2024届高考物理一轮复习教案第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律（粤教版新教材）

这是一份2024届高考物理一轮复习教案第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律（粤教版新教材），共13页。

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．匀变速直线运动的两个基本规律
(1)速度与时间的关系式：vt＝v0＋at.
(2)位移与时间的关系式：s＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
由以上两式联立可得速度与位移的关系式：vt2－v02＝2as.
3．公式选用原则
以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量．选用原则如下：
不涉及位移，选用vt＝v0＋at
不涉及末速度，选用s＝v0t＋eq \f(1,2)at2
不涉及时间，选用vt2－v02＝2as
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
eq \x(画过程示意图)→eq \x(判断运动性质)→eq \x(选取正方向)→eq \x(选用公式列方程)→eq \x(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．
考向1 基本公式和速度位移关系式的应用
例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(vA.eq \f(v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v)B.eq \f(v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
C.eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v)D.eq \f(3v0－v,a)＋eq \f(L＋2l,v)
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在隧道内匀速有t2＝eq \f(L＋l,v)
列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3
解得t3＝eq \f(v0－v,a)
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＝eq \f(3v0－v,2a)＋eq \f(L＋l,v)，故选C.
例2 对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离被刹住；当汽车以54 km/h的速率行驶时，可以在34.5 m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50 m，则行车速率不能超过多少．

考向2 两种匀减速直线运动的比较
例3 (2023·广东揭阳市揭东二中月考)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2(刹车时认为车是匀变速运动)，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为( )
A．4∶5 B．5∶4
C．4∶3 D．3∶4
答案 D
解析 2 s内的位移s1＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝(20×2－eq \f(1,2)×5×4)m＝30 m，汽车速度减为0的时间为t0＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(0－20,－5) s＝4 s，所以刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移为s2＝eq \f(0－v02,2a)＝eq \f(0－400,－10) m＝40 m，所以2 s内与5 s内汽车的位移大小之比为3∶4，故D正确，A、B、C错误．
例4 (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A．物体运动时间可能为1 s
B．物体运动时间可能为3 s
C．物体运动时间可能为(2＋eq \r(7)) s
D．物体此时的速度大小一定为5 m/s
答案 ABC
解析 以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，s＝7.5 m，由运动学公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，s＝－7.5 m，由s＝v0t＋eq \f(1,2)at2，解得t3＝(2＋eq \r(7)) s或t4＝(2－eq \r(7)) s(舍去)，故C正确．由速度时间公式vt＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5eq \r(7) m/s，故D错误．
考向3 逆向思维法解决匀变速直线运动问题
例5 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时开始匀减速运动并计时，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t0(t0A．vt0(1－eq \f(t0,2t)) B.eq \f(vt－t02,2t)
C.eq \f(vt,2)D.eq \f(vt02,2t)
答案 B
解析 “蛟龙号”上浮时的加速度大小为a＝eq \f(v,t)，根据逆向思维法，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为h＝eq \f(1,2)a(t－t0)2＝eq \f(vt－t02,2t)，故选B.
逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．
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：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)＝.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：Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT2.
不相邻相等的时间间隔T内的位移差sm－sn＝(m－n)aT2，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∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝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sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝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))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
3．匀变速直线运动中常见思想方法及选取技巧
考向1 平均速度公式
例6 (多选)(2023·广东深圳市模拟)一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s，所用时间分别为2t、t和eq \f(3,2)t，则( )
A．物体做匀加速运动时加速度大小为eq \f(s,t2)
B．物体做匀减速运动时加速度大小为eq \f(4s,9t2)
C．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为eq \f(s,3t)
D．物体做匀减速运动的末速度大小为eq \f(s,3t)
答案 BD
解析 匀速运动的速度为v＝eq \f(s,t).设匀加速运动的初速度为v1，根据匀变速直线运动的平均速度公式有eq \f(v1＋v,2)＝eq \f(s,2t)，联立解得v1＝0，则对匀加速运动过程，有s＝eq \f(1,2)a1(2t)2，解得a1＝eq \f(s,2t2)，A错误；设匀减速直线运动的末速度为v2，根据匀变速直线运动的平均速度公式有eq \f(v2＋v,2)＝eq \f(s,\f(3,2)t)，解得v2＝eq \f(s,3t)，则匀减速直线运动的加速度大小a2＝|eq \f(Δv,Δt)|＝eq \f(\f(s,t)－\f(s,3t),\f(3,2)t)＝eq \f(4s,9t2)，B、D正确；物体在这三个过程中的平均速度大小eq \x\t(v)＝eq \f(3s,2t＋t＋\f(3,2)t)＝eq \f(2s,3t)，C错误．
考向2 位移差公式
例7 (2023·重庆市实验外国语学校高三检测)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s内与第2 s内的位移之差是8 m，则下列说法错误的是( )
A．物体运动的加速度为4 m/s2
B．第2 s内的位移为6 m
C．第2 s末的速度为2 m/s
D．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s
答案 C
解析 根据位移差公式得s4－s2＝2aT2，可知a＝eq \f(s4－s2,2T2)＝eq \f(8,2×12) m/s2＝4 m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移为s2－s1＝eq \f(1,2)at22－eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×4×(22－12) m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2 s末的速度为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(s5,t5)＝eq \f(\f(1,2)at52,t5)＝eq \f(\f(1,2)×4×52,5) m/s＝10 m/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．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，故可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，故t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；由vt2－v02＝2as可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，故v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(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∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
答案 C
解析 根据匀变速直线运动的速度位移公式vt2－v02＝2as知，sAB＝eq \f(v2,2a)，sAC＝eq \f(2v2,2a)，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．
2．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1 s内的位移为13 m，最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是( )
A．汽车在第1 s末的速度可能为10 m/s
B．汽车加速度大小可能为3 m/s2
C．汽车在第1 s末的速度一定为11 m/s
D．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
答案 C
解析 采用逆向思维法，由于最后1 s内的位移为2 m，根据s2＝eq \f(1,2)at22得，汽车加速度大小a＝eq \f(2s2,t22)＝4 m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据s1＝v0t1－eq \f(1,2)at12，代入数据解得初速度v0＝15 m/s，则汽车在第1 s末的速度v1＝v0－at1＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C正确，A、B、D错误．
3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是s＝24t－6t2 (m)，则它在前3 s内的平均速度为( )
A．8 m/s B．10 m/s
C．12 m/s D．14 m/s
答案 A
解析 由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2，则由vt＝v0＋at可知，汽车在2 s末停止运动，故它在前3 s内的位移等于前2 s内的位移，Δs＝24×2 m－6×4 m＝24 m，则汽车在前3 s内的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(24,3) m/s＝8 m/s，故A正确．
4.(2023·广东潮州市高三月考)超音速巡航是指飞机在不开启后燃器的情况下能够持续在1.5倍音速以上进行超过30分钟的超音速飞行．超音速巡航的提出主要是基于快速突防的战术思想，因此，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势，超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一．某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270 m/s提升至510 m/s，耗时一分钟，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距离为( )
A．16 200 m B．23 400 m
C．30 600 m D．46 800 m
答案 B
解析 该过程飞行的距离为s＝eq \f(v1＋v2,2)t＝eq \f(270＋510,2)×60 m＝23 400 m，故选B.
5．在2021年东京奥运会上，我国运动健儿摘金夺银，为国争光．其中在跳水男子3米板决赛中，我国选手谢思埸夺得金牌！在某次比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t.设运动员入水后向下运动过程中，第一个t时间内的位移大小为s1，最后两个t时间内的总位移大小为s2，则s1∶s2为( )
A．17∶4 B．13∶4 C．15∶4 D．15∶8
答案 C
解析 初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…的位移之比sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…＝1∶3∶5∶…，将运动员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，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t时间内的位移，故s1∶s2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C.
6．(2023·湖南长沙市第一中学月考)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，AB间的距离s1＝3 m，BC间的距离s2＝13 m，则该质点的加速度为( )
A．3.6 m/s2B．4 m/s2
C．4.2 m/s2D．4.8 m/s2
答案 A
解析 因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δs＝s2－s1＝aT2＝10 m，联立可得T＝eq \f(5,3) s，a＝3.6 m/s2，A正确．
7．(2023·广东汕头市一中月考)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶．无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2 s，比人快了1 s．人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44 m，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为10 m/s2.同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为( )
A．24 m B．26 m C．28 m D．30 m
答案 A
解析 设汽车匀速运动的速度为v0，则人驾驶时从发现情况到停下的运动距离为s1＝v0Δt1＋eq \f(v02,2a)，解得v0＝20 m/s，无人驾驶汽车时从发现情况到停下的运动距离为s2＝v0Δt2＋eq \f(v02,2a)＝20×0.2 m＋eq \f(202,2×10) m＝24 m，故选A.
8．为了研究运动员起跑阶段的运动情况，用频率为2 Hz频闪照相机记录运动员起跑阶段不同时刻的位置，如图所示，用厘米刻度尺测量照片上运动员不同位置间的距离，已知照片与实物的尺寸比例为1∶50，运动员起跑阶段的运动可视为匀加速直线运动．下列说法正确的是( )
A．运动员起跑阶段的加速度为2 m/s2
B．运动员通过照片中3 cm位置时速度为1 m/s
C．照片中0位置为运动员的起跑位置
D．运动员在照片前6 cm内的平均速度为4 m/s
答案 A
解析 频率为2 Hz频闪照相机，时间为T＝eq \f(1,f)＝0.5 s，根据匀变速直线运动的公式有(2－1)×10－2×50 m＝Δs＝aT2，解得a＝2 m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm位置时速度为v1＝eq \f(6－1×10－2×50,2×0.5) m/s＝2.5 m/s，故B错误；根据0位置到3 cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5 m/s，即照片中0位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6 cm内的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(6×10－2×50,3×0.5) m/s＝2 m/s，故D错误．
9．(2023·广东茂名市模拟)为倡导节能减排，新能源电动车已经走进千家万户．一款电动家用轿车在某次测试中速度从0加速到30 m/s的加速时间为10 s，设测试过程中车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则轿车在该段时间内( )
A．平均加速度大小为1.5 m/s2
B．加速到15 m/s时，用时5 s
C．运动到总位移一半时，速度等于15 m/s
D．位移大于150 m
答案 D
解析 由题意知，轿车的平均加速度为eq \x\t(a)＝eq \f(30,10) m/s2＝3 m/s2，故A错误；轿车的加速度随速度的增加而逐渐减小，说明加速到15 m/s时，用时小于5 s，故B错误；若轿车做匀加速直线运动，运动到总位移一半时，根据匀变速直线运动中间位移速度推论v＝eq \r(\f(vt2,2))＝eq \r(450) m/s
>15 m/s，v＝eq \r(2al)，可知前半段位移的平均加速度大于匀加速直线运动中的加速度，则运动到总位移一半时，速度大于15 m/s，故C错误；轿车做匀加速直线运动的位移s＝eq \f(30,2)×10 m＝150 m，由题意知测试过程中轿车的加速度随速度的增加而逐渐减小，则轿车在该段时间内的位移s′>s＝150 m，故D正确．
10.(2023·新疆哈密市第十五中学月考)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( )
A．20 m/s2B．10 m/s2
C．5 m/s2D．无法确定
答案 B
解析 超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车的位移为s＝355 m－335 m＝20 m，初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1∶3，所以s1＝5 m，s2＝15 m，则超声波被A接收时，AB间的距离s′＝335 m＋5 m＝340 m，所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝eq \f(s′,v声)＝eq \f(340,340) s＝1 s，根据Δs＝at2，可得15 m－5 m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，故B正确，A、C、D错误．
11．(多选)(2023·吉林长春市模拟)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车．从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动．下列说法正确的是( )
A．汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为eq \r(\f(23,24))v0
B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为eq \f(\r(3),2)v0
C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为1∶eq \r(2)
D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1
答案 AD
解析 从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝eq \f(v02,48L)，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝eq \r(v02－2aL)＝eq \r(\f(23,24))v0，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝eq \r(v02－2a×18L)＝eq \f(v0,2)，B错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(eq \r(2)－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D正确．
12.随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人”领域．某天工作人员正在通过无人机将医疗物品送至用户家中，如图，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1＝2 s后做匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2＝8 s，然后再经匀减速直线运动t3＝6 s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h＝96 m．求：
(1)物品运动过程中的最大速度；
(2)匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小．
答案 (1)8 m/s (2)1.33 m/s2 24 m
解析 (1)设物品的最大速度为vm，在加速阶段上升的高度h1＝eq \x\t(v)t1＝eq \f(vm,2)t1
匀速阶段上升的高度h2＝vmt2
匀减速阶段上升的高度h3＝eq \x\t(v)t3＝eq \f(vm,2)t3
上升总高度h＝h1＋h2＋h3
解得最大速度vm＝8 m/s
(2)在匀减速阶段物品的加速度大小a＝eq \f(vm,t3)＝eq \f(8,6) m/s2≈1.33 m/s2
匀减速阶段的位移大小h3＝eq \x\t(v)t3＝eq \f(vm,2)t3＝24 m.
两种运动
运动特点
求解方法
刹车类
问题
匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失
求解时要注意确定实际运动时间
双向可逆类问题
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
求解时可分过程列式，也可对全过程列式，但必须注意s、v、a等矢量的正负号及物理意义