人教版高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律学案

第2节　匀变速直线运动的规律

一、匀变速直线运动的基本规律

1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。

2．分类

(1)匀加速直线运动：a与v方向相同。

(2)匀减速直线运动：a与v方向相反。

3．基本规律

二、匀变速直线运动的重要关系式

1．两个导出式

2．三个重要推论

(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2，即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2。

(2)中间时刻速度v＝＝，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半。

(3)位移中点的速度v＝。

3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论

(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为

v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为

xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝12∶22∶32∶…∶n2。

(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。

(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为

t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。

三、自由落体运动和竖直上抛运动

1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)

(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 (×)

(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 (×)

(3)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。(√)

(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。 (×)

(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。 (×)

(6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。 (√)

2．(人教版必修1P43T3改编)某航母甲板上跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为(　　)

A．5 m/s  B．10 m/s  C．15 m/s  D．20 m/s

[答案]　B

3．(人教版必修1P40T3改编)以18 m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为(　　)

A．50 m  B．45 m  C．40.5 m  D．40 m

C　[根据x＝v0t＋at2得36＝18×3＋a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝＝ s＝4.5 s<5 s，所以4.5 s末汽车停止运动，5 s内的位移x＝＝ m＝40.5 m，故选项C正确。]

4．(人教版必修1P49做一做改编)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3＝8 m。由此可求得(　　)

A．第一次闪光时质点的速度

B．质点运动的加速度

C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移

D．质点运动的初速度

C　[由于闪光时间未知，所以根据s2－s1＝s3－s2＝aT2，只能求出第二、三次闪光的时间间隔内质点的位移s2＝5 m，选项C正确。]

匀变速直线运动的基本规律　

1．重要公式的选择

2．运动学公式中正、负号的规定

一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。

3．两类特殊的匀减速直线运动

(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失，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(到停止运动)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：如沿光滑斜面上滑的小球，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，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。

[典例示法]　(2021·湖北天门模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：

(1)这时出租车离出发点的距离；

(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)

审题指导：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境

[解析]　(1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝15 m/s

由速度公式v＝v0＋at

得a＝＝＝1.5 m/s2

由位移公式得x1＝at＝×1.5×102 m＝75 m

这时出租车离出发点的距离为75 m。

(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s时，由v＝2ax2得x2＝＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝＝ s＝20 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，通过位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示

x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 700 m＝2.7 km。

[答案]　(1)75 m　(2)2.7 km

“一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题

[跟进训练]

　基本公式的应用

1．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人。若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　)

A．288 m  B．300 m  C．150 m  D．144 m

B　[先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m。]

　汽车“刹车问题”

2．汽车以v0＝20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度a＝－5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s时与5 s时汽车的位移之比为(　　)

A．5∶4  B．4∶5  C．3∶4  D．4∶3

C　[汽车速度减为零所需的时间t0＝＝ s＝4 s，2 s时汽车的位移x1＝ m＝30 m，由于汽车经4 s停止运动，则5 s时汽车的位移即4 s时的位移，所以5 s时汽车的位移x2＝＝ m＝40 m，则2 s时与5 s时汽车的位移之比为3∶4，C正确。]

　多过程问题

3．有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为2 m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48 m。问：

(1)若电梯运行时最大限速为9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少；

(2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为15 s，上升的最大速度是多少？

[解析]　(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最大速度为vm，由位移公式得h＝＋，代入数据解得vm＝8 m/s

因为vm＝8 m/s<9 m/s，符合题意

加速的时间为t1＝＝ s＝4 s

减速的时间为t2＝＝ s＝8 s

运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12 s。

(2)设加速的时间为t′1，减速的时间为t′2，匀速上升时的速度为v，且v<8 m/s，则加速的时间为t′1＝，减速的时间为t′2＝

匀速运动的时间为t＝15 s－t′1－t′2

上升的高度为h＝(t′1＋t′2)＋v(15 s－t′1－t′2)，联立解得v＝4 m/s，另一解不合理，舍去。

[答案]　(1)12 s　(2)4 m/s

解决匀变速直线运动的常用方法　

解决匀变速直线运动问题常用的六种方法

[典例示法]　(一题多解)物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。

思路点拨：解此题把握以下关键信息

(1)“到达斜面最高点C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速运动，可考虑“逆向思维”。

(2)“距斜面底端l处的B点”表明BC的距离为，可考虑“比例法”应用。

[解析]　法一：基本公式法

因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得

v＝2axAC ①

v＝v－2axAB ②

xAB＝xAC ③

由①②③解得vB＝ ④

又vB＝v0－at ⑤

vB＝atBC ⑥

由④⑤⑥解得tBC＝t。

法二：平均速度法

利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然后进一步分析问题。

AC＝＝

又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝

由以上三式解得vB＝

可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。

法三：逆向思维法

物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC

由运动学公式得xBC＝at，xAC＝a(t＋tBC)2，

又xBC＝，由以上三式解得tBC＝t。

法四：比例法

对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)

因为xBC∶xAB＝∶＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。

法五：图象法

根据匀变速直线运动的规律，画出v­t图象

如图所示

利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比

得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC

所以＝，解得tBC＝t。

[答案]　t

解决匀变速直线运动问题的两个技巧

(1)把减速到0的匀减速直线运动转化为反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。

(2)若已知匀变速直线运动的位移和时间，通常优先考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。

[跟进训练]

1．一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．  B．  C．  D． 

C　[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＝；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋＝t，则物体加速度的大小a＝＝，解得：a＝，故选C。]

2．如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|＝2 m，|BC|＝3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于(　　)

A． m  B． m  C． m  D． m

A　[设物体通过AB、BC所用时间均为T，则B点的速度为：vB＝＝，

根据Δx＝aT2得：a＝＝，

则有：vA＝vB－aT＝－·T＝，

根据速度位移公式得，O、A两点之间的距离为：

xOA＝＝ m＝ m。故A正确，B、C、D错误。]

3．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为8 m和6 m，则(　　)

A．公共汽车的加速度大小为3 m/s2

B．第2 s末的速度大小为7 m/s

C．刹车后6 s内的位移大小为18 m

D．公共汽车的初速度大小为9 m/s

D　[根据Δx＝aT2得，汽车刹车的加速度a＝ m/s2＝－2 m/s2即公共汽车的加速度大小为2 m/s2，故A错误；根据x1＝v0t1＋at代入数据解得v0＝9 m/s则第2 s末的速度大小为v2＝v0＋at＝(9－2×2)m/s＝5 m/s，故B错误，D正确；汽车开始刹车到停下的时间t0＝＝4.5 s，刹车后6 s内的位移大小等前4.5 s内的位移即x＝×4.5 m＝20.25 m，故C错误。]

自由落体运动和竖直上抛运动　

1．两种运动的特性

(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。

(2)竖直上抛运动的重要特性

①对称性

如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，如图所示，则：

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．竖直上抛运动的研究方法

[典例示法]　在离地面高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。

审题指导：解此题关键是画出两物体运动示意图(如图所示)，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。

[解析]　如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向

A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为

y1＝h－gt2

B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为

y2＝v0t－gt2

两个质点相遇的条件是y1＝y2

即h－gt2＝v0t－gt2，可见A、B相遇的时间t0＝。

而B上升到最高点的时间t1＝

若要使B在上升时与A相遇，必须满足t1≥t0，即

≥

所以B在上升时与A相遇的v0的取值范围为

v0≥

若B在下降过程中与A相遇，必须满足<，即v0<，但又要在B落地以前相遇，B落地的时间t2＝，

必须满足t2≥t0，即≥

得v0≥

因此，在B下降过程中与A相遇的v0的取值范围为

>v0≥。

[答案]　见解析

解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意

(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般以初速度方向为正方向。

(2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法。

①根据位移h判断：h>0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，h<0在抛出点下方。

②根据时间t判断：t<表示正处在上升过程，t＝恰好在最高点，t>表明在下降过程中，t>表明在抛出点下方。

[跟进训练]

　自由落体运动规律的应用

1．把一条铁链自由下垂地悬挂在天花板上，放开后让铁链做自由落体运动，已知铁链通过悬点下方3.2 m处的一点历时0.5 s，g取10 m/s2，则铁链的长度为(　　)

A．1.75 m　　B．2.75 m　　C．3.75 m　　D．4.75 m

B　[若铁链刚好长为3.2 m，则整条铁链通过悬点下方3.2 m处历时t0＝＝ s＝0.8 s，而题设整条铁链通过该点只用了0.5 s，说明铁链长度小于3.2 m，则铁链下端到达悬点下方3.2 m处用的时间为Δt＝t0－t＝(0.8－0.5) s＝0.3 s。因h－l＝g·Δt2，则l＝h－g·Δt2＝ m＝2.75 m。]

　竖直上抛运动规律的应用

2．(一题多解)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2)

[解析]　法一：分段法

设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，

则t1＝＝ s＝1 s

上升的最大高度

h1＝＝ m＝5 m

故重物离地面的最大高度为

H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m

重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为

t2＝＝ s＝6 s

v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s

所以重物从气球上脱落至落地共历时

t＝t1＋t2＝7 s。

法二：全程法

从物体自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移

h＝－175 m

由位移公式

h＝v0t－gt2

有－175＝10t－×10t2

解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)

所以重物落地速度为

v1＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s

＝－60 m/s

其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。

法三：对称性

根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－v＝2gh

解得v＝60 m/s，方向竖直向下

经过h历时Δt＝＝5 s

从最高点到落地历时t1＝＝6 s

由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t＝2t1－Δt＝7 s。

[答案]　7 s　60 m/s