2021届高考物理一轮复习学案：第1章第2节　匀变速直线运动的规律

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
自由落
体运动
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)速度公式：v＝gt
(2)位移公式：h＝gt2
(3)速度—位移公式：v2＝2gh
运动性质
匀减速直线运动

竖直上抛运动
运动规律
(1)速度公式：v＝v0－gt
(2)位移公式：h＝v0t－gt2
(3)速度—位移关系式：v2－v＝－2gh
(4)上升的最大高度：H＝
(5)上升到最高点所用时间：t＝

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　[讲典例示法]
1．重要公式的选择
适宜选用公式
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
v＝v0＋at
v0、v、a、t
x
x＝v0t＋at2
v0、a、t、x
v
v2－v＝2ax
v0、v、a、x
t
x＝t
v0、v、t、x
a
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]　(2019·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　[讲典例示法]

解决匀变速直线运动问题常用的六种方法

[典例示法]　(一题多法)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，可考虑应用“比例法”。
[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.(多选)(2019·雅安模拟)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速直线运动，且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(　　)

A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
BD　[因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v2－v＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确。]
自由落体运动和竖直上抛运动　[讲典例示法]

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
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，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向为正方向)
若v>0，物体上升，若v<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
[典例示法]　在离地面上高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，一般看成初速度方向为正方向的匀减速运动。
(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：把竖直上抛运动过程分段研究
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：取全过程作一整体进行研究
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