2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)第一章運動的描述探究均變速直線運動規(guī)律第2講勻變速直線運動的規(guī)律學(xué)案粵教版

PAGE23-第2講勻變速直線運動的規(guī)律學(xué)問要點一、勻變速直線運動的基本公式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1.速度—時間關(guān)系：vt＝v0＋at,2.位移—時間關(guān)系：s＝v0t＋\f(1,2)at2,3.速度—位移關(guān)系：veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as))eq\o(→,\s\up7(初速度為零),\s\do5(v0＝0))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vt＝at,s＝\f(1,2)at2,veq\o\al(2,t)＝2as))二、勻變速直線運動的推論1.勻變速直線運動的三個推論(1)相同時間內(nèi)的位移差：Δs＝aT2，sm－sn＝(m－n)aT2。(2)中間時刻速度：veq\f(t,2)＝eq\f(v0＋vt,2)＝eq\o(v,\s\up6(－))。(3)位移中點速度veq\f(s,2)＝eq\r(\f(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,t),2))。2.初速度為零的勻變速直線運動的常用重要推論(1)T末、2T末、3T末……瞬時速度之比為v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。(2)T內(nèi)、2T內(nèi)、3T內(nèi)……位移的比為s1∶s2∶s3∶…∶sn＝12∶22∶32∶…∶n2。(3)第一個T內(nèi)、其次個T內(nèi)、第三個T內(nèi)……位移的比為sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。(4)從靜止起先通過連續(xù)相等的位移所用時間的比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。三、自由落體運動1.定義：物體只在重力作用下從靜止起先下落的運動。2.運動規(guī)律(1)速度公式：vt＝gt。(2)位移公式：s＝eq\f(1,2)gt2。(3)速度位移關(guān)系式：veq\o\al(2,t)＝2gs。四、豎直上拋運動1.定義：將物體以肯定初速度豎直向上拋出，只在重力作用下的運動。2.運動規(guī)律(1)速度公式：vt＝v0－gt。(2)位移公式：s＝v0t－eq\f(1,2)gt2。(3)速度位移關(guān)系式：veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝－2gs?；A(chǔ)診斷1.如圖1所示，高速馬路一般狀況下小汽車限速120km/h，但由于施工等特別狀況會有臨時限速。某貨車正在以72km/h的速度行駛，看到臨時限速牌起先勻減速運動，加速度大小為0.1m/s2，減速行駛了2min，則減速后貨車的速度為()圖1A.6.0m/s B.8.0m/sC.10.0m/s D.12.0m/s解析v0＝72km/h＝20m/s，t＝2min＝120s，a＝－0.1m/s2。由vt＝v0＋at得vt＝(20－0.1×120)m/s＝8.0m/s，故選項B正確。答案B2.如圖2所示，一小球從A點由靜止起先沿斜面對下做勻變速直線運動，若到達B點時速度為v，到達C點時速度為2v，則AB∶BC等于()圖2A.1∶1 B.1∶2C.1∶3 D.1∶4解析依據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as知，sAB＝eq\f(veq\o\al(2,B),2a)，sAC＝eq\f(veq\o\al(2,C),2a)，所以AB∶AC＝1∶4，則AB∶BC＝1∶3，故C正確，A、B、D錯誤。答案C3.如圖3中高樓為上海中心大廈，建筑主體為119層，總高為632m?，F(xiàn)假設(shè)外墻清潔工人在320m高處進行清潔時不慎掉落一瓶水，當(dāng)他發(fā)覺水瓶掉落時，水瓶已經(jīng)下落了5s，此時他大聲向下方行人發(fā)出警告。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s，空氣阻力忽視不計，g取10m/s2。下列說法正確的是()圖3A.正下方的行人先望見水瓶落地，再聽見警告聲，時間差超過2sB.正下方的行人先聽見警告聲，再望見水瓶落地，時間差超過2sC.正下方的行人先望見水瓶落地，再聽見警告聲，時間差不到1sD.正下方的行人先聽見警告聲，再望見水瓶落地，時間差不到1s解析瓶子落地總時間t總＝eq\r(\f(2s,g))＝8s，當(dāng)瓶子下落5s后才發(fā)覺，還剩3s落地，此時人喊出聲音傳到正下方時間t′＝eq\f(s′,v聲)≈0.9s，故行人先聽到警告聲，再望見水瓶落地，且時間差超過2s。答案B勻變速直線運動規(guī)律的基本應(yīng)用1.解題的基本思路eq\x(\a\al(畫過程,示意圖))→eq\x(\a\al(推斷運,動性質(zhì)))→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,加以探討))2.運動學(xué)公式中正、負號的規(guī)定一般狀況下，規(guī)定初速度方向為正方向，與正方向相同的物理量取正值，相反的取負值?！纠?】(2024·湖北天門模擬)出租車載客后，從10時10分55秒起先做初速度為零的勻加速直線運動，經(jīng)過10s時，速度計顯示速度為54km/h。求：(1)這時出租車離動身點的距離；(2)出租車接著做勻加速直線運動，當(dāng)速度計顯示速度為108km/h時，出租車起先做勻速直線運動。10時12分35秒時計價器里程表示數(shù)應(yīng)為多少千米？(車啟動時，計價器里程表示數(shù)為零)解題關(guān)鍵→畫運動過程示意圖，呈現(xiàn)運動情景解析(1)由題意可知經(jīng)過10s時，速度計上顯示的速度為vt1＝15m/s，由速度公式vt＝v0＋at得a＝eq\f(vt－v0,t)＝eq\f(vt1,t1)＝1.5m/s2由位移公式得s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1.5×102m＝75m這時出租車離動身點的距離為75m。(2)當(dāng)速度計上顯示的速度為vt2＝108km/h＝30m/s時，由veq\o\al(2,t2)＝2as2得s2＝eq\f(veq\o\al(2,t2),2a)＝300m，這時出租車從靜止載客起先，已經(jīng)經(jīng)驗的時間為t2，可依據(jù)速度公式得t2＝eq\f(vt2,a)＝eq\f(30,1.5)s＝20s，這時出租車時辰表應(yīng)顯示10時11分15秒。出租車接著勻速運動，勻速運動時間t3為80s，通過位移s3＝vt2t3＝30×80m＝2400m，所以10時12分35秒時，計價器里程表應(yīng)顯示s＝s2＋s3＝(300＋2400)m＝2700m＝2.7km。答案(1)75m(2)2.7km1.2024年7月19日上午，貴州銅仁市與美國超級高鐵公司(簡稱HTT)在貴陽市實行“真空管道超級高鐵研發(fā)產(chǎn)業(yè)園項目”簽約儀式，此項協(xié)議為HTT與中國簽署的第一份超級高鐵建設(shè)協(xié)議。建成后，假如乘坐超級高鐵(如圖4)從某城市到達另一城市，600公里的路程須要40分鐘。超級高鐵先勻加速，達到最大速度1200km/h后勻速運動，快進站時再勻減速運動，且加速與減速的加速度大小相等，則下列關(guān)于超級高鐵的說法正確的是()圖4A.加速與減速的時間不肯定相等B.加速時間為10分鐘C.加速時加速度大小為2m/s2D.假如加速度大小為10m/s2，題中所述運動最短須要32分鐘答案B2.[易錯點——剎車類問題][粵教版必修1·P39·T4改編]以10m/s的速度行駛的無軌電車，制動后做勻減速運動，加速度大小為2m/s2，則無軌電車在8s內(nèi)的位移為()A.16m B.45mC.25m D.20m解析無軌電車停止所需時間為t＝eq\f(－v0,a)＝eq\f(－10,－2)s＝5s<8s，所以5s末無軌電車停止，則8s內(nèi)的位移等于5s內(nèi)的位移，則s＝eq\f(－veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(－102,2×（－2）)m＝25m，故選項C正確。答案C3.(2024·唐山模擬)在平直的測試汽車加速性能的場地上，每隔100m有一個醒目的標(biāo)記桿。兩名測試員駕車由某個標(biāo)記桿從靜止起先勻加速啟動，當(dāng)汽車通過其次個標(biāo)記桿起先計時，t1＝10s時，恰好經(jīng)過第5個標(biāo)記桿，t2＝20s時，恰好經(jīng)過第10個標(biāo)記桿，汽車運動過程中可視為質(zhì)點，如圖5所示。求：圖5(1)汽車加速度的大小；(2)若汽車勻加速達到最大速度64m/s后馬上保持該速度勻速行駛，則汽車從20s末到30s末經(jīng)過幾個標(biāo)記桿？解析(1)設(shè)汽車的加速度大小為a，經(jīng)過其次個標(biāo)記桿的速度為v0在0～10s內(nèi)，3L＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)在0～20s內(nèi)，8L＝v0t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)解得a＝2m/s2。(2)由(1)解得v0＝20m/s由vt＝v0＋at得vt＝v0＋at2＝60m/s最大速度vt′＝v＋aΔt代入數(shù)據(jù)得Δt＝2s在t2～t3內(nèi)汽車位移s＝eq\f(v＋vt′,2)Δt＋vt′(t3－t2－Δt)代入數(shù)據(jù)得s＝eq\f(60＋64,2)×2m＋64×(30－20－2)m＝636m則經(jīng)過的標(biāo)記桿數(shù)n＝eq\f(s,L)＝6.36個，即6個。答案(1)2m/s2(2)6個解決勻變速運動問題的常用方法解決勻變速直線運動問題常用的幾種物理思維方法考向基本公式的應(yīng)用【例2】(2024·廣東廣州3月模擬)高速馬路的ETC電子收費系統(tǒng)如圖6所示，ETC通道的長度是識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離。某汽車以21.6km/h的速度勻速進入識別區(qū)，ETC天線用了0.3s的時間識別車載電子標(biāo)簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)覺自動欄桿沒有抬起，于是實行制動剎車，汽車剛好沒有撞桿。已知司機的反應(yīng)時間為0.7s，剎車的加速度大小為5m/s2，則該ETC通道的長度約為()圖6A.4.2m B.6.0mC.7.8m D.9.6m思路點撥(1)在識別車載電子標(biāo)簽的時間內(nèi)汽車做什么運動？(2)在司機的反應(yīng)時間內(nèi)汽車做什么運動？(3)如何由勻變速直線運動規(guī)律求剎車距離？ETC通道的長度是剎車距離嗎？解析汽車的運動過程分為兩個階段，在識別時間內(nèi)和司機反應(yīng)時間內(nèi)汽車做勻速運動，然后減速剎車。在識別車載電子標(biāo)簽的0.3s時間內(nèi)汽車勻速運動距離s1＝vt1＝6×0.3m＝1.8m，在司機的反應(yīng)時間0.7s內(nèi)汽車勻速運動距離s2＝vt2＝6×0.7m＝4.2m，剎車距離s3＝eq\f(v2,2a)＝3.6m，該ETC通道的長度約為s＝s1＋s2＋s3＝9.6m，所以只有選項D正確。答案D考向平均速度的應(yīng)用【例3】如圖7所示，一輛汽車在平直馬路上做勻加速直線運動，從樹A起先，在相等的時間內(nèi)依次經(jīng)過B、C、D、E四棵樹，已知樹A、B間距為s1，樹D、E間距為s2，則樹B、D間距為()圖7A.s1＋s2 B.2s1＋s2C.s1＋2s2 D.2(s1＋s2)解析設(shè)時間間隔為t，則汽車在A、B間的平均速度為eq\f(s1,t)，D、E間的平均速度為eq\f(s2,t)，在勻變速直線運動中平均速度等于中間時刻的速度，故經(jīng)過C時的速度為vC＝eq\f(s1＋s2,2t)，而汽車經(jīng)過C的時刻又是汽車從B到D的中間時刻，故vC也是汽車從B到D的平均速度，所以B、D間距為s＝eq\f(s1＋s2,2t)×2t＝s1＋s2，選項A正確。答案A考向逆向思維法、對稱法的應(yīng)用【例4】(2024·江西南昌模擬)一輛汽車以某一速度在郊區(qū)的水平路面上運動，因前方交通事故緊急剎車而做勻減速直線運動，最終靜止。汽車在最初3s時間內(nèi)通過的位移與最終3s時間內(nèi)通過的位移之比為s1∶s2＝5∶3，則汽車制動的總時間t滿意()A.t＞6s B.t＝6sC.4s＜t＜6s D.t＝4s解析設(shè)汽車剎車做勻減速直線運動的加速度大小為a，運動總時間為t，把汽車剎車的勻減速直線運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運動，由逆向思維法求解，則汽車剎車的最終3s時間內(nèi)通過的位移s2＝eq\f(1,2)a×32(m)＝eq\f(9,2)a(m)，在最初3s時間內(nèi)通過的位移s1＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－3)2＝eq\f(1,2)a(6t－9)(m)，又s1∶s2＝5∶3，聯(lián)立解得t＝4s，選項A、B、C錯誤，D正確。答案D【拓展提升】若汽車剎車的加速度大小為a＝5m/s2，求汽車剎車最初5s時間內(nèi)通過的位移大小。答案40m1.(多選)一物體做勻減速直線運動(速度減為0后停止運動)，在起先連續(xù)兩個1s時間內(nèi)通過的位移分別為s1＝5m、s2＝3m，則下列說法正確的是()A.加速度的大小為4m/s2B.初速度的大小為6m/sC.物體運動的時間為3.5sD.物體通過的總位移的大小為9m解析由Δs＝aT2可得加速度a＝－2m/s2，選項A錯誤；第1s末的速度vt1＝eq\f(s1＋s2,2t)＝4m/s，得初速度v0＝vt1－at＝6m/s，選項B正確；物體速度由6m/s減小到0所需時間t1＝eq\f(Δv,a)＝3s，物體運動的時間為3s，即物體在第3s末恰好停止運動，物體通過的總位移的大小為s總＝eq\f(v0＋0,2)t1＝9m，選項C錯誤，D正確。答案BD2.(多選)(2024·甘肅省天水市質(zhì)檢)如圖8所示，一可視為質(zhì)點的冰壺以速度v垂直進入三個完全相同的矩形區(qū)域做勻減速直線運動，且剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度大小之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是()圖8A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.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解析因為冰壺做勻減速直線運動，且末速度為零，故可以看成反向勻加速直線運動來探討。初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)三段相等位移的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求時間之比為(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，所以選項C錯誤，D正確；由veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2as可得，初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)相等位移的速度大小之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，則所求的速度大小之比為eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故選項A錯誤，B正確。答案BD3.(2024·懷化模擬)如圖9所示，甲、乙兩車同時由靜止從A點動身，沿直線AC運動。甲以加速度a3做初速度為0的勻加速運動，到達C點時的速度為v。乙以加速度a1做初速度為0的勻加速運動，到達B點后做加速度為a2的勻加速運動，到達C點時的速度也為v。若a1≠a2≠a3，則()圖9A.甲、乙不行能同時由A到達CB.甲肯定先由A到達CC.乙肯定先由A到達CD.若a1>a3，則甲肯定先由A到達C解析依據(jù)題意作速度—時間圖象如圖所示。依據(jù)速度－時間圖線得，若a1>a3，如圖(a)，因為末速度相等，位移相同，即圖線與時間軸所圍成的面積相等，則t乙<t甲。若a3>a1，如圖(b)，因為末速度相等，位移相同，即圖線與時間軸所圍成的面積相等，則t乙>t甲，故A正確，B、C、D錯誤。答案A自由落體運動和豎直上拋運動1.兩種運動的特性(1)自由落體運動為初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動。(2)豎直上拋運動的重要特性①對稱性如圖所示，物體以初速度v0豎直上拋，A、B為途中的隨意兩點，C為最高點，則：②多解性：當(dāng)物體經(jīng)過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要留意這個特性。2.豎直上拋運動的探討方法分段法上升階段：a＝g的勻減速直線運動下降階段：自由落體運動全程法初速度v0豎直向上，加速度g豎直向下的勻變速直線運動，vt＝v0－gt，s＝v0t－eq\f(1,2)gt2(規(guī)定豎直向上方向為正方向)若vt>0，物體上升，若vt<0，物體下落若s>0，物體在拋出點正上方，若s<0，物體在拋出點正下方考向自由落體運動【例5】(多選)[粵教版必修1·P35·T2改編]如圖10所示，甲同學(xué)用手拿著一把長50cm的直尺，并使其處于豎直狀態(tài)，乙同學(xué)把手放在直尺0刻度線位置做抓尺的打算。某時刻甲同學(xué)松開直尺，直尺保持豎直狀態(tài)下落，乙同學(xué)看到后馬上用手抓直尺，手抓住直尺位置的刻度值為20cm；重復(fù)以上試驗，乙同學(xué)其次次手抓住直尺位置的刻度值為10cm。直尺下落過程中始終保持豎直狀態(tài)。若從乙同學(xué)看到甲同學(xué)松開直尺到他抓住直尺所用時間叫“反應(yīng)時間”?？諝庾枇Σ挥?，重力加速度g取10m/s2。下列說法中正確的是()圖10A.乙同學(xué)第一次的“反應(yīng)時間”比其次次長B.乙同學(xué)第一次抓住直尺之前的瞬間，直尺的速度約為4m/sC.若某同學(xué)的“反應(yīng)時間”大于0.4s，則用該直尺將無法用上述方法測量他的“反應(yīng)時間”D.若將直尺上原來的長度值改為對應(yīng)的“反應(yīng)時間”值，則可用上述方法干脆測出“反應(yīng)時間”解析依據(jù)s＝eq\f(1,2)gt2可知，下落的高度越大，則時間越長，選項A正確；依據(jù)veq\o\al(2,t)＝2gs可得，第一次抓住直尺時，直尺的速度vt＝eq\r(2gs)＝2m/s，選項B錯誤；反應(yīng)時間大于0.4s，則直尺下落的高度大于eq\f(1,2)×10×0.42m＝80cm，此高度大于直尺長度50cm，選項C正確；“反應(yīng)時間”與長度是一一對應(yīng)的關(guān)系，選項D正確。答案ACD考向豎直上拋運動【例6】(2024·山東臨沂校級段考)氣球下掛一重物，以v0＝10m/s的速度勻速上升，當(dāng)?shù)竭_離地面高度s＝175m處時，懸掛重物的繩子突然斷裂，那么重物經(jīng)多長時間落到地面？落地時的速度多大？(空氣阻力不計，g取10m/s2)解析法一分成上升階段和下落階段兩個過程處理。繩子斷裂后重物要接著上升的時間t1和上升的高度s1分別為t1＝eq\f(v0,g)＝1ss1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝5m故重物離地面的最大高度為H＝s1＋s＝180m重物從最高處自由下落，落地時間和落地速度大小分別為t2＝eq\r(\f(2H,g))＝6svt＝gt2＝60m/s所以從繩子突然斷裂到重物落地共需時間為t＝t1＋t2＝7s。法二取全過程作為一個整體考慮。從繩子斷裂起先計時，經(jīng)時間t重物落到地面，規(guī)定初速度方向為正方向，則重物在時間t內(nèi)的位移s′＝－175m，由位移公式有s′＝v0t－eq\f(1,2)gt2即－175＝10t－eq\f(1,2)×10t2＝10t－5t2整理得t2－2t－35＝0解得t1＝7s，t2＝－5s(舍去)所以重物落地速度為vt＝v0－gt＝10m/s－10×7m/s＝－60m/s其中負號表示落地速度方向與初速度方向相反，即落地速度大小為60m/s，方向豎直向下。答案7s60m/s1.如圖11所示，屋檐上水滴下落的過程可以近似地看做是自由落體運動。假設(shè)水滴從10m高的屋檐上無初速度滴落，水滴下落到地面時的速度大約為(g取10m/s2)()圖11A.20m/s B.14m/sC.2m/s D.1.4m/s解析依據(jù)公式veq\o\al(2,t)＝2gs得vt＝eq\r(2×10×10)m/s≈14m/s，選項B正確。答案B2.(2024·全國Ⅰ卷，18)如圖12，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1，第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2。不計空氣阻力，則eq\f(t2,t1)滿意()圖12A.1＜eq\f(t2,t1)＜2 B.2＜eq\f(t2,t1)＜3C.3＜eq\f(t2,t1)＜4 D.4＜eq\f(t2,t1)＜5解析本題應(yīng)用逆向思維法求解，即運動員的豎直上拋運動可等同于從肯定高度處起先的自由落體運動，所以第四個eq\f(H,4)所用的時間為t2＝eq\r(\f(2×\f(H,4),g))，第一個eq\f(H,4)所用的時間為t1＝eq\r(\f(2H,g))－eq\r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq\f(t2,t1)＝eq\f(1,2－\r(3))＝2＋eq\r(3)，即3＜eq\f(t2,t1)＜4，選項C正確。答案C3.[易錯點——雙向可逆類]如圖13所示，一小球以某一速度從傾角為30°的光滑固定斜面底端沖向頂端，然后又返回底端。A、B、C是斜面上的三個點，其中C為小球到達的最高點，B是AC段的中點。若小球在A、C間來回的總時間為t，那么小球經(jīng)過B點時速度的大小等于(重力加速度為g)()圖13A.eq\f(\r(2),2)gt B.eq\f(\r(2),4)gtC.eq\f(\r(2),8)gt D.eq\f(\r(2),16)gt解析小球在斜面上運動的加速度大小a＝gsin30°＝eq\f(g,2)，上滑和下滑過程是互逆的，所以上滑的時間為eq\f(t,2)，設(shè)C、A間的距離為s，則s＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)，由C到B滿意veq\o\al(2,B)＝2a·eq\f(s,2)，因此vB＝eq\f(\r(2),8)gt，C正確。答案C勻變速直線運動的多過程問題eq\x(規(guī)范解題)“四步”分析法巧解多過程問題假如一個物體的運動包含幾個階段，就要分段分析，找出各段交接處的關(guān)聯(lián)物理量，可按下列四個步驟解題【例7】(12分)假設(shè)收費站的前、后都是平直大道，長假期間過站的車速要求不超過v＝21.6km/h，小汽車未減速的車速為v0＝108km/h，制動后小汽車的加速度的大小為a1＝4m/s2。試問：(1)長假期間，駕駛員應(yīng)在距收費站至少多遠處起先制動？(2)假設(shè)車過站后駕駛員馬上使車以a2＝6m/s2的加速度加速至原來的速度，則從減速起先至最終復(fù)原到原來速度的過程中，汽車運動的時間至少是多少？(3)在(1)(2)問中，車因減速和加速過站而耽擱的時間至少為多少？解題關(guān)鍵畫草圖(運動過程)規(guī)范解答(1)v＝21.6km/h＝6m/s，v0＝108km/h＝30m/s，小汽車進入收費站前做勻減速直線運動，設(shè)在距收費站至少為x1處起先制動，則有v2－veq\o\al(2,0)＝－2a1s1(2分)解得x1＝108m。(1分)(2)小汽車通過收費站經(jīng)驗勻減速和勻加速兩個階段，設(shè)前、后兩段的位移分別為s1和s2，時間分別為t1和t2。減速階段，有v＝v0－a1t1(1分)解得t1＝eq\f(v0－v,a1)＝6s(1分)加速階段，有v0＝v＋a2t2解得t2＝eq\f(v0－v,a2)＝4s(1分)則汽車運動的時間至少為t＝t1＋t2＝10s。(1分)(3)加速階段，有veq\o\al(2,0)－v2＝2a2s2(2分)解得s2＝72m則總位移s＝s1＋s2＝180m(1分)若不減速通過收費站，則所需時間t′＝eq\f(s,v0)＝6s(1分)故車因減速和加速過站而耽擱的時間至少為Δt＝t－t′＝4s。(1分)答案(1)108m(2)10s(3)4s1.賽車競賽動身階段，一輛賽車用時7s跑過了一段200m長的直道，該賽車的運動可簡化為初速度為零的勻加速直線運動和勻速直線運動兩個階段，已知該車在加速階段的第3s內(nèi)通過的距離為25m，求：(1)該賽車的加速度大??；(2)該賽車在加速階段通過的距離。解析(1)設(shè)賽車在勻加速階段的加速度大小為a，在前2s和第3s內(nèi)通過的位移分別為s1和s2，單位時間為t0，由運動學(xué)規(guī)律得前2s內(nèi)通過的位移s1＝eq\f(1,2)a(2t0)2前3s內(nèi)通過的位移s1＋s2＝eq\f(1,2)a(3t0)2將t0＝1s、s2＝25m代入，聯(lián)立解得a＝10m/s2。(2)設(shè)賽車做勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，勻速運動的速度為v1，跑完全程的時間為t，全程的距離為s，依題意及運動學(xué)規(guī)律得加速運動的位移s1′＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)加速運動的末速度v1＝at1勻速運動的位移s2′＝v1t2＝at1t2而t＝t1＋t2，s＝s1′＋s2′聯(lián)立解得s1′＝80m。答案(1)10m/s2(2)80m2.如圖14所示為一種叫“控子”的嬉戲：讓小滑塊從A點由靜止釋放，嬉戲者通過限制BC段上的可控區(qū)域的長度，讓滑塊到達C點時速度剛好為零，滑塊自由落入洞D中即為勝利。已知軌道AB、BC可視為斜面，AB長25cm，BC長1m，CD高20cm，滑塊在AB段加速下滑時加速度大小為a1＝2m/s2，在BC段非可控區(qū)域加速下滑時加速度大小為a2＝1m/s2，在可控區(qū)域減速時的加速度大小為a3＝3m/s2，滑塊在B點、可控點前后速度大小不變，g取10m/s2，求嬉戲勝利時：圖14(1)可控區(qū)域的長度L；(2)滑塊從A到洞D所經(jīng)驗的時間t。解析(1)設(shè)滑塊在B點時速度大小為vB，則由運動學(xué)規(guī)律知veq\o\al(2,B)＝2a1sAB且vB＝a1t1代入數(shù)值解得t1＝0.5s，vB＝1m/s設(shè)滑塊在E點進入可控區(qū)域，從B到E，由運動學(xué)規(guī)律知veq\o\al(2,E)－veq\o\al(2,B)＝2a2(sBC－L)，vE－vB＝a2t2從E到C，由運動學(xué)規(guī)律知veq\o\al(2,E)＝2a3L，vE＝a3t3聯(lián)立并代入數(shù)值解得t2＝t3＝0.5s，L＝0.375m。(2)滑塊從C到D，由自由落體運動規(guī)律知sCD＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,4)代入數(shù)值解得t4＝0.2s所以滑塊從A到洞D所經(jīng)驗的時間t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7s。答案(1)0.375m(2)1.7s課時作業(yè)(時間：40分鐘)基礎(chǔ)鞏固練1.在交通事故分析中，剎車線的長度是事故責(zé)任認定的重要依據(jù)。如圖1所示，剎車線是汽車剎車后，停止轉(zhuǎn)動的輪胎在地面上滑動時留下的痕跡。在某次交通事故中，汽車剎車線的長度是10m，假設(shè)汽車剎車時的加速度大小為5m/s2，則汽車起先剎車時的速度為()圖1A.5m/s B.10m/sC.15m/s D.20m/s解析由逆向思維可知，剎車到靜止，即可以看作是反向加速。由veq\o\al(2,t)＝2as可得汽車起先剎車時的速度vt＝eq\r(2as)＝eq\r(2×5×10)m/s＝10m/s，選項B正確。答案B2.一質(zhì)點沿直線運動，其位移與時間的關(guān)系滿意s＝2t＋t2(各物理量均選用國際單位制單位)，則關(guān)于該質(zhì)點的運動，下列說法正確的是()A.質(zhì)點做勻減速直線運動B.0～5s內(nèi)質(zhì)點通過的位移大小為35mC.質(zhì)點的加速度大小為1m/s2D.第3s末質(zhì)點的速度大小為5m/s解析由s＝v0t＋eq\f(1,2)at2對比s＝2t＋t2(各物理量均選用國際單位制單位)知，質(zhì)點做勻加速直線運動，初速度v0＝2m/s，加速度a＝2m/s2，選項A、C錯誤；0～5s內(nèi)質(zhì)點通過的位移大小為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝2×5m＋eq\f(1,2)×2×25m＝35m，選項B正確；第3s末質(zhì)點的速度大小為v2＝v0＋at2＝2m/s＋2×3m/s＝8m/s，選項D錯誤。答案B3.如圖2所示，在粗糙斜面上有一個質(zhì)量為m的小物塊，某時刻給它一個初速度，使其沿斜面對上做勻減速直線運動，依次經(jīng)過A、B、C三點后停在O點。A、B、C三點到O點的距離分別為s1、s2、s3，小物塊由A、B、C三點運動到O點所用的時間分別為t1、t2、t3，則下列結(jié)論正確的是()圖2A.eq\f(s1,t1)＝eq\f(s2,t2)＝eq\f(s3,t3) B.eq\f(s1,teq\o\al(2,1))＝eq\f(s2,teq\o\al(2,2))＝eq\f(s3,teq\o\al(2,3))C.eq\f(s1,t1)＜eq\f(s2,t2)＜eq\f(s3,t3) D.eq\f(s1,teq\o\al(2,1))＜eq\f(s2,teq\o\al(2,2))＜eq\f(s3,teq\o\al(2,3))解析勻減速到零的運動可以看成反方向的初速度為零的勻加速運動，所以O(shè)到A、B、C三個位置的距離分別為s1、s2、s3，時間分別為t1、t2、t3，則依據(jù)s＝eq\f(1,2)at2可得s與t2成正比，又eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)＝veq\f(t,2)，則eq\f(s1,t1)＞eq\f(s2,t2)＞eq\f(s3,t3)，所以B正確。答案B4.太空跳傘是一種挑戰(zhàn)人類極限的運動，如圖3所示，奧地利極限運動員鮑姆加特納乘氦氣球到達3.9萬米高空后縱身跳下，在平流層接近真空的環(huán)境里自由落體持續(xù)了60秒，在距離地面2.1萬米時才打開著陸傘減速。關(guān)于鮑姆加特納在這段自由落體運動時間里的位移或速度，以下說法正確的是(重力加速度g取10m/s2，且不隨高度的改變而改變)()圖3A.自由落體運動的位移是3.9×104mB.自由落體運動的位移是2.1×104mC.自由落體運動的末速度是6.0×102m/sD.自由落體運動的平均速度是6.0×102m/s解析依據(jù)題意，運動員做自由落體運動的時間t＝60s，因此，自由落體運動的位移s＝eq\f(1,2)gt2＝1.8×104m，A、B錯誤；運動員自由落體的末速度vt＝gt＝6.0×102m/s，C正確；自由落體運動的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)vt＝3.0×102m/s，D錯誤。答案C5.目前交警部門開展的“車讓人”活動深化人心，如圖4所示，司機發(fā)覺前方有行人正通過人行橫道時起先做勻減速直線運動，汽車經(jīng)4s恰好在停車線處停止運動。若在第1s內(nèi)的位移是14m，則最終1s內(nèi)的位移是()圖4A.3.5m B.2mC.1m D.0解析利用“逆向思維法”，把物體的運動看成逆向的初速度為零的勻加速直線運動，則勻減速直線運動的物體在相等時間內(nèi)的位移之比為7∶5∶3∶1，所以eq\f(7,1)＝eq\f(14m,s1)，s1＝2m，故B正確。答案B6.(2024·湖北武漢4月調(diào)考)某質(zhì)點做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t速度由v0變?yōu)閗v0(k＞1)，位移大小為s。則在隨后的4t時間內(nèi)，質(zhì)點的位移大小為()A.eq\f(8（3k－2）s,k＋1) B.eq\f(8（2k－1）s,k＋1)C.eq\f(8（2k－1）s,k－1) D.eq\f(3（5k－3）s,k＋1)解析依據(jù)題意可得s＝eq\f(v0＋kv0,2)t，經(jīng)過時間t速度由v0變?yōu)閗v0，則質(zhì)點的加速度a＝eq\f(kv0－v0,t)＝(k－1)eq\f(v0,t)，在隨后的4t時間內(nèi)，質(zhì)點的位移大小為s′＝kv0·4t＋eq\f(1,2)a(4t)2，聯(lián)立解得s′＝eq\f(8（3k－2）s,k＋1)，所以選項A正確。答案A7.(2024·安徽淮北、宿州模擬)做勻變速直線運動的質(zhì)點，從運動過程中某時刻起先連續(xù)相等的三個時間間隔T內(nèi)，第一個T內(nèi)的位移為s1，第三個T內(nèi)的位移為s3。則該質(zhì)點()A.加速度為a＝eq\f(s3－s1,T2)B.在其次個T內(nèi)的位移為s3＝3s1C.在其次個T末的速度為v＝eq\f(3s3＋s1,4T)D.在其次個T內(nèi)的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s3－s1,2T)解析勻變速直線運動中連續(xù)相鄰相等時間內(nèi)的位移差為定值Δs＝aT2，即s2－s1＝aT2，s3－s2＝aT2，聯(lián)立解得a＝eq\f(s3－s1,2T2)，s2＝eq\f(s1＋s3,2)，所以選項A、B錯誤；中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度，即veq\f(t,2)＝eq\f(s,t)，故在其次個T末的速度為v＝eq\f(s2＋s3,2T)＝eq\f(s1＋3s3,4T)，選項C正確；在其次個T內(nèi)的平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s2,T)＝eq\f(s1＋s3,2T)，選項D錯誤。答案C8.(2024·浙江4月模擬)公交車是現(xiàn)代城市很重要的交通工具，它具有便利、節(jié)能減排、緩解城市交通壓力等很多作用。某日，某中學(xué)黃老師在家訪途中向一公交車站走去，發(fā)覺一輛公交車正從身旁平直的馬路駛過，此時，他的速度是1m/s，公交車的速度是15m/s，黃老師距車站的距離為50m。假設(shè)公交車在行駛到距車站25m處起先剎車，剛好到車站停下，停車時間為8s。而黃老師的最大速度只能達到6m/s，最大起跑加速度只能達到2.5m/s2。(1)若公交車剎車過程視為勻減速運動過程，求其加速度大小；(2)若公交車可視為質(zhì)點，則在(1)問的狀況下，試計算分析，黃老師能趕上這班車，還是等下一班車。解析(1)由勻變速直線運動規(guī)律知，公交車剎車的加速度a1＝eq\f(0－veq\o\al(2,1),2s1)＝eq\f(0－152,2×25)m/s2＝－4.5m/s2故其加速度的大小為4.5m/s2。(2)公交車從與黃老師相遇處到起先剎車用時t1＝eq\f(s－s1,v1)＝eq\f(50－25,15)s＝eq\f(5,3)s公交車剎車過程用時t2＝eq\f(0－v1,a1)＝eq\f(10,3)s黃老師以最大加速度加速達到最大速度用時t3＝eq\f(v2－v3,a2)＝eq\f(6－1,2.5)s＝2s黃老師加速過程中的位移s2＝eq\f(v2＋v3,2)t3＝7m以最大速度跑到車站的時間t4＝eq\f(s－s2,v2)＝eq\f(43,6)s因為t3＋t4＜t1＋t2＋8s所以黃老師能趕上這班車。答案(1)4.5m/s2(2)能趕上這班車計算過程見解析綜合提能練9.(多選)一物體沿直線運動，其平均速度與時間的關(guān)系滿意eq\o(v,\s\up6(－))＝5＋4t(各物理量均選用國際單位制單位)，則下列說法正確的是()A.物體做勻加速直線運動B.前4s時間內(nèi)物體通過的位移大小為84mC.物體的加速度大小為4m/s2D.第3s末物體的速度大小為22m/s解析依據(jù)平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(s,t)知，s＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝5t＋4t2(各物理量均選用國際單位制單位)，對比s＝v0t＋eq\f(1,2)at2知，物體做勻加速直線運動，初速度v0＝5m/s，加速度a＝8m/s2，選項A正確，C錯誤；前4s時間內(nèi)物體通過的位移大小為s1＝v0t1＋eq\f(1,2)a