专题02 匀变速直线运动规律及特点（精讲）-2019年高考物理双基突破

专题02 匀变速直线运动规律及特点（精讲）-2019年高考物理双基突破

专题二 匀变速直线运动规律及推论（精讲）‎ 一、匀变速直线运动的规律 ‎1．匀变速直线运动的定义：物体做直线运动，且加速度大小、方向都不变（合外力大小、方向都不变，速度均匀变化——在任意相等时间内速度变化量都相等）。‎ ‎2．分类：‎ ‎①匀加速直线运动，a与v0方向相同，物体速度随时间均匀增加的直线运动。‎ ‎②匀减速直线运动，a与v0方向相反，物体速度随时间均匀减小的直线运动。‎ ‎3．一般的匀变速直线运动的规律 ‎（1）速度规律：v＝v0＋at。‎ ‎（2）位移规律：x＝v0t＋at2。‎ ‎（3）位移速度关系式：v2－v＝2ax。‎ 这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石。三个公式中的物理量x、a、v0、v均为矢量（三个公式称为矢量式）。在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v0方向相同的x、a、v均为正值，反之为负值。当v0＝0时，一般以a的方向为正方向。这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化均为矢量式，应用时应规定正方向。‎ ‎【题1】某质点做直线运动，速度随时间的变化关系式为v＝（2t＋4） m/s，则对这个质点运动情况的描述，说法正确的是 A．初速度为‎2 m/s ‎ B．加速度为‎4 m/s2‎ C．在3 s末，瞬时速度为‎10 m/s ‎ D．前3 s内，位移为‎30 m ‎【答案】C ‎【题2】某物体做直线运动，位移遵循的方程为x＝6t－t2（其中，x的单位为m，t的单位为s）。则该物体在0～4 s时间内通过的路程为 A．‎8 m B．‎9 m C．‎10 m D．‎‎11 m ‎【答案】C ‎4．运用匀变速直线运动的规律来解题步骤 ‎（1）根据题意，确定研究对象。‎ ‎（2）明确物体作什么运动，并且画出草图。‎ ‎（3）分析运动过程的特点，并选用反映其特点的公式。‎ ‎（4）建立一维坐标系，确定正方向，列出方程求解。‎ ‎（5）进行验算和讨论。‎ ‎【题3】卡车原来用‎10m/s的速度匀速在平直公路上行驶，因为道口出现红灯，司机从较远的地方即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到‎2m/s时，交通灯转为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程的一半时间卡车就加速到原来的速度，从刹车开始到恢复原速过程用了12s。求：‎ ‎（1）减速与加速过程中的加速度；‎ ‎（2）开始刹车后2s末及10s末的瞬时速度。‎ 答案;（1）a1＝－‎1m/s2，a2＝‎2m/s2（2）2s末的速度为v1＝‎8m/s，10s末的速度为v2＝‎6m/s。‎ ‎【解析】卡车主要经历了两个过程：匀减速直线运动和匀加速直线运动。找出两个过程的联系点求出加速度是关键。‎ ‎（1）卡车先做匀减速运动，再做匀加速运动，其运动简图如图所示，设卡车从A点开始减速，则vA＝‎10m/s，用t1时间到达B点，从B点又开始加速，用时间t2到达C点，则 vB＝‎2m/s，vC＝‎10m/s，且t2＝t1，t1＋t2＝12s，可得t1＝8s，t2＝4s。‎ 由v＝v0＋at得，在AB段，vB＝vA＋a1t1① 在BC段，vC＝vB＋a2t2②‎ 联立①②两式，代入数据解得a1＝－‎1m/s2，a2＝2m/s2。‎ ‎5．公式选取方法 ‎（1）没有涉及x，适宜选用v＝v0＋at。‎ ‎（2）没有涉及v ，适宜选用x＝v0t＋at2。‎ ‎（3）没有涉及t ，适宜选用v2－v02＝2ax。‎ ‎（4）没有涉及a ，适宜选用x＝t。‎ ‎【题4】滑雪运动员以v0＝‎2 m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，在t＝5 s的时间内滑下的位移x＝‎60 m。求：‎ ‎（1）滑雪运动员5 s内的平均速度大小；‎ ‎（2）滑雪运动员的加速度大小；‎ ‎（3）滑雪运动员5 s末的速度大小；‎ ‎（4）作出5 s内滑雪运动员的速度（v）－时间（t）图象。‎ ‎【答案】（1）＝‎12 m/s。（2）a＝4 m/s2。（3）v＝22 m/s。（4）‎ ‎【解析】（1）运动员在t＝5 s的时间内滑下的位移x＝‎60 m，由公式＝得到运动员5 s内的平均速度大小为＝ m/s＝‎12 m/s。‎ ‎（2）由位移公式x＝v0t＋at2得加速度大小a＝＝‎4 m/s2。‎ ‎（3）由v＝v0＋at得运动员5 s末的速度大小v＝（2＋4×5）m/s＝‎22 m/s。‎ ‎（4）5 s内滑雪运动员的速度（v）－时间（t）图象：‎ ‎5．应用匀变速直线运动的公式解题时应注意的问题 ‎（1）首先必须对物体的运动性质和运动过程进行分析和判断，看物体的运动是否为或可视为匀变速直线运动。‎ ‎（2）通常选取初速度方向为正方向。‎ ‎（3）公式x=vot+at2是位移公式，利用该公式求得是位移，不是路程。对于往返型的匀变速直线运动，该公式对全程的各个时刻也都是适用的。‎ ‎（4）分析物体的运动问题，要养成画物体运动草图的习惯，并在图中标注出有关各量。这样将加深对物体运动过程的理解，有助于发现已知量和未知量之间的相互关系，迅速找到解题的突破口。‎ ‎（5）如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，弄清物体在每段上的运动情况及遵循的规律．应特别注意各段交接处的速度往往是解题的关键。‎ ‎（6）末速度为零的匀减速直线运动可看成初速度为零、加速度相等的反向匀加速直线运动。‎ 二、匀变速直线运动的推论 ‎1．匀变速直线运动的两个重要推论 ‎（1）物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：＝＝。‎ ‎（2）任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。可以推广到：xm－xn＝（m－n）aT2。‎ ‎【题5】平直公路上有三根电线杆A、B、C间隔均为‎60 m，一辆汽车做匀变速直线运动，从A到B和从B到C所用时间分别为4 s和6 s，试求汽车经过A、B、C三根电线杆时的速度。‎ ‎【答案】vA= 17m/s vB=13m/s vC= 7m/s 。‎ 说明：这里用到了中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度，灵活运用匀变速运动的推论，会给计算带来方便。‎ ‎【题6】从斜面上某位置每隔0.1s释放一个小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上的小球拍下照片，如图所示，测得xAB＝‎15cm，xBC＝‎20cm。试求：‎ ‎（1）小球的加速度；‎ ‎（2）拍摄时B球的速度vB；‎ ‎（3）拍摄时xCD；‎ ‎（4）A球上面滚动的小球还有几个？‎ ‎【答案】（1）a＝5m/s2（2）vB＝1.75m/s（3）xCD＝0.25m（4）2个 ‎（1）由推论Δx＝aT2可知，小球的加速度为：a＝＝cm/s2＝‎500cm/s2＝‎5m/s2‎ ‎（2）由题意知B点是AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段的平均速度即，‎ vB＝AC＝＝cm/s＝‎1.75m/s（3）由于相邻相等时间的位移差恒定，即xCD－xBC＝xBC－xAB，所以xCD＝2xBC－xAB＝‎40cm－‎15cm＝‎25cm＝‎0.25m（4）设A点小球的速度为vA，因为vB＝vA＋at，vA＝vB－at＝‎1.75m/s－5×‎0.1m/s＝‎1.25m/s，所以A球的运动时间为：tA＝＝s＝0.25s，因为每隔0.1s释放一个小球，故A球的上方正在滚动的小球还有2个。‎ ‎2．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 ‎（1）1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。‎ ‎（2）1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。‎ ‎（3）第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）。‎ ‎（4）从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）。‎ ‎【题7】一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它在第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2，在走完第‎1 m时与走完第‎2 m 时的速度之比为v1∶v2。以下说法正确的是 A．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2 ‎ B．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶ C．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2 ‎ D．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶ ‎【答案】B ‎【题8】一列车由等长的车厢连接而成。车厢之间的间隙忽略不计，一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐。当列车由静止开始做匀加速直线运动时开始计时，测量第一节车厢通过他的时间为2 s，则从第 ‎5节至第16节车厢通过他的时间为多少？‎ ‎【答案】Δt＝4 s ‎【解析】取车为参考系，把车的运动转化为人做匀加速直线运动。‎ 据通过连续相等的位移所用时间之比为 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶（－1）∶（－）∶…∶（－）得 ＝＝＝。所以Δt＝4 s ‎【题9】（多选）如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是 A．物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2‎ B．物体到达各点所经历的时间tE＝2tB＝tC＝tD C．物体从A到E的平均速度＝vB D．物体通过每一部分时，其速度增量vB－vA＝vC－vB＝vD－vC＝vE－vD ‎【答案】ABC ‎【解析】根据运动学公式v2－v02＝2ax得物体由A点从静止释放有v＝，所以物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，故A正确；根据运动学公式x＝v0t＋at2得：t＝ ，物体到达各点经历的时间tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2，即tE＝2tB＝tC＝tD，故B正确；由于vE＝2vB，故物体从A到E的平均速度v＝＝vB，故C正确；vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D错误。‎ 三、逆向思维法 两类特殊的匀减速直线运动 ‎1．逆向思维法：匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动。‎ ‎2．两类特殊的匀减速直线运动 ‎（1）刹车类问题。汽车刹车问题的实质是汽车做单方向匀减速直线运动问题。汽车匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，汽车停止不动，不再返回。求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段（到停止运动）的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动。若初速度为v0，加速度为a，汽车运动时间满足t≤，发生的位移满足x≤ ‎。对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题。‎ ‎（2）双向可逆类问题。如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、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。‎ ‎【题10】一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第‎3 m、倒数第‎2 m、最后‎1 m内的运动，下列说法中正确的是 A．经历的时间之比是1∶2∶3 ‎ B．平均速度之比是3∶2∶1‎ C．平均速度之比是1∶（－1）∶（－） ‎ D．平均速度之比是（＋）∶（＋1）∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为零的匀加速直线运动（逆向思维），从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为t1∶t2∶t3＝1∶（－1）∶（－），则倒数第‎3 m、倒数第‎2 m、最后‎1 m内的时间之比为（－）∶（－1）∶1，平均速度之比为∶∶1＝（＋）∶（＋1）∶1，故只有选项D正确。‎ ‎【题11】做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，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 ‎【题12】（多选）一物体以‎5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为‎2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为‎4 m。则时间t可能为 A．1 s B．3 s C．4 s D. s ‎【答案】ACD ‎【解析】当物体的位移为‎4 m时，根据x＝v0t＋at2得，4＝5t－×2t2，解得t1＝1 s，t2＝4 s；当物体的位移为－‎4 m时，根据x＝v0t＋at2得，－4＝5t－×2t2，解得t3＝ s，故A、C、D正确，B错误。‎ 四、解决匀变速直线运动的常用方法 ‎1．一般公式法：一般公式指速度公式v＝v0＋at，位移公式x＝v0t＋at2及推论式2ax＝v2－v，它们均是矢量式，使用时要注意方向性，一般以v0方向为正方向，已知量与正方向相同者取正，与正方向相反者取负。未知量按正值代入，其方向由计算结果决定。‎ ‎2．平均速度法：定义式＝对任何性质的运动都适用，而＝（v0＋v）只适用于匀变速直线运动。‎ ‎【题13】一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s内的位移为‎5 m，则下列说法正确的是 A．物体在第3 s末的速度一定是‎6 m/s B．物体的加速度一定是‎2 m/s2‎ C．物体在前5 s内的位移一定是‎25 m D．物体在第5 s内的位移一定是‎9 m ‎【答案】C ‎【解析】由第3 s内的位移可以求出第2.5 s时刻的瞬时速度v＝＝ m/s＝‎5 m/s，由于匀加速直线运动的初速度未知，无法求出物体的加速度，故无法求解第3 s末的速度及第5 s内的位移，A、B、D错误；前5 s内的平均速度等于2.5 s时刻的瞬时速度，故前5 s内的位移一定是x＝vt＝5×‎5 m＝‎25 m，C正确。‎ ‎3．中间时刻速度法：利用“任一时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”即v＝，适用于任何一个匀变速直线运动。‎ ‎4．比例法：对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解。‎ ‎【题14】从静止开始做匀加速直线运动的物体，在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为 A．1∶3∶5　　　B．1∶4∶‎9 ‎‎ C．1∶2∶3 D．1∶∶ ‎【答案】A　‎ ‎5．逆向思维法：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况。‎ ‎【题15】（多选）如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，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】因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做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，所以选项C错，D正确；由v2－v＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为 ∶∶1，故选项A错，B正确。　‎ ‎6．推论法：对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx＝aT2求解。‎ ‎【题16】如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。根据图中的信息，下列判断错误的是 A．位置“‎1”‎是小球释放的初始位置 B．小球做匀加速直线运动 C．小球下落的加速度为 D．小球在位置“‎3”‎的速度为 ‎【答案】BCD ‎7．图象法：应用v－t图象，可以把较复杂的问题转变为较简单的数字问题来解决。‎ ‎【题17】汽车由静止开始做匀加速直线运动，速度达到v时立即做匀减速直线运动，最后停止，运动的全部时间为t，则汽车通过的全部位移为 A．vt　　　B．vt　　　C．vt　　　D．vt ‎【答案】A ‎【解析】汽车的速度−时间图象如图所示，由于图象与时间轴所围“面积”等于位移的大小，故位移x＝vt，故A正确，B、C、D错误。　‎ ‎8．物理思想方法的综合应用 ‎【题18】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，已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。‎ ‎【答案】tBC＝t 方法二：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得v＝2axAC①‎ v＝v－2axAB②‎ xAB＝xAC③‎ 由①②③解得vB＝④‎ 又vB＝v0－at⑤‎ vB＝atBC⑥‎ 由④⑤⑥解得tBC＝t.‎ 方法三：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）。‎ 因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。‎ 方法四：中间时刻速度法 利用推论：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，‎ AC＝＝。‎ 又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝。‎ 由以上三式解得vB＝。‎ 可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。‎ 方法五：图象法 根据匀变速直线运动的规律，画出v－t图象．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＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以＝，解得tBC＝t。‎ 五、“0－vmax－‎0”‎运动模型的解题思路 ‎ ‎ ‎【题19】汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示．‎ ‎ ‎ ‎ （1）画出汽车在0～60 s内的v－t图线。‎ ‎（2）求在这60 s内汽车行驶的路程。‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）s＝900 m 由题图知10～40 s内汽车匀速行驶，因此v2＝‎20 m/s ②‎ 由题图知40～60 s内汽车以‎1 m/s2的加速度匀减速行驶，‎ 由运动学公式得v3＝（20－1×20）m/s＝0 ③‎ 根据①②③式，可画出汽车在0～60 s内的v-t图线，如图所示。‎ ‎（2）由上图可知，在这60 s内汽车行驶的路程为s＝×‎20 m＝‎900 m。‎ 六、多过程组合问题 ‎1．多过程问题解题思路：‎ 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带。可按下列步骤解题 ‎（1）画：由题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程；‎ ‎（2）明：明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量；‎ ‎（3）列：合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程,；‎ ‎（4）找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系；‎ ‎（5）解：联立求解，算出结果。‎ ‎2．多过程组合问题的“三个”处理技巧 ‎（1）用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来。‎ ‎（2）将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动。‎ ‎ （3）多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键。‎ ‎【题20】[匀加速与匀速运动组合]短跑运动员完成‎100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为‎7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。‎ ‎【答案】a＝‎5 m/s2，x′＝‎‎10 m ‎ ‎ x1＋x2＝a（2t0）2 ② 式中t0＝1 s。‎ 联立①②两式并代入已知条件，得a＝‎5 m/s2 ③‎ 设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为x。依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2④‎ v＝at1⑤ x＝at＋vt2⑥‎ 设匀加速阶段通过的距离为x′，则x′＝at⑦联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x′＝‎10 m。‎ ‎【题21】[匀减速与匀加速的组合]已知一足够长的粗糙斜面，倾角为θ，一滑块以初速度v1＝‎16 m/s从底端A点滑上斜面，经2 s滑至B点后又返回A点．其运动过程的v－t图象如图所示。已知上滑的加速度大小是下滑的4倍。求：（已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝‎10 m/s2）‎ ‎（1）AB之间的距离；‎ ‎（2）滑块再次回到A点时的速度及滑块在整个运动过程中所用的时间。‎ ‎【答案】（1）xAB＝16 m（2）v2＝‎8 m/s，t＝6 s