2024届物理一轮复习讲义第1讲 运动的描述含答案

2024届物理一轮复习讲义第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲运动的描述学习目标1.了解质点的含义和参考系的作用，知道将物体看成质点的条件。2.理解位移、速度、加速度的概念及关系。3.体会物理问题中的比值定义法和极限思想。1.2.3.4.5.1.思考判断(1)体积很大的物体，一定不能视为质点。(×)(2)参考系必须选择静止不动的物体。(×)(3)做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程。(×)(4)瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向。(√)(5)瞬时速度的大小叫速率，平均速度的大小叫平均速率。(×)(6)甲的加速度a甲＝2m/s2，乙的加速度a乙＝－3m/s2，则a甲＞a乙。(×)(7)物体的加速度增大，速度一定增大。(×)2.关于速度和加速度的关系，下列说法正确的是()A.速度变化越大，加速度越大B.加速度方向为正，速度一定增大C.速度为零，加速度也一定为零D.速度越来越大，加速度可能越来越小答案D考点一质点、参考系和位移对三个概念的进一步理解(1)质点不同于几何“点”，它无大小但有质量，实际物体能否看成质点是由研究的问题决定的，而不是依据物体自身大小和形状来判断。(2)研究任何物体的运动都要明确参考系，无特殊说明时，通常以地面作为参考系。(3)位移用来描述物体位置的变化，是由初位置指向末位置的有向线段，线段的长短表示位移的大小，箭头的指向表示位移的方向。跟踪训练1.(2022·浙江1月选考，2)下列说法正确的是()A.研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点B.研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点C.研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略D.研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同答案B解析研究排球运动员扣球动作时，手接触球的位置不同，球的运动情况就不同，因此排球不能看成质点，故选项A错误；研究乒乓球运动员的发球技术时，主要看乒乓球的旋转，乒乓球上不同点的旋转情况并不相同，因此不能将乒乓球视为质点，故选项B正确；研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，球拍接触羽毛球的位置不同，羽毛球的运动情况就不同，因此不能忽略羽毛球的大小而将羽毛球视为质点，故选项C错误；研究体操运动员的平衡木动作时，要看运动员的动作，此时运动员身体的各部分速度是不同的，故选项D错误。2.2021年5月15日7时18分，“天问一号”着陆巡视器成功在火星乌托邦平原南部附近软着陆，“天问一号”着陆巡视器在距离火星表面100m时，用激光三维成像敏感器进行精确避障，然后缓缓降落到初始位置的正下方。下列说法正确的是()A.2021年5月15日7时18分指的是时间间隔B.精确避障过程中，着陆巡视器通过的位移大小是100m，路程大于100mC.任何情况下都可以将“天问一号”着陆巡视器看作质点D.在降落过程中，以“天问一号”着陆巡视器为参考系，火星静止不动答案B解析“2021年5月15日7时18分”对应时间轴上的点，为时刻，故A错误；由题意知，巡视器的运动是相对于火星的，以火星为参考系，巡视器一边下降一边避障，做的不是直线运动，但巡视器通过的位移大小是100m，路程大于100m，故B正确；当研究“天问一号”巡视器的姿态、转动情况等时，不能将“天问一号”巡视器看作质点，故C错误；在降落过程中，以“天问一号”巡视器为参考系，火星是运动的，故D错误。3.(2022·辽宁卷，1)如图1所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8m，小车在桥架上单向移动了6m。该次作业中小车相对地面的位移大小为()图1A.6m B.8m C.10m D.14m答案C解析根据题意可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为x＝eq\r(82＋62)m＝10m，故C正确。考点二平均速度和瞬时速度1.区别与联系区别平均速度是过程量，表示物体在某段时间或某段位移内的平均运动快慢程度瞬时速度是状态量，表示物体在某一时刻或某一位置的运动快慢程度联系瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度。公式v＝eq\f(Δx,Δt)中，当Δt→0时，v是瞬时速度2.判断方法和技巧(1)判断是否为瞬时速度，关键是看该速度是否对应“位置”或“时刻”。(2)求平均速度要找准对应的“位移”和发生这段位移所需的“时间”。角度平均速度和瞬时速度的理解例1(多选)“枫叶落秋风，片片枫叶转。”离地10m的枫树树梢上一片枫叶在萧瑟的秋风中颤抖着飘落到地面，完成了它最后叶落归根的使命。若枫叶下落时间为5s，则下列论述中正确的是()A.枫叶下落过程中的平均速度一定是2m/sB.枫叶下落过程中的平均速度可能大于2m/sC.枫叶刚着地时的瞬时速度一定等于2m/sD.枫叶刚着地时的瞬时速度可能等于1m/s答案BD解析枫叶在秋风的吹动下通常不会沿直线下落到地面，也就是说枫叶的位移大小可能大于10m，由于枫叶的下落时间为5s，由平均速度的定义式v＝eq\f(Δx,Δt)可知eq\o(v,\s\up6(－))＞2m/s，故A错误，B正确；枫叶的“飘落”是难以确定的变速运动，它运动的速度常常会时大时小，变幻莫测，故C错误，D正确。角度平均速度和瞬时速度的计算例2小李在网络上观看“神舟十一号”飞船发射视频，分别截取火箭发射后第6s末和第8s末的图片，如图2所示，他又上网查到运载“神舟十一号”飞船的长征二号FY11运载火箭全长58m，则火箭发射后第6s末至第8s末间的平均速度最接近()图2A.20m/s B.10m/sC.5m/s D.2m/s答案A解析由题图可知火箭在第6s末到第8s末的位移大小约为火箭的eq\f(4,5)，则平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝eq\f(\f(4,5)L,t)＝eq\f(\f(4,5)×58,2)m/s＝23.2m/s，最接近20m/s，故A正确。跟踪训练4.如图3是高速上某一区间测速的标牌，该路段全长66km、全程限速100km/h，一辆汽车通过监测起点和终点的速度分别为95km/h和90km/h，通过测速区间的时间为30min。下列判断正确的是()图3A.全长66km表示位移B.通过起点的速度95km/h表示瞬时速度C.该汽车全程的平均速度是92.5km/hD.该汽车没有超速答案B解析全长66km表示路程，故A错误；通过起点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因位移未知，故不能求解平均速度，故C错误；由v＝eq\f(s,t)可知，平均速率为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(66km,0.5h)＝132km/h，大于全程限速100km/h，该汽车超速，故D错误。素养拓展点用极限法求解瞬时速度(1)用v＝eq\f(Δx,Δt)求瞬时速度时，求出的是粗略值，Δt越小，求出的结果越接近真实值。(2)对于匀变速直线运动，任意一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度。例3用气垫导轨和数字计时器更能精确地测量物体的瞬时速度。如图4所示，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间Δt1＝0.19s，通过第二个光电门的时间Δt2＝0.05s，遮光板的宽度为2.0cm。下列问题(2)、(3)中计算结果均保留2位小数。图4(1)滑块经过光电门的速度可用遮光板挡光时间内的________速度表示。(2)滑块经过第一个光电门的速度大小为________m/s。(3)滑块经过第二个光电门的速度大小为________m/s。(4)若用宽度是1cm的遮光板，对测量误差有何影响？_____________________________________________________________________答案(1)平均(2)0.11(3)0.40(4)见解析解析(1)由于滑块经过光电门时遮光板的挡光时间较短，所以滑块经过光电门的速度可用遮光板挡光时间内的平均速度表示。(2)经过第一个光电门的速度大小v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(2.0×10－2,0.19)m/s≈0.11m/s。(3)经过第二个光电门的速度大小v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(2.0×10－2,0.05)m/s＝0.40m/s。(4)遮光板宽度越小，挡光时间越短，平均速度越接近瞬时速度，误差越小。考点三加速度1.速度、速度变化量和加速度的对比比较项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量描述物体速度改变的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢的物理量定义式v＝eq\f(Δx,Δt)Δv＝v－v0a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v－v0,Δt)决定因素在任一时刻的速度v的大小由v0、a、Δt决定由Δv＝aΔt知Δv由a与Δt决定由a＝eq\f(F,m)知，a由F、m决定方向与位移方向相同与加速度的方向相同由F的方向决定，而与v0、v的方向无关，与Δv同向2.对加速度大小和方向的进一步理解角度加速度的理解例4在下列几种情景中，对情景的分析和判断正确的是()A.点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B.高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车，因轿车紧急刹车时速度变化很快，所以加速度很大C.高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D.太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零答案B解析点火后即将升空的火箭的速度为零，但是加速度不为零，故A错误；轿车紧急刹车，速度变化很快，即加速度很大，故B正确；磁悬浮列车高速行驶，速度很大，若做匀速直线运动，加速度为零，故C错误；太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其所受合力不为零，即其加速度不为零，故D错误。误区警示注意六个“不一定”(1)速度大，加速度不一定大；加速度大，速度也不一定大。加速度和速度的大小没有必然联系。(2)速度变化量大，加速度不一定大；加速度大，速度变化量也不一定大。(3)加速度为零，速度不一定为零；速度为零，加速度也不一定为零。角度加速度的计算例5(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度大小变为10m/s，则关于该物体的加速度的说法可能正确的是()A.加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相同B.加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相反C.加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相同D.加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相反答案AD解析以初速度的方向为正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(10－4,1)m/s2＝6m/s2，方向与初速度的方向相同，A正确，B错误；若初、末速度方向相反，加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(－10－4,1)m/s2＝－14m/s2，负号表示加速度方向与初速度的方向相反，C错误，D正确。跟踪训练5.一质点在x轴上运动，初速度v0＞0，加速度a＞0，加速度a由零逐渐增大到某一值后再逐渐减小到零的过程中，则该质点()A.速度先增大后减小，直到加速度等于零为止B.速度一直在增大，直到加速度等于零为止C.位移先增大，后减小，直到加速度等于零为止D.位移一直在增大，直到加速度等于零为止答案B解析由于加速度的方向始终与速度方向相同，质点速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值，A错误，B正确；位移逐渐增大，当加速度减小到零时，速度不再变化，位移将随时间继续增大，C、D错误。A级基础对点练对点练1质点参考系和位移1.2022年1月8日，我国首条民营控股高铁——杭台高铁正式开通运营。杭台高铁全线266公里，设计时速350公里，杭州至台州最短运行时间为1小时3分钟。图1为G9308次复兴号动车组列车经过杭台高铁椒江特大桥时的照片。则()图1A.“266公里”指的是位移B.“1小时3分钟”指的是时刻C.G9308次复兴号动车组列车运行的平均速度约为266km/hD.研究G9308次复兴号动车组列车经过杭台高铁椒江特大桥的时间，不能将列车视为质点答案D解析“266公里”指的是路程，故A错误；“1小时3分钟”指的是时间，故B错误；平均速度是位移与时间之比，故C错误；研究G9308次复兴号动车组列车经过杭台高铁椒江特大桥的时间，不能忽略动车长度，故不能将列车视为质点，故D正确。2.特技跳伞运动员的空中造型图如图2所示。当运动员保持该造型向下落时，其中一名运动员A俯视大地时，看到大地迎面而来。下列说法正确的是()图2A.若运动员A以对面的运动员为参考系，他是运动的B.若运动员A以旁边的运动员为参考系，地面是静止的C.当他俯视大地时，看到大地迎面而来，是以他自己为参考系的D.以大地为参考系，运动员是静止的答案C解析若运动员A以对面的运动员为参考系，他是静止的，故A错误；若运动员A以旁边的运动员为参考系，地面是运动的，故B错误；当他俯视大地时，看到大地迎面而来，是以他自己为参考系的，故C正确；以大地为参考系，运动员是运动的，故D错误。3.(2023·广东新高考模拟)中国海军护航编队“巢湖”舰历经36h、航行约8330km，护送13艘货轮顺利抵达亚丁湾西部预定海域，“巢湖”舰属于903A型大型综合补给舰，舰长178.5m，宽24.8m，满载时排水量达20000多吨，下列说法正确的是()A.求平均速度时可将“巢湖”舰视为质点B.“8330km”指的是护航舰队全程的位移C.此次护航过程的平均速度大约是231.4km/hD.以“巢湖”舰为参考系，13艘货轮全程任何时刻都是静止的答案A解析由于航程很长，所以求平均速度时可以将“巢湖”舰视为质点，故A正确；“8330km”是护航舰队全程运动轨迹的总长度，指的是路程，故B错误；根据运动学公式可得v＝eq\f(s,t)＝eq\f(8330,36)km/h＝231.4km/h，但v是平均速率，不是平均速度，故C错误；13艘货轮不是任何时刻速度都是相同的，所以以“巢湖”舰为参考系，13艘货轮不是全程任何时刻都是静止的，故D错误。对点练2平均速度和瞬时速度4.关于速度的描述，下列说法中正确的是()A.电动车限速20km/h，指的是平均速度大小B.子弹射出枪口时的速度大小为500m/s，指的是平均速度大小C.苏炳添在奥运会百米半决赛的成绩是9.83s，则他冲刺时的速度大小一定为10.17m/sD.某列车在通沪铁路跑出的最高时速为220km/h，指的是瞬时速度大小答案D解析A项指的是瞬时速度大小不超过20km/h，B项500m/s指的是子弹离开枪口时的瞬时速度大小；C项苏炳添百米的平均速度大小为10.17m/s；D项指的是瞬时速度大小为220km/h，故D正确。5.小明同学在标准的田径赛道上跑200m的成绩是25s，跑100m的成绩是13s，则()A.小明跑200m的平均速度大于跑100m的平均速度B.小明跑100m的平均速率大于跑200m的平均速率C.小明跑100m的平均速度为7.69m/sD.小明跑200m的平均速度为8.00m/s答案C解析200m赛道是弯道，路程不等于位移的大小；100m的赛道是直道，路程等于位移的大小。题中未知200m的位移的大小，故小明跑200m的平均速度与跑100m的平均速度无法比较，A错误；小明跑100m的平均速率eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(s1,t1)＝eq\f(100,13)m/s＝7.69m/s，跑200m的平均速率eq\o(v,\s\up6(－))2＝eq\f(s2,t2)＝eq\f(200,25)m/s＝8m/s＞eq\o(v,\s\up6(－))1，故B错误；跑100m的平均速度也是7.69m/s，跑200m的平均速度要小于8m/s，故C正确，D错误。6.扫地机器人10：30从客厅的一角A出发经图示3中的虚线路径清扫地面，半小时到达客厅的另一角B结束清扫。经过的路径的长度是60m，A与B间的距离是10.5米。关于扫地机器人在上述清扫过程中，下列说法正确的是()图3A.10：30是时间B.扫地机器人通过的位移是60mC.扫地机器人的平均速度为3.3×10－2m/sD.扫地机器人的平均速度为5.8×10－3m/s答案D解析10：30是时刻，选项A错误；扫地机器人通过的位移是10.5m，路程是60m，选项B错误；扫地机器人的平均速度为v＝eq\f(Δx,Δt)＝eq\f(10.5,1800)m/s＝5.8×10－3m/s，选项C错误，D正确。对点练3加速度7.(多选)关于加速度的理解，下列说法正确的是()A.高速行驶的赛车，加速度可能为零B.汽车启动的一瞬间，加速度一定不为零C.汽车启动得越快，加速度越大D.汽车的加速度为－5m/s2，表明汽车在做减速运动答案ABC解析由a＝eq\f(Δv,Δt)可知，加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，所以高速行驶的赛车，加速度可能是零，也可能不是零，A正确；汽车启动的一瞬间，汽车由静止开始运动，汽车的速度一定发生变化，所以加速度一定不为零，B正确；汽车启动得越快，说明汽车的速度变化越快，加速度越大，C正确；汽车的加速度为－5m/s2，正、负号表示加速度的方向，若汽车运动方向与加速度方向相同，汽车做加速运动，若相反，汽车做减速运动，D错误。8.(多选)如图4甲所示，火箭发射时，速度能在10s内由0增加到100m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，下列说法中正确的是()图4A.10s内火箭的速度改变量为10m/sB.2.5s内汽车的速度改变量为－30m/sC.火箭的速度变化比汽车的速度变化快D.火箭的加速度比汽车的加速度小答案BD解析因火箭发射时，速度在10s内由0增加到100m/s，故10s内火箭的速度改变量为100m/s，选项A错误；汽车以108km/h＝30m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来，则2.5s内汽车的速度改变量为0－30m/s＝－30m/s，选项B正确；火箭的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(100,10)m/s2＝10m/s2，汽车的加速度a2＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(0－30,2.5)m/s2＝－12m/s2，负号表示汽车的加速度方向与运动方向相反，故火箭的速度变化比汽车的速度变化慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C错误，D正确。9.如图5所示，为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为0.5cm的遮光板。滑块向右做匀加速直线运动，依次通过两个光电门A和B。光电门上的黑点处有极细的激光束，当遮光板挡住光束时开始计时，不挡光束时停止计时。现记录了遮光板通过第一个光电门所用的时间为Δt1＝0.050s，通过第二个光电门所用的时间为Δt2＝0.010s，光电门从第一次计时结束到第二次计时开始经历的时间为Δt3＝0.50s，则滑块的加速度大小应为()图5A.0.67m/s2 B.0.74m/s2C.0.80m/s2 D.1.20m/s2答案C解析遮光板通过第一个光电门的速度大小为v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5.0×10－3,0.050)m/s＝0.1m/s(d为遮光板的宽度)，遮光板通过第二个光电门的速度大小为v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(5.0×10－3,0.010)m/s＝0.5m/s，因此滑块的加速度大小为a＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(0.5－0.1,0.50)m/s2＝0.80m/s2，C正确。B级综合提升练10.(2023·浙江七彩联盟联考)我国首次火星探测任务“天问一号”探测器成功发射，于2021年5月15日成功实现火星着陆，截至8月15日，“祝融号”火星车在火星表面运行90个火星日(约92个地球日)，累计行驶889米，所有科学载荷开机探测，共获取约10GB原始数据。下列说法正确的是()图6A.“祝融号”火星车在火星表面着陆过程中，一定可以将其看作质点B.在92个地球日中，累计行驶889米，这里“889米”指的是路程C.“祝融号”火星车与地球上控制中心通过激光进行信息沟通D.根据题干参数可以估算在92个地球日火星车的平均速度答案B解析在火星车着陆火星时，观察的是火星车着陆过程调整车身的姿态，不能把火星车看作质点，选项A错误；这里“889米”指的是路程，选项B正确；“祝融号”火星车与地球上控制中心通过电磁波进行信息沟通，不是激光，选项C错误；因为不知道位移，所以无法估算在92个地球日火星车的平均速度，选项D错误。11.某国产车型启用全新动力标识，新的命名方式直接与车辆的加速性能联系起来，如图7所示。TFSI前面的那组数字称为G值，单位为m/s2，计算公式为“G＝eq\f(Δv,Δt)×10”，式中Δv为从静止加速到100公里每小时的速度变化量，Δt为不同车型的百公里加速时间。则以下说法正确的是()图7A.G值越大，车辆的速度变化量越大B.G值越大，车辆的动力越强劲C.100公里每小时是指车辆百公里加速的平均速度D.标识为45TFSI的车辆百公里加速时间约为7.3s答案B解析由题设所给的G值的公式可知，G值越大，该车的加速度越大，速度的变化率越大，由牛顿第二定律可知车辆的动力越强劲，故A错误，B正确；题中100公里每小时为瞬时速度，故C错误；100km/h≈27.8m/s，根据公式可得Δt≈eq\f(27.8,45)×10s≈6.2s，故D错误。12.有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g(g取10m/s2)，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险。如果发生交通事故，可能会达到这一数值。试问：(1)一辆以72km/h的速度行驶的货车与一辆以54km/h的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，摩托车驾驶员被以与货车相同的速度撞飞，碰撞时间为2.1×10－3s，通过计算说明摩托车驾驶员是否有生命危险？(提示：摩托车与货车相撞瞬间，货车速度几乎不变，摩托车反向速度大小与货车相同)(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车紧急刹车后到完全静止所需时间分别为4s、3s，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？答案(1)摩托车驾驶员有生命危险(2)1∶1解析(1)两车碰撞过程中，取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量为Δv＝v2－v1＝－72km/h－54km/h＝－20m/s－15m/s＝－35m/s两车相碰撞时摩托车的加速度为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(－35m/s,2.1×10－3s)≈－16667m/s2＝－1666.7g1666.7g＞500g，因此摩托车驾驶员有生命危险。(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，根据加速度定义得a1＝eq\f(Δv1,Δt1)，a2＝eq\f(Δv2,Δt2)所以a1∶a2＝eq\f(Δv1,Δt1)∶eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(20,4)∶eq\f(15,3)＝1∶1。第2讲匀变速直线运动的规律学习目标1.掌握匀变速直线运动的基本公式，并能熟练灵活应用。2.能应用匀变速直线运动的导出公式，解决实际问题。1.匀变速直线运动2.初速度为零的匀加速直线运动的推论1.思考判断(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)(2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。(×)(3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。(√)(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)2.(2023·重庆一诊)2022年北京冬奥会单板滑雪项目中的助滑道可简化为如图1所示的斜面模型。设一运动员从助滑道的顶端A点由静止开始匀加速下滑，最初2s内的位移为10m，则他滑到离顶端25m的B点时的速度大约为()图1A.10m/s B.13m/sC.16m/s D.19m/s答案C考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.基本思路2.方法技巧题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2－veq\o\al(2,0)＝2axv0、v、t、xax＝eq\f(v＋v0,2)t除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向。例1(2022·江苏盐城模拟)近两年，交警将“礼让行人”作为管理重点，“斑马线前车让人”现已逐渐成为一种普遍现象，如图2所示。司机小明驾车以12m/s的速度，在平直的城市道路上沿直线行驶。看到斑马线有行人后立即以大小为2m/s2的加速度刹车，车停住时车头刚好碰到斑马线。等待行人10s后(人已走过)，又用了8s时间匀加速至原来的速度。开始刹车时设为计时起点(即t＝0)，求：图2(1)车第3s末的瞬时速度大小；(2)车前10s内的位移大小；(3)从开始刹车到恢复至原来速度这段时间内，车的平均速度大小。答案(1)6m/s(2)36m(3)3.5m/s解析(1)根据速度与时间的关系式v＝v0＋at代入数值解得v＝6m/s。(2)制动时间为t1＝eq\f(0－v0,a)＝6s<10s由0－veq\o\al(2,0)＝2ax得车从开始刹车计时，前10s内的位移大小x1＝eq\f(0－veq\o\al(2,0),2a)＝36m。(3)匀加速直线运动的位移为x2＝eq\f(v0,2)t3＝48m从开始刹车到恢复至原来速度，这段时间内车的平均速度大小为eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x1＋x2,t1＋t2＋t3)＝3.5m/s。跟踪训练1.某质点做直线运动，位置随时间变化的关系式为x＝100t－10t2＋100m，则对这个质点的运动描述正确的是()A.初速度为0B.加速度为20m/s2C.在3s末，瞬时速度为40m/sD.做匀加速直线运动答案C解析由位置随时间变化的关系式x＝100t－10t2＋100m可得x－100m＝100t－10t2，对比匀变速直线运动位移与时间的关系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2可知，初速度为v0＝100m/s，加速度为a＝－20m/s2，由于初速度和加速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，速度减为0后，再沿负方向做匀加速直线运动，故A、B、D错误；由匀变速直线运动速度与时间的关系v＝v0＋at可得在3s末，瞬时速度为v＝(100－20×3)m/s＝40m/s，故C正确。素养拓展点逆向思维分析刹车类问题(1)刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动，加速度a突然消失。(2)求解时要注意确定实际运动时间。(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。(4)汽车在刹车时，有时要考虑司机的反应时间，在反应时间内汽车做匀速运动，然后做匀减速直线运动。例2(多选)(2023·河北石家庄模拟)如图3所示，某飞机着陆时的速度v0＝216km/h，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，该飞机在倒数第4s内的位移为7m，下列说法正确的是()图3A.该飞机的加速度大小为2m/s2B.该飞机着陆后5s时的速度大小为40m/sC.该飞机在跑道上滑行的时间为30sD.该飞机在跑道上滑行的距离为1800m答案AC解析飞机着陆后的匀减速运动的逆过程为初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1＝3s内的位移为x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，在t2＝4s内的位移为x2＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，根据题意有x2－x1＝7m，联立解得加速度大小为a＝2m/s2，A正确；该飞机着陆后5s时的速度大小为v5＝v0－at＝eq\f(216,3.6)m/s－2×5m/s＝50m/s，B错误；该飞机在跑道上滑行的时间为t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(216,3.6×2)s＝30s，C正确；该飞机在跑道上滑行的距离为x＝eq\f(v0,2)t＝eq\f(216,3.6×2)×30m＝900m，D错误。考点二匀变速直线运动的推论及应用解决匀变速直线运动的常用推论角度平均速度公式的应用例3如图4所示，一辆汽车在平直公路上做匀加速直线运动，从树A开始，在相等的时间内依次经过B、C、D、E四棵树，已知树A、B间距为x1，树D、E间距为x2，则树B、D间距为()图4A.x1＋x2 B.2x1＋x2C.x1＋2x2 D.2(x1＋x2)答案A解析设相等的时间间隔为t，则汽车在树A、B间的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))AB＝eq\f(x1,t)，树D、E间的平均速度为eq\o(v,\s\up6(－))DE＝eq\f(x2,t)，在匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的速度，故经过树C时的速度为vC＝eq\f(\o(v,\s\up6(－))AB＋\o(v,\s\up6(－))DE,2)＝eq\f(x1＋x2,2t)，而汽车经过树C的时刻又是汽车从树B到D的中间时刻，故vC也是汽车从树B到D的平均速度，所以树B、D间距为x＝eq\f(x1＋x2,2t)×2t＝x1＋x2，选项A正确。角度初速度为零的匀变速直线运动比例式的应用例4(2023·广东珠海模拟)如图5为港珠澳大桥上四段110m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()图5A.通过cd段的时间为eq\r(3)tB.通过ce段的时间为(2－eq\r(2))tC.ae段的平均速度等于c点的瞬时速度D.ac段的平均速度等于b点的瞬时速度答案B解析根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab、bc、cd、de段所用的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，可得出通过cd段的时间为(eq\r(3)－eq\r(2))t，通过de段的时间为(2－eq\r(3))t，则通过ce段的时间为(2－eq\r(2))t，A错误，B正确；通过ae段的时间为2t，通过b点的时刻为通过ae段的中间时刻，故通过b点的瞬时速度等于ae段的平均速度，C、D错误。角度位移差公式的应用例5(2023·山东日照市高三月考)小金开车在石村村口A处停了一会，接着由静止开始匀加速直线行驶，途经B、C、D、E四个石墩，如图6所示。已知B到C、C到D、D到E的时间相等，B、C间距离为4m，C、D间距离为6m，根据以上信息，以下说法正确的是()图6A.可以求出汽车通过C点时的速度大小B.可以求出汽车的加速度大小C.可以求得汽车在A、B之间的行驶时间D.可以求得A、E之间的距离答案D解析设汽车从A到B的时间为t，B到C、C到D、D到E的时间均为T，汽车的加速度大小为a，则根据匀变速直线运动规律的推论可得a＝eq\f(xCD－xBC,T2)①xDE－xCD＝xCD－xBC②根据初速度为零的匀加速直线运动位移公式可得eq\f(1,2)at2＋xBC＝eq\f(1,2)a(t＋T)2③eq\f(1,2)at2＝xAB④根据匀加速直线运动某段时间内的平均速度等于该段中间时刻的瞬时速度，可知汽车通过C点时的速度大小为vC＝eq\f(xBC＋xCD,2T)⑤联立①②③④可得xAB＝2.25m，xDE＝8m，所以A、E之间的距离为xAE＝20.25m，由于T未知，所以无法求得vC、a以及t，故A、B、C错误，D正确。跟踪训练2.(2023·山东日照质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t。则物体运动的加速度大小为()A.eq\f(Δx,t2) B.eq\f(Δx,2t2) C.eq\f(Δx,3t2) D.eq\f(2Δx,3t2)答案C解析物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝eq\f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝eq\f(Δx,t)；因为某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差Δt＝t＋eq\f(t,2)＝eq\f(3,2)t，则物体运动的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得a＝eq\f(Δx,3t2)，故选项C正确。3.如图7甲为游客排队滑冰滑梯的场景，在工作人员的引导下，每间隔相同时间从滑梯顶端由静止开始滑下一名游客，将某次拍到的滑梯上同时有多名游客的照片简化为如图乙所示，已知A、B和B、C间的距离分别为2.5m和3.5m，若游客在滑梯上做匀加速直线运动，求：图7(1)C、D间的距离；(2)此刻A的上端滑道上还有几个人；(3)此时A距滑道顶端的距离。答案(1)4.5m(2)2人(3)2m解析(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动，根据匀加速运动的规律可知，在相邻相等时间内位移差相等，即Δx＝lCD－lBC＝lBC－lAB＝1m解得lCD＝4.5m。(2)因为Δx＝1m，所以此刻A的上端滑道上还有2个人。(3)设相邻两名游客滑下(两点)的时间间隔为T，下滑的加速度为a，有Δx＝aT2即aT2＝1m由平均速度公式有vB＝eq\f(lAB＋lBC,2T)＝vA＋aT此时A距滑道顶端s＝eq\f(veq\o\al(2,A),2a)联立解得s＝2m。A级基础对点练对点练1匀变速直线运动的基本规律及应用1.汽车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8m/s2。从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为()A.10m B.20m C.25m D.50m答案C解析汽车做匀减速运动，末速度为0，根据veq\o\al(2,0)＝2ax解得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝eq\f(202,2×8)m＝25m，故选项C正确。2.某短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段。一次比赛中，该运动员用12s跑完全程，已知该运动员在加速阶段的位移和匀速阶段的位移之比为1∶4，则该运动员在加速阶段的加速度为()A.2.0m/s2 B.2.5m/s2C.3.0m/s2 D.3.5m/s2答案B解析由题意知x1∶x2＝1∶4，x1＋x2＝100m，则加速阶段：x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝20m，v＝at1，匀速阶段：x2＝v(t－t1)＝80m，联立解得a＝2.5m/s2，故B项正确。3.高速公路的ETC电子收费系统如图1所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以5m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.5s，刹车的加速度大小为2.5m/s2，则该ETC通道的长度约为()图1A.7m B.9m C.11m D.13m答案B解析ETC通道的长度约为x＝v0(t＋Δt)＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a)＝5×(0.3＋0.5)m＋eq\f(52,2×2.5)m＝9m，故选项B正确。4.汽车在平直公路上行驶，刹车后位移x随时间变化的关系为x＝20t－eq\f(5,2)t2，则从刹车开始，2s内和5s内汽车的位移之比为()A.5∶4 B.3∶4 C.4∶5 D.4∶3答案B解析位移x随时间t变化的关系为x＝20t－eq\f(5,2)t2，可知该车的初速度为v0＝20m/s，加速度为a＝－5m/s2，汽车速度减为零的时间t0＝eq\f(0－v0,a)＝eq\f(－20,－5)s＝4s，则2s内的位移x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝20×2m－eq\f(1,2)×5×4m＝30m，5s内的位移等于4s内的位移，则x2＝eq\f(v0,2)t0＝eq\f(20,2)×4m＝40m，可知2s内与5s内汽车的位移之比为x1∶x2＝3∶4，故A、C、D错误，B正确。对点练2匀变速直线运动的推论及应用5.(多选)一质点做匀加速直线运动，第3s内的位移是2m，第4s内的位移是2.5m，那么以下说法中正确的是()A.这2s内的平均速度是2.25m/sB.第3s末的瞬时速度是2.25m/sC.质点的加速度是0.125m/s2D.质点的加速度是0.5m/s2答案ABD解析根据平均速度公式知，这2s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(2＋2.5,2)m/s＝2.25m/s，故A正确；第3s末的瞬时速度等于这2s内的平均速度，即v3＝eq\o(v,\s\up6(－))＝2.25m/s，故B正确；根据Δx＝aT2得，质点的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(2.5－2,12)m/s2＝0.5m/s2，故C错误，D正确。6.小轩同学某次在高铁站候车，从车头经过自己身边时开始计时，连续两个时间t内，驶过他身边的车厢节数分别为6和4，假设列车经过小轩身边时列车的运动可视为匀减速直线运动，列车每一节车厢的长度都相等，不计车厢之间的间隔，则第三个时间t内(列车未停止运动)经过小轩身边的车厢节数为()A.5 B.4 C.3 D.2答案D解析做匀变速直线运动的物体在相邻相等时间内的位移之差相等，设第三个时间t内的车厢数为n，每节车厢长度为x，则6x－4x＝4x－nx，解得n＝2，选项D正确。7.(多选)如图2所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()图2A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D.t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1答案BD解析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∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求时间之比为(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，选项C错误，D正确；由v2－veq\o\al(2,0)＝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时的速度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，故所求的速度之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，选项A错误，B正确。B级综合提升练8.如图3所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5s内和最后5s内经过的位移之比为11∶5。忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是()图3A.8s B.10s C.16s D.20s答案C解析设物块运动的加速度为a，上滑运动时间为t，把物块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5s内位移为x1＝eq\f(1,2)a×52＝eq\f(25,2)a，最初5s内位移为x2＝a(t－5)×5＋eq\f(1,2)a×52＝5at－eq\f(25,2)a，又因为x2∶x1＝11∶5，解得t＝8s。由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16s，故A、B、D错误，C正确。9.(2023·湖南长沙质检)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车，已知汽车刹车时第1秒内的位移大小为13m，最后1秒内的位移大小为2m，则下列说法正确的是()A.汽车在第1秒末的速度大小一定为11m/sB.汽车在第1秒末的速度大小可能为10m/sC.汽车的加速度大小一定为3m/s2D