高中物理高考 专题01 匀变速直线运动的规律（解析版）

这是一份高中物理高考 专题01 匀变速直线运动的规律（解析版），共22页。
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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc17809026" 热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用 PAGEREF _Tc17809026 \h 1
\l "_Tc17809027" 热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用 PAGEREF _Tc17809027 \h 3
\l "_Tc17809028" （一）比例法的应用 PAGEREF _Tc17809028 \h 4
\l "_Tc17809029" （二）Δx＝aT2推论法的应用 PAGEREF _Tc17809029 \h 6
\l "_Tc17809030" （三）平均速度公式的应用 PAGEREF _Tc17809030 \h 7
\l "_Tc17809031" （四）图象法的应用 PAGEREF _Tc17809031 \h 8
\l "_Tc17809032" 热点题型三 自由落体和竖直上抛运动 PAGEREF _Tc17809032 \h 8
\l "_Tc17809033" 拓展点：双向可逆运动 类竖直上抛运动 PAGEREF _Tc17809033 \h 11
\l "_Tc17809034" 热点题型四 物体运动的多过程问题 PAGEREF _Tc17809034 \h 12
\l "_Tc17809035" （一）：多过程运动之-----“先以由静止加速在以匀减至速度为零”模型 PAGEREF _Tc17809035 \h 12
\l "_Tc17809036" （二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题） PAGEREF _Tc17809036 \h 14
\l "_Tc17809037" （三）多过程运动之“返回出发点”模型 PAGEREF _Tc17809037 \h 15
\l "_Tc17809038" （四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型 PAGEREF _Tc17809038 \h 15
\l "_Tc17809039" （六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型 PAGEREF _Tc17809039 \h 17
\l "_Tc17809040" 【题型演练】 PAGEREF _Tc17809040 \h 18
【题型归纳】
热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.基本规律
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(（1）速度—时间关系：v＝v0＋at,（2）位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2,（3）速度—位移关系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax))eq \(――――→,\s\up11(初速度为零),\s\d4(v0＝0))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2,v2＝2ax))
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
【例1】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，
某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，则该运动员的加速度
及在加速阶段通过的距离为（ ）．
5 m/s2 10 m B. 5 m/s2 11 m C. 2.5 m/s2 10 m D. 2.5 m/s2 10 m
【答案】 A
【解析】 根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得：
s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
s1＋s2＝eq \f(1,2)a(2t0)2
t0＝1 s
联立解得：a＝5 m/s2
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题意及运动学规律，得
t＝t1＋t2
v＝at1
s＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＋vt2
设加速阶段通过的距离为s′，
则s′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
求得s′＝10 m
【变式1】(2019·河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内
的平均速度为( )
A．6 m/s B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s
【答案】B
【解析】将题目中的表达式与x＝v0t＋eq \f(1,2)at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2.所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝eq \f(0－24,－12) s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度v＝eq \f(x,t′)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s.
【变式2】(2019·福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是s＝4t＋2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为( )
A．4 m/s与2 m/s2 B．0与4 m/s2
C．4 m/s与4 m/s2 D．4 m/s与0
【答案】C
【解析】根据匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s＝4t＋2t2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v0＝4 m/s，加速度的大小为a＝4 m/s2，选项C正确．
【变式3】(2019·广西钦州模拟)以36 km/h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4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为( )
A．12.5 m B．2 m C．10 mD．0.5 m
【答案】D
【解析】据v＝at可得由刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，x＝eq \f(1,2)at′2＝0.5 m.
热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用
1．三个推论
(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(2)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初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．
平均速度公式：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝.
(3)位移中点速度＝eq \r(\f(v02＋v2,2)).
2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(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＝12∶22∶32∶…∶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))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
3.思维方法
（一）比例法的应用
【例2】．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，选项A错误，B正确．
【变式1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高
度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足
A．1