专题01 常见的匀变速直线运动模型-2024年新课标高中物理模型与方法

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15589" 【模型一】 刹车模型 PAGEREF _Tc15589 \h 1
\l "_Tc11848" 【模型二】“0—v—0”运动模型 PAGEREF _Tc11848 \h 3
\l "_Tc27643" 【模型三】 反应时间与限速模型 PAGEREF _Tc27643 \h 4
\l "_Tc3258" 1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题 PAGEREF _Tc3258 \h 5
\l "_Tc11940" 2.先加速后匀速运动模型----限速问题 PAGEREF _Tc11940 \h 5
\l "_Tc18275" 3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题 PAGEREF _Tc18275 \h 6
\l "_Tc8414" 【模型四】 双向可逆类运动模型 PAGEREF _Tc8414 \h 8
\l "_Tc3004" 【模型五】 等位移折返模型 PAGEREF _Tc3004 \h 9
\l "_Tc32230" 【模型六】 等时间折返模型 PAGEREF _Tc32230 \h 11
【模型一】 刹车模型
【概述】指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间
【模型要点】
(1)刹车问题在实际生活中，汽车刹车停止后，不会做反向加速运动，而是保持静止。
(2)题目给出的时间比刹车时间长还是短?若比刹车时间长，汽车速度为零．若比刹车时间短，可利用公式直接计算，因此解题前先求出刹车时间。
(3)刹车时间的求法．由，令，求出便为刹车时间，即。
(4)比较与,若，则；若，则。
(5)若，则，车已经停止，求刹车距离的方法有三种：
①根据位移公式x=v0t＋eq \f(1,2)at2，注意式中只能取；
②根据速度位移公式－veq \\al(2,0)＝2ax； [来源:学*科*网Z*X*X*K]
③根据平均速度位移公式.
【模型演练1】(2020·福建期末)交通法规定“斑马线礼让行人”，违规驾驶员将受到处罚，如图所示，路口行人正在过斑马线，一辆匀速行驶的汽车前端距停车线为12 m，刹车过程的位移与时间的关系为s＝12t－3.75t2(s的单位为m，t的单位为s)，关于驾驶员的下列操作，说法正确的是( )
A．立即制动刹车，汽车至少需1.6 s才能停止
B．距停车线8 m处开始刹车，汽车前端恰好能停止在停车线处
C．经0.4 s处才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处
D．经0.2 s处才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处
【答案】AD.
【解析】根据题意知刹车过程的位移与时间的关系为s＝12t－3.75t2，由位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，得v0＝12 m/s，eq \f(1,2)a＝－3.75，即a＝－7.5 m/s2，减速所需时间为：t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(12,7.5) s＝1.6 s，故A正确；根据速度位移公式可知，减速运动的位移为：x＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(122,2×7.5) m＝9.6 m，故在距停车线8 m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，故B错误；匀速运动的时间为：t′＝eq \f(L－x,v0)＝eq \f(12－9.6,12) s＝0.2 s，故若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故C错误，D正确．
【模型演练2】(2021·广东“六校”第三次联考)一辆汽车以40 m/s的速度沿平直公路匀速行驶，突然前方有一只小狗穿过马路，司机立即刹车，汽车以大小为8 m/s2的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后2 s内与刹车后6 s内汽车通过的位移大小之比为( )
A．7∶25 B．16∶25
C．7∶24 D．2∶3
【答案】 B
【解析】 规定初速度方向为正方向，已知初速度v0＝40 m/s，a＝－8 m/s2，设汽车从刹车到停止所需的时间为t，根据匀变速直线运动速度时间公式有0＝v0＋at得：t＝eq \f(0－v0,a)＝5 s，当t1＝2 s＜t时，x1＝v0t1＋eq \f(1,2)at12＝64 m，当t2＝6 s＞t时，说明6 s内汽车的位移等于汽车从刹车到停止的位移，x2＝eq \f(0－v02,2a)＝100 m，故x1∶x2＝16∶25，故B正确，A、C、D错误.
【模型演练3】(2020·全国第五次大联考)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是从识别区起点到自动栏杆的水平距离．某人驾驶汽车以5 m/s的速度匀速进入ETC通道，ETC天线用了0.4 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，于是立即刹车，汽车刚好紧贴栏杆停下．已知司机的反应时间为0.3 s，刹车时汽车的加速度大小为3 m/s2，则该ETC通道的长度约为( )
A．3.5 m B．4.2 m
C．6.5 m D．7.7 m
【答案】 D
【解析】 汽车在前0.4 s＋0.3 s内做匀速直线运动通过的位移x1＝v0(t1＋t2)＝3.5 m，随后汽车做匀减速运动通过的位移x2＝eq \f(v02,2a)＝eq \f(52,2×3) m≈4.2 m，所以该ETC通道的长度约为L＝x1＋x2＝7.7 m，D项正确．
【模型二】“0—v—0”运动模型
【概述】多过程问题是匀变速直线运动中的常见问题，一般处理时需要列多个方程，综合求解。但有一类多过程问题，由于特点比较鲜明，常常可以利用结论快速求解，那就是0-v-0模型。所谓0-v-0模型是指，一物体从静止开始，先做匀加速直线运动，速度达到最大值后，再匀减速至速度为0。这类问题除了可以列基本方程求解外，利用v-t图像去解答会更快速。因为0-v-0模型的v-t图像非常简洁。
【模型要点】
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：
= 1 \* GB3 ①速度公式 推导可得：
= 2 \* GB3 ②速度位移公式 推导可得：
= 3 \* GB3 ③平均速度位移公式 推导可得：
2.位移三个公式：；；
3.v-t图像
t
O
v
t2
t1
a2
a1
v0
【模型演练1】(2021·新乡市高三上学期第一次模拟)轿车在笔直的公路上做匀速直线运动，当轿车经过公路上的A路标时，停靠在旁边的一辆卡车开始以加速度a1做匀加速直线运动，运动一段时间后立即以加速度a2做匀减速直线运动，结果卡车与轿车同时到达下一个路标，此时卡车的速度恰好减为零，若两路标之间的距离为d，则轿车匀速运动的速度大小为( )
A．eq \r(\f(2a1a2d,a1－a2)) B．eq \r(\f(a1a2d,2a1＋a2))
C．eq \r(\f(2a1a2d,3a1－a2)) D．eq \r(\f(2a1a2d,a1＋a2))
【答案】B
【解析】设卡车行驶过程中的最大速度为vmax，则加速过程和减速过程的时间分别为t1＝eq \f(vmax,a1)、t2＝eq \f(vmax,a2)，作出卡车整个过程的v­t图象如图所示
图象与时间轴所围成的面积为×eq \f(vmax,2)＝d，解得vmax＝eq \r(\f(2a1a2d,a1＋a2))，设轿车匀速运动的速度为v0，有vmax(t1＋t2)×eq \f(1,2)＝v0(t1＋t2)，解得v0＝eq \f(vmax,2)＝eq \r(\f(a1a2d,2a1＋a2))，故B正确。
【模型演练2】．(2020·河南郑州模拟)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a1∶a2＝2∶1 B．加速、减速中的平均速度大小之比为v1∶v2＝1∶1
C．加速、减速中的位移之比为x1∶x2＝2∶1 D．加速、减速中的加速度大小之比为a1∶a2＝1∶3
【答案】：BC
【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v＝at，知a1t1＝a2t2，eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,2)，A、D错误．又由v2＝2ax知a1x1＝a2x2，eq \f(x1,x2)＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(2,1)，C正确．由v＝eq \f(v,2)知，v1∶v2＝1∶1，B正确．
【模型演练3】．一列火车沿平直轨道从静止出发由A地驶向B地，列车先做匀加速运动，加速度大小为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B地时恰好静止，若A、B两地距离为s，则火车从A地到B地所用时间t为( )
A.eq \r(\f(3s,4a)) B.eq \r(\f(4s,3a)) C.eq \r(\f(3s,a)) D.eq \r(\f(3s,2a))
【答案】 C
【解析】 设加速结束时的速度为v，由匀变速直线运动的速度与位移关系可得eq \f(v2,2a)＋eq \f(v2,2·2a)＝s，解得v＝eq \r(\f(4as,3))，则整个过程中的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(v,2)＝eq \r(\f(as,3))，故火车从A地到B地所用时间t＝eq \f(s,\x\t(v))＝eq \r(\f(3s,a))，C正确。
【模型三】 反应时间与限速模型
【概述】
1.先匀速，后减速运动模型---反应时间问题
t
O
v
x2
t1
a
v0
x1
总位移
【模型演练1】(2020·云南统一检测)汽车在平直公路上以108 km/h的速度匀速行驶，司机看到前面有突发情况，紧急刹车，从看到突发情况到刹车的反应时间内汽车做匀速运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，从看到突发情况到汽车停下，汽车行驶的距离为90 m，所花时间为5.5 s，则汽车匀减速过程中所受阻力约为汽车所受重力的( )
A．0.3 B．0.5
C．0.6 D．0.8
【答案】C
【解析】：设反应时间为t，匀减速时间为t′，行驶距离为x，初速度为v，则vt＋eq \f(v2,2a)＝x ，v＝at′ ，t′＋t＝t总，解得：a＝6 m/s2 ，t＝0.5 s ，t′＝5 s，根据牛顿第二定律得：f＝ma，故eq \f(f,mg)＝0.6，故C正确，A、B、D错误。
2.先加速后匀速运动模型----限速问题
t
O
v
t
a
v0
加速时间；加速距离
匀速时间；匀速距离
总位移
【模型演练2】(2021·江西吉安市期末)一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25 m/s后做匀速直线运动，已知汽车前5 s内的位移为75 m，则汽车匀加速运动的时间为( )
A．3 s B．4 s
C．5 s D．6 s
【答案】 B
【解析】 若前5 s内汽车一直做匀加速直线运动，则前5 s内匀加速直线运动的最大位移为x＝
eq \f(1,2)vmt＝62.5 m，小于75 m，因此汽车在前5 s内一定是先匀加速后匀速，设匀加速的时间为t，则x′＝eq \f(vm,2)·t＋vm(5 s－t)＝75 m，解得t＝4 s，B项正确．
3.先加速后匀速在减速运动模型----最短时间问题
【模型演练3】(2020·安徽安庆高三上学期期末)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104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2，假定升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．13 s B．16 s C．21 s D．26 s
【答案】C.
【解析】：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t1＝eq \f(v,a)＝8 s，通过的位移为x1＝eq \f(v2,2a)＝32 m，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：t2＝eq \f(x－2x1,v)＝eq \f(104－2×32,8) s＝5 s，总时间为：t＝2t1＋t2＝21 s，故C正确，A、B、D错误．
【模型演练4】(2021·湖北重点中学联盟联考)有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48 m。问：
(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少；
(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少？
【答案】(1)12 s (2)4 m/s
【解析】(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，由位移公式得h＝eq \f(v\\al(2,m),2a1)＋eq \f(v\\al(2,m),2a2)，代入数据解得vm＝8 m/s
因为vm＝8 m/s