2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題01 勻變速直線運動的規(guī)律（含解析）

《2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題01 勻變速直線運動的規(guī)律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020年高考物理一輪復習 熱點題型歸納與變式演練 專題01 勻變速直線運動的規(guī)律（含解析）（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題01 勻變速直線運動的規(guī)律 【專題導航】 目錄 熱點題型一　勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用 1 熱點題型二　勻變速直線運動的推論及應用 3 （一）比例法的應用 4 （二）Δx＝aT2推論法的應用 6 （三）平均速度公式的應用 7 （四）圖象法的應用 8 熱點題型三　自由落體和豎直上拋運動 8 拓展點：雙向可逆運動類豎直上拋運動 11 熱點題型四　物體運動的多過程問題 12 （一）：多過程運動之-----“先以由靜止加速在以勻減至速度為零”模型 12 （二）多過程運動之“先加后勻”模型（限速問題） 14 （三）多過程運動之“返回出發(fā)點”模型 15 （四）多過程

2、運動之“反應時間（先勻后減）”模型 15 （六）多過程運動之“耽誤時間（先減后加）”模型 17 【題型演練】 18 【題型歸納】 熱點題型一　勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用 1.基本規(guī)律 2．對于運動學公式的選用可參考下表所列方法 題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設定的中間量) 沒有涉及的物理量　 適宜選用的公式 v0、v、a、t x 【速度公式】v＝v0＋at v0、a、t、x v 【位移公式】x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t 【速度位移關系式】v2－v＝2ax v0、v、t、x a 【平均速度公式】x＝t

3、【例1】短跑運動員完成100 m賽跑的過程可簡化為勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段．一次比賽中， 某運動員用11.00 s跑完全程．已知運動員在加速階段的第2 s內通過的距離為7.5 m，則該運動員的加速度 及在加速階段通過的距離為（ ）． A. 5 m/s2　10 m B. 5 m/s2　11 m C. 2.5 m/s2　10 m D. 2.5 m/s2　10 m 【答案】　A 【解析】　根據(jù)題意，在第1 s和第2 s內運動員都做勻加速直線運動，設運動員在勻加速階段的加速度為a，在第1 s和第2 s內通過的位移分別為s1和s2，由運動學規(guī)律得： s1＝at

4、 s1＋s2＝a(2t0)2 t0＝1 s 聯(lián)立解得：a＝5 m/s2 設運動員做勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，勻速運動的速度為v，跑完全程的時間為t，全程的距離為s，依題意及運動學規(guī)律，得 t＝t1＋t2 v＝at1 s＝at＋vt2 設加速階段通過的距離為s′， 則s′＝at 求得s′＝10 m 【變式1】(2019·河南十校聯(lián)考)汽車在水平面上剎車，其位移與時間的關系是x＝24t－6t2，則它在前3 s內 的平均速度為 (　　) A．6 m/s　　　　　　B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s 【答案】

5、B 【解析】將題目中的表達式與x＝v0t＋at2比較可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2.所以由v＝v0＋at可得汽車從剎車到靜止的時間為t＝ s＝2 s，由此可知第3 s內汽車已經(jīng)停止，汽車運動的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度v＝＝ m/s＝8 m/s. 【變式2】(2019·福建泉州名校聯(lián)考)某質點的位移隨時間變化規(guī)律的關系是s＝4t＋2t2，s與t的單位分別為m和s，則質點的初速度與加速度分別為(　　) A．4 m/s與2 m/s2 B．0與4 m/s2 C．4 m/s與4 m/s2

6、 D．4 m/s與0 【答案】C 【解析】根據(jù)勻變速直線運動的位移公式s＝v0t＋at2，與質點運動的位移隨時間變化的關系式s＝4t＋2t2相對比可以得到，物體的初速度的大小為v0＝4 m/s，加速度的大小為a＝4 m/s2，選項C正確． 【變式3】(2019·廣西欽州模擬)以36 km/h的速度沿平直公路行駛的汽車，遇障礙物剎車后獲得大小為4 m/s2的加速度，剎車后第3 s內汽車的位移大小為(　　) A．12.5 m B．2 m C．10 m D．0.5 m 【答案】D 【解析】據(jù)v＝at可得由剎車到靜止所需的時間

7、t＝2.5 s，則第3 s內的位移，實際上就是2～2.5 s內的位移，x＝at′2＝0.5 m. 熱點題型二　勻變速直線運動的推論及應用 1．三個推論 (1)連續(xù)相等的相鄰時間間隔T內的位移差相等， 即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2. (2)做勻變速直線運動的物體在一段時間內的平均速度等于這段時間初、末時刻速度矢量和的一半，還等于中間時刻的瞬時速度． 平均速度公式：＝＝. (3)位移中點速度＝. 2．初速度為零的勻加速直線運動的四個重要推論 (1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬時速度之比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n. (2)

8、前T內、前2T內、前3T內、…、前nT內的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2. (3)第1個T內、第2個T內、第3個T內、…、第n個T內的位移之比為xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)． (4)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)． 3.思維方法 遷移角度 適用情況 解決辦法 比例法 常用于初速度為零的勻加速直線運動且運動具有等時性或等距離 由連續(xù)相鄰相等時間(或長度)的比例關系求解 推論法 適用于“紙帶”類問題 由Δs＝aT2求加速度 平均速

9、度法 常用于“等分”思想的運動，把運動按時間(或距離)等分之后求解 根據(jù)中間時刻的速度為該段位移的平均速度來求解問題 圖象法 常用于加速度變化的變速運動 由圖象的斜率、面積等條件判斷 （一）比例法的應用 【例2】．(多選)北京時間2017年3月26日世界女子冰壺錦標賽決賽在北京首都體育館舉行．加拿大以8比3戰(zhàn)勝了俄羅斯隊，時隔九年再次奪冠，比賽中一冰壺以速度v垂直進入三個相等寬度的矩形區(qū)域做勻減速直線運動，且在剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是(　　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1

10、 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 【答案】BD 【解析】.因為冰壺做勻減速直線運動，且末速度為零，故可以視為反向的勻加速直線運動來研究，通過連續(xù)相等位移所用的時間之比為1∶(－1)∶(－)…，故冰壺勻減速通過三段連續(xù)相等位移所用的時間之比為(－)∶(－1)∶1，選項C錯誤，D正確；初速度為零的勻加速直線運動在各位移等分點的速度之比為1∶∶…，則冰壺勻減速進入每個矩形區(qū)域時的速度之比為∶∶1，選項A錯誤，B正確． 【變式1】（2019·新課標全國Ⅰ卷）如圖，籃球架下的運動員原地垂直

11、起跳扣籃，離地后重心上升的最大高 度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足 A．1<<2 B．2<<3 C．3<<4 D．4<<5 【答案】C 【解析】運動員起跳到達最高點的瞬間速度為零，又不計空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運動。則根據(jù)初速度為零勻加速運動，相等相鄰位移時間關系，可知，即，故本題選C。 【變式2】(多選)(2019·湖北大冶一中月考)如圖所示，光滑斜面上的四段距離相等，質點從 O點由靜止開始下滑，做勻加速直線運動，先后通過a、b、c、d，下列說法正確的是 (　　)

12、 A．質點由O到達各點的時間之比ta∶tb∶tc∶td＝1∶∶∶2 B．質點通過各點的速率之比va∶vb∶vc∶vd＝1∶∶∶2 C．質點在斜面上運動的平均速度v＝vb D．質點在斜面上運動的平均速度v＝ 【答案】AB 【解析】根據(jù)x＝at2，得t＝，Oa、Ob、Oc、Od的距離之比為1∶2∶3∶4，所以質點由O到達各點的時間之比為1∶∶∶2，故A正確．根據(jù)v2＝2ax，v＝，Oa、Ob、Oc、Od的距離之比為1∶2∶3∶4，所以質點通過各點的速率之比va∶vb∶vc∶vd＝1∶∶∶2，故B正確．初速度為0的勻加速直線運動中，在最初相等的時間內通過的位移之比為1∶3，可知a點是Od

13、的中間時刻，某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則v＝，故C錯誤．v＝＝，即在斜面上運動的平均速度v＝， 【變式3】．(2019·鄭州模擬)如圖所示，在水平面上固定著三個完全相同的木塊，一子彈以水平速度射入木 塊，若子彈在木塊中做勻減速直線運動，當穿透第三個木塊時速度恰好為零，則下列關于子彈依次射入每 個木塊時的速度比和穿過每個木塊所用時間比正確的是 (　　) 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】D 【解析】用“逆向思維”法解

14、答，則子彈向左做初速度為零的勻加速直線運動，設每塊木塊厚度為L，則v＝2a·L，v＝2a·2L，v＝2a·3L，v3、v2、v1分別為子彈倒過來從右到左運動L、2L、3L時的速度，則v1∶v2∶v3＝∶∶1，選項A、B錯誤；又由于每塊木塊厚度相同，則由比例關系可得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，選項C錯誤，D正確． （二）Δx＝aT2推論法的應用 【例3】．(2019·成都高新區(qū)模擬)一小球沿斜面勻加速滑下，依次經(jīng)過A、B、C三點，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球經(jīng)過AB和BC兩段所用的時間均為2 s，則小球經(jīng)過A、B、C三點時的速度大小分別是(　　) A．2 m/s，3

15、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】選B.根據(jù)物體做勻加速直線運動的特點，兩點之間的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，故B點的速度就是AC段的平均速度，vB＝＝4 m/s；又因為兩個連續(xù)相等時間間隔內的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，則由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2；再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故選項B正確． 【變式1】物體做勻加速直線運動，在時間T內通過位

16、移x1到達A點，接著在時間T內又通過位移x2到達B點，則物體(　　) A．在A點的速度大小為 B．在B點的速度大小為 C．運動的加速度為 D．運動的加速度為 【答案】AB 【解析】勻變速直線運動全程的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則vA＝＝，A正確；設物體的加速度為a，則x2－x1＝aT2，所以a＝，C、D錯誤；物體在B點的速度大小為vB＝vA＋aT，解得vB＝，B正確． 【變式2】(2019·銅陵模擬)一輛公共汽車進站后開始剎車，做勻減速直線運動．開始剎車后的第1 s內和第2 s內位移大小依次為9 m和7 m，則剎車后6 s內

17、的位移是(　　) A．20 m　　　　　　　　　 B．24 m C．25 m D．75 m 【答案】　C 【解析】　設汽車的初速度為v0，加速度為a，根據(jù)勻變速直線運動的推論Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得a＝＝ m/s2＝－2 m/s2；汽車第1 s內的位移x1＝v0t＋at2，代入數(shù)據(jù)解得v0＝10 m/s；汽車剎車到停止所需的時間t0＝＝ s＝5 s，則汽車剎車后6 s內的位移等于5 s內的位移，則x＝t0＝×5 m＝25 m，故C正確，A、B、D錯誤． （三）平均速度公式的應用 【例4】．質點由靜止從A點出發(fā)沿直線AB運動，行程的第一階段是加速度大小為a1的勻加速

18、運動，接著做加速度大小為a2的勻減速運動，到達B點時恰好速度減為零．若AB間總長度為s，則質點從A到B所用時間t為(　　) A．　　 B． C． D． 【答案】B 【解析】.設第一階段的末速度為v， 則由題意可知：＋＝s， 解得：v＝； 而s＝t1＋t2＝t， 由此解得：t＝，所以正確答案為B. 【變式1】(2019·河北武邑中學周考)做勻加速直線運動的質點在第一個3 s內的平均速度比它在第一個5 s 內的平均速度小3 m/s.則質點的加速度大小為(　　) A．1 m/s2　　　　　　　　 B．2 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2 【答案】C 【解析】根

19、據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知，第一個3 s內的平均速度為第1.5 s末的速度；第一個5 s內的平均速度為第2.5 s末的速度．則由a＝可得a＝ m/s2＝3 m/s2，故選C. （四）圖象法的應用 【例5】.(2019·懷化模擬)如圖所示，甲、乙兩車同時由靜止從A點出發(fā)，沿直線AC運動．甲以加速度a3做初速度為零的勻加速運動，到達C點時的速度為v.乙以加速度a1做初速度為零的勻加速運動，到達B點后做加速度為a2的勻加速運動，到達C點時的速度也為v.若a1≠a2≠a3，則(　　) A．甲、乙不可能同時由A到達C B．甲一定先由A到達C C．乙一定先由A到達C

20、 D．若a1>a3，則甲一定先由A到達C 【答案】A 【解析】.根據(jù)速度－時間圖線得，若a1>a3，如圖(a)，因為末速度相等，位移相等，即圖線與時間軸所圍成的面積相等，則t乙a1，如圖(b)，因為末速度相等，位移相等，即圖線與時間軸所圍成的面積相等，則t乙>t甲．通過圖線作不出位移相等，速度相等，時間也相等的圖線，所以甲、乙不能同時到達．故A正確，B、C、D錯誤． 熱點題型三　自由落體和豎直上拋運動 1．兩種運動的特性 (1)自由落體運動為初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動． (2)豎直上拋運動的重要特性(如

21、圖) ①對稱性 a．時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理tAB＝tBA. b．速度對稱：物體上升過程經(jīng)過A點的速度與下降過程經(jīng)過A點的速度大小相等． ②多解性：當物體經(jīng)過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性． 2．豎直上拋運動的研究方法 分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運動 下降階段：自由落體運動 全程法 初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向為正方向). 若v>0，物體上升，若v<0，物體下落； 若h

22、>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方. 【例6】（1）某物體以30 m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10 m/s2.5 s內物體 A．路程為65 m B．位移大小為25 m，方向向上 C．速度改變量的大小為10 m/s D．平均速度大小為13 m/s，方向向上 【答案】AB 【解析】選AB.法一：分階段法 物體上升的時間t上＝＝ s＝3 s，物體上升的最大高度h1＝＝ m＝45 m．物體從最高點自由下落2 s的高度h2＝gt＝×10×22 m＝20 m．運動過程如圖所示，則總路程為

23、65 m，A正確；5 s末物體離拋出點的高度為25 m，即位移的大小為25 m，方向豎直向上，B正確；5 s末物體的速度大小v＝gt下＝10×2 m/s＝20 m/s，方向豎直向下，取豎直向上為正方向，則速度改變量Δv＝(－v)－v0＝(－20 m/s)－30 m/s＝－50 m/s，即速度改變量的大小為50 m/s，方向豎直向下，C錯誤；平均速度大小＝＝ m/s＝5 m/s，方向豎直向上，D錯誤． 法二：全過程法 由豎直上拋運動的規(guī)律可知：物體經(jīng)3 s到達最大高度h1＝45 m處．將物體運動的全程視為勻減速直線運動，則有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s內物體的位移

24、h＝v0t＋at2＝25 m>0，說明物體5 s末在拋出點上方25 m處，故路程為65 m，位移大小為25 m，方向豎直向上，A、B正確；速度的變化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C錯誤；5 s末物體的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度＝＝5 m/s>0，方向豎直向上，D錯誤． （2）(2019·福建六校聯(lián)考)假設一位同學在某星球上完成自由落體運動實驗：讓一個質量為2 kg的物體從一定的高度自由下落，測得在第5 s內的位移是18 m(未落地)，則(　　) A．物體在2 s末的速度大小是20 m/s B．物體在第5 s內的平均速度大小是3.6 m/s C．物體在前2

25、s內的位移大小是20 m D．物體在5 s內的位移大小是50 m 【答案】D 【解析】.設該星球表面的重力加速度為g，由自由下落在第5 s內的位移是18 m，可得g×(5 s)2－g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以物體在2 s末的速度大小為8 m/s，選項A錯誤；物體在第5 s內的平均速度大小為18 m/s，選項B錯誤；物體在前2 s內的位移大小是g×(2 s)2＝8 m，選項C錯誤；物體在5 s內的位移大小是g×(5 s)2＝50 m，選項D正確． 【變式1】如圖所示，將一小球以10 m/s的初速度在某高臺邊沿豎直上拋，不計空氣阻力，取拋出點為坐標原點，向上為

26、坐標軸正方向，g取10 m/s2.則3 s內小球運動的(　　) A．路程為25 m B．位移為15 m C．速度改變量為30 m/s D．平均速度為5 m/s 【答案】A 【解析】由x＝v0t－gt2得位移x＝－15 m，B錯誤；平均速度＝＝－5 m/s，D錯誤；小球豎直上拋，由v＝v0－gt得速度的改變量Δv＝v－v0＝－gt＝－30 m/s，C錯誤；上升階段通過路程x1＝＝5 m，下降階段通過的路程x2＝gt22，t2＝t－＝2 s，解得x2＝20 m，所以3 s內小球運動的路程為x1＋x2＝25 m，A正確． 【變式2】．(多選)將某物體以30 m/s的初

27、速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10 m/s2.5 s內物體的(　　) A．路程為65 m B．位移大小為25 m，方向豎直向上 C．速度改變量的大小為10 m/s D．平均速度大小為13 m/s，方向豎直向上 【答案】AB 【解析】物體的初速度v0＝30 m/s，g＝10 m/s2，其上升時間t1＝＝3 s，上升高度h1＝＝45 m；下降時間t2＝5 s－t1＝2 s，下降高度h2＝gt＝20 m．末速度v＝gt2＝20 m/s，方向豎直向下．故5 s內的路程s＝h1＋h2＝65 m；位移x＝h1－h(huán)2＝25 m，方向豎直向上；速度改變量Δv

28、＝v－(－v0)＝50 m/s，表示方向豎直向下；平均速度v＝＝5 m/s，方向豎直向上．綜上可知，選項A、B正確． 拓展點：雙向可逆運動 類豎直上拋運動 如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高點仍能以原加速度勻加速下滑，全過程加速度大小、方向均不變，故求解時可對全過程列式，但必須注意x、v、a等矢量的正負號及物理意義． 【例7】(多選)一物體以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上運動，其加速度大小為2 m/s2，設斜面足夠長，經(jīng)過t時間物體位移的大小為4 m，則時間t可能為(　　) A．1 s　　　　　　　　　 B．3 s C．4 s D. s 【答案】　ACD 【解析】　當物體的

29、位移為4 m時，根據(jù)x＝v0t＋at2得4＝5t－×2t2 解得t1＝1 s，t2＝4 s當物體的位移為－4 m時，根據(jù)x＝v0t＋at2得－4＝5t－×2t2 解得t3＝ s，故A、C、D正確，B錯誤． 【變式1】(2019·陜西長安一中高三質檢)兩物體在不同高度自由下落，同時落地，第一個物體下落時間為t，第二個物體下落時間為，當?shù)诙€物體開始下落時，兩物體相距(　　) A．gt2 B.gt2 C.gt2 D.gt2 【答案】D 【解析】第二個物體在第一個物體下落后開始下落，此時第一個物體下落的高度

30、h1＝g()2＝.根據(jù)h＝gt2，知第一個物體和第二個物體下落的總高度分別為gt2、，兩物體未下落時相距，所以當?shù)诙€物體開始下落時，兩物體相距Δh＝－＝，故D正確，A、B、C錯誤． 熱點題型四　物體運動的多過程問題 1．基本思路 如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，各段交接處的速度往往是聯(lián)系各段的紐帶．可按下列步驟解題： (1)畫：分清各階段運動過程，畫出草圖； (2)列：列出各運動階段的運動方程； (3)找：找出交接處的速度與各段間的位移—時間關系； (4)解：聯(lián)立求解，算出結果． 2．解題關鍵 多過程運動的轉折點的速度是聯(lián)系兩個運動過程的紐帶，因此，轉折點

31、速度的求解往往是解題的關鍵． （一）：多過程運動之-----“先以由靜止加速在以勻減至速度為零”模型 t O v t2 t1 a2 a1 v0 （1）特點：初速度為零，末速度為v，兩段初末速度相同，平均速度相同。三個比例式： ①速度公式 推導可得： ②速度位移公式 推導可得： ③平均速度位移公式 推導可得： （2）位移三個公式：；； （3）解題策略：畫出圖，兩段初末速度相同，中間速度是解題的核心。 【例8】(2019·湖南湘中名校聯(lián)考)如圖所示，很小的木塊由靜止開始從斜面下滑，經(jīng)時間t后進入一水平面， 兩軌道之間用長度可忽略的圓弧連接，再經(jīng)2t時間停

32、下，關于木塊在斜面上與在水平面上位移大小之比 和加速度大小之比，下列說法正確的是 (　　) A．1∶2　2∶1 B．1∶2　1∶2 C．2∶1　2∶1 D．2∶1　1∶2 【答案】A 【解析】設木塊到達斜面底端時的速度為v，根據(jù)v＝at得，加速度之比＝＝；根據(jù)平均速度的推論知，x1＝t，x2＝·2t，所以＝，選項A正確． 【變式1】在一次救災活動中，一輛救災汽車由靜止開始做勻加速直線運動，在運動了8 s之后，由于前方 突然有巨石滾下并堵在路中央，所以又緊急剎車，勻減速運動經(jīng)4 s 停在巨石前．則關于汽車的運動情況， 下列說法正確的是(　) A．加速、減速中的加速度

33、大小之比為a1∶a2＝2∶1 B．加速、減速中的平均速度大小之比為v1∶v2＝1∶1 C．加速、減速中的位移之比為x1∶x2＝2∶1 D．加速、減速中的加速度大小之比為a1∶a2＝1∶3 【解析】汽車由靜止運動8 s，又經(jīng)4 s停止，加速階段的末速度與減速階段的初速度相等，由v＝at，知a1t1＝a2t2，＝，A、D錯誤．又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，＝＝，C正確．由v＝知，v1∶v2＝1∶1，B正確． 【答案】BC （二）多過程運動之“先加后勻”模型（限速問題） t O v t a v0 加速時間；加速距離 勻速時間；勻速距離 總位移

34、 【例9】(2019·廣西柳州沖刺)甲、乙兩輛車在平直公路上從同一地點先后出發(fā)，其運動的v -t圖象如圖所示， 已知t3時刻兩車相遇，相遇前兩車最大距離為25 m，已知t2＝10 s．求： (1)甲車在加速階段的加速度大小； (2)兩車相遇的時間t3.(?。?.4，結果保留兩位有效數(shù)字) 【答案】(1)2 m/s2　(2)17 s 【解析】(1) 0～t2時間內位移關系： vt2＝v(t2－t1)＋25 解得：t1＝5 s 所以甲的加速度：a1＝＝2 m/s2 (2) 0～t3時間內，a1(t3－t1)2＝a2t a2＝＝1 m/s2 解得：t3＝5(2＋) s＝17

35、 s 【變式1】(2018·山東省濟南一中階段檢測)道路交通法規(guī)規(guī)定：黃燈亮時車頭已越過停車線的車輛可以繼續(xù)行駛，車頭未越過停車線的若繼續(xù)行駛，則屬于交通違章行為．一輛以10 m/s的速度勻速直線行駛的汽車即將通過紅綠燈路口，當汽車車頭與停車線的距離為25 m時，綠燈還有2 s的時間就要熄滅(綠燈熄滅黃燈即亮)．若該車加速時最大加速度大小為2 m/s2，減速時最大加速度大小為5 m/s2.請通過計算說明： (1)汽車能否不闖黃燈順利通過； (2)若汽車立即做勻減速直線運動，恰好能緊靠停車線停下的條件是什么？ 【答案】　見解析 【解析】　(1)若駕駛員使汽車立即以最大加速度加速行駛，2

36、 s內前進的距離為x1＝v0t＋a1t2＝24 m，由于x1小于25 m，所以汽車不能不闖黃燈而順利通過． (2)若汽車緊靠停車線停下，則其位移為25 m. 則加速度a＝＝2 m/s2<5 m/s2 所以汽車能夠恰好緊靠停車線停下的條件是加速度為2 m/s2. （三）多過程運動之“返回出發(fā)點”模型 t O v t2 t1 -a2 a1 v1 -v2 （1）特點：初速度為零，兩段總位移為零。 （2）位移兩個公式：； （3）特殊結論：若,則有 , （四）多過程運動之“反應時間（先勻后減）”模型 t O v x2 t1 a v0 x1 總

37、位移 【例10.】汽車以10 m/s的速度在馬路上勻速行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)正前方15米處的斑馬線上有行人，于是剎車，讓汽車恰好停在斑馬線前，假設駕駛員反應時間為0.5 s．汽車運動的v－t圖象如圖所示，則汽車的加速度大小為(　　) A. 20 m/s2 B. 6 m/s2 C. 5 m/s2 D. 4 m/s2 【答案】C 【解析】設勻減速直線運動所用的時間為t，根據(jù)v-t圖象的面積代表物體通過的位移可得： 15m=10m/s×0.5s+×10m/s×t，解得t=2s，所以勻減速運動的加速度

38、為：，則汽車的加速度大小為5m/s2．故選C． （五）多過程運動之“減速為零，原路返回”模型 t O v t2 t1 a2 a1 v1 v2 （1）特點：初（或末）速度為零，兩段運動位移大小相等為x。 （2）位移三個公式：位移公式；速度位移公式； 平均速度位移公式 （3）三個比例式：① ；② ；③ 【例11】將一個質量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中v-t圖像如圖所示， g=10m/s2，則下列說法正確的是（ ） A. 小球重力和所受阻力之比為5：1 B. 小球上升過程中克服阻力做功24 J C. 小球上升與下

39、落所用時間之比為2：3 D. 小球上升過程中機械能的損失大于下落過程中機械能的損失 【答案】A 【解析】解：A、速度時間圖線可知，小球上升的加速度大小a1=12m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=12-10N=2N；所以重力和所受阻力之比為5：1 小球勻減速直線運動的位移：x＝1/2×2×24m＝24m B、克服阻力做功: C、小球下降的加速度：，由得，時間之比為 D、機械能損失量等于阻力的功，上下過程阻力做功一樣多，所以損失機械能一樣多 （六）多過程運動之“耽誤時間（先減后加）”模型 t O v a2 t v0 a1

40、 耽誤距離，耽誤時間 【例12】將一物體以初速度豎直向上拋出，設空氣阻力大小恒定，其速度大小隨時間變化的圖象如圖所示，則下列說法正確的是（） A. 物體經(jīng)過1.8的時間落回拋出點 B. 物體在落回到拋出點的過程中平均速度為 C. 物體在上升階段和下落到拋出點階段重力做功平均功率之比為 D. 空氣阻力為其重力的0.2倍 【答案】CD 【解析】A、根據(jù)牛頓第二定律，上升：，下落：，由于下落過程中加速度小，所以下落過程時間大于上升過程時間，故總時間大于，故選項A錯誤； B、由于空氣阻力的作用，導致物體落回拋出點的速度小于，所以平均速度小于，故選項B錯誤； C、由牛頓第

41、二定律可得： 上升階段， 下落階段， 可得， 上升階段和下落階段位移相等：， 可得,所以重力平均功率之比為，故選項C D正確。 【題型演練】 1.(2019·湖南永州模擬)質點做直線運動的位移x與時間t的關系為x＝5t＋t2(各物理量均采用國際單位制單 位)，下列說法正確的是 (　　) A．該質點的加速度大小為1 m/s2 B．該質點在1 s末的速度大小為6 m/s C．該質點在第2 s內的平均速度為8 m/s D．前2 s內的位移為8 m 【答案】C 【解析】將勻變速直線運動的位移公式x＝v0t＋at2與x＝5t＋t2對比

42、可知，質點的初速度v0＝5 m/s，加速度a＝2 m/s2，A項錯誤.1 s末的速度v1＝v0＋at1＝7 m/s，B項錯誤．由x＝5t＋t2可知該質點在前2 s內位移x2＝14 m，前1 s內位移x1＝6 m，則其在第2 s內位移x2′＝x2－x1＝8 m，則第2 s內的平均速度為8 m/s，C項正確，D項錯誤． 2.（2019云南楚雄）某質點做勻加速直線運動，在速度由v0變?yōu)閗v0(k>1)的過程中，質點的位移大小為x，則在速度由v0變?yōu)?k+1) v0的過程中，質點的位移大小為( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】試題分析：題中不涉及時

43、間，我們選用位移速度公式分析解題． 設質點的加速度為a，根據(jù)位移速度公式可得①，②，聯(lián)立解得，A正確． 3.(2018·山東省日照市校際聯(lián)合質檢)一物體做勻加速直線運動，通過一段位移Δx所用時間為2t，緊接著通過下一段位移Δx所用時間為t.則物體運動的加速度大小為(　　) A. B. C. D. 【答案】　C 【解析】　物體做勻加速直線運動，在第一段位移Δx內的平均速度是v1＝；在第二段位移Δx內的平均速度是v2＝；因為某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則兩個中間時刻的時間差為Δt＝t＋＝t，則物體加速度的大小a＝＝，解得

44、：a＝，故選C. 4.一物體以初速度v0做勻減速直線運動，第1 s內通過的位移x1＝3 m，第2 s內通過的位移x2＝2 m，又經(jīng) 過位移x3，物體的速度減小為0，則下列說法正確的是 (　　) A．初速度v0的大小為2.5 m/s B．加速度a的大小為1 m/s2 C．位移x3的大小為1.125 m D．位移x3內的平均速度大小為0.75 m/s 【答案】BCD 【解析】由Δx＝aT2可得加速度a＝－1 m/s2，選項B正確；第1 s末的速度v1＝＝2.5 m/s，得初速度v0＝v1－aT＝3.5 m/s，選項A錯誤；物體速度由2.5 m/s

45、減小到0所需時間t＝＝2.5 s，則經(jīng)過位移x3的時間t3為1.5 s，且x3＝－at＝1.125 m，選項C正確；位移x3內的平均速度v＝＝0.75 m/s，選項D正確． 5.如圖所示，某質點做勻減速直線運動，依次經(jīng)過A、B、C三點，最后停在D點．已知AB＝6 m，BC＝4 m， 從A點運動到B點，從B點運動到C點兩個過程速度變化量都為－2 m/s， 則下列說法正確的是 (　　) A．質點到達B點時速度大小為2.55 m/s B．質點的加速度大小為2 m/s2 C．質點從A點運動到C點的時間為4 s D．A、D兩點間的距離為12.25 m 【答案】BD

46、【解析】設加速度大小為a，根據(jù)題設條件得|Δv|＝at＝2 m/s，AB、BC為連續(xù)相等時間內的位移，由勻變速直線運動推論Δx＝at2，解得t＝＝ s＝1 s，a＝2 m/s2，選項B正確；質點從A點運動到C點的時間為2t＝2 s，選項C錯誤；根據(jù)勻變速直線運動的平均速度公式可得vB＝vAC＝＝5 m/s，選項A錯誤；由速度與位移公式可得xAD＝xAB＋＝12.25 m，選項D正確． 6.跳傘運動員以大小為5 m/s的速度勻速下降的過程中，在距地面10 m處掉了一顆扣子，跳傘運動員比扣子晚著地的時間為(不計空氣阻力對扣子的作用，重力加速度大小g＝10 m/s2)(　　) A．1 s　　 B

47、．2 s C． s D．(2－)s 【答案】A 【解析】選A.扣子掉了以后，運動員仍做勻速直線運動，而扣子做初速度大小為v0＝5 m/s的豎直下拋運動，運動員下落需要的時間為t1＝ s＝2 s，扣子下落過程中有10 m＝v0t2＋gt，解得t2＝1 s，時間差Δt＝t1－t2＝1 s，A正確． 6.(2019·貴州省遵義市高三上學期第二次月考)一位4歲小男孩從高15層的樓頂墜下，被同樓的一位青年在樓下接住，幸免于難，設每層樓的高度為3 m，這位青年從他所在的地方到樓下需要的時間是1.3 s，則該青年要接住孩子，至多允許他反應的時間是(g取10 m/s2)(　　) A．3.0 s

48、 B．1.7 s C．0.4 s D．1.3 s 【答案】B 【解析】樓高為：h＝15×3 m＝45 m．由h＝gt2解得t＝＝ s＝3.0 s，Δt＝3.0 s－1.3 s＝1.7 s，則至多允許反應的時間為1.7 s．故選項B正確． 7.一名消防隊員在模擬學習訓練中，沿著長為12m的豎立在地面上的鋼管從頂端由靜止先勻加速再勻減速下滑，滑到地面時速度恰好為零．如果他加速時的加速度大小是減速時加速度大小的2倍，下滑的總時間為3s，那么該消防隊員（　　） A. 下滑過程中的最大速度為4m/s B. 加速與減速運

49、動過程的時間之比為1：2 C. 加速與減速過程中的平均速度之比為2：1 D. 加速與減速運動過程的位移大小之比為1：4 【答案】B 【解析】A：設下滑過程中的最大速度為v，則消防隊員下滑的總位移：即，代入數(shù)據(jù)解得：，故A錯誤； B：設加速與減速過程的時間分別為、，加速度大小分別為、，則、，解得：，故B正確； C：根據(jù)平均速度的推論知，則平均速度之比為為1：1，故C錯誤； D：因為平均速度之比為1：1，加速和減速的時間之比為1：2，則加速和減速的位移之比為1：2，故D錯誤。 8.物體的初速度為v0，以加速度a做勻加速直線運動，如果要使物體速度增加到初速度的n倍，則物體發(fā)生的位

50、移為(　　) A.B.C. D. 【答案】A 【解析】設位移為x，由題意知末速度為nv0，由v2－v02＝2ax，得x＝＝＝，選項A正確． 9.(2019·海南文昌中學檢測)假設列車從甲站開出后某段時間內做勻加速直線運動，速度由10 m/s增加到15 m/s 所用時間為t1，位移為x1；速度由15 m/s增加到20 m/s所用時間為t2，位移為x2.下列說法正確的是(　　) A．t1>t2 B．t1＝t2 C．x1＝x2 D．x1

51、B正確；根據(jù)公式x＝可得x1