新教材高三一轮复习资料（讲义）2-力学2--匀变速直线运动-第4讲-多段匀变速直线运动+相遇问题--教师学生版

这是一份新教材高三一轮复习资料（讲义）2-力学2--匀变速直线运动-第4讲-多段匀变速直线运动+相遇问题--教师学生版，共49页。
1、多阶段匀变速运动问题解题步骤
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带，可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果。
2、求解多阶段运动问题的三点注意
= 1 \* GB3 ①加速度a取大小 = 2 \* GB3 ②转折点的速度关联前后两个过程 = 3 \* GB3 ③整体与分过程的关系包括：位移关系 时间关系
知识点2 追及相遇问题
1、追及和相遇问题
讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在同一时刻能否到达相同的空间位置问题。
2、追及和相遇问题中的两个关系和一个条件
2.1、两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画运动示意图得到。
2.2、一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。
2.2.1、若后者能追上前者，则当后者速度与前者速度 相等 时，两者相距最远。追上时，两者处于 同一 位置，且后者速度一定大于等于前者速度。
2.2.2、若追不上前者，则当后者速度与前者速度 相等 时，两者相距最近。
两种典型的追及问题
3.1速度大者减速（如匀减速）追击速度小者（如匀速），如图a中A追击B之前两者距离在不断减小：
1)当 v1=v2时，A未追上B，则A、B永不相遇，此时两者间有最小距离；
2)当 v1=v2时，A恰好追上B，则A、B相遇一次，也是避免相撞刚好追上的临界条件，
3)当v1>v2时，A巳追上B，则A、B相遇两次，且之后当两者速度相等时，两者间有最大距离
3.2 速度小者加速(如匀加速)追速度大者(如匀速)，如图b中A追上B之前两者距离在不断增大：
1)当v1=v2时，A、B间距离最大
2)当v1=v2时，A位移等于B位移与初始间距之和时，A追上B。
核心考点突破
考点1：多段匀变速直线运动
1、“匀加速过程和匀加速过程”三种典型组合形式
1.1.“初速零，最终停”（0-v-0经典模型）；
如图甲所示，先做初速度为零的、加速度为a1匀加速直线运动，达到最大速度Vm后，再做加速度为a2匀减速直线运动，直至速度减为零。
判断标准：先加速后减速，初、末速度均为0，图像为一个完整的三角形
规律：a1a2=t2t1=x2x1（后面大量使用）；x总=12vmaxt总=vm22a1+vm22a2=12a1t12+12a2t22 , vmax=a1t1=a2t2
做题思路：判断题目类型（单独某段/整段运动），直接使用公式。整段运动的物理量有：x总、vmax、t总
1.2. “减至零、终返回”如图乙所示，先以v1的初速度做加速度为a1匀减速直线运动，速度减至零后，再反向做加速度为a2匀加速直线运动，直至返回出发点。
规律：v12t1=v22t2=x ，a1t12=a2t22=2x v122a1=v222a2=x v1v2=a1a2
1.3.“先加速、再减速、终返回”如图丙所示，先做初速度为零的、加速度为a1，匀加速直线运动，经过时间t后，再做加速度为a2匀减速直线运动，又经过时间t后返回出发点。
规律：12a1t2+a1t∙t−12a2t2=0 得a2=3a1 由 v1=a1t 和 v2=v1−a2t 解得v2=−2v1
专题讲练1
1、卡车以v0＝10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机立即刹车，使卡车匀减速直线前进直至停止。停止等待6 s后，交通灯变为绿灯，司机立即启动卡车做匀加速直线运动。已知从开始刹车到恢复到原来的速度所用时间t＝12 s，匀减速过程的加速度是匀加速过程的2倍，反应时间不计。则下列说法正确的是( A )
A.卡车匀减速所用时间t1＝2 s B.匀加速运动的加速度为5 m/s2
C.卡车刹车过程通过的位移是20 m D.从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小为40 m
2、一质点从静止开始沿着直线运动，先后经历匀加速、匀速和匀减速三个运动过程，三段过程运动位移均为s，匀加速运动时间为t，匀减速运动时间为eq \f(3,4)t，则下列说法中正确的是( D )
A．质点在匀加速阶段的加速度大小小于匀减速运动阶段的加速度大小
B．质点在匀减速阶段的末速度大小是匀速运动阶段的速度大小的一半
C．质点在匀加速运动阶段的平均速度等于匀减速运动阶段的平均速度 D．质点在匀速运动阶段的运动时间为eq \f(1,2)t
3、一辆汽车由静止开始做匀变速直线运动，在第10 s末开始刹车，经5s停下来，汽车刹车过程也可看作匀变速直线运动，那么前后两段加速度的大小之比和位移大小之比分别为( A )
A. a1:a2=1:2, x1:x2=2:1 B. a1:a2=1:4, x1:x2=1:4
C. a1:a2=1:2, x1:x2=1:4 D. a1:a2=4:1, x1:x2=2:1
4、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21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s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0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为( D )
A．4.2 m B．6.0 m C．7.8 m D．9.6 m
5、如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m、竖立在地面上的钢管向下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零，如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10 m/s2，那么该消防队员( C )
A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速过程的时间之比为2:1
C．加速过程中通过的位移为4m D．加速与减速过程的位移之比为1：4
6、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（ C ）
A. B. C. D.
【解析】由题知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），则列车进隧道前必须减速到v，则有v=v0 - 2at1解得
在隧道内匀速有列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0 = v + at3解得
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 故选C。
A
B
C
7、如图所示，t＝0时，一小物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔2s测得的三个时刻物体的瞬时速度，记录在下表中。重力加速度g取10m/s2，则物体到达B点的速度为 m/s；物体经过BC所用时间为________s。
【答案】13.33；6.67
另：vB=a1t1 v6=vB+a2(6−t1) 解得：t1=103s vB=403m/s 再由0=vB+a2t2解得t2=203s
8、在一次低空跳伞演练中，当直升飞机悬停在离地面224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s，（取g＝10 m/s2）求：
（1）伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？
（2）伞兵在空中的最短时间为多少？
【答案】（1）99 m；1.25 m（2）8.6 s
【解析】（1）设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v1，则有
v22－v12＝2ah， 即52－v12＝2×(-12.5)×h
又v12＝2g（H－h） 即v12＝2×10×（224－h） 联立解得h＝99 m，v1＝50 m/s
以5 m/s的速度落地相当于从h1高处自由落下，即2gh1＝v22；所以h1＝v222g＝eq \f(52,20)＝1.25 m.
（2）设伞兵在空中的最短时间为t，则有v1＝gt1，t1＝v1g＝eq \f(50,10)＝5 s，
由v2=v1+at2 得：t2＝v2−v1a＝eq \f(5－50,－12.5)＝3.6s， 故所求时间t＝t1＋t2＝5＋3.6＝8.6 s.
9、如图甲所示，滑道项目大多建设在景区中具有一定坡度的山坡间，既可成为游客的代步工具，又可以增加游玩的趣味性。某景区拟建一个滑道，示意图如图乙，滑道共三段，第一段是倾角比较大的加速下坡滑道AB，第二段是倾角比较小的滑道BC。若游客从静止开始在A点以加速度a1做匀加速运动，经过4s到B点并达到最大速度16m/s，然后进入BC段做匀速运动，设计的第三段上坡滑道CD作为下客平台，使游客做匀减速运动到D点后速度减为零(乘客经过两段滑道衔接处可视为速度大小不变)，游客通过滑道，从A处到达下客平台D处总共用时8.5s，游客在各段滑道运动的总路程为92m，求：
(1)乘客在AB段运动的加速度a1的大小；
(2)AB段的长度L1； (3)乘客在BC段匀速运动的时间t0。
[答案] (1)4m/s2 (2)32m (3)3s
[解析] (1)在AB段，由运动学公式得a1＝eq \f(v,t1)＝eq \f(16,4)m/s2＝4m/s2
(2)AB段的长度L1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝32m
(3)BC段长度L2＝vt0 ，CD段长度L3＝eq \f(v,2)t3，总路程为L1＋L2＋L3＝L＝92m
总时间为t1＋t0＋t3＝t＝8.5s ，代入数据解得t0＝3s
规律总结：求解多阶段运动问题的三点注意
(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。
10、冰壶在水平冰面上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶(可视为质点)沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点。已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB＝CD＝l、BC＝7l，重力加速度为g。求：
(1)冰壶经过B点时的速率；
(2)冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比。
[答案] (1)4eq \r(μgl) (2)2eq \r(2)∶1
[解析] (1)冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小a1＝μg， 根据速度—位移公式有veq \\al(2,B)＝2a1(7l＋l)，
解得冰壶经过B点时的速率vB＝eq \r(16μgl)＝4eq \r(μgl)。
(2)设冰壶在AB段运动时的加速度大小为a2， 由在AB段做匀加速直线运动有veq \\al(2,B)＝2a2l，
可得冰壶在AB段运动时的加速度大小a2＝8μg，
设冰壶在CD段运动的时间为t1，在AB段运动的时间为t2， 根据运动学公式有l＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，l＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，
冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比t1∶t2＝2eq \r(2)∶1。
11、因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等．在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车．列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来．求：
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度多大？
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2是多大？
答案 (1)60 m/s (2)1.2 m/s2
解析 (1)v0＝288 km/h＝80 m/s ，打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，
设经过t2＝40 s时，列车的速度为v1，则v1＝v0－a1t2＝60 m/s.
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m，
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝eq \f(v\\al(02)－v\\al(12),2a1)＝2 800 m
打开电磁制动系统后，列车行驶的距离x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m； 则a2＝eq \f(v\\al(12),2x3)＝1.2 m/s2.
12、质量为m的“歼－10”飞机表演后返回某机场，降落在跑道上的减速过程简化为两个匀减速直线运动。飞机以速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下。在平直跑道上减速滑行总路程为s。求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间。
【答案】；
【解析】如图所示，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下。
A到B过程，由运动学规律有：s1＝v0t1－eq \f(1,2)at12，vB＝v0－a1t1
B到C过程，由运动学规律有：s2＝vBt2－eq \f(1,2)at22，0＝vB－a2t2
A到C过程有：s＝s1＋s2 联立解得：；
另法：vB2=s−s1t2 0=vB−a2t2 vB＝v0－a1t1
考点2 追及相遇问题
1．追及相遇问题的实质就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置．
2.追及相遇问题的基本物理模型：以甲车追乙车为例．
(1)无论v甲增大、减小或不变，只要v甲v乙，甲、乙的距离不断减小．
3．分析思路： 可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”．
(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点；
(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系．通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口．
(3)最值距离（最近/最远），发生情况为：达到共速，
如何理解：只要发生了相对运动，要么是靠近，要么是远离，那么某个时刻不发生相对运动，达到共速，则有最值。
(4)“相遇”两字的本质就是给出了位置关系 ，即相遇说明了两个物体末位置相同 ，
4．常用分析方法
(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图．
能否追上的判断方法(临界条件法)----物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当vB＝vA时，
若xB>xA＋x0，则能追上； 若xB＝xA＋x0，则恰好追上； 若xB0，即有两个解，说明可以相遇两次； ②若Δ＝0，一个解，说明刚好追上或相遇；
③若ΔxA＋x1＝800m＋700m＝1500m ； 即A、B两车在速度相同之前已经相撞。
方法二 数学计算法
设经过时间t，两车能相撞，则：xB＝xA＋x0 ① xB＝vBt－eq \f(1,2)aBt2 ② xA＝vAt ③
将②、③代入①中，得：30t－eq \f(1,2)×eq \f(1,4)t2＝10t＋700 ；化简后得：eq \f(1,8)t2－20t＋700＝0
由数学知识Δ＝400－4×eq \f(1,8)×700 ； Δ>0，t有解 ，说明两车会相撞。
3、（匀减速追赶匀速）A火车以v1＝20 m/s的速度匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距100 m处有另一列火车B正以v2＝10 m/s速度匀速行驶，A车立即做加速度大小为a的匀减速直线运动，则
(1)既使两车到达同一位置，但两车不相撞，此时两车的速度应满足什么条件？
(2)要使两车不相撞，加速度a应满足什么条件？
解析 (1)根据题意画出火车运动示意图
既使A、B两车到达同一位置，A车的速度不大于B车的速度，两车也不会相撞。
(2)两车恰不相撞的临界条件是两车速度相同时相遇，
由A、B速度关系v1－at＝v2， 由A、B位移关系v1t－eq \f(1,2)at2＝v2t＋x0，
解得a＝eq \f(（v1－v2）2,2x0)＝eq \f(（20－10）2,2×100) m/s2＝0.5 m/s2，则a>0.5 m/s2时不相撞。
答案 (1)A车的速度不大于B车的速度（2）a>0.5 m/s2时不相撞
4、（匀减速追匀加速）在水平直轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，求A车的初速度v0应满足什么条件。
思维流程
解析 两车不相撞的临界条件是，A车追上B车时其速度与B车相等。设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t；B车的位移为xB、末速度为vB，运动过程如图所示。
法一 临界条件法 利用位移公式、速度公式求解，对A车有xA＝v0t＋eq \f(1,2)×(－2a)×t2，vA＝v0＋(－2a)×t
对B车有xB＝eq \f(1,2)at2，vB＝at 两车位移关系有x＝xA－xB 追上时，两车不相撞的临界条件是vA＝vB
联立以上各式解得v0＝eq \r(6ax) 故要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax)。
法二 图象法 利用v－t图象求解，先作A、B两车的v－t图象，如图所示。设经过t时间两车刚好不相撞，
则对A车有vA＝v′＝v0－2at 对B车有vB＝v′＝at 以上两式联立解得t＝eq \f(v0,3a)
经时间t两车发生的位移之差为原来两车间距离x，它可用图中的阴影面积表示，
由图象可知x＝eq \f(1,2)v0·t＝eq \f(1,2)v0·eq \f(v0,3a)＝eq \f(veq \\al(2,0),6a)
所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax)。
法三 二次函数法 利用判别式求解，由解法一可知
xA＝x＋xB，即v0t＋eq \f(1,2)×(－2a)×t2＝x＋eq \f(1,2)at2 整理得3at2－2v0t＋2x＝0
这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v0)2－4·3a·2x＝0时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0≤eq \r(6ax)。 答案 v0≤eq \r(6ax)
5、（匀速追匀加速）公共汽车在十字路口被红灯阻停，一跑步者以6.0 m/s 的速度行至距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，他们的前进方向相同，则( B )
A.人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36 m B.人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7 m
C.人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43 m D.人不能追上公共汽车，且车开动后，人、车之间的距离越来越远
解析 在人跑到距汽车25 m处时，绿灯亮了，汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进，假设经过时间t0人能追上汽车，则vt0＝x0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，即teq \\al(2,0)－12t0＋50＝0，则Δ