力与运动——匀变速直线运动规律的应用-2023年新高考物理二轮复习专题讲义（含解析）

匀变速直线运动规律的应用
匀变速直线运动规律
（2022.湖北.历年真题）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（　　）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
关键信息：W和G之间均匀分布4个车站 → 有5段相等的位移
每个站点进出站方式相同 → 任意相邻两个车站之间节省的时间相同
两种列车在每个车站停车时间相同 → 节省的时间只在运动中产生
加速度相等，最高速度不同 → 相同位移下运动时间不同
解题思路：两列车最高速度不同，相邻两个车站之间减速时间不同，匀速时间不同，加速时间不同，但加速度却是相等的。在哪儿节省了时间？怎么计算？带着这个问题深入分析已知条件。
108km/h＝30m/s，324km/h＝90m/s
相邻两站的距离：x＝＝2.16×105 m
普通列车加速时间：t1＝＝s＝60s
加速过程位移：x1＝＝×0.5×602m＝900m
根据对称性，普通列车在加速阶段与减速阶段所用时间相等，位移大小相同，
故匀速运动的时间t1′＝＝s＝7140s
高铁列车加速时间：t2＝＝s＝180s
加速过程位移：x2＝＝×0.5×1802m＝8100m
故匀速运动的时间t2′＝＝＝2220s
故相邻两站节省的时间：
Δt＝(2t1＋t1')﹣(2t2＋t2')＝(2×60＋7140)s﹣(2×180＋2220)s＝4680s
故节省的总时间t＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分
故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2022.浙江.模拟）现在城市的交通非常发达，城市的快速道限速可以达到80km/h。现在有一辆汽车正以72km/h的速度向红绿灯路口行驶，离路口还有120m的地方，他发现前方是红灯，并且显示倒计时时间为10s，他继续原速前进，一段时间后，开始以大小5m/s2的加速度减速，到达路口时车刚好停止。（车辆可以视为质点，不计司机的反应时间）
（1）求车到达路口时红灯还剩几秒；
（2）如果车辆在120m处按自由滑行（关闭动力）的方式来减速前进，加速度大小为a1＝1.25m/s2，车辆会不会闯红灯？
（3）车辆在120m处就开始做匀减速运动，试问车辆应该以多大的加速度减速，才能使车辆到达路口的时候绿灯恰好亮起？
（1）v0＝72 km/h＝20 m/s
设减速为零时的时间为t2，运动的位移为x2，
t2＝，x2＝t2
代入数据解得：t2＝4 s，x2＝40 m
根据匀变速直线运动规律，匀速运动的时间t1，t1＝，
代入数据解得：t1＝4 s
所以等待时间为：t＝t0﹣t1﹣t2＝2 s。
（2）当位移为120 m时，设用时为t3，那么x＝v0t3﹣a1t32，
代入数据解得：t3＝8 s
此时速度为v＝v0﹣a1t3＝10 m/s
此时依然是红灯，而汽车的速度为10 m/s，必定闯红灯。
（3）即在10 s时，车辆的位移恰好等于120 m，则
x＝v0t﹣at2
代入数据解得a＝1.6 m/s2。
1．解决匀变速直线运动的六种思想方法
（1）基本公式法：指速度公式、位移公式和速度位移关系式，灵活选用运动学公式，已知三个物理量，求两个物理量，都可以一步解答。
（2）平均速度法：①（对任何性质的运动都适用）；②（只适用于匀变速直线运动）。
（3）推论法：利用Δx＝aT2（对于纸带类问题一般用此方法）。
（4）比例法：适用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。
（5）逆向思维法：对于匀减速到速度为零后立即停止运动，求解时要注意确定其实际运动时间.。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、加速度不变的匀加速直线运动。
（6）图像法：根据v－t图像，利用围成的面积计算位移，比较经过相同位移所用的时间。
追及与相遇问题
（2022.湖南长沙.模拟）如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内时能够实现通信。t＝0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为4m/s，乙车的速度为1m/s，O1、O2的距离为3m。从该时刻起甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间，从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（　　）
A．2s B．10s C．16s D．20s
关键信息：5m以内时实现通信，O1、O2的距离为3m → 运动方向相距4m能够通信
甲乙并排，甲的初速度大于乙 → ①甲先行驶至乙车前方 ②可能被乙车追上
甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下 → 经4s停下
解题思路：根据几何关系可知，当两车在运动方向的位移相差4m之内时，两车能够利用蓝牙保持通信。甲车做匀减速运动直到停下，可以按甲车停车之前、之后两段过程分析计算乙车在运动方向相距在4m之内的时间。
当t＝4s时，甲车的速度减为零，此时甲车停止，由分析可知，在甲车停止前，甲车始终在前，设甲车停止前两车在运动方向上相距4m的时间为t1，
在甲车未停止前，甲车在前，乙车在后，则
解得：t1≤2s或t1≥4s（不合题意，舍去）
当甲车停止时，则此时甲车的位移为x1＝×4m＝8m，乙车的位移为x2＝1×4m＝4m，此时甲车在乙车前4m，根据上述分析可知，乙车可以继续往前开8m的距离，在此过程中甲乙两车的竖直距离仍然保持在4m之内，此时的时间为t′＝＝8s，综上所示，能够保持蓝牙通信的总时间为t总＝t1＋t′＝2s＋8s＝10s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2021.河南新乡.期末考试）冬天，雾霾天气频繁出现，某日早晨有浓雾，道路能见度只有30m，且路面湿滑。一辆小汽车以18m/s的速度由南向北行驶，某时刻，汽车司机突然发现正前方浓雾中有一辆卡车正以6m/s的速度同向匀速行驶，于是鸣笛示警同时紧急刹车，但路面湿滑，只能以2m/s2的加速度匀减速行驶。前车接到示警2s后以2m/s2的加速度匀加速行驶。下列说法正确的是（　　）
A．两车虽采取了加速，减速措施，但加速度过小，仍会发生追尾
B．前车开始加速时，两车距离最近
C．两车距离最近时只有2m
D．前车开始加速时，两车仅相距9m
设小汽车的速度v1＝18m/s，卡车的速度v2＝6m/s，a＝2m/s2，t0＝2s，s＝30m，
ABC、设汽车经时间t两者共速，则v1﹣at＝v2＋a(t﹣t0)，解得t＝4s，
此时间内小汽车的位移：，
卡车的位移：，
因x2＋s＞x1可知两车不会追尾，此时两车的距离为28m＋30m﹣56m＝2m，故C正确，AB错误；
D、在前车开始加速时，两车相距Δx＝s－(v1t0－at02－v2t0)＝10m，故D错误；
故选：C。
特别提醒：
1.若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动。
2.在进行多物体、多过程运动分析时，灵活运用v-t图像，可清晰描绘运动图景，为解决相关问题提供便捷。
自由落体与竖直上抛
（2021.陕西西安.期末考试）在地面上以初速度kv0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件（已知k＞1，不计空气阻力）（　　）
A．Δt＞ B．Δt＜
C．＜Δt＜ D．＜Δt＜
关键信息：
物理角度分析：空中相遇 → 同时到同一位置 → B物体上升过程相遇还是下落过程相遇？与时间有什么关联？
数学角度分析：空中相遇 → 同时到同一位置 → 轨迹存在交点 → 可以通过轨迹方程来判断。
解题思路：竖直上抛初速度已知，时间决定了物体所在的位置，通过判断物体到达最高点的时间或回到出发点的时间，结合临界条件来判断其可能的相遇位置；也可以通过轨迹方程来判断。
物体A从地面上抛出到回到地面所用时间为：tA＝2
物体B从地面上抛出到回到地面所用时间为：tB＝2
要使两物体能在空中相遇，
临界一：假设两物体刚好在回到地面时相遇，则有：Δt1＝tA﹣tB＝
临界二：在物体A刚好回到地面时，将物体B上抛，则有：Δt2＝tA＝
故为了使两物体能在空中相遇，两物体抛出的时间间隔Δt必须满足
＜Δt＜
故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据竖直上抛位移时间表达式，画出两种情况下的位移时间图，通过平移物体B的运动轨迹，图像交点说明相遇，来判断两物体抛出的时间间隔Δt。
临界一：假设两物体刚好在回到地面时相遇，则有：Δt1＝－2 ＝
临界二：在物体A刚好回到地面时，将物体B上抛，则有：Δt2＝tA＝
故为了使两物体能在空中相遇，两物体抛出的时间间隔Δt必须满足
＜Δt＜
（2022.湖南新宁.三模）日本特摄片奥特曼风靡世界几十年，其拍摄过程采用微缩景观的方法进行拍摄。设某次拍摄中“景观”被等比例缩小25倍进行拍摄，拍摄时一石块从1.8m处落下，为了防止放映时穿帮，在放映时应（　　）
A．慢放25倍 B．快放25倍 C．慢放5倍 D．快放5倍
根据自由落体运动规律有h＝gt2，
即t＝，
由于缩小25倍拍摄，则影片中石块下落的高度应该是1.8m的25倍，
所以为防止穿帮，放映的时间应该是拍摄过程中石块实际下落时间的5倍，即慢放5倍速度播放，故C正确，ABD错误。
故选：C。
竖直上抛运动：
（1）重要特性
①对称性
a．时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA。
b．速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。
②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。
（2）研究方法
分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动 下降阶段：自由落体运动
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2（以竖直向上为正方向） 若vt＞0，物体上升，若vt＜0，物体下落 若h＞0，物体在抛出点上方，若h＜0，物体在抛出点下方
利用图像研究运动问题
（2022.东北三省四市.模拟）一辆汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，某时刻司机发现前方施工需减速行驶，司机反应了0.2s后开始刹车。如图所示为发现施工提示后的速度平方v2随位移x的变化关系。从司机发现前方施工提示至汽车速度减小到5m/s过程中，汽车的位移为（　　）
A．44m B．41.5m C．40m D．37.5m
关键信息：
（图像中获取信息）v2随位移x线性变化 → 存在函数关系 → 寻找函数表达式，分析斜率和截距的含义。
解题思路：
解答图像题的关键是寻找图像对应的函数关系，从图像中获取信息。匀变速直线运动的速度—位移关系为v2－＝2ax，变形为v2＝2ax＋，结合图像可知，v2关于自变量x是一次函数，图线斜率等于2a，截距表示。
由图可知：在0～4m内斜率为零，汽车做匀速直线运动；
由v2＝2ax＋可知，在4m～44m内，
斜率为2a＝m/s2＝－10m/s2，
加速度为a＝m/s2＝－5m/s2，
初速度为20m/s，末速度为零。
故从司机发现前方施工提示至汽车速度减小到5m/s过程中，
汽车的位移有匀速的位移x1＝4m，减速的位移满足：v2－＝2ax2，
解得：x2＝＝m＝37.5m
故汽车的位移为x＝x1＋x2＝4m＋37.5m＝41.5m
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2022.河南安阳.一模）一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，物块运动的位移为x，运动时间为t，绘制的图像如图所示，则物块在前3s内的位移为（　　）
A．25m B．24m C．20m D．15m
由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，则位移为x＝v0t-at2，
整理得，
由图可知斜率为v0＝20m/s，由截距可知加速度大小为：a＝8m/s2 ；
所以物体减为零的时间为t＝＝s＝2.5s
物块在前3s内的位移为物体速度减到零时间内的位移，则有x＝＝25m
故A正确，BCD错误。
故选：A。
1、关注坐标轴所表示的物理量，从物理规律出发寻找图像对应的函数关系式；
2、理解截距、斜率、面积所代表的物理量（注意正负的含义）；
3、分析交点、转折点、渐近线等，交点往往是解决问题的切入点。
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