新高考物理一轮复习讲义第1章 运动的描述 第2讲 匀变速直线运动的规律 (含解析)

第2讲匀变速直线运动的规律学习目标1.掌握匀变速直线运动的基本公式，并能熟练灵活应用。2.能应用匀变速直线运动的导出公式，解决实际问题。1.匀变速直线运动2.初速度为零的匀加速直线运动的推论1.思考判断(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)(2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。(×)(3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。(√)(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)2.(2023·重庆一诊)2022年北京冬奥会单板滑雪项目中的助滑道可简化为如图1所示的斜面模型。设一运动员从助滑道的顶端A点由静止开始匀加速下滑，最初2s内的位移为10m，则他滑到离顶端25m的B点时的速度大约为()图1A.10m/s B.13m/sC.16m/s D.19m/s答案C考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.基本思路2.方法技巧题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2－veq\o\al(2,0)＝2axv0、v、t、xax＝eq\f(v＋v0,2)t除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向。例1(2022·江苏盐城模拟)近两年，交警将“礼让行人”作为管理重点，“斑马线前车让人”现已逐渐成为一种普遍现象，如图2所示。司机小明驾车以12m/s的速度，在平直的城市道路上沿直线行驶。看到斑马线有行人后立即以大小为2m/s2的加速度刹车，车停住时车头刚好碰到斑马线。等待行人10s后(人已走过)，又用了8s时间匀加速至原来的速度。开始刹车时设为计时起点(即t＝0)，求：图2(1)车第3s末的瞬时速度大小；(2)车前10s内的位移大小；(3)从开始刹车到恢复至原来速度这段时间内，车的平均速度大小。答案(1)6m/s(2)36m(3)3.5m/s解析(1)根据速度与时间的关系式v＝v0＋at代入数值解得v＝6m/s。(2)制动时间为t1＝eq\f(0－v0,a)＝6s<10s由0－veq\o\al(2,0)＝2ax得车从开始刹车计时，前10s内的位移大小x1＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝36m。(3)匀加速直线运动的位移为x2＝eq\f(v0,2)t3＝48m从开始刹车到恢复至原来速度，这段时间内车的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2＋t3)＝3.5m/s。跟踪训练1.某质点做直线运动，位置随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100m，则对这个质点的运动描述正确的是()A.初速度为0B.加速度为20m/s2C.在3s末，瞬时速度为40m/sD.做匀加速直线运动答案C解析由位置随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100m可得x－100m＝100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，初速度为v0＝100m/s，加速度为a＝－20m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误；由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0＋at可得在3s末，瞬时速度为v＝(100－20×3)m/s＝40m/s，故C正确。素养拓展点逆向思维分析刹车类问题(1)刹车类问题的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。(4)汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速运动，然后做匀减速直线运动。例2(多选)(2023·河北石家庄模拟)如图3所示，某飞机着陆时的速度v0＝216km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4s内的位移为7m，下列说法正确的是()图3A.该飞机的加速度大小为2m/s2B.该飞机着陆后5s时的速度大小为40m/sC.该飞机在跑道上滑行的时间为30sD.该飞机在跑道上滑行的距离为1800m答案AC解析飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3s内的位移为x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，在t2＝4s内的位移为x2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，根据题意有x2－x1＝7m，联立解得加速度大小为a＝2m/s2，A正确；该飞机着陆后5s时的速度大小为v5＝v0－at＝eq\f(216,3.6)m/s－2×5m/s＝50m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(216,3.6×2)s＝30s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝eq\f(v0,2)t＝eq\f(216,3.6×2)×30m＝900m，D错误。考点二匀变速直线运动的推论及应用解决匀变速直线运动的常用推论角度平均速度公式的应用例3如图4所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从树A开始，在相等的时间内依次经过B、C、D、E四棵树，已知树A、B间距为x1，树D、E间距为x2，则树B、D间距为()图4A.x1＋x2 B.2x1＋x2C.x1＋2x2 D.2(x1＋x2)答案A解析设相等的时间间隔为t，则汽车在树A、B间的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))AB＝eq\f(x1,t)，树D、E间的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))DE＝eq\f(x2,t)，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的速度，故经过树C时的速度为vC＝eq\f(\o(v,\s\up6(－))AB＋\o(v,\s\up6(－))DE,2)＝eq\f(x1＋x2,2t)，而汽车经过树C的时刻又是汽车从树B到D的中间时刻，故vC也是汽车从树B到D的平均速度，所以树B、D间距为x＝eq\f(x1＋x2,2t)×2t＝x1＋x2，选项A正确。角度初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用例4(2023·广东珠海模拟)如图5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()图5A.通过cd段的时间为eq\r(3)tB.通过ce段的时间为(2－eq\r(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段所用的时间之比为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，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，A错误，B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae段的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、D错误。角度位移差公式的应用例5(2023·山东日照市高三月考)小金开车在石村村口A处停了一会，接着由静止开始匀加速直线行驶，途经B、C、D、E四个石墩，如图6所示。已知B到C、C到D、D到E的时间相等，B、C间距离为4m，C、D间距离为6m，根据以上信息，以下说法正确的是()图6A.可以求出汽车通过C点时的速度大小B.可以求出汽车的加速度大小C.可以求得汽车在A、B之间的行驶时间D.可以求得A、E之间的距离答案D解析设汽车从A到B的时间为t，B到C、C到D、D到E的时间均为T，汽车的加速度大小为a，则根据匀变速直线运动规律的推论可得a＝eq\f(xCD－xBC,T2)①xDE－xCD＝xCD－xBC②根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式可得eq\f(1,2)at2＋xBC＝eq\f(1,2)a(t＋T)2③eq\f(1,2)at2＝xAB④根据匀加速直线运动某段时间内的平均速度等于该段中间时刻的瞬时速度，可知汽车通过C点时的速度大小为vC＝eq\f(xBC＋xCD,2T)⑤联立①②③④可得xAB＝2.25m，xDE＝8m，所以A、E之间的距离为xAE＝20.25m，由于T未知，所以无法求得vC、a以及t，故A、B、C错误，D正确。跟踪训练2.(2023·山东日照质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t。则物体运动的加速度大小为()A.eq\f(Δx,t2) B.eq\f(Δx,2t2) C.eq\f(Δx,3t2) D.eq\f(2Δx,3t2)答案C解析物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝eq\f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝eq\f(Δx,t)；因为某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差Δt＝t＋eq\f(t,2)＝eq\f(3,2)t，则物体运动的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得a＝eq\f(Δx,3t2)，故选项C正确。3.如图7甲为游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知A、B和B、C间的距离分别为2.5m和3.5m，若游客在滑梯上做匀加速直线运动，求：图7(1)C、D间的距离；(2)此刻A的上端滑道上还有几个人；(3)此时A距滑道顶端的距离。答案(1)4.5m(2)2人(3)2m解析(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即Δx＝lCD－lBC＝lBC－lAB＝1m解得lCD＝4.5m。(2)因为Δx＝1m，所以此刻A的上端滑道上还有2个人。(3)设相邻两名游客滑下(两点)的时间间隔为T，下滑的加速度为a，有Δx＝aT2即aT2＝1m由平均速度公式有vB＝eq\f(lAB＋lBC,2T)＝vA＋aT此时A距滑道顶端s＝eq\f(veq\o\al(2,A),2a)联立解得s＝2m。A级基础对点练对点练1匀变速直线运动的基本规律及应用1.汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2。从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为()A.10m B.20m C.25m D.50m答案C解析汽车做匀减速运动，末速度为0，根据veq\o\al(2,0)＝2ax解得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(202,2×8)m＝25m，故选项C正确。2.某短跑运动员完成100m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，该运动员用12s跑完全程，已知该运动员在加速阶段的位移和匀速阶段的位移之比为1∶4，则该运动员在加速阶段的加速度为()A.2.0m/s2 B.2.5m/s2C.3.0m/s2 D.3.5m/s2答案B解析由题意知x1∶x2＝1∶4，x1＋x2＝100m，则加速阶段：x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝20m，v＝at1，匀速阶段：x2＝v(t－t1)＝80m，联立解得a＝2.5m/s2，故B项正确。3.高速公路的ETC电子收费系统如图1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5m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s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0.5s，刹车的加速度大小为2.5m/s2，则该ETC通道的长度约为()图1A.7m B.9m C.11m D.13m答案B解析ETC通道的长度约为x＝v0(t＋Δt)＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝5×(0.3＋0.5)m＋eq\f(52,2×2.5)m＝9m，故选项B正确。4.汽车在平直公路上行驶，刹车后位移x随时间变化的关系为x＝20t－eq\f(5,2)t2，则从刹车开始，2s内和5s内汽车的位移之比为()A.5∶4 B.3∶4 C.4∶5 D.4∶3答案B解析位移x随时间t变化的关系为x＝20t－eq\f(5,2)t2，可知该车的初速度为v0＝20m/s，加速度为a＝－5m/s2，汽车速度减为零的时间t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－20,－5)s＝4s，则2s内的位移x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝20×2m－eq\f(1,2)×5×4m＝30m，5s内的位移等于4s内的位移，则x2＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(20,2)×4m＝40m，可知2s内与5s内汽车的位移之比为x1∶x2＝3∶4，故A、C、D错误，B正确。对点练2匀变速直线运动的推论及应用5.(多选)一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m，第4s内的位移是2.5m，那么以下说法中正确的是()A.这2s内的平均速度是2.25m/sB.第3s末的瞬时速度是2.25m/sC.质点的加速度是0.125m/s2D.质点的加速度是0.5m/s2答案ABD解析根据平均速度公式知，这2s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(2＋2.5,2)m/s＝2.25m/s，故A正确；第3s末的瞬时速度等于这2s内的平均速度，即v3＝eq\o(v,\s\up6(－))＝2.25m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得，质点的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(2.5－2,12)m/s2＝0.5m/s2，故C错误，D正确。6.小轩同学某次在高铁站候车，从车头经过自己身边时开始计时，连续两个时间t内，驶过他身边的车厢节数分别为6和4，假设列车经过小轩身边时列车的运动可视为匀减速直线运动，列车每一节车厢的长度都相等，不计车厢之间的间隔，则第三个时间t内(列车未停止运动)经过小轩身边的车厢节数为()A.5 B.4 C.3 D.2答案D解析做匀变速直线运动的物体在相邻相等时间内的位移之差相等，设第三个时间t内的车厢数为n，每节车厢长度为x，则6x－4x＝4x－nx，解得n＝2，选项D正确。7.(多选)如图2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()图2A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.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。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－veq\o\al(2,0)＝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。B级综合提升练8.如图3所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5s内和最后5s内经过的位移之比为11∶5。忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是()图3A.8s B.10s C.16s D.20s答案C解析设物块运动的加速度为a，上滑运动时间为t，把物块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5s内位移为x1＝eq\f(1,2)a×52＝eq\f(25,2)a，最初5s内位移为x2＝a(t－5)×5＋eq\f(1,2)a×52＝5at－eq\f(25,2)a，又因为x2∶x1＝11∶5，解得t＝8s。由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16s，故A、B、D错误，C正确。9.(2023·湖南长沙质检)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车，已知汽车刹车时第1秒内的位移大小为13m，最后1秒内的位移大小为2m，则下列说法正确的是()A.汽车在第1秒末的速度大小一定为11m/sB.汽车在第1秒末的速度大小可能为10m/sC.汽车的加速度大小一定为3m/s2D.汽车的加速度大小可能为4.5m/s2答案A解析汽车匀减速直线运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，对于最后1s内，有x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，解得汽车刹车时的加速度大小为a＝4m/s2，故C、D错误；设汽车刹车的初速度大小为v0，对于第1s内，有x＝v0t－eq\f(1,2)at2，解得v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度大小为v1＝v0－at＝11m/s，故A正确，B错误。10.(多选)(2022·重庆外国语学校模拟)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，则下列说法正确的是()A.物体运动的加速度为4m/s2B.第2s内的位移为8mC.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AD解析根据位移差公式有xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝eq\f(xⅣ－xⅡ,2T2)＝eq\f(8,2×12)m/s2＝4m/s2，故A正确；第2s内的位移为x2－x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×4×(22－12)m＝6m，故B错误；第2s末的速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C错误；物体在0～5s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x5,t5)＝eq\f(\f(1,2)ateq\o\al(2,5),t5)＝eq\f(\f(1,2)×4×52,5)m/s＝10m/s，故D正确。11.(2023·福建宁德市质检)交通法规定，汽车出现故障停在道路上时，应在车后方放置三角警示牌，提醒后面驾车的驾驶员减速避让，如图4所示。在夜间，某道路上有一汽车因故障停车，后面有一货车以15m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方20m的物体，已知驾驶员的反应时间为1s，制动后最大加速度大小为5m/s2。求：图4(1)货车司机从看到警示牌到最终停下所用的最短时间；(2)警示牌至少要放在汽车后多远处才能避免两车相撞。答案(1)4s(2)17.5m解析(1)设从刹车到停止的时间为t2，则t2＝eq\f(v0,a)＝3s则货车从出发到最终停止所