第2讲　匀变速直线运动的规律-2025版创新设计高考物理一轮复习

第2讲匀变速直线运动的规律学习目标1.理解匀变速直线运动的基本公式，并能熟练灵活应用。2.掌握匀变速直线运动的推论，并能应用解题。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.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时开始匀减速运动并计时，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.vt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t0,2t))) B.eq\f(v（t－t0）2,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vteq\o\al(2,0),2t)答案B3.物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6m/s，第2s末的速度是8m/s，则下面结论正确的是()A.物体零时刻的速度是3m/sB.物体的加速度是1m/s2C.任何1s内的速度变化都是2m/sD.第1s内的平均速度是6m/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eq\x(\a\al(画过程,示意图))→eq\x(\a\al(判断运,动性质))→eq\x(\a\al(选取,正方向))→eq\x(\a\al(选用,公式,列方程))→eq\x(\a\al(解方,程并加,以讨论))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、vt、a、tsvt＝v0＋atv0、a、t、svts＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、vt、a、stveq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2asv0、vt、t、sas＝eq\f(vt＋v0,2)t除时间t外，s、v0、vt、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。当v0＝0时，一般选加速度a的方向为正方向。角度基本公式的应用例1在女子直线400m比赛中某段时间内，某同学从静止开始做匀加速直线运动，经t1＝4s后速度达到v1＝8m/s，然后匀速运动了t2＝10s，接着经t3＝5s匀减速运动到v2＝6m/s。(该同学可以看作质点)求：(1)该同学在加速运动阶段的加速度a1；(2)该同学在第16s末的速度v3；(3)该同学这段时间内的位移x。答案(1)2m/s2(2)7.2m/s(3)131m解析(1)设匀加速阶段的加速度为a1，则v1＝a1t1解得a1＝2m/s2。(2)设减速运动阶段的加速度为a2，因为v2＝v1＋a2t3所以a2＝－0.4m/s2当t＝16s时，质点已减速运动了t4＝2s，此时质点的速度为v3＝v1＋a2t4＝7.2m/s。(3)匀加速直线运动的位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝16m匀速直线运动的位移s2＝v1t2＝80m匀减速直线运动的位移s3＝v1t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝35m则总位移s＝s1＋s2＋s3＝131m。角度逆向思维法处理刹车类问题例2具有“主动刹车系统”的汽车遇到紧急情况时，会立即启动主动刹车。某汽车以28m/s的速度匀速行驶时，前方50m处突然出现一群羚羊横穿公路，“主动刹车系统”立即启动，汽车开始做匀减速直线运动，恰好在羚羊通过道路前1m处停车。汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为()A.0 B.1mC.2m D.3m答案B解析令s1＝50m，s2＝1m，汽车的刹车时间为t，刹车时的加速度大小为a，把刹车过程逆向处理，则有veq\o\al(2,0)＝2a(s1－s2)，t＝eq\f(v0,a)，联立解得a＝8m/s2，t＝3.5s，所以汽车开始“主动刹车”后第4s内通过的位移大小为3～3.5s内通过的位移大小，有s4＝eq\f(1,2)aΔt2，解得s4＝1m，故B正确。分析刹车类问题的方法(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直线运动，然后做匀减速直线运动。1.汽车在水平路面上刹车，其位移与时间的关系是s＝(24t－6t2)m，则它在前3s内的平均速度为()A.8m/s B.10m/sC.12m/s D.14m/s答案A解析由位移与时间的关系s＝(24t－6t2)m，结合运动学公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，由vt＝v0＋at可知，汽车停止运动所用时间t＝eq\f(－v0,a)＝2s，故它在前3s内的位移等于前2s内的位移，则Δs＝24×2m－6×22m＝24m，汽车在前3s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故A正确。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(2023·山东卷，6)如图1所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为()图1A.3m/s B.2m/sC.1m/s D.0.5m/s答案C解析由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为s，公交车经过R、S、T点时瞬时速度为v1、v2、v3，经过RS间的时间为t1，经过ST间的时间为t2，有eq\f(v1＋v2,2)＝10m/s，eq\f(v2＋v3,2)＝5m/s，则v1－v3＝10m/s，又eq\f(s,t1)＝10m/s，eq\f(2s,t2)＝5m/s，则t1＋t2＝eq\f(s,2)，全程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3s,t1＋t2)＝6m/s，即eq\f(v1＋v3,2)＝6m/s，联立解得v3＝1m/s，故C正确。角度位移差公式的应用例4(2024·辽宁鞍山市模拟)如图2所示为一辆无人送货车正在做匀加速直线运动。某时刻起开始计时，在第一个4s内位移为9.6m，第二个4s内位移为16m，下列说法正确的是()图2A.计时时刻送货车的速度为0B.送货车的加速度大小为1.6m/s2C.送货车在第1个4s末的速度大小为3.2m/sD.送货车在第2个4s内的平均速度大小为3.6m/s答案C解析根据匀变速直线运动推论可得加速度大小为a＝eq\f(Δs,T2)＝eq\f(16－9.6,42)m/s2＝0.4m/s2，B错误；根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段内的平均速度可知送货车在第1个4s末的速度大小为v1＝eq\f(s1＋s2,2T)＝eq\f(9.6＋16,8)m/s＝3.2m/s，C正确；根据vt＝v0＋at可得，计时时刻送货车的速度为v0＝v1－aT＝3.2m/s－0.4×4m/s＝1.6m/s，A错误；送货车在第2个4s内的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s2,T)＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s,D错误。角度初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用例5(多选)如图3所示，将完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向视为做匀变速直线运动，某次实验中，子弹恰好能穿出第四个水球，则()图3A.由题目信息可以求得子弹穿过每个水球的时间之比(eq\r(4)－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－eq\r(1))∶1B.子弹在每个水球中运动的平均速度相同C.子弹在每个水球中速度变化量相同D.子弹依次进入四个水球的初速度之比为eq\r(4)∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶eq\r(1)答案AD解析将子弹的运动过程逆向来看，即看成从左到右做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速运动在连续相等的位移所用时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…可知，子弹从右到左穿过每个水球的时间之比为(eq\r(4)－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－eq\r(1))∶1，A正确；根据A项分析子弹在每个水球中运动的时间不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B错误；根据公式Δv＝aΔt知，子弹在每个水球中运动的速度变化量不同，C错误；根据速度与位移的关系式有veq\o\al(2,t)＝2as，则vt＝eq\r(2as)，设在每个水球中的位移大小为s0，可得子弹从左到右每次射出水球的速度之比为eq\r(2as0)∶eq\r(2a·2s0)∶eq\r(2a·3s0)∶eq\r(2a·4s0)＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，即子弹从右到左减速过程依次进入四个水球的初速度之比为eq\r(4)∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，D正确。2.在某次跳水比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t。设运动员入水后向下运动过程中，第一个t时间内的位移大小为s1，最后两个t时间内的总位移大小为s2，则s1∶s2为()A.17∶4 B.13∶4C.15∶4 D.15∶8答案C解析初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…、第n个t时间内的位移之比sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移即为逆过程中第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移即为逆过程中前两个t时间内的位移，故s1∶s2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故C正确。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.中国第三艘航母“福建舰”已成功下水，该航母上有帮助飞机起飞的电磁弹射系统，若经过弹射后，飞机依靠自身动力以16m/s2的加速度匀加速滑行100m，达到60m/s的起飞速度，则弹射系统使飞机具有的初速度大小为()A.20m/s B.25m/sC.30m/s D.35m/s答案A解析由匀变速直线运动规律veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as，代入数据解得v0＝20m/s，故A正确。2.(2024·广东潮州市高三月考)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()图1A.16200m B.23400mC.30600m D.46800m答案B解析该过程飞行的距离为s＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(270＋510,2)×60m＝23400m，故B正确。3.在交警处理某次交通事故时，通过监控仪器扫描，输入计算机后得到该汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为s＝20t－2t2(s的单位是m，t的单位是s)。则该汽车刹车后6s在路面上留下的刹车痕迹长度为()A.48m B.50mC.72m D.120m答案B解析对比位移与时间的关系式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，汽车的初速度v0＝20m/s、加速度a＝－4m/s2，汽车刹车时间为t＝eq\f(0－v0,a)＝5s，所以汽车刹车后6s在路面上留下的刹车痕迹长度等于汽车速度减小到零的过程中通过的位移大小，即s＝eq\f(02－veq\o\al(2,0),2a)＝50m，故B正确。对点练2匀变速直线运动的推论及应用4.一列火车正在做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180m，第6分钟内，发现火车前进了360m。则火车的加速度为()A.0.01m/s2 B.0.06m/s2C.0.6m/s2 D.1.8m/s2答案A解析由相同时间内的位移差s6－s1＝(6－1)aT2，解得a＝eq\f(360－180,5×（60）2)m/s2＝0.01m/s2，故A正确，B、C、D错误。5.(多选)(2024·广东深圳模拟)一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s，所用时间分别为2t、t和eq\f(3,2)t，则()A.物体做匀加速运动时加速度大小为eq\f(s,t2)B.物体做匀减速运动时加速度大小为eq\f(4s,9t2)C.物体在这三个运动过程中的平均速度大小为eq\f(s,3t)D.物体做匀减速运动的末速度大小为eq\f(s,3t)答案BD解析匀速运动的速度为v＝eq\f(s,t)，设匀加速运动的初速度为v1，根据匀变速直线运动的平均速度公式有eq\f(v1＋v,2)＝eq\f(s,2t)，联立解得v1＝0，则对匀加速运动过程，有s＝eq\f(1,2)a1(2t)2，解得a1＝eq\f(s,2t2)，A错误；设匀减速直线运动的末速度为v2，根据匀变速直线运动的平均速度公式有eq\f(v2＋v,2)＝eq\f(s,\f(3,2)t)，解得v2＝eq\f(s,3t)，则匀减速直线运动的加速度大小a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(\f(s,t)－\f(s,3t),\f(3,2)t)＝eq\f(4s,9t2)，B、D正确；物体在这三个过程中的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3s,2t＋t＋\f(3,2)t)＝eq\f(2s,3t)，C错误。6.(2024·郑州一中月考)质点做直线运动的位移s与时间t的关系为s＝(5t＋t2)m，则该质点()A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任意相邻的1s内位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s答案D解析将t1＝1s代入s＝(5t＋t2)m可求出第1s内的位移s1＝6m，故A错误；前2s内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s2,t2)＝eq\f(5×2＋22,2)m/s＝7m/s，故B错误；由s＝(5t＋t2)m可以求得加速度为a＝2m/s2，则任意相邻1s内的位移差Δs＝aT2＝2m，故C错误；任意1s内的速度增量Δv＝aΔt＝2m/s，故D正确。7.(多选)(2024·河南漯河高三检测)地铁进站后的运动可以视为匀减速直线运动，某同学站在地铁站观察，看到地铁进站后用时20s停止，最后1s内位移大小为0.5m，则地铁()A.进站的加速度大小是2.0m/s2B.进站后第1s内的位移大小是19.5mC.进站后前10s位移和后10s的位移之比为4∶1D.进站的初速度大小是20m/s答案BD解析由逆向思维法可把地铁的匀减速运动看作反向的初速度为零的匀加速运动，最后1s内位移大小为0.5m，根据位移与时间关系s20＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,20)，解得加速度大小为a＝1.0m/s2，故A错误；地铁进站时的初速度大小为v0＝at＝1.0×20m/s＝20m/s，故D正确；由s1∶s20＝39∶1知地铁进站后第1s内的位移大小是s1＝39s20＝19.5m，故B正确；由初速度为零的匀加速直线运动比例关系可知，地铁前10s的位移和后10s的位移之比为3∶1，故C错误。B级综合提升练8.(2024·广东汕头一中月考)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s，比人快了1s。人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为10m/s2。同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为()A.24m B.26mC.28m D.30m答案A解析设汽车匀速运动的速度为v0，则人驾驶时从发现情况到停下的运动距离为s1＝v0Δt1＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)，解得v0＝20m/s，无人驾驶汽车时从发现情况到停下的运动距离为s2＝v0Δt2＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝20×0.2m＋eq\f(202,2×10)m＝24m，故A正确。9.(2024·辽宁大连模拟)如图2为大连星海湾大桥上的四段长度均为L的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则eq\f(v1,v2)满足()图2A.1<eq\f(v1,v2)<2 B.3<eq\f(v1,v2)<4C.2<eq\f(v1,v2)<3 D.4<eq\f(v1,v2)<5答案B解析将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1∶(2－eq\r(3))，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(\f(L,2－\r(3)),\f(L,1))＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)≈3.73，所以3<eq\f(v1,v2)<4，故A、C、D错误，B正确。10.一辆汽车在笔直的道路上制动后做匀减速直线运动，利用相机对汽车从制动开始每隔1s拍摄照片，拍摄结束后，根据一定比例测出了每两次拍摄之间车运动的距离，将照片合成如图3所示。下列说法正确的是()图3A.汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为2m/s2B.汽车制动后第2s内的平均速度为8m/sC.汽车制动后第1s末的速度大小为6m/sD.汽车开始制动时的速度为9m/s答案A解析根据Δs＝aT2，可得汽车制动后做匀减速运动的加速度大小为a＝eq\f(Δs,T2)＝eq\f(9－7,12)m/s2＝2m/s2，故A正确；汽车制动后第2s内的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s12,Δt)＝eq\f(7,1)m/s＝7m/s，故B错误；汽车制动后第1s末的速度等于前2s的平均速度，则有v1＝eq\f(s02,Δt′)＝eq\f(9＋7,2)m/s＝8m/s，故C错误；汽车制动时的初速度为v0＝v1＋at1＝8m/s＋2×1m/s＝10m/s，故D错误。11.(多选)如图4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4A.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s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，在t2＝4s内的