第2讲 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．匀变速直线运动的两个基本规律 (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＋at2. 由以上两式联立可得速度与位移的关系式：v2－v02＝2ax. 3．公式选用原则 以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量．选用原则如下： 不涉及位移，选用v＝v0＋at 不涉及末速度，选用x＝v0t＋at2 不涉及时间，选用v2－v02＝2ax
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 →→→→ 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．
A.＋ B.＋ C.＋ D.＋ 答案 C 解析 由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0.则有v＝ v0－2at1，解得t1＝， 在隧道内匀速有t2＝ 列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3 解得t3＝ 则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝＋，故选C.
(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50 m，则行车速率不能超过多少．
A．刹车过程中最后1 s内的位移大小是5 m B．刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值为10 m C．从刹车开始计时，8 s内通过的位移大小为80 m D．从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9 答案 D 解析 由匀变速直线运动的规律x＝v0t＋at2，可得初速度v0＝30 m/s，加速度a＝－5 m/s2，刹车过程中在相邻1 s内的位移差的绝对值|Δx|＝|a(Δt)|＝5 m，从刹车开始计时到停下的时间tm＝＝6 s,8 s内通过的位移大小为xm＝＝90 m，选项B、C错误；把末速度为0的匀减速直线运动看成逆向的匀加速直线运动，刹车过程中最后1 s内的位移大小为x1＝－at02＝2.5 m，从刹车开始计时，第1 s内和第2 s内的位移大小之比为11∶9，选项D正确，A错误．
A．物体运动时间可能为1 s B．物体运动时间可能为3 s C．物体运动时间可能为(2＋) s D．物体此时的速度大小一定为5 m/s 答案 ABC 解析 以沿斜面向上为正方向，则a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋at2，解得t3＝(2＋) s或t4＝(2－) s(舍去)，故C正确．由速度时间公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s、v2＝5 m/s、v3＝－5 m/s，故D错误．
A．vt0(1－) B. C. D. 答案 B 解析 “蛟龙号”上浮时的加速度大小为a＝，根据逆向思维法，可知“蛟龙号”在t0时刻距离海面的深度为h＝a(t－t0)2＝，故选B.
逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成逆向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动． 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：＝＝ (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＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2. 不相邻相等的时间间隔T内的位移差xm－xn＝(m－n)aT2，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∶…∶vn＝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∶…∶xn＝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∶…∶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之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)． 3．匀变速直线运动中常见思想方法及选取技巧
A．0.7 m/s2 B．1.4 m/s2 C．2.8 m/s2 D．6.3 m/s2 答案 B 解析 高速列车在AB段的平均速度为v1＝＝44 m/s，在BC段的平均速度为v2＝＝49 m/s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可知a＝≈1.4 m/s2，B正确．
A．物体运动的加速度为4 m/s2 B．第2 s内的位移为6 m C．第2 s末的速度为2 m/s D．物体在0～5 s内的平均速度为10 m/s 答案 C 解析 根据位移差公式得x4－x2＝2aT2，可知a＝＝ m/s2＝4 m/s2，故A正确，不符合题意；第2 s内的位移为x2－x1＝at22－at12＝×4×(22－12) m＝6 m，故B正确，不符合题意；第2 s末的速度为v＝at2＝4×2 m/s＝8 m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5 s内的平均速度＝＝＝ m/s＝10 m/s，故D正确，不符合题意．
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－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．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∶(－1)∶(－)，故t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－v02＝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的速度之比为1∶∶，故v1∶v2∶v3＝∶∶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∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4 答案 C 解析 根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v02＝2ax知，xAB＝，xAC＝，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误． 2．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1 s内的位移为13 m，最后1 s内的位移为2 m，则下列说法正确的是( ) A．汽车在第1 s末的速度可能为10 m/s B．汽车加速度大小可能为3 m/s2 C．汽车在第1 s末的速度一定为11 m/s D．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2 答案 C 解析 采用逆向思维法，由于最后1 s内的位移为2 m，根据x2＝at22得，汽车加速度大小a＝＝4 m/s2，第1 s内的位移为13 m，根据x1＝v0t1－at12，代入数据解得初速度v0＝15 m/s，则汽车在第1 s末的速度v1＝v0－at1＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故C正确，A、B、D错误． 3．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2(m)，则它在前3 s内的平均速度为( ) A．8 m/s B．10 m/s C．12 m/s D．14 m/s 答案 A 解析 由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2，则由v＝v0＋at可知，汽车在2 s末停止运动，故它在前3 s内的位移等于前2 s内的位移，Δx＝24×2 m－6×4 m＝24 m，则汽车在前3 s内的平均速度＝＝ m/s＝8 m/s，故A正确． 4.(2023·广东潮州市高三月考)超音速巡航是指飞机在不开启后燃器的情况下能够持续在1.5倍音速以上进行超过30分钟的超音速飞行．超音速巡航的提出主要是基于快速突防的战术思想，因此，该技术在未来的超视距作战中具有很大的优势，超音速巡航是第五代战斗机的主要技术特征之一．某第五代战机在一次直线加速飞行中，速度由270 m/s提升至510 m/s，耗时一分钟，假设加速过程为匀加速运动，则该过程飞行的距离为( )
A．16 200 m B．23 400 m C．30 600 m D．46 800 m 答案 B 解析 该过程飞行的距离为s＝t＝×60 m＝23 400 m，故选B. 5．在2021年东京奥运会上，我国运动健儿摘金夺银，为国争光．其中在跳水男子3米板决赛中，我国选手谢思埸夺得金牌！在某次比赛中，若将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为8t.设运动员入水后向下运动过程中，第一个t时间内的位移大小为x1，最后两个t时间内的总位移大小为x2，则x1∶x2为( ) A．17∶4 B．13∶4 C．15∶4 D．15∶8 答案 C 解析 初速度为零的匀加速直线运动，在第一个t时间内、第二个t时间内、第三个t时间内、…的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…，将运动员的匀减速直线运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，运动员运动总时间为8t，则第一个t时间内的位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，第八个t时间内的位移，最后两个t时间内的总位移可视为初速度为零的匀加速直线运动中，前两个t时间内的位移，故x1∶x2＝15∶(1＋3)＝15∶4，故选C. 6．(2023·湖南长沙市第一中学月考)如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，AB间的距离x1＝3 m，BC间的距离x2＝13 m，则该质点的加速度为( )
A．3.6 m/s2 B．4 m/s2 C．4.2 m/s2 D．4.8 m/s2 答案 A 解析 因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为6 m/s，可知从A到B的时间和从B到C的时间相等，有Δv＝aT＝6 m/s，Δx＝x2－x1＝aT2＝10 m，联立可得T＝ s，a＝3.6 m/s2，A正确．
7.(2023·云南昆明市第一中学高三检测)如图所示，一小球(可视为质点)以初速度10 m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8 m，B为AC中点．小球经过2 s第一次通过A点，又经4 s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A．小球的加速度大小为3 m/s2 B．OA间距为8 m C．第一次通过B点的速度大小一定为2 m/s D．第3 s末经过B点 答案 C 解析 根据匀变速直线运动规律，设OA间距为x，有x＝v0t－at2，小球又经4 s第二次通过C点，有x＋8 m＝v0(t＋4 s)－a(t＋4 s)2，联立可得a＝2 m/s2，x＝16 m，故A、B错误；B点为AC的中间位置，OB间距为x1＝x＋4 m＝20 m，由vB2－v02＝－2ax1，得vB＝2 m/s，故C正确；由x1＝t1，得t1＝(5－) s，故D错误． 8．为了研究运动员起跑阶段的运动情况，用频率为2 Hz频闪照相机记录运动员起跑阶段不同时刻的位置，如图所示，用厘米刻度尺测量照片上运动员不同位置间的距离，已知照片与实物的尺寸比例为1∶50，运动员起跑阶段的运动可视为匀加速直线运动．下列说法正确的是( )
A．运动员起跑阶段的加速度为2 m/s2 B．运动员通过照片中3 cm位置时速度为1 m/s C．照片中0位置为运动员的起跑位置 D．运动员在照片前6 cm内的平均速度为4 m/s 答案 A 解析 频率为2 Hz频闪照相机，时间为T＝＝0.5 s，根据匀变速直线运动的公式有(2－1)×10－2×50 m＝Δx＝aT2，解得a＝2 m/s2，故A正确；匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则运动员通过照片中3 cm位置时速度为v1＝ m/s＝2.5 m/s，故B错误；根据0位置到3 cm位置的速度时间公式，有v1＝v0＋a×2T，解得v0＝0.5 m/s，即照片中0位置的速度为0.5 m/s，故不是起跑位置，故C错误；运动员在照片前6 cm内的平均速度为＝ m/s＝2 m/s，故D错误． 9．(2023·辽宁省实验中学模拟)高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长均为l，动车进站时做匀减速直线运动．站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )
A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为3t B．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为 C．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为 D．动车的加速度大小为 答案 C 解析 采用逆向思维，可认为动车反向做初速度为0的匀加速直线运动，由题意可知，动车1号车厢最前端经过2号候车线处的旅客的位移为l时，时间为t，有l＝at2，动车1号车厢最前端经过5号候车线处的旅客的位移为4l时，时间为t5，有4l＝at52，解得t5＝2t，选项A错误；动车1号车厢最前端从经过5号候车线处的旅客到停下总位移为4l，用时为2t，则平均速度为＝＝，选项B错误；设1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为v5，则有4l＝×2t，解得v5＝，选项C正确；动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动过程，有0＝v5－a×2t，解得a＝＝，选项D错误． 10.(2023·新疆哈密市第十五中学月考)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( )
A．20 m/s2 B．10 m/s2 C．5 m/s2 D．无法确定 答案 B 解析 超声波从B发出到A与被A反射到被B接收所需的时间相等，在这个过程中，汽车的位移为x＝355 m－335 m＝20 m，初速度为零的匀变速直线运动在开始相等时间内的位移之比为1∶3，所以x1＝5 m，x2＝15 m，则超声波被A接收时，AB间的距离x′＝335 m＋5 m＝340 m，所以超声波从B发出到被A反射所需的时间t＝＝ s＝1 s，根据Δx＝at2，可得15 m－5 m＝a×(1 s)2，解得a＝10 m/s2，故B正确，A、C、D错误． 11．(多选)(2023·吉林长春市模拟)一辆汽车以速度v0匀速行驶，司机观察到前方人行横道有行人要通过，于是立即刹车．从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，汽车刹车过程可视为匀减速直线运动．下列说法正确的是( ) A．汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v0 B．汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v0 C．汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为1∶ D．汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1 答案 AD 解析 从刹车到停止，汽车正好经过了24块规格相同的路边石，设路边石的长度为L，则有0－v02＝－2a·24L，解得a＝，则汽车经过第1块路边石末端时的速度大小为v1＝＝v0，A正确；汽车经过第18块路边石末端时的速度大小为v18＝＝，B错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等的位移内所用时间比例关系可得：汽车经过前12块路边石与后12块路边石的时间之比为(－1)∶1，C错误；根据初速度为零的匀变速运动在连续相等时间内通过位移比例关系可得：汽车经过前18块路边石与后6块路边石的时间之比为1∶1，D正确．
12．(2023·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20 km/h提高至40 km/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＝30 m/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＝10 m处正好匀减速至v1＝4 m/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1 m/s2，忽略汽车车身长度．
(1)求汽车过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＝10 m/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)894 m (2)10.7 s 解析 (1)设汽车匀减速过程位移大小为d1， 由运动学公式得v12－v02＝－2ad1 解得d1＝442 m 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 x1＝2d1＋d＝894 m (2)如果汽车以v2＝10 m/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d2， 由运动学公式得v22－v02＝－2ad2 解得d2＝400 m 提速前，汽车匀减速过程时间为t1， 则d1＝t1 解得t1＝26 s 通过匀速行驶区间的时间为t1′，有d＝v1t1′ 解得t1′＝2.5 s 从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T1＝2t1＋t1′＝54.5 s 提速后，汽车匀减速过程时间为t2， 则d2＝t2 解得t2＝20 s 通过匀速行驶区间的时间为t2′， 则d＝v2t2′ 解得t2′＝1 s 匀速通过(d1－d2)位移时间Δt＝＝1.4 s 通过与提速前相同位移的总时间为T2＝2t2＋t2′＋2Δt＝43.8 s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT＝T1－T2＝10.7 s. |
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