專題二勻變速直線運動及其公式一、考點分析一、考點分析1．本專題在高考中主要考點有：勻變速直線運動公式的靈活運用；自由落體運動和豎直上拋運動；勻變速直線運動規律在生活中的應用。題型主要以選擇題為主，但也會與其他知識點結合在大題中考查多過程運動問題。2．方法技巧：(1)勻變速直線運動的基本公式(v－t關系、x－t關系、x－v關系)原則上可以解決任何勻變速直線運動問題；(2)已知某段時間內的位移、初末速度可求平均速度，應用平均速度公式往往會使解題過程變的非常簡捷。二、考題再現二、考題再現典例1.(2023全國I卷?18)如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足()A．1＜＜2B．2＜＜3C．3＜＜4D．4＜＜5【解析】運動員起跳到達最高點的瞬間速度為零，又不計空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運動。則根據初速度為零勻加速運動，相等相鄰位移時間關系：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))，可知，即3＜＜4，故選C。【答案】C典例2.(2023全國II卷?25)一質量為m＝2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機忽然發現前方100m處有一警示牌，立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間變化可簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0～t1時間段為從司機發現警示牌到采取措施的反應時間（這段時間內汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），t1＝s；t1～t2時間段為剎車系統的啟動時間，t2＝s；從t2時刻開始汽車的剎車系統穩定工作，直至汽車停止。已知從t2時刻開始，汽車第1s內的位移為24m，第4s內的位移為1m。(1)在圖（b）中定性畫出從司機發現警示牌到剎車系統穩定工作后汽車運動的v－t圖線；(2)求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大小；(3)求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1～t2時間內汽車克服阻力做的功；司機發現警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少？（以t1～t2時間段始末速度的算術平均值替代這段時間內汽車的平均速度）【解析】(1)v－t圖像如圖所示。(2)設剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為v1，則t1時刻的速度也為v1，t2時刻的速度也為v2，在t2時刻后汽車做勻減速運動，設其加速度大小為a，取Δt＝1s，設汽車在t2＋(n－1)Δt內的位移為sn，n＝1，2，3，…。若汽車在t2＋3Δt～t2＋4Δt時間內未停止，設它在t2＋3Δt時刻的速度為v3，在t2＋4Δt時刻的速度為v4，由運動學有：s1－s4＝3a(Δt)2①s1＝v2Δt－eq\f(1,2)a(Δt)2②v4＝v2－4aΔt③聯立①②③式，代入已知數據解得m/s④這說明在t2＋4Δt時刻前，汽車已經停止。因此，①式不成立。由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt內汽車停止，由運動學公式v3＝v2－3aΔt⑤⑥聯立②⑤⑥，代入已知數據解得a＝8m/s2，v2＝28m/s⑦或者m/s2，v2＝m/s⑧但在⑧式情形下，v3＜0不合題意，舍去。(3)設汽車的剎車系統穩定工作時，汽車所受阻力的大小為f1，由牛頓定律有：f1＝ma⑨在t1～t2時間內，阻力對汽車沖量的大小為：⑩由動量定理有：I＝mv1－mv2由動量定理，在t1～t2時間內，汽車克服阻力做的功為：聯立⑦⑨⑩式，代入已知數據解得：v1＝30m/sW＝×105J從司機發現警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為：聯立⑦，代入已知數據解得：s＝m【答案】見解析三、對點速練三、對點速練1．圖中ae為珠港澳大橋上四段110m的等跨鋼箱連續梁橋，若汽車從a點由靜止開始做勻加速直線運動，通過ab段的時間為t，則通過ce段的時間為()A．tB．eq\r(2)tC．(2－eq\r(2))tD．(2＋eq\r(2))t【答案】C【解析】設汽車的加速度為a，經歷bc段、ce段的時間分別為t1、t2，根據勻變速直線運動的位移時間公式有：xab＝eq\f(1,2)at2，xac＝eq\f(1,2)a(t＋t1)2，xac＝eq\f(1,2)a(t＋t1＋t2)2，解得：t2＝(2－eq\r(2))t，故C正確。2．如圖所示，在水平面上固定一點光源，在點光源和右側墻壁的正中間有一小球自水平面以初速度v0豎直上拋，已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則在小球豎直向上運動的過程中，關于小球的影子在豎直墻壁上的運動情況，下列說法正確的是()A．影子做初速度為v0，加速度為g的勻減速直線運動B．影子做初速度為2v0，加速度為2g的勻減速直線運動C．影子做初速度為2v0，加速度為g的勻減速直線運動D．影子做初速度為v0，加速度為2g的勻減速直線運動【答案】B【解析】設經過時間t，則小球的豎直位移：，由幾何關系可知，影子的位移：，則影子做初速度為2v0，加速度為2g的勻減速直線運動，故選B。3．某同學將一足球豎直砸向水平地面，足球以5m/s的速度被地面反向彈回，當足球上升到最高點后落回地面，以后足球每次與地面碰撞被彈回時速度均為碰撞前速度的eq\f(3,4)。不計足球與地面碰撞的時間和空氣阻力，取g＝10m/s2，則足球從第一次被彈回到最后停止運動的總時間為()A．8sB．4sC．2sD．s【答案】B【解析】足球第一次被彈回的速度v1＝5m/s，第一次在空中豎直上拋運動的總時間；足球第二次被彈回的速度v2＝eq\f(3,4)v1，第二次在空中豎直上拋運動的總時間；足球第三次被彈回的速度v3＝eq\f(3,4)v2＝（eq\f(3,4)）2v1，第三次在空中豎直上拋運動的總時間……則足球從第一次被彈回到最后停運動的總時間為t＝t1＋t2＋…＝＝4s，故選B。4．(多選)如圖所示，處于平直軌道上的甲、乙兩物體相距s，同時同向開始運動，甲以初速度v1、加速度a1做勻加速運動，乙由靜止開始以加速度a2做勻加速運動，下述情況可能發生的是(假設甲能從乙旁邊通過且互不影響)()A．a1＝a2，能相遇一次B．a1＞a2，能相遇兩次C．a1＜a2，可能相遇一次D．a1＜a2，可能相遇兩次【答案】ACD【解析】畫出滿足題給條件的v－t圖象，如圖所示，圖甲對應a1＝a2的情況，兩物體僅在t＝t1時相遇一次（圖中陰影部分面積為s）；圖乙對應a1＞a2的情況，兩物體僅在t＝t2時相遇一次（圖中陰影部分面積為s）；圖丙對應a1＜a2的情況，若陰影部分面積等于s，則相遇一次；若陰影部分面積小于s，則A、B不可能相遇；若陰影部分面積大于s，則可能相遇兩次，如圖丁所示。故選ACD。5．一根輕質細線將2個薄鐵墊圈A、B連接起來，一同學用手固定B，此時A、B間距為3L，距地面為L，如圖所示，由靜止釋放A、B，不計空氣阻力，且A、B落地后均不再彈起。從釋放開始到A落地歷時t1，A落地前瞬間速率為v1，從A落地到B落在A上歷時t2，B落在A上前瞬間速率為v2，則()A．t1∶t2＝2∶1B．兩墊圈加速度不確定，時間無法比較C．v1∶v2＝1∶2D．兩墊圈作為整體，同時落地【答案】C【解析】由靜止釋放A、B，AB都做自由落體運動，A運動的位移為L，B運動的位移為4L，根據可知，A落地的時間為，B落地的時間為：所以有：t2＝t－t1＝，所以有：t1＝t2，故A、B錯誤；A落地前瞬間速率為：B落地前瞬間速率為：，所以v1：v2＝1：2，故C正確；因A落地時B還沒有落地，故不可能同時落地，故D錯誤。6．如圖所示，在水平線OO′某豎直平面內，距地面高度為h，一條長為L(L＜h)的輕繩兩端分別系小球A和B，小球A在水平線OO′上，豎直向上的外力作用在A上，A和B都處于靜止狀態。現從OO′上另一點靜止釋放小球1，當小球1下落至與小球B等高位置時，從OO′上靜止釋放小球A和小球2，小球2在小球1的正上方。則下列說法正確的是()A．小球1將與小球B同時落地B．在小球B下落過程中，輕繩對B的拉力豎直向上C．h越大，小球A與小球B的落地時間差越大D．在小球1落地前，小球1與2之間的距離隨時間的增大而增大【答案】D【解析】設小球1下落到與B等高的位置時的速度為v，設小球1還需要經過時間t1落地，則：①，設B運動的時間為t2，則：②，比較①②可知，t1＜t2，故A錯誤；小球A與B都做自由落體運動，所以二者之間的輕繩沒有作用力，故B錯誤；設A運動時間為t3，則③；可得：，可知l是一個定值時，h越大，則小球A與小球B的落地時間差越小，故C錯誤；1與2兩球的距離：，可見兩球間的距離隨時間的推移，越來越大，故D正確。7．(多選)礦井中的升降機以5m/s的速度豎直向上勻速運行，某時刻一螺釘從升降機底板松脫，經過3s升降機底板上升至井口，此時松脫的螺釘剛好落到井底，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．螺釘松脫后做自由落體運動B．礦井的深度為45mC．螺釘落到井底時的速度大小為25m/sD．螺釘隨升降機從井底出發到落回井底共用時6s【答案】BC【解析】螺釘松脫時具有有升降機相同的向上的初速度，故螺釘脫落后做豎直上拋運動，A項錯誤；由運動學公式可得，螺釘自脫落至井底的位移h1＝－v0t＋eq\f(1,2)gt2，升降機這段時間的位移h2＝v0t，故礦井的深度為h＝h1＋h2＝45m，B項正確；螺釘落到井底時點速度大小為v＝－v0＋gt＝25m/s，C項正確；螺釘松脫前運動的時間為h1＝v0t?，解得t?＝6s，所以螺釘運動的總時間為t＋t?＝9s，D項錯誤。8．甲、乙兩輛汽車在同一直軌道上向右勻速行駛，甲車的速度v1＝16m/s，乙車的速度為v2＝12m/s，乙在甲前面L＝6m時，兩車同時開始剎車，從此時開始計時，甲車以a1＝2m/s2的加速度剎車，6s后立即改做勻速運動，乙車剎車的加速度為a2＝1m/s2。從兩車剎車開始計時，下列關于甲車第一次追上乙車的時間t1、兩車相遇的次數n、兩車速度相等時的時間t2的說法正確的是()A．3s、3次、8sB．3s、2次、6sC．2s、3次、8sD．2s、2次、6s【答案】C【解析】設剎車后經過t時間兩車速度相等，有：v1?a1t＝v2?a2t，解得：t＝4s，6s后甲車勻速，速度v＝16?2×6m/s＝4m/s，再次相等有：v＝v2?a2t′，解得：t′＝8s；在甲減速時，設經時間t相遇，甲和乙的位移分別為x1、x2，則有：x1＝v1t?，x2＝v2t?，x1－x2＝L，得：t1＝2s，t2＝6s；甲車減速時間恰好為6s，即在甲車減速階段，相遇兩次，第一次t1＝2s，第二次t2＝6s，此時甲車的速度為：v′1＝v1?a1t2＝4m/s，乙車的速度為：v′2＝v2?a2t2＝6m/s，設再經△t甲追上乙，有：v′1△t＝v′2△t?，代入數據解得：△t＝4s，此時乙仍在做減速運動，此解成立，所以甲、乙兩車第3次相遇，相遇時刻為t3＝t2＋△t＝10s，故C正確。9．如圖所示，左圖為大型游樂設施跳樓機，右圖為其結構簡圖。跳樓機由靜止從a自由下落到b，再從b開始以恒力制動豎直下落到c停下。已知跳樓機和游客的總質量為m，ab高度差為2h，bc高度差為h，重力加速度為g。則()A．從a到b與從b到c的運動時間之比為2∶1B．從a到b，跳樓機座椅對游客的作用力與游客的重力大小相等C．從a到b，跳樓機和游客總重力的沖量大小為meq\r(2gh)D．從b到c，跳樓機受到制動力的大小等于2mg【答案】A【解析】由題意可知，跳樓機從a運動b過程中做自由落體運動，由可得，下落時間，由可知，運動到b的速度大小為；跳樓機從b運動c過程中做減速運動，同理可得，，解得減速過程的加速度大小為a＝2g，時間為，故從a到b與從b到c的運動時間之比為，故A正確；從a到b，跳樓機做自由落體運動，故跳樓機座椅對游客的作用力為零，故B錯誤；從a到b，根據動量定理可得，則跳樓機和游客總重力的沖量大小為，故C錯誤；從b到c，根據牛頓第二定律有：，解得跳樓機受到制動力的大小為，故D錯誤。10．藍牙是一種無線技術，可實現固定設備、移動設備和樓宇個人域網之間的短距離數據交換，但設備間超過一定距離時便無法實現通訊。某次實驗中，在甲、乙兩小車上安裝了某種藍牙設備，該藍牙設備正常通選的有效距離為10米。兩車只能沿一條直線運動，如圖所示。共完成了兩組實驗，每組實驗兩車的起始距離都為d。兩組實驗的相關數據如下。第一組，乙車保持靜止，甲車從O點由靜止出發，以a1＝1m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，發現s后兩車不能夠再通訊。第二組，乙車向左具有一定的初速度v0，以a2＝m/s2的加速度做勻加速直線運動，而甲車仍做上述運動，發現1