2024高考物理大一轮复习题库 第2讲 匀变速直线运动的规律

这是一份2024高考物理大一轮复习题库 第2讲 匀变速直线运动的规律，共17页。试卷主要包含了匀变速直线运动的基本规律，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。
第2讲　匀变速直线运动的规律

一、匀变速直线运动的基本规律
1.匀变速直线运动

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v1∶v2∶v3∶…∶vn＝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∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶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∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)。
【自测 (2021·山东日照市模拟)一物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，先后经过A、B、C三点，物体通过AB段与BC段所用时间相等。已知AB段距离为x1，BC段距离为x2，由题目提供的条件，可以求出(　　)

图1
A.物体运动的加速度
B.从O点到A点的距离
C.物体通过AB段所用的时间
D.物体在B点的瞬时速度
答案　B
解析　根据Δx＝x2－x1＝aT2，则需要知道物体通过AB段与BC段所用时间，才能求出物体运动的加速度，A错误；设OA段距离为x，加速度为a，物体通过AB段与BC段所用时间为T，由题意可得vB＝，v＝2a(x＋x1)，x2－x1＝aT2，联立解得x＝－x1，所以从O点到A点的距离可以求出，B正确；物体通过AB段所用的时间和物体在B点的瞬时速度无法求出，C、D错误。
二、自由落体运动和竖直上抛运动
1.运动性质：自由落体运动和竖直上抛运动都是匀变速直线运动。
2.自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝gt。
②位移与时间的关系式：h＝gt2。
③速度与位移的关系式：v2＝2gh。
3.竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，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。
(2)基本规律
①速度与时间的关系式：v＝v0－gt。
②位移与时间的关系式：x＝v0t－gt2。


命题点一　匀变速直线运动的基本规律及应用
1.基本思路
→→→→
2.方法技巧
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量)
没有涉及
的物理量
适宜选
用公式
v0、v、a、t
x
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
x＝v0t＋at2
v0、v、a、x
t
v2－v＝2ax
v0、v、t、x
a
x＝t
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。
【真题示例1 (2019·海南卷，3)汽车在平直公路上以20 m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8 m/s2。从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为(　　)
A.10 m B.20 m
C.25 m D.50 m
答案　C
解析　汽车做匀减速运动，末速度为0，根据v＝2ax解得x＝＝ m＝25 m，故选项C正确。
【针对训练1 (2021·广东惠州市调研)高速公路的ETC电子收费系统如图2所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以5 m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.5 s，刹车的加速度大小为2.5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　)

图2
A.7 m B.9 m
C.11 m D.13 m
答案　B
解析　ETC通道的长度约为x＝v0(t＋Δt)＋＝5×(0.3＋0.5) m＋ m＝9 m，故选项B正确。

刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失的问题，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匀减速到零的运动，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。汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速运动，然后做匀减速直线运动。
【例2 一辆汽车以某一速度在郊区的水平路面上运动，因前方交通事故紧急刹车而做匀减速直线运动，最后静止。汽车在最初3 s时间内通过的位移与最后3 s时间内通过的位移之比为x1∶x2＝5∶3，则汽车制动的总时间t满足(　　)
A.t＞6 s B.t＝6 s
C.4 s＜t＜6 s D.t＝4 s
答案　D
解析　设汽车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，由逆向思维法求解，则汽车刹车的最后3 s时间内通过的位移x2＝a×32(m)＝a(m)，在最初3 s时间内通过的位移x1＝at2－a(t－3)2＝a(6t－9)(m)，又x1∶x2＝5∶3，联立解得t＝4 s，选项A、B、C错误，D正确。
命题点二　匀变速直线运动的推论及应用
　　　　　　解决匀变速直线运动的常用方法

　平均速度公式的应用
【例3 (2021·河北摸底)物体从A点开始做匀变速直线运动，由A到B用时6 s，由B到C用时2 s，AB＝BC＝12 m，则物体的加速度大小为(　　)
A.1 m/s2 B.2 m/s2
C.3 m/s2 D.4 m/s2
答案　A
解析　AB段平均速度为AB＝＝ m/s＝2 m/s，BC段平均速度为BC＝＝
m/s＝6 m/s，根据＝v知，AB段中间时刻的速度v1＝AB＝2 m/s，BC段中间时刻的速度v2＝BC＝6 m/s，两中间时刻的时间间隔为Δt＝3 s＋1 s＝4 s，加速度大小为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故A正确，B、C、D错误。
【针对训练2 (2021·江西重点中学协作体联考)一汽车在水平路面上开始刹车到停止的过程可看成是匀减速直线运动，已知刹车开始第1 s内与最后1 s内的位移之比为K，刹车距离为x，则整个过程的平均速度的数值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　逆向思维法。设整个过程时间为t，加速度大小为a，则第1 s内位移x1＝
at2－a(t－1)2，最后1 s内位移x2＝at，则＝K，解得t＝，整个过程平均速度为＝＝，故D正确。

(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的位移，常用此法。
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法。　　
　初速度为零的匀变速直线运动推论的应用
【例4 (2021·广东四校联考)一个质点从静止开始做匀加速直线运动，它在第3 s内与第6 s 内通过的位移之比为x1∶x2，通过第3个1 m与通过第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2，则(　　)
A.x1∶x2＝1∶4 B.x1∶x2＝5∶11
C.v1∶v2＝1∶ D.v1∶v2＝∶
答案　B
解析　初速度为0的匀加速直线运动，质点在连续相等时间内通过的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故质点第3 s内与第6 s内通过的位移之比为x1∶x2＝xⅢ∶xⅥ＝5∶11，故A错误，B正确；初速度为0的匀加速直线运动，质点在通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)，故质点通过第3个1 m与通过第6个1 m时所用时间之比为t3∶t6＝(－)∶(－)。根据平均速度公式＝，可得质点通过第3个1 m与第6个1 m时的平均速度之比为v1∶v2＝∶＝(＋)∶(＋)，故C、D错误。
命题点三　自由落体和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)运动特点：初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动。
(2)方法技巧：初速度为0的匀变速直线运动规律都适用。
2.竖直上抛运动

　
(1)重要特性(如图)
①对称性
a.时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA。
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。
②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种情况。
(2)研究方法
分段法
上升阶段：a＝g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，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(以竖直向上为正方向)
若v＞0，物体上升，若v＜0，物体下落
若h＞0，物体在抛出点上方，若h＜0，物体在抛出点下方
【真题示例5 (2019·全国Ⅰ卷，18)如图3所示，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(　　)

图3
A.1＜＜2 B.2＜＜3
C.3＜＜4 D.4＜＜5
答案　C
解析　本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3＜＜4，选项C正确。
【针对训练3 (2021·1月河北选择性模拟，2)如图4所示，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2)(　　)

图4
A.0.3 m B.0.6 m
C.0.9 m D.1.2 m
答案　B
解析　小球被抛出后，相对小船做竖直上抛运动，小球向上和向下运动时间相同，由h＝gt2得t＝0.3 s，小球在空中运动的总时间为0.6 s，小船前进的距离为x＝v·2t＝0.6 m，故B正确。

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，则小球全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可看成类竖直上抛运动，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6 (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速直线运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过时间t物体的位移大小为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　以沿斜面向上为正方向，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。


对点练 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.(2021·江西上饶市第一次模拟) 一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移x内速度增加了v，速度变为原来的5倍。则该质点的加速度为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设原来的速度为v0，则通过位移x后，速度为5v0，由题意可知v＝5v0－v0＝4v0，根据速度—位移公式得2ax＝(5v0)2－v，联立解得a＝，故C正确。
2.(2021·安徽、河南、山西3月学术能力诊断)某短跑运动员完成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，该运动员用12 s跑完全程，已知该运动员在加速阶段的位移和匀速阶段的位移之比为1∶4，则该运动员在加速阶段的加速度为(　　)
A.2.0 m/s2 B.2.5 m/s2
C.3.0 m/s2 D.3.5 m/s2
答案　B
解析　由题意知x1∶x2＝1∶4，x1＋x2＝100 m，则加速阶段：x1＝at＝20 m，v＝at1，匀速阶段：x2＝v(t－t1)＝80 m，联立解得a＝2.5 m/s2，故B项正确。
3.(2021·重庆江津中学模拟)汽车在平直公路上行驶，刹车后位移x随时间变化的关系为x＝20t－t2，则从刹车开始，2 s内和5 s内汽车的位移之比为(　　)
A.5∶4 B.3∶4
C.4∶5 D.4∶3
答案　B
解析　位移x随时间t变化的关系为x＝20t－t2，可知该车的初速度为20 m/s，加速度为－5 m/s2，汽车速度减为零的时间t0＝＝ s＝4 s，则2 s内的位移x1＝v0t1＋at＝20×2 m－×5×4 m＝30 m，5 s内的位移等于4 s内的位移，则x2＝t0＝×4 m＝40 m，可知2 s内与5 s内汽车的位移之比为x1∶x2＝3∶4，故A、C、D错误，B正确。
4.(多选) (2021安徽皖北协作区4月联考) “奋斗者号”是我国自主研制的目前世界上下潜能力最强的潜水器之一。假设某次海试活动中，“奋斗者号”从距海面深H处以某一初速度竖直上浮，并从此时刻开始计时，做匀减速直线运动，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则下列说法正确的是(　　)

图1
A.上浮时的初速度为
B.上浮时的初速度为
C.在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为
D.在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为
答案　BC
解析　由H＝t可知，上浮时的初速度为v0＝，选项A错误，B正确；上浮的加速度为a＝＝－，则在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为h＝H－(v0t0＋at)＝H－(t0－×t)＝，选项C正确，D错误。
对点练 匀变速直线运动推论的应用
5.小轩同学某次在高铁站候车，从车头经过自己身边时开始计时，连续两个时间t内，驶过他身边的车厢节数分别为6和4，假设列车经过小轩身边时列车的运动可视为匀减速直线运动，列车每一节车厢的长度都相等，不计车厢之间的间隔，则第三个时间t内(列车未停止运动)经过小轩身边的车厢节数为(　　)
A.5 B.4
C.3 D.2
答案　D
解析　做匀变速直线运动的物体在相邻相等时间内的位移之差相等，设第三个时间t内的车厢数为n，每节车厢长度为x，则6x－4x＝4x－nx，得n＝2，选项D正确。
6.(2021·宁夏吴忠市联考)火车进站时的运动可以近似看成匀减速直线运动，某人用手表估测火车的加速度，先观测3分钟，发现火车前进540米，隔3分钟后，又观测1分钟，发现火车前进90米，则火车到站再需时间为(　　)
A.5 min B.4.5 min
C.3.5 min D.5.6 min
答案　B
解析　前3分钟内的平均速度为v1＝＝ m/s＝3 m/s，隔3分钟后，1分钟内的平均速度为v2＝＝ m/s＝1.5 m/s，因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝1.5 min＋3 min＋0.5 min＝
5 min＝300 s，则加速度为a＝＝ m/s2＝－0.005 m/s2，从v2减速到零所用时间t＝＝300 s＝5 min，故火车到站再需时间t′＝t－0.5 min＝4.5 min，故B正确。
对点练 自由落体和竖直上抛运动
7.(2021·湖北卷，2)2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为(　　)
A.0.2 s B.0.4 s
C.1.0 s D.1.4 s
答案　B
解析　陈芋汐下落的整个过程所用的时间为t＝＝ s≈1.4 s，下落前5 m的过程所用的时间为t1＝＝ s＝1 s，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为t2＝t－t1＝0.4 s，B正确，A、C、D错误。
8.(多选)如图2所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面的高度分别为h1、h2、h3，h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则 (　　)

图2
A.三者到达桌面时的速度大小之比是∶∶1
B.三者运动时间之比为3∶2∶1
C.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
答案　AC
解析　三个球均做自由落体运动，由v2＝2gh得v＝，则v1∶v2∶v3＝∶∶＝∶∶1，故A正确；由h＝gt2得t＝，则t1∶t2∶t3＝∶∶＝∶∶1，故B错误；b与a开始下落的时间差Δtba＝(－)t3，c与b开始下落的时间差Δtcb＝(－1)t3，由于Δtba＜Δtcb，故C正确；小球下落的加速度均为g，与重力及质量无关，故D错误。

9.(2021·辽宁沈阳市质检)2021年春节，沈阳市在某次消防演习中，消防车的高压水龙头竖直向上喷水，喷出的水可上升到距离管口45 m的最大高度；当高压水龙头固定在高为10 m的消防车的云台上，仍以同样大小的速率将水斜向上喷出，喷水方向与水平方向夹角约53°，不计空气阻力，sin 53°＝0.8，则喷出的水可上升到距离地面的最大高度约为(　　)
A.10 m B.20 m
C.30 m D.40 m
答案　D
解析　由公式v2＝2gh得v＝＝ m/s＝30 m/s，当水龙头在消防车上时，竖直方向的速度为vy＝vsin 53°且v＝2gh′，上升到距离地面的最大高度h总＝h′＋h0＝38.8 m，故D正确。
10.(2021·山东省模拟)一个物体在粗糙的水平地面上以一定的初速度向前做匀减速直线运动。若已知物体在第1 s内的位移为8.0 m，在第3 s内的位移为0.5 m，则下列说法正确的是(　　)
A.物体在0.5 s末速度一定为8.0 m/s
B.物体在2.5 s末速度一定为0.5 m/s
C.物体在第2 s内的位移一定为4.25 m
D.物体的加速度大小一定为3.75 m/s2
答案　A
解析　物体做匀减速直线运动，在0.5 s末速度v0.5＝1＝＝8.0 m/s，A正确；根据位移时间公式得，第1 s内的位移为x1＝v0t1＋at＝8.0 m，第3 s内的位移为x3－x2＝(v0t3＋at)－(v0t2＋at)，代入数据得v0＝9.875 m/s，a＝－3.75 m/s2，据此求得v3＝v0＋at3＝－1.375 m/s，不符合题意，说明物体在3 s前物体已经停止。设第3 s内运动时间为t，则由0.5 m＝a′t2，8 m/s＝a′(1.5 s＋t)，解得物体的加速度大小a′＝4 m/s2，t＝0.5 s，D错误；物体在2.5 s末的速度为v′＝v0.5－a′t′＝0，B错误；根据x2－x1＝－a′T2得第2 s内的位移为x2＝x1－a′T2＝4.0 m，C错误。
11.(2021·福建宁德市质检)交通法规定，汽车出现故障停在道路上时，应在车后方放置三角警示牌，提醒后面驾车的驾驶员减速避让，如图3所示。在夜间，某道路上有一汽车因故障停车，后面有一货车以15 m/s的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方20 m的物体，已知驾驶员的反应时间为1 s，制动后最大加速度大小为5 m/s2。求：

图3
(1)货车司机从看到警示牌到最终停下所用的最短时间；
(2)警示牌至少要放在汽车后多远处才能避免两车相撞。
答案　(1)4 s　(2)17.5 m
解析　(1)设从刹车到停止的时间为t2，则t2＝＝3 s
则货车从出发到最终停止所用的最短时间为
t＝t1＋t2＝4 s。
(2)反应时间内货车做匀速运动，则
x1＝v0t1＝15 m
从刹车到停止的位移为x2，则
x2＝＝22.5 m
货车司机从发现汽车到停止的距离为
x＝x1＋x2＝37.5 m
三角警示牌与汽车的距离至少为
Δx＝x－L＝17.5 m。
12.(2021·湖南株洲市检测)在四分之一英里赛程(1英里＝1.6 km)的直线加速赛车比赛中，TopFuel组别的某赛车在完成整个赛程时车速达到540 km/h。现将该赛车在整个赛程中的运动简化为长度相等的两段匀加速运动，若前、后两段的加速度之比是25∶11，求该赛车：
(1)到达赛程中点的速度；
(2)完成整个赛程所用时间。
答案　(1)125 m/s　(2)4.65 s
解析　(1)设该赛车前、后两段的加速度分别为a1、a2，到达赛程中点的速度为v1，最终速度为v2，总位移为x，则
v2＝540 km/h＝150 m/s，x＝400 m
v＝2a1·，v－v＝2a2·
解得v1＝125 m/s。
(2)设该赛车在前、后两段运动的时间分别为t1、t2，则
＝t1，＝t2
解得t1＝3.2 s，t2＝1.45 s
则总时间为t＝t1＋t2＝4.65 s。
13.(2021·江西鹰潭市模拟)根据新的交通规则，遇行人过斑马线，汽车要停车礼让。如图4所示，一辆小汽车在平直马路上以v0＝28.8 km/h的速度匀速行驶，当小汽车的车头距停车线d ＝8.4 m时，司机发现一行人正在通过斑马线，司机紧急刹车，待停稳时，恰有一半车身通过停车线。已知车长L＝4.0 m，司机反应时间
0.50 s。求：

图4
(1)小汽车刹车的加速度大小；
(2)此后小汽车以 m/s2的加速度由静止匀加速出发，此时司机发现400 m远的下一个路口的绿灯显示30 s。若此路段限速60 km/h，试通过计算分析该车能否在绿灯熄灭前通过下一个路口。
答案　(1)5 m/s2　(2)能够通过下一个路口(算30 s内通过位移大于400 m也得分)
解析　v0＝28.8 km/h＝8 m/s
(1) 小汽车匀速运动0.50 s的位移
x1＝v0t0＝8×0.50 m＝4.0 m
小汽车刹车过程汽车匀减速位移
x2＝d＋－x1＝6.4 m
刹车的加速度大小a＝＝5 m/s2
(2) 小汽车匀加速运动的位移
x2＝＝ m＝ m
加速时间t2＝＝ s＝10 s
此后小汽车再匀速运动，到下一个路口所用时间t3＝＝ s＝19 s
到下一个路口总共需时间t＝t2＋t3＝29 s＜30 s，所以小汽车能够通过下一个路口。