高考物理一轮讲义-匀变速直线运动规律的应用（解析版）

这是一份高考物理一轮讲义-匀变速直线运动规律的应用（解析版），共28页。

1、掌握并会利用匀变速直线运动规律处理物理问题。
2、掌握并会利用匀变速直线运动的推论处理物理问题
考点一 匀变速直线运动公式的应用
1．基本规律
(1)速度公式：v＝v0＋at.
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2.
(3)位移速度关系式：v2－veq \\al( 2,0)＝2ax.
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．
2．两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：eq \x\t(v)＝v＝eq \f(v0＋v,2).
(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
3．v0＝0的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n
(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))
（2024•佛山一模）为提高航母的效能，福建舰安装了电磁弹射器，舰载机在弹射器的助推下能获得30m/s2～50m/s2的加速度。若某舰载机从静止开始弹射，匀加速运动150m达到100m/s的起飞速度，则该过程的时间为（ ）
A．3.3sB．3.0sC．2.5sD．1.5s
【解答】解：由题意可知，舰载机从静止开始弹射，匀加速运动150m达到100m/s的起飞速度，则根据xt=v2
代入数据解得
t＝3.0s，故B正确。
故选：B。
（多选）（2022•庐阳区校级模拟）物理学中有一些经典实验通过巧妙的设计使用简陋的器材反映了深刻的物理本质，例如伽利略的斜面实验就揭示了匀变速直线运动的规律。某同学用现代实验器材改进伽利略的经典斜面实验，如图1所示，他让小球以某﹣﹣确定的初速度从固定斜面顶端0点滚下，经过A、B两个传感器，其中B传感器固定在斜面底端，利用传感器测出了A、B间的距离x及小球在A、B间运动的时间t。改变A传感器的位置，多次重复实验，计算机作出图像如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球在斜面上运动的平均速度大小为8m/s
B．小球在斜面上0点的速度大小为4m/s
C．小球在斜面上运动的加速度大小为2m/s2
D．固定斜面的长度为6m
【解答】解：设小球在经过A传感器时的速度大小为vA，在斜面上运动的加速度大小为a，根据运动学规律可得vB＝vA+at
x=vAt+12at2
联立并化简得：xt2=vB⋅1t−a2
结合图像可得：vB＝8m/s；a＝4m/s2
当A传感器放置在O点时，传感器所测时间为小球从O到B传感器的运动时间t1，对应图像上1t的最小值，即1t1=1s−1
解得：t1＝1s
所以小球在斜面上O点的速度大小为
v0＝vB﹣at1＝8m/s﹣4×1m/s＝4m/s
小球在斜面上运动的平均速度大小为
v=v0+vB2=4+82m/s=6m/s
固定斜面长度为l=vt1=6×1m=6m，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
（2024•新郑市校级三模）一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m，下面说法正确的是（ ）
A．质点的加速度大小是6m/s2
B．质点的加速度大小是3m/s2
C．质点第2s末的速度大小是12m/s
D．质点在第1s内的位移大小是6m
【解答】解：AB、设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据x3−x1=2aT2，可得加速度a＝3m/s2，故A错误，B正确；
C、由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值，即x3﹣x2＝x2﹣x1，解得x2＝24m，第2s末的瞬时速度等于前4s内的平均速度，则第2s末速度为v=x2+x12T，解得v＝9m/s，故C错误；
D、第1 s末的瞬时速度等于第一个2s内的平均速度，则v1=x1T=366m/s＝6m/s，在第1 s内反向看为匀减速运动，则有x1＝v1t−12at2，解得x1＝4.5m，故D错误。
故选：B。
考点二 常用的“六种”物理思想方法
1．一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．
2．平均速度法
定义式eq \x\t(v)＝eq \f(Δx,Δt)对任何性质的运动都适用，而eq \x\t(v)＝v＝eq \f(1,2)(v0＋v)只适用于匀变速直线运动．
3．比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解．
4．逆向思维法
如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．
5．推论法
利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．
6．图象法
利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v与v，还可以求解追及问题；用x－t图象可求出任意时间内的平均速度等．
（2024•湖北二模）如图所示，在2022年北京冬奥会高山滑雪男子大回转比赛中，中国选手张洋铭沿着雪道加速滑下，途经a、b、c、d四个位置。若将此过程视为匀加速直线运动，张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，a、b之间的距离为L1，c、d之间的距离为L3，则b、c之间的距离L2为（ ）
A．8L1B．87L3
C．L1+L3D．12(L1+L3)
【解答】解：张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，则对应时间之比为1：2：1，有
L1=v0t+12at2
L2＝（v0+at）•2t+12a（2t）2＝2v0t+4at2
L3＝（v0+3at）•t+12at2＝v0t+72at2
根据数学知识观察可得
L2＝L1+L3
故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2024•琼山区校级模拟）沿平直轨道匀加速行驶的长度为L的列车，保持加速度不变通过长度为L的桥梁，车头驶上桥头时的速度为v1，车头经过桥尾时的速度为v2，则车尾通过桥尾时的速度为（ ）
A．v1：v2B．2v22−v12
C．v12+v22D．2v22+v12
【解答】解：火车车头从桥头到桥尾运动的过程中，根据速度—位移关系可得：2aL＝v22﹣v12
火车车头从桥头到车尾通过桥尾的过程中，根据速度—位移关系可得：2a•2L＝v2﹣v12
解得：v=2v22−v12，故B正确、ACD错误。
故选：B。
（2024•日照一模）某物理学习兴趣小组研究公交车的运动，公交车进站过程认为做匀减速直线运动直至停下。公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之比为21：9，若公交车运动的加速度大小为1m/s2，则（ ）
A．公交车运动的总位移为60m
B．公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之差为36m
C．公交车的初速度为12m/s
D．公交车运动的时间为10s
【解答】解：设公交车开始减速的速度为v0，运动总时间为t，则公交车在最初减速6s内通过的位移为x1=v0t0−12at02=(6v0−18m)
把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，最后6s内通过的位移为x2=12at12
代入数据解得x2＝18m
由于公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之比为21：9，则由以上有
6v0−1818=219
又有0＝v0﹣at
代入数据解得v0＝10m/s
t＝10s
则公交车的总位移为x=v0t−12at2
代入数据解得x＝50m
公交车在最初6s内通过的位移与最后6s内通过的位移之差为Δx＝x1﹣x2
代入数据解得
Δx＝24m，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2024•长沙模拟）2023年8月28日株洲清水塘大桥正式通车。如图甲所示，大桥全长2.85千米，主跨为408米双层钢桁架拱桥结构，位列同类桥梁中湖南第一、桥梁上层为机动车道，下层为行人和非机动车通行的景观通道。大桥一经开通就成为了株洲市民观光散步、娱乐休闲的“网红桥”。图乙中A、B、C、D、E、F为大桥上的六根竖直钢丝绳吊索，相邻两根吊索之间距离均相等，若一汽车在桥梁上层从吊索A处开始做匀减速直线运动，刚好在吊索E、F的中点N点停下，汽车通过吊索E时的瞬时速度为vE，从E点到N点的时间为t，则（ ）
A．汽车通过吊索A时的速度为9vE
B．汽车通过AE段的时间等于3t
C．汽车通过AE段的平均速度是EN段平均速度的4倍
D．汽车通过全程AN的平均速度小于vE
【解答】解：A．令加速度为a，E到N的距离为L，从E到N有
vE2=2aL
从N到A有
vA2=2a⋅9L
联立可得
vA＝3vE
故A错误；
B．根据速度—时间公式，有
tAE=vA−vEa=2vEa
tEN=vE−0a=vEa=t
所以汽车通过 AE 段的时间等于2t，故B错误；
C．根据匀变速直线运动的推论有
vAE=vA+vE2=2vE
vEN=vE+02=vE2
所以汽车通过 AE段的平均速度是EN段平均速度的4倍，故C正确；
D．根据平均速度与瞬时速度的关系可知，汽车通过全程AN的平均速度为
vAN=vA+02=3vE2＞vE
故D错误。
故选：C。
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1．特点和规律
(1)自由落体运动的特点
①从静止开始，即初速度为零．
②只受重力作用的匀加速直线运动．
③公式：v＝gt，h＝eq \f(1,2)gt2，v2＝2gh.
(2)竖直上抛运动的特点
①初速度竖直向上．
②只受重力作用的匀变速直线运动．
③若以初速度方向为正方向，则a＝－g.
2．处理竖直上抛运动的方法
(1)分段处理
①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．
②几个特征物理量
上升的最大高度H＝eq \f(v\\al( 2,0),2g)，上升到最高点所用的时间T＝eq \f(v0,g)，回到抛出点所用的时间t＝eq \f(2v0,g)，回到抛出点时的速度v＝－v0.
(2)全程处理
①初速度为v0(设为正方向)，加速度为a＝－g的匀变速直线运动．
②v>0时，物体上升．
v0时，物体在抛出点上方．
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