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1、12020 年高考物理一轮复习要点与题型年高考物理一轮复习要点与题型专题专题 01 匀变速直线运动的规律匀变速直线运动的规律要点一要点一 匀变速直线运动规律的理解和应用匀变速直线运动规律的理解和应用1运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当 v00 时，一般以 a 的方向为正方向。2两类特殊的匀减速直线运动刹车类问题指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度 a 突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间双向可逆类如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度
2、大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意 x、v、a等矢量的正负号及物理意义3如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带【例题例题 1】(2019铜陵模拟铜陵模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动开始刹车后的第 1 s 内和第 2 s 内位移大小依次为 9 m 和 7 m，则刹车后 6 s 内的位移是( )A20 m B24 mC25 m D75 m【答案】 C【解析】 设汽车的初速度为 v0，加速度为 a，根据匀变速直线运动的推论 xaT2得x2x1aT2，解得 a m/s22 m/s2；汽车第 1 s 内的位移 x1v0t a
3、t2，代x2x1T2791212入数据解得 v010 m/s；汽车刹车到停止所需的时间 t0 s5 s，则汽车刹车0v0a01022后 6 s 内的位移等于 5 s 内的位移，则 xt05 m25 m，故 C 正确，A、B、D 错v02102误针对训练针对训练 1(2019河南十校联考河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x24t6t2，则它在前 3 s 内的平均速度为( )A6 m/s B8 m/sC10 m/s D12 m/s【答案】：B【解析】：将题目中的表达式与 xv0t at2比较可知：v024 m/s，a12 m/s2.所以由12vv0at 可得汽车从刹车到静止的时
4、间为 t s2 s，由此可知第 3 s 内汽车已经停02412止，汽车运动的位移 x242 m622 m24 m，故平均速度 v m/s8 m/s.xt243要点二要点二 解决匀变速直线运动的常用方法解决匀变速直线运动的常用方法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平均速度法定义式对任何性质的运动都适用，而 v (v0vt)只适用于匀变速直线运动txv vt2123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
5、线运动5推论法3利用 xaT2：其推广式 xmxn(mn)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷6图象法利用 vt 图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较 v 与，以及追及问题；用t2 2xvxt 图象可求出任意时间内的平均速度等【例题例题 2】物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为 l，到达斜面最高点 C时速度恰好为零，如图所示已知物体从 A 点运动到距斜面底端 l 处的 B 点时，所用时间34为 t，求物体从 B 滑到 C 所用的时间【答案】 t【解析】 法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面故 xBC，xAC，又 xBC，a（ttBC）22xAC
6、4由以上三式解得 tBCt.法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从 B 滑到 C 所用的时间为 tBC，由匀变速直线运动的规律可得v 2axAC2 0v v 2axAB2 B2 0xAB xAC34由解得 vBv024又 vBv0atvBatBC由解得 tBCt.法三：位移比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1x2x3xn135(2n1)因为 xCBxBA13，而通过 xBA的时间为 t，所以通过 xBC的时间 tBCt.xAC43xAC4法四：时间比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1t2t3t
7、n1(1)()()232nn1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(2)tx，又2323tBDtDEtEAt，解得 txt.法五：中间时刻速度法利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，vAC.又v0v2v02v 2axAC，v 2axBC，xBC.由以上三式解得 vB.可以看成 vB正好等于 AC 段的平2 02 BxAC4v02均速度，因此 B 点是这段位移的中间时刻所在位置，因此有 tBCt.法六：图象法根据匀变速直线运动的规律，作出 vt 图象，如图所示利用相似
8、三角形的规律，面积之比等于对应边平方比，得，且 ，ODt，OCttBC.S AOCS BDCCO2CD2S AOCS BDC415所以 ，解得 tBCt.41针对训练针对训练 2歼15 战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大若歼15 战机正常起飞过程中加速度为 a，经距离 s 后达到起飞速度腾空而起现已知“辽宁”舰起飞甲板长为 L(Ls)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度 v
9、1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度 v2min.【答案】 (1) (2)2a（sL）2as2aL【解析】 (1)若歼15 战机正常起飞，则有 2asv2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度 v1min，则满足 2aLv2v，解得 v1min.21min2a（sL）(2)法一：一般公式法起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度 v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为 x，起飞时间为 t，则有xv2mint，tvv2mina2a(Lx)v2v22min6解得 v2min.2as2aL法二：相对运动法选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初
10、速度为 0，相对末速度为 vv2min，相对加速度仍为 a，相对位移为 L，根据 2aL(vv2min)2和 2asv2，仍可得 v2min.2as2aL要点三要点三 自由落体运动和竖直上抛运动自由落体运动和竖直上抛运动1自由落体运动实质：初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动2竖直上抛运动的研究方法竖直上抛运动的实质是加速度恒为 g 的匀变速运动，处理时可采用两种方法：(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下降过程的自由落体阶段(2)全程法：将全过程视为初速度为 v0、加速度为 ag 的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性习惯上取 v0的方向为正方向，则 v0 时，
11、物体正在上升；v0 时，物体在抛出点上方；ht2 Bt1t2Cx1x2 Dx1x2【答案】：BD【解析】：因为列车做匀加速直线运动，两个过程中，速度变化量相等，故根据公式vat 可得，所用时间相同，故 t1t2，选项 A 错误，B 正确；根据公式 x可得v2v022ax1x2，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的物体，从抛出至回到原点的时间为 t，现在在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，则此时物体上升和下降的总时间约为( )A0.5t B0.4t C0.3t D0.2t【答案】C【解析】 物体上升到最大高度所需
12、的时间为 ，把上升的位移分成相等的两段，自上向下t2的时间的比为 1：(1)，物体上升到最大高度的一半所需时间为 t1 ，由对称性，2212t2物体从最大位移的一半处下落到抛出点的时间也为 t1，故题中所求时间为132t12 0.3t.212t29.一物体以初速度 v0做匀减速运动，第 1 s 内通过的位移为 x13 m，第 2 s 内通过的位移为 x22 m，又经过位移 x3物体的速度减小为 0，则下列说法中正确的是A初速度 v0的大小为 2.5 m/s B加速度 a 的大小为 1 m/s2C位移 x3的大小为 1.125 m D位移 x3内的平均速度大小为 0.75 m/s【答案】BCD【
13、解析】由 xaT2可得加速度的大小 a1 m/s2，则 B 正确；第 1 s 末的速度v12.5 m/s，则 A 错误；物体的速度由 2.5 m/s 减速到 0 所需时间 t2.5 s，x1x22Tva经过位移 x3的时间 t为 1.5 s，故 x3 at21.125 m，C 正确；位移 x3内的平均速度12v0.75 m/s，则 D 正确。x3t10.近几年，国家取消了 7 座及以下小车在部分法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过若某车减速前的速度为
14、 v072 km/h，靠近站口时以大小为 a15 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为 vt28.8 km/h，然后立即以 a24 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？【答案】：(1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s【解析】：设该车初速度方向为正方向，vt28.8 km/h8 m/s，v072 km/h20 m/s，a15 m/s2.(1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站 x1处开始制动，则：由14v v 2a1x12 t2 0解得：x133.6 m.(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为 x1和 x2，时间为 t1和 t2，则减速阶段：vtv0a1t1，得 t12.4 svtv0a1加速阶段：t23 sv0vta2则加速和减速的总时间：tt1t25.4 s.(3)在加速阶段：x2t242 mvtv02则总位移：xx1x275.6 m若不减速所需要时间：t3.78 sxv0车因减速和加速过站而耽误的时间：ttt1.62 s.