2020年高考物理一轮复习 热点题型归纳与变式演练 专题01 匀变速直线运动的规律（含解析）

专题01 匀变速直线运动的规律【专题导航】目录热点题型一匀变速直线运动的基本规律及应用1热点题型二匀变速直线运动的推论及应用3（一）比例法的应用4（二）xaT2推论法的应用6（三）平均速度公式的应用7（四）图象法的应用8热点题型三自由落体和竖直上抛运动8拓展点：双向可逆运动类竖直上抛运动11热点题型四物体运动的多过程问题12（一）：多过程运动之-“先以由静止加速在以匀减至速度为零”模型12（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）14（三）多过程运动之“返回出发点”模型15（四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型15（六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型17【题型演练】18【题型归纳】热点题型一匀变速直线运动的基本规律及应用1.基本规律2对于运动学公式的选用可参考下表所列方法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的公式v0、v、a、tx【速度公式】vv0atv0、a、t、xv【位移公式】xv0tat2v0、v、a、xt【速度位移关系式】v2v2axv0、v、t、xa【平均速度公式】xt【例1】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线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，则该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离为（ ）A. 5 m/s210 m B. 5 m/s211 m C. 2.5 m/s210 m D. 2.5 m/s210 m【答案】A【解析】根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得：s1ats1s2a(2t0)2t01 s联立解得：a5 m/s2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s，依题意及运动学规律，得tt1t2vat1satvt2设加速阶段通过的距离为s，则sat求得s10 m【变式1】(2019河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x24t6t2，则它在前3 s内的平均速度为()A6 m/sB8 m/s C10 m/s D12 m/s【答案】B【解析】将题目中的表达式与xv0tat2比较可知：v024 m/s，a12 m/s2.所以由vv0at可得汽车从刹车到静止的时间为t s2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x242 m622 m24 m，故平均速度v m/s8 m/s.【变式2】(2019福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是s4t2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为()A4 m/s与2 m/s2 B0与4 m/s2C4 m/s与4 m/s2 D4 m/s与0【答案】C【解析】根据匀变速直线运动的位移公式sv0tat2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s4t2t2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v04 m/s，加速度的大小为a4 m/s2，选项C正确【变式3】(2019广西钦州模拟)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为()A12.5 m B2 m C10 mD0.5 m【答案】D【解析】据vat可得由刹车到静止所需的时间t2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是22.5 s内的位移，xat20.5 m.热点题型二匀变速直线运动的推论及应用1三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，即x2x1x3x2xnxn1aT2.(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度平均速度公式：.(3)位移中点速度.2初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末、3T末、nT末的瞬时速度之比为v1v2v3vn123n.(2)前T内、前2T内、前3T内、前nT内的位移之比为x1x2x3xn122232n2.(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、第n个T内的位移之比为xxxxN135(2n1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1t2t3tn1(1)()(2)()3.思维方法迁移角度适用情况解决办法比例法常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动具有等时性或等距离由连续相邻相等时间(或长度)的比例关系求解推论法适用于“纸带”类问题由saT2求加速度平均速度法常用于“等分”思想的运动，把运动按时间(或距离)等分之后求解根据中间时刻的速度为该段位移的平均速度来求解问题图象法常用于加速度变化的变速运动由图象的斜率、面积等条件判断（一）比例法的应用【例2】(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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()Av1v2v3321 Bv1v2v31Ct1t2t31Dt1t2t3()(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，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1(1)()，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为()(1)1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为1，选项A错误，B正确【变式1】（2019新课标全国卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足A12 B23 C34 D4a3，则甲一定先由A到达C【答案】A【解析】.根据速度时间图线得，若a1a3，如图(a)，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a1，如图(b)，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、乙不能同时到达故A正确，B、C、D错误热点题型三自由落体和竖直上抛运动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)对称性a时间对称：物体上升过程中从AC所用时间tAC和下降过程中从CA所用时间tCA相等，同理tABtBA.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上升阶段：ag的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，vv0gt，hv0tgt2(向上方向为正方向).若v0，物体上升，若v0，物体在抛出点上方，若h0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确；速度的变化量vat50 m/s，C错误；5 s末物体的速度vv0at20 m/s，所以平均速度5 m/s0，方向竖直向上，D错误（2）(2019福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m(未落地)，则()A物体在2 s末的速度大小是20 m/s B物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/sC物体在前2 s内的位移大小是20 m D物体在5 s内的位移大小是50 m【答案】D【解析】.设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得g(5 s)2g(4 s)218 m，得g4 m/s2.所以物体在2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是g(2 s)28 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是g(5 s)250 m，选项D正确【变式1】如图所示，将一小球以10 m/s的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10 m/s2.则3 s内小球运动的()A路程为25 m B位移为15 m C速度改变量为30 m/s D平均速度为5 m/s【答案】A【解析】由xv0tgt2得位移x15 m，B错误；平均速度5 m/s，D错误；小球竖直上抛，由vv0gt得速度的改变量vvv0gt30 m/s，C错误；上升阶段通过路程x15 m，下降阶段通过的路程x2gt22，t2t2 s，解得x220 m，所以3 s内小球运动的路程为x1x225 m，A正确【变式2】(多选)将某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的()A路程为65 m B位移大小为25 m，方向竖直向上C速度改变量的大小为10 m/s D平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上【答案】AB【解析】物体的初速度v030 m/s，g10 m/s2，其上升时间t13 s，上升高度h145 m；下降时间t25 st12 s，下降高度h2gt20 m末速度vgt220 m/s，方向竖直向下故5 s内的路程sh1h265 m；位移xh1h225 m，方向竖直向上；速度改变量vv(v0)50 m/s，表示方向竖直向下；平均速度v5 m/s，方向竖直向上综上可知，选项A、B正确拓展点：双向可逆运动 类竖直上抛运动如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点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【例7】(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()A1 sB3 sC4 s D. s【答案】ACD【解析】当物体的位移为4 m时，根据xv0tat2得45t2t2解得t11 s，t24 s当物体的位移为4 m时，根据xv0tat2得45t2t2解得t3 s，故A、C、D正确，B错误【变式1】(2019陕西长安一中高三质检)两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为，当第二个物体开始下落时，两物体相距()Agt2 B.gt2 C.gt2 D.gt2【答案】D【解析】第二个物体在第一个物体下落后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1g()2.根据hgt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为gt2、，两物体未下落时相距，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距h，故D正确，A、B、C错误热点题型四物体运动的多过程问题1基本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：分清各阶段运动过程，画出草图；(2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移时间关系；(4)解：联立求解，算出结果2解题关键多过程运动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（一）：多过程运动之-“先以由静止加速在以匀减至速度为零”模型tOvt2t1a2a1v0（1）特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：速度公式 推导可得：速度位移公式 推导可得：平均速度位移公式 推导可得：（2）位移三个公式：；（3）解题策略：画出图，两段初末速度相同，中间速度是解题的核心。【例8】(2019湖南湘中名校联考)如图所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比，下列说法正确的是 ()A1221 B1212C2121 D2112【答案】A【解析】设木块到达斜面底端时的速度为v，根据vat得，加速度之比；根据平均速度的推论知，x1t，x22t，所以，选项A正确【变式1】在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀加速直线运动，在运动了8 s之后，由于前方突然有巨石滚下并堵在路中央，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为a1a221 B加速、减速中的平均速度大小之比为v1v211C加速、减速中的位移之比为x1x221 D加速、减速中的加速度大小之比为a1a213【解析】汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由vat，知a1t1a2t2，A、D错误又由v22ax知a1x1a2x2，C正确由v知，v1v211，B正确【答案】BC（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）tOvtav0加速时间；加速距离匀速时间；匀速距离总位移【例9】(2019广西柳州冲刺)甲、乙两辆车在平直公路上从同一地点先后出发，其运动的v t图象如图所示，已知t3时刻两车相遇，相遇前两车最大距离为25 m，已知t210 s求：(1)甲车在加速阶段的加速度大小；(2)两车相遇的时间t3.(取1.4，结果保留两位有效数字)【答案】(1)2 m/s2(2)17 s【解析】(1) 0t2时间内位移关系：vt2v(t2t1)25解得：t15 s所以甲的加速度：a12 m/s2(2) 0t3时间内，a1(t3t1)2a2ta21 m/s2解得：t35(2) s17 s【变式1】(2018山东省济南一中阶段检测)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的若继续行驶，则属于交通违章行为一辆以10 m/s的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为25 m时，绿灯还有2 s的时间就要熄灭(绿灯熄灭黄灯即亮)若该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.请通过计算说明：(1)汽车能否不闯黄灯顺利通过；(2)若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么？【答案】见解析【解析】(1)若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2 s内前进的距离为x1v0ta1t224 m，由于x1小于25 m，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过(2)若汽车紧靠停车线停下，则其位移为25 m.则加速度a2 m/s21)的过程中，质点的位移大小为x，则在速度由v0变为(k+1) v0的过程中，质点的位移大小为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：题中不涉及时间，我们选用位移速度公式分析解题设质点的加速度为a，根据位移速度公式可得，联立解得，A正确3.(2018山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x所用时间为2t，紧接着通过下一段位移x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x内的平均速度是v1；在第二段位移x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ttt，则物体加速度的大小a，解得：a，故选C.4.一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x13 m，第2 s内通过的位移x22 m，又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是()A初速度v0的大小为2.5 m/s B加速度a的大小为1 m/s2C位移x3的大小为1.125 m D位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s【答案】BCD【解析】由xaT2可得加速度a1 m/s2，选项B正确；第1 s末的速度v12.5 m/s，得初速度v0v1aT3.5 m/s，选项A错误；物体速度由2.5 m/s减小到0所需时间t2.5 s，则经过位移x3的时间t3为1.5 s，且x3at1.125 m，选项C正确；位移x3内的平均速度v0.75 m/s，选项D正确5.如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，最后停在D点已知AB6 m，BC4 m，从A点运动到B点，从B点运动到C点两个过程速度变化量都为2 m/s，则下列说法正确的是()A质点到达B点时速度大小为2.55 m/s B质点的加速度大小为2 m/s2C质点从A点运动到C点的时间为4 s DA、D两点间的距离为12.25 m【答案】BD【解析】设加速度大小为a，根据题设条件得|v|at2 m/s，AB、BC为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论xat2，解得t s1 s，a2 m/s2，选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t2 s，选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得vBvAC5 m/s，选项A错误；由速度与位移公式可得xADxAB12.25 m，选项D正确6.跳伞运动员以大小为5 m/s的速度匀速下降的过程中，在距地面10 m处掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着地的时间为(不计空气阻力对扣子的作用，重力加速度大小g10 m/s2)()A1 sB2 sC sD(2)s【答案】A【解析】选A.扣子掉了以后，运动员仍做匀速直线运动，而扣子做初速度大小为v05 m/s的竖直下抛运动，运动员下落需要的时间为t1 s2 s，扣子下落过程中有10 mv0t2gt，解得t21 s，时间差tt1t21 s，A正确6.(2019贵州省遵义市高三上学期第二次月考)一位4岁小男孩从高15层的楼顶坠下，被同楼的一位青年在楼下接住，幸免于难，设每层楼的高度为3 m，这位青年从他所在的地方到楼下需要的时间是1.3 s，则该青年要接住孩子，至多允许他反应的时间是(g取10 m/s2)()A3.0 s B1.7 s C0.4 s D1.3 s【答案】B【解析】楼高为：h153 m45 m由hgt2解得t s3.0 s，t3.0 s1.3 s1.7 s，则至多允许反应的时间为1.7 s故选项B正确7.一名消防队员在模拟学习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员（）A. 下滑过程中的最大速度为4m/s B. 加速与减速运动过程的时间之比为1：2C. 加速与减速过程中的平均速度之比为2：1 D. 加速与减速运动过程的位移大小之比为1：4【答案】B【解析】A：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移：即，代入数据解得：，故A错误；B：设加速与减速过程的时间分别为、，加速度大小分别为、，则、，解得：，故B正确；C：根据平均速度的推论知，则平均速度之比为为1：1，故C错误；D：因为平均速度之比为1：1，加速和减速的时间之比为1：2，则加速和减速的位移之比为1：2，故D错误。8.物体的初速度为v0，以加速度a做匀加速直线运动，如果要使物体速度增加到初速度的n倍，则物体发生的位移为()A.B.C.D.【答案】A【解析】设位移为x，由题意知末速度为nv0，由v2v022ax，得x，选项A正确9.(2019海南文昌中学检测)假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由10 m/s增加到15 m/s 所用时间为t1，位移为x1；速度由15 m/s增加到20 m/s所用时间为t2，位移为x2.下列说法正确的是()At1t2Bt1t2Cx1x2Dx1x2【答案】BD【解析】因为列车做匀加速直线运动，两个过程中，速度变化量相等，故根据公式vat可得，所用时间相同，故t1t2，选项A错误，B正确；根据公式x可得x1x2，选项C错误，D正确10(2019山东济南模拟)将一个物体在t0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t0.8 s时刻物体的速度大小变为8 m/s(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是()A物体一定是在t3.2 s时回到抛出点 Bt0.8 s时刻物体的运动方向可能向下C物体的初速度一定是16 m/s Dt0.8 s时刻物体一定在初始位置的下方【答案】AC【解析】物体做竖直上抛运动，在0.8 s内的速度变化量vgt100.8 m/s8 m/s，由于初速度不为零，可知t0.8 s时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B、D错误；由vv0gt，代入数据解得v016 m/s，则上升到最高点的时间t1 s1.6 s，则回到抛出点的时间t2t121.6 s3.2 s，故A、C正确23