专题01 匀变速直线运动 2022-2023高考三轮精讲突破训练（全国通用）（解析版）

学而优教有方专题01匀变速直线运动目录TOC\o"1-1"\h\u考向一匀变速直线运动的规律 1考向二运动学图像的理解和应用 2考向三追及、相遇问题 6【题型演练】 10考向一匀变速直线运动的规律1．记牢匀变速直线运动的“四类公式”2．掌握处理匀变速直线运动的五种方法【典例1】一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为。该质点在到间的平均速度为（）A.27m/s B.36m/s C.45m/s D.54m/s【答案】B【解析】由题意可得时，质点距离O点的距离为同理时，质点距离O点的距离为则，质点在3s内的位移为在这段时间内，质点的平均速度为故选B。【典例2】现代航空母舰是高科技的产物，以舰载作战飞机为主要武器。某舰载作战飞机沿平直跑道起飞前，先采用电磁弹射，由静止开始匀加速运动时间t后速度达到v，再在常规动力的作用下匀加速运动位移为x时达到起飞速度2v。舰载作战飞机电磁射过程的加速度大小与其在常规动力作用下的加速度大小之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】电磁射过程的加速度大小为常规动力过程的加速度大小为解得，故选D。【典例3】系一重物的气球，以的速度匀速上升，离地时绳断了。则重物脱离气球后离地面的最大高度是（不计空气阻力）（）A. B. C. D.【答案】C【解析】绳断后，重物做初速度为4m/s的竖直上抛运动，继续上升的高度为则重物上升的最大高度为故选C考向二运动学图像的理解和应用（一）位移时间图像1．位移—时间图像反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律，图像并非物体运动的轨迹。2．位移—时间图像只能描述物体做直线运动的情况，这是因为位移—时间图像只能表示物体运动的两个方向：t轴上方代表正方向，t轴下方代表负方向；如果物体做曲线运动，则画不出位移—时间图像。3．位移—时间图线上每一点的斜率表示物体在该时刻的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。（二）速度时间图像1．速度—时间图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，它也只能描述物体做直线运动的情况。2．速度—时间图线上每一点的斜率表示物体该时刻的加速度。斜率的大小表示加速度的大小，斜率为正表示加速度沿规定的正方向，但物体不一定做加速运动，斜率为负则加速度沿负方向，物体不一定做减速运动。3．速度—时间图线与t轴所围面积表示这段时间内物体的位移。t轴上方的面积表示位移沿正方向，t轴下方的面积表示位移沿负方向，如果上方与下方的面积大小相等，说明物体恰好回到出发点。（三）消除对运动学图像的“误会”(1)无论x­t图像、v­t图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动，图像的形状反映了x与t、v与t的函数关系，而不是物体运动的轨迹。(2)x-t图像中两图线的交点表示两物体相遇，v-t图像中两图线的交点表示该时刻两物体的速度相等，并非相遇。（四）利用三个基本公式研究非常规图像1．a-t图像：由v＝v0＋at可知图像与横轴所围面积表示速度变化量Δv，如图甲所示。2.eq\f(x,t)-t图像：由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，图像的斜率为eq\f(1,2)a，纵轴截距为v0，如图乙所示。3．v2-x图像：由v2－v02＝2ax可得v2＝v02＋2ax，图像斜率为2a。【典例4】如图所示为某质点运动的速度－时间图象(若将AB段图线以AB连线为轴翻转180°，图线形状与OA段相对于虚线对称)，则关于OA段和AB段图线描述的运动，下列说法正确的是()A．两段的运动时间相同B．两段的平均速度相同C．两段的速度变化量相同D．两段的平均加速度相同【答案】A【解析】两段在时间轴上投影的长度相同，因此两段的运动时间相同，选项A正确；由图象下方面积表示位移可知，两段位移不等，因此平均速度不同，选项B错误；两段的速度变化量大小相等、方向相反，选项C错误；由a＝eq\f(Δv,Δt)可知，两段的平均加速度大小相等、方向相反，选项D错误．【典例5】如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移－时间(x－t)图象．由图可知()A．在时刻t1，a、b两车相遇，且运动方向相反B．在时刻t2，a车追上b车，且运动方向相同C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先增大后减小D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a小【答案】A【解析】在时刻t1，a、b两车到达同一位置而相遇，根据图象切线的斜率表示速度可知两车运动方向相反，故A正确；在t1到t2这段时间内，a在前，b在后，则在时刻t2，b车追上a车，根据图象切线的斜率表示速度可知两车运动方向相同，故B错误；在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增大，故C错误；在t1到t2这段时间内，b车的速率先大于a后小于a，最后又大于a，故D错误．【典例6】2018年5月17日，我国发布了《电动自行车安全技术规范》国家标准，并于2019年4月15日起正式执行．某电动自行车在平直的实验公路上先匀速运动，从t＝0时刻开始进行电动自行车刹车实验，以检验该性能是否符合国家标准，通过传感器在电脑上自动描绘出其eq\f(x,t)－t图象如图6所示．则下列分析正确的是()A．刚要刹车时车的速度为15m/sB．刹车加速度大小为2.5m/s2C．刹车过程的位移为10mD．刹车前1s和最后1s通过的位移之比为5∶1【答案】C【解析】电动自行车做匀减速直线运动：x＝v0t－eq\f(1,2)at2整理得eq\f(x,t)＝v0－eq\f(1,2)at根据题图可知：v0＝10m/s；又根据题图中斜率k＝－2.5m/s2＝－eq\f(1,2)a解得：a＝5m/s2，A、B错误；电动自行车匀减速至速度为0，逆过程可视为初速度为0的匀加速直线运动，根据v0＝at，解得刹车时间：t＝2s，根据x＝eq\f(1,2)at2解得：x＝10m，C正确；刹车最后1s通过的位移：x1＝eq\f(1,2)×5×12m＝eq\f(5,2)m刹车前1s通过的位移：x2＝10m－eq\f(5,2)m＝eq\f(15,2)m.故刹车前1s和最后1s通过的位移之比为3∶1，D错误．考向三追及、相遇问题1．追及、相遇问题常见情景(1)速度小者追速度大者追及类型图象描述相关结论匀加速追匀速设x0为开始时两物体间的距离，则应有下面结论：①t＝t0以前，后面物体与前面物体间的距离增大②t＝t0时，两物体相距最远，为x0＋Δx③t＝t0以后，后面物体与前面物体间的距离减小④一定能追上且只能相遇一次匀速追匀减速匀加速追匀减速(2)速度大者追速度小者追及类型图象描述相关结论匀减速追匀速设x0为开始时两物体间的距离，开始追及时，后面物体与前面物体间的距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻：①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件②若Δx<x0，则不能追上，此时两物体间距离最小，为x0－Δx③若Δx>x0，则相遇两次，设t1时刻两物体第一次相遇，则t2＝2t0－t1时刻两物体第二次相遇匀速追匀加速匀减速追匀加速2.求解追及和相遇问题的两点技巧【方法技巧】(1)追及、相遇问题的分析讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题。①明确两个关系:时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到。②弄清一个条件:两者速度相等，它往往是物体间能追上、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)追及、相遇问题的注意事项①追者和被追者速度相等是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界条件。②被追的物体做匀减速直线运动时，要判断追上时被追的物体是否已停止。【典例7】甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进，它们运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．两车在t＝40s时再次并排行驶B．甲车减速过程的加速度大小为1.0m/s2C．两车再次并排行驶之前，t＝20s时两车相距最远D．两车之间的距离先增大，再变小，最后不变【答案】C【解析】根据速度图象与时间轴围成的面积表示位移，则得在t=40s内，甲通过的位移为，乙车通过的位移为x乙=10×40m=400m，可知乙车在t=40s时还没有追上甲车。故A错误。甲车减速过程的加速度大小为，故B错误。在t=20s前，甲车的速度比乙车的大，甲车在前，乙车在后，两车间的距离增大。在t=20s后，甲车的速度比乙车的小，甲车在前，乙车在后，在两车再次并排行驶之前，两车间的距离减小，所以两车再次并排行驶之前，t=20s时两车相距最远，故C正确。两车再次并排行驶之前，两车之间的距离先增大，再变小，之后，乙车的速度比甲车的大，两车间距不断增大，故D错误。【方法技巧】一看轴：明确图象的种类，如v-t图象、x-t图象、a-t图象.明确物理意义，选用相应规律处理问题.二看线：分析图线，分析相应物理量的具体变化过程.明确运动分成几个阶段.三看斜率、截距、交点和面积：对不同的图象，分析斜率、截距、交点或图线与坐标轴所围面积的意义，利用图中数据结合相应物理规律列式，合理分析得出结论.【典例8】如图所示为从静止开始做直线运动物体的a-t图象，关于物体的运动下列说法正确的是()A.物体在t=6s时，速度为0B.物体在t=6s时，速度为18m/sC.物体运动前6s平均速度为9m/sD.物体运动前6s位移为18m【答案】B【解析】物体做加速度减小的加速运动，在t=6s时加速度为零，速度最大，A错误；a-t图象与t轴所包围的面积表示速度的变化量，即末速度为18m/s，B正确；若物体从静止开始做匀加速直线运动，末速度为18m/s，则前6s内的平均速度为9m/s，前6s内的位移为54m，而物体做变加速运动，其平均速度大于9m/s，位移大于54m，故C、D错误.【典例9】在平直轨道上，A、B两物体同时同地开始运动，其速度时间图象如图所示，则下列说法正确的是()A.A、B两质点的运动方向相反B.0.8s末A、B两物体相遇C.2s内A始终在B的前方D.A、B两物体在2s末相距2m【答案】D【解析】由图可知，A、B的速度方向相同，A错误；设t1时刻A、B速度都为v，由三角形相似得，解得t1=0.8s，此时A在B的前方，B错误；由图知2s末A、B相距的距离等于位移之差，其值为2m，B在A的前方，C错误，D正确.【方法技巧】(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键因素，建立位移关系式和速度关系式.(2)极值法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于时间t的一元二次方程，用根的判别式进行讨论.若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ=0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，无解，说明追不上或不能相遇.(3)图象法：将两个物体运动的v-t关系在同一图象中画出，然后利用图象的斜率、截距、交点或图象与坐标轴所围的面积分析求解.

【题型演练】1．元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3s末到达离地面90m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10m/s2，那么v0和k分别等于()A．30m/s，1 B．30m/s，0.5C．60m/s，0.5 D．60m/s，1【答案】D【解析】本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x＝eq\f(v0＋v,2)·t，代入数据得v0＝60m/s；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示．由牛顿第二定律有：mg＋Ff＝ma，又Ff＝kmg，a＝eq\f(60,3)m/s2＝20m/s2，解得：k＝1.故A、B、C错，D对．2．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图所示．在这段时间内()A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于eq\f(v1＋v2,2)C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【答案】A【解析】根据v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝eq\f(x,t)得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v乙，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于eq\f(v1＋v2,2)，选项B错误；v－t图象的斜率大小反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．3．如图，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点．一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块()A．通过bc、cd段的时间均大于TB．通过c、d点的速度之比为1∶2C．通过bc、cd段的位移之比为1∶3D．通过c点的速度等于通过bd段的平均速度【答案】A【解析】当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，加速度大小为a′.假设ab段的间距为x，则bc、cd段的间距应分别为3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，C错误；如果滑块由b点静止释放，显然滑块通过bc、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1＝eq\r(\a\vs4\al(2a′·3x))，滑块在d点的速度应为v2＝eq\r(\a\vs4\al(2a′·8x))，则v1∶v2＝eq\r(3)∶eq\r(8)，B错误；因为xbc∶xcd＝3∶5，显然通过c点的时刻不是bd的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误．在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比.则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是()【答案】A【解析】小球上升过程中，由牛顿第二定律，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；当物体下降过程中，由牛顿第二定律，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0。A项图与上述分析结论相符，故A正确；B项图与上述分析结论不相符，故B错误；C项图与上述分析结论不相符，故C错误；D项图与上述分析结论不相符，故D错误。一平直公路上有甲、乙两辆车，它们从t=0时刻开始运动，在0~6s内速度随时间变化的情况如图所示.已知两车在t=3s时刻相遇，下列说法正确的是()A.两车的出发点相同B.t=2s时刻，两车相距最远C.两车在3~6s之间的某时刻再次相遇D.t=0时刻两车之间的距离大于t=6s时刻两车之间的距离【答案】D【解析】由图可得，0~3s内，乙的位移，甲的位移，二者t=0时刻相距9.5m-3.75m=5.75m，A错误；3~6s内，乙的位移，甲的位移，二者相距4.5m+0.75m=5.25m.所以t=0时刻两质点之间的距离大于t=6s时刻两质点之间的距离，D正确；0~2s内，两质点间距逐渐减小，t=2s时刻不是相距最远，B错误；两质点在3~6s之间距离越来越大，不可能再次相遇，C错误；故选D。两物体同时从同一位置出发，二者的速度随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是()A.t=2s时，两物体相遇B.相遇前，在t=1s时两物体间距离最大C.t=1s时，两物体相距0.5mD.t=3s时，两物体相距1.5m【答案】D【解析】v-t图像与坐标轴所围面积等于位移，由图可知，t=2s时，两物体位移不相等，没有相遇，故A错误；相遇前，两物体速度相等时距离最大，在t=2s时两物体间距离最大，故B错误；根据v-t图像与坐标轴所围面积等于位移，t=1s时，两物体相距1.5m，故C错误；t=3s时，两物体相距，故D正确，故选D。(多选)一物体以5m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4m，则时间t可能为()A．1s B．3sC．4s D.eq\f(5＋\r(41),2)s答案ACD解析当物体的位移为4m时，根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得4＝5t－eq\f(1,2)×2t2解得t1＝1s，t2＝4s当物体的位移为－4m时，根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得－4＝5t－eq\f(1,2)×2t2解得t3＝eq\f(5＋\r(41),2)s，故A、C、D正确，B错误．运动学中有人认为引入“加速度的变化率”没有必要，然而现在有人指出“加速度的变化率”能引起人的心理效应，车辆的平稳加速(即加速度基本不变)使人感到舒服，否则人会感到不舒服，关于“加速度的变化率”，下列说法正确的是()A．从运动学角度的定义，“加速度的变化率”的单位应是m/s3B．加速度的变化率为0的运动是匀速直线运动C．若加速度与速度同方向，如图所示的a­t图象，表示的是物体的速度在减小D．若加速度与速度同方向，如图所示的a­t图象，已知物体在t＝0时速度为5m/s，则2s末的速度大小为8m/s【答案】AD【解析】“加速度的变化率”是指加速度的变化与所用时间的比值，即eq\f(Δa,Δt)，a的单位是m/s2，t的单位是s，则eq\f(Δa,Δt)的单位为m/s3，故A正确；加速度的变化率为0是指加速度保持不变，如果加速度为0，则物体做匀速直线运动，如果加速度不为0，则物体做匀变速直线运动，故B错误；若加速度与速度同方向，则物体做加速运动，如题图所示，加速度减小，则物体速度增加得慢了，但仍在加速，故C错误；根据v­t图象可知，图象与时间轴所围图形的面积表示物体的位移，同理在a­t图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，即Δv，则得：Δv＝eq\f(1,2)×2×3m/s＝3m/s，由于加速度与速度同方向，故物体做变加速直线运动，已知初速度为5m/s，则物体在2s末的速度为8m/s，故D正确。t＝0时一物体从某一行星表面竖直向上抛出(不计空气阻力)，其位移随时间变化的s­t图象如图所示，则()A．该行星表面的重力加速度大小为8m/s2B．该物体上升的时间为5sC．该物体被抛出时的初速度大小为10m/sD．该物体落到行星表面时的速度大小为20m/s【答案】AD【解析】由题图可得，物体上升的最大高度为h＝25m，上升的时间为t＝2.5s，对于上升过程，由h＝eq\f(v0t,2)得，初速度大小v0＝eq\f(2h,t)＝eq\f(2×25,2.5)m/s＝20m/s，则物体上升时的加速度大小为a＝g＝eq\f(v0,t)＝eq\f(20,2.5)m/s2＝8m/s2，故A正确，B、C错误；根据对称性可知，该物体落到行星表面时的速度大小与初速度大小相等，也为20m/s，故D正确。甲、乙两辆车初始时相距1000m，甲车在后，乙车在前，在同一条公路上做匀变速直线运动，它们的速度时间—图象如图所示，则下列说法正确的是()A．两辆车在t＝36s时速度相等B．乙车比甲车早出发8sC．两辆车不会相撞D．甲车停下时，甲车在乙车前边191m处【答案】AC【解析】由题图可知，甲车做匀减速直线运动，有v甲＝v0＋at＝50－t，乙车做匀加速直线运动，有v乙＝eq\f(1,2)(t－8)。当两车速度相等时，有50－t＝eq\f(1,2)(t－8)，解得t＝36s，同时解得共同速度v共＝50－t＝14m/s，A正确；乙车比甲车晚出发8s，B错误；如果两车速度相等时，甲车还未追上乙车，甲、乙两车就不会相撞，t＝36s时，甲车的位移x甲＝eq\f(v0＋v共,2)t＝eq\f(50＋14,2)×36m＝1152m，乙车的位移x乙＝eq\f(v共,2)(t－8s)＝eq\f(14,2)×(36－8)m＝196m，因为x乙＋1000m＞x甲，所以两车不会相撞，C正确；甲车停下来时，甲车的位移x甲′＝eq\f(v0,2)t甲＝eq\f(50,2)×50m＝1250m，乙车的位移x乙′＝eq\f(v2,2)(t甲－8s)＝eq\f(21,2)×42m＝441m，两车之间的距离s＝x乙′＋1000－x甲′＝191m，即甲车在乙车后边191m处，D错误。我国首艘装有弹射系统的航母完成了“J­15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功。已知“J­15”在跑道上加速时产生的最大加速度为5.0m/s2，起飞的最小速度为50m/s，弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25m/s，设航母处于静止状态。求：(1)“J­15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞？(2)“J­15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞？(3)若航母上不装弹射系统，设航母跑道L＝160m，“J­15”仍能从航母上正常起飞，则航母航行速度至少为多少？【答案】(1)5s(2)187.5m(3)10m/s【解析】(1)根据匀变速直线运动的速度公式vt＝v0＋at得t＝eq\f(vt－v0,a)＝eq\f(50－25,5)s＝5s。(2)根据匀变速直线运动的速度与位移关系式veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2ax得