第2講　勻變速直線運動的規(guī)律-2025版創(chuàng)新設計高考物理一輪復習

第2講勻變速直線運動的規(guī)律學習目標1.理解勻變速直線運動的基本公式，并能熟練靈活應用。2.掌握勻變速直線運動的推論，并能應用解題。1.勻變速直線運動2.初速度為零的勻加速直線運動的推論1.思考判斷(1)勻變速直線運動是加速度均勻變化的直線運動。(×)(2)勻變速直線運動的位移是均勻增加的。(×)(3)勻變速直線運動是加速度不變而速度均勻變化的直線運動。(√)(4)在勻變速直線運動中，中間時刻的速度一定小于該段時間內位移中點的速度。(√)2.假設某次深海探測活動中，“蛟龍?zhí)枴蓖瓿珊５卓瓶既蝿蘸筘Q直上浮，從上浮速度為v時開始勻減速運動并計時，經過時間t，“蛟龍?zhí)枴鄙细〉胶Ｃ?，速度恰好減為零，則“蛟龍?zhí)枴痹趖0(t0<t)時刻距離海面的深度為()A.vt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t0,2t))) B.eq\f(v（t－t0）2,2t)C.eq\f(vt,2) D.eq\f(vteq\o\al(2,0),2t)答案B3.物體做勻加速直線運動，已知第1s末的速度是6m/s，第2s末的速度是8m/s，則下面結論正確的是()A.物體零時刻的速度是3m/sB.物體的加速度是1m/s2C.任何1s內的速度變化都是2m/sD.第1s內的平均速度是6m/s答案C考點一勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用1.基本思路eq\x(\a\al(畫過程,示意圖))→eq\x(\a\al(判斷運,動性質))→eq\x(\a\al(選取,正方向))→eq\x(\a\al(選用,公式,列方程))→eq\x(\a\al(解方,程并加,以討論))2.方法技巧題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量)沒有涉及的物理量適宜選用公式v0、vt、a、tsvt＝v0＋atv0、a、t、svts＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、vt、a、stveq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2asv0、vt、t、sas＝eq\f(vt＋v0,2)t除時間t外，s、v0、vt、a均為矢量，所以需要確定正方向，一般以v0的方向為正方向。當v0＝0時，一般選加速度a的方向為正方向。角度基本公式的應用例1在女子直線400m比賽中某段時間內，某同學從靜止開始做勻加速直線運動，經t1＝4s后速度達到v1＝8m/s，然后勻速運動了t2＝10s，接著經t3＝5s勻減速運動到v2＝6m/s。(該同學可以看作質點)求：(1)該同學在加速運動階段的加速度a1；(2)該同學在第16s末的速度v3；(3)該同學這段時間內的位移x。答案(1)2m/s2(2)7.2m/s(3)131m解析(1)設勻加速階段的加速度為a1，則v1＝a1t1解得a1＝2m/s2。(2)設減速運動階段的加速度為a2，因為v2＝v1＋a2t3所以a2＝－0.4m/s2當t＝16s時，質點已減速運動了t4＝2s，此時質點的速度為v3＝v1＋a2t4＝7.2m/s。(3)勻加速直線運動的位移s1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝16m勻速直線運動的位移s2＝v1t2＝80m勻減速直線運動的位移s3＝v1t3＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,3)＝35m則總位移s＝s1＋s2＋s3＝131m。角度逆向思維法處理剎車類問題例2具有“主動剎車系統(tǒng)”的汽車遇到緊急情況時，會立即啟動主動剎車。某汽車以28m/s的速度勻速行駛時，前方50m處突然出現(xiàn)一群羚羊橫穿公路，“主動剎車系統(tǒng)”立即啟動，汽車開始做勻減速直線運動，恰好在羚羊通過道路前1m處停車。汽車開始“主動剎車”后第4s內通過的位移大小為()A.0 B.1mC.2m D.3m答案B解析令s1＝50m，s2＝1m，汽車的剎車時間為t，剎車時的加速度大小為a，把剎車過程逆向處理，則有veq\o\al(2,0)＝2a(s1－s2)，t＝eq\f(v0,a)，聯(lián)立解得a＝8m/s2，t＝3.5s，所以汽車開始“主動剎車”后第4s內通過的位移大小為3～3.5s內通過的位移大小，有s4＝eq\f(1,2)aΔt2，解得s4＝1m，故B正確。分析剎車類問題的方法(1)剎車類問題的特點為勻減速到速度為零后停止運動，加速度a突然消失。(2)求解時要注意確定實際運動時間。(3)如果問題涉及最后階段(到停止)的運動，可把該階段看成反向的初速度為零的勻加速直線運動。(4)汽車在剎車時，有時要考慮司機的反應時間，在反應時間內汽車做勻速直線運動，然后做勻減速直線運動。1.汽車在水平路面上剎車，其位移與時間的關系是s＝(24t－6t2)m，則它在前3s內的平均速度為()A.8m/s B.10m/sC.12m/s D.14m/s答案A解析由位移與時間的關系s＝(24t－6t2)m，結合運動學公式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，v0＝24m/s，a＝－12m/s2，由vt＝v0＋at可知，汽車停止運動所用時間t＝eq\f(－v0,a)＝2s，故它在前3s內的位移等于前2s內的位移，則Δs＝24×2m－6×22m＝24m，汽車在前3s內的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(24,3)m/s＝8m/s，故A正確。考點二勻變速直線運動的推論及應用解決勻變速直線運動的常用推論角度平均速度公式的應用例3(2023·山東卷，6)如圖1所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為()圖1A.3m/s B.2m/sC.1m/s D.0.5m/s答案C解析由題知，電動公交車做勻減速直線運動，設RS間的距離為s，公交車經過R、S、T點時瞬時速度為v1、v2、v3，經過RS間的時間為t1，經過ST間的時間為t2，有eq\f(v1＋v2,2)＝10m/s，eq\f(v2＋v3,2)＝5m/s，則v1－v3＝10m/s，又eq\f(s,t1)＝10m/s，eq\f(2s,t2)＝5m/s，則t1＋t2＝eq\f(s,2)，全程的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3s,t1＋t2)＝6m/s，即eq\f(v1＋v3,2)＝6m/s，聯(lián)立解得v3＝1m/s，故C正確。角度位移差公式的應用例4(2024·遼寧鞍山市模擬)如圖2所示為一輛無人送貨車正在做勻加速直線運動。某時刻起開始計時，在第一個4s內位移為9.6m，第二個4s內位移為16m，下列說法正確的是()圖2A.計時時刻送貨車的速度為0B.送貨車的加速度大小為1.6m/s2C.送貨車在第1個4s末的速度大小為3.2m/sD.送貨車在第2個4s內的平均速度大小為3.6m/s答案C解析根據勻變速直線運動推論可得加速度大小為a＝eq\f(Δs,T2)＝eq\f(16－9.6,42)m/s2＝0.4m/s2，B錯誤；根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該段內的平均速度可知送貨車在第1個4s末的速度大小為v1＝eq\f(s1＋s2,2T)＝eq\f(9.6＋16,8)m/s＝3.2m/s，C正確；根據vt＝v0＋at可得，計時時刻送貨車的速度為v0＝v1－aT＝3.2m/s－0.4×4m/s＝1.6m/s，A錯誤；送貨車在第2個4s內的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s2,T)＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s,D錯誤。角度初速度為零的勻變速直線運動比例式的應用例5(多選)如圖3所示，將完全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向視為做勻變速直線運動，某次實驗中，子彈恰好能穿出第四個水球，則()圖3A.由題目信息可以求得子彈穿過每個水球的時間之比(eq\r(4)－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－eq\r(1))∶1B.子彈在每個水球中運動的平均速度相同C.子彈在每個水球中速度變化量相同D.子彈依次進入四個水球的初速度之比為eq\r(4)∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶eq\r(1)答案AD解析將子彈的運動過程逆向來看，即看成從左到右做初速度為零的勻加速直線運動，根據初速度為零的勻加速運動在連續(xù)相等的位移所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…可知，子彈從右到左穿過每個水球的時間之比為(eq\r(4)－eq\r(3))∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－eq\r(1))∶1，A正確；根據A項分析子彈在每個水球中運動的時間不同，位移大小相同，所以平均速度不同，B錯誤；根據公式Δv＝aΔt知，子彈在每個水球中運動的速度變化量不同，C錯誤；根據速度與位移的關系式有veq\o\al(2,t)＝2as，則vt＝eq\r(2as)，設在每個水球中的位移大小為s0，可得子彈從左到右每次射出水球的速度之比為eq\r(2as0)∶eq\r(2a·2s0)∶eq\r(2a·3s0)∶eq\r(2a·4s0)＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，即子彈從右到左減速過程依次進入四個水球的初速度之比為eq\r(4)∶eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，D正確。2.在某次跳水比賽中，若將運動員入水后向下的運動視為勻減速直線運動，該運動過程的時間為8t。設運動員入水后向下運動過程中，第一個t時間內的位移大小為s1，最后兩個t時間內的總位移大小為s2，則s1∶s2為()A.17∶4 B.13∶4C.15∶4 D.15∶8答案C解析初速度為零的勻加速直線運動，在第一個t時間內、第二個t時間內、第三個t時間內、…、第n個t時間內的位移之比sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，將運動員的勻減速直線運動看作反向的初速度為零的勻加速直線運動，運動員運動總時間為8t，則第一個t時間內的位移即為逆過程中第八個t時間內的位移，最后兩個t時間內的總位移即為逆過程中前兩個t時間內的位移，故s1∶s2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故C正確。A級基礎對點練對點練1勻變速直線運動的基本規(guī)律及應用1.中國第三艘航母“福建艦”已成功下水，該航母上有幫助飛機起飛的電磁彈射系統(tǒng)，若經過彈射后，飛機依靠自身動力以16m/s2的加速度勻加速滑行100m，達到60m/s的起飛速度，則彈射系統(tǒng)使飛機具有的初速度大小為()A.20m/s B.25m/sC.30m/s D.35m/s答案A解析由勻變速直線運動規(guī)律veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as，代入數據解得v0＝20m/s，故A正確。2.(2024·廣東潮州市高三月考)超音速巡航是第五代戰(zhàn)斗機的主要技術特征之一，某第五代戰(zhàn)機在一次直線加速飛行中，速度由270m/s提升至510m/s，耗時一分鐘，假設加速過程為勻加速運動，則該過程飛行的距離為()圖1A.16200m B.23400mC.30600m D.46800m答案B解析該過程飛行的距離為s＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(270＋510,2)×60m＝23400m，故B正確。3.在交警處理某次交通事故時，通過監(jiān)控儀器掃描，輸入計算機后得到該汽車在水平路面上剎車過程中的位移隨時間變化的規(guī)律為s＝20t－2t2(s的單位是m，t的單位是s)。則該汽車剎車后6s在路面上留下的剎車痕跡長度為()A.48m B.50mC.72m D.120m答案B解析對比位移與時間的關系式s＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，汽車的初速度v0＝20m/s、加速度a＝－4m/s2，汽車剎車時間為t＝eq\f(0－v0,a)＝5s，所以汽車剎車后6s在路面上留下的剎車痕跡長度等于汽車速度減小到零的過程中通過的位移大小，即s＝eq\f(02－veq\o\al(2,0),2a)＝50m，故B正確。對點練2勻變速直線運動的推論及應用4.一列火車正在做勻加速直線運動，從某時刻開始計時，第1分鐘內，發(fā)現(xiàn)火車前進了180m，第6分鐘內，發(fā)現(xiàn)火車前進了360m。則火車的加速度為()A.0.01m/s2 B.0.06m/s2C.0.6m/s2 D.1.8m/s2答案A解析由相同時間內的位移差s6－s1＝(6－1)aT2，解得a＝eq\f(360－180,5×（60）2)m/s2＝0.01m/s2，故A正確，B、C、D錯誤。5.(多選)(2024·廣東深圳模擬)一物體沿一直線運動，先后經過勻加速、勻速和勻減速運動過程，已知物體在這三個運動過程中的位移均為s，所用時間分別為2t、t和eq\f(3,2)t，則()A.物體做勻加速運動時加速度大小為eq\f(s,t2)B.物體做勻減速運動時加速度大小為eq\f(4s,9t2)C.物體在這三個運動過程中的平均速度大小為eq\f(s,3t)D.物體做勻減速運動的末速度大小為eq\f(s,3t)答案BD解析勻速運動的速度為v＝eq\f(s,t)，設勻加速運動的初速度為v1，根據勻變速直線運動的平均速度公式有eq\f(v1＋v,2)＝eq\f(s,2t)，聯(lián)立解得v1＝0，則對勻加速運動過程，有s＝eq\f(1,2)a1(2t)2，解得a1＝eq\f(s,2t2)，A錯誤；設勻減速直線運動的末速度為v2，根據勻變速直線運動的平均速度公式有eq\f(v2＋v,2)＝eq\f(s,\f(3,2)t)，解得v2＝eq\f(s,3t)，則勻減速直線運動的加速度大小a2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(\f(s,t)－\f(s,3t),\f(3,2)t)＝eq\f(4s,9t2)，B、D正確；物體在這三個過程中的平均速度大小eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(3s,2t＋t＋\f(3,2)t)＝eq\f(2s,3t)，C錯誤。6.(2024·鄭州一中月考)質點做直線運動的位移s與時間t的關系為s＝(5t＋t2)m，則該質點()A.第1s內的位移是5mB.前2s內的平均速度是6m/sC.任意相鄰的1s內位移差都是1mD.任意1s內的速度增量都是2m/s答案D解析將t1＝1s代入s＝(5t＋t2)m可求出第1s內的位移s1＝6m，故A錯誤；前2s內的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s2,t2)＝eq\f(5×2＋22,2)m/s＝7m/s，故B錯誤；由s＝(5t＋t2)m可以求得加速度為a＝2m/s2，則任意相鄰1s內的位移差Δs＝aT2＝2m，故C錯誤；任意1s內的速度增量Δv＝aΔt＝2m/s，故D正確。7.(多選)(2024·河南漯河高三檢測)地鐵進站后的運動可以視為勻減速直線運動，某同學站在地鐵站觀察，看到地鐵進站后用時20s停止，最后1s內位移大小為0.5m，則地鐵()A.進站的加速度大小是2.0m/s2B.進站后第1s內的位移大小是19.5mC.進站后前10s位移和后10s的位移之比為4∶1D.進站的初速度大小是20m/s答案BD解析由逆向思維法可把地鐵的勻減速運動看作反向的初速度為零的勻加速運動，最后1s內位移大小為0.5m，根據位移與時間關系s20＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,20)，解得加速度大小為a＝1.0m/s2，故A錯誤；地鐵進站時的初速度大小為v0＝at＝1.0×20m/s＝20m/s，故D正確；由s1∶s20＝39∶1知地鐵進站后第1s內的位移大小是s1＝39s20＝19.5m，故B正確；由初速度為零的勻加速直線運動比例關系可知，地鐵前10s的位移和后10s的位移之比為3∶1，故C錯誤。B級綜合提升練8.(2024·廣東汕頭一中月考)無人駕駛汽車通過車載傳感系統(tǒng)識別道路環(huán)境，自動控制車輛安全行駛。無人駕駛有很多優(yōu)點，如從發(fā)現(xiàn)緊急情況到車開始減速，無人車需要0.2s，比人快了1s。人駕駛汽車以某速度勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離為44m，汽車減速過程視為勻減速運動，其加速度大小為10m/s2。同樣條件下，無人駕駛汽車從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離為()A.24m B.26mC.28m D.30m答案A解析設汽車勻速運動的速度為v0，則人駕駛時從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離為s1＝v0Δt1＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)，解得v0＝20m/s，無人駕駛汽車時從發(fā)現(xiàn)情況到停下的運動距離為s2＝v0Δt2＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝20×0.2m＋eq\f(202,2×10)m＝24m，故A正確。9.(2024·遼寧大連模擬)如圖2為大連星海灣大橋上的四段長度均為L的等跨連續(xù)橋梁，汽車從a處開始做勻減速直線運動，恰好行駛到e處停下。汽車通過ab段的平均速度為v1，汽車通過de段的平均速度為v2，則eq\f(v1,v2)滿足()圖2A.1<eq\f(v1,v2)<2 B.3<eq\f(v1,v2)<4C.2<eq\f(v1,v2)<3 D.4<eq\f(v1,v2)<5答案B解析將汽車從a到e的勻減速直線運動，看作反向的初速度為零的勻加速直線運動，根據初速度為零的勻變速直線運動的推論可得，汽車經過de段和ab段所用的時間之比為1∶(2－eq\r(3))，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(\f(L,2－\r(3)),\f(L,1))＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)≈3.73，所以3<eq\f(v1,v2)<4，故A、C、D錯誤，B正確。10.一輛汽車在筆直的道路上制動后做勻減速直線運動，利用相機對汽車從制動開始每隔1s拍攝照片，拍攝結束后，根據一定比例測出了每兩次拍攝之間車運動的距離，將照片合成如圖3所示。下列說法正確的是()圖3A.汽車制動后做勻減速運動的加速度大小為2m/s2B.汽車制動后第2s內的平均速度為8m/sC.汽車制動后第1s末的速度大小為6m/sD.汽車開始制動時的速度為9m/s答案A解析根據Δs＝aT2，可得汽車制動后做勻減速運動的加速度大小為a＝eq\f(Δs,T2)＝eq\f(9－7,12)m/s2＝2m/s2，故A正確；汽車制動后第2s內的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s12,Δt)＝eq\f(7,1)m/s＝7m/s，故B錯誤；汽車制動后第1s末的速度等于前2s的平均速度，則有v1＝eq\f(s02,Δt′)＝eq\f(9＋7,2)m/s＝8m/s，故C錯誤；汽車制動時的初速度為v0＝v1＋at1＝8m/s＋2×1m/s＝10m/s，故D錯誤。11.(多選)如圖4所示，某飛機著陸時的速度v0＝216km/h，隨后沿直線勻減速滑行到靜止。從飛機著陸開始計時，該飛機在倒數第4s內的位移為7m，下列說法正確的是()圖4A.該飛機的加速度大小為2m/s2B.該飛機著陸后5s時的速度大小為40m/sC.該飛機在跑道上滑行的時間為30sD.該飛機在跑道上滑行的距離為1800m答案AC解析飛機著陸后的勻減速運動的逆過程為初速度為零、加速度大小為a的勻加速直線運動，則在t1＝3s內的位移為s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，在t2＝4s內的