2021版高考物理（基础版）一轮复习学案：第一章　2第二节　匀变速直线运动的规律及应用

第二节　匀变速直线运动的规律及应用
[学生用书P5]
【基础梳理】


提示：加速度　相同　相反　v0＋at　v0t＋at2
v2－v　aT2　(m－n)　　 　静止　gt
gt2　2gh　竖直向上　重力　v0－gt　－2gh
【自我诊断】
1．判一判
(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均匀增加的．(　　)
(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3.(　　)
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．(　　)
(6)做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同．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
2．做一做
(1)(多选)(2020·福建期末)交通法规定“斑马线礼让行人”，违规驾驶员将受到处罚，如图所示，路口行人正在过斑马线，一辆匀速行驶的汽车前端距停车线为12 m，刹车过程的位移与时间的关系为s＝12t－3.75t2(s的单位为m，t的单位为s)，关于驾驶员的下列操作，说法正确的是(　　)

A．立即制动刹车，汽车至少需1.6 s才能停止
B．距停车线8 m处开始刹车，汽车前端恰好能停止在停车线处
C．经0.4 s处才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处
D．经0.2 s处才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处
提示：选AD.根据题意知刹车过程的位移与时间的关系为s＝12t－3.75t2，由位移公式x＝v0t＋at2，得v0＝12 m/s，a＝－3.75，即a＝－7.5 m/s2，减速所需时间为：t
＝＝ s＝1.6 s，故A正确；根据速度位移公式可知，减速运动的位移为：x＝＝ m＝9.6 m，故在距停车线8 m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，故B错误；匀速运动的时间为：t′＝＝ s＝0.2 s，故若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故C错误，D正确．
(2)(多选)如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一粒子弹以水平速度v射入．若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块(即D位置)时速度恰好为零，下列说法正确的是(　　)

A．子弹从O 运动到D全过程的平均速度小于B点的瞬时速度
B．子弹通过每一部分时，其速度变化量：vA－vO＝vB－vA＝vC－vB＝vD－vC
C．子弹到达各点的速率之比为vO∶vA∶vB∶vC＝2∶∶∶1
D．子弹从进入木块到达各点经历的时间之比为tA∶tB∶tC∶tD＝1∶∶∶2
提示：选AC.全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速运动的结论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度，故A正确；由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，故速度的差值不相等，故B错误；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由v2＝2ax可知，通过CBAO的速度之比为1∶∶∶2，子弹到达各点的速率之比为vO∶vA∶vB∶vC＝2∶∶∶1，故C正确；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由x＝at2可知，反向通过各木块用时之比为1∶(－1)∶(－)∶(2－)，子弹从进入木块到达各点经历的时间之比为tA∶tB∶tC∶tD＝(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故D错误．

　匀变速直线运动规律的基本应用[学生用书P6]
【知识提炼】
1．“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题

2．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、t
x
[速度公式]
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
[位移公式]
x＝v0t＋at2
续　表

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、x
t
[速度位移关系式]
v2－v＝2ax
v0、v、t、x
a
[平均速度公式]
x＝t
【典题例析】
歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15 战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：

(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.

[解析]　(1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v，解得v1min＝.
(2)法一：一般公式法
起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有
x＝v2mint，t＝
2a(L＋x)＝v2－v
解得v2min＝－.
法二：相对运动法
选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝－.
[答案]　(1)　(2)－
【迁移题组】
迁移1　基本公式的应用
1．(2020·广东广州一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　)

A．4.2 m　　　　　　　　　 B．6.0 m
C．7.8 m D．9.6 m
解析：选D.21.6 km/h＝6 m/s；汽车在前0.3 s＋0.7 s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6 m；随后汽车做减速运动，位移为：x2＝＝ m＝3.6 m；所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝6 m＋3.6 m＝9.6 m，故A、B、C错误，D正确．
迁移2　刹车类问题
2．(2020·安徽安庆二模)水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是(　　)
A．该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m
B．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s
C．该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m
D．该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s
解析：选C.物体速度减为0的时间为：t2＝＝ s＝2 s；物体在3 s＋2 s＝5 s末停止运动，所以物体在6 s内的位移等于前5 s内的位移，总位移为：x＝v0t1＋v0t2－at＝4×3 m＋4×2 m－×2×22 m＝16 m，故A错误；物体的平均速度为：v＝＝ m/s＝3.2 m/s，故B错误；根据运动的可逆性可知，物体减速后最后1 s内的位移大小等于以2 m/s2加速1 s内的位移，大小为：x′＝at2＝×2×12 m＝1 m，故C正确；物体减速后第1 s末的速度大小为：v＝v0－at＝4 m/s－2×1 m/s＝2 m/s，故D错误．
迁移3　双向可逆类运动
3.(2020·重庆西南名校联盟)如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5.忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是(　　)

A．8 s B．10 s
C．16 s D．20 s
解析：选C.设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后5 s内位移为s1＝a×52＝a；最初5 s内位移为s2＝a(t－5)×5＋a×52＝5at－a，又因为s2∶s1＝11∶5，解得t＝8 s；由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确．

　处理匀变速直线运动的常用方法[学生用书P7]
【知识提炼】
1．解决问题常用的“六法”

2．匀变速直线运动问题的解题“四步骤”

【典题例析】
物体以一定的初速度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．已知物体从A点运动到距斜面底端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．


[解析]　法一：逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面．
故xBC＝，xAC＝，又xBC＝，
由以上三式解得tBC＝t.
法二：基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从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＝2axAC①
v＝v－2axAB②
xAB＝xAC③
由①②③式解得vB＝④
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥式解得tBC＝t.
法三：位移比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．
因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.
法四：时间比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．

现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为tx，那么通过 BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，tEA＝(2－)tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，解得tx＝t.
法五：中间时刻速度法
利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，vAC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得vB＝.可以看成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所在位置，因此有tBC＝t.

法六：图象法
根据匀变速直线运动的规律，作出v－t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平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.
所以＝，解得tBC＝t.
[答案]　t
【迁移题组】
迁移1　比例法
1．(多选)(2020·浙江西湖区校级模拟)几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动．恰好能穿出第四个水球，则可以判定(　　)

A．子弹在每个水球中运动的时间相同
B．由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间比
C．子弹在每个水球中速度变化相同
D．子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
解析：选BD.设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动；因为通过最后1个、最后2个以及后3个、全部4个的位移分别为d、2d、3d和4d，根据x＝at2知，时间之比为1∶∶∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；由以上的分析可知，子弹依次穿过4个水球的时间之比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故A错误，B正确；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由Δv＝at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故C错误；由A的分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的特点可知，子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，故D正确．
迁移2　Δx＝aT2推论法
2．(2020·甘肃天水高三质检)一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则(　　)
A．物体的加速度是1 m/s2
B．第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s
C．时间间隔T＝1 s
D．物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
解析：选D.初速度为0的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此判断第一个T时间内的位移x1＝×3 m＝0.6 m，D正确；第二个T时间内的位移x2＝×3 m＝1.8 m，由v－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得a＝ m/s2，A错误；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝ s，C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1＝aT＝1 m/s，B错误．
迁移3　图象法
3.(2020·湖南怀化模拟)如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v.若a1≠a2≠a3，则(　　)

A．甲、乙不可能同时由A到达C
B．甲一定先由A到达C
C．乙一定先由A到达C
D．若a1>a3，则甲一定先由A到达C
解析：选A.根据速度－时间图线得，若a1>a3，如图(a)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙a1，如图(b)，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙>t甲．通过图线作不出位移相等，速度相等，时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达．故A正确，B、C、D错误．
迁移4　平均速度法
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(　　)
A. m/s2　　　　　　　　　 B. m/s2
C. m/s2 D. m/s2
解析：选B.根据题意，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，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝1＝ m/s＝4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝2＝ m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2，故B正确．

　自由落体运动和竖直上抛运动[学生用书P8]
【知识提炼】
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(如图)

①对称性

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(以竖直向上为正方向)
若v>0，物体上升，若v0，物体在抛出点上方，若h