第一章　匀变速直线运动 第2课时　匀变速直线运动的规律　双基落实课

第2课时匀变速直线运动的规律[双基落实课]（粤教版教材必修第一册第52页）如图所示为匀速行驶的汽车刹车时安全距离示意图，驾驶员反应时间内该车做匀速直线运动，开始制动到停止的过程做匀减速直线运动。判断下列说法的正误：（1）汽车从开始制动到停止所行驶的距离与刹车时速度的平方成正比。（√）（2）刹车过程可看成反向的、初速度为零的、匀加速直线运动。（√）（3）刹车中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。（√）（4）以72km/h的速度在平直公路上行驶的汽车，遇到紧急情况而急刹车获得大小为4m/s2的加速度，则刹车6s内的位移为48m。（×）考点一匀变速直线运动的基本规律[素养自修类]1.【速度公式的应用】（2022·全国甲卷15题）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（）A.v0－v2a＋LC.3（v0－v）2解析：C当列车恰好以速度v匀速通过隧道时，从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短，列车减速过程所用时间t1＝v0－v2a，匀速通过隧道所用时间t2＝L＋lv，列车加速到原来速度v0所用时间t3＝v0－va，所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t＝t1＋t2.【位移公式的应用】如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中，中国选手张洋铭沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动，张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为（）A.8L1 B.87LC.L1＋L3 D.12（L1＋L3解析：C张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1，则对应时间之比为1∶2∶1，有L1＝v0t＋12at2，L2＝（v0＋at）·2t＋12a（2t）2＝2v0t＋4at2，L3＝（v0＋3at）·t＋12at2＝v0t＋72at2，观察可得L2＝L1＋L33.【速度—位移关系式的应用】为了避免汽车通过路口时节省时间而急刹车，某汽车以速度v0匀速行驶，到达路口前以加速度a做匀减速运动，然后用t时间以13v0口，接着再以加速度2a匀加速到原来速度v0，则汽车从v0开始减速到再恢复到v0的过程中，通过的位移大小为（）A.3v022a＋13v0t B.C.2v023a＋13v0t D.解析：C由运动学公式，减速过程有13v02－v02＝－2ax1，匀速过程有x2＝13v0t，加速过程有v02－13v02＝2·2ax3，总位移为x＝x1＋x2＋x3，根据题目涉及的物理量选择公式已知或待求未涉及量选择公式v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋12atv0、v、a、xtv2－v02＝v0、v、t、xax＝v＋考点二匀变速直线运动的推论[互动共研类]【典例】物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端34l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C答案：t解析：方法一平均速度法根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，得vAC＝v0+02＝v02，又v02＝2axAC，vB2＝2axBC，xBC＝xAC4，可得vB＝v02＝vAC，v方法二比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）。因为xCB∶xBA＝xAC4∶3xAC4＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过x方法三逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC。由运动学公式得xBC＝atBC22，x又xBC＝xAC4，由以上三式解得tBC＝方法四图像法根据匀变速直线运动的规律，画出v-t图像，如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得S△AOCS△BDC＝CO2CD2，且S△AOCS△BDC＝41，OD＝t，OC＝t1.【平均速度公式的应用】一个物体做匀加速直线运动，从某时刻开始经历时间t发生的位移为x，该过程中动能比原来增加了8倍。则该物体运动的加速度为（）A.xt2C.4xt2解析：A动能比原来增加了8倍即动能变为原来的9倍，由动能公式Ek＝12mv2，可知质点的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由平均速度求位移，可得x＝12（v0＋v）t，由加速度定义式a＝v－v0t，联立可得a＝xt2，A2.【逐差公式的应用】（多选）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6mC.第2s末的速度为2m/sD.物体在0～5s内的平均速度为10m/s解析：ABD根据逐差公式xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝xⅣ－xⅡ2T2＝82×12m/s2＝4m/s2，故A正确；第2s内的位移为x2－x1＝12at22－12at12＝12×4×（22－12）m＝6m，故B正确；第2s末速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C错误3.【图像法的应用】如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则（）A.甲、乙不可能同时由A到达CB.甲一定先由A到达CC.乙一定先由A到达CD.若a1＞a3，则甲一定先由A到达C解析：A根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。若a3＞a1，如图2所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲。通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达。综上，A正确，B、C、D错误。4.【逆向思维法的应用】如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成两个完整的圆周运动。在运动过程中，完成第一圈与第二圈所用时间之比为（）A.（2－1）∶1 B.2∶1C.1∶1 D.1∶2解析：A小木块在粗糙程度处处相同的水平桌面上运动，受到与运动方向相反的大小相等的摩擦力作用，木块恰好完成两个完整的圆周运动，可以等效成木块做初速度为v0的匀减速直线运动至速度为0，逆向思维，根据初速度为0的匀加速直线运动相邻相等位移所用时间的比例关系，可得完成第一圈与第二圈圆周运动所用时间之比为t1∶t2＝（2－1）∶1，故A正确，B、C、D错误。考点一匀变速直线运动的基本规律1.如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4～6m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为（）A.53s B.25C.2.5s D.12.5s解析：C当车速最大vm＝10m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”的时间最长。由速度公式v＝vm－at解得t＝2.5s，选项C正确。2.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∶1 B.1∶2C.1∶3 D.1∶4解析：C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∶33.近年来，重庆热门景点“李子坝列车穿楼”吸引了大量游客驻足，当地更是专门修建观景台“宠粉”。列车进站时以20m/s的初速度开始做匀减速直线运动，加速度大小为1.25m/s2，列车速度减为0后在李子坝站停靠了50s。则关于列车进站过程，下列说法正确的是（）A.列车在减速运动阶段速度减小得越来越慢B.列车开始减速后，t＝8s时的速度为12m/sC.列车开始减速后，20s内的位移为150mD.列车匀减速阶段最后1s内的位移大小是0.625m解析：D由于减速过程中加速度大小不变，则列车在减速运动阶段速度减小的快慢不变，故A错误；t＝8s时的速度为v1＝v0－at1＝10m/s，故B错误；列车减速到0耗时t＝v0a＝16s，故20s内的位移和16s的位移一样，因此x＝v022a＝160m，故C错误；列车匀减速阶段最后1s内的位移大小为x'＝12at'2，t'＝1s，解得考点二匀变速直线运动的推论4.超音速巡航是指飞机在不开启后燃器的情况下能够持续在1.5倍音速以上进行超过30分钟的超音速飞行。超音速巡航的提出主要是基于快速突防的战术思想，因此，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势，超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一。某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270m/s提升至510m/s，耗时一分钟，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距离为（）A.16200m B.23400mC.30600m D.46800m解析：B该过程飞行的距离为s＝v1＋v22t＝270+5102×60m5.冰壶的运动可以看成匀减速直线运动，假设冰壶经过6s停止运动，那么冰壶在先后连续相等的三个2s内通过的位移之比x1∶x2∶x3为（）A.1∶2∶3 B.5∶3∶1C.1∶4∶9 D.3∶2∶1解析：B冰壶的运动过程可以逆向看成初速度为零的匀加速直线运动。根据初速度为零的匀加速直线运动的特点，该逆过程在三个连续2s内的位移之比为1∶3∶5，所以冰壶在连续相等的三个2s内的位移之比为5∶3∶1，故B正确。6.如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6m/s，AB间的距离x1＝3m，BC间的距离x2＝13m，则该质点的加速度为（）A.3.6m/s2 B.4m/s2C.4.2m/s2 D.4.8m/s2解析：A因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10m，联立可得T＝53s，a＝3.6m/s2，A7.如图所示，某同学在直线跑道上测试一辆汽车的加速和制动性能，汽车从t＝0时刻开始加速直到速度v＝108km/h，立即紧急制动，t＝13.5s时汽车停下。若知刹车位移为67.5m，加速过程和减速过程均看成匀变速运动。关于此汽车加速和减速过程说法正确的是（）A.汽车的刹车时间为10sB.汽车刹车的加速度大小为103m/sC.汽车加速过程、减速过程的时间之比为1∶2D.汽车加速过程、减速过程的位移之比为2∶1解析：Dv＝108km/h＝30m/s，汽车刹车位移x减＝v2t减，解得t减＝4.5s，故A错误；汽车刹车加速度的大小a减＝vt减＝203m/s2，故B错误；加速时间为t加＝13.5s－4.5s＝9s，所以t加∶t减＝2∶1，故C错误；加速位移为x加＝v2t加，减速位移x减＝v2t减，所以加速位移与减速位移之比等于加速时间与减速时间之比，即x加∶x减＝28.（多选）如图所示“礼让行人”是城市文明的重要标志。某汽车正以54km/h的速度行驶在城市道路上，在车头距离“礼让行人”停车线36m时，驾驶员发现前方有行人通过人行横道，驾驶员的反应时间为0.2s，刹车后汽车匀减速滑行，为了停止让行，汽车不能越过停车线。则下列说法正确的是（）A.汽车刹车滑行的最大距离为33mB.汽车刹车的最小加速度为4m/s2C.汽车用于减速滑行的最长时间为4.4sD.汽车行驶的平均速度不能超过7.6m/s解析：AC汽车刹车前，在0.2s内做匀速运动的位移x1＝v0t1＝543.6×0.2m＝3m，则汽车刹车滑行的最大距离x2＝36m－x1＝33m，故A正确；汽车刹车的最小加速度amin＝v022x2＝543.622×33m/s2≈3.4m/s2，故B错误；汽车用于减速滑行的最长时间tmax＝v0amin≈4.4s9.当汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌，以提醒后面驾车司机减速安全通过。在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以20m/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的物体，他的反应时间为0.5s，再加路面湿滑，制动的最大加速度为2m/s2。求：（1）小轿车从开始刹车15s内通过的最小距离；（2）三角警示牌至少要放在故障车后多远处，才能有效避免两车相撞。答案：（1）100m（2）60m解析：（1）小轿车从开始刹车到停止所用的最短时间为t0＝v0a15s时小轿车已停止，故通过的最小距离x1＝v022（2）小轿车在反应时间内行驶的距离为x0＝v0t0＝10m则小轿车从发现警示牌到完全停下的过程中行驶的距离为x＝x0＋x1＝