【原创】（新高考）2022届高三物理精准提升专练1 匀变速直线运动及其公式 教师版

1、好教育云平台教育因你我而变专练1 匀变速直线运动及其公式常考题型1.应用 匀变速直线运动规律的应用 例1（2021全国甲卷14）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关。若由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知，可得，可知45时，t 有最小值，故当从由30逐渐增大至60时下滑时间t先减小后增大。故选D。【答案】D

2、例2(2019全国I卷18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个eq f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq f(t2,t1)满足()A1eq f(t2,t1)2 B2eq f(t2,t1)3C3eq f(t2,t1)4 D4eq f(t2,t1)5【答案】C【解析】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系：t1t2t3tn1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)(2eq r(3)(eq r(n)e

3、q r(n1)，可知，即3eq f(t2,t1)4，故选C。2.应用 追及相遇问题 例3(2021浙江6月选考2)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m1.0103 kg的汽车以v136 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L6 m，小朋友行走的速度v00.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v254 km/h

4、超速行驶，在距离斑马线s20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。【解析】(1) v136 km/h10 m/s，则刹车过程平均速度eq xto(v)5 m/s根据解得刹车时间t14 s刹车加速度根据牛顿第二定律得Ffma2.5103 N。(2)小朋友过时间等待时间tt2t120 s。(3)根据v22v22as解得v5eq r(5) m/s。对点速练1图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为()At Beq r(2)tC(2eq r(2)t D(2eq r(2)t【答案】C【解析】初速度为零的匀

5、加速直线运动的推论：从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1t2t3tn1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)(2eq r(3)(eq r(n)eq r(n1)，可知tac(2eq r(2)t，故C正确。2某同学将一足球竖直砸向水平地面，足球以5 m/s的速度被地面反向弹回，当足球上升到最高点后落回地面，以后足球每次与地面碰撞被弹回时速度均为碰撞前速度的eq f(3,4)。不计足球与地面碰撞的时间和空气阻力，取g10 m/s2，则足球从第一次被弹回到最后停止运动的总时间为()A8 s B4 s C2 s D1.5 s【答案】B【解析】足球第一次被弹回的速度 v15 m/s，

6、第一次在空中竖直上抛运动的总时间；足球第二次被弹回的速度v2eq f(3,4)v1，第二次在空中竖直上抛运动的总时间；足球第三次被弹回的速度 v3eq f(3,4)v2(eq f(3,4)2v1，第三次在空中竖直上抛运动的总时间则足球从第一次被弹回到最后停运动的总时间为 tt1t24 s，故选B。3一根轻质细线将2个薄铁垫圈A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，距地面为L，如图所示，由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从释放开始到A落地历时t1，A落地前瞬间速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前瞬间速率为v2，则()At1t221B两垫圈

7、加速度不确定，时间无法比较Cv1v212D两垫圈作为整体，同时落地【答案】C【解析】由静止释放，A、B都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据heq f(1,2)gt2可知，A落地的时间t1eq r(f(2L,g) ，B落地的时间t2eq r(f(2L,g)，故t2tt1eq r(f(2L,g)，所以有t1t2，故A、B错误；A落地前瞬间速率v1eq r(2gL)，B落地前瞬间速率v2gt2eq r(2gL)，所以v1v212，故C正确；因A落地时B还没有落地，故不可能同时落地，故D错误。4(多选)甲物体从离地面H高空自由落下，而乙物体在地面以初速度v0同时向上抛出，两物体

8、在离地面eq f(3,4)H处相遇，如果g、v0为已知量，则()A从自由下落到相遇，经过的时间为B甲物体落到地面时，乙物体仍在上升C相遇时，甲乙两物体的速度大小相等，均为0.5v0D乙上升的最大高度就是H，且，而甲物体落地时的速度大小是v0【答案】ACD【解析】两者相遇时，甲的位移为eq f(1,4)H，乙的位移为eq f(3,4)H。相遇时，甲、乙的位移之和为H，即eq f(1,2)gt2v0teq f(1,2)gt2H，甲的位移eq f(1,4)Heq f(1,2)gt2，乙的位移eq f(3,4)Hv0teq f(1,2)gt2，所以，故A正确；乙物体上升到最高点时间，物体甲的位移heq

9、 f(1,2)g1t12H，甲距地面的高度为0，即甲物体落到地面时，乙物体上升到了最高点，故B错误；由A可知，两者相遇时的运动时间，甲的速度v1gt0.5v0，乙的速度v2v0gt0.5v0，故C正确；乙做竖直上抛运动，上升的最大高度，甲做自由落体运动，由速度位移公式可知落地速度veq r(2gH)v0，故D正确。5某人驾驶一辆汽车甲正在平直的公路上以某一速度匀速运动，突然发现前方50 m处停着一辆乙车，立即刹车，刹车后做匀减速直线运动。已知刹车后第1个2 s内的位移是24 m，第4个2 s内的位移是1 m。则下列说法中正确的是()A汽车甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为2 m/s2B汽车

10、甲刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为m/s2C汽车甲刹车后停止前，可能撞上乙车D汽车甲刹车前的速度为13.9 m/s【答案】A【解析】采用逆向思维，根据连续相等时间内的位移之比为x1x2x3x41357，可知汽车甲在8 s前速度减为零。设汽车甲的加速度为a，根据x1v0t1eq f(1,2)at12得242v02a，汽车甲速度减为零的时间，最后2 s内的位移，联立解得a2 m/s2，v014 m/s，选项A正确，BD错误；汽车甲刹车到停止的距离，可知甲不能撞上乙车，选项C错误。6(多选)某同学放学准备乘坐805路公交车，到达公交站时，看见公交车已经沿平直公路驶离车站，司机听到呼喊后汽车马上以

11、2 m/s2的加速度匀减速刹车，该同学同时以4 m/s的速度匀速追赶汽车，汽车开始刹车时速度为8 m/s，减速前距离同学12 m。则下列说法正确的是()A公交车刹车第1 s内位移为1 mB公交车从开始刹车5 s内位移为15 mC公交车刹车过程平均速度为4 m/sD该同学追上汽车所需的时间为7 s【答案】CD【解析】汽车减速至停止所用时间t4 s，第1 s内的位移为x1v0t1eq f(1,2)at127 m，故A错；汽车减速4 s后已经停止，所以汽车5 s内的位移实际上是4 s内的位移，x2v0teq f(1,2)at216 m，故B错；公交车刹车过程平均速度，故C正确；设同学追上汽车所用的时

12、间为t2，同学的速度为v人，在这个时间内汽车的位移x3，同学的位移x4，汽车刹车前与同学的距离为L，根据题意有x3v0t2eq f(1,2)at22，x4v人t2，x3Lx4，解得t26 s或t22 s(舍去)，由于汽车刹车过程只需要4 s，所以说明人在追上汽车前汽车已经停止，则t26 s也不符合题意舍去；设人追上汽车的实际时间为t3，有Lx2v人t3，解得t37 s，故D正确。7甲、乙两辆汽车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度v116 m/s，乙车的速度v212 m/s，乙在甲前面L6 m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a12 m/s2的加速度刹车，6 s后立即改做匀速运动，

13、乙车刹车的加速度为a21 m/s2。从两车刹车开始计时，下列关于甲车第一次追上乙车的时间t1、两车相遇的次数n、两车速度相等时的时间t2的说法正确的是()A3 s、3次、8 s B3 s、2次、6 s C2 s、3次、8 s D2 s、2次、6 s【答案】C【解析】设刹车后经过t时间两车速度相等，有v1a1tv2a2t，解得t4 s；6 s后甲车匀速，速度v1626 m/s4 m/s，再次相等有vv2a2t，解得t8 s；在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有x1v1teq f(1,2)a1t2，x2v2teq f(1,2)a2t2，x1x2L，得t12 s，t26 s

14、；甲车减速时间恰好为6 s，即在甲车减速阶段，相遇两次，第一次t12 s，第二次t26 s，此时甲车的速度v1v1a1t24 m/s，乙车的速度v2v2a2t26 m/s，设再经t甲追上乙，有v1tv2teq f(1,2)a2(t)2，代入数据解得t4 s，此时乙仍在做减速运动，此解成立，所以甲、乙两车第3次相遇时刻为t3t2t10 s，故C正确。8如图甲所示，一小滑块（可视为质点）与长木板一起以v05 m/s的速度沿光滑水平面向左运动。现给长木板加一个F12 N向右的水平推力，小滑块与长平板发生相对滑动，长木板运动的vt图如图乙所示。当长木板速度减速为零时，小滑块恰好滑至长平板上的A点，此时

15、撤去外力F并将长木板锁定，小滑块继续沿长木板运动，恰好到达长木板的最左端。已知长木板的质量M2 kg，小滑块的质量m1 kg，g取10 m/s2。求：(1)滑块运动到A点时的速度vA；(2)长平板的长度L。【解析】(1)当给长木板加一个F12 N向右的水平推力，长木板向左匀减速运动，由vt图得加速度的大小a15 m/s2对长木板由牛顿第二定律得：FmgMa1对滑块受由牛顿第二定律得：mgma2联立解得：a22 m/s2经过时间t1 s，到达A点的速度vAv0a2t3 m/s。(2)由图知，长木板1 s内的位移x1eq f(1,2)15 m2.5 m滑块1 s内的位移x24 m则相对位移xx2x

16、11.5 m1 s后，长木板固定不动，滑块继续做减速运动到零时，刚好达到长木板左端，则位移x32.25 m故长木板的长度Lxx33.75 m。9A、B两车在同一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v18 m/s，B车的速度大小为v220 m/s，如图所示。当A、B两车相距x028 m/s时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a2 m/s2，从此时开始计时，求：(1) A车追上B车之前，两者相距的最大距离；(2) A车追上B车所用的时间；(3)在题设条件下，A车在B车刹车后0.5 s也开始刹车，为避免两车相撞，则A车的加速度应满足什么

17、条件。【解析】(1)当A、B两车速度相等时，相距最远根据速度关系得：v1v2at1代入数据解得t16 s此时，根据位移公式得：xAv1t148 m，xBv2t1eq f(1,2)at284 mxmxBx0 xA64 m。(2) B车刹车停止运动所用时间所发生位移此时xAv1t080 m则xAx0 xB可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上，之后A车运动时间为故A车追上B车所用的时间tt0t216 s。(3) A车刹车减速至0时刚好追上B车时（此时B车的速度为0），加速度最小则代入数据解得。10在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为kh（k1）和

18、h的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为m，球B的质量为4m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。(1)求球B第一次落地时球A的速度大小；(2)若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求k的取值范围；(3)在(2)情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，再求k的取值范围。【解析】(1)由于两球同时释放，所以球B第一次落地时A球下落的高度为h，设此时A球的速度大小为v0，由v022gh可得v0eq r(2gh)。(2)设B反弹后经时间t后与A碰，A、B碰撞时A球自由下落的高度hAhv0teq f(1,2)gt2B球竖直上升的高度hBv0teq f(1,2)gt2则khhAhBh2v0t其中v0eq r(2gh)，在B上升过程有0teq r(f(2h,g)解得1k5。(3)球A、B在空中碰前的速度大小分别为有：vAv0gtvBv0gt设它们碰后的速度分别为vA和vB