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2023届高考物理一轮复习：第1讲 匀变速直线运动的典型问题
一、方法讲解
审题→画出草图→判断运动性质→选取正方向（或建立坐标轴）→选用公式列出方程→求解方程，必要时对结果进行讨论．
1.常见解题方法
（1）基本公式法 ：公式是研究匀变速直线运动的最基本的规律，合理运用和选择三式中的任意两式是求解运动学问题最常用的基本方法．
（2）平均速度法：定义式对任何性质的运动都适用，而只适用于匀变速直线运动．此外对匀变速直线运动还有．
（3）妙用：在匀变速直线运动中，第M个T时间内的位移和第N个T时间内的位移之差 ；对纸带问题用此方法尤为快捷．
（4）比例法：利用推论中各结论分析初速为零的匀加速直线运动．
（5）巧选参考系：一个物体相对于不同参考系，运动性质一般不同，通过变换参考系，可以将复杂物体的运动简化．
（6）“逆向思维”法：逆向过程处理（逆向思维法）是把运动过程的“末端”作为“初态”的反向研究问题的方法，如物体做加速运动看成反向的减速运动，物体做减速运动看成反向的加速运动处理．该方法一般用在末状态已知的情况．
（7）图象法：应用图象，可把复杂的问题转化为较简单的数学问题解决．尤其是图象定性分析，可避开复杂的计算，快速找出答案．　　
探究一：对匀变速直线运动规律的理解和应用
【例1】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)，则该质点( )
A．第1 s内的位移是5 m B．前2 s内的平均速度是6 m/s
C．任意相邻的1 s内位移差都是1 m D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s
【例2】（多）一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s，1 s后速度的大小变为10 m/s.在这1 s内物体的(　 　)
A．位移的大小可能小于4 m B．位移的大小可能大于10 m
C．加速度的大小可能小于8 m/s2 D．加速度的大小可能大于10 m/s2
【例3】物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如右图所示．已知物体第一次运动到斜面长度处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．（多钟解法）
【例4】做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BC，AB段和BC段的平均速度分别为v1＝3 m/s、v2＝6 m/s，则
(1)物体经B点时的瞬时速度vB为多大？
(2)若物体运动的加速度a＝2 m/s2，试求AC的距离．
总结升华
求解匀变速直线运动问题的一般步骤
探究二 ：自由落体和竖直上拋运动
【例5】如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇(不计空气阻力)．则(　　 )
A．两球同时落地
B．相遇时两球速度大小相等
C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等
【例6】小球每隔0.2 s从同一高度抛出，做初速为6 m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰．第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为(取g＝10 m/s2)(　 　)
A．3个　　 B．4个 C．5个 D．6个
【例7】气球以10 m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17 s到达地面．求物体刚脱离气球时气球的高度．(g＝10 m/s2)
探究三 ： 刹车类问题
【例8】以36 km/h的速度行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动，若汽车在刹车后第2 s内的位移是6.25 m，则刹车后5 s内的位移是多少？
刹车类：①要首先判断给定时间内车是否已停止运动
②逆向法：末速度为零的匀减速直线运动可以看做反向的初速为零的匀加速直线运动．
【例9】一辆汽车在高速公路上以30 m/s的速度匀速行驶，由于在前方出现险情，司机采取紧急刹车，刹车加速度的大小为5 m/s2，求：
(1)汽车刹车后20 s内滑行的距离．
(2)从开始刹车汽车滑行50 m所经历的时间．
(3)在汽车停止前3秒内汽车滑行的距离．
探究四：匀变速直线运动中的多过程问题
【例10】甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．
提升精练
1．一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为(　　)
A．(Δv)2 B．2 C．(Δv)2 D.
2．质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5 s内三段位移比为(　　)
A．2∶6∶5　　　　　　 B．2∶8∶7
C．4∶12∶9 D．2∶2∶1
3．（多）给滑块一初速度v0，使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小减为时，所用时间可能是(　　 )
A. B. C. D.
4．一条悬链长7.2 m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力．则整条悬链通过悬点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2) (　 　)
A．0.3 s B．0.4 s C．0.7 s D．1.2 s
5．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了x1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了x3＝8 m．由此可以求得(　 　)
A．第一次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
C．在第二、三两次闪光时间间隔内质点的位移
D．质点运动的初速度
6．在一根轻绳的上、下两端各拴一个小球，一人用手拿住上端的小球站在某高台上，放手后小球自由下落，两小球落地的时间差为Δt.如果将它们开始下落的高度提高一些，用同样的方法让它们自由下落，不计空气阻力，则两小球落地的时间差将(　　 )
A．减小 B．增大 C．不变 D．无法判定
7．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a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为(　　 )
A．12.5 m B．2 m C．10 m D．0.5 m
8．如图所示，相距为L的A、B两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，A、B间的最短距离为(　 　)
A.L B．L C.L D．2L
9.一质量为m的小球沿足够长的光滑斜面由静止开始滚下，途中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BC＝L，由A到B和B到C经历的时间分别为t1＝4 s，t2＝2 s，重力加速度为g。求：
(1)小球的加速度； （2）A点与出发点的距离.
10．如图所示，一圆管放在水平地面上，长为L＝0.5 m，圆管的上表面离天花板距离h＝2.5 m，在圆管的正上方紧靠天花板放一小球(可看成质点)，让小球由静止释放，同时给圆管一竖直向上大小为5 m/s的初速度，g取10 m/s2。
(1)求小球释放后经多长时间与圆管相遇；
(2)试判断在圆管落地前小球能不能穿过圆管？如果不能，小球和圆管落地的
时间差多大？如果能，小球穿过圆管的时间多长？
参考答案
1.D 【例2】[解析]　由于速度是矢量，处理同一直线上的矢量运算，必须先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．取初速度方向为正方向，因物体做匀变速直线运动，有两种可能：
第一种：如果是匀加速直线运动，则vt＝10 m/s，位移x＝·t＝×1 m＝7 m，加速度a＝＝m/s2＝6 m/s2；第二种：如果是匀减速直线运动，则vt＝－10 m/s，位移x＝·t＝×1 m＝－3 m，加速度a＝＝m/s2＝－14 m/s2，故ACD选项正确
【例3】[解析]　法一　基本公式法
设物体的初速度为v0，加速度为a则：xAC＝v0(t＋tBC)－a(t＋tBC)2①
xAB＝v0t－at2② xAB＝xAC③ 联立①②③解得tBC＝t.
法二　比例法
对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) 现有xCB∶xBA＝∶＝1∶3
通过xAB的时间为t，故通过xBC的
法三　图象面积法利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出v－t图象，如图所示． ＝，且S△AOC＝4S△BDC，CD＝t，OC＝t＋tBC，所以＝，得tBC＝t. 时间tBC＝t.
法四　利用有关推论对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．
现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为： tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，tEA＝(－)tx， 又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tx＝t.
【例4】[解]　(1)设加速度大小为a，经A、C的速度大小分别为vA、vC.据匀加速直线运动规律可得： v－v＝2a×　v－v＝2a×　＝v1　＝v2 联立可得：vB＝＝5 m/s.
(2)由上述可计算出：vA＝1 m/s　vC＝7 m/s据v－v＝2al代入a＝2 m/s2即可得l＝12 m.
【例5】本题考查竖直上抛运动与自由落体运动的综合，准确理解“在处相遇”是解题的关键．对球a有，＝v0t－gt2，对球b有，＝gt2，所以h＝v0t.而对球a又有＝(v0＋v1)t，可知球a和球b相遇时速度v1＝0.所以它们不会同时落地，相遇时的速度大小也不相等，A、B错误．根据机械能守恒定律可知，从开始到相遇，重力对两球做功相等，C正确．相遇后的每一时刻，它们的速度都不相等，所以重力的瞬时功率P＝mgv不会相等，D错误．
【例6】[解析]　第一个小球运动过程中，会遇到所有后来抛出的小球．
小球在抛点上方运动的时间t＝＝s＝1.2 s．因每隔0.2 s在抛点抛出一个小球，因此第一个小球在1.2 s的时间内能遇上n＝－1＝5个小球，故只有选项C正确．
【例7】[解析]　法一：(全程法)可将物体的运动过程视为匀变速直线运动．根据题意画出运动草图如图(甲)所示．
规定向下方向为正，则v0＝－10 m/s， g＝10 m/s2据h＝v0t＋gt2，
则有h＝－10×17 m＋×10×172 m＝1275 m
所以物体刚脱离气球时气球的高度为1275 m
法二：(分段法)如图(乙)将物体的运动过程分为A→B和B→D两段来处理．A→B为竖直上抛运动，B→D为自由落体运动．
在A→B段，据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为tAB＝＝s＝1 s
由题意知tBD＝(17－1)s＝16 s
由自由落体运动规律 hBD＝gt＝×10×162 m＝1280 m
hBC＝gt＝×10×12 m＝5 m hCD＝hBD－hBC＝1275 m.
【例8】设汽车的运动方向为正方向，初速度v0＝36 km/h＝10 m/s
由位移公式x＝v0t＋at2得：
第2 s内的位移：x＝v0t2＋at－v0t1－at＝v0(t2－t1)＋a(t－t)
即：6.25＝10×(2－1)＋a(4－1) 解得：a＝－2.5 m/s2
设刹车后经过t s停止运动，则： t＝＝s＝4 s
可见，刹车后5 s的时间内有1 s是静止的，故刹车后5 s内的位移为：
x′＝v0t＋at2＝[10×4＋×(－2.5)×16] m＝20 m.
【例9】[解]　(1)由v＝v0＋at可知，汽车的刹车的时间t0＝(v－v0)/a＝(0－30)/(－5)＝6 s
由于t0x＝(1/2)v0t＝(1/2)×30×6＝90(m)．
(2)设从刹车到滑行50 m所经历的时间为t
由位移公式x＝v0t＋(1/2)at2可知：0＝30t′－(1/2)×5t′2　解得t′＝2 s.
(3)此时可将运动看成做反向的初速度为零的匀加速运动
则x1＝(1/2)at2＝(1/2)×5×32＝22.5(m)．
【例10】[解析]　设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为x1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为x2.由运动学公式得v＝at0①
x1＝at　②　　　x2＝vt0＋(2a)t　③
设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为x1′、x2′.同样有v′＝(2a)t0　④　x1′＝(2a)t　⑤　x2′＝v′t0＋at　⑥
设甲、乙两车行驶的总路程分别为x、x′，则有 x＝x1＋x2　⑦　 x′＝x1′＋x2′　⑧
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为＝.⑨
提升精练
1.解析　由a＝知，两段运动的时间t相等得Δv＝at，由Δx＝aT2得x2－x1＝at2，联立Δv＝at解得，该质点的加速度a＝，选项D正确。
2.C 3.BC 4.B 5.C 6.A 7.D 8.A
8.解析：经过t时间，A、B两质点运动的位移相等，设为s，根据勾股定理，A、B两质点的距离表示为x＝＝＝，即当s＝时，两质点距离最小，为x＝＝L，正确答案为A.
9.解析　(1)AB段的平均速度v1＝，BC段的平均速度v2＝，小球的加速度a＝＝。
(2)由逆向思维得小球经过A点的速度vA＝v1－a＝，A点与出发点的距离为x＝＝。
10.解析：(1)小球与圆管相遇时与管的上端相遇，从空间关系看满足圆管的上端位移大小与小球下落的位移大小之和等于h，有：gt2＋v0t－gt2＝h 解得t＝0.5 s。
(2)小球落到地面用时为t1，则：h＋L＝gt 解得t1＝ s
圆管落地的时间为t2，则：t2＝2·＝1 s 由于t1设t′时刻小球到达圆管的下端，有：gt′2＋v0t′－gt′2＝h＋L
解得t′＝0.6 s
因此小球穿过圆管的时间为t′－t＝0.1 s。

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