还剩11页未读，
继续阅读
所属成套资源：高考物理一轮复习练习
成套系列资料，整套一键下载
高考物理一轮复习 第1章 第2节 匀变速直线运动的规律及其应用
展开
这是一份高考物理一轮复习 第1章 第2节 匀变速直线运动的规律及其应用，共14页。试卷主要包含了匀变速直线运动及三个基本公式，竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。
知识点1 匀变速直线运动及其公式
1．匀变速直线运动及三个基本公式
2.匀变速直线运动的重要推论
(1)任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一恒量，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(2)平均速度：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝veq \s\d10(\f(t,2))，即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或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半．
(3)初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论
①1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
②1T内、2T内、3T内…位移的比为：
x1∶x2∶x3∶…∶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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
知识点2 自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力作用，从静止开始下落．
(2)运动特点：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动．
(3)基本规律：
①速度公式：v＝gt.
②位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2.
③速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．
(2)基本规律：
①速度公式：v＝v0－gt.
②位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
③速度－位移关系式：v2－veq \\al(2,0)＝－2gh.
④上升的最大高度：H＝eq \f(v\\al(2,0),2g).
⑤上升到最高点所用时间：t＝eq \f(v0,g).
[物理学史链接]
意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点.
1．正误判断
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×)
(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(√)
(3)匀加速直线运动的位移是随时间均匀增加的．(×)
(4)一个铁钉和一团棉花同时从同一高度下落，两者同时落地．(×)
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．(×)
(6)竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相反．(×)
2．[基本规律的应用]一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是( )
【导学号：92492014】
A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 m
B．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 m
C．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 m
D．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m
C [根据匀变速直线运动的规律，质点在t＝8.5 s时刻的速度比在t＝4.5 s时刻的速度大4 m/s，所以加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4 m/s,4 s)＝1 m/s2，v9＝v0＋at＝9.5 m/s，x9＝eq \f(1,2)(v0＋v9)t＝45 m，选项C正确．]
3．[匀变速直线运动的重要推论]一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度大小之比分别是( )
【导学号：92492015】
A．1∶22∶32,1∶2∶3B．1∶23∶33,1∶22∶32
C．1∶2∶3,1∶1∶1D．1∶3∶5,1∶2∶3
B [物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n－1)，第二段位移可看成第2 s与第3 s的位移之和，第三段位移可看成第4 s、第5 s与第6 s的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.]
4．[竖直上抛运动规律的应用](多选)以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2.以下判断正确的是( )
A．小球到最大高度时的速度为0
B．小球到最大高度时的加速度为0
C．小球上升的最大高度为61.25 m
D．小球上升阶段所用的时间为3.5 s
ACD [竖直上抛的物体到达最高点时，a＝g，v＝0，A正确B错误；由H＝eq \f(v\\al(2,0),2g)得H＝eq \f(352,2×10) m＝61.25 m，C正确；上升阶段所用的时间t＝eq \f(v0,g)＝3.5 s，D正确．]
1.解答运动学问题的基本思路
eq \x(\a\al(画过,程示,意图))―→eq \x(\a\al(判断,运动,性质))―→eq \x(\a\al(选取正,方向))―→eq \x(\a\al(选用公,式列方,程))―→eq \x(\a\al(解方程,并加以,讨论))
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．多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．
[题组通关]
1．(2015·江苏高考)如图121所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( ) 【导学号：92492016】
图121
A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5
C [该同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝eq \f(v1,a)＝1 s，通过的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，该同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m的位移，接着关卡放行t＝5 s，该同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝eq \f(x5,v1)＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．]
2．(2016·全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )
【导学号：92492017】
A.eq \f(s,t2)B.eq \f(3s,2t2)
C.eq \f(4s,t2) D.eq \f(8s,t2)
A [质点在时间t内的平均速度v＝eq \f(s,t)，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝eq \f(v1＋v2,2)，故eq \f(v1＋v2,2)＝eq \f(s,t).由题意知：eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝9×eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，则v2＝3v1，进而得出2v1＝eq \f(s,t).质点的加速度a＝eq \f(v2－v1,t)＝eq \f(2v1,t)＝eq \f(s,t2).故选项A正确．]
求解多阶段运动问题的三点注意
1．画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量.
2．选定正方向后，应标明各物理量的正、负号．
3．计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
[题组通关]
1．(2017·成都模拟)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
【导学号：92492018】
A．2 m/s,3 m/s,4 m/sB．2 m/s,4 m/s,6 m/s
C．3 m/s,4 m/s,5 m/sD．3 m/s,5 m/s,7 m/s
B [根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，vB＝eq \f(AB＋BC,2t)＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确．]
2．(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体( )
A．在A点的速度大小为eq \f(x1＋x2,2T)
B．在B点的速度大小为eq \f(3x2－x1,2T)
C．运动的加速度为eq \f(2x1,T2)
D．运动的加速度为eq \f(x1＋x2,T2)
AB [匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则vA＝eq \x\t(v)＝eq \f(x1＋x2,2T)，A正确；设物体的加速度为a，则x2－x1＝aT2，所以a＝eq \f(x2－x1,T2)，C、D均错误；物体在B点的速度大小为vB＝vA＋aT，代入数据得vB＝eq \f(3x2－x1,2T)，B正确．]
“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题
1.应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决竖直下抛运动问题．
(2)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
2．竖直上抛运动的主要特性
(1)对称性
①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向．
②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度所用的时间相等．
(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．
3．竖直上抛运动的两种处理方法
(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段．
(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v0的方向为正方向，则：
①v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降．
②h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方．
[多维探究]
●考向1 自由落体运动规律的应用
1．(2017·荆州模拟)一弹性小球自4.9 m高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的eq \f(7,9)，则小球开始下落到停止运动所用的时间为( )
【导学号：92492019】
A．1 sB．4 s
C．7 sD．8 s
D [小球第一次下落时间为：t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s，落地前的速度v＝gt＝9.8 m/s
第一次碰地弹起的速度v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))v，从上升到落回的时间t1＝eq \f(2v1,g)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))
第二次碰地弹起的速度v2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))2v，从上升到落回的时间t2＝eq \f(2v2,g)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))2
第n次碰地弹起的速度vn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))nv，从上升到落回的时间tn＝eq \f(2vn,g)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))n
从开始到最终停止经历的时间为：t＝1＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))2＋…＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))n＝1＋2×eq \f(\f(7,9),1－\f(7,9))＝8 s，故D正确．]
2．(2017·湖北省重点中学高三联考)如图122所示木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB，圆筒AB长为5 m，求：
图122
(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？(g取10 m/s2)
【解析】 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝eq \r(\f(2h下A,g))＝eq \r(\f(2×15,10)) s＝eq \r(3) s
木杆的上端到达圆筒上端A用时
t上A＝eq \r(\f(2h上A,g))＝eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1＝t上A－t下A＝(2－eq \r(3))s.
(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝eq \r(\f(2h上B,g))＝eq \r(\f(2×25,10)) s＝eq \r(5) s
则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(eq \r(5)－eq \r(3))s.
【答案】 (1)(2－eq \r(3))s (2)(eq \r(5)－eq \r(3))s
●考向2 竖直上抛运动规律的应用
3．(2017·长春模拟)不计空气阻力情形下将一物体以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为2t，若在物体上升的最大高度的一半处设置一水平挡板，仍将该物体以相同的初速度竖直上抛，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反．撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )
【导学号：92492020】
A．0.2 tB．0.3 t
C．0.5 tD．0.6 t
D [将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(eq \r(2)－1)，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t，由以上各式可得：t′＝eq \f(2\r(2)－1,\r(2))t≈0.6t，故选项D正确，故选D.]
4．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，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；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间.
【导学号：92492021】
【解析】 设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1.
火箭的运动分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动．
(1)对第一个过程有h1＝eq \f(v1,2)t1，代入数据解得v1＝20 m/s.
(2)对第二个过程做竖直上抛运动至到达最高点有h2＝eq \f(v\\al(2,1),2g)，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)方法一 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＝eq \f(v1,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s
从最高点落回地面的过程中由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,3)，而h＝60 m，代入得t3＝2eq \r(3) s
故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2eq \r(3)) s.
方法二 整体分析法
考虑从燃料用完到残骸落回地面的全过程，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－eq \f(1,2)gt2，代入数据解得t＝(2＋2eq \r(3)) s或t＝(2－2eq \r(3)) s(舍去)，故t总＝t1＋t＝(6＋2eq \r(3)) s.
【答案】 (1)20 m/s (2)60 m (3)(6＋2eq \r(3)) s
竖直上抛运动的多解问题
由位移公式h＝v0t－eq \f(1,2)gt2知，对某一高度h：
1．当h＞0时，表示物体在抛出点的上方．此时t有两解：较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间．
2．当h＝0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处．此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间．
3．当h＜0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置．此时t有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用的时间；另一解为负值，应舍去．
[母题] 一卡车以10 m/s的速度匀速行驶，刹车后第1个2 s内的位移与最后一个2 s内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是( )
A．2.5 mB．4 m
C．12 mD．12.5 m
D [设加速度大小为a，则第1个2 s内位移x1＝v0t－eq \f(1,2)at2＝20－2a，
由逆向思维，最后1个2 s内的位移x2＝eq \f(1,2)at2＝2a，
由题意eq \f(x1,x2)＝eq \f(3,2)，得eq \f(20－2a,2a)＝eq \f(3,2)，故a＝4 m/s2，
汽车从刹车到停止的时间t＝eq \f(v0,a)＝2.5 s，
所以刹车后4 s的位移等于2.5 s内的位移，
则x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(102,8) m＝12.5 m，故A、B、C错误，D正确．]
[母题迁移]
●迁移1 带有反应距离的刹车问题
1．图123是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格．
图123
请根据该图表计算：
(1)如果驾驶员的反应时间一定，请在表格中填上A的数据；
(2)如果路面情况相同，请在表格中填上B、C的数据；
(3)如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面50 m处有一队学生正在横穿马路，此时他的车速为72 km/h，而他的反应时间比正常时慢了0.1 s，请问他能在50 m内停下来吗？
【导学号：92492022】
【解析】 (1)反应时间为t＝eq \f(s1,v1)＝0.9 s，A＝v3t＝eq \f(80×1000,3600)×0.9 m＝20 m.
(2)加速度a＝eq \f(v\\al(2,1),2x刹车)＝eq \f(500,81) m/s2，B＝eq \f(v\\al(2,3),2a)＝40 m，所以C＝60 m.
(3)司机的反应距离为x1＝v4t′＝20×(0.9＋0.1)m＝20 m
司机的刹车距离为x2＝eq \f(v\\al(2,4),2a)＝eq \f(202,2×\f(500,81)) m＝32.4 m，x＝x1＋x2＝52.4 m＞50 m，故不能．
【答案】 (1)20 m (2)40 m 60 m (3)不能
●迁移2 带有反应时间的刹车问题
2．(多选)一汽车在公路上以54 km/h的速度行驶，突然发现前方30 m处有一障碍物，为使汽车不撞上障碍物，驾驶员立刻刹车，刹车的加速度大小为6 m/s2，则驾驶员允许的反应时间可以为( )
A．0.5 sB．0.7 s
C．0.8 sD．0.9 s
AB [汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动．根据题意和匀速直线运动、匀变速直线运动规律可得v0t＋eq \f(v\\al(2,0),2a)≤l，代入数据解得t≤0.75 s．]
●迁移3 和红绿灯结合的刹车问题
3．(多选)如图124所示，汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s熄灭，而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度(v)—时间(t)图象可能是( )
【导学号：92492023】
图124
BC [对A图，在3 s内位移为x＝eq \f(1,2)×10×3 m＝15 m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意，故A错误；对B图，由图可知15 m＜x＜30 m，可能为20 m，所以汽车位移可能为20 m，故B正确；对C图，在3 s内位移为x＝eq \f(1＋3,2)×10 m＝20 m，则C可能是该汽车运动的vt图象，故C正确；对D图，在3 s内位移为x<20 m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意，故D错误．]
解答刹车类问题的基本思路
(1)先确定刹车时间．若车辆从刹车到速度减小为零所用时间为T，则刹车时间为T＝eq \f(v0,a)(a表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度)．
(2)将题中所给的已知时间t和T比较．若T较大，则在直接利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t；若t较大，则在利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为T.
定义
物体在一条直线上且加速度不变的运动
分类
(1)匀加速直线运动：a与v同向
(2)匀减速直线运动：a与v反向
规律
(1)速度公式：v＝v0＋at
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
(3)速度—位移关系式：v2－veq \\al(2,0)＝2ax
匀变速直线运动规律的应用
巧解匀变速直线运动问题的六种方法
自由落体运动和竖直上抛运动
“刹车”类问题
车速(km/h)
反应距离(m)
刹车距离(m)
停车距离(m)
40
10
10
20
60
15
22.5
37.5
80
A＝( )
B＝( )
C＝( )
知识点1 匀变速直线运动及其公式
1．匀变速直线运动及三个基本公式
2.匀变速直线运动的重要推论
(1)任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一恒量，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(2)平均速度：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝veq \s\d10(\f(t,2))，即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或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半．
(3)初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论
①1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.
②1T内、2T内、3T内…位移的比为：
x1∶x2∶x3∶…∶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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
知识点2 自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)条件：物体只受重力作用，从静止开始下落．
(2)运动特点：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动．
(3)基本规律：
①速度公式：v＝gt.
②位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2.
③速度—位移关系式：v2＝2gh.
2．竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动．
(2)基本规律：
①速度公式：v＝v0－gt.
②位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
③速度－位移关系式：v2－veq \\al(2,0)＝－2gh.
④上升的最大高度：H＝eq \f(v\\al(2,0),2g).
⑤上升到最高点所用时间：t＝eq \f(v0,g).
[物理学史链接]
意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点.
1．正误判断
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×)
(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(√)
(3)匀加速直线运动的位移是随时间均匀增加的．(×)
(4)一个铁钉和一团棉花同时从同一高度下落，两者同时落地．(×)
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．(×)
(6)竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相反．(×)
2．[基本规律的应用]一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是( )
【导学号：92492014】
A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 m
B．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 m
C．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 m
D．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m
C [根据匀变速直线运动的规律，质点在t＝8.5 s时刻的速度比在t＝4.5 s时刻的速度大4 m/s，所以加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4 m/s,4 s)＝1 m/s2，v9＝v0＋at＝9.5 m/s，x9＝eq \f(1,2)(v0＋v9)t＝45 m，选项C正确．]
3．[匀变速直线运动的重要推论]一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度大小之比分别是( )
【导学号：92492015】
A．1∶22∶32,1∶2∶3B．1∶23∶33,1∶22∶32
C．1∶2∶3,1∶1∶1D．1∶3∶5,1∶2∶3
B [物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n－1)，第二段位移可看成第2 s与第3 s的位移之和，第三段位移可看成第4 s、第5 s与第6 s的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.]
4．[竖直上抛运动规律的应用](多选)以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2.以下判断正确的是( )
A．小球到最大高度时的速度为0
B．小球到最大高度时的加速度为0
C．小球上升的最大高度为61.25 m
D．小球上升阶段所用的时间为3.5 s
ACD [竖直上抛的物体到达最高点时，a＝g，v＝0，A正确B错误；由H＝eq \f(v\\al(2,0),2g)得H＝eq \f(352,2×10) m＝61.25 m，C正确；上升阶段所用的时间t＝eq \f(v0,g)＝3.5 s，D正确．]
1.解答运动学问题的基本思路
eq \x(\a\al(画过,程示,意图))―→eq \x(\a\al(判断,运动,性质))―→eq \x(\a\al(选取正,方向))―→eq \x(\a\al(选用公,式列方,程))―→eq \x(\a\al(解方程,并加以,讨论))
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．多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．
[题组通关]
1．(2015·江苏高考)如图121所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( ) 【导学号：92492016】
图121
A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5
C [该同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝eq \f(v1,a)＝1 s，通过的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝1 m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t2＝2 s时，该同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4 m的位移，接着关卡放行t＝5 s，该同学通过的位移x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡4为x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡关闭2 s，经过t3＝eq \f(x5,v1)＝0.5 s后关卡4最先挡住他前进．]
2．(2016·全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )
【导学号：92492017】
A.eq \f(s,t2)B.eq \f(3s,2t2)
C.eq \f(4s,t2) D.eq \f(8s,t2)
A [质点在时间t内的平均速度v＝eq \f(s,t)，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v＝eq \f(v1＋v2,2)，故eq \f(v1＋v2,2)＝eq \f(s,t).由题意知：eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝9×eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，则v2＝3v1，进而得出2v1＝eq \f(s,t).质点的加速度a＝eq \f(v2－v1,t)＝eq \f(2v1,t)＝eq \f(s,t2).故选项A正确．]
求解多阶段运动问题的三点注意
1．画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量.
2．选定正方向后，应标明各物理量的正、负号．
3．计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．
[题组通关]
1．(2017·成都模拟)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
【导学号：92492018】
A．2 m/s,3 m/s,4 m/sB．2 m/s,4 m/s,6 m/s
C．3 m/s,4 m/s,5 m/sD．3 m/s,5 m/s,7 m/s
B [根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，vB＝eq \f(AB＋BC,2t)＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确．]
2．(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体( )
A．在A点的速度大小为eq \f(x1＋x2,2T)
B．在B点的速度大小为eq \f(3x2－x1,2T)
C．运动的加速度为eq \f(2x1,T2)
D．运动的加速度为eq \f(x1＋x2,T2)
AB [匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则vA＝eq \x\t(v)＝eq \f(x1＋x2,2T)，A正确；设物体的加速度为a，则x2－x1＝aT2，所以a＝eq \f(x2－x1,T2)，C、D均错误；物体在B点的速度大小为vB＝vA＋aT，代入数据得vB＝eq \f(3x2－x1,2T)，B正确．]
“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题
1.应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决竖直下抛运动问题．
(2)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题．
2．竖直上抛运动的主要特性
(1)对称性
①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向．
②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度所用的时间相等．
(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．
3．竖直上抛运动的两种处理方法
(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段．
(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性．习惯上取v0的方向为正方向，则：
①v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降．
②h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方．
[多维探究]
●考向1 自由落体运动规律的应用
1．(2017·荆州模拟)一弹性小球自4.9 m高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的eq \f(7,9)，则小球开始下落到停止运动所用的时间为( )
【导学号：92492019】
A．1 sB．4 s
C．7 sD．8 s
D [小球第一次下落时间为：t＝eq \r(\f(2h,g))＝1 s，落地前的速度v＝gt＝9.8 m/s
第一次碰地弹起的速度v1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))v，从上升到落回的时间t1＝eq \f(2v1,g)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))
第二次碰地弹起的速度v2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))2v，从上升到落回的时间t2＝eq \f(2v2,g)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))2
第n次碰地弹起的速度vn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))nv，从上升到落回的时间tn＝eq \f(2vn,g)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))n
从开始到最终停止经历的时间为：t＝1＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))2＋…＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))n＝1＋2×eq \f(\f(7,9),1－\f(7,9))＝8 s，故D正确．]
2．(2017·湖北省重点中学高三联考)如图122所示木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB，圆筒AB长为5 m，求：
图122
(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？(g取10 m/s2)
【解析】 (1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝eq \r(\f(2h下A,g))＝eq \r(\f(2×15,10)) s＝eq \r(3) s
木杆的上端到达圆筒上端A用时
t上A＝eq \r(\f(2h上A,g))＝eq \r(\f(2×20,10)) s＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
t1＝t上A－t下A＝(2－eq \r(3))s.
(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝eq \r(\f(2h上B,g))＝eq \r(\f(2×25,10)) s＝eq \r(5) s
则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(eq \r(5)－eq \r(3))s.
【答案】 (1)(2－eq \r(3))s (2)(eq \r(5)－eq \r(3))s
●考向2 竖直上抛运动规律的应用
3．(2017·长春模拟)不计空气阻力情形下将一物体以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为2t，若在物体上升的最大高度的一半处设置一水平挡板，仍将该物体以相同的初速度竖直上抛，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反．撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )
【导学号：92492020】
A．0.2 tB．0.3 t
C．0.5 tD．0.6 t
D [将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2∶t1＝1∶(eq \r(2)－1)，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t，由以上各式可得：t′＝eq \f(2\r(2)－1,\r(2))t≈0.6t，故选项D正确，故选D.]
4．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，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；
(2)火箭上升离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间.
【导学号：92492021】
【解析】 设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1.
火箭的运动分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动．
(1)对第一个过程有h1＝eq \f(v1,2)t1，代入数据解得v1＝20 m/s.
(2)对第二个过程做竖直上抛运动至到达最高点有h2＝eq \f(v\\al(2,1),2g)，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)方法一 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＝eq \f(v1,g)＝eq \f(20,10) s＝2 s
从最高点落回地面的过程中由h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,3)，而h＝60 m，代入得t3＝2eq \r(3) s
故总时间t总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2eq \r(3)) s.
方法二 整体分析法
考虑从燃料用完到残骸落回地面的全过程，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－eq \f(1,2)gt2，代入数据解得t＝(2＋2eq \r(3)) s或t＝(2－2eq \r(3)) s(舍去)，故t总＝t1＋t＝(6＋2eq \r(3)) s.
【答案】 (1)20 m/s (2)60 m (3)(6＋2eq \r(3)) s
竖直上抛运动的多解问题
由位移公式h＝v0t－eq \f(1,2)gt2知，对某一高度h：
1．当h＞0时，表示物体在抛出点的上方．此时t有两解：较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间．
2．当h＝0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处．此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间．
3．当h＜0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置．此时t有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用的时间；另一解为负值，应舍去．
[母题] 一卡车以10 m/s的速度匀速行驶，刹车后第1个2 s内的位移与最后一个2 s内的位移之比为3∶2，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是( )
A．2.5 mB．4 m
C．12 mD．12.5 m
D [设加速度大小为a，则第1个2 s内位移x1＝v0t－eq \f(1,2)at2＝20－2a，
由逆向思维，最后1个2 s内的位移x2＝eq \f(1,2)at2＝2a，
由题意eq \f(x1,x2)＝eq \f(3,2)，得eq \f(20－2a,2a)＝eq \f(3,2)，故a＝4 m/s2，
汽车从刹车到停止的时间t＝eq \f(v0,a)＝2.5 s，
所以刹车后4 s的位移等于2.5 s内的位移，
则x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(102,8) m＝12.5 m，故A、B、C错误，D正确．]
[母题迁移]
●迁移1 带有反应距离的刹车问题
1．图123是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格．
图123
请根据该图表计算：
(1)如果驾驶员的反应时间一定，请在表格中填上A的数据；
(2)如果路面情况相同，请在表格中填上B、C的数据；
(3)如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面50 m处有一队学生正在横穿马路，此时他的车速为72 km/h，而他的反应时间比正常时慢了0.1 s，请问他能在50 m内停下来吗？
【导学号：92492022】
【解析】 (1)反应时间为t＝eq \f(s1,v1)＝0.9 s，A＝v3t＝eq \f(80×1000,3600)×0.9 m＝20 m.
(2)加速度a＝eq \f(v\\al(2,1),2x刹车)＝eq \f(500,81) m/s2，B＝eq \f(v\\al(2,3),2a)＝40 m，所以C＝60 m.
(3)司机的反应距离为x1＝v4t′＝20×(0.9＋0.1)m＝20 m
司机的刹车距离为x2＝eq \f(v\\al(2,4),2a)＝eq \f(202,2×\f(500,81)) m＝32.4 m，x＝x1＋x2＝52.4 m＞50 m，故不能．
【答案】 (1)20 m (2)40 m 60 m (3)不能
●迁移2 带有反应时间的刹车问题
2．(多选)一汽车在公路上以54 km/h的速度行驶，突然发现前方30 m处有一障碍物，为使汽车不撞上障碍物，驾驶员立刻刹车，刹车的加速度大小为6 m/s2，则驾驶员允许的反应时间可以为( )
A．0.5 sB．0.7 s
C．0.8 sD．0.9 s
AB [汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动．根据题意和匀速直线运动、匀变速直线运动规律可得v0t＋eq \f(v\\al(2,0),2a)≤l，代入数据解得t≤0.75 s．]
●迁移3 和红绿灯结合的刹车问题
3．(多选)如图124所示，汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s熄灭，而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度(v)—时间(t)图象可能是( )
【导学号：92492023】
图124
BC [对A图，在3 s内位移为x＝eq \f(1,2)×10×3 m＝15 m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意，故A错误；对B图，由图可知15 m＜x＜30 m，可能为20 m，所以汽车位移可能为20 m，故B正确；对C图，在3 s内位移为x＝eq \f(1＋3,2)×10 m＝20 m，则C可能是该汽车运动的vt图象，故C正确；对D图，在3 s内位移为x<20 m，该汽车还没有到达停车线处，不符合题意，故D错误．]
解答刹车类问题的基本思路
(1)先确定刹车时间．若车辆从刹车到速度减小为零所用时间为T，则刹车时间为T＝eq \f(v0,a)(a表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度)．
(2)将题中所给的已知时间t和T比较．若T较大，则在直接利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t；若t较大，则在利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为T.
定义
物体在一条直线上且加速度不变的运动
分类
(1)匀加速直线运动：a与v同向
(2)匀减速直线运动：a与v反向
规律
(1)速度公式：v＝v0＋at
(2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
(3)速度—位移关系式：v2－veq \\al(2,0)＝2ax
匀变速直线运动规律的应用
巧解匀变速直线运动问题的六种方法
自由落体运动和竖直上抛运动
“刹车”类问题
车速(km/h)
反应距离(m)
刹车距离(m)
停车距离(m)
40
10
10
20
60
15
22.5
37.5
80
A＝( )
B＝( )
C＝( )
相关试卷
高考物理一轮复习【小题狂练】 第02练 匀变速直线运动的规律及应用： 这是一份高考物理一轮复习【小题狂练】 第02练 匀变速直线运动的规律及应用，文件包含第02练匀变速直线运动的规律及应用教师版docx、第02练匀变速直线运动的规律及应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
高考物理一轮复习【分层练习】 第14章 电路及其应用： 这是一份高考物理一轮复习【分层练习】 第14章 电路及其应用，文件包含第十四章电路及其应用教师版docx、第十四章电路及其应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
高考物理一轮复习巩固提升第1章第2节 匀变速直线运动的规律及应用 (含解析)： 这是一份高考物理一轮复习巩固提升第1章第2节 匀变速直线运动的规律及应用 (含解析)，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
