高考物理一轮复习题型归纳与变式演练专题01匀变速直线运动的规律（含解析）

这是一份高考物理一轮复习题型归纳与变式演练专题01匀变速直线运动的规律（含解析），共22页。

目录
TOC \ "1-3" \h \u 热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用1
热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用3
（一）比例法的应用4
（二）Δx＝aT2推论法的应用6
（三）平均速度公式的应用7
（四）图象法的应用8
热点题型三 自由落体和竖直上抛运动8
拓展点：双向可逆运动类竖直上抛运动11
热点题型四 物体运动的多过程问题12
（一）：多过程运动之-----“先以由静止加速在以匀减至速度为零”模型12
（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）14
（三）多过程运动之“返回出发点”模型15
（四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型15
（六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型17
【题型演练】18
【题型归纳】
热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用
1.基本规律
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(（1）速度—时间关系：v＝v0＋at,（2）位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2,（3）速度—位移关系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax))eq \(――――→,\s\up11(初速度为零),\s\d4(v0＝0))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2,v2＝2ax))
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
【例1】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，
某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，则该运动员的加速度
及在加速阶段通过的距离为（ ）．
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】 根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为s1和s2，由运动学规律得：
s1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)
s1＋s2＝eq \f(1,2)a(2t0)2
t0＝1 s
联立解得：a＝5 m/s2
设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题意及运动学规律，得
t＝t1＋t2
v＝at1
s＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＋vt2
设加速阶段通过的距离为s′，
则s′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
求得s′＝10 m
【变式1】(2019·河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内
的平均速度为( )
A．6 m/s B．8 m/s C．10 m/s D．12 m/s
【答案】B
【解析】将题目中的表达式与x＝v0t＋eq \f(1,2)at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2.所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝eq \f(0－24,－12) s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度v＝eq \f(x,t′)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s.
【变式2】(2019·福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是s＝4t＋2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为( )
A．4 m/s与2 m/s2 B．0与4 m/s2
C．4 m/s与4 m/s2 D．4 m/s与0
【答案】C
【解析】根据匀变速直线运动的位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s＝4t＋2t2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v0＝4 m/s，加速度的大小为a＝4 m/s2，选项C正确．
【变式3】(2019·广西钦州模拟)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为( )
A．12.5 m B．2 m C．10 mD．0.5 m
【答案】D
【解析】据v＝at可得由刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，x＝eq \f(1,2)at′2＝0.5 m.
热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用
1．三个推论
(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(2)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初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．
平均速度公式：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝ SKIPIF 1 < 0 .
(3)位移中点速度 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \r(\f(v02＋v2,2)).
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)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
3.思维方法
（一）比例法的应用
【例2】．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)D．t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(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，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，选项A错误，B正确．
【变式1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，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 SKIPIF 1 < 0 所用的时间为t1，第四个 SKIPIF 1 < 0 所用的时间为t2。不计空气阻力，则 SKIPIF 1 < 0 满足
A．1< SKIPIF 1 < 0 <2 B．2< SKIPIF 1 < 0 <3 C．3< SKIPIF 1 < 0 <4 D．4< SKIPIF 1 < 0 <5
【答案】C
【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系 SKIPIF 1 < 0 ，可知 SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，故本题选C。
【变式2】(多选)(2019·湖北大冶一中月考)如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从
O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d，下列说法正确的是 ( )
A．质点由O到达各点的时间之比ta∶tb∶tc∶td＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2
B．质点通过各点的速率之比va∶vb∶vc∶vd＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2
C．质点在斜面上运动的平均速度v＝vb
D．质点在斜面上运动的平均速度v＝eq \f(vb,2)
【答案】AB
【解析】根据x＝eq \f(1,2)at2，得t＝eq \r(\f(2x,a))，Oa、Ob、Oc、Od的距离之比为1∶2∶3∶4，所以质点由O到达各点的时间之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2，故A正确．根据v2＝2ax，v＝eq \r(2ax)，Oa、Ob、Oc、Od的距离之比为1∶2∶3∶4，所以质点通过各点的速率之比va∶vb∶vc∶vd＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2，故B正确．初速度为0的匀加速直线运动中，在最初相等的时间内通过的位移之比为1∶3，可知a点是Od的中间时刻，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则v＝ SKIPIF 1 < 0 ，故C错误．v＝eq \f(0＋vd,2)＝eq \f(vd,2)，即在斜面上运动的平均速度v＝eq \f(vd,2)，
【变式3】．(2019·郑州模拟)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木
块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每
个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝eq \r(5)∶eq \r(3)∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)D．t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1
【答案】D
【解析】用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L，则veq \\al(2,3)＝2a·L，veq \\al(2,2)＝2a·2L，veq \\al(2,1)＝2a·3L，v3、v2、v1分别为子弹倒过来从右到左运动L、2L、3L时的速度，则v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，选项A、B错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确．
（二）Δx＝aT2推论法的应用
【例3】．(2019·成都高新区模拟)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A．2 m/s，3 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】选B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB＝eq \f(AB＋BC,2t)＝4 m/s；又因为两个连续相等时间间隔内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由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，故选项B正确．
【变式1】物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体( )
A．在A点的速度大小为eq \f(x1＋x2,2T) B．在B点的速度大小为eq \f(3x2－x1,2T)
C．运动的加速度为eq \f(2x1,T2) D．运动的加速度为eq \f(x1＋x2,T2)
【答案】AB
【解析】匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则vA＝eq \x\t(v)＝eq \f(x1＋x2,2T)，A正确；设物体的加速度为a，则x2－x1＝aT2，所以a＝eq \f(x2－x1,T2)，C、D错误；物体在B点的速度大小为vB＝vA＋aT，解得vB＝eq \f(3x2－x1,2T)，B正确．
【变式2】(2019·铜陵模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m，则刹车后6 s内的位移是( )
A．20 m B．24 m
C．25 m D．75 m
【答案】 C
【解析】 设汽车的初速度为v0，加速度为a，根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得a＝eq \f(x2－x1,T2)＝eq \f(7－9,12) m/s2＝－2 m/s2；汽车第1 s内的位移x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2，代入数据解得v0＝10 m/s；汽车刹车到停止所需的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(0－10,－2) s＝5 s，则汽车刹车后6 s内的位移等于5 s内的位移，则x＝eq \f(v0,2)t0＝eq \f(10,2)×5 m＝25 m，故C正确，A、B、D错误．
（三）平均速度公式的应用
【例4】．质点由静止从A点出发沿直线AB运动，行程的第一阶段是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为( )
A．eq \r(\f(s（a1＋a2）,a1a2)) B．eq \r(\f(2s（a1＋a2）,a1a2))
C．eq \f(2s（a1＋a2）,a1a2)D．eq \r(\f(a1a2,2s（a1＋a2）))
【答案】B
【解析】.设第一阶段的末速度为v，
则由题意可知：eq \f(v2,2a1)＋eq \f(v2,2a2)＝s，
解得：v＝eq \r(\f(2a1a2s,a1＋a2))；
而s＝eq \f(0＋v,2)t1＋eq \f(v＋0,2)t2＝eq \f(v,2)t，
由此解得：t＝eq \r(\f(2s（a1＋a2）,a1a2))，所以正确答案为B.
【变式1】(2019·河北武邑中学周考)做匀加速直线运动的质点在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s
内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )
A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．3 m/s2D．4 m/s2
【答案】C
【解析】根据匀变速直线运动的规律可知，第一个3 s内的平均速度为第1.5 s末的速度；第一个5 s内的平均速度为第2.5 s末的速度．则由a＝eq \f(Δv,Δt)可得a＝eq \f(3,1) m/s2＝3 m/s2，故选C.
（四）图象法的应用
【例5】.(2019·怀化模拟)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
【答案】A
【解析】.根据速度－时间图线得，若a1>a3，如图(a)，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乙若a3>a1，如图(b)，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．
热点题型三 自由落体和竖直上抛运动
1．两种运动的特性
(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．
(2)竖直上抛运动的重要特性(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个特性．
2．竖直上抛运动的研究方法
【例6】（1）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/s2.5 s内物体
A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向向上
C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向向上
【答案】AB
【解析】选AB.法一：分阶段法
物体上升的时间t上＝eq \f(v0,g)＝eq \f(30,10) s＝3 s，物体上升的最大高度h1＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)＝eq \f(302,2×10) m＝45 m．物体从最高点自由下落2 s的高度h2＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,下)＝eq \f(1,2)×10×22 m＝20 m．运动过程如图所示，则总路程为65 m，A正确；5 s末物体离抛出点的高度为25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确；5 s末物体的速度大小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Δv＝(－v)－v0＝(－20 m/s)－30 m/s＝－50 m/s，即速度改变量的大小为50 m/s，方向竖直向下，C错误；平均速度大小eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(h1－h2,t)＝eq \f(25,5) m/s＝5 m/s，方向竖直向上，D错误．
法二：全过程法
由竖直上抛运动的规律可知：物体经3 s到达最大高度h1＝45 m处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝25 m>0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确；速度的变化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C错误；5 s末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋v,2)＝5 m/s>0，方向竖直向上，D错误．
（2）(2019·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m(未落地)，则( )
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m D．物体在5 s内的位移大小是50 m
【答案】D
【解析】.设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得eq \f(1,2)g×(5 s)2－eq \f(1,2)g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以物体在2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是eq \f(1,2)g×(5 s)2＝50 m，选项D正确．
【变式1】如图所示，将一小球以10 m/s的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g取10 m/s2.则3 s内小球运动的( )
A．路程为25 m B．位移为15 m C．速度改变量为30 m/s D．平均速度为5 m/s
【答案】A
【解析】由x＝v0t－eq \f(1,2)gt2得位移x＝－15 m，B错误；平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝－5 m/s，D错误；小球竖直上抛，由v＝v0－gt得速度的改变量Δv＝v－v0＝－gt＝－30 m/s，C错误；上升阶段通过路程x1＝eq \f(v02,2g)＝5 m，下降阶段通过的路程x2＝eq \f(1,2)gt22，t2＝t－eq \f(v0,g)＝2 s，解得x2＝20 m，所以3 s内小球运动的路程为x1＋x2＝25 m，A正确．
【变式2】．(多选)将某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.5 s内物体的( )
A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向竖直向上
C．速度改变量的大小为10 m/s D．平均速度大小为13 m/s，方向竖直向上
【答案】AB
【解析】物体的初速度v0＝30 m/s，g＝10 m/s2，其上升时间t1＝eq \f(v0,g)＝3 s，上升高度h1＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)＝45 m；下降时间t2＝5 s－t1＝2 s，下降高度h2＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝20 m．末速度v＝gt2＝20 m/s，方向竖直向下．故5 s内的路程s＝h1＋h2＝65 m；位移x＝h1－h2＝25 m，方向竖直向上；速度改变量Δv＝v－(－v0)＝50 m/s，表示方向竖直向下；平均速度v＝eq \f(x,t)＝5 m/s，方向竖直向上．综上可知，选项A、B正确．
拓展点：双向可逆运动 类竖直上抛运动
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，全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．
【例7】(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )
A．1 s B．3 s
C．4 s D.eq \f(5＋\r(41),2) s
【答案】 ACD
【解析】 当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得4＝5t－eq \f(1,2)×2t2
解得t1＝1 s，t2＝4 s当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得－4＝5t－eq \f(1,2)×2t2
解得t3＝eq \f(5＋\r(41),2) s，故A、C、D正确，B错误．
【变式1】(2019·陕西长安一中高三质检)两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t，第二个物体下落时间为eq \f(t,2)，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )
A．gt2 B.eq \f(3,8)gt2 C.eq \f(3,4)gt2 D.eq \f(1,4)gt2
【答案】D
【解析】第二个物体在第一个物体下落eq \f(t,2)后开始下落，此时第一个物体下落的高度h1＝eq \f(1,2)g(eq \f(t,2))2＝eq \f(gt2,8).根据h＝eq \f(1,2)gt2，知第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为eq \f(1,2)gt2、eq \f(gt2,8)，两物体未下落时相距eq \f(3gt2,8)，所以当第二个物体开始下落时，两物体相距Δh＝eq \f(3gt2,8)－eq \f(gt2,8)＝eq \f(gt2,4)，故D正确，A、B、C错误．
热点题型四 物体运动的多过程问题
1．基本思路
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果．
2．解题关键
多过程运动的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．
（一）：多过程运动之-----“先以 SKIPIF 1 < 0 由静止加速在以 SKIPIF 1 < 0 匀减至速度为零”模型
t
O
v
t2
t1
a2
a1
v0
（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 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 推导可得： SKIPIF 1 < 0
= 2 \* GB3 ②速度位移公式 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 推导可得： SKIPIF 1 < 0
= 3 \* GB3 ③平均速度位移公式 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 推导可得： SKIPIF 1 < 0
（2）位移三个公式： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0
（3）解题策略：画出 SKIPIF 1 < 0 图，两段初末速度相同，中间速度是解题的核心。
【例8】(2019·湖南湘中名校联考)如图所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，
两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比
和加速度大小之比，下列说法正确的是 ( )
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】设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v＝at得，加速度之比eq \f(a1,a2)＝eq \f(\f(v,t),\f(v,2t))＝eq \f(2,1)；根据平均速度的推论知，x1＝eq \f(v,2)t，x2＝eq \f(v,2)·2t，所以eq \f(x1,x2)＝eq \f(1,2)，选项A正确．
【变式1】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
【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．
【答案】BC
（二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题）
t
O
v
t
a
v0
加速时间 SKIPIF 1 < 0 ；加速距离 SKIPIF 1 < 0
匀速时间 SKIPIF 1 < 0 ；匀速距离 SKIPIF 1 < 0
总位移 SKIPIF 1 < 0
【例9】(2019·广西柳州冲刺)甲、乙两辆车在平直公路上从同一地点先后出发，其运动的v ­t图象如图所示，
已知t3时刻两车相遇，相遇前两车最大距离为25 m，已知t2＝10 s．求：
(1)甲车在加速阶段的加速度大小；
(2)两车相遇的时间t3.(取eq \r(2)＝1.4，结果保留两位有效数字)
【答案】(1)2 m/s2 (2)17 s
【解析】(1) 0～t2时间内位移关系：
eq \f(1,2)vt2＝eq \f(1,2)v(t2－t1)＋25
解得：t1＝5 s
所以甲的加速度：a1＝eq \f(v,t2－t1)＝2 m/s2
(2) 0～t3时间内，eq \f(1,2)a1(t3－t1)2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,3)
a2＝eq \f(v,t2)＝1 m/s2
解得：t3＝5(2＋eq \r(2)) s＝17 s
【变式1】(2018·山东省济南一中阶段检测)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的若继续行驶，则属于交通违章行为．一辆以10 m/s的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为25 m时，绿灯还有2 s的时间就要熄灭(绿灯熄灭黄灯即亮)．若该车加速时最大加速度大小为2 m/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.请通过计算说明：
(1)汽车能否不闯黄灯顺利通过；
(2)若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么？
【答案】 见解析
【解析】 (1)若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2 s内前进的距离为x1＝v0t＋eq \f(1,2)a1t2＝24 m，由于x1小于25 m，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过．
(2)若汽车紧靠停车线停下，则其位移为25 m.
则加速度a＝eq \f(v02,2x)＝2 m/s2<5 m/s2
所以汽车能够恰好紧靠停车线停下的条件是加速度为2 m/s2.
（三）多过程运动之“返回出发点”模型
t
O
v
t2
t1
-a2
a1
v1
-v2
（1）特点：初速度为零，两段总位移为零。
（2）位移两个公式： SKIPIF 1 < 0 ； SKIPIF 1 < 0
（3）特殊结论：若 SKIPIF 1 < 0 ,则有 SKIPIF 1 < 0 , SKIPIF 1 < 0
（四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型
t
O
v
x2
t1
a
v0
x1
总位移 SKIPIF 1 < 0
【例10.】汽车以10 m/s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15米处的斑马线上有行人，于是刹车，让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为0.5 s．汽车运动的v－t图象如图所示，则汽车的加速度大小为( )
A. 20 m/s2 B. 6 m/s2 C. 5 m/s2 D. 4 m/s2
【答案】C
【解析】设匀减速直线运动所用的时间为t，根据v-t图象的面积代表物体通过的位移可得：
15m=10m/s×0.5s+ SKIPIF 1 < 0 ×10m/s×t，解得t=2s，所以匀减速运动的加速度为： SKIPIF 1 < 0 ，则汽车的加速度大小为5m/s2．故选C．
（五）多过程运动之“减速为零，原路返回”模型
t
O
v
t2
t1
a2
a1
v1
v2
（1）特点：初（或末）速度为零，两段运动位移大小相等为x。
（2）位移三个公式：位移公式 SKIPIF 1 < 0 ；速度位移公式 SKIPIF 1 < 0 ；
平均速度位移公式 SKIPIF 1 < 0
（3）三个比例式： = 1 \* GB3 ① SKIPIF 1 < 0 ； = 2 \* GB3 ② SKIPIF 1 < 0 ； = 3 \* GB3 ③ SKIPIF 1 < 0
【例11】将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中v-t图像如图所示， g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球重力和所受阻力之比为5：1 B. 小球上升过程中克服阻力做功24 J
C. 小球上升与下落所用时间之比为2：3 D. 小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中机械能的损失
【答案】A
【解析】解：A、速度时间图线可知，小球上升的加速度大小a1=12m/s2，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1-mg=12-10N=2N；所以重力和所受阻力之比为5：1
小球匀减速直线运动的位移：x＝1/2×2×24m＝24m
B、克服阻力做功:
C、小球下降的加速度：，由得，时间之比为
D、机械能损失量等于阻力的功，上下过程阻力做功一样多，所以损失机械能一样多
（六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型
t
O
v
a2
t
v0
a1
耽误距离 SKIPIF 1 < 0 ，耽误时间 SKIPIF 1 < 0
【例12】将一物体以初速度 SKIPIF 1 < 0 竖直向上抛出，设空气阻力大小恒定，其速度大小随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）
A. 物体经过1.8 SKIPIF 1 < 0 的时间落回抛出点 B. 物体在落回到抛出点的过程中平均速度为 SKIPIF 1 < 0
C. 物体在上升阶段和下落到抛出点阶段重力做功平均功率之比为 SKIPIF 1 < 0
D. 空气阻力为其重力的0.2倍
【答案】CD
【解析】A、根据牛顿第二定律，上升： SKIPIF 1 < 0 ，下落： SKIPIF 1 < 0 ，由于下落过程中加速度小，所以下落过程时间大于上升过程时间，故总时间大于 SKIPIF 1 < 0 ，故选项A错误；
B、由于空气阻力的作用，导致物体落回抛出点的速度小于 SKIPIF 1 < 0 ，所以平均速度小于 SKIPIF 1 < 0 ，故选项B错误；
C、由牛顿第二定律可得：
上升阶段， SKIPIF 1 < 0
下落阶段， SKIPIF 1 < 0
可得， SKIPIF 1 < 0
上升阶段和下落阶段位移相等： SKIPIF 1 < 0 ，
可得 SKIPIF 1 < 0 ,所以重力平均功率之比为 SKIPIF 1 < 0 ，故选项C D正确。
【题型演练】
1.(2019·湖南永州模拟)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单
位)，下列说法正确的是( )
A．该质点的加速度大小为1 m/s2 B．该质点在1 s末的速度大小为6 m/s
C．该质点在第2 s内的平均速度为8 m/s D．前2 s内的位移为8 m
【答案】C
【解析】将匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2与x＝5t＋t2对比可知，质点的初速度v0＝5 m/s，加速度a＝2 m/s2，A项错误.1 s末的速度v1＝v0＋at1＝7 m/s，B项错误．由x＝5t＋t2可知该质点在前2 s内位移x2＝14 m，前1 s内位移x1＝6 m，则其在第2 s内位移x2′＝x2－x1＝8 m，则第2 s内的平均速度为8 m/s，C项正确，D项错误．
2.（2019云南楚雄）某质点做匀加速直线运动，在速度由v0变为kv0(k>1)的过程中，质点的位移大小为x，则在速度由v0变为(k+1) v0的过程中，质点的位移大小为( )
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【解析】试题分析：题中不涉及时间，我们选用位移速度公式分析解题．
设质点的加速度为a，根据位移速度公式可得 SKIPIF 1 < 0 ①， SKIPIF 1 < 0 ②，联立解得 SKIPIF 1 < 0 ，A正确．
3.(2018·山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t.则物体运动的加速度大小为( )
A.eq \f(Δx,t2) B.eq \f(Δx,2t2) C.eq \f(Δx,3t2) D.eq \f(2Δx,3t2)
【答案】 C
【解析】 物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝eq \f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝eq \f(Δx,t)；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋eq \f(t,2)＝eq \f(3,2)t，则物体加速度的大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得：a＝eq \f(Δx,3t2)，故选C.
4.一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移x1＝3 m，第2 s内通过的位移x2＝2 m，又经
过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法正确的是( )
A．初速度v0的大小为2.5 m/s B．加速度a的大小为1 m/s2
C．位移x3的大小为1.125 m D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
【答案】BCD
【解析】由Δx＝aT2可得加速度a＝－1 m/s2，选项B正确；第1 s末的速度v1＝eq \f(x1＋x2,2T)＝2.5 m/s，得初速度v0＝v1－aT＝3.5 m/s，选项A错误；物体速度由2.5 m/s减小到0所需时间t＝eq \f(Δv,a)＝2.5 s，则经过位移x3的时间t3为1.5 s，且x3＝－eq \f(1,2)ateq \\al(2,3)＝1.125 m，选项C正确；位移x3内的平均速度v＝eq \f(x3,t3)＝0.75 m/s，选项D正确．
5.如图所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，最后停在D点．已知AB＝6 m，BC＝4 m，
从A点运动到B点，从B点运动到C点两个过程速度变化量都为－2 m/s，
则下列说法正确的是( )
A．质点到达B点时速度大小为2.55 m/s B．质点的加速度大小为2 m/s2
C．质点从A点运动到C点的时间为4 s D．A、D两点间的距离为12.25 m
【答案】BD
【解析】设加速度大小为a，根据题设条件得|Δv|＝at＝2 m/s，AB、BC为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx＝at2，解得t＝eq \f(Δx,at)＝eq \f(6－4,2) s＝1 s，a＝2 m/s2，选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2 s，选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得vB＝vAC＝eq \f(xAB＋xBC,2t)＝5 m/s，选项A错误；由速度与位移公式可得xAD＝xAB＋eq \f(veq \\al(2,B),2a)＝12.25 m，选项D正确．
6.跳伞运动员以大小为5 m/s的速度匀速下降的过程中，在距地面10 m处掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着地的时间为(不计空气阻力对扣子的作用，重力加速度大小g＝10 m/s2)( )
A．1 s B．2 s
C．eq \r(2) sD．(2－eq \r(2))s
【答案】A
【解析】选A.扣子掉了以后，运动员仍做匀速直线运动，而扣子做初速度大小为v0＝5 m/s的竖直下抛运动，运动员下落需要的时间为t1＝eq \f(10,5) s＝2 s，扣子下落过程中有10 m＝v0t2＋eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，解得t2＝1 s，时间差Δt＝t1－t2＝1 s，A正确．
6.(2019·贵州省遵义市高三上学期第二次月考)一位4岁小男孩从高15层的楼顶坠下，被同楼的一位青年在楼下接住，幸免于难，设每层楼的高度为3 m，这位青年从他所在的地方到楼下需要的时间是1.3 s，则该青年要接住孩子，至多允许他反应的时间是(g取10 m/s2)( )
A．3.0 s B．1.7 s C．0.4 s D．1.3 s
【答案】B
【解析】楼高为：h＝15×3 m＝45 m．由h＝eq \f(1,2)gt2解得t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×45,10)) s＝3.0 s，Δt＝3.0 s－1.3 s＝1.7 s，则至多允许反应的时间为1.7 s．故选项B正确．
7.一名消防队员在模拟学习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员（ ）
A. 下滑过程中的最大速度为4m/s B. 加速与减速运动过程的时间之比为1：2
C. 加速与减速过程中的平均速度之比为2：1 D. 加速与减速运动过程的位移大小之比为1：4
【答案】B
【解析】A：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移： SKIPIF 1 < 0 即 SKIPIF 1 < 0 ，代入数据解得： SKIPIF 1 < 0 ，故A错误；
B：设加速与减速过程的时间分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，加速度大小分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，解得： SKIPIF 1 < 0 ，故B正确；
C：根据平均速度的推论知 SKIPIF 1 < 0 ，则平均速度之比为为1：1，故C错误；
D：因为平均速度之比为1：1，加速和减速的时间之比为1：2，则加速和减速的位移之比为1：2，故D错误。
8.物体的初速度为v0，以加速度a做匀加速直线运动，如果要使物体速度增加到初速度的n倍，则物体发生的位移为( )
A. SKIPIF 1 < 0 B.eq \f(n2v02,2a)C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【答案】A
【解析】设位移为x，由题意知末速度为nv0，由v2－v02＝2ax，得x＝eq \f(v2－v02,2a)＝eq \f(n2v02－v02,2a)＝ SKIPIF 1 < 0 ，选项A正确．
9.(2019·海南文昌中学检测)假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由10 m/s增加到15 m/s 所用时间为t1，位移为x1；速度由15 m/s增加到20 m/s所用时间为t2，位移为x2.下列说法正确的是( )
A．t1>t2B．t1＝t2
C．x1＝x2D．x1【答案】BD
【解析】因为列车做匀加速直线运动，两个过程中，速度变化量相等，故根据公式Δv＝at可得，所用时间相同，故t1＝t2，选项A错误，B正确；根据公式x＝eq \f(v2－v02,2a)可得x110．(2019·山东济南模拟)将一个物体在t＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8 s时刻物体的速度大小变为8 m/s(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是( )
A．物体一定是在t＝3.2 s时回到抛出点 B．t＝0.8 s时刻物体的运动方向可能向下
C．物体的初速度一定是16 m/s D．t＝0.8 s时刻物体一定在初始位置的下方
【答案】AC
【解析】物体做竖直上抛运动，在0.8 s内的速度变化量Δv＝gt＝10×0.8 m/s＝8 m/s，由于初速度不为零，可知t＝0.8 s时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B、D错误；由v＝v0－gt，代入数据解得v0＝16 m/s，则上升到最高点的时间t1＝eq \f(v0,g)＝eq \f(16,10) s＝1.6 s，则回到抛出点的时间t＝2t1＝2×1.6 s＝3.2 s，故A、C正确．
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及的物理量
适宜选用的公式
v0、v、a、t
x
【速度公式】v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
【位移公式】x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v0、v、a、x
t
【速度位移关系式】v2－veq \\al(2,0)＝2ax
v0、v、t、x
a
【平均速度公式】x＝eq \f(v＋v0,2)t
迁移角度
适用情况
解决办法
比例法
常用于初速度为零的匀加速直线运动且运动具有等时性或等距离
由连续相邻相等时间(或长度)的比例关系求解
推论法
适用于“纸带”类问题
由Δs＝aT2求加速度
平均速度法
常用于“等分”思想的运动，把运动按时间(或距离)等分之后求解
根据中间时刻的速度为该段位移的平均速度来求解问题
图象法
常用于加速度变化的变速运动
由图象的斜率、面积等条件判断
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－eq \f(1,2)gt2(向上方向为正方向).
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.