2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第一章第2节　匀变速直线运动规律


第2节　匀变速直线运动规律
教材梳理·自主预习
知识梳理
一、匀变速直线运动的基本规律
1.速度与时间的关系式:vt=v0+at.
2.位移与时间的关系式:s=v0t+at2.
知
识
解
读

图2中,梯形OABC的面积代表物体在这段时间间隔内的位移,即S=(OC+AB)×OA,换成对应的物理量,可得s=(v0+vt)t,结合速度公式可得s=v0t+at2.
3.位移与速度的关系式:-=2as.
二、匀变速直线运动的推论
自
主
探
究
如图,一列火车在平直轨道上以加速度a匀加速行驶,设经过某一点A时速度为v0,经时间t后到达B点,再经时间t后到达C点.

(1)火车到达B点和C点的速度是多少?
(2)AB段、BC段的位移,BC段与AB段的位移差分别是多少?
(3)AC段的平均速度是多少?并与B点的瞬时速度进行比较.
答案:(1)v0+at,v0+2at.
(2)v0t+at2,v0t+at2,at2.
(3)v0+at,AC段的平均速度等于B点的瞬时速度.
1.平均速度公式:==.
2.位移差公式:Δs=s2-s1=s3-s2=…=sn-=aT2.
位移差公式可以推广到sm-sn=(m-n)aT2.
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为:
v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n.
(2)1T内、2T内、3T内……位移之比为:
s1∶s2∶s3∶…∶sn=1∶22∶32∶…∶n2.
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移之比为:sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN=1∶3∶5∶…∶(2n-1).
情
景
展
示


(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-).
情
景
展
示

三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律

运动条件
(1)物体只受重力作用
(2)由静止开始下落
运动性质
初速度为零的匀加速直线运动
运动规律
(1)速度与时间的关系式:vt=gt
(2)位移与时间的关系式:h=gt2
(3)速度与位移的关系式:=2gh

(1)速度与时间的关系式:vt=v0-gt
(2)位移与时间的关系式:
h=v0t-gt2
(3)速度与位移的关系式:
-=-2gh
(4)上升的最大高度:H=
(5)上升到最高点所用时间:t=
小题检测
1.思考判断
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动.(　×　)
(2)匀加速直线运动的位移是均匀增大的.(　×　)
(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)做竖直上抛运动的物体,在上升过程中,速度的变化量的方向是向下的.(　√　)
(5)竖直上抛运动的速度为负值时,位移也为负值.(　×　)
2.(多选)一物体做匀变速直线运动,下列说法中正确的是(　CD　)
A.物体的末速度一定与时间成正比
B.物体的位移一定与时间的平方成正比
C.物体的速度的变化与对应时间成正比
D.若为匀加速运动,速度和位移都随时间增加
解析:由vt=v0+at得vt-v0=at,可知速度的变化与时间成正比,A错误,C正确;由s=v0t+at2知,只有当v0=0时,s与t2成正比,B错误;匀加速直线运动的速度和位移都随时间而增加,D正确.
3.质点做直线运动的位移s与时间t的关系为s=5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位),则该质点(　D　)
A.第1 s内的位移是5 m
B.前2 s内的平均速度是6 m/s
C.任意相邻的1 s内位移差都是1 m
D.任意1 s内的速度增量都是2 m/s
解析:对比公式s=v0t+at2,质点的初速度v0=5 m/s,加速度a=2 m/s2,有s1=(5×1+12) m=6 m,== m/s=7 m/s,故B错误;Δs=at2=2×12 m=2 m,故C错误;Δv=at=2×1 m/s=2 m/s,故D正确.
4.(多选)物体从离地面45 m高处做自由落体运动,g取 10 m/s2,则下列说法正确的是(　ABC　)
A.物体运动3 s后落地
B.物体落地时的速度大小为30 m/s
C.物体在落地前最后1 s内的位移为25 m
D.物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s
解析:由h=gt2得t== s=3 s,A正确;落地速度vt=gt=10×3 m/s=30 m/s,B正确;前2 s内下落的高度h′=gt′2=×10×22 m=20 m,则落地前最后1 s内的位移s=h-h′=(45-20) m=25 m,C正确;整个下落过程中的平均速度== m/s=15 m/s,D错误.
考点研析·感悟提升
考点一　匀变速直线运动的规律及应用
1.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,vt,a,t
s
vt=v0+at
v0,a,t,s
vt
s=v0t+at2
v0,vt,a,s
t
vt2- v02 =2as
v0,vt,t,s
a
s=t
2.运动学公式中正、负号的规定
直线运动可以用正、负号表示矢量的方向,一般情况下,我们规定初速度的方向为正方向,与初速度同向的物理量取正值,反向的物理量取负值,当v0=0时,一般以a的方向为正方向.
3.“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题

[例1] 第十二届中国国际航空航天博览会于2018年11月6日至11日在珠海国际航展中心举办.“歼10B”推力矢量验证机接连上演“眼镜蛇”机动、“落叶飘”等高难度机动动作.质量为m的“歼10B”飞机表演后返回某机场,降落在跑道上的减速过程简化为两个匀减速直线运动过程.飞机以速度v0着陆后立即打开减速阻力伞,加速度大小为a1,运动时间为t1;随后在无阻力伞情况下匀减速直至停止,在平直跑道上减速滑行总路程为s.求第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间.
过程图示:画出飞机着陆后的运动如图所示,A为飞机着陆点,AB,BC分别对应两个匀减速直线运动过程,C点停止.

解析:A到B过程,依据运动学规律有
s1=v0t1-a1,vB=v0-a1t1,
B到C过程,依据运动学规律有
s2=vBt2-a2,0=vB-a2t2,
A到C过程,有s=s1+s2,
联立解得a2=,
t2=.
答案:　
规律总结
巧解匀变速直线运动问题的两点注意
(1)由题意画出物体在各阶段的运动示意图,直观呈现物体的运动过程.
(2)如果一个物体的运动包含几个阶段,就要分段分析,并注意分析各段的运动性质.各段交接处的速度往往是连接各段的纽带,应注意分析和利用.
题组训练
1.如图所示,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面.某一竖井的深度约为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2,假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　C　)

A.13 s B.16 s C.21 s D.26 s
解析:升降机先做加速运动,后做匀速运动,最后做减速运动,在加速阶段,所需时间t1==8 s,通过的位移为s1==32 m;在减速阶段与加速阶段相同;在匀速阶段所需时间为t2== s=5 s,总时间为 t=2t1+t2=21 s,故C正确,A,B,D错误.
2.(2019·湖南湘潭月考)据英国《每日邮报》9月18日报道,英国运动员赫普顿斯托尔在伦敦成功挑战地铁速度.他从“市长官邸站”下车,在下一地铁站“坎农街站”顺利登上刚下来的同一节车厢.已知地铁列车每次停站时间(从车门打开到关闭的时间)为ta=20 s,列车加速和减速阶段的加速度均为a=1 m/s2,运行过程的最大速度为vm=72 km/h.假设列车运行过程中只做匀变速和匀速运动,两站之间的地铁轨道和地面道路都是平直的且长度相同,两站间的距离约为s=400 m,赫普顿斯托尔出站和进站共用时tb=30 s.问:
(1)他在地面道路上奔跑的平均速度至少多大;
(2)郑州地铁一号线最小站间距离约为s′=1 000 m,地铁列车每次停站时间为ta′=45 s,按赫普顿斯托尔的奔跑速度,在郑州出站和进站最短共需用时tb′=60 s,列车参数和其他条件相同.试通过计算判断,若赫普顿斯托尔同样以上述平均速度在地面道路上奔跑,能否在这两个车站间挑战成功.
解析:(1)列车从静止加速至最大速度过程,
vm=72 km/h=20 m/s.
所用时间为t1== s=20 s,
运动位移为s1== m=200 m,
列车加速至最大速度后立即做减速运动,列车在两站间运动总时间为t车=2t1=2×20 s=40 s,
运动员在地面道路上奔跑的最长时间为
t=2ta+2t1-tb=2×20 s+2×20 s-30 s=50 s,
最小平均速度为
== m/s=8 m/s.
(2)列车在郑州地铁这两站间运动总时间为
t车′=2t1+=2×20 s+ s=70 s,
运动员在地面道路上奔跑的时间为
t′=2ta′+t车′-tb′=2×45 s+70 s-60 s=100 s,
能赶上列车的平均速度为
′== m/s=10 m/s,
因′>,故不能挑战成功.
答案:(1)8 m/s　(2)见解析
考点二　解决匀变速直线运动的常用方法

[例2] 物体(可视为质点)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,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.

过程图示:

解析:法一　逆向思维法和基本公式法
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sBC=a,sAC=a(t+tBC)2,
又sBC=,
由以上三式解得tBC=t.
法二　逆向思维法和比例法
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s1∶s2∶s3∶…∶sn=1∶3∶5∶…∶(2n-1).因为sCB∶sBA=∶=1∶3,而通过sBA的时间为t,所以通过sBC的时间tBC=t.
法三　中间时刻速度法
匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,==,
又=2asAC,=2asBC,sBC=.
由以上三式解得vB=.
vB正好等于AC段的平均速度,因此到达B点时是这段位移的中间时刻,因此有tBC=t.
法四　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比的平方,得=,
且=,OD=t,OC=t+tBC,解得tBC=t.
答案:t
规律总结
匀变速直线运动规律中应用的两个技巧
(1)匀减速直线运动减速到零时,看成反向的初速度为零的匀加速直线运动,会使运算量大大减小.
(2)若已知匀变速直线运动的时间和位移,通常要考虑应用平均速度公式,求出中间时刻的瞬时速度.
题组训练
1.(逆向思维法)(多选)2019年3月11日凌晨,在苏格兰举行的世界轮椅冰壶锦标赛决赛上,中国轮椅冰壶队战胜东道主苏格兰队,夺得冠军,创造了中国轮椅冰壶首摘世锦赛冠军的历史.比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动,且在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(　BD　)
A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3=∶∶1
C.t1∶t2∶t3=1∶∶
D.t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1
解析:因为冰壶做匀减速直线运动,且末速度为零,故可以视为反向的匀加速直线运动来研究,通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-),故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(-)∶(-1)∶1,选项C错误,D正确;初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶∶∶…∶,则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为∶∶1,选项A错误,B正确.
2.(推论法)从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球,在连续释放几颗后,对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片,如图所示.现测得sAB=15 cm,sBC=20 cm,已知小球在斜面上做匀加速直线运动,且加速度大小相同.求:

(1)小球的加速度大小;
(2)拍摄时B球的速度大小;
(3)C,D两球相距多远;
(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗.
解析:(1)由Δs=aT2得
a=== m/s2=5 m/s2.
(2)vB== m/s=1.75 m/s.
(3)由Δs=sCD-sBC=sBC-sAB得
sCD=sBC+(sBC-sAB)=20 cm+5 cm=25 cm.
(4)小球B从开始运动到题图所示位置所需的时间为
tB== s=0.35 s
则B球上面正在运动着的小球共有3颗,A球上面正在运动着的小球共有2颗.
答案:(1)5 m/s2　(2)1.75 m/s　(3)25 cm　(4)2颗
考点三　自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动的处理方法
自由落体运动是v0=0,a=g的匀变速直线运动,所以匀变速直线运动的所有公式和推论方法全部适用.
2.竖直上抛运动的两种处理方法
(1)分段法:分为上升过程和下落过程.
(2)全程法:将全过程视为初速度为v0,加速度为a=-g的匀变速直线运动.
3.竖直上抛运动的对称性和多解性
(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,则:
①时间的对称性
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.
②速度的对称性
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.
③能量的对称性
物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等,均等于mghAB.
(2)多解性
当物体经过抛出点上方某个位置(最高点除外)时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段,造成双解,在解决问题时要注意.
[例3] (2019·河北保定联考)研究人员为检验某一产品的抗撞击能力,乘坐热气球并携带该产品竖直升空,当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时,研究人员从热气球上将产品自由释放,测得经11 s产品撞击地面.不计产品所受的空气阻力,求产品的释放位置距地面的高度.(g取10 m/s2)
过程图示:将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理.A→B为竖直方向匀减速运动,B→C→D为自由落体运动.

解析:法一　分段法
在A→B段,根据匀变速运动规律可知
tAB==1 s
hAB=hBC=g=5 m,
由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s,
根据自由落体运动规律可得hBD=g=500 m,
故释放点离地面的高度H=hBD-hBC=495 m.
法二　全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动,规定向上为正方向,则v0=10 m/s,a=-g=-10 m/s2,
根据H=v0t+at2,
解得H=-495 m,
即产品刚释放时离地面的高度为495 m.
答案:495 m
竖直上抛运动的两种研究方法的对比
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(向上方向为正方向)
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
题组训练
1.(自由落体运动)(2019·山东师大附中模拟)下雨天,小李同学站在窗边看到屋檐上不断有雨水滴下.如图所示,他发现当第1滴水滴落地时,第4滴刚好形成,并目测第3,4两水滴的高度差约为40 cm,假设相邻两水滴形成的时间间隔相同,则屋檐离地高度约为(　C　)

A.5.5 m B.4.5 m
C.3.5 m D.2.5 m
解析:根据比例关系,从上到下相邻水滴间距离之比为 1∶3∶5∶…,而3,4两滴间距离为40 cm=0.4 m,所以总高度H=(1+3+5)×0.4 m=3.6 m,故C正确.
2.(竖直上抛运动)(2019·陕西西安模拟)某校一课外活动小组自制一枚火箭,设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动.火箭点火后可认为做匀加速直线运动,经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完,若不计空气阻力,g取10 m/s2,求:
(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小;
(2)火箭上升离地面的最大高度;
(3)火箭从发射到返回发射点的时间.
解析:设燃料用完时火箭的速度为v1,所用时间为t1,火箭的上升运动分为两个过程,第一个过程为做匀加速上升运动,第二个过程为做竖直上抛运动至最高点.
(1)对第一个过程有h1=t1
代入数据解得v1=20 m/s.
(2)对第二个过程有h2=
代入数据解得h2=20 m
所以火箭上升离地面的最大高度
h=h1+h2=40 m+20 m=60 m.
(3)法一　分段分析法
从燃料用完到运动至最高点的过程中,由v1=gt2得
t2== s=2 s
从最高点落回地面的过程中由h=g,
而h=60 m,代入得t3=2 s
故总时间t总=t1+t2+t3=(6+2) s.
法二　整体分析法
考虑从燃料用完到落回地面的全过程,以竖直向上为正方向,全过程为初速度v1=20 m/s,加速度a=-g=-10 m/s2,位移h′=-40 m的匀减速直线运动,即有 h′=v1t-gt2,
代入数据解得t=(2+2) s或t=(2-2) s(舍去),故t总=t1+t=(6+2) s.
答案:(1)20 m/s　(2)60 m　(3)(6+2) s

1.(2019·全国Ⅰ卷,18)如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1,第四个所用的时间为t2.不计空气阻力,则满足(　C　)

A.1<<2 B.2<<3
C.3<<4 D.4<<5
解析:运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零,又不计空气阻力,故可逆向处理为自由落体运动.根据初速度为零的匀加速直线运动,通过相邻的相等位移所用的时间之比为1∶(-1)∶(-)∶…∶(-),可得==2+,即3<<4,故C正确.
2.(2016·上海卷,4)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程,第一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是(　B　)
A. m/s2 B. m/s2
C. m/s2 D. m/s2
解析:物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度,在第一段路程内中间时刻的瞬时速度为v1== m/s=4 m/s;在第二段路程内中间时刻的瞬时速度为v2== m/s=8 m/s;则物体的加速度为a== m/s2= m/s2,故选项B正确.
3.(2019·湖南益阳月考)如图所示,一物体自某点(图中未标出)开始做匀减速直线运动,依次经过最后的A,B,C,D四点,最后停在D点,已知A,B的间距为6 m,B,C的间距为3 m,且物体通过AB段与BC所用的时间相等,则C,D间的距离等于(　B　)

A. m B. m C. m D. m
解析:设经过AB和BC的时间均为t,由sAB-sBC=at2,物体的加速度a==;B点的速度vB==,则sBD== m,则sCD= m-3 m= m,故B正确.
4.(2017·全国Ⅱ卷,24)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.
解析:法一　(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得
-μmgs0=m-m
解得μ=.
(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t.
由运动学公式得-=2a1s0
v0-v1=a1t
s1=a2t2
联立得a2=.
法二　(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ,则冰球在冰面上滑行的加速度
a1=μg
由速度与位移的关系知
-2a1s0=-,
联立得μ==.
(2)设冰球运动时间为t,运动员的加速度为a2,
则t=
又s1=a2t2
联立得a2=.
答案:(1)　(2)