【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习第1章第2讲《匀变速直线运动的规律》 (含解析).doc，共(12)页，393.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲匀变速直线运动的规律目标要求1.掌握匀变速直线运动的基本公式，并能熟练应用.2.灵活使用匀变速直线运动的导出公式解决实际问题．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＋12at2.3．位移的关系式及选用原则(1)x＝vt，不涉及加速度a；(2)x＝v0t＋12at2，不涉及末速度v；(3)x＝v2－v022a，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．基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→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4m/

sB．公交车刹车的加速度大小为1m/s2C．公交车从刹车开始10s内的位移为60mD．公交车刹车后第1s内的平均速度为15m/s答案D解析根据x＝v0t－12at2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16m/s，刹车的加速

度大小为2m/s2，故A、B错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t＝va＝8s可知，刹车停止需要8s时间，从刹车开始10s内的位移，其实就是8s内的位移，t＝8s时有x＝64m，故C错误；t′＝1s时，有x′＝15m，由平均速度公式可得v＝x′t′＝15m/s，故D正确．例2对某汽车刹车

性能测试时，当汽车以36km/h的速率行驶时，可以在18m的距离被刹住；当以54km/h的速率行驶时，可以在34.5m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50m，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(t0<t)时刻距离海面的深度为()A．vt0(1－t02t)B.vt－t022tC.vt2D.vt022t答案B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a＝vt，根据

逆向思维，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为：h＝12a(t－t0)2＝12×vt×(t－t0)2＝vt－t022t，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6m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s，则它着陆后12s内滑行的距离是()A．288mB．300mC．150mD．144m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＝v－v0a＝0－60－6s＝10s，由此可知飞机在12s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x＝v0t＋at22＝60×10m＋－6×1022m＝300m.例5(多选)

在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是()A．物体运动时间可能为1sB．物体运动时间可能为3sC．物体运动时间可能

为(2＋7)sD．物体此时的速度大小一定为5m/s答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，a＝－5m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x＝7.5m，由运动学公式x＝v0t＋12at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5m时，x＝－

7.5m，由x＝v0t＋12at2解得：t3＝(2＋7)s或t4＝(2－7)s(舍去)，故C正确．由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s或v2＝5m/s、v3＝－57m/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：v＝v0＋v2＝2tv.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∶(2－1)∶(3－2)∶„∶(n－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7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大6m/s，则质点的加速度大小为()A．1m/s2B．1.5m/s2C．3m/s2D．4m/s2答案C解析物体做匀变速直线运动时

，第一个3s内中间时刻，即1.5s时的速度为v1＝v3，第一个7s内中间时刻，即3.5s时的速度为v2＝v7，由题意可知v2－v1＝6m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2s，可得a＝3m/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4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法错误的是()A．物体运动的加速度为4m/s2B．第2s内的位移为6mC．第2s末的速度为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度为10m/s答案C解析根据位移差

公式xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝xⅣ－xⅡ2T2＝82×12m/s2＝4m/s2，故A正确，不符合题意；第2s内的位移为：x2－x1＝12at22－12at12＝12×4×(22－12)m＝6m，故B正确，不符合题意；第2秒末速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/

s，故C错误，符合题意；物体在0～5s内的平均速度v＝x5t5＝12at52t5＝12×4×525m/s＝10m/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∶1B．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(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∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(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∶2∶3，故所求的速度之比为3∶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∶1B．1∶2C．1∶3D．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＝v22a，xAC＝2v22a，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D

错误．2．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s与5s汽车的位移之比为()A．5∶4B．4∶5C．3∶4D．4∶3答案C解析汽车速度减为零的时间为：t0＝Δva＝0－20－5s＝4s,2s时位移：x1＝v0t＋12at2＝20×

2m－12×5×4m＝30m，刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移，为：x2＝0－v022a＝40m，所以经过2s与5s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5s内及第6s内的平均速度之和是56

m/s，平均速度之差是4m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为()A．4m/s2；4m/sB．4m/s2；8m/sC．26m/s2；30m/sD．8m/s2；8m/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4.5s末及5.5s末的速度之和及速度之差为v4.5＋v5.5＝56m/s，v5.5－v4.5＝4m/s，联立求得v4.5＝26m/s，v5.5＝30m/s，即有26m/s＝v0＋a×(4.5s)，30m/s＝v0＋a×(

5.5s)，联立求得a＝4m/s2，v0＝8m/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1s内的位移为13m，最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是()A．汽车在第1s末的速度可能为10m/s

B．汽车加速度大小可能为3m/s2C．汽车在第1s末的速度一定为11m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5m/s2答案C解析采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝12at2得，汽车加速度大小a＝2x′t2＝2×212m/s2＝4m/s2，第1s内

的位移为13m，根据x1＝v0t－12at2，代入数据解得，初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．5．如图为港珠澳大桥上四段110m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3tB．通过ce段的时间为(2－2)tC．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∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，可得出通过cd段的时间为(3－2)t，A错误；通过cd段的时间为(3－2)t，通过de段的时间为(2－3)t，则通过ce段的时间为(2－2)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30m/s，BC段平均速度为20m/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30m/s

，可以得到vAB＝vA＋vB2＝30m/s；根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到vBC＝vB＋vC2＝20m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为v＝2xtAB＋tBC＝2xx30m/s＋

x20m/s＝24m/s，所以有vAC＝vA＋vC2＝24m/s，联立解得vA＝34m/s，vB＝26m/s，vC＝14m/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＝xvAB∶xvBC＝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3s内的平均速度为()A．8m/sB．10m/sC．12m/sD．14m/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＝24m/s，a＝－12m/s2；则由v＝v0＋a

t可知，汽车在2s末停止运动，故前3s内的位移等于前2s内的位移，x＝24×2m－6×4m＝24m，则汽车的平均速度v＝xt＝243m/s＝8m/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30m/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50m内的物体，并且他的反应时间为0.6s，制动后最大加速度大小为5m/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6sB．小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动

所走的距离)为80mC．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25m/sD．三角警示牌至少要放在车后58m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＝0－v0－a＝0－30－5s＝6s，故A正确；小轿车的刹车距离x＝0－

v02－2a＝0－3022×－5m＝90m，故B错误；反应时间内小轿车通过的位移为x1＝v0t1＝30×0.6m＝18m，小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为x′＝50m－18m＝32m，设减速到警示牌的速度为v′，则－2ax′＝v′2－v02，解得v′＝2145m

/s，故C错误；小轿车通过的总位移为x总＝(90＋18)m＝108m，放置的位置至少为车后Δx＝(108－50)m＝58m，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.La·t1＋t2t1t2B.La·t1＋t2t1t2－t2－t12C.La·t2－t1t1t2－t2－t12D.La·t2－t1t1t2＋t2－t12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t12时刻的瞬时速度v1，可得：v1＝Lt1，列车全身通过桥尾时的平均速度等于t0＋t22时刻的瞬时速度v2，则v2＝Lt2，由匀变速直线运动的速度时间关系式可得：v2＝v1－a(

t0＋t22－t12)，联立解得：t0＝La·t2－t1t1t2－t2－t12.故选C.10.从固定斜面上的O点每隔0.1s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＝4cm，xBC＝8cm.已知O点与

斜面底端的距离为l＝35cm.由以上数据可以得出()A．小球的加速度大小为12m/s2B．小球在A点的速度为0C．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0.3s拍摄的答案C解析根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝xBC－xABT2＝0.040

.12m/s2＝4m/s2，选项A错误；小球在B点时的速度vB＝xAB＋xBC2T＝0.120.2m/s＝0.6m/s，小球在A点时的速度为vA＝vB－aT＝0.6m/s－4×0.1m/s＝0.2m/s，选项B错误；tA＝vAa＝0.24s＝0.05s，即该照片是距A点小球释

放后0.05s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＝12aT2＝12×4×0.12m＝0.02m＝2cm，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2cm,6cm,10cm

,14cm,18cm„„，因为O点与斜面底端距离为35cm，而前5个球之间的距离之和为32cm，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20km/h提高至40km/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＝30m/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＝10m处正好匀减速至v1＝4m/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1m/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＝10m/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)894m(2)10.7s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＝442m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＝894m(2)如果汽车以v2＝10m/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＝400m提速前，汽车匀减速过程时间为t1，则d1＝v0＋v12t1解得t1＝26s通过匀速行驶区间的时间为t1′，有d＝v1t1′解得t1′＝2.5s从开始

减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t1′＝54.5s提速后，匀减速过程时间为t2，则d2＝v0＋v22t2解得t2＝20s通过匀速行驶区间的时间为t2′，则d＝v2t2′解得t2′＝1s匀速通过(d1－d2)位移时间Δt＝d1－d2v0＝1.4s

通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8s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＝10.7s.