专题(02)匀变速直线运动的规律(解析版).docx

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练
专题（02）匀变速直线运动的规律（解析版）
考点一 　
1．基本思路
―→―→―→―→
2．方法与技巧
题目中所涉及的物理量
(包括已知量、待求量和
为解题设定的中间量)
没有涉及的物理量
适宜选用公式
v0、v、a、t
x
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
x＝v0t＋at2
v0、v、a、x
t
v2－v＝2ax
v0、v、t、x
a
x＝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．
题型1　基本公式的选择
【典例1】为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1＝－μg
联立得μ＝.
(2)抓住两者运动时间相等列式．
＝　　　　　①
amin＝　　　　　　②
联立①②得amin＝.
【变式1】　在平直公路上，汽车自O点由静止做匀加速直线运动，途中6 s时间内依次经过P、Q两根电线杆．已知P、Q相距60 m，车经过Q时的速率为15 m/s，则：
(1)汽车经过P时的速率是多少？
(2)汽车的加速度为多少？
(3)O、P两点间距离为多少？
【答案】(1)5 m/s　(2)1.67 m/s2　(3)7.5 m
【解析】解法一：(1)设汽车经过P点时的速度为vP，经过Q点时的速度为vQ，由x＝·t得
xPQ＝·t，
所以vP＝－vQ＝－15m/s＝5 m/s.
(2)由vQ＝vP＋at得a＝ m/s2≈1.67 m/s2.
(3)由v2－v＝2ax得v＝2axOP.
xOP＝＝ m＝ m＝7.5 m.
解法二：设汽车经过P时的速度为vP，
由x＝v0t＋at2，v＝v0＋at得
xPQ＝vPt＋at2①
vQ＝vP＋at②
由①②两式代入数值可得vP＝5 m/s，a＝1.67 m/s2.
xOP的求法同解法一．
【提 分 笔 记】
选择公式应注意的问题
选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化．
(1)知道v0、v、x，求a，没有时间t，很自然的想到选v2－v＝2ax；(2)根据运动时间相等确定末速度在知道末速度及位移的情况下，求加速度运用v2＝2ax即可．
题型2　多过程运动问题
【典例2】ETC是目前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签，与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通讯，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的.2015年我国ETC已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20 m 处开始减速，至窗口处恰好停止，再用10 s时间完成交费；若进入ETC通道，它从某位置开始减速，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费．若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：

(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移；
(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间．
【答案】(1)15 m　(2)11 s
【解析】(1)根据速度与位移公式得，匀减速直线运动的加速度大小为a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2
汽车在ETC收费通道，匀减速运动的时间为t1＝＝ s＝2 s
匀减速运动的位移为x1＝＝ m＝15 m.
(2)汽车在ETC收费通道，匀减速运动的时间为t1＝2 s
匀速行驶的时间为t2＝＝ s＝1 s
从开始减速到交费完成所需的时间为t＝t1＋t2＝3 s
过人工收费通道，匀减速运动的时间为
t3＝＝ s＝4 s
汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间为t′＝(4＋10)s＝14 s.
因此节省的时间为Δt＝t′－t＝(14－3)s＝11 s.
【变式2】(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是(　　)
A．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2＝2∶1
B．加速、减速中的平均速度大小之比 1∶2＝1∶1
C．加速、减速中的位移之比x1∶x2＝2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2≠1∶2
【答案】BC
【解析】汽车先做匀加速直线运动达到最大速度vm后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比1∶2＝∶＝1∶1，所以选项B正确；根据a＝可知，两次加速度大小之比为1∶2，所以选项A、D错误；根据x＝ t可知，两次位移之比为2∶1，所以选项C正确．
【提 分 笔 记】
处理多过程运动问题注意事项
如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度．
题型3　双向可逆类匀变速直线运动
【典例3】(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　　)
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋) s
D．此时的速度大小一定为5 m/s
【答案】ABC
【解析】物体在出发点上方时，由x＝v0t＋at2得7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝1 s或t＝3 s，由v＝v0＋at得，v＝5 m/s或－5 m/s.
物体在出发点下方时，由x＝v0t＋at2得－7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝(2＋) s或t＝(2－) s(舍去)，由v＝v0＋at得v＝－5 m/s.故A、B、C正确，D错误．
【提 分 笔 记】
处理双向可逆类问题注意事项
对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物快，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，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．
考点二 　
方法与技巧

题型1　平均速度公式的应用
【典例4】　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. B.
C. D.
【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＝；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋＝t，则物体加速度的大小a＝＝，解得a＝，故选C.
【变式3】从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车．汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m．求汽车的最大速度．
【答案】5 m/s
【解析】解法一(基本公式法)：设最大速度为vmax，由题意可得
x＝x1＋x2＝a1t＋vmaxt2＋a2t①
t＝t1＋t2②
vmax＝a1t1③
0＝vmax＋a2t2④
联立①②③④式得vmax＝＝ m/s＝5 m/s.
解法二(平均速度法)：匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等，都等于
故有x＝t1＋t2
因此有vmax＝＝ m/s＝5 m/s.

解法三(图象法)：作出汽车运动全过程的v­t图象，如图所示，v­t图线与t轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x＝，所以vmax＝＝ m/s＝5 m/s.
【提 分 笔 记】
平均速度的求法
1．求平均速度必须明确是哪一个物体在哪一段位移(或哪一段时间内)的平均速度．
2．平均速度的大小与平均速率是不同的．
3.＝是平均速度的定义式，适用于所有的运动．
4.＝v＝只适用于匀变速直线运动．
题型2　逆向思维法和初速度为零的匀变速直线运动推论的应用
【典例5】　(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∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－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∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，故选项C错误，D正确；由v2－v＝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的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确．
【变式4】做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是(　　)
A．3.5 m B．2 m
C．1 m D．0
【答案】B
【解析】利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以有＝，x1＝2 m，选项B正确．
【变式5】一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)
A．2 m/s,3 m/s,4 m/s B．2 m/s,4 m/s,6 m/s
C．3 m/s,4 m/s,5 m/s D．3 m/s,5 m/s,7 m/s
【答案】B
【解析】根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，vB＝＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝aT2，则由Δx＝BC－AB＝aT2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/svC＝6 m/s，故选项B正确．
考点三 　
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．
(2)竖直上抛运动的重要特性(如图)

①对称性
a．时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.
b．速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等．
②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性．
2．竖直上抛运动的研究方法
分段法

全程法
初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向为正方向)
若v>0，物体上升，若v<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点上方；若h<0，物体在抛出点下方
题型1　自由落体运动规律的应用
【典例6】屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m的窗子的上、下沿，如图所示为其简易图(取g＝10 m/s2)．问：
(1)此屋檐离地面多高？
(2)滴水的时间间隔是多少？

【答案】(1)3.2 m　(2)0.2 s
【解析】解法一：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这

一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T，则这一滴水在0时刻、T末、2T末、3T末、4T末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置．由此可知：
(1)设屋檐离地面高为x，滴水间隔为T，则x＝16x0,5x0＝1 m，所以x＝3.2 m.
(2)x＝g(4T)2，解得T＝0.2 s.
解法二：假设每两滴水之间相隔的时间间隔为t.
因为第3滴与第2滴正分别位于高1 m的窗子的上、下沿，则可得出关系式：x2＝g(3t)2、x3＝g(2t)2、Δx＝x2－x3＝1 m，解得t＝0.2 s，所以由题意可知x＝g·(4t)2＝3.2 m.
【变式6】利用水滴下落可以粗略测量重力加速度g的大小．调节家中水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一滴水刚碰到盘子时，恰好有另一滴水刚开始下落，而空中还有一滴水正在下落．测出此时出水口到盘子的高度为h，从第1滴水开始下落到第n滴水刚落至盘中所用时间为t.下列说法正确的是(　　)
A．每滴水下落时间为
B．相邻两滴水开始下落的时间间隔为
C．第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为
D．此地重力加速度的大小为
【答案】D
【解析】水滴的运动可看做自由落体运动，则由h＝gt2得每滴水下落时间为t0＝，选项A错误；相邻的两滴水间隔的时间相同，设为Δt，则每一滴水下落需要的时间t0＝2Δt，故Δt＝t0＝，选项B错误；由初速度为零的匀加速直线运动的推论知，第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为，选项C错误；第1滴水到第n滴水落到盘中间隔Δt的个数为(n－1)，则t＝t0＋(n－1)Δt＝(n＋1)Δt，故重力加速度的大小g＝，选项D正确．
【提 分 笔 记】
1．自由落体运动的基本公式
匀变速直线运动规律自由落体运动规律

2．自由落体运动的比例式
因为自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，可以利用比例式快速解题．
题型2　竖直上抛运动的两种处理方法
【典例7】气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，取g＝10 m/s2.
【答案】7 s　60 m/s
【解析】解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理．
绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为t1＝＝1 s，h1＝＝5 m
故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝＝6 s，v＝gt2＝60 m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为
t＝t1＋t2＝7 s.
解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有：
h′＝v0t－gt2
即－175＝10t－×10t2＝10t－5t2
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反．
【变式7】一个从地面竖直上抛的物体，两次经过一个较低点A的时间间隔是TA，两次经过一个较高点B的时间间隔是TB，则A、B两点之间的距离为(　　)
A.g(T－T) B.g(T－T)
C.g(T－T) D.g(TA－TB)
【答案】A
【解析】　从竖直上抛的最高点到点A的时间tA＝，从竖直上抛的最高点到点B的时间tB＝，则A、B两点间的距离x＝gt－gt＝g(T－T)．
【变式8】(多选)某人站在20 m高的平台边缘，以20 m/s的初速度竖直上抛一石子，则抛出后石子距抛出点15 m处的时间可能有(不计空气阻力，g取10 m/s2)(　　)
A．1 s B．3 s
C．(－2)s D．(＋2)s
【答案】ABD
【解析】石子做竖直上抛运动，石子运动到离抛出点15 m处，15 m可能在抛出点之上，也可能在抛出点之下，规定竖直向上为正方向，则h＝15 m或h＝－15 m，分别代入h＝v0t－gt2，解得时间为1 s、3 s(h＝15 m)或(2＋)s(h＝－15 m)．
【提 分 笔 记】
可逆匀变速直线运动类问题
这类问题指物体先做匀减速直线运动，减至速度为零后立即反向做匀加速直线运动，且全过程加速度的大小、方向均不变，例如竖直上抛运动、沿光滑斜面自由上滑并返回的运动、在光滑水平面上受到与初速度反向的恒力作用的运动等．解答此类运动问题的两种方法如下：
①分段法
②全程法：规定正方向，对全程列式，要注意各量的正负．