2016届高考物理大一轮复习运动学图象匀变速运动基本规律热点集训(一)

专题强化一运动学图象追及相遇问题专题解读 1.本专题是匀变速直线运动规律和运动学图象的综合应用，为高考必考内容，以选择题形式命题.2.学好本专题，可以提高同学们通过画运动情景示意图和v－t图象分析和解决运动学问题的能力.3.用到的知识有：x－t图象和v－t图象的理解，匀变速直线运动的规律，临界条件的确定，极值思想等数学方法.命题点一运动学图象的理解和应用1.x－t图象(1)物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律.(2)斜率意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小.②切线斜率的正负表示物体速度的方向.2.v－t图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律.(2)斜率意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小.②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向.(3)面积意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小.②此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向.3.对两种图象的理解(1)x－t图象、v－t图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x、v与t一一对应.(2)x －t 图象、v －t 图象的形状由x 与t 、v 与t 的函数关系决定. (3)无论是x －t 图象还是v －t 图象，所描述的运动都是直线运动.例1 如图1所示为甲、乙两质点做直线运动的速度－时间图象，则下列说法中正确的是( )图1A.在0～t 3时间内甲、乙两质点的平均速度相等B.甲质点在0～t 1时间内的加速度与乙质点在t 2～t 3时间内的加速度相同C.甲质点在0～t 1时间内的平均速度小于乙质点在0～t 2时间内的平均速度D.在t 3时刻，甲、乙两质点都回到了出发点 答案 A解析 因在0～t 3时间内甲、乙两质点的速度图线与t 轴所围“面积”相等，说明位移相等，则甲、乙两质点的平均速度相等，故A 项正确.在0～t 1时间内，甲的图线斜率为正值，加速度为正方向；在t 2～t 3时间内，乙的图线斜率为负值，加速度为负方向，两个加速度不相同，故B 项错误.甲质点在0～t 1时间内的平均速度等于0＋v 02＝v 02；乙质点在0～t 2时间内的平均速度等于0＋v 02＝v 02，故C 项错误.由图可知甲、乙两质点的速度均为正值.则两质点均做单向直线运动，不可能回到出发点，故D 项错误.例2 甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x 随时间t 变化的关系如图2所示.已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处.则下列说法正确的是( )图2A.甲车的初速度为零B.乙车的初位置在x 0＝60 m 处C.乙车的加速度大小为1.6 m/s 2D.5 s 时两车相遇，此时甲车速度较大答案 C解析 由图可知甲车做匀速直线运动，速度v 甲＝Δx Δt ＝205 m/s ＝4 m/s.故A 错；由图可知乙车做匀减速直线运动，可看做是反方向的匀加速直线运动，则有x ＝12at 2，由图可知，当其反向运动5 s 时，位移为20 m.则有20＝12a ·52，得加速度大小a ＝1.6 m/s 2.因其共运动了10 s ，可得x 0＝12×1.6×102m ＝80 m.C 对，B 错.t ＝5 s 时，两车相遇，但甲车速度v 甲＝4m/s 小于乙车速度v 乙＝8 m/s ，D 错.1.(多选)国际海事局在2016年2月2日发布报告说，2015年索马里海域未发生任何海盗袭击事件，IHS 分析报告得知，由于非洲之角地区(索马里、埃塞俄比亚)国内政治局势持续恶化，今年航行于索马里附近海域的船舶面临海盗威胁的风险将增高.假设亚丁湾索马里海盗的几艘快艇试图靠近劫持一艘被护航编队保护的商船，护航队员发射爆震弹成功将其驱逐.其中一艘海盗快艇在海面上的速度—时间图象如图3所示，则下列说法正确的是( )图3A.海盗快艇在0～66 s 内从静止出发做加速度增大的加速运动B.海盗快艇在96 s 末开始调头逃离C.海盗快艇在66～96 s 内运动了225 mD.海盗快艇在96～116 s 内做匀减速运动 答案 BC解析 在0～66 s 内图象的斜率越来越小， 加速度越来越小，速度越来越大，故海盗快艇做加速度减小的加速运动，故A 错误；在96 s 末之前，速度均为正，说明海盗快艇一直沿正向运动.海盗快艇在96 s 后，速度由正变负，即改变运动的方向，开始掉头逃离，故B 正确；海盗快艇在66～96 s 内运动的位移为x ＝12×15×30 m＝225 m ，故C 正确；海盗快艇在96～116 s 内，速度为负，速率均匀增大，则海盗快艇沿负方向做匀加速运动，故D 错误.2.a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x －t 图象如图4所示，图象c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是( )图4A.a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B.a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反C.在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最近D.物体c一定做变速直线运动答案 D解析图象为位移—时间图象，由图可知，a、b两物体的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相同，A、B错误；a、b两物体从同一点出发，向相反方向运动，t＝5 s时，相距最远，C错误；由图象可知，c是一条抛物线，故其函数关系为y＝kt2，由运动学公式可知，该物体做匀加速直线运动，所以D正确.命题点二追及相遇问题1.追及相遇问题中的一个条件和两个关系(1)一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点.(2)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画过程示意图得到.2.追及相遇问题的两种典型情况假设物体A追物体B，开始时，两个物体相距x0，有两种典型情况：(1)一定能追上，如做匀加速运动的物体A追匀速运动的物体B，当v A＝v B时，二者相距最远.(2)不一定能追上，如匀减速运动的物体A追匀速运动的物体B，当v A＝v B时，①若已超越则相遇两次.②若恰好追上，则相遇一次.③若没追上，则无法相遇.例3在一条平直的公路上，甲车在前以54 km/h的速度匀速行驶，乙车在后以90 km/h 的速度同向行驶.某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车.已知甲、乙两车与路面的动摩擦因数分别是μ1＝0.05和μ2＝0.1，g取10 m/s2.请问：(1)若两车恰好不相碰，则两车相碰前刹车所用时间是多少？ (2)若想避免事故发生，开始刹车时两辆车的最小间距是多少？①同时开始刹车；②两车恰好不相碰；③开始刹车时两辆车的最小间距.答案 (1)20 s (2)100 m解析 (1)两车刹车过程中加速度大小分别是：a 1＝μ1g ＝0.5 m/s 2，a 2＝μ2g ＝1 m/s 2， 若两车恰好不相碰，则乙追上甲时，两车速度相等v 1－a 1t ＝v 2－a 2t代入数据，解得t ＝20 s(2)两车恰好不相碰时，开始刹车时两辆车的间距最小.甲的位移：x 1＝v 1t －12a 1t 2乙的位移：x 2＝v 2t －12a 2t 2若想避免事故发生，开始刹车时两辆车的最小间距为： Δx ＝x 2－x 1代入数据，解得：Δx ＝100 m.追及相遇问题的类型及解题技巧1.相遇问题的类型(1)同向运动的两物体追及即相遇，各自位移之差等于开始时两物体之间的距离. (2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇. 2.解题技巧分析时要紧抓“两个图三个关系式”，即：过程示意图和v －t 图象，速度关系式、时间关系式和位移关系式.同时要关注题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等.3.甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车在前，速度为v 1＝8 m/s ，乙车在后，速度为v 2＝16 m/s ，当两车相距x 0＝8 m 时，甲车因故开始刹车，加速度大小为a 1＝2 m/s 2，为避免相撞，乙车立即开始刹车，则乙车的加速度至少为多大？ 答案 6 m/s 2解析 方法一：临界法两车速度相同均为v 时，设所用时间为t ，乙车的加速度为a 2，则v 1－a 1t ＝v 2－a 2t ＝v ，v 1＋v2t ＝v 2＋v 2t －x 0，解得t ＝2 s ，a 2＝6 m/s 2，即t ＝2 s 时，两车恰好未相撞，显然此后在停止运动前，甲的速度始终大于乙的速度，故可避免相撞.满足题意的条件为乙车的加速度至少为6 m/s 2. 方法二：函数法甲、乙运动的位移：x 甲＝v 1t －12a 1t 2，x 乙＝v 2t －12a 2t 2避免相撞的条件为x 乙－x 甲<x 0 即12(a 2－a 1)t 2＋(v 1－v 2)t ＋x 0>0 代入数据有(a 2－2)t 2－16t ＋16>0不等式成立的条件是：Δ＝162－4×16(a 2－2)<0，且a 2－2>0 解得a 2>6 m/s 2.4.甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L 1＝11 m 处，乙车速度v 乙＝60 m/s ，甲车速度v 甲＝50 m/s ，此时乙车离终点尚有L 2＝600 m ，如图5所示.若甲车加速运动，加速度a ＝2 m/s 2，乙车速度不变，不计车长.求：图5(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？ (2)到达终点时甲车能否超过乙车？ 答案 (1)5 s 36 m (2)不能解析 (1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距最大，即v 甲＋at 1＝v 乙，得t 1＝v 乙－v 甲a ＝60－502s ＝5 s甲车位移x 甲＝v 甲t 1＋12at 21＝275 m乙车位移x 乙＝v 乙t 1＝60×5 m＝300 m 此时两车间距离Δx ＝x 乙＋L 1－x 甲＝36 m (2)甲车追上乙车时，位移关系x 甲′＝x 乙′＋L 1 甲车位移x 甲′＝v 甲t 2＋12at 22，乙车位移x 乙′＝v 乙t 2将x 甲′、x 乙′代入位移关系，得v 甲t 2＋12at 22＝v 乙t 2＋L 1代入数值并整理得t 22－10t 2－11＝0， 解得t 2＝－1 s(舍去)或t 2＝11 s 此时乙车位移x 乙′＝v 乙t 2＝660 m因x 乙′>L 2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车. 命题点三 应用图象分析运动问题 应用图象解决物理问题有四种情况： (1)根据题目所给运动图象分析物理问题； (2)根据题意自己画出运动图象并解决问题；(3)对题目中所给图象进行必要的转化，然后根据转化后的运动图象分析问题.例如，题目中给定的是F －t 图象，则可转化为a －t 图象，再转化为v －t 图象. (4)分析追及相遇问题①若用位移图象求解，分别作出两个物体的位移图象，如果两个物体的位移图象相交，则说明两物体相遇.②若用速度图象求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积.例4 (多选)(2016·全国Ⅰ·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图6所示.已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图6A.在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B.在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC.两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 BD解析 由题中v －t 图象得a 甲＝10 m/s 2，a 乙＝5 m/s 2，两车在t ＝3 s 时并排行驶，此时x甲＝12a 甲t 2＝12×10×32 m ＝45 m ，x 乙＝v 0t ＋12a 乙t 2＝10×3 m＋12×5×32m ＝52.5 m ，所以t＝0时甲车在前，距乙车的距离为L ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，B 项正确.t ＝1 s 时，x 甲′＝12a 甲t ′2＝5 m ，x 乙′＝v 0t ′＋12a 乙t ′2＝12.5 m ，此时x 乙′＝x 甲′＋L ＝12.5 m ，所以另一次并排行驶的时刻为t ＝1 s ，故A 、C 项错误；两次并排行驶的位置沿公路方向相距L ′＝x 乙－x乙′＝40 m ，故D 项正确.运动学图象问题的分析技巧1.抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用.2.在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析.5.(多选)甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v －t 图象如图7所示，图中△PQR 和△MNR 的面积分别为s 1和s 2(s 1>s 2).初始时，甲车在乙车前方s 0处.则( )图7A.若s 0＝s 1＋s 2，两车一定不会相遇B.若s 0<s 1，两车一定相遇2次C.若s 0＝s 2，两车可能相遇1次D.若s 0＝s 1，两车可能相遇2次 答案 AC解析 开始时乙车的速度大于甲车，故两车距离逐渐减小，当速度相等时，两车距离最小，此时若两车相遇，则满足s 甲＋s 0＝s 乙，即s 0＝s 乙－s 甲＝s 1；若s 0＝s 1＋s 2，可知s 0>s 1，可知两车一定不会相遇，选项A 正确，D 错误；若s 0<s 1，即s 甲＋s 0<s 乙，即两车在达到速度相等之前已经相遇一次，在两车速度相同时乙在甲之前，且两车相距最远，以后两车距离逐渐减小，但是可能在甲追上乙车之前两车都已停止，故两车不一定相遇2次，选项B 错误；因s 1>s 2，则若s 0＝s 2，两车可能在速度相等之前相遇1次，根据以上的分析可知，两车可能以后不能再次相遇，选项C正确；故选A、C.6.(多选)如图8所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2>v1.从小物块滑上传送带开始计时，其v－t图象可能的是( )图8答案ABC解析物块从右端滑上传送带，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题.小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A正确；小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B正确；小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故C正确；物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度v1后匀速运动，故D错误.7.兰渝铁路的开通，为广大市民的生活、工作带来极大的方便.现简化动车运行物理模型，假设在南充站停靠的动车在停靠南充站前以速度v0＝234 km/h做匀速直线运动，经停该站的动车先做匀减速直线运动，在该站短暂停留后，做匀加速直线运动出站，当速度达到v0＝234 km/h时又开始做匀速直线运动，全过程的v－t图象如图9所示.求：图9(1)动车离开南充站时的加速度大小；(2)动车停靠南充站比不停靠该站运行多经历的时间. 答案 (1)5 m/s 2(2)136.5 s 解析 (1)由图知加速时间t 2＝13 s 由公式v 0＝at 2 则a ＝v 0t 2＝5 m/s 2(2)由图知减速时间t 1＝20 s 减速位移x 1＝v 0＋02t 1＝650 m加速位移x 2＝v 0＋02t 2＝422.5 m在车站停止时间t 3＝120 s动车以234 km/h 速度经过车站用时t 4＝x 1＋x 2v 0＝16.5 s 则所求时间Δt ＝(t 1＋t 2＋t 3)－t 4＝136.5 s.用“等效法”处理追及相遇问题一、将“非同一地点出发”等效为“同一地点出发”在运动学问题中，与物体的位移相关的问题是比较多的，特别是两个物体运动的起点并不在同一位置时位移的比较问题，在各类考试中比较常见，对于此类问题，可作一定的等效处理，视为从同一点开始的运动，这样比较起来就方便多了.典例1 两辆完全相同的汽车A 、B ，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v 0，若前车A 突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住后，后车B 以前车A 刹车时的加速度开始刹车，已知前车A 刹车过程中所行的距离为s ，若要保证两辆车在上述过程中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( ) A.s B.2s C.3s D.4s 答案 B解析 题设情形如图(a)所示，两车不相撞的临界条件是A 、B 两车在末位置处恰好接触，现针对所研究内容，等效为B 、A 从同一地点出发，A 车以速度v 0匀减速运动，B 车先匀速运动后匀减速运动，如图(b)所示，图(b)中末位置A 、B 均停下来的间距即为图(a)中初位置B 、A 间的距离，继而可作出图(c)所示v －t 图象，从图象中直接看出B 比A 多运动了2s .二、将“研究运动物体间位置变化”转化为“研究物体间的相对运动”转化问题的研究对象、过程、方法，都属于等效处理的范畴，合理地转化问题也是解题过程中化繁为简的有效手段之一.典例2 飞机处于2 000 m 高空匀速飞行，时隔1 s 先后掉下两小球A 、B ，求两球在下落过程中彼此在竖直方向上相距最远的距离.(g 取10 m/s 2，空气阻力不计) 答案 195 m解析 如取地面为参考系，则小球做抛体运动，研究起来无疑比较复杂，我们取刚离开飞机的B 球为参照系，A 球以10 m/s 的速度匀速向下降落，设A 球从2 000 m 高空降落做自由落体运动的时间为t ，则h ＝12gt 2，即 t ＝2hg＝20 sB 球刚离开飞机，A 球已下落1 s ，此时A 、B 相距为s ＝12×10×12 m ＝5 mA 相对B 匀速运动19 s 后着地，此19 s 内A 相对B 运动190 m.因此，两球在竖直方向上相距最远的距离为195 m.题组1 对运动学图象的理解和应用1.(多选)一质点做直线运动的v －t 图象如图1所示，下列选项正确的是( )图1A.在2～4 s 内，质点所受合外力为零B.质点在0～2 s 内的加速度比4～6 s 内的加速度大C.在第4 s 末，质点离出发点最远D.在0～6 s 内，质点的平均速度为5 m/s 答案 AD解析 由图可知，在2～4 s 内，质点做匀速直线运动，所以所受合外力为零，A 对.由图可知，质点在0～2 s 内加速度大小为5 m/s 2,4～6 s 内加速度大小为10 m/s 2，B 错.由图可知，在第5 s 末，质点离出发点最远，C 错.在0～6 s 内，质点的平均速度v ＝xt＝5 m/s ，D 对. 2.如图2所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t 变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t 2时间内下列说法正确的是( )图2A.两物体在t 1时刻速度大小相等B.t 1时刻乙的速度大于甲的速度C.两物体平均速度大小相等D.甲的平均速度小于乙的平均速度 答案 C解析 因x －t 图线的斜率表示速度，则由图象可知A 、B 均错.因平均速度定义式为v ＝ΔxΔt ，甲、乙两物体在0～t 2时间内位移大小相等，故平均速度大小相等，C 对，D 错.3.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶.在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图象如图3所示.在这段时间内( )图3A.汽车甲的平均速度比乙的大B.汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C.甲、乙两汽车的位移相同D.汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 答案 A解析 由v －t 图象知，在0～t 1时间内，甲的位移大于乙的位移，C 错误.由v ＝xt知，甲的平均速度比乙的大，故A 正确.如图所示，汽车乙的v －t 图象中，实线与坐标轴所围的面积小于上方虚线与坐标轴所围的面积，故汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，B 错误.v －t 图象中的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线斜率的绝对值均逐渐减小，故加速度的大小都逐渐减小，D 错误.4.某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用ABS 刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图4中的①、②图线所示，由图可知，启用ABS 后( )图4A.t 1时刻车速更小B.0～t 3时间内加速度更小C.加速度总是比不启用ABS 时大D.刹车后前行的距离比不启用ABS 时短 答案 D解析 由题图可知，启用ABS 后，t 1时刻车速更大，A 错；由v －t 图线的斜率表示加速度可知，在0～t 1时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时小，而在t 1～t 3时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时大，B 、C 错.由图线与横轴所围面积表示位移可知，启用ABS 后，刹车距离比不启用ABS 时短，D 正确.5.(多选)甲、乙两物体在同一直线上运动的x －t 图象如图5所示，以甲的出发点为原点，出发时刻为计时起点.则从图象可以看出( )图5A.t 2到t 3这段时间内甲的平均速度大于乙的平均速度B.乙比甲先出发C.甲开始运动时，乙在甲前面x 0处D.甲在中途停了一会儿，最终也没追上乙 答案 AC解析 在t 2～t 3这段时间内，甲的位移大于乙的位移，由v ＝xt，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，A 项正确.由题图知乙和甲同时出发，且乙在甲前面x 0处，故B 项错，C 项正确.在t 3时刻，甲追上了乙，D 项错.6.(多选)下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是( )答案 BC解析 A 、B 选项中左图表明0～3 s 内物体匀速运动，位移应正比于时间，加速度为零，3～5 s 内物体匀加速运动，加速度大小a ＝Δv Δt ＝2 m/s 2，A 错，B 对；C 、D 选项中左图0～3 s内位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，3～5 s 内位移与时间成正比，表示物体匀速运动，v ＝ΔxΔt ＝2 m/s ，a ＝0，C 对，D 错.题组2 追及相遇问题7.四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图6所示，下列说法正确的是( )图6A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动B.这四辆车均从静止开始运动C.在0～t 2时间内，丙、丁两车在t 2时刻相距最远D.在0～t 2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小 答案 C解析 x －t 图象中，位移方向用正负表示，图中甲、乙两个物体的位移一直为正，且不断增加，故甲与乙都是单向的直线运动，故A 错误；x －t 图象的斜率表示速度，v －t 图象的斜率表示加速度，故乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，则甲、乙不是从静止开始运动，故B 错误；由v －t 图象中图线与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t 2时刻面积差最大，所以相距最远，故C 正确；在0～t 2时间内，丁的速度大于丙的速度，两车间的距离一直增大，故D 错误.8.入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足100 m.在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前，甲在后同向行驶.某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞.如图7所示为两辆车刹车后若恰好不相撞的v －t 图象，由此可知( )图7A.两辆车刹车时相距的距离一定等于 112.5 mB.两辆车刹车时相距的距离一定小于90 mC.两辆车一定是在刹车后的20 s 之内的某时刻发生相撞的D.两辆车一定是在刹车后的20 s 以后的某时刻发生相撞的 答案 C解析 v －t 图象给定了两车的初速度和加速度，不确定值是刹车前两车间距离.由两车的v －t 图象可知，两车不相撞的最小距离Δx min ＝(5＋252－5＋152)×20 m＝100 m ，即当Δx <100m 时两车必相撞，选项A 、B 均错误；两车相撞一定发生在甲车速度大于乙车速度时，即刹车后的20 s 之内，选项C 正确，D 错误.9.如图8甲所示，A 车原来临时停在一水平路面上，B 车在后面匀速向A 车靠近，A 车司机发现后启动A 车，以A 车司机发现B 车为计时起点(t ＝0)，A 、B 两车的v －t 图象如图乙所示.已知B 车在第1 s 内与A 车的距离缩短了x 1＝12 m.图8(1)求B 车运动的速度v B 和A 车的加速度a 的大小.(2)若A 、B 两车不会相撞，则A 车司机发现B 车时(t ＝0)两车的距离x 0应满足什么条件？ 答案 (1)12 m/s 3 m/s 2(2)x 0>36 m解析 (1)在t 1＝1 s 时A 车刚启动，两车间缩短的距离x 1＝v B t 1代入数据解得B 车的速度v B ＝12 m/sA 车的加速度a ＝v Bt 2－t 1将t 2＝5 s 和其余数据代入解得A 车的加速度大小a ＝3 m/s 2(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v －t 图象的t 2＝5 s 时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则x ＝12v B (t 1＋t 2)代入数据解得x ＝36 m因此，若A 、B 两车不会相撞，则两车的距离x 0应满足条件：x 0>36 m. 题组3 应用图象分析运动问题10.斜面长度为4 m ，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v 0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x 与初速度二次方v 20的关系图象(即x －v 2图象)如图9所示.图9(1)求滑块下滑的加速度大小.(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s ，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？ 答案 (1)2 m/s 2(2)1 s解析 (1)由v 20＝2ax 推知，图线“斜率”为12a ，根据图象可知，12a ＝ 1 m 4 m 2·s －2，所以滑块下滑的加速度大小a ＝2 m/s 2.(2)由图象可知，当滑块的初速度为4 m/s 时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0 m/s 时能滑到斜面最低点.设滑块在斜面上的滑动时间为t ，则x ＝v 0t －12at 2，解得t ＝1 s ，t ＝4 s(舍去).。

高考物理一轮复习讲义—匀变速直线运动的规律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．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋1at2.2(3)速度与位移关系v2－v02＝2ax.3．三个基本公式选用原则(1)v＝v0＋at，不涉及位移x；(2)x＝v0t＋1at2，不涉及末速度v；2(3)v2－v02＝2ax，不涉及运动的时间t.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．基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→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．3．解决匀变速运动的常用方法(1)逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．(2)图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程．考向1基本公式的应用例1在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x＝16t－t2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是()A．公交车运行的最大速度为4m/sB．公交车刹车的加速度大小为1m/s2C．公交车从刹车开始10s内的位移为60mD．公交车刹车后第1s内的平均速度为15m/s答案D解析根据x＝v0t－12at2与x＝16t－t2的对比，可知刹车过程为匀减速直线运动，运行的最大速度就是刹车时车的速度，为16m/s，刹车的加速度大小为2m/s2，故A、B错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t＝va＝8s可知，刹车停止需要8s时间，从刹车开始10s内的位移，其实就是8s内的位移，t＝8s时有x＝64m，故C错误；t′＝1s时，有x′＝15m，由平均速度公式可得v ＝x ′t ′＝15m/s ，故D 正确．例2对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36km/h 的速率行驶时，可以在18m 的距离被刹住；当以54km/h 的速率行驶时，可以在34.5m 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50m ，则行车速率不能超过多少．考向2逆向思维法解决匀变速直线运动问题例3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t 0(t 0<t )时刻距离海面的深度为()A ．vt 0(1－t 02t)B.v t －t 022tC.vt 2D.vt 022t答案B解析“蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a ＝vt，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海面的深度为：h ＝12a (t －t 0)2＝12×vt×(t －t 0)2＝v t －t 022t，故选B.考向3两种匀减速直线运动的比较1．刹车类问题(1)其特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a 突然消失．(2)求解时要注意确定实际运动时间．(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．2．双向可逆类问题(1)示例：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．(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义．例4若飞机着陆后以6m/s 2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s ，则它着陆后12s 内滑行的距离是()A ．288mB ．300mC ．150mD ．144m答案B解析设飞机着陆后到停止所用时间为t ，由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10s ，由此可知飞机在12s 内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s 内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10m ＋－6×1022m ＝300m.例5(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s 2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m 时，下列说法正确的是()A ．物体运动时间可能为1sB ．物体运动时间可能为3sC ．物体运动时间可能为(2＋7)sD ．物体此时的速度大小一定为5m/s 答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，a ＝－5m/s 2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m 时，x ＝7.5m ，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2，解得t 1＝3s 或t 2＝1s ，故A 、B 正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5m 时，x ＝－7.5m ，由x ＝v 0t ＋12at 2解得：t 3＝(2＋7)s 或t 4＝(2－7)s(舍去)，故C 正确．由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v 1＝－5m/s 或v 2＝5m/s 、v 3＝－57m/s ，故D 错误．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：v ＝v 0＋v2＝2t v .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：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.不相邻相等的时间间隔T 内的位移差x m －x n ＝(m －n )aT 2，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∶…∶v n＝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∶…∶x n＝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xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N ＝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∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．考向1平均速度公式例6做匀变速直线运动的质点在第一个7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大6m/s，则质点的加速度大小为()A．1m/s2B．1.5m/s2C．3m/s2D．4m/s2答案C解析物体做匀变速直线运动时，第一个3s内中间时刻，即1.5s时的速度为v1＝v3，第一个7s内中间时刻，即3.5s时的速度为v2＝v7，由题意可知v2－v1＝6m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2s，可得a＝3m/s2.故选C.考向2位移差公式例7(2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法错误的是()A．物体运动的加速度为4m/s2B．第2s内的位移为6mC．第2s末的速度为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度为10m/s答案C解析根据位移差公式x Ⅳ－x Ⅱ＝2aT 2，得a ＝x Ⅳ－x Ⅱ2T2＝82×12m/s 2＝4m/s 2，故A 正确，不符合题意；第2s 内的位移为：x 2－x 1＝12at 22－12at 12＝12×4×(22－12)m ＝6m ，故B 正确，不符合题意；第2秒末速度为v ＝at 2＝4×2m/s ＝8m/s ，故C 错误，符合题意；物体在0～5s 内的平均速度v ＝x 5t 5＝12at 52t 5＝12×4×525m/s ＝10m/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 ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(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来研究．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∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确；由v 2－v 02＝2ax 可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移时的速度之比为1∶2∶3，故所求的速度之比为3∶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∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案C解析根据匀变速直线运动的速度—位移公式v 2－v 02＝2ax知，x AB ＝v 22a ，x AC ＝2v 22a，所以AB ∶AC ＝1∶4，则AB ∶BC ＝1∶3，故C 正确，A 、B 、D 错误．2．汽车以20m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s 与5s 汽车的位移之比为()A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3答案C解析汽车速度减为零的时间为：t 0＝Δv a ＝0－20－5s ＝4s,2s 时位移：x 1＝v 0t ＋12at 2＝20×2m －12×5×4m ＝30m ，刹车5s 内的位移等于刹车4s 内的位移，为：x 2＝0－v 022a ＝40m ，所以经过2s 与5s 汽车的位移之比为3∶4，故选项C 正确．3．(2022·吉林通化县综合高级中学高三月考)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m 的路程，第一段用时4s ，第二段用时2s ，则物体的加速度是()A.23m/s 2 B.43m/s 2C.8 9m/s2D.169m/s2答案B解析根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则2s时的瞬时速度等于0～4s内的平均速度，v1＝164m/s＝4m/s5s时的瞬时速度等于4～6s内的平均速度v2＝162m/s＝8m/s 两个中间时刻的时间间隔为Δt＝2s＋1s＝3s根据加速度定义可得a＝v2－v1Δt＝43m/s2故选B.4．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1s内的位移为13m，最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是() A．汽车在第1s末的速度可能为10m/sB．汽车加速度大小可能为3m/s2C．汽车在第1s末的速度一定为11m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5m/s2答案C解析采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝12at2得，汽车加速度大小a＝2x′t2＝2×212m/s2＝4m/s2，第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t－12at2，代入数据解得，初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．5．(2022·山西长治市第八中学高三月考)木块A、B、C并排固定在水平地面上，一子弹以30m/s的速度射入木块A，A、B、C三木块的厚度比为5∶3∶1，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹刚好射穿木块C，则下列说法正确的是()A．子弹射出木块A时的速度为10m/sB．子弹在木块A中的运动时间大于子弹在木块B中的运动时间C．子弹在木块B和C中的运动时间相等D．子弹在木块A中的平均速度是子弹在木块C中平均速度的2倍答案C解析子弹运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，则在连续相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，速度之比为1∶2∶3，知刚射穿B时速度为10m/s，刚射出A时速度为20m/s，A、B错误，C正确；子弹在木块A中的平均速度为v A＝30＋202m/s＝25m/s，子弹在木块C中平均速度为v C＝10＋02m/s＝5m/s，D错误．6．(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s.根据这些信息可求得()A．高铁车头经过A、B、C的速度B．高铁车头在AB段和BC段运动的时间C．高铁运动的加速度D．高铁车头经过AB段和BC段的时间之比答案AD解析设高铁车头在经过A、B、C三点时的速度分别为v A、v B、v C，根据AB段的平均速度为30m/s，可以得到v AB＝v A＋v B2＝30m/s；根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到vBC＝v B＋v C2＝20m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为v＝2xt AB＋t BC＝2xx30m/s＋x20m/s ＝24m/s，所以有v AC＝v A＋v C2＝24m/s，联立解得v A＝34m/s，v B＝26m/s，v C ＝14m/s ，由于不知道AB 和BC 的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A 正确，B 、C 错误；t AB ∶t BC ＝xv AB ∶x v BC＝2∶3，选项D 正确．7．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2(m)，则它在前3s 内的平均速度为()A ．8m/sB ．10m/sC ．12m/sD ．14m/s 答案A 解析由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v 0＝24m/s ，a ＝－12m/s 2；则由v ＝v 0＋at 可知，汽车在2s 末停止运动，故前3s 内的位移等于前2s 内的位移，x ＝24×2m －6×4m ＝24m ，则汽车的平均速度v ＝x t ＝243m/s ＝8m/s ，故A 正确．8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾驶员减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50m 内的物体，并且他的反应时间为0.6s ，制动后最大加速度大小为5m/s 2.假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是()A ．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6sB ．小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80mC ．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25m/sD ．三角警示牌至少要放在车后58m 远处，才能有效避免两车相撞答案AD 解析设小轿车从刹车到停止所用时间为t 2，则t 2＝0－v 0－a ＝0－30－5s ＝6s ，故A 正确；小轿车的刹车距离x ＝0－v 02－2a ＝0－3022×－5m ＝90m ，故B 错误；反应时间内小轿车通过的位移为x 1＝v 0t 1＝30×0.6m ＝18m ，小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为x ′＝50m －18m ＝32m ，设减速到警示牌的速度为v ′，则－2ax ′＝v ′2－v 02，解得v ′＝2145m/s ，故C 错误；小轿车通过的总位移为x 总＝(90＋18)m ＝108m ，放置的位置至少为车后Δx ＝(108－50)m ＝58m ，故D 正确.9．假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某列车长为L ，通过一铁路桥时的加速度大小为a ，列车全身通过桥头的时间为t 1，列车全身通过桥尾的时间为t 2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为()A.L a ·t 1＋t 2t 1t 2B.L a ·t 1＋t 2t 1t 2－t 2－t 12C.L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12D.L a ·t 2－t 1t 1t 2＋t 2－t 12答案C 解析设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t 0，从列车车头到达桥头时开始计时，列车全身通过桥头时的平均速度等于t 12时刻的瞬时速度v 1，可得：v 1＝L t 1，列车全身通过桥尾时的平均速度等于t 0＋t 22时刻的瞬时速度v 2，则v 2＝L t 2，由匀变速直线运动的速度时间关系式可得：v 2＝v 1－a (t 0＋t 22－t 12)，联立解得：t 0＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12.故选C.10.从固定斜面上的O 点每隔0.1s 由静止释放一个同样的小球．释放后小球做匀加速直线运动．某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示．测得小球相邻位置间的距离x AB ＝4cm ，x BC ＝8cm.已知O 点与斜面底端的距离为l ＝35cm.由以上数据可以得出()A ．小球的加速度大小为12m/s 2B ．小球在A 点的速度为0C．斜面上最多有5个小球在滚动D．该照片是距A点处小球释放后0.3s拍摄的答案C解析根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝x BC－x ABT2＝0.040.12m/s2＝4m/s2，选项A错误；小球在B点时的速度v B＝x AB＋x BC2T＝0.120.2m/s＝0.6m/s，小球在A点时的速度为v A＝v B－aT＝0.6m/s－4×0.1m/s＝0.2m/s，选项B错误；t A＝v Aa＝0.24s＝0.05s，即该照片是距A点小球释放后0.05s拍摄的，选项D错误；当最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x1＝1 2aT2＝12×4×0.12m＝0.02m＝2cm，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7……，则各个球之间的距离分别为2cm,6cm,10cm,14cm,18cm……，因为O点与斜面底端距离为35cm，而前5个球之间的距离之和为32cm，斜面上最多有5个球，选项C正确．11．(2022·安徽省六安一中月考)ETC是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC通道的通行车速由原来的20km/h提高至40km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC通道，需要在收费站中心线前d＝10m处正好匀减速至v1＝4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1m/s2，忽略汽车车身长度．求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)如果汽车以v2＝10m/s的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．答案(1)894m(2)10.7s解析(1)设汽车匀减速过程位移大小为d 1，由运动学公式得v 12－v 02＝－2ad 1解得d 1＝442m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小x 1＝2d 1＋d ＝894m(2)如果汽车以v 2＝10m/s 的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d 2，由运动学公式得v 22－v 02＝－2ad 2解得d 2＝400m提速前，汽车匀减速过程时间为t 1，则d 1＝v 0＋v 12t 1解得t 1＝26s通过匀速行驶区间的时间为t 1′，有d ＝v 1t 1′解得t 1′＝2.5s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T 1＝2t 1＋t 1′＝54.5s 提速后，匀减速过程时间为t 2，则d 2＝v 0＋v 22t 2解得t 2＝20s通过匀速行驶区间的时间为t 2′，则d ＝v 2t 2′解得t 2′＝1s匀速通过(d 1－d 2)位移时间Δt ＝d 1－d 2v 0＝1.4s 通过与提速前相同位移的总时间为T 2＝2t 2＋t 2′＋2Δt ＝43.8s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT ＝T 1－T 2＝10.7s.。

基础课 2 匀变速直线运动的规律跟踪检测一、选择题1．(多选)质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22t C.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析：选ABD 设加速度为a ，由O 到P ：x 1＝12at 2，a ＝2x 1t 2，v P ＝at ＝2x 1t ，A 对；由O到Q ：t 总＝t ＋t ＝2t ，由平均速度推论知，质点过P 的速度v P ＝x 2t 总＝x 22t，B 对；由P 到Q ：x PQ ＝x 2－x 1，x PO ＝x 1，x PQ －x PO ＝at 2，得a ＝x 2－2x 1t 2，v P ＝at ＝x 2－2x 1t，D 对． 2．(2019届河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发现6号车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v 02＝2a ·2l ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.3．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/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：选C 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t ＝v 0a＝4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 s 内发生的位移为x 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 内发生的位移为x 2＝v 022a ＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C 正确．4. (2019届吕梁模拟)如图所示，A 、B 两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动．已知A 的质量比B 的质量大，下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能在空中相撞 B ．A 、B 落地时的速度相等C ．下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同D ．从开始下落到落地，A 、B 的平均速度相等解析：选C 由于不计空气的阻力，故物体仅受重力，则物体的加速度均为重力加速度g ，与物体的质量无关，下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同，A 、B 不可能在空中相撞，故A 错误，C 正确；根据v 2＝2gh 可得物体落地时的速度v ＝2gh ，由于两物体从不同高度开始自由下落，故到达地面时速度不相同，故B 错误；由v ＝v2可知落地的速度不相等，平均速度也不相等，故D 错误．5．(多选)(2018届温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1.6 s<2s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 022a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝,8) s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m解析：选ACD 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向上时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向竖直向上，A 正确；当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向下时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度大小为5 m/s ，方向竖直向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移h ＝v 2－v 02－2g＝15 m ，D 正确．7.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 ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选D 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v 32＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 12＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶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t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确．8．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t .现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )tt tt解析：选C 物体从抛出至回到抛出点的运动时间为t ，则t ＝2v 0g，物体上升至最大高度的一半处的速度v x2＝v 022，则用时间t 1＝x2v 0＋vx 22，物体撞击挡板前后的速度大小相等，方向相反，则物体以相同的加速度落回抛出点的时间与上升时间相同，即t 2＝t 1，故物体上升和下降的总时间t 总＝t 1＋t 2＝2t 1＝2xv 0＋v 02＝2v 01＋2gt ，选项C 正确． 9．(多选)物体从A 点由静止出发，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度大小为a 2做匀减速直线运动至B 点时速度恰好减为0，所用总时间为t .若物体以速度v 0匀速通过AB 之间，所用时间也为t ，则( )A ．v ＝2v 0 B.1a 1＋1a 2＝t vC.1a 1－1a 2＝12vD.1a 1＋1a 2＝t 2v解析：选AB 根据题意可知，A 、B 两点间距x ＝v2t ＝v 0t ，解得v ＝2v 0，选项A 正确；由t 1＝v a 1，t 2＝v a 2，t ＝t 1＋t 2可解得1a 1＋1a 2＝tv，选项B 正确，C 、D 错误．10. (2018届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )A.34 m B.43 m C.825m D.258m 解析：选D 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律，l ＝12at 2，l ＋l 1＝12a (t ＋T )2，l ＋l 1＋l 2＝12a (t ＋2T )2，l 2－l 1＝aT 2，联立解得l ＝258m ，选项D 正确．二、非选择题11．(2019届南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动.10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解析：(1)由题意可知经过10 s 时，速度计上显示的速度为v 1＝15 m/s 由速度公式v ＝v 0＋at 得a ＝v －v 0t ＝v 1t 1＝1.5 m/s 2由位移公式得x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m这时出租车离出发点的距离是75 m.(2)当速度计上显示的速度为v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a＝300 m ，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，匀速运动时间t 3为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400)m ＝2 700 m.答案：(1)75 m (2)2 700 m12．(2018届乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆家庭轿车以30 m/s 内的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；(2)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间． 解析：(1)设车匀减速至停止通过的路程为x 1x 1＝v 022a＝150 m车匀加速和匀减速通过的路程相等，设通过人工收费通道通过的路程为x 2x 2＝2x 1＝300 m车匀减速至停止需要的时间为t 1＝v 0－0a＝10 s 车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10＝30 s.(2)通过人工收费通道所需时间为30 s ．此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间t 3，通过的路程为x 3t 3＝v 0－v 1a＝5 s路程x 3＝v 02－v 122a＝112.5 m车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5x 4＝x 2－2x 3－15＝60 m t 5＝x 4v 0＝2 sΔt ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 故通过ETC 的节省的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。

[精品]新人教版高考物理大一轮复习第一章2匀变速直线运动的规律案2 匀变速直线运动的规律一、概念规律题组1．在公式v＝v0＋和＝v0＋错误！未定义书签。

2中涉及的五个物量，除是标量外，其他四个量v、v0、、都是矢量，在直线运动中四个矢量的方向都在一条直线中，当取其中一个量的方向为正方向时，其他三个量的方向与此相同的取正值，与此相反的取负值，若取速度v0方向为正方向，以下说法正确的是( )A．匀加速直线运动中取负值 B．匀加速直线运动中取正值．匀减速直线运动中取正值D．无论匀加速直线运动还是匀减速直线运动都取正值答案 B解析据v＝v0＋可知，当v0与同向时，v增大；当v0与反向时，v减小．＝v0＋错误！未定义书签。

2也是如此，故当v0取正值时，匀加速直线运动中，取正；匀减速直线运动中，取负，故选项B正确．2．某运动物体做匀变速直线运动，加速度大小为06 /2，那么在任意1 内( )A．此物体的末速度一定等于初速度的06倍B．此物体任意1 的初速度一定比前1 末的速度大06 / ．此物体在每1 内的速度变为06 /D．此物体在任意1 内的末速度一定比初速度大06 /答案解析因已知物体做匀变速直线运动，又知加速度为06 /2，主要涉及对速度公式的解：①物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动；②v＝v0＋是矢量式．匀加速直线运动＝06 /2；匀减速直线运动＝－06 /23．我国自行研制的“枭龙”战机已在四川某地试飞成功．假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间为，则起飞前的运动距离为( )A．v B错误！未定义书签。

．2v D．不能确定答案 B解析因为战机在起飞前做匀加速直线运动，则＝错误！未定义书签。

＝错误！未定义书签。

＝错误！未定义书签。

B选项正确．4．一个做匀加速直线运动的物体，通过A点的瞬时速度是v1，通过B点的瞬时速度是v2，那么它通过AB中点的瞬时速度是( )A错误！未定义书签。

【高考领航】2016届高考物理大一轮复习运动学图象匀变速运动基本规律热点集训（一）热点一运动学的图象问题运动学图象是历年高考必考内容之一，从近年高考运动学图象的命题趋势看，试题不再局限于教材中给定的图象以及线性图象，如2014年课标全国卷Ⅱ第14题，福建卷第15题等，考查了变速运动的v－t图象和x－t图象，且这种变化日趋增多；将图象问题与追及、相遇问题相结合，也是高考命题的常用形式．1. 设竖直向上为y轴正方向，如图曲线为一质点沿y轴运动的位置—时间(y－t)图象，已知图线为一条抛物线，则由图可知 ( )A．t＝0时刻质点速度为0B．0～t2时间内质点的速度一直减小C．0～t1时间内质点向y轴负方向运动D．t1～t3时间内质点相对坐标原点O的位移先为正后为负解析：选B.在y－t图象中，质点运动的速度大小等于图线斜率的大小，斜率为正表示质点向正向运动，t＝0时刻图线的斜率为正，因此质点向y轴正方向运动，速度不为0，A错误；0～t2时间内图线的斜率减小，表明质点的速度减小，B正确；0～t1时间内图线的斜率为正，速度沿y轴正方向上，C错误；t1～t3时间内质点一直处在y的正方向上，所以相对原点O的位移一直为正，D错误．2. (2015·哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学联考)入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足100 m．在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞．图示为两辆车刹车后若不相撞的v－t图象，由此可知( )A．两辆车刹车时的距离一定等于112.5 mB．两辆车刹车时的距离一定小于90 mC．两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的D．两辆车一定是在刹车20 s以后的某时刻发生相撞的解析：选C.t＝20 s时，由v－t图象可知甲车的位移为300 m，乙车的位移为200 m，因而两车若相撞，刹车前的距离应小于100 m，选项A、B错误；若相撞，两车一定是在刹车后的20 s内的某时刻发生相撞的，选项C正确，D错误．3．(2015·上海松江区期末)(多选)如图所示，汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是( )解析：选BC.在v－t图象中，图线与时间坐标轴所围“面积”表示位移．A、D图中v－t图象的“面积”均小于20 m，A、D错误．B中v－t图象的“面积”可能等于20 m，B 正确；C中v－t图象的“面积”正好等于20 m，C正确．4. (2015·河南洛阳期中)甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，其v－t图象如图所示．关于两物体的运动情况，下列说法正确的是( )A. 在t ＝1 s 时，甲、乙相遇B ．在t ＝2 s 时，甲、乙的运动方向均改变C ．在t ＝4 s 时，乙的加速度方向改变D ．在2～6 s 内，甲相对乙做匀速直线运动解析：选D.在t ＝1 s 时，甲、乙速度相等，乙在前，A 错误．在t ＝2 s 时，甲、乙的速度都开始减小，但方向均不变，B 错误．在t ＝4 s 时，乙的速度方向改变，但加速度方向不改变，C 错误．在2～6 s 内，甲、乙加速度相同，甲相对乙做匀速直线运动，D 正确．热点二 匀变速直线运动基本规律的应用匀变速直线运动是最基本的运动形式，作为运动学的基础，是近年高考命题的热点之一，题型有选择题、实验题和计算题，近年命制计算题比例较大(如2014年课标全国卷Ⅰ第24题和课标全国卷Ⅱ第24题)，分值权重高，近几年题目的设置趋向于以体育运动或交通运输为背景，考查学生基本规律的实际应用能力．5．动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的．若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60 m 所用的时间是10 s ，通过第二个60 m 所用的时间是6 s ．则( ) A ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mB ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mC ．动车组的加速度为0.5 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 mD ．动车组的加速度为1 m/s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m解析：选A.设通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以5 s 末的速度v 1＝x 1t 1，解得v 1＝6 m/s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2t 2，解得v 2＝10 m/s.由v 2＝v 1＋at 得a ＝0.5 m/s 2，由再接下来的6 s 和前面的6 s ，是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2，即x －60＝aT 2，解得x ＝78 m.6. 2013年修订版《机动车驾驶证申领和使用规定》于2013年1月1日正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”．某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，如图所示．若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L ＝10.5 m ，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t 0为( ) A ．0.5 sB ．1.5 sC ．3 sD ．3.5 s解析：选C.在反应时间内小轿车匀速运动的距离为x ＝v 0Δt ＝6×0.5 m ＝3 m ，则小轿车匀减速运动的距离L －x ＝v 02(t 0－0.5)，解得t 0＝3 s ，选项C 正确． 7．如图所示，A 、B 两同学在直跑道上练习4×100 m 接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B 从静止开始全力奔跑需25 m 才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A 持棒以最大速度向B 奔来，B 在接力区伺机全力奔出．若要求B 接棒时速度达到最大速度的80%，则：(1)B 在接力区需跑出的距离x 1为多少？(2)B 应在离A 的距离x 2为多少时起跑？解析：(1)对B ：设其加速度为a ，跑出的距离为x 时速度达到最大值v .则2ax ＝v 2，2ax 1＝(0.8v )2，解得x 1＝0.64x ＝16 m.(2)设B 接棒时跑出时间为t ，则x 1＝v － t ＝0.8v 2t ， 在t 时间内，对A 有x A ＝vt ，解得x A ＝40 m.所以B 起跑时，应距离A 为x 2＝x A －x 1，解得x 2＝24 m.答案：(1)16 m (2)24 m8．高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，相距s 0＝100 m ，t ＝0时，甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系分别如图甲、乙所示，以运动方向为正方向．(1)两车在0～9 s 内何时相距最近？最近距离是多少？(2)若要保证t ＝12 s 时乙车在甲车后109 m ，则图乙中a 0应是多少？解析：(1)由图象知，甲车前3 s 做匀减速运动，乙车做匀速直线运动，3 s 末甲车速度为0，此过程乙的速度大于甲的速度，两者距离减小，接着甲做匀加速运动而乙做匀减速运动，两车距离进一步减小，当两车速度相等时相距最近设t 1＝3 s 后再经过t 2时间甲、乙两车速度相等，此时两车相距最近，有a 2t 2＝v 0＋a 3t 2代入数值得t 2＝3 s即6 s 时两车相距最近两车速度相等前甲车的位移为x 甲＝v 02t 1＋12a 2t 22 乙车的位移为x 乙＝v 0t 1＋v 0t 2＋12a 3t 22 最近距离为s min ＝s 0＋x 甲－x 乙联立并代入数值得s min ＝10 m.(2)9 s 末(即t 3＝6 s)，甲车的速度为v 1′＝a 2t 3＝30 m/s9 s 内甲车发生的总位移x 甲′＝v 02t 1＋12a 2t 23 代入数值得x 甲′＝135 m9 s 末，乙车的速度为v 2′＝v 0＋a 3t 3＝09 s 内乙车发生的总位移x 乙′＝v 0t 1＋v 0t 3＋12a 3t 23 代入数值得x 乙′＝180 m所以9 s 末，甲车在乙车前x ＝s 0＋x 甲′－x 乙′＝55 m若要保证t ＝12 s 时(即t 4＝3 s)乙车在甲车后109 m ，则应有v 1′t 4＋x －12a 0t 24＝109 m代入数据得a 0＝8 m/s 2答案：(1)6 s 10 m (2)8 m/s 2。