2025届高三物理一轮复习导学案：1.2 匀变速直线运动规律的应用

2025届高三物理一轮复习导学案 第2课时　匀变速直线运动规律的应用 考点一　　匀变速直线运动的基本公式 4．方法技巧 如果一个物体的运动包含几个阶段，首先要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带。然后再进一步分析各段的运动性质。 [例题1] （多选）（鲁科版必修一，P61 , 2）某同学在汽车中观察速度表指针位置的变化，开始时指针位置如图（a）所示，经过6s后指针位置如图（b）所示。若汽车做匀变速直线运动，则（　　） A．汽车的加速度大小约为10 m/s2 B．汽车的加速度大小约为2.8 m/s2 C．汽车在这段时间内的位移约为50 m D．汽车在这段时间内的位移约为83 m 【答案】BD 【详解】AB．结合题图中速度表提供的速度，可得汽车的加速度为 故A错误，B正确； CD．根据 则汽车在这段时间内的位移为 故C错误，D正确。 故选BD。 [变式1](2022·全国甲卷·15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)．已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(　　) A.＋ B.＋ C.＋ D. ＋ 答案　C 解析　由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0.则有v＝ v0－2at1，解得t1＝， 在隧道内匀速有t2＝ 列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3 解得t3＝ 则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝＋，故选C. [延伸1] [一题多解]物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示。已知物体运动到斜面长度处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。 解析：法一 逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面， 故sBC＝at，sAC＝a（t＋tBC）2。又sBC＝sAC，解得tBC＝t。 法二 比例法 对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶（2n－1）。 现有sBC∶sBA＝（sAC）∶（sAC）＝1∶3， 通过sAB的时间为t，故通过sBC的时间tBC＝t 法三 中间时刻速度法 利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度。 AC＝（v＋v0）＝v0。 又v＝2asAC ① v＝2asBC ② sBC＝sAC ③ 解①②③得vB＝v0。 可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置，因此有tBC＝t。 法四 图象面积法 利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v－t图象，如图所示。 ＝且S△AOC＝4S△BDC， 故＝，得tBC＝t。 法五 推论法 对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶（－1）∶（－）∶（－）∶…∶（－）。 现将整个斜面分成相等的四段，如图所示。 设通过BC段的时间为tBC，那么通过BD、DE、EA的时间分别为 tBD＝（－1）tBC，tDE＝（－）tBC， tEA＝（－）tBC， 又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tBC＝t。 考点二　解决匀变速直线运动的常用方法 方法 解读 基本公式法 基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量式，使用时要规定正方向 平均速度法 （1）定义式＝适用于任何性质的运动 （2）＝v＝只适用于匀变速直线运动 推论法（位移差公式） 匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量，即Δx＝aT2，xm－xn＝（m－n）·aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用位移差公式求解 比例法 初速度或末速度为零的匀变速直线运动问题，可以考虑用比例法快速解答 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，尤其是用图象进行定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案 逆向思维法 把末速度为零的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动 1．[基本公式法] （2021·福建期末）汽车在平直公路上行驶，发现前方有障碍物时紧急刹车，其位移随时间变化的规律为，其中时间t的单位是s，则自驾驾驶员紧急刹车开始，2s与5s内汽车的位移之比为（ ） A.5:4 B.4:5 C.3:4 D.4:3 解析：由 可得,,汽车减速到零的时间，刹车2s内的位移，刹车5s内的位移等于汽车减速到零的位移，2s与5s内汽车的位移之比，故C正确。 2．[平均速度法] （2020·潍坊市模考）中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫。在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是（ ） A．20 m/s2 B．40 m/s2 C．60 m/s2 D．80 m/s2 解析：选B 第一段的平均速度v1＝＝ m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝ m/s＝120 m/s，中间时刻的速度等于平均速度，则，故选B。 3． [推论法] （多选）如图所示，为港珠澳大桥上连续四段110m的等距跨钢箱梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则（　　） A． 通过cd段的时间为 B． 通过ac段的时间为 C． ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 D． ae段的平均速度小于c点的瞬时速度 【答案】BD 【详解】AB．根据相邻相等位移内的时间之比可知 通过cd段的时间为，通过ac段的时间为，故A错误，B正确； C．根据中间时刻速度等于平均速度可知，b点不是ac中间时刻，故ac平均速度不等于b点瞬时速度，故C错误； D．根据v—t图像 可知中位速度大于中时速度，因此ae段的平均速度小于c点的瞬时速度，故D正确。 故选BD。 4．[图象法] 如图所示，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a3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a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则（ ） A．甲、乙不可能同时由A到达C B．甲一定先由A到达C C．乙一定先由A到达C D．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C 解析：选A 根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1，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。 若a3＞a1，如图2，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。 5．[逆向思维法] （多选）（人教版，必修一，P57, 5）子弹以初速度v0垂直射入叠在一起的相同木板，穿过第20块木板后速度变为0。如果子弹在木板中运动的总时间为t，可以把子弹视为质点，子弹在各块木板中运动的加速度都相同。下列说法正确的是（　　） A．子弹穿过第19块木板与第20块所用时间之比为1:2 B．子弹穿过第20块木板所用的时间为 C．子弹穿过第10块木板时速度为 D．子弹穿过第10块木板时速度为 【答案】BD 【详解】A．由题可知，子弹在各木板中运动的加速度都相同，且穿过第20块木板后速度变为0，所以子弹做的是匀减速运动，加速度的大小为。整个运动逆向思维可以看成是初速度为0的匀加速直线运动，加速度大小为。每块木板长度相同，将运动逆向后，第20和19块木板通过相同位移所用的时间之比为1:(-1)，故A错误； B．通过木板宽度d，2d，3d...，20d，所用的时间之比为1：：：…： 所以t0=t即t0=故B正确； CD．通过木板宽度d，2d，3d...，20d时的速度之比为1：：：…： 所以v0=v即v=所以v==故C错误，D正确。 故选BD。 考点三　汽车的“刹车”问题 刹车问题的实质 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。汽车在刹车过程中做匀减速直线运动，速度减为零后，车相对地面无相对运动，加速度消失，汽车停止不动，不再返回。 [例题2]（鲁科版，必修一，P44, 2）若某汽车以18 m/s的速度行驶，刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为4 m/s2，求刹车后5 s内汽车前进的距离。 【答案】40.5 m 【详解】汽车刹车后运动时间 即只运动了4.5 s，所以刹车后5 s内汽车前进的距离 [变式2]（鲁科版必修一，P61, 3）自有霾预警以来，中央气象台发布了多个橙色预警，部分高速公路封道。如果某人正开车在高速公路上行驶，设能见度（观察者与能看见的最远目标间的距离）为30m，该人的反应时间为0.5s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设汽车行驶的最大速度为，则有 可得 解得 或（舍去） 故选D。 [延伸2]一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝（10－0.1v2） m，下列分析正确的是（ ） A．上述过程的加速度大小为10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s C．0时刻的初速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m 解析：由v2－v02＝2ax可得x＝－v02＋v2，对照x＝10－0.1v2可知，＝－0.1，－v02＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A错误，C正确。由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v02＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，选项B、D错误。 考点三　匀变速直线运动中的多物体和多过程问题 1．多物体问题 研究多物体在空间上重复同样的运动时，可利用一个物体的运动取代多物体的运动，照片中的多个物体认为是一个物体在不同时刻所处的位置，如水龙头滴水、直升机定点空降、小球在斜面上每隔一定时间间隔连续释放等，均可把多物体问题转化为单物体问题求解． 2．多过程问题 (1)一般的解题步骤 ①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程． ②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，设出中间量． ③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程． (2)解题关键 多运动过程的连接点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，对连接点速度的求解往往是解题的关键． [例3]如图甲所示为哈尔滨冰雪大世界游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知AB和BC间的距离分别为2.5 m和3.5 m，求： (1)CD间距离多远； (2)此刻A的上端滑道上还有几人； (3)此时A距滑道顶端多远． 答案　(1)4.5 m　(2)2人　(3)2 m 解析　(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即CD－BC＝BC－AB，解得CD＝4.5 m. (2)相邻两人间的距离差为1 m，所以此刻A的上端滑道上还有2人． (3)设相邻两名游客的时间间隔为T，下滑的加速度为a，则有Δs＝CD－BC＝aT2, 即aT2＝1 m，A此时的速度为vA＝＝ m/s，联立两式解得vA＝2aT，此时A距滑道顶端s＝＝2aT2＝2 m. [变式3]（鲁科版必修一，P44，3）如图所示，在某一段平直的铁路上，一列以144km/h的速度行驶的动车开始匀减速行驶，经过2min，动车恰好停在车站；在车站停留4min，动车匀加速驶离车站，离开车站2km时恢复到原来的速度144km/h。求： （1）动车减速时的加速度大小； （2）动车从开始减速到恢复到原速度这段时间内的平均速度大小。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）取动车运动方向为正方向，初速度 根据匀变速直线运动速度公式 可得 （2）匀减速的位移为 匀加速的位移 则加速到原速度用时为 平均速度为 [延伸3]　高铁被誉为中国“新四大发明”之一，因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等．在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车．列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来． (1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度大小； (2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度大小a2. 答案　(1)60 m/s　(2)1.2 m/s2 解析　(1)设经过t2＝40 s时，列车的速度大小为v1，又v0＝288 km/h＝80 m/s， 则打开制动风翼后，减速过程有v1＝v0－a1t2＝60 m/s. (2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m， 从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，列车行驶的距离x2＝＝2 800 m， 从打开电磁制动系统后，列车行驶的距离 x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m， 则a2＝＝1.2 m/s2. 学科网（北京）股份有限公司 $$