2a2x2，联立解得a2＝0.71 m/s2
6．如图所示，替代人工操作的AI机器人已在各行各业中得到一定的应用，其中，送餐服务就是应用领域之一，只要设置好路线、安放好餐盘，机器人就会稳稳地举着托盘，到达指定的位置送餐，若某一配餐点和目标位置在距离为x0＝40.5 m的直线通道上，机器人送餐时从静止开始启动，加速过程的加速度大小为a1＝1.5 m/s2，速度达到v＝1.5 m/s后保持匀速，之后适时做加速度大小为a2＝1.5 m/s2的匀减速运动，餐送到目标位置时速度恰好为零。
（1）画出机器人大致的速度时间图像；
（2）求机器人整个送餐过程所用时间；
（3）假设配餐点和目标位置的距离为x＝30 m，机器人在加速和减速阶段的加速度大小均为a＝1.2 m/s2，要使送餐用时最短，则机器人能达到的最大速度vm为多少？并求出最短时间tmin。
【答案】（1）根据题意，机器人先做初速度为零的匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，再做匀减速直线运动，直至速度减至零，所以速度时间图像如图甲所示
（2）匀加速直线运动阶段的时间和位移为
t1＝ s＝1 s，x1＝ m＝0.75 m
匀减速直线运动阶段的时间和位移为
t3＝ s＝1 s，x3＝ m＝0.75 m
所以匀速直线运动阶段的位移为x2＝x0－x1－x3＝39 m，t2＝＝26 s
所以机器人整个送餐过程所用时间t＝t1＋t2＋t3＝28 s
（3）如图乙所示，机器人先做匀加速直线运动至最大速度vm，再做匀减速直线运动，送餐到目标位置时速度恰好减为零，送餐用时最短
v－t图线与横轴所围区域的面积表示位移，则x＝，vm＝
解得vm＝6 m/s，tmin＝10 s