备战2023年高考物理易错题易错点02 匀变速直线运动规律（解析版）

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易错点02匀变速直线运动例题1.若飞机着陆后以6m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s，则它着陆后12s内滑行的距离是(　　)A．288mB．300mC．150mD．144m【答案】B【解析】　设飞机着陆后到停止所用时间为t，由v＝v0＋at，得t＝＝s＝10s，由此可知飞机在12s内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10m＋m＝300m.【误选警示】误选D的原因：虽然规定初速度方向为正方向，加速度为，计算位移时没有判断刹车时间，直接带入匀变速直线运动的位移公式，求出位移为。对照选项中数据，误选D。例题2.假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m(未落地)，则(　　)A．物体在2s末的速度大小是20m/sB．物体在第5s内的平均速度大小是3.6m/sC．物体在前2s内的位移大小是20mD．物体在5s内的位移大小是50m【答案】　D【解析】设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5s内的位移是18m，可得g×(5s)2－g×(4s)2＝18m，得g＝4m/s2，所以物体在2s末的速度大小为8m/s，A错误；物体在第5s内的平均速度大小为18m/s，B错误；物体在前2s内的位移大小是g×(2s)2＝8m，C错误；物体在5s内的位移大小是g×(5s)2＝50m，D正确。【误选警示】误选A的原因：利用自由落体速度公式，直接带入地球表面重力加速度，求得结果。误选B的原因：第五秒错误认为，利用平均速度公式求得结果3.6m/s。误选C的原因：利用自由落体位移公式，直接带入地球表面重力加速度，求得结果。例题3.一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a、b

1分别为小汽车和大卡车的v－t图像(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是(　　)A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B．在t＝3s时发生追尾事故C．在t＝5s时发生追尾事故D．若紧急刹车时两车相距40m，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10m【答案】　B【解析】根据速度—时间图线与时间轴所围“面积”表示位移，由题图知，t＝3s时大卡车的位移为：xb＝vbt＝10×3m＝30m小汽车的位移为：xa＝×(30＋20)×1m＋×(20＋15)×2m＝60m则：xa－xb＝30m所以在t＝3s时发生追尾事故，故B正确，A、C错误；由v－t图线可知在t＝5s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移：Δx＝×(20＋10)×1m＋×10×4m＝35m<40m则不会发生追尾事故且两车最近时相距Δs＝x0－Δx＝5m，故D错误．【误选警示】误选A的原因：不会利用追及相遇问题的分析方法处理实际问题，想当然的认为只要减速就不会相撞。误选C的原因：想当然的认为速度相等就相撞。误选D的原因：不会分析恰好不相撞的临界条件而误选。一、对于运动学公式的选用可参考下表所列方法题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量　适宜选用的公式v0、v、a、tx速度公式v＝v0＋atv0、a、t、xv位移公式x＝v0t＋at2v0、v、a、xt速度位移关系式v2－v＝2ax

2v0、v、t、xa平均速度公式x＝t二、处理匀变速直线运动的常用方法1．基本思路2．常用“六法”易混点：一、两种匀减速直线运动的比较1．刹车类问题(1)其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．2．双向可逆类问题(1)示例：如沿光滑固定斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变．(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．二、追及相遇问题1．追及相遇问题的实质就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置．2.追及相遇问题的基本物理模型：以甲车追乙车为例．(1)无论v甲增大、减小或不变，只要v甲v乙，甲、乙的距离不断减小．3．分析思路

3可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系．通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口．4．常用分析方法(1)物理分析法：抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题目中的隐含条件，建立物体运动关系的情境图．能否追上的判断方法(临界条件法)物体B追赶物体A：开始时，两个物体相距x0，当vB＝vA时，若xB>xA＋x0，则能追上；若xB＝xA＋x0，则恰好追上；若xB0，即有两个解，说明可以相遇两次；②若Δ＝0，一个解，说明刚好追上或相遇；③若Δ<0，无解，说明追不上或不能相遇．当t＝－时，函数有极值，代表两者距离的最大或最小值．(3)图像法：在同一坐标系中画出两物体的运动图像．位移－时间图像的交点表示相遇，分析速度－时间图像时，应抓住速度相等时的“面积”关系找位移关系．5．常见追及情景(1)速度小者追速度大者情景图像说明匀加速追匀速①t＝t0以前，后面物体与前面物体间距离增大②t＝t0时，两物体相距最远，为x0＋Δx(x0为两物体初始距离)③t＝t0以后，后面物体与前面物体间距离减小④能追上且只能相遇一次匀速追匀减速匀加速追匀减速特别提醒：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)速度大者追速度小者情景图像说明

4匀减速追匀速开始追赶时，两物体间距离为x0，之后两物体间的距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻：①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件②若Δxx0，则相遇两次，设t1时刻Δx＝x0，两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇(t2－t0＝t0－t1)匀速追匀加速匀减速追匀加速1.(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m时，下列说法正确的是(　　)A．物体运动时间可能为1sB．物体运动时间可能为3sC．物体运动时间可能为(2＋)sD．物体此时的速度大小一定为5m/s【答案】ABC【解析】　　以沿斜面向上为正方向，a＝－5m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m时，x＝7.5m，由运动学公式x＝v0t＋at2，解得t1＝3s或t2＝1s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5m时，x＝－7.5m，由x＝v0t＋at2解得：t3＝(2＋)s或t4＝(2－)s(舍去)，故C正确．由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5m/s或v2＝5m/s、v3＝－5m/s，故D错误．2.（2021·湖北高考真题）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（　　）A．0.2sB．0.4sC．1.0sD．1.4s【答案】B【解析】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为1.4s下落前5m的过程所用的时间为

5则陈芋汐用于姿态调整的时间约为故B正确，ACD错误。故选B。3.假设高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30m/s.甲、乙相距x0＝100m，t＝0时刻甲车遭遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化分别如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是(　　)A．t＝3s时两车相距最近B．t＝6s时两车速度不相等C．t＝6s时两车距离最近，且最近距离为10mD．两车在0～9s内会相撞【答案】C【解析】　由题给图像画出两车的v－t图像如图所示，由图像可知，t＝6s时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积为0～6s内两车位移之差，即Δx＝x乙－x甲＝[×30×3＋×30×(6－3)]m＝90m

6C．第2s末的速度为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度为10m/s【答案】C【解析】　根据位移差公式xⅣ－xⅡ＝2aT2，得a＝＝m/s2＝4m/s2，故A正确，不符合题意；第2s内的位移为：x2－x1＝at22－at12＝×4×(22－12)m＝6m，故B正确，不符合题意；第2秒末速度为v＝at2＝4×2m/s＝8m/s，故C错误，符合题意；物体在0～5s内的平均速度＝＝＝m/s＝10m/s，故D正确，不符合题意．2.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，经过2s与5s汽车的位移之比为(　　)A．5∶4B．4∶5C．3∶4D．4∶3【答案】C【解析】　汽车速度减为零的时间为：t0＝＝s＝4s,2s时位移：x1＝v0t＋at2＝20×2m－×5×4m＝30m，刹车5s内的位移等于刹车4s内的位移，为：x2＝＝40m，所以经过2s与5s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确．3.(2022·广东深圳实验学校月考)做匀加速直线运动的质点，在第5s内及第6s内的平均速度之和是56m/s，平均速度之差是4m/s，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为(　　)A．4m/s2；4m/sB．4m/s2；8m/sC．26m/s2；30m/sD．8m/s2；8m/s【答案】B【解析】　根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度．依题意，可得4.5s末及5.5s末的速度之和及速度之差为v4.5＋v5.5＝56m/s，v5.5－v4.5＝4m/s，联立求得v4.5＝26m/s，v5.5＝30m/s，即有26m/s＝v0＋a×(4.5s)，30m/s＝v0＋a×(5.5s)，联立求得a＝4m/s2，v0＝8m/s，故选B.4.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止，已知汽车刹车时第1s内的位移为13m，最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是(　　)A．汽车在第1s末的速度可能为10m/sB．汽车加速度大小可能为3m/s2C．汽车在第1s末的速度一定为11m/s

7D．汽车的加速度大小一定为4.5m/s2【答案】C【解析】　采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝at2得，汽车加速度大小a＝＝m/s2＝4m/s2，第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t－at2，代入数据解得，初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．5.(多选)A、B两物体在同一直线上运动的v－t图像如图所示，已知在第4s末两物体相遇，则下列说法正确的是(　　)A．两物体从同一地点出发B．出发时A在B前方4m处C．两物体运动过程中，A的加速度小于B的加速度D．第4s末两物体相遇之后，两物体可能再相遇【答案】BC【解析】　由速度－时间图像与t轴所围的“面积”表示位移可知，两物体在0～4s内的位移不相等，而在第4s末相遇，可知出发点不同，A错误；xA＝×4×4m＝8mxB＝×6×4m＝12m已知在第4s末相遇，则出发时A在B前方4m处，B正确；由于A图线的斜率小于B图线的斜率，可知A的加速度小于B的加速度，C正确；相遇后A的速度始终小于B的速度，所以两物体不会再次相遇，D错误．6.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5m/s，乙的速度为10m/s，甲车的加速度大小恒为1.2m/s2.以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知(　　)

8A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B．在前4s的时间内，甲车的位移为29.6mC．在t＝4s时，甲车追上乙车D．在t＝10s时，乙车又回到起始位置【答案】B【解析】　v－t图像的斜率表示物体的加速度，由题图可知，乙的加速度先减小后增大，最后再减小，故A错误；在前4s的时间内，甲车的位移为x＝v0t＋at2＝5×4m＋×1.2×16m＝29.6m，故B正确；在t＝4s时，两车的速度相同，但经过的位移不同，故两车没有相遇，故C错误；在10s前，乙车速度一直为正，乙车一直沿正方向运动，故乙车没有回到起始位置，故D错误．7．（2021·全国·高三专题练习）一物体从某行星表面竖直向上抛出，从抛出瞬间开始计时，得到物体相对于抛出点的位移x与所用时间t的关系如图所示，以下说法中正确的是A．物体上升的最大高度为16mB．8s末物体上升到最高点C．该行星表面的重力加速度大小为4m/s2D．物体抛出时的初速度大小为4m/s【答案】A【解析】AB．由图可知t=4s时,物体相对于抛出点的位移最大为16m，上升到最高点，最大高度为h=16m。所以A正确，B错误；CD．物体做竖直上抛运动，由解得故CD错误。

9故选A。8．（多选）（2022·全国·高三课时练习）如图甲所示，让一小球从固定斜面顶端O处静止释放，小球经过A处到达斜面底端B处，通过A、B两处安装传感器测出A、B间的距离x及小球在AB段运动的时间t。改变A点及A处传感器的位置，重复多次实验，计算机作出-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A．小球在斜面上运动的平均速度大小为6m/sB．小球运动到斜面底端时速度大小为6m/sC．小球在斜面上运动的加速度大小为6m/s2D．小球在斜面上运动的时间为2s【答案】BC【解析】B由匀变速运动规律有可得由图乙知，小球运动到斜面底端时速度大小为故B正确；A．小球在斜面上做匀加速运动，平均速度小于6m/s，故A错误；C．由可得，小球在斜面上运动的加速度大小为a=6m/s2故C正确；D．由vB=at0可得，小球在斜面上运动的时间为t0=1s故D错误。故选BC。9．（多选）（2022·河南南阳·高二期末）利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t

10分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是（　　）A．根据甲图可求出物体的加速度大小为B．根据乙图可求出物体的加速度大小为C．根据丙图可求出物体的加速度大小为D．根据丁图可求出物体在前内的速度变化量大小为【答案】AB【解析】A．根据匀变速运动的位移与时间关系公式，根据甲图中图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为解得A正确；B．根据匀变速运动的速度与位移时间关系，根据乙图中图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为解得B正确；C．根据匀变速运动的位移与时间关系公式，整理得根据丙图中图像为一次关系图线，可求出物体的加速度大小为解得物体的加速度大小为4m/s2，C错误；

11D．根据微元法可以得到，物理学中图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物理的速度变化量，则丁图中图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为D错误；故选AB。10．（2023·全国·高三专题练习）货车A正在该公路上以20m/s的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有64m。（1）若此时B车立即以2m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间；（2）若A车司机发现B车，立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2（两车均视为质点），为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：B车加速度a2至少多大才能避免事故。（这段公路很窄，无法靠边让道）【答案】（1）4s；（2）1.125m/s2【解析】（1）当两车速度相等时，所用时间为t0＝＝10s在此10s内A车的位移为xA＝vAt0＝20×10m＝200mB车的位移为xB＝at＝×2×102m＝100m此时A、B两车间的位移差为Δx＝xA－xB＝100m＞64m所以两车必定相撞；设两车相撞的时间为t，则相撞时有vAt－at2＝64m代入数据解得t＝4s（另一根不合题意舍去）所以A车撞上B车的时间为4s；（2）已知A车的加速度aA＝－2m/s2，初速度vA＝20m/s；设B车的加速度为a2，B车运动经过时间为t′，两车相遇时，则有vAt′＋aAt′2＝a2t′2＋L代入数据有t′2－20t′＋64＝0要避免相撞，则上式无实数解，根据数学关系知

12a2＞1.125m/s2所以B的加速度的最小值为1.125m/s2。