2020年高考物理一轮复习专题01、匀变速直线运动中的九大题型与六大解题方法

专题01、匀变速直线运动中的九大题型与六大解题方法（附巩固习题）题型一、研究过程的合理选择、基本公式的准确应用1、（2018年内蒙古包头市一模试题）如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体从A点由静止释放，下列结论中正确的是（）A.物体到达各点的速率:vB：v。：vD：vE：1：J2:J3:2B.物体到达各点所经历的时间比为：1：2：3：2C.物体从A到E的平均速度:v二vBD.物体通过每一部分时，其速度增量是相等的。答案ABC解析：假设物体运动的加速度大小为a,AB=BC=CD=DE=%A选项，分别选择AB、AC、AD、AE作为研究过程，结合速位公式求物体经过各点的速度大小。AB过程：v2=2ax v=%'2axAC过程：v2=2a（2x）….v=<4axc c . AD过程：v2=2a（3x）....v=v6axAE过程:v2=2a（4x）....v—88ax故：vjv。：vD:vE:1:M2:J3:2, A选项正确，D选项错误。B选项，分别选择AB、AC、AD、AE作为研究过程，假设物体从A运动至UB、C、D、E的时间分别为）（"。,tE选择位移公式求的时间的大小关系。TOC\o"1-5"\h\z1 2x K'xAB过程：x=at2…t='—=V2",—2BB\aaa\o"CurrentDocument"1 ,14x xAC过程：2x=at2t=।,——2j—2cc\aaa1 6x —xAD过程：3x——at2 t—,,1——%6丁一\o"CurrentDocument"2DDaa a8x —।xAE过程：4x=-at2..…t'，一―2v2,一所以B选项正确。EEaaaaC选项：通过B选项的分析y22B，可知B为ae段位移的中间时刻，中间时刻的瞬时速度等于物体的平均速度。2、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=l,AB段和BC段的平均速度分别为v=3m/s、v=6m/s,则:⑴物体经B点时的瞬时速度vB为多大？⑵若物体运动的加速度a=2m/s2,试求AC的距离l.z=?1< -2- »1,< -2~v}=3m/sv2=6m/s答案：(1)5m/s(2)12m解析：（1）设加速度大小为a,经A、C的速度大小分别为巩、v「.由匀加速直线运动规律可得：v2—v2=2aX1AC BA 2v2=中④22解①②③④式得：vB=5m/s⑵解①②③④式得：vA=1m/s,vC=7m/s由v2—v2=2al得：l=12m.CA题型二、比例法处理匀变速直线运动的问题3、一物体做初速度为0的匀加速直线运动，从开始运动起，物体经过连续的三段位移所用的时间之比是1：2：3,求这三段位移大小之比.答案1：8：27解析：比例法求解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相关比例关系求解.若根据初速度为0的匀加速直线运动中，连续相等的时间间隔内位移之比为连续奇数之比，解起来更方便.若将时间等分为（1+2+3）=6（段）则x1：x2：x3：x4：x5：x6=1：3：5：7：9：11故xI：xll：xIII=1：(3+5)：(7+9+11)=1：8：274、某同学站在一平房边观察从屋檐边滴下的水滴，发现屋檐边滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，

他测得窗户上、下沿的高度差为1m,由此求屋檐离地面的高度.答案：3.2m解析：作出如图所示的示意图.5滴水滴的位置等效为一滴水做自由落体运动连续相等时间内的位置.图中自上而下相邻点之间的距离比为1：3：5：7,因点“3”、“2”间距为1m,可知屋檐离地面高度为1X(15+3+5+7)m=3.2m题型三、逆向思维在处理运动学问题中的典型应用5.［逆向思维法处理匀减速直线运动问题］:厚度相同的三块木块固定在水平面上，一颗子弹自左向右以某一速度水平射入，子弹在木块内的运动可看成匀减速运动，当子弹穿透第三块木块时速度恰好为零，则子弹先后射入三木块前的速度大小之比为子弹先后射入三木块前的速度大小之比为答案：v:v:v=1:J2:%；3解析：假设子弹穿透三木块前的速度大小依次是2，v3，加速度大小为a，每块木板的厚度为了，逆着子弹的运动方向可以将其看成初速度为零的匀加速。分别选择过程1、2、3、结合速位公式即可求得。选择过程1：v2=2a3x选择过程2：v2=2a2x2选择过程3：v3=2ax故：v:v:v=1:J2:J3；6、一物体以某一初速度在粗糙的平面上做匀减速直线运动，最后停下来.若此物体在最初5s经过的路程与最后5s经过的路程之比为11：5,则此物体总共运动了多少时间？答案：8s.解析：逆向观察物体运动的过程，物体做初速度为零的匀加速直线运动，在初速度为零的匀加速直线运动中，第一个5s内与第中，第一个5s内与第n个5s内，位移之比为1：(2n—1),故根据题意有12n—1511求得n=1.6,所以运动的总时间为t=1.6X5s=8s.题型四、巧用平均速度法解决匀变速直线运动的问题7、如图所示，一长为l的长方形木块在水平面上以加速度a做匀加速直线运动.先后经过1、2两点，1、2之间有一定的距离，木块通过1、2两点所用时间分别为t1和t2.求：⑴木块经过位置1时的平均速度大小；⑵木块前端P在1、2之间运动所需时间.答案：（1）；1/、1/11、t—t

⑵a「t答案：（1）；12 1l解析：（1）木块经过位置1时的平均速度大小V=-.L1..一t l一. .一t .... 一.（2）P端通过1点后号时刻的速度即为木块通过1的平均速度v=-,通过2点后于时刻速度即为木块通过2 1t 21一一一.. l 1r , 十， 一一,,一»八2的平均速度v=/，由此可求出P通过1、2两点的速度分别为:2t2—tlt—tlv=v-a•■?=——a•t1和v=v—a•"?=——a1 1 2t2 2 2 2t12所以，木块前端P在1、2之间运动所需的时间为t=—!=；（；—；）+三子.aat2t1 28、作匀加速直线运动的物体先后经过A、B、C三点，在AB段物体的平均速度为3m/s,在BC段平均速度为6m/s,AB=BC,则物体在B点的速度为A.4m/s B.4.5m/sC.5m/s D.5.5m/s答案：C解析：因AB=viti，v]=3m/s,BC=v2t2，v2=6m/s,解析：因AB=viti，t2=2：1.t2=2：1.vb—vi=av2—vB=at—22，v—v2所以=一1=7解得v=5m/s,Bv2—vb故C正确.9、一物体做匀加速直线运动，通过一段位松x所用的时间为“紧接着通过下一段位移乙x所用的时间为t?.则物体运动的加速度为（）

2Ax t—tA 1 2•11t2%+%2Ax t—tA 1 2•11t2%+%2Ax t+tC 1 2・11t2%—%△xt]—t2艮11t2%+%△xt+tD-ttt1-t12 1生生v—v 2Axt—t答案：a一21一12:a:+t211t2t1+t2%21212解析：本题考查匀变速直线运动规律的应用，意在考查考生灵活应用运动学公式解决问题的能力.第一段△x △x vv△X的中间时刻的速度为v一二一，第二段△x的中间时刻的速度为v一丁，则加速度a一七1一1t 2t t十t1 2 222Axt—t 1 2 ttt+t .12 1 2题型五、思维转化法在处理运动学问题中的典型应用10、从斜面上某一位置，每隔0.1s释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如右图所示，测得xAB=15cm,xBC=20cm,求:⑴小球的加速度;⑵拍摄时B球的速度;⑶拍摄时xCD的大小;(4)A球上方滚动的小球还有几颗.m.1.25m/s答案：5m/s2,1.75m/s.0.25解析：本题有多个小球运动，若以多个小球为研究对象，非常麻烦，可以将“多个小球的运动”转化为“一个小球的运动”.m.1.25m/s△x xx⑴由a-不得小球的加速度a-丁B=5m0(2)B点的速度等于AC段上的平均速度，即v一工一1.75m/s.b2t(3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即xcd—xbc—xbc—xab，所以xcd=2xbc—xab=0.25m.(4)设A点小球的速度为vA，由于vA=vB—at=1.25m/s所以A球的运动时间为%-卜0・25s,所以在A球上方滚动的小球还有2颗.

题型六、图像法在处理运动学问题中的典型应用11、某汽车沿一直线运动，在t时间内通过的位移为L，在L处速度为匕，在-处速度为匕，则2 1 2 2（ ）A.匀加速运动，v>v2 B.匀减速运动，v1<v2C.匀加速运动，v1<v2 D.匀减速运动，v>v2答案AD解析：本题用v-1图象分析较为直观。对于匀变速直线运动，在某一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。v-1图线下方包围的面积值等于位移的大小。从右图中直观地可以看出，无论是匀加速运动还是匀减速运动，总有在L处的速度为匕大于在-处的速度为v。2 1 2 212、静止在光滑水平面上的木块，被一颗子弹沿水平方向击穿，若子弹击穿木块的过程中子弹受到木块的阻力大小恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是（）A.木块获得的速度变大B.木块获得的速度变小C.子弹穿过木块的时间变长D.子弹穿过木块的时间变短答案BD解析子弹穿透木块过程中，子弹做匀减速运动，木块做匀加速运动，画出如图所示的v—t图象，图中实线OA、v0B分别表示木块、子弹的速度图象，而图中梯形OABv0的面积为子弹相对木块的位移，即木块长度L.当子弹入射速度增大变为v0,时，子弹、木块的运动图象便如图中虚线v0‘B'、OA,所示，梯形OA'B’v0’的面积仍等于子弹相对木块的位移L,由图线可知，子弹入射速度越大，木块获得的速度越小，作用时间越短，B、D正确.题型七、刹车类截止性现象13、汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2,则自驾驶员急踩刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为（）B.4：5A.5：4B.4：5D.4：3C.3：4【答案C】D.4：3TOC\o"1-5"\h\z【解析】刹车后最多只能到停止，====20s=4s,经2秒位移x=vt-1at2=20X2m—1X5X2?ma5 i0 2 2v2 202 x3=30m,5s的位移即4秒内的位移x=7-=7T77m=40m,故而t=],选项C正确.22a2X5 x24题型八、竖直上抛类问题的处理方法14、气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17s到达地面.求物体刚脱离气球时气球的高度.（g=10m/s2）答案1275m解析：方法一：（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=—10m/s,g=10m/s2据h=v0t+2gt2,则有h=—10X17m+1X10X172m=1275m所以物体刚脱离气球时气球的高度为1275m.（乙）（乙）方法二：（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AB_v0_10

=7AB_v0_10

=7=ios=1s由题意知tBD=（17—1）s=16s由自由落体运动规律1 1hBD=2gtBD=2X10X162m=1280mh=ggt2=rX10X12m=5mBC2AB2hcD=hBD—hBc=1275m.15、王兵同学利用数码相机连拍功能（此相机每秒连拍10张），记录下北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在10m跳台跳水的全过程.所拍摄的第一张恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲所示，王兵同学认为这是她们在最高点；第十九张如图乙所示，她们正好身体竖直双手触及水面.设起跳时她们的重心离台面的距离和触水时她们的重心离水面的距离相等.由以上材料（g取10m/s2）：⑴估算陈若琳的起跳速度;⑵分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升还是下降阶段?答案（1）3.4m/s、（2）0.3s解析：（1）由题意得：运动员从起跳到入水所用时间为t=1.8s设跳台高h,起跳速度为\,由：1—h=v0t—2gt2得v0=3.4m/s0—v⑵上升至最高点所用时间t=-0=0.34s1 —g而拍第四张历时0.3s,所以还处于上升阶段.题型九、多种方法处理匀变速直线类问题16、物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示.已知物体3第一次运动到斜面长度4处的B点时，所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间.答案：t解析：方法一：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=jat2c，XAC=11a（t+tBC）2又XBC=1XAC，解得：%=t

方法二：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:…：x=1：3：5：…：(2n—1)x3x现有xBc：xBA=1：才=1：3通过xAB的时间为t,故通过xBc的时间tBc=t方法三：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.TOC\o"1-5"\h\z—v+vv+0vv= 0=y =F,vAC2 2 2，又v2=2ax ①0 Acvb=2axBc②_x ="x ③BC4AC解①②③得：v=%可以看出v正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置.因此有t=t.B2 B Bc方法四：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.方法四：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.SAAOCSABDC_CO2=CD2且S^AOC=4Sabdc，OD=t,OC=t+tBC.4 t+t 2所以；= ，1t2BC得tBc=七方法五：利用有关推论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%：4：%：•••：t=1：（V2—1）：电—V2）：（5一V3）：…：（5—Vn-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=（'：'2—1）”

tDE=(m72)”tEA=^4---J'3)”又tBD+tDE+tEA=t,^t=t.17、一个做匀加速直线运动的质点，在开始连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是60m和84m,每一个时间间隔为2s,求质点的初速度和加速度.答案:a=6m/s2,vA=24m/s.解析：方法一：基本公式法运动过程图如图所示，因题中只涉及位移与时间，故选择位移公式：xi=vAt+aat2=60m,乙X2=VA，2t+|a(2t)2-(VAt+|at2)=84m,其中t=2s,解得：a=6m/s2,v=24m/s.Ax60万法二：平均速度公式法AB段内的平均速度v=7=丁m/s=30m/s,1t2 一 x84BC段内的平均速度v=-2=-m/s=42m/s,2t2根据一段时间内的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内v的平均速度，故有v的平均速度，故有a=—v142-30/一「一9 m/s2=6m/s2乙再由％-不+1at2=60m再由％-不+1at2=60m,解得va=24m/s.方法三：特殊结论法84-60由匀变速直线运动的推论Ax—at2得a=—一m/s2=6m/s2再由％=不+1at2=60m,解得va=24m/s.方法四：中间时刻速度法根据一段时间内的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，则vB=xi+x260+84

12t2=4m/s=36m/s,v+vv+36由x= -Bt= -X2m=60m12 2解得vA=24m/svv3624进而解得加速度a=- A=—"—m/s2=6m/s2.t2专题01、直线运动课后巩固习题一、选择题(在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的)10

.（平均速度的理解）一质点做匀变速直线运动，某一段位移内平均速度为V，且已知前一半位移内平均速度为勺则后一半位移的平均速度V2为.（平均速度的理解）一质点做匀变速直线运动，某一段位移内平均速度为V，且已知前一半位移内平均速度为勺则后一半位移的平均速度V2为2vv vv 2vvA.—B.——C. v+v v-2v 2v-vvvD.——i1.【答案】D【解析】平均速度是描述变速运动平均快慢和方向的物理量这段时间内的位移方向相同。根据题意有：sss 2vvv=—= = =—2^-tt+tS_LSv+v2二+-— 122v2v12其大小等于位移和对应时间的比值，方向与解得:vv2 2v一v2.（位移速度的矢量性的考查）甲、乙两物体在同一条直线上，甲以v=6m/s的速度作匀速直线运动，在某时刻乙以a=3m/s2的恒定加速度从静止开始运动，则 （ ）A.在2s内甲、乙位移一定相等B.在2s时甲、乙速率一定相等C.在2s时甲、乙速度一定相等D.在2s内甲、乙位移大小一定相等2.【答案】B【解析】甲、乙两物体在同一条直线上，可以同向，也可以反向。在2s内甲的位移：s甲=vt=12m,乙的位移：s=—at2=6m。在2s时甲的速率：v=t=6m/s,乙的速率：v=at=6m/s。可知在2s时甲、乙2 甲， 乙 ，乙速率一定相等，但方向不一定相同。在2s内的位移大小不等，方向也不一定相同。3.（易错题第ns和前ns的关系）某质点从静止开始作匀加速直线运动，已知第3s内通过的位移为s，则物体运动的加速度为 （ ）3sA.—22s 2s 5s.T .工 .万3.【答案】C【解析】初速度为零的匀加速直线运动有速度、位移、从静止开始每经相同时间的位移和从从静止开始每经相同位移所用的时间等四个基本的特点，灵活地运用这些特点是解决此类问题的重要手段，并且方法较多。因第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1:3:5,设3s内的位移为s总，已知第3s内通过的位移为s,TOC\o"1-5"\h\z9 1 9 2s则有s=s，又s=at2=a，解得：a=—总5 总2 2 54.（加速度的准确理）某质点以大小为a=0.8m/s2的加速度做匀变速直线运动，则 （ ）A.在任意一秒内速度的变化都是0.8m/sB.在任意一秒内，末速度一定等于初速度的0.8倍C.在任意一秒内，初速度一定比前一秒末的速度增加0.8m/sD.第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为1:3:5.【答案】A【解析】质点做匀变速直线运动，速度的变化Av=a.氏,a=0.8m/s2,所以在任意一秒内速度的变化都是0.8m/s,末速度不等于初速度的0.8倍。在任意一秒内，初速度与前一秒末的速度对应的是同一时刻的速11度，两者应该相同。因初速度未知，故D项不一定正确。.（图像法、中间时刻瞬时速度与中间位移瞬时速度的大小比较）某汽车沿一直线运动，在t时间内通过的位移为3的位移为3在L处速度为匕,2 1A.匀加速运动，v>v2C.匀加速运动，v1Vv25.【答案】AD在-处速度为％，则2 2B.匀减速运动，v1Vv2D.匀减速运动，v1>v2【解析】本题用v-1图象分析较为直观。对于匀变速直线运动，在某一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。v-1图线下方包围的面积值等于位移的大小。从右图中直观地可以看出，无论是匀加速运动还是匀减速运动，总有在L处的速度为匕大于在-处的速度为力。21226.（差值法求加速的大小）自由下落的质点，第n秒内位移与前n-1秒内位移之比为nA. nnA. n—12n-1B.——n一1D.2n-1

(n-1)6.【答案】D【解析】自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动的具体实例。1,仆前n-1秒内的位移为:s =Tg(n前n-1秒内的位移为:n-1 2前n秒内的位移为：s第n秒内的位移为：第n秒内的位移为：s' =—gn2-N-1 21/八5g(n-1)222n-1(n-1)2联立①③式得：第n秒内位移与前n-1秒内位移之比为：sN-1:sn-1=二、填空题（把正确答案填写在题中的横线上，或按题目要求作答。）7.（运动的截止性易错题）一辆以12m/s的速度在水平路面上行驶的汽车，在刹车过程中以3m/s2的加速度做匀减速运动，那么t=5s后的位移是m。7.【答案】24【解析】本题是个上当类型的题目，不能直接套用公式。一辆以12m/s的速度在水平路面上行驶的汽车，在刹车过程中以3m/s2的加速度做匀减速运动，可以算出经t°=4s汽车已经停止运动了，所以在计算t=5s后的位移时，时间只能用实际用的时间tn=4$代入。s=vt-1at2=24m,或者用v2=v2-2as来计算，0 00 2° t0其中vt=0o【思考】在这种类型中，当t>10,tV10,t=10的情况下，如何计算位移？.（平均速度的准确理解）一物体由静止开始做匀加速直线运动，它在最初0.5s内的平均速度v1比它在12

最初1.5s内的平均速度v2小2.5m/s,则最初1.5s内的平均速度v2=m/s。.【答案】3.75【解析】在最初0.5s内的平均速度v1就是0.25s时刻的瞬时速度，最初1.5s内的平均速度v2就是0.75s时刻的瞬时速度，所以有：v2-v1=0.5a=2.5,解得：a=5m/s2。因物体由静止开始做匀加速直线运动，所以v2=at2=5X0.75m/s=3.75m/s。（基本公式的应用）一质点做匀减速直线运动，初速度为v0=12m/s,加速度大小为a=2m/s2,运动中从某一时刻计时的1s时间内质点的位移恰为6m,那么此后质点还能运动的时间是s。【答案】2.5【解析】从某一时刻计时的1s时间内质点的位移恰为6m,这1s时间内的平均速度为6m/s。设此后质点还能运动的时间为ts,这1s时间内的平均速度是其中间时刻即（t+0.5）s的瞬时速度vt-0.5。因末速度为零，用逆向思维，应有vcU=a（t+0.5）=2（t+0.5）=6m/s,解得:t=2.5s。t—0.5.（基本公式的应用）在空中某固定点，悬一根均匀绳子。然后悬点放开让其自由下落，若此绳经过悬点正下方H=20m处某点A共用时间1s（从绳下端抵A至上端离开A），则该绳全长为m（计算中取g=10m/s2）。.【答案】15【解析】设该绳全长为l，根据题意，绳自由下落，从释放到绳下端抵A时绳下落的高度为（H—/）,到上端上端离开A时绳下落的高度为H,则有：°lt2H 2H ,2(H—l)ggg=1s解得：l=15m。【总结】画出过程草图，找出对应的几何量是解题的关键。.（竖直上抛运动的规律）甲球从离地面H高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面H处做竖直上抛运动。欲使乙球上升到一处与甲球相撞，则乙球上抛的初速度应为。n■ngH.【答案】【解析】做竖直上抛运动的物体可以看成是由向上的匀速运动和自由落体运动的合成。若以自由下落的甲球为参考系，则乙球将向上做匀速运动。设乙球抛出的初速度为v0,则从抛出到两球相遇的时间为：t=—v0在这段时间内甲球下落的高度为"10，则有:13(n-1)H1, 1,H 附/_ngH=2g2"2g["‘斛得…o=\：2(n-i).（处理纸袋平均速度法与逐差法的应用）在做《探究小车的速度岁时间变化的规律》的实验时，所用电源频率为50Hz，取下一段纸带研究，如图2所示。设0点为记数点的起点，相邻两记数点间还有四个点，则第一个记数点与起始点间的距离s1=cm,物体的加速度a=m/s2,物体经第4个记数点的瞬时速度为v=m/s。.【答案】4 1 0.75【解析】由图2可知，0、1两记数点间的距离为s1,设1、2两记数点间的距离为s2,2、3两记数点间的距离为s3，则有s2=9—s1,s3=（15—9）cm=6cm。对于匀变速直线运动，应有△s=s3—s2=s2—s1=6—（9-s1）=（9—s1）—s1,解得：s1=4cm。因相邻两记数点间还有四个点，所用电源频率为50Hz,所以相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1s,因为N=aT2=1