【K12教育学习资料】2019年高考物理一轮复习 专题1.11 匀变速直线运动规律的综合运用千题精练
高三物理一轮复习匀变速直线运动的规律及其应用知识点
届高三物理一轮复习匀变速直线运动的规律及其应用知识点匀变速直线运动，速度均匀变化的直线运动，即加速度不变的直线运动，以下是匀变速直线运动的规律及其应用知识点，请考生学习。
物体在一条直线上运动，如果在相等的时间内速度的变化相等，这种运动就叫做匀变速直线运动。
也可定义为：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动。
【概念及公式】沿着一条直线，且加速度方向与速度方向平行的运动，叫做匀变速直线运动。
如果物体的速度随着时间均匀减小，这个运动叫做匀减速直线运动。
如果物体的速度随着时间均匀增加，这个运动叫做匀加速直线运动。
s(t)=1/2at^2+v(0)t=【v(t)^2-v(0)^2】/(2a)={【v(t)+v(0)】/2}*tv(t)=v(0)+at其中a为加速度，v(0)为初速度，v(t)为t秒时的速度s(t)为t秒时的位移速度公式：v=v0+at位移公式：x=v0t+1/2at位移---速度公式：2ax=v2;-v02;条件：物体作匀变速直线运动须同时符合下述两条：⑴受恒外力作用⑵合外力与初速度在同一直线上。
【规律】瞬时速度与时间的关系：V1=V0+at位移与时间的关系：s=V0t+1/2at^2瞬时速度与加速度、位移的关系：V^2-V0^2=2as位移公式X=Vot+1/2at^2=Vot(匀速直线运动)位移公式推导：⑴由于匀变速直线运动的速度是均匀变化的，故平均速度=(初速度+末速度)/2=中间时刻的瞬时速度而匀变速直线运动的路程s=平均速度*时间，故s=[(v0+v)/2]t利用速度公式v=v0+at，得s=[(v0+v0+at)/2]t=[v0+at/2]t=v0t+1/2at^2⑵利用微积分的基本定义可知，速度函数(关于时间)是位移函数的导数，而加速度函数是关于速度函数的导数，写成式子就是ds/dt=v，dv/dt=a，d2s/dt2=a于是v=adt=at+v0，v0就是初速度，可以是任意的常数进而有s=vdt=(at+v0)dt=1/2at^2+v0t+C，(对于匀变速直线运动)，显然t=0时，s=0，故这个任意常数C=0，于是有s=1/2at^2+v0t这就是位移公式。
高考物理一轮复习讲义 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
高考物理一轮复习讲义第2讲匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动1、定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动叫做匀变速直线运动、2、分类：3、匀变速直线运动的规律(1)三个基本公式①速度公式：v＝v0＋at②位移公式：x＝v0t＋at2③位移速度关系式：v2－v＝2ax(2)三个推论①任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一个恒量，即xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ＝…＝xN－xN－1＝Δx＝aT2②某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度：＝v＝、③某段位移中点的瞬时速度等于初速度v0和末速度v 平方和一半的平方根，即＝、(3)初速度为零的匀加速直线运动的特点：(设T为等分时间间隔)①1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n、②1T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t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)、二、匀变速直线运动规律的应用1、自由落体运动(1)定义：初速度为零，只在重力作用下的匀加速直线运动、(2)运动规律：v＝gt；h＝gt2v2＝2gh2、竖直上抛运动(1)定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下的运动、(2)运动规律：v＝v0－gth＝v0t－gt2v2－v＝－2gh1、(xx江苏淮安市质检)做匀加速直线运动的质点，在第5 s 末的速度为10 m/s，则()A、前10 s内位移一定是100 mB、前10 s内位移不一定是100 mC、加速度一定是2 m/s2D、加速度不一定是2 m/s2解析：质点在第5 s末的速度为瞬时速度，因不知质点运动的初速度，故无法确定其加速度大小，C错误，D正确；质点在前10 s内一直做匀加速运动，则前10 s内的平均速度等于5 s未瞬时速度为10 m/s，前10 s内的位移为100 m，故A正确，B错误、答案：AD2、一个向正东方向做匀变速直线运动的物体，在第3 s内发生的位移为8 m，在第5 s内发生的位移为5 m，则关于物体运动加速度的描述正确的是()A、大小为3 m/s2，方向为正东方向B、大小为3 m/s2，方向为正西方向C、大小为1、5 m/s2，方向为正东方向D、大小为1、5 m/s2，方向为正西方向解析：设第3 s内、第5 s内的位移分别为x3、x5，则：x5－x3＝2aT2，5－8＝2a12， a＝－1、5 m/s2，加速度的方向为正西方向，D正确、答案： D3、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∶2B、x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶C、x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2D、x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶解析：由xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)知x1∶x2＝1∶3，由x＝at2知t1∶t2＝1∶，又v＝at可得v1∶v2＝1∶，B 正确、答案： B4、xx年11月29日上午，中国航母平台第二次出海测试、假设舰载飞机起跑时速度达到80 m/s就可以起飞，若要飞机在7、5 s内达到起飞速度，则在理想状况下飞机在航空母舰跑道上滑跑的加速度和甲板长度大约分别是()A、10、67 m/s2，150 mB、10、67 m/s2，300 mC、5、33 m/s2，300 mD、5、33 m/s2，600 m解析：在理想状态下飞机起飞前的加速运动可以理解为初速度为零的匀加速运动，由a＝≈10、67 m/s2，根据v2－v＝2ax得x＝≈300 m，B正确、答案： B5、(xx武昌调研)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/sB、物体的加速度一定是2 m/s2C、物体在前5 s内的位移一定是25 mD、物体在第5 s内的位移一定是9 m解析：考查匀变速直线运动规律，匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，根据第3 s内的位移为5 m，则2、5 s时刻的瞬时速度为v＝5 m/s，2、5 s时刻即为前5 s的中间时刻，因此前5 s内的位移为x＝vt＝5 m/s5 s＝25 m，C项对；由于无法确定物体在零时刻的速度以及匀变速运动的加速度，故A、B、D项均错、答案：C随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显、分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命、某路段机动车限速为15 m/s，一货车严重超载后的总质量为5、0104 kg，以15 m/s的速度匀速行驶、发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2、已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10 m/s2、(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比、(2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？(3)若此货车不仅超载而且以vc＝20 m/s的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？设此情形下刹车加速度大小仍为5 m/s2、解题的关键：求刹车时间和刹车距离→其中的隐含条件是货车的末速度为零、规范解答：(1)此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比为t1∶t2＝∶＝a2∶a1＝2∶1(2)方法一：设刹车时间为t，则t＝超载时：t1＝＝ s＝3 s正常装载时：t2＝＝ s＝1、5 s设刹车距离为x，根据匀变速直线运动的位移公式得x ＝v0t＋at2超载时：x1＝v0t1－a1t＝153 m－532 m＝22、5 m正常装载时：x2＝v0t2－a2t＝151、5 m－101、52 m＝11、25 m方法二：汽车刹车后做匀减速直线运动直至速度为零，可反向看成初速度为零的匀加速直线运动，则超载时：x1＝a1t＝532 m＝22、5 m正常装载时：x2＝a2t＝101、52 m＝11、25 m、方法三：设刹车距离为x，根据匀变速直线运动的推论公式得0－v＝－2ax解得x＝超载时：x1＝＝ m＝22、5 m正常装载时：x2＝＝ m＝11、25 m、(3)货车在超载情况下又超速行驶，则刹车距离为x3＝＝ m＝40 m、利用匀变速直线运动公式求解问题的技巧(1)正确判断物体的运动性质抓住一段运动过程，寻找x、x0、vt、a、t 五个物理量中的已知量、相关量与待求量：⑵解题的基本步骤：1－1：汽车从甲地由静止出发，沿平直公路驶向乙地、0～10 s 内，汽车先以加速度a1＝2 m/s2做匀加速运动，2 s后汽车做匀速直线运动，6 s时制动做匀减速直线运动，10 s时恰好停止、求：(1)汽车做匀减速运动的加速度大小、(2)10 s内汽车运行的位移、(3)在满足(1)、(2)问的加速度和位移的条件下、汽车从甲地到乙地的最短时间及运动过程中的最大速度、解析：(1)在2 s 末由v1＝a1t1，解得v1＝4 m/s，由v1＝a2t3，解得a2＝1 m/s2、(2)由x1＝t1，解得x1＝4 m，由x2＝v1t2，解得x2＝16 m，由x3＝t3，解得x3＝8 m，所以x＝x1＋x2＋x3＝28 m、(3)汽车先做匀加速运动，紧接着做匀减速运动，时间最短，速度最大，由a1t4＝a2t5，x＝t＋t解得t＝t4＋t5＝2 s，vm＝ m/s答案：(1)1 m/s2 (2)28 m (3)2 s m/s(1)刹车类问题做匀减速运动到速度为零时，即停止运动，其加速度a也突然消失、求解此类问题时应先确定物体实际运动的时间、注意题目中所给的时间与实际运动时间的关系、对末速度为零的匀减速运动也可以按其逆过程即初速度为零的匀加速运动处理，切忌乱套公式、(2)双向可逆类的运动例如：一个小球沿光滑斜面以一定初速度v0向上运动，到达最高点后就会以原加速度匀加速下滑，整个过程加速度的大小、方向不变，所以该运动也是匀变速直线运动，因此求解时可对全过程列方程，但必须注意在不同阶段v、x、a等矢量的正负号、一辆汽车以10 m/s的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0、2 m/s2，则刹车后汽车在1 min 内通过的位移大小为()A、240 mB、250 mC、260 mD、90 m解析：因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t＝＝50 s，所以汽车刹车后在1 min内通过的位移为x＝t＝250 m、答案：B找准方法，远离刹车问题陷阱求解汽车刹车类问题时，一定要认真分析清楚汽车的运动过程，一般都是先判断刹车时间或刹车位移，即判定汽车在给定时间内或位移内是否已停止，千万不能乱套公式、2－1：一质点以一定初速度自一光滑斜面底端a点上滑，最高可到达b点，c是ab的中点，如图所示，已知质点从a至c需要的时间为t0，问它从c经b再回到c，需要多少时间？解析：可将质点看做由b点开始下滑的匀加速直线运动，已知通过第二段相等位移ca的时间，求经过位移bc所需时间的2倍、则由v0＝0的匀加速直线运动在通过连续相等位移的时间比公式：tbc∶tca＝1∶(－1)得：tbc＝＝(＋1)t0，2tbc＝2(＋1)t0、答案：2(＋1)t0气球以10 m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17 s到达地面、求物体刚脱离气球时气球的高度、(g＝10 m/s2)甲解析：法一：(全程法)可将物体的运动过程视为匀变速直线运动、根据题意画出运动草图如图甲所示、规定向下方向为正，则v0＝－10 m/s，g＝10 m/s2据h＝v0t＋gt2，则有h＝－1017 m＋10172 m＝1275 m所以物体刚脱离气球时气球的高度为1275 m、乙法二：(分段法)如图乙将物体的运动过程分为A→B和B→D两段来处理、A→B为竖直上抛运动，B→D为自由落体运动、在A→B段，据竖直上抛规律可知此阶段运动段时间为tAB＝＝ s＝1 s由题意知tBD＝(17－1)s ＝16 s由自由落体运动规律hBD＝gt＝10162 m＝1280 mhBC＝gt＝1012 m＝5 mhCD＝hBD－hBC＝1275 m、(1)自由落体运动和竖直上抛运动是匀变速直线运动的特例，匀变速直线运动的一切规律均可适用、(2)竖直上抛问题的处理方法①全程法将竖直上抛运动视为竖直向上的加速度为g的匀减速直线运动、②分段法将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段、3－1：一矿井深为125 m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球，当第11个小球刚从井口下落时，第1个小球恰好到井底、求：(1)相邻两个小球开始下落的时间间隔、(2)这时第3个小球和第5个小球相隔的距离、(g取10 m/s2)解析：小球下落的情况如图所示(1)初速度为零的匀加速直线运动中，由开始起相邻相等时间间隔内位移比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，自由落体运动符合这一规律、如图所示，11个小球将125 m分成10段，设由上至下为x1、x2 (x)10、h＝gt2 t＝＝5 sΔt＝＝0、5 s，又因为t1＝Δt、(2)x1＝h1＝gt＝100、25 m＝1、25 m、第3个球与第5个球之间的距离为h7＋h8，而根据比例：h7＝13x1，h8＝15x1Δh＝h7＋h8＝28h1＝281、25 m＝35 m、答案：0、5 35解决匀变速直线运动的常用方法运动学问题的求解一般有多种方法，可从多种解法的对比中进一步明确解题的基本思路和方法，从而提高解题能力、方法分析说明一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式、它们均是矢量式，要注意方向平均速度法定义式＝对任何性质的运动都适用，而＝(v0＋v)只适用匀变速直线运动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＝只适用于匀变速直线运动、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，可利用比例关系求解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图象法应用v－t 图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析推论法xn＋1－xn＝aT2T为连续相等的时间物体以一定的初速度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、解析：方法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面、故xBC＝，xAC＝，又xBC＝，由以上三式解得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＝2axAC ①v＝v－2axAB ②xAB＝xAC ③由①②③解得vB ＝④又vB＝v0－at ⑤vB＝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，在连续相等的时间里通过的位移之比为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：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，作出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平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC、所以＝，解得tBC＝t、答案：t1、关于匀变速直线运动的下列说法，正确的是()A、匀加速直线运动的速度一定与时间成正比B、匀减速直线运动就是加速度为负值的运动C、匀变速直线运动的速度随时间均匀变化D、速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动答案：C2、运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3、5 s停止，试问它在制动开始后的1 s内、2 s内、3 s内通过的位移之比为()A、1∶3∶5B、3∶5∶7C、1∶2∶3D、3∶5∶6解析：画示意图如图所示，把汽车从A→E的末速度为0的匀减速直线运动，逆过来转换为从E→A的初速度为0的匀加速直线运动，来等效处理，由于逆过来前后，加速度相同，故逆过来前后的运动位移、速度时间均具有对称性、所以知汽车在相等时间内发生的位移之比为1∶3∶5∶…，把时间间隔分为0、5 s、所以xDE∶xCD∶xBC∶xAB＝1∶8∶16∶24，所以xAB∶xAC∶xAD＝3∶5∶6、故选项D正确、答案： D3、(xx上海单科)小球每隔0、2 s从同一高度抛出，做初速为6 m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰、第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为(取g＝10 m/s2)()A、三个B、四个C、五个D、六个解析：小球在抛点上方运动的时间t＝＝ s＝1、2 s、因每隔0、2 s在抛点抛出一个小球，因此第一个小球在1、2 s的时间内能遇上n＝－1＝5个小球，故只有选项C正确、答案： C4、(xx黄冈质检)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块最开始1 s内的位移为2、5 m，由此可求得()A、滑块的加速度为5 m/s2B、滑块的初速度为5 m/sC、滑块运动的总时间为3 sD、滑块运动的总位移为4、5 m解析：根据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时间为t，加速度为 a，设逆运动最初2 s内位移为x1，最后2 s内位移为x2，由运动学公式有x1＝a22；x2＝at2－a(t－2)2；且x2＝2x1；2、5＝at2－a(t－1)2、联系以上各式并代入数据可解得正确选项为C、D、答案：CD5、(xx西安期终考试)酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间、下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)、速度(m/s)思考距离/m制动距离/m正常酒后正常酒后157、515、030、0xx、020、036、746、72512、525、054、2x分析上表可知，下列说法不正确的是()A、驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0、5 sB、若汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车C、汽车制动时，加速度大小为10 m/s2D、表中x为66、7解析：由表中数据，驾驶员正常反应时间为0、5 s，酒后反应时间为1、0 s，A正确；若汽车以20 m/s的速度行驶时，酒后制动的距离为x1＝46、7 m>40 m，B正确；由公式x1＝，a＝7、5 m/s2，C错误；x＝vt＋＝(25＋)m≈66、7 m，D正确；本题选。
【配套K12】2019版高考物理一轮复习精选题辑课练1运动的描述匀变速直线运动规律
课练1 运动的描述 匀变速直线运动规律v t －t 02t D 答案：C解析：“蛟龙号”上浮时的加速度大小v t －t 022t ，平均速度v t －t 02t . )＝v t －t 0t ，所以平均速度v t －t 02t，故x 1，紧接着速度变化同样的ΔA.Δv 2x 2－x 1 B 2Δv 2x 2－x 1．(Δv )2⎝ ⎛1x 1－ D ．(Δv )答案：AΔv2x 2－x 1，A 7．(2018·天津五区县联考度变为原来的1解析：v 02－v 2a 错误．8．(2018·四川德阳一诊各物理量均选用国际单位制中单位D 错误．如图所示，一个质点做匀加速直线运动，三段所用时间之比为，通过多选)一个物体以初速度变化的规律如图所示，在连续两段时间时刻的加速度和速度分别为和v b ，则( )＝n －m S n ＋m mn B ＝m －n Sn ＋m mn＝m 2＋n 2S n ＋m mn D ＝m ＋n SmnBC设物体在a 时刻对应的速度为v a ，则在1m －n S m ＋n mn ，＝m 2＋n 2Sm ＋n mn，故在某段平直的铁路上，一列以后恰好停在某车站，并在该站停留324 km/h.求：(3)t 总＝t 1＋t 2＋t 停＝720 s ，x 1＝v ＋02t 1＝13 500 m ，v －＝x 1＋x 2t 总＝30 m/s.12．(2018·广东湛江一中月考)如图所示，直杆长L 1＝0.5 m ，圆筒高为L 2＝3.7 m ．直杆位于圆筒正上方H ＝0.8 m 处．直杆从静止开始做自由落体运动，并能竖直穿越圆筒，g取10 m/s 2.试求：(1)直杆下端刚到圆筒上端的时间； (2)直杆穿越圆筒所用的时间． 答案：(1)0.4 s (2)0.6 s解析：(1)设直杆下端到达圆筒上端的时间为t 1，根据运动学公式有H ＝12gt 21，解得t 1＝0.4 s.(2)设从直杆开始运动到直杆上端离开圆筒下端的时间为t ，则L 1＋H ＋L 2＝12gt 2，解得t ＝1 s ，故直杆穿越圆筒所用的时间为t 2＝t －t 1＝0.6 s. 刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2016·新课标全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t2答案：A解析：质点在时间t 内的平均速度v ＝s t，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×12mv 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t .质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确．2．(2015·广东卷，14)如图所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB ．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD ．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v 答案：D 解析：以帆板为参照物时，帆船相对于帆板同时具有向正北的速度v 与向正东的速度v ，故由平行四边形定则可知，帆船相对于帆板的速度大小为2v ，方向为北偏东45°，D 正确．3．(2016·上海卷)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离均为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则物体的加速度是( )A.23 m/s 2B.43 m/s 2C.89 m/s 2D.169 m/s 2 答案：B 解析：物体做匀加速直线运动时，一段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，因此在第一段内中间时刻的瞬时速度为v 1＝164m/s ＝4 m/s ；在第二段内中间时刻的瞬时速度为v 2＝162 m/s ＝8 m/s ；则物体的加速度为a ＝v 2－v 1t ＝8－43 m/s 2＝43m/s 2，B 项正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·辽宁大连模拟)下列说法正确的是( ) A ．打点计时器是一种测量位移的仪器B ．运动员在某次比赛中用15 s 跑完100 m ，“15 s”是时间，“100 m”是位移大小C ．位移为矢量，位移的方向即质点运动的方向D ．物体通过的路程不相等，但位移可能相同 答案：D解析：打点计时器是一种测量时间的仪器，A 错误；运动员在比赛中用15 s 跑完100 m ，“15 s”是时间，“100 m”是路程，B 错误；位移为矢量，位移的方向即从起点指向终点的方向，与质点的运动方向不一定相同，故C 错误；物体通过的路程不相等，但位移可能相同，故D 正确．5．(2018·江苏扬州模拟)关于速度的描述，下列说法中正确的是( )，紧接着通过下一段位移x所用的时间为x t1－t2 t2t1＋t2 B.x t1－t2t2t1＋t2x t1＋t2 t2t1－t2 D.x t1＋t2t2t1－t2答案：A解析：物体做匀加速直线运动，利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度，得v t22＝Δx，又＝vt12＋1＋t22，得x t1－t2t2t1＋t2，所以在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在的阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T.如果站在同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将( )两小球都做自由落体运动，可在同一vt图象中作出速度随时间变化的关系图线，楼的阳台上释放小球，两小球落地的时间差4楼的阳台上释放小球，两小球落地的时间差为h，从图中可以看出一定有观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量(稳定时，发现自来水水流不太大时，从水龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测，下端面积为S2，重力加速度为gH5 m/s，那么开始刹车后．：1 B．：3．：4 D．：1答案：C解析：汽车刹车后做匀减速运动，已知初速度。
配套K12(全国通用)2019版高考物理一轮复习备考精炼： 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
3 匀变速直线运动的多过程问题[方法点拨] (1)多过程问题一般是两段或多段匀变速直线运动的组合．各阶段运动之间的“转折点”的速度是关键物理量，它是前一段的末速度，又是后一段的初速度，是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减少解题的复杂程度．(2)多过程问题一般情景复杂，可作v －t 图象形象描述运动过程，有助于分析问题，也往往能从图象中发现解决问题的简单办法．1．(多选)(2017·河北衡水中学高三下期中)物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为做加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( )A.x 1x 2＝t 1t 2B.a 1a 2＝t 1t 2C.x 1t 1＝x 1＋x 2t 1＋t 2D ．v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2 2．(2017·湖南怀化一模)如图1所示，甲、乙两车同时由静止从A 点出发，沿直线AC 运动．甲以加速度a 3做初速度为零的匀加速运动，到达C 点时的速度为v .乙以加速度a 1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a 2的匀加速运动，到达C 点时的速度亦为v .若a 1≠a 2≠a 3，则( )图1A ．甲、乙不可能同时由A 到达CB ．甲一定先由A 到达CC ．乙一定先由A 到达CD ．若a 1＞a 3，则甲一定先由A 到达C3．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验．让甲车以最大加速度a 1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a 2制动，直到停止；乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止．实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a 1∶a 2的值为( )A ．2∶1 B．1∶2 C．4∶3 D．4∶54．(2018·山东实验中学月考)动车组列车以平均速度v 从甲地开到乙地所需的时间为t ，该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的时间是t0(设列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为( )A.vtt－t0B.vtt＋t0C.2vt2t－t0D.2vt2t＋t05．如图2所示，两光滑斜面在B处连接，小球由A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3 m/s和4 m/s，AB＝BC.设小球经过B点前后的速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比及球由A运动到C的过程中的平均速率分别为( )图2A．3∶4 2.1 m/s B．9∶16 2.5 m/sC．9∶7 2.1 m/s D．9∶7 2.5 m/s6．(2018·湖北黄冈模拟)跳伞运动员从350 m高空离开飞机开始下落，最初未打开伞．自由下落一段距离后打开伞，打开伞后以2 m/s2的加速度匀减速下落，到达地面时速度为4 m/s，求跳伞运动员自由下落的高度．(g取10 m/s2)答案精析1．ACD [由题意得，x 1＝v 2t 1，x 2＝v 2t 2，则x 1x 2＝t 1t 2，故A 正确；由v ＝a 1t 1＝a 2t 2，得到a 1a 2＝t 2t 1，故B 错误；对于整个运动过程，x 1＋x 2＝v 2(t 1＋t 2)， 所以x 1＋x 2t 1＋t 2＝v 2＝x 1t 1＝x 2t 2，v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2，故C 、D 正确．] 2．A3．B[作出甲、乙两车的速度—时间图象，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t 1，总时间为t 2，因为两车的位移之比为5∶4，则有(t 1＋t 22v m )∶(t 22v m )＝5∶4，解得t 1∶t 2＝1∶4，乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，则加速度a 1∶a 2为1∶2，B 正确．]4．C 5.C6．59 m解析 设跳伞运动员应在离开地面h 高处打开伞，打开伞时速度为v 1.落地时速度为v t ＝4 m/s ，打开伞后加速度a ＝－2 m/s 2由题意可得：打开伞前跳伞运动员做自由落体运动：v 12＝2g (H －h )①打开伞后跳伞运动员做匀减速直线运动：v t 2－v 12＝2ah ②由方程①②联立解得：h ＝291 m故跳伞运动员自由下落的高度为：Δh＝H－h＝(350－291) m＝59 m.。
2019版高考物理一轮复习主题一质点的直线运动1_1_2匀变速直线运动的规律课件
10．不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连 续相等的时间间隔 T 内的位移之差恒定( )
[答案] √
核心要点突破 H
精研教材 重难突破
要点一 匀变速直线运动规律的简单应用 [要点深化]
1．恰当选用公式
注意：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．
看成初速度为零、加速度不变 须注意 x、v、a 等矢量的正
的反向匀加速直线运动
负号及物理意义
要点二 解决匀变速直线运动的常用方法
[要点深化] 解决匀变速直线运动的几种方法
一般选取初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取 正值，反向的物理量取负值.若 v0＝0，一般以 a 的方向为正方向.
[典例剖析] (多选)(2017·广东汕头)①一物体以某一初速度 在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，②最后静止下来．若物体 在③最初 5 s 内通过的位移与最后 5 s 内通过的位移之比为 x1∶x2 ＝11∶5，物体运动的加速度大小为 a＝1 m/s2，则( )
[解析] 先求出飞机从着陆到停止所用时间 t.由 v＝v0＋at， 得 t＝v－a v0＝0－－660 s＝10 s，由此可知飞机在 12 s 内不是始终做 匀减速运动，它在最后 2 s 内是静止的，故它着陆后 12 s 内滑行 的距离为 x＝v0t＋a2t2＝60×10 m＋(－6)×1202 m＝300 m.
2．规范解题流程
画过程 示意图
―→
判断运 动性质
―→
选取正 方向
―→
选用公式 列方程
―→
解方程并 加以讨论
[变式训练] 1．(基本公式法)空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术 机动任务，在距机场 54 km、离地 1750 m 高度时飞机发动机停 车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为 成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一 人．若飞机着陆后以大小为 6 m/s2 的加速度做匀减速直线运动， 其着陆速度为 60 m/s，则它着陆后 12 s 内滑行的距离是( ) A．288 m B．300 m C．150 m D．144 m
配套K12(全国通用)2019版高考物理一轮复习备考精炼： 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
1 匀变速直线运动基本公式的应用[方法点拨] (1)匀变速直线运动的基本公式(v －t 关系、x －t 关系、x －v 关系)原则上可以解决任何匀变速直线运动问题．因为那些导出公式是由它们推导出来的，在不能准确判断用哪些公式时可选用基本公式．(2)未知量较多时，可以对同一起点的不同过程列运动学方程．(3)运动学公式中所含x 、v 、a 等物理量是矢量，应用公式时要先选定正方向，明确已知量的正负，再由结果的正负判断未知量的方向．1．一小球以3 m/s 的初速度沿一光滑斜面向上做加速度恒定为4 m/s 2、方向沿斜面向下的匀变速直线运动，起始点为A ，小球运动到A 点沿斜面下方2 m 处的B 点时的速度及所用的时间为(沿斜面向上为正方向)( )A ．5 m/s 2 sB ．－5 m/s 2 sC ．5 m/s 0.5 sD ．－5 m/s 0.5 s 2．(2018·湖北荆州质检)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海面的深度为( )A.vt 2 B ．vt 0(1－t 02t ) C.vt 022t D.v (t －t 0)22t3．(2017·吉林长春质检)一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一人站在第一节车厢前端的旁边观测，第一节车厢通过他历时2 s ，整列车厢通过他历时8 s ，则这列火车的车厢有( )A ．16节B ．17节C ．18节D ．19节4．(多选)一滑块在粗糙程度相同的水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，已知滑块最开始1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m5．(2017·山东济南模拟)如图1所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为s 1时，乙从距A 地s 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则AB 两地距离为( )图1A ．s 1＋s 2 B.(s 1＋s 2)24s 1C.s 124(s 1＋s 2)D.(s 1＋s 2)2s 1(s 1－s 2) 6．(2018·河南洛阳期中)如图2所示，一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底240 m 的山坡处泥石流以8 m/s 的初速度、0.4 m/s 2的加速度匀加速倾泄而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动．已知司机的反应时间为1 s ，汽车启动后以0.5 m/s 2的加速度一直做匀加速直线运动．试分析汽车能否安全脱离？图2答案精析1．B2．D [“蛟龙号”上浮时的加速度大小a ＝v t，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海面的深度h ＝12a (t －t 0)2＝v (t －t 0)22t，故A 、B 、C 错误，D 正确．] 3．A [火车做初速度为零的匀加速直线运动，则第一节车厢通过时有L ＝12at 12，全部车厢通过时nL ＝12at n 2，解得n ＝16，故选项A 正确．] 4．CD [设滑块运动的加速度大小为a ，运动总时间为t ，把滑块的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后2 s 内的位移为x 1＝12a ×22＝2a ，最初2 s 内的位移为x 2＝12at 2－12a (t －2)2＝2at －2a ，又x 2∶x 1＝2∶1，解得总时间t ＝3 s ，故C 正确；第1 s 的位移为x 3＝12at 2－12a (t －1)2＝2.5 m ，解得a ＝1 m/s 2，故A 错误；总位移x ＝12at 2＝4.5 m ，故D 正确；滑块的初速度v 0＝at ＝3 m/s ，故B 错误．]5．B6．见解析解析 设泥石流到达坡底的时间为t 1，速率为v 1，则x 1＝v 0t 1＋12a 1t 12，v 1＝v 0＋a 1t 1 代入数据得t 1＝20 s ，v 1＝16 m/s而汽车在t 2＝20 s －1 s ＝19 s 的时间内发生的位移为 x 2＝12a 2t 22＝90.25 m ，速度为v 2＝a 2t 2＝9.5 m/s假设再经过时间t 3，泥石流追上汽车，则有 v 1t 3＝x 2＋v 2t 3＋12a 2t 32代入数据并化简得t 32－26t 3＋361＝0，因Δ<0，方程无解．所以泥石流无法追上汽车，汽车能安全脱离．。
高考物理一轮复习课件专题匀变速直线运动的规律
数据处理与误差分析
数据处理
根据实验数据，计算物体的加速度、速度等 物理量，并绘制相应的图表进行表示。
误差分析
分析实验过程中可能产生的误差来源，如打 点计时器的精度、纸带的摩擦等，并采取相 应的措施减小误差。同时，根据实验数据的 分布情况，评估实验结果的可靠性和准确性 。
XX
PART 05
匀变速直线运动在生活中 的应用
XX
PART 04
匀变速直线运动实验探究
REPORTING
实验目的和原理
实验目的
通过实验探究匀变速直线运动的规律，加深对匀变速直线运动的理解。
实验原理
利用打点计时器、纸带等实验器材，记录物体在不同时刻的位置，通过分析纸带上的点迹，得到物体 运动的加速度、速度等物理量，从而研究匀变速直线运动的规律。
XX
高考物理一轮复习课
件专题匀变速直线运
动的规律
汇报人：XX
20XX-01-22
REPORTING
• 匀变速直线运动基本概念 • 匀变速直线运动公式及推导 • 匀变速直线运动图像分析 • 匀变速直线运动实验探究 • 匀变速直线运动在生活中的应用 • 高考真题回顾与模拟题训练
目录
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PART 01
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PART 02
匀变速直线运动公式及推 导
REPORTING
基本公式介绍
匀变速直线运动的基本公式为
$s = v_0t + frac{1}{2}at^2$，其中 $s$ 为位移，$v_0$ 为初速度，$a$ 为加速度，$t$ 为时间。
另一个重要公式是速度公式
$v = v_0 + at$，其中 $v$ 为末速度。
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PART 03
备考2019年高考物理一轮复习：第一章第2讲匀变速直线运动规律讲义含解析
第2讲匀变速直线运动规律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】匀变速直线运动及其公式Ⅱ1、定义和分类(1)匀变速直线运动:物体在一条直线上运动,且加速度不变。
2、三个基本公式(1)速度公式:v＝v0＋at。
(2)位移公式:x＝v0t＋12at2。
(3)位移速度关系式:v2－v20＝2ax。
3、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:v＝v t2＝v0＋v2。
(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＝…＝x n－x n－1＝aT2。
可以推广到x m－x n＝(m－n)aT2。
4、初速度为零的匀变速直线运动的四个推论(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为:v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为:x1∶x2∶x3∶…∶x n＝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∶…∶x n＝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∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)。
【知识点2】自由落体运动和竖直上抛运动Ⅱ1、自由落体运动(1)条件:物体只受重力,从静止开始下落。
(2)运动性质:初速度v0＝0,加速度为重力加速度g的匀加速直线运动。
(3)基本规律①速度公式v＝gt。
②位移公式h＝12gt2。
③速度位移关系式:v2＝2gh。
2、竖直上抛运动规律运动特点:加速度为g,上升阶段做匀减速直线运动,下降阶段做自由落体运动。
板块二考点细研·悟法培优考点1匀变速直线运动规律的应用[深化理解]1、公式的矢量性:匀变速直线运动的基本公式均是矢量式,应用时要注意各物理量的符号,一般情况下,规定初速度的方向为正方向,与初速度同向的物理量取正值,反向的物理量取负值。
高考物理一轮复习讲义—匀变速直线运动的规律
高考物理一轮复习讲义—匀变速直线运动的规律考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v－t图线是一条倾斜的直线．2．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋1at2.2(3)速度与位移关系v2－v02＝2ax.3．三个基本公式选用原则(1)v＝v0＋at，不涉及位移x；(2)x＝v0t＋1at2，不涉及末速度v；2(3)v2－v02＝2ax，不涉及运动的时间t.1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×)2．匀加速直线运动的位移是均匀增加的．(×)3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同．(√)1．基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论2．正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v0的方向为正方向；当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负．3．解决匀变速运动的常用方法(1)逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．(2)图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程．考向1基本公式的应用例1在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是()A．公交车运行的最大速度为4m/sB．公交车刹车的加速度大小为1m/s2C．公交车从刹车开始10s内的位移为60mD．公交车刹车后第1s内的平均速度为15m/s答案D解析根据x＝v0t－12at2与x＝16t－t2的对比，可知刹车过程为匀减速直线运动，运行的最大速度就是刹车时车的速度，为16m/s，刹车的加速度大小为2m/s2，故A、B错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t＝va＝8s可知，刹车停止需要8s时间，从刹车开始10s内的位移，其实就是8s内的位移，t＝8s时有x＝64m，故C错误；t′＝1s时，有x′＝15m，由平均速度公式可得v ＝x ′t ′＝15m/s ，故D 正确．例2对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36km/h 的速率行驶时，可以在18m 的距离被刹住；当以54km/h 的速率行驶时，可以在34.5m 的距离被刹住．假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问：(1)这位驾驶员的反应时间为多少；(2)某雾天，该路段能见度为50m ，则行车速率不能超过多少．考向2逆向思维法解决匀变速直线运动问题例3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t 0(t 0<t )时刻距离海面的深度为()A ．vt 0(1－t 02t)B.v t －t 022tC.vt 2D.vt 022t答案B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a ＝vt，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海面的深度为：h ＝12a (t －t 0)2＝12×vt×(t －t 0)2＝v t －t 022t，故选B.考向3两种匀减速直线运动的比较1．刹车类问题(1)其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．2．双向可逆类问题(1)示例：如沿光滑固定斜面上滑的小球，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．(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义．例4若飞机着陆后以6m/s 2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s ，则它着陆后12s 内滑行的距离是()A ．288mB ．300mC ．150mD ．144m答案B解析设飞机着陆后到停止所用时间为t ，由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10s ，由此可知飞机在12s 内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s 内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10m ＋－6×1022m ＝300m.例5(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s 2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m 时，下列说法正确的是()A ．物体运动时间可能为1sB ．物体运动时间可能为3sC ．物体运动时间可能为(2＋7)sD ．物体此时的速度大小一定为5m/s 答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，a ＝－5m/s 2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m 时，x ＝7.5m ，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2，解得t 1＝3s 或t 2＝1s ，故A 、B 正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5m 时，x ＝－7.5m ，由x ＝v 0t ＋12at 2解得：t 3＝(2＋7)s 或t 4＝(2－7)s(舍去)，故C 正确．由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v 1＝－5m/s 或v 2＝5m/s 、v 3＝－57m/s ，故D 错误．考点二匀变速直线运动的推论及应用1．匀变速直线运动的常用推论(1)平均速度公式：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内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．即：v ＝v 0＋v2＝2t v .此公式可以求某时刻的瞬时速度．(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等．即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.不相邻相等的时间间隔T 内的位移差x m －x n ＝(m －n )aT 2，此公式可以求加速度．2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n.(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n＝1∶4∶9∶…∶n2.(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xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．考向1平均速度公式例6做匀变速直线运动的质点在第一个7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大6m/s，则质点的加速度大小为()A．1m/s2B．1.5m/s2C．3m/s2D．4m/s2答案C解析物体做匀变速直线运动时，第一个3s内中间时刻，即1.5s时的速度为v1＝v3，第一个7s内中间时刻，即3.5s时的速度为v2＝v7，由题意可知v2－v1＝6m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2s，可得a＝3m/s2.故选C.考向2位移差公式例7(2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法错误的是()A．物体运动的加速度为4m/s2B．第2s内的位移为6mC．第2s末的速度为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度为10m/s答案C解析根据位移差公式x Ⅳ－x Ⅱ＝2aT 2，得a ＝x Ⅳ－x Ⅱ2T2＝82×12m/s 2＝4m/s 2，故A 正确，不符合题意；第2s 内的位移为：x 2－x 1＝12at 22－12at 12＝12×4×(22－12)m ＝6m ，故B 正确，不符合题意；第2秒末速度为v ＝at 2＝4×2m/s ＝8m/s ，故C 错误，符合题意；物体在0～5s 内的平均速度v ＝x 5t 5＝12at 52t 5＝12×4×525m/s ＝10m/s ，故D 正确，不符合题意．考向3初速度为零的匀变速直线运动比例式例8(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 ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的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∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确；由v 2－v 02＝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时的速度之比为1∶2∶3，故所求的速度之比为3∶2∶1，选项A 错误，B 正确．课时精练1．如图所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则AB ∶BC 等于()A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案C解析根据匀变速直线运动的速度—位移公式v 2－v 02＝2ax知，x AB ＝v 22a ，x AC ＝2v 22a，所以AB ∶AC ＝1∶4，则AB ∶BC ＝1∶3，故C 正确，A 、B 、D 错误．2．汽车以20m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s 与5s 汽车的位移之比为()A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3答案C解析汽车速度减为零的时间为：t 0＝Δv a ＝0－20－5s ＝4s,2s 时位移：x 1＝v 0t ＋12at 2＝20×2m －12×5×4m ＝30m ，刹车5s 内的位移等于刹车4s 内的位移，为：x 2＝0－v 022a ＝40m ，所以经过2s 与5s 汽车的位移之比为3∶4，故选项C 正确．3．(2022·吉林通化县综合高级中学高三月考)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m 的路程，第一段用时4s ，第二段用时2s ，则物体的加速度是()A.23m/s 2 B.43m/s 2C.8 9m/s2D.169m/s2答案B解析根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则2s时的瞬时速度等于0～4s内的平均速度，v1＝164m/s＝4m/s5s时的瞬时速度等于4～6s内的平均速度v2＝162m/s＝8m/s 两个中间时刻的时间间隔为Δt＝2s＋1s＝3s根据加速度定义可得a＝v2－v1Δt＝43m/s2故选B.4．汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1s内的位移为13m，最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是() A．汽车在第1s末的速度可能为10m/sB．汽车加速度大小可能为3m/s2C．汽车在第1s末的速度一定为11m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5m/s2答案C解析采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝12at2得，汽车加速度大小a＝2x′t2＝2×212m/s2＝4m/s2，第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t－12at2，代入数据解得，初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．5．(2022·山西长治市第八中学高三月考)木块A、B、C并排固定在水平地面上，一子弹以30m/s的速度射入木块A，A、B、C三木块的厚度比为5∶3∶1，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹刚好射穿木块C，则下列说法正确的是()A．子弹射出木块A时的速度为10m/sB．子弹在木块A中的运动时间大于子弹在木块B中的运动时间C．子弹在木块B和C中的运动时间相等D．子弹在木块A中的平均速度是子弹在木块C中平均速度的2倍答案C解析子弹运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，则在连续相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，速度之比为1∶2∶3，知刚射穿B时速度为10m/s，刚射出A时速度为20m/s，A、B错误，C正确；子弹在木块A中的平均速度为v A＝30＋202m/s＝25m/s，子弹在木块C中平均速度为v C＝10＋02m/s＝5m/s，D错误．6．(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s.根据这些信息可求得()A．高铁车头经过A、B、C的速度B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间C．高铁运动的加速度D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比答案AD解析设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为v A、v B、v C，根据AB段的平均速度为30m/s，可以得到v AB＝v A＋v B2＝30m/s；根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到vBC＝v B＋v C2＝20m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为v＝2xt AB＋t BC＝2xx30m/s＋x20m/s ＝24m/s，所以有v AC＝v A＋v C2＝24m/s，联立解得v A＝34m/s，v B＝26m/s，v C ＝14m/s ，由于不知道AB 和BC 的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A 正确，B 、C 错误；t AB ∶t BC ＝xv AB ∶x v BC＝2∶3，选项D 正确．7．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2(m)，则它在前3s 内的平均速度为()A ．8m/sB ．10m/sC ．12m/sD ．14m/s 答案A 解析由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v 0＝24m/s ，a ＝－12m/s 2；则由v ＝v 0＋at 可知，汽车在2s 末停止运动，故前3s 内的位移等于前2s 内的位移，x ＝24×2m －6×4m ＝24m ，则汽车的平均速度v ＝x t ＝243m/s ＝8m/s ，故A 正确．8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾驶员减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m 内的物体，并且他的反应时间为0.6s ，制动后最大加速度大小为5m/s 2.假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是()A ．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6sB ．小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80mC ．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25m/sD ．三角警示牌至少要放在车后58m 远处，才能有效避免两车相撞答案AD 解析设小轿车从刹车到停止所用时间为t 2，则t 2＝0－v 0－a ＝0－30－5s ＝6s ，故A 正确；小轿车的刹车距离x ＝0－v 02－2a ＝0－3022×－5m ＝90m ，故B 错误；反应时间内小轿车通过的位移为x 1＝v 0t 1＝30×0.6m ＝18m ，小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为x ′＝50m －18m ＝32m ，设减速到警示牌的速度为v ′，则－2ax ′＝v ′2－v 02，解得v ′＝2145m/s ，故C 错误；小轿车通过的总位移为x 总＝(90＋18)m ＝108m ，放置的位置至少为车后Δx ＝(108－50)m ＝58m ，故D 正确.9．假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某列车长为L ，通过一铁路桥时的加速度大小为a ，列车全身通过桥头的时间为t 1，列车全身通过桥尾的时间为t 2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为()A.L a ·t 1＋t 2t 1t 2B.L a ·t 1＋t 2t 1t 2－t 2－t 12C.L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12D.L a ·t 2－t 1t 1t 2＋t 2－t 12答案C 解析设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t 0，从列车车头到达桥头时开始计时，列车全身通过桥头时的平均速度等于t 12时刻的瞬时速度v 1，可得：v 1＝L t 1，列车全身通过桥尾时的平均速度等于t 0＋t 22时刻的瞬时速度v 2，则v 2＝L t 2，由匀变速直线运动的速度时间关系式可得：v 2＝v 1－a (t 0＋t 22－t 12)，联立解得：t 0＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12.故选C.10.从固定斜面上的O 点每隔0.1s 由静止释放一个同样的小球．释放后小球做匀加速直线运动．某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示．测得小球相邻位置间的距离x AB ＝4cm ，x BC ＝8cm.已知O 点与斜面底端的距离为l ＝35cm.由以上数据可以得出()A ．小球的加速度大小为12m/s 2B ．小球在A 点的速度为0C．斜面上最多有5个小球在滚动D．该照片是距A点处小球释放后0.3s拍摄的答案C解析根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝x BC－x ABT2＝0.040.12m/s2＝4m/s2，选项A错误；小球在B点时的速度v B＝x AB＋x BC2T＝0.120.2m/s＝0.6m/s，小球在A点时的速度为v A＝v B－aT＝0.6m/s－4×0.1m/s＝0.2m/s，选项B错误；t A＝v Aa＝0.24s＝0.05s，即该照片是距A点小球释放后0.05s拍摄的，选项D错误；当最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x1＝1 2aT2＝12×4×0.12m＝0.02m＝2cm，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7……，则各个球之间的距离分别为2cm,6cm,10cm,14cm,18cm……，因为O点与斜面底端距离为35cm，而前5个球之间的距离之和为32cm，斜面上最多有5个球，选项C正确．11．(2022·安徽省六安一中月考)ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20km/h提高至40km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10m处正好匀减速至v1＝4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1m/s2，忽略汽车车身长度．求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)如果汽车以v2＝10m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．答案(1)894m(2)10.7s解析(1)设汽车匀减速过程位移大小为d 1，由运动学公式得v 12－v 02＝－2ad 1解得d 1＝442m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x 1＝2d 1＋d ＝894m(2)如果汽车以v 2＝10m/s 的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d 2，由运动学公式得v 22－v 02＝－2ad 2解得d 2＝400m提速前，汽车匀减速过程时间为t 1，则d 1＝v 0＋v 12t 1解得t 1＝26s通过匀速行驶区间的时间为t 1′，有d ＝v 1t 1′解得t 1′＝2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T 1＝2t 1＋t 1′＝54.5s 提速后，匀减速过程时间为t 2，则d 2＝v 0＋v 22t 2解得t 2＝20s通过匀速行驶区间的时间为t 2′，则d ＝v 2t 2′解得t 2′＝1s匀速通过(d 1－d 2)位移时间Δt ＝d 1－d 2v 0＝1.4s 通过与提速前相同位移的总时间为T 2＝2t 2＋t 2′＋2Δt ＝43.8s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT ＝T 1－T 2＝10.7s.。
2019年高考物理一轮复习精品资料：专题1.2 匀变速直线运动的规律(教学案) 含解析 - 副本
2019年高考物理一轮复习精品资料：专题1.2匀变速直线运动的规律（教学案）1. 匀变速直线运动及其公式应用是高考热点，几乎是每年必考，全国卷多数情况下以计算题形式出现，应高度重视．2. 通常结合生活实例，通过实例的分析，结合情景、过程、建立运动模型，再应用相应规律处理实际问题.本考点内容命题形式倾向于应用型、综合型和能力型、易与生产生活、军事科技、工农业生产等紧密联系，还可以以力、电综合题形式出现，主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等难度。
一、匀变速直线运动规律及应用 1．基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax .这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向． 2．两个重要推论(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：v ＝2v t ＝v 0＋v 2.(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 ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.3．v 0＝0的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2.(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝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：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)． 【方法技巧】记住两个推论，活用一种思维 1．两个重要推论公式 (1)v t ＝2v t ＝v 0＋v t2(2)Δx ＝aT 22．用逆向思维法解决刹车问题(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)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．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t ≤v 0a，发生的位移满足x ≤v 202a.二、常用的几种物理思想方法 1．一般公式法一般公式指速度公式v ＝v 0＋at ，位移公式x ＝v 0t ＋12at 2及推论式2ax ＝v 2－v 20，它们均是矢量式，使用时要注意方向性，一般以v 0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v ＝x t 对任何性质的运动都适用，而v ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动．3．中间时刻速度法。
2019版高考物理一轮复习第一章直线运动第2讲匀变速直线运动的规律和应用课件
3.一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 ( B )
A.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶2 B.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶ 2 C.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶2 D.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶ 2
为 ( A )
A.400 m B.500 m
C.600 m D.650 m 答案 A 设汽车减速时的初速度是v0,加速度为a,则有
( v 2 0 )2-v 02 =2ax ① 0- v 0 =at ②
2
由①②两式可得:
a=-0.5 m/s2
v0=20 m/s 由02- v 02 =2ax总,得x总=400 m。
则训练用高台的合适高度约为(g=10 m/s2) ( C )
A.0.5 m B.1.0 m C.1.8 m D.5.0 m
答案 C 根据运动学公式v2=2gh,得
h= v 2 = 6 2 m=1.8 m 2 g 2 10
可知C正确。
深化拓展
考点一 匀变速直线运动的规律和应用 考点二 自由落体运动和竖直上抛运动
1-1 研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时 间)t0=0.4 s,但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中,志愿者少量饮 酒后驾车以v0=72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现 情况到汽车停止,行驶距离L=39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关 系曲线如图乙所示。此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的 大小g=10 m/s2。求: (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间; (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少。
2019高考物理一轮复习考点大通关专题12匀变速直线运动的规律及应用学案
丰富丰富纷繁专题 1.2 匀变速直线运动的规律及应用考点精讲一、匀变速直线运动的基本规律1．速度与时间的关系式：v＝ v ＋ at ．2．位移与时间的关系式：0 1 2 x＝ v t ＋2at ．3．位移与速度的关系式：2 2＝ 2ax．v － v0二、匀变速直线运动的推论1．均匀速度公式：v＝vtv0＋ v t ＝ 2 ．22．位移差公式：x＝ x2－ x1＝x 3－x2＝＝x n－x n－ 1＝aT2．能够推行到 x m－ x n＝( m－ n) aT2.3．初速度为零的匀加快直线运动比率式(1)1 T末， 2T末， 3T末刹时速度之比为：1 2 3 nv ∶ v ∶ v ∶ ∶ v ＝1∶2∶3∶ ∶ n．(2)1 T内， 2T内， 3T内位移之比为：x1∶ x2∶ x3∶ ∶ x n＝1∶22∶32∶ ∶ n2．(3)第一个 T 内，第二个 T 内，第三个 T 内位移之比为：xⅠ∶ xⅡ∶ xⅢ∶ ∶ x n＝1∶3∶5∶ ∶(2 n－1)．(4)经过连续相等的位移所用时间之比为：t 1∶ t 2∶ t 3∶ ∶ t n＝1∶(2－ 1) ∶( 3－2) ∶ ∶ (n－n－1)．三、匀变速直线运动规律的应用1．运动公式中符号的规定：一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正当，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以 a 的方向为正方向．2．多过程问题：假如一个物体的运动包括几个阶段，就要分段剖析，各段交接处的速度常常是连结各段的纽带，应注意剖析各段的运动性质．3．两类特别的匀减速直线运动(1) 刹车类问题：指匀减速到速度为零后即停止运动，加快度 a 忽然消逝，求解时要注意确立其实质运动时间．假如问题波及最后阶段( 到停止运动 ) 的运动，可把该阶段当作反向的初速度为零、加快度不变的匀加快直线运动．(2)双向可逆类：如沿圆滑斜面上滑的小球，到最高点后还能以原加快度匀加快下滑，全过程加快度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但一定注意x、 v、a 等矢量的正、负号及物理意义．四、直线运动的x- t 图象1丰富丰富纷繁1．物理意义反应了做直线运动的物体位移随时间变化的规律．2．两种特别的x- t 图象(1)若 x- t 图象是一条倾斜的直线，说明物体做匀速直线运动．(2)若 x- t 图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于静止状态．3．x- t图象中的“点”“线”“斜率”“截距”的意义五、直线运动的v- t 图象1．图象的意义反应了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．2．两种特别的v- t 图象(1)若 v- t 图象是与横轴平行的直线，说明物体做匀速直线运动．(2) 若v- t图象是一条倾斜的直线，说明物体做匀变速直线运动.3．v- t图象中的“点”“线”“斜率”“截距”“面积”的意义2丰富丰富纷繁考点精练题组 1匀变速直线运动的规律1．质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x ＝ 5t ＋ t 2( 各物理量均采纳国际单位制单位) ，则该质点()A ．第 1 s 内的位移是5 mB ．前 2 s 内的均匀速度是6 m/sC ．随意相邻的 1 s 内位移差都是1 mD ．随意 1 s 内的速度增量都是2 m/s【答案】 D.2． ( 多项选择 ) 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/s 2.5 s 内物体的 ( )A ．行程为 65 mB ．位移大小为 25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．均匀速度大小为 13 m/s ，方向向上【答案】 AB【分析】选 AB. 法一：分阶段法v 03022v 030物体上涨的时间 t 上＝ g ＝ 10 s ＝ 3 s ，物体上涨的最大高度 h 1＝2g ＝ 2×10 m ＝ 45 m ．物体从最高点自由下1 2 ＝ 1 2 65 m ， A 正确 .5 s 末物体离落 2 s 的高度 h ＝2gt下 2×10×2 m ＝20 m ．运动过程如下图，则总行程为2抛出点的高度为 25 m ，即位移的大小为 25 m ，方向竖直向上， B 正确.5 s 末物体的速度 v ＝ gt 下 ＝10×2 m/s ＝ 20 m/s ，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量v ＝ ( － v ) － v 0＝ ( － 20 m/s) － 30 m/s ＝－ h 1－ h 2 25－ 50 m/s ，即速度改变量的大小为 50 m/s ，方向向下， C 错误．均匀速度 v ＝ t＝ 5 m/s ＝ 5 m/s ，方向向上， D 错误．3丰富丰富纷繁法二：全过程法3．一辆匀加快行驶的汽车，经过路旁的两根电线杆共用 5 s 时间，汽车的加快度为 2 m/s 2，它经过第二根电线杆时的速度是15 m/s ，则汽车经过第一根电线杆的速度为()A． 2 m/s B． 10 m/sC． 2.5 m/s D． 5 m/s【答案】 D【分析】由 v t＝ v0＋ at 知， v0＝ v t－ at ＝15 m/s－2×5 m/s＝5 m/s，D正确。
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专题1.11 匀变速直线运动规律的综合运用一．选择题1．（浙江新高考2018年4月选考科目物理试题）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。
某一竖井的深度约为104m ，升降机运行的最大速度为8m/s降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是A. 13sB. 16sC. 21sD. 26s 【参考答案】 CC 正确，A 、B 、D 错误；故选C 。
【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。
2. 物体以速度v 匀速通过直线上的A 、B 两点，所用时间为t 。
现在物体从A 点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a 1)，到某一最大速度v m 后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a 2)，至B 点速度恰好减为0，所用时间仍为t ，则物体的( ) A ．a 1、a 2须是一定的 B ．a 1、a 2必须满足12122a a va a t=+ C ．v m 只能为2v ，与a 1、a 2的大小无关 D ．v m 可为许多值，与a 1、a 2的大小有关 【参考答案】BC【名师解析】有题意知A 、B 两点间的位移x = vt ，当物体先匀加速后匀减速通过时，根据平均速度公式有m m m 12222v v vx t t t =+=，得m 2v v =，选项C 对；又m m 12v v t a a =+，可得12122a a v a a t =+，选项B 对。
3.（2018安徽名校联考）有一人在平直马路边散步(速度不变)，他发现每隔t 1时间有一路公共汽车迎面开过，他还发现每隔t 2时间有一辆这路公共汽车从身后开过，于是他计算出这路车从汽车站发车的时间间隔是( )A.2t1t2t1＋t2B.2t1t22(t1＋t2)C.t1t22(t1＋t2)D.2t1t2t1＋t2【参考答案】D4. （2018天一大联考）如图所示，在水平面上固定一点光源，在点光源和右侧墙壁的正中间有一小球自水平面以初速度v0竖直上抛，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球竖直上抛运动的过程中，关于小球的影子在竖直墙壁上的运动情况，下列说法正确的是A．影子做初速度为v0，加速度大小为g的匀减速直线运动B．影子做初速度为2v0，加速度大小为2g的匀减速直线运动C．影子做初速度为2v0，加速度大小为g的匀减速直线运动D．影子做初速度为v0，加速度大小为2g的匀减速直线运动【参考答案】B【名师解析】设经过时间t，小球位移y=v0t-12gt2，影子的位移为x，如图，根据相似三角形知识，有y/x=1/2，联立解得x=2v0t-gt2，故影子做初速度为2v0，加速度大小为2g的匀减速直线运动，选项B正确。
5、（2018衡水质检）卡车以v0=10 m/s在平直的公路上匀速行驶,因为路口出现红灯,司机立即刹车,使卡车匀减速直线前进直至停止。
停止等待6 s 时,交通灯变为绿灯,司机立即使卡车做匀加速运动。
已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t=12 s,匀减速的加速度是匀加速的2倍,反应时间不计。
则下列说法正确的是（ ）A 、卡车匀减速所用时间t 1=2sB 、匀加速的加速度为2/5s mC 、卡车刹车过程通过的位移是20mD 、从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中,通过的位移大小为40m 。
【参考答案】A考点：匀变速直线运动的规律的应用6.（2018江苏百校大联考）某科学小组研制了一种探测器，其速度大小可随运动情况进行调节。
如图所示。
在某次实验中，该探测器从原点一直沿x 轴正向移动，且其速度与位移成反比。
已知探测器在A 、B 两点的速度分别为4m/s 和2m/s ，O 点到B 点的位移为2m ，则探测器从A 点运动到B 点的时间为A ．38s B ．18s C ．34s D ．14s 【参考答案】A ．【名师解析】根据题述的速度与位移成反比，可画出1/v 随位移x 变化的图线，如图。
根据v A x A =v B x B 可得：O 点到A 点的位移为，x A =1m 。
根据1/v 随位移x 变化的图线面积等于时间可得探测器从A 点运动到B 点的时间为（1/2+1/4）×（2-1）×1/2s=38s ，选项A 正确。
7．(多选)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．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a1∶a2＝2∶1B．加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1C．加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1D．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3【参考答案】BC8.一物体在粗糙地面上以一定的初速度匀减速滑动。
若已知物体在第1 s内位移为8.0 m，在第3 s内位移为0.5 m。
则下列说法正确的是( )A.物体的加速度大小一定为4.0 m/s2B.物体的加速度大小一定为3.75 m/s2C.物体在第0.5 s末速度一定为8.0 m/sD.物体在第2.5 s末速度一定为0.5 m/s【参考答案】AC9.(2016·湖北黄冈模拟)t ＝0时刻，一物体以一定初速度做匀加速直线运动，现在只测出了该物体在第3 s 内以及第7 s 内的位移，则下列说法正确的是( ) A.不能求出任一时刻的瞬时速度 B.能够求出任一时刻的瞬时速度 C.能求出第3 s 末到第7 s 初的位移 D.能够求出该物体的加速度 【参考答案】BCD【名师解析】由第3 s 内以及第7 s 内的位移可分别求得t ＝2.5 s 和t ＝6.5 s 时的瞬时速度，即v 2.5＝x 3t 1和v 6.5＝x 7t 1，则有a ＝v 6.5－v 2.54t 1，可以求得加速度a ；又因为v 2.5＝v 0＋a ×2.5t 1，可求出初速度v 0，则由a 与v 0可以求出任意时刻的速度，也可以求出任意时间段内的位移。
二．计算题1．(12分)（2018高考冲刺卷9）端午节赛龙舟是中国民间传统水上体育娱乐项目，比赛时多人集体在鼓手的指挥下统一划桨竞赛。
2017年瑞午节，某龙舟队以1分28.75秒的成绩。
获得东莞龙舟锦标赛传统男子500米直道竞速项目的冠军。
该次比赛可看成龙舟首先做初速度为零的匀加速直线运动，达到v = 6 m/s 后做匀速直线运动完成比赛。
(结果均保留3位有效数字) (1)求龙舟匀加速阶段的加速度大小a ；(2)某次训练中，龙舟以加速度a 加速达到v ，由于鼓手失误，使龙舟从100 m 开始，在10 s 内速度均匀减小到v 1 = 4 m/s ，经调整操作，10 s 末龙舟重新开始以加速度a 加速，加速到v 后匀速完成训练。
求龙舟由于鼓手失误而耽误的时间。
【名师解析】(1)根据题意，龙舟全过程的位移x = 500 m ，运动时间t = 88.75 s 。
设匀加速运动的时间为t 1，则匀速运动的时间为t -t 1，则有： 11()2vx t v t t =+-1v at =联立解得：a = 0.554 m/s 22.(2016·湖北重点中学联考)如图所示，小滑块在较长的固定斜面顶端，以初速度v 0＝2 m/s 、加速度a ＝2 m/s 2沿斜面加速向下滑行，在到达斜面底端前1 s 内，滑块所滑过的距离为715L ，其中L 为斜面长。
求滑块在斜面上滑行的时间t 和斜面的长度L 。
【参考答案】 3 s 15 m对BC 段有：715L ＝v 1×1＋12a ×12联立得t 1＝2 s ，L ＝15 m 小球在斜面上滑行的时间为：t 2＝t 1＋1 s ＝3 s 。
3.一辆汽车从O 点由静止开始做匀加速直线运动，已知在2 s 内经过相距27 m 的A 、B 两点，汽车经过B 点时的速度为15 m/s 。
如图2所示，求：(1)汽车经过A 点的速度大小； (2) A 点与出发点间的距离；(3)汽车从O 点到B 点的平均速度大小。
【参考答案】(1)12 m/s (2)48 m (3)7.5 m/s 【名师解析】(1)汽车在AB 段的平均速度v －＝x AB t ＝272m/s ＝13.5 m/s ，而汽车做匀加速直线运动，所以有v －＝v A ＋v B2即v A ＝2v －－v B ＝12 m/s(2)由v 2－v 20＝2ax 得a ＝v 2B －v 2A 2x AB＝1.5 m/s 2，同理v 2A ＝2ax OA ，代入数值得x OA ＝48 m(3)汽车从O 点到B 点的平均速度v －＝v B 2＝152m/s ＝7.5 m/s4.如图所示，一长为l 的长方体木块在水平面上以加速度a 做匀加速直线运动，先后经过位置1、2.位置1、2之间有一定的距离，木块通过位置1、2所用时间分别为t 1和t 2.求：(1)木块经过位置1、位置2的平均速度大小． (2)木块前端P 在1、2之间运动所需时间．【参考答案】(1)l t 1l t 2 (2)l a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22(2)方法一：由平均速度等于中间时刻的瞬时速度得P 端经过位置1后t 12时刻的速度为v 1，则P 端经过位置1时的速度：v 1＝v 1－a ·t 12同理，P 端经过位置2时的速度：v 2＝v 2－a ·t 22由速度公式得v 2＝v 1＋at解得t ＝l a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22方法二：设木块P 端距位置1的距离为x 1，距位置2的距离为x 2，P 端到位置1、2的时间分别为t 1′和t 2′，由x ＝12at 2得x 1＝12at 1′2x 1＋l ＝12a (t 1＋t 1′)2x 2＝12at 2′2x 2＋l ＝12a (t 2＋t 2′)2解得t 1′＝l at 1－t 12，t 2′＝l at 2－t 22故木块前端P 在1、2之间运动所需时间为t ＝t 2′－t 1′＝l a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22.5．(2016·黄冈调研)某人在相距10 m 的A 、B 两点间练习折返跑，他在A 点由静止出发跑向B 点，到达B 点后立即返回A 点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4 m/s 2和8 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，从B 点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A 点．求：(1)从B 点返回A 点的过程中以最大速度运动的时间；(2)从A 点运动到B 点与从B 点运动到A 点的平均速度的大小之比．(2)设此人从A 点运动到B 点的过程中做匀速运动的时间为t 3，减速运动的位移大小为x 2，减速运动的时间为t 4，由运动学方程可得v m ＝a 2t 4，x 2＝v m2t 4，L －x 1－x 2＝v m t 3v AB v BA ＝t 1＋t 2t 1＋t 3＋t 4联立以上各式并代入数据可得v AB v BA ＝1213. 【参考答案】(1)2 s (2)12136.．（13分）如图所示，在两车道的公路上有黑白两辆车，黑色车停在A 线位置，某时刻白色车以速度v 1＝40 m/s 通过A 线后，立即以大小为a 1＝4 m/s 2的加速度开始制动减速，黑色车4 s 后以a 2＝4 m/s 2的加速度开始向同一方向匀加速运动，经过一定时间，两车都到达B 线位置。