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2021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讲 匀变速直线运动的规律学案

2021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讲 匀变速直线运动的规律学案

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第2讲　匀变速直线运动的规律
知识点 匀变速直线运动及其公式　Ⅱ
1．定义和分类
(1)匀变速直线运动：沿着一条直线，且加速度不变的运动。
(2)分类
2．三个基本公式
(1)速度与时间关系式：v＝v0＋at。
(2)位移与时间关系式：x＝v0t＋at2。
(3)速度与位移关系式：v2－v＝2ax。
3．两个重要推论
(1)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，即：＝v＝。
(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2。
4．初速度为零的匀变速直线运动的五个推论
(1)1T末、2T末、3T末……nT末瞬时速度的比为：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内……nT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……第n个T内位移的比为：
x1′∶x2′∶x3′∶…∶xn′＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始运动位移x、2x、3x、…、nx所用时间的比为：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶∶∶…∶。
(5)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)∶(－)∶…∶(－)。
知识点 自由落体运动和竖直上抛运动　Ⅱ
1．自由落体运动
(1)条件：物体只在重力作用下，从静止开始的运动。
(2)运动性质：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速度与时间关系式：v＝gt。
②位移与时间关系式：h＝gt2。
③速度与位移关系式：v2＝2gh。
(4)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论。
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推。这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。
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速度与时间关系式：v＝v0－gt。
②位移与时间关系式：h＝v0t－gt2。
③速度与位移关系式：v2－v＝－2gh。
④上升的最大高度：H＝。
⑤上升到最高点所用时间：t＝。

一 堵点疏通
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．物体由某高度从静止下落一定做自由落体运动。(　　)
5．竖直上抛最高点速度为零而加速度不为零。(　　)
6．竖直上抛的上升阶段速度的变化量的方向是向下的。(　　)
答案　1.×　2.×　3.√　4.×　5.√　6.√
二 对点激活
1．(人教版必修1·P40·T3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
答案　C
解析　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末汽车停车，5 s内的位移x＝＝ m＝40.5 m，故C正确。
2. (人教版必修1·P45·T3改编)有一种“傻瓜”照相机，其光圈(进光孔径)随被摄物体的亮度自动调节，而快门(曝光时间)是固定不变的。为估测某架“傻瓜”照相机的曝光时间，实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子从地面以上2.5 m的高度下落，每块砖的平均厚度为6 cm，请估算这架照相机的曝光时间为(　　)

A．0.01 s B.0.02 s
C.0.1 s D.0.2 s
答案　B
解析　解法一：(公式法)图中AB的实际长度为AB＝0.12 m，A到地面的高度h1＝8.5×6 cm＝0.51 m。B到地面的高度h2＝6.5×6 cm＝0.39 m，则hOA＝H－h1＝1.99 m，hOB＝H－h2＝2.11 m。由hOA＝gt得
t1≈0.63 s，hOB＝gt得t2≈0.65 s。曝光时间Δt＝t2－t1＝0.02 s，故B正确。
解法二：(估算法)自由落体运动到A点的末速度为v＝＝6.3 m/s。因为0.12 m远小于1.99 m，故可以近似地将AB段当做匀速直线运动，故t＝＝0.019 s，故B正确。
3．(人教版必修1·P43·T3改编)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5 m/s2，所需的起飞速度为50 m/s，跑道长100 m。设飞机起飞对航空母舰的运动状态没有影响，飞机在跑道上的运动可以看做匀加速直线运动。
(1)通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？(≈3.16)
(2)为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置，对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？(≈3.87)
答案　(1)不能　(2)38.7 m/s
解析　(1)由v＝2ax
得vt＝＝10 m/s≈31.6 m/s。
因为vt<50 m/s，所以飞机依靠自身的发动机不能从航空母舰上起飞。
(2)设弹射装置使舰载飞机的初速度为v0，
由v2－v＝2ax
得v0＝＝10 m/s＝38.7 m/s。

考点细研 悟法培优

考点1　　匀变速直线运动规律的应用
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、v、a、t
x
[速度与时间关系式]
v＝v0＋at
v0、a、t、x
v
[位移与时间关系式]
x＝v0t＋at2
v0、v、a、x
t
[速度与位移关系式]
v2－v＝2ax
v0、v、t、x
a
[平均速度公式]
x＝t
2．运动学公式中正、负号的规定
匀变速直线运动五个公式中，除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，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，与初速度反向的物理量取负值，但当v0＝0时，一般以a的方向为正方向。
例1　如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1200 m，OB＝2000 m，求：

(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；
(2)列车减速运动的最长时间。
(1)此车的长度需考虑吗？
提示：需要。
(2)列车减速运动的最长时间对应车的运动情况是什么？
提示：车头恰好停在B点。
尝试解答　(1)1.6 m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s
(1)若列车车尾恰好停在A点，设减速运动的加速度大小为a1，位移为x1，则
0－v＝－2a1x1
x1＝1200 m＋200 m＝1400 m
解得a1＝ m/s2
若列车车头恰好停在B点，设减速运动的加速度大小为a2，位移为xOB＝2000 m，则
0－v＝－2a2xOB
解得a2＝1.6 m/s2
故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤ m/s2。
(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动的时间最长，则0＝v0－a2t，解得t＝50 s。

求解匀变速直线运动问题的一般步骤
(1)基本思路

(2)应注意的问题
①选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化。例1中(1)知道v0、v、x，求a，没有时间t，很自然的想到选v2－v＝2ax；(2)求时间t，涉及到三个公式，由于v＝v0＋at运算简单，作为首选。
②对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零。求解此类问题应先计算车停下所用时间，再选择合适公式求解。
③对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物块，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。
④如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度。
[变式1－1]　一质点沿直线运动，其平均速度与时间的数量关系满足v＝2＋t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是(　　)
A．质点可能做匀减速直线运动
B．5 s内质点的位移为35 m
C．质点运动的加速度为1 m/s2
D．质点3 s末的速度为5 m/s
答案　B
解析　根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x1＝v0t1＋at＝2×5 m＋×2×25 m＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度vt＝v0＋at2＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。
[变式1－2]　一物体做匀减速直线运动，在4 s内的位移为16 m，速度大小变为原来的三分之一，方向不变。则该物体的加速度大小为(　　)
A．1 m/s2 B.1.5 m/s2
C．2 m/s2 D.0.75 m/s2
答案　A
解析　解法一：设该物体的初速度为v0，加速度大小为a，由题意知t＝4 s，根据匀变速直线运动规律，x＝v0t－at2，＝v0－at，联立解得a＝1 m/s2，A正确。
解法二：此题也可用平均速度公式求解，得出平均速度＝＝，由x＝ t，解得v0＝6 m/s，最后由＝v0－at，解得a＝1 m/s2，A正确。
考点2　　自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动的特点
(1)自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动。
(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更频繁。
2．竖直上抛运动的两种研究方法
(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向上，加速度g向下的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。
例2　将一个物体在t＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8 s时物体的速度大小变为8 m/s(不计空气阻力，g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　)
A．物体一定是在t＝3.2 s时回到抛出点
B．t＝0.8 s时刻物体的运动方向可能向下
C．物体的初速度一定是20 m/s
D．t＝0.8 s时刻物体一定在初始位置的下方
(1)0.8 s内物体速度的改变量是多少？
提示：Δv＝gt＝8 m/s。
(2)t＝0.8 s时物体的速度大小变为8 m/s，此时速度方向有可能竖直向下吗？
提示：不可能。
尝试解答　选A。
物体做竖直上抛运动，在0.8 s内的速度变化量Δv＝gt＝8 m/s，因为初速度不为零，可以知道t＝0.8 s时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B、D错误。由v＝v0－gt得v0＝16 m/s，则上升到最高点的时间t1＝＝1.6 s，则从抛出到回到抛出点的时间t＝2t1＝3.2 s，故A正确，C错误。

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，则：

①时间对称性：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，同理有tAB＝tBA。

②速度对称性：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，方向相反。
③能量对称性：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：在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下落阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解，也可能造成路程多解。
[变式2－1]　 科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)

A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB<tBC<tCD
B．闪光的间隔时间是 s
C．水滴在相邻两点间的平均速度满足AB∶BC∶CD＝1∶4∶9
D．水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶3∶5
答案　B
解析　在运动学问题的解题过程中，若多个物体所参与的运动规律完全相同，可将多个物体的运动转换为一个物体的连续运动，解答过程将变得简单明了。
由题图可知∶∶＝1∶3∶5，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，由题意知水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A错误；由h＝gt2可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为 s，即闪光的间隔时间是 s，B正确；由＝知水滴在相邻两点间的平均速度满足AB∶BC∶CD＝1∶3∶5，C错误；由v＝gt知水滴在各点的速度之比满足vB∶vC∶vD＝1∶2∶3，D错误。
[变式2－2]　如图所示是一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，上升到最高点后返回。在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2，求：

(1)重力加速度g；
(2)当O点距离管底部的距离为L0时，玻璃管的最小长度。
答案　(1)　(2)L0＋
解析　(1)小球从O点上升到最大高度过程中
h1＝g2
小球从P点上升到最大高度过程中h2＝g2
依据题意得h1－h2＝H，联立解得g＝。
(2)真空管的最小长度L＝L0＋h1，故L＝L0＋。
考点3　　匀变速直线运动问题的求解方法

例3　目前交警部门开展的“车让人”活动深入人心，如图所示，司机发现前方有行人正通过人行横道时开始做匀减速直线运动，恰好在停车线处停止运动。汽车经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是(　　)

A．3.5 m B.2 m
C.1 m D.0
该题属于末速度为零的匀减速直线运动，常采用何种方法处理？
提示：逆向思维法结合比例法。
尝试解答　选B。
利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以＝，x1＝2 m，故B正确。

1．“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题

2．多过程问题的解题方法
(1)问题特点
一个物体的运动包含几个阶段，各阶段的运动性质不同，满足不同的运动规律，交接处的速度是连接各阶段运动的纽带。
(2)基本思路

[变式3－1]　一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知(　　)
A．质点运动的加速度是0.6 m/s2
B．质点运动的加速度是0.3 m/s2
C．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s
D．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s
答案　B
解析　由Δx＝aT2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s2，A错误，B正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度v＝0.2 m/s，第1次闪光时质点的速度是v1＝v－a＝(0.2－0.3×0.5) m/s＝0.05 m/s，第2次闪光时质点的速度是v2＝v＋a＝(0.2＋0.3×0.5) m/s＝0.35 m/s，C、D错误。
[变式3－2]　(2019·西宁第四中学高三一模)跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升机悬停在离地面224 m高时，运动员离开飞机做自由落体运动，运动了5 s后，打开降落伞，展伞后运动员减速下降至地面，若运动员落地速度为5 m/s，取g＝10 m/s2，求运动员匀减速下降过程的加速度大小和时间。
答案　12.5 m/s2　3.6 s
解析　运动员做自由落体运动的位移为
h＝gt2＝×10×52 m＝125 m
打开降落伞时的速度为：v1＝gt＝10×5 m/s＝50 m/s
匀减速下降过程有：v－v＝－2a(H－h)
将v2＝5 m/s、H＝224 m代入上式，
解得：a＝12.5 m/s2
匀减速运动的时间为：t′＝＝ s＝3.6 s。

答卷现场1　匀变速直线运动问题

　(9分)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。
试卷抽样
评析指导

1.失分点①：方程及结果错误，扣3分。
失分原因：思维不严谨，误将运动员在加速的第2 s内初速度漏掉。
补偿建议：强化过程分析，明确每个运动过程中的已知量和未知量，选用正确的公式求解。
规范解答：x1＝at　x1＋x2＝a(2t0)2
t0＝1 s，解得a＝5 m/s2
2．失分点②：结果错误扣2分。
失分原因：由于第一步中的a计算错误，直接导致该步计算加速时间和位移错误。
规范解答：把a＝5 m/s2代入方程
解得t加＝2 s
x加＝10 m
3．其他可能失分点：误将题干中第2 s内当成前2 s
得x＝at2　a＝ m/s2＝3.75 m/s2
4．解题过程中繁琐的数学运算可略去，只剩必要的步骤和结果。

高考模拟 随堂集训

1．(2019·晋冀鲁豫中原名校高三第三次联考)舰载战斗机着舰被称为“在刀尖上跳舞”，指的是舰载战斗机着舰有很大的风险，一旦着舰不成功，飞行员必须迅速实施“逃逸复飞”，“逃逸复飞”是指制动挂钩挂拦阻索失败后飞机的复飞。若某飞行员在一次训练“逃逸复飞”科目时，舰载战斗机复飞前的速度为25 m/s，复飞过程中的最大加速度为6 m/s2，航母跑道长为200 m，起飞需要的最小速度为50 m/s。则舰载战斗机在跑道上复飞过程的最短时间是(　　)
A．4.2 s B.5.0 s
C．7.5 s D.8.0 s
答案　A
解析　舰载战斗机在复飞过程中做匀加速直线运动，当加速度最大时复飞时间最短，故战斗机复飞的最短时间为t＝＝ s＝4.2 s。故A正确。
2．(2019·全国卷Ⅰ)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(　　)

A．1<<2 B.2<<3
C．3<<4 D.4<<5
答案　C

解析　空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H时的速度为0。逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。由题意知，＝＝2＋，故3<<4，C正确。

3．(2019·湖北襄阳三模)(多选)物体从A点由静止出发，先以大小为a1的加速度做匀加速直线运动到某速度v后，立即以大小为a2的加速度做匀减速直线运动至B点，速度恰好减为零，所用总时间为t。若物体以速度v0匀速通过AB，所用时间也为t，则下列表达正确的是(　　)
A．v＝2v0 B.＋＝
C.－＝ D.＋＝
答案　AB
解析　由运动学公式有：x＝v0t＝t1＋t2＝(t1＋t2)＝t，解得v＝2v0，A正确；由t1＝，t2＝得：t＝＋，整理得：＋＝，B正确，C、D错误。
4．(2019·四川自贡高三一诊)某汽车在高速公路上行驶的速度为108 km/h，司机发现前方有障碍物时，立即采取紧急刹车，其制动过程中的加速度大小为5 m/s2，假设司机的反应时间为0.50 s，汽车制动过程中做匀变速直线运动。求：
(1)汽车制动8 s后的速度是多少？
(2)汽车至少要前行多远才能停下来？
答案　(1)0　(2)105 m
解析　(1)选取初速度方向为正方向，有：v0＝108 km/h＝30 m/s，由vt＝v0＋at得汽车的制动时间为：t＝＝ s＝6 s，则汽车制动8 s后的速度是0。
(2)在反应时间内汽车的位移：x1＝v0t0＝15 m；
汽车的制动距离为：x2＝t＝×6 m＝90 m。
则汽车至少要前行的距离为：x＝x1＋x2＝105 m。
5．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求：

(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。
答案　(1)　(2)
解析　(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，μmg＝ma①
v－v＝－2as0②
联立①②式得μ＝③
(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，运动员的加速度大小为a′，所用的时间为t。
由运动学公式得
t＝s0④
s1＝a′t2⑤
联立④⑤式得a′＝。