2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第1章 第2节 匀变速直线运动的规律 Word版含答案.pdf

第第 2 2 节节匀变速直线运动的规律匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的基本规律一、匀变速直线运动的基本规律1 1概念：概念：沿一条直线且加速度不变的运动。沿一条直线且加速度不变的运动。2 2分类分类(1)(1)匀加速直线运动：匀加速直线运动：a a 与与 v v 方向相同。方向相同。(2)(2)匀减速直线运动：匀减速直线运动：a a 与与 v v 方向相反。方向相反。3 3基本规律基本规律二、匀变速直线运动的重要关系式二、匀变速直线运动的重要关系式1 1两个导出式两个导出式2 2三个重要推论三个重要推论(1)(1)位移差公式：位移差公式：x xx x2 2x x1 1x x3 3x x2 2x xn nx xn n1 1aTaT2 2，即任意两个连续，即任意两个连续相等的时间间隔相等的时间间隔 T T 内的位移之差为一恒量。可以推广到内的位移之差为一恒量。可以推广到 x xm mx xn n(m mn n)aTaT2 2。v v0 0v v(2)(2)中间时刻速度中间时刻速度 v vt v v，即物体在一段时间内的平均速度等于，即物体在一段时间内的平均速度等于2 22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。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)(3)位移中点的速度位移中点的速度 v vx22 2v v2 20 0v v。2 23 3初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论(1)1(1)1T T 末、末、2 2T T 末、末、3 3T T 末瞬时速度的比为末瞬时速度的比为v v1 1v v2 2v v3 3v vn n1 12 23 3n n。(2)1(2)1T T 内、内、2 2T T 内、内、3 3T T 内位移的比为内位移的比为x xx xx xx xN N1 12 22 22 23 32 2n n2 2。(3)(3)第一个第一个 T T 内、内、第二个第二个 T T 内、内、第三个第三个 T T 内位移的比为内位移的比为 x x1 1x x2 2x x3 3x xn n1 13 35 5(2(2n n1)1)。(4)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t t1 1t t2 2t t3 3t tn n1 1(2 21)1)(3 3 2)2)(n n n n1)1)。三、自由落体运动和竖直上抛运动三、自由落体运动和竖直上抛运动运动条运动条(1)(1)物体只受重力作用物体只受重力作用件件(2)(2)由静止开始下落由静止开始下落运动性运动性初速度为零的匀加速直线初速度为零的匀加速直线质质自由落体运动自由落体运动运动运动(1)(1)速度公式：速度公式：v vgt gt1 1运动规运动规(2)(2)位移公式：位移公式：h h gt gt2 22 2律律(3)(3)速度速度位移公式：位移公式：v v2 22 2ghgh运动性运动性质质匀减速直线运动匀减速直线运动(1)(1)速度公式：速度公式：v vv v0 0gt gt1 12 2(2)(2)位移公式：位移公式：h hv v0 0t t gt gt2 2(3)(3)速度速度位移关系式：位移关系式：v v2 2运动规运动规v v2 20 02 2ghgh律律v v2 20 0(4)(4)上升的最大高度：上升的最大高度：H H2 2g g(5)(5)上升到最高点所用时间：上升到最高点所用时间：竖直上抛运动竖直上抛运动v v0 0t tg g1 1思考辨析思考辨析(正确的画“”，错误的画“”正确的画“”，错误的画“”)(1)(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(2)(2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。匀加速直线运动的位移是均匀增加的。()()(3)(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。速度。()()()(4)(4)物体做自由落体运动的加速度一定等于物体做自由落体运动的加速度一定等于 9.8 m/s9.8 m/s2 2。(5)(5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。(6)(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。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 2(人教版必修人教版必修 1P1P4343T T3 3改编改编)某航母甲板上跑道长某航母甲板上跑道长 200200 mm，飞机在航母上滑，飞机在航母上滑行的最大加速度为行的最大加速度为 6 m/s6 m/s2 2，起飞需要的最低速度为起飞需要的最低速度为 50 m/s50 m/s，那么，那么，飞机在滑行前，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为需要借助弹射系统获得的最小初速度为()A A5 m/s5 m/sC C15 m/s15 m/s 答案答案 B B3 3(人教版必修人教版必修 1P1P4040T T3 3改编改编)以以 18 m/s18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在运动，在 3 s3 s 内前进内前进 36 m36 m，则汽车在，则汽车在 5 s5 s 内的位移为内的位移为()A A50 m50 mC C40.5 m40.5 mB B45 m45 mD D40 m40 mB B10 m/s10 m/sD D20 m/s20 m/s1 12 21 1C C 根据根据 x xv v0 0t t at at得得 363618183 3a a3 32 2，即，即a a4 m/s4 m/s2 2。汽车停止所。汽车停止所2 22 2v v0 01818需时间为需时间为 t ta as s4.5 s5 s4.5 s5 s，所以，所以 4.5 s4.5 s 末汽车停止运动，末汽车停止运动，5 s5 s 内的位内的位4 40 0v v2 20 018182 20 0移移 x xmm40.5 m40.5 m，故选项，故选项 C C 正确。正确。2 2a a2 2 4 4 4 4(人教版必修人教版必修 1P1P4949做一做改编做一做改编)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定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在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了 s s1 12 m2 m；在第三次、第四次闪光的；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了时间间隔内移动了 s s3 38 m8 m。由此可求得。由此可求得()A A第一次闪光时质点的速度第一次闪光时质点的速度B B质点运动的加速度质点运动的加速度C C在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移D D质点运动的初速度质点运动的初速度C C 由于闪光时间未知，所以根据由于闪光时间未知，所以根据 s s2 2s s1 1s s3 3s s2 2aTaT2 2，只能求出第二、三，只能求出第二、三次闪光的时间间隔内质点的位移次闪光的时间间隔内质点的位移 s s2 25 m5 m，选项，选项 C C 正确。正确。匀变速直线运动的基本规律匀变速直线运动的基本规律 讲典例示法讲典例示法 1 1重要公式的选择重要公式的选择适宜选用公式适宜选用公式v vv v0 0at at1 12 2x xv v0 0t t at at2 2v v2 2v v2 20 02 2axaxx xv vv v0 0t t2 2题目中所涉及的物理量题目中所涉及的物理量(包括已知包括已知量、待求量和为解题设定的中间量量、待求量和为解题设定的中间量)v v0 0、v v、a a、t tv v0 0、a a、t t、x xv v0 0、v v、a a、x xv v0 0、v v、t t、x x没有涉及没有涉及的物理量的物理量x xv vt ta a2.2.运动学公式中正、负号的规定运动学公式中正、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，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。相反的取负值。3 3两类特殊的匀减速直线运动两类特殊的匀减速直线运动(1)(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 a 突然消失，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(到停止运动到停止运动)的运的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。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)(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，但必须注意须注意 x x、v v、a a 等矢量的正负号及物理意义。等矢量的正负号及物理意义。典例示法典例示法(2019(2019湖北天门模拟湖北天门模拟)出租车载客后，出租车载客后，从高速公路入口处驶入高从高速公路入口处驶入高速公路，并从速公路，并从 1010 时时 1010 分分 5555 秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过 10 s10 s时，速度计显示速度为时，速度计显示速度为 54 km/h54 km/h。求：。求：(1)(1)这时出租车离出发点的距离；这时出租车离出发点的距离；(2)(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为 108 km/h108 km/h 时，出租时，出租车开始做匀速直线运动。车开始做匀速直线运动。1010时时1212分分3535秒时计价器里程表示数应为多少千米？秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车车启动时，计价器里程表示数为零启动时，计价器里程表示数为零)审题指导审题指导：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境 解析解析(1)(1)由题意可知经过由题意可知经过 10 s10 s 时，速度计上显示的速度为时，速度计上显示的速度为 v v1 115 m/s15 m/s由速度公式由速度公式 v vv v0 0at atv vv v0 0v v1 1得得 a at t1.5 m/s1.5 m/s2 2t t1 11 11 12 2由位移公式得由位移公式得 x x1 1at at2 21 1 1.51.51010 m m75 m75 m2 22 2这时出租车离出发点的距离为这时出租车离出发点的距离为 75 m75 m。2 2v v2 22 22 2axax 得得x x(2)(2)当速度计上显示的速度为当速度计上显示的速度为v v2 2108 km/h108 km/h30 m/s30 m/s时，时，由由v v2 22 22 22 2a a300300 mm，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为 t t2 2，可根据速度公式，可根据速度公式v v2 23030得得 t t2 2a as s20 s20 s，这时出租车时间表应显示这时出租车时间表应显示 1010 时时 1111分分 1515 秒。秒。出租车继续出租车继续1.51.5匀速运动，匀速运动时间匀速运动，匀速运动时间t t3 3为为 80 s80 s，通过位移，通过位移x x3 3v v2 2t t3 3303080 m80 m2 400 m2 400 m，所，所以以 1010 时时 1212 分分 3535 秒时，计价器里程表应显示秒时，计价器里程表应显示x xx x2 2x x3 3(300(3002 400)m2 400)m2 700 m2 700 m2.7 km2.7 km。答案答案(1)75 m(1)75 m(2)2.7 km(2)2.7 km“一画、二选、三注一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题巧解匀变速直线运动问题 跟进训练跟进训练 基本公式的应用基本公式的应用1 1空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场在距机场 54 km54 km、离地离地 1 750 m1 750 m 高度时飞机发动机停车失去动力。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，在地面指挥员的果断引领下，安安全迫降机场，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。若飞机着陆后以第一人。若飞机着陆后以 6 6 m/sm/s2 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s60 m/s，则它着陆后，则它着陆后 12 s12 s 内滑行的距离是内滑行的距离是()A A288 m288 mC C150 m150 mB B300 m300 mD D144 m144 mv vv v0 00 06060B B 先求出飞机着陆后到停止所用时间先求出飞机着陆后到停止所用时间 t t，由由 v vv v0 0at at，得得 t ta a6 6s s10 s10 s，由此可知飞机在，由此可知飞机在12 s12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s2 s 内是静止内是静止at at2 210102 2的，故它着陆后的，故它着陆后 1212 s s 内滑行的距离为内滑行的距离为 x xv v0 0t t60601010 mm(6)6)mm2 22 2300 m300 m。汽车汽车“刹车问题刹车问题”2 2汽车以汽车以 v v0 020 m/s20 m/s 的速度在平直公路上行驶，的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度急刹车时的加速度 a a5 5m/sm/s2 2，则自驾驶员急踩刹车开始，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s2 s 时与时与 5 s5 s 时汽车的位移之比为时汽车的位移之比为()A A5 54 4C C3 34 4B B4 45 5D D4 43 30 0v v0 00 02020C C 汽车速度减为零所需的时间汽车速度减为零所需的时间 t t0 0a as s4 4 s s，2 2 s s 时汽车的位时汽车的位5 51 1 移移 x x1 1 20202 22 25 54 4 mm30 m30 m，由于汽车经，由于汽车经 4 s4 s 停止运动，则停止运动，则 5 s5 s 时汽车的时汽车的 0 0v v2 20 0400400位移即位移即 4 s4 s 时的位移，时的位移所以所以 5 s5 s 时汽车的位移时汽车的位移 x x2 2mm40 m40 m，则则 2 s2 s2 2a a1010时与时与 5 s5 s 时汽车的位移之比为时汽车的位移之比为 3 34 4，C C 正确。正确。多过程问题多过程问题3 3有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为 2 2 m/sm/s2 2，制动时匀减速，制动时匀减速上升的加速度大小为上升的加速度大小为 1 m/s1 m/s2 2，中间阶段电梯可匀速运行，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为电梯运行上升的高度为48 m48 m。问：。问：(1)(1)若电梯运行时最大限速为若电梯运行时最大限速为 9 m/s9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少；，电梯升到最高处的最短时间是多少；(2)(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 s15 s，上升的最大速度是多少？，上升的最大速度是多少？解析解析(1)(1)要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过而没有匀速过2 2v vmmv v2 2mm程，设最大速度为程，设最大速度为 v vmm，由位移公式得，由位移公式得 h h，代入数据解得，代入数据解得 v vmm8 m/s8 m/s2 2a a1 12 2a a2 2因为因为 v vmm8 m/s9 m/s8 m/s9 m/s，符合题意，符合题意v vmm8 8加速的时间为加速的时间为 t t1 1s s4 s4 sa a1 12 2v vmm8 8减速的时间为减速的时间为 t t2 2s s8 s8 sa a2 21 1运动的最短时间为运动的最短时间为 t tt t1 1t t2 212 s12 s。(2)(2)设加速的时间为设加速的时间为 t t1 1，减速的时间为减速的时间为 t t2 2，匀速上升时的速度为匀速上升时的速度为 v v，且且 v v800，物体上升，若，物体上升，若 v v000，物体在抛出点上方，若，物体在抛出点上方，若 h h00，物体在抛出点下方，物体在抛出点下方 典例示法典例示法 在离地面上高在离地面上高 h h 处质点处质点 A A 做自由落体运动，与此同时，在做自由落体运动，与此同时，在 A A 的正下方的地的正下方的地面上有质点面上有质点 B B 以初速度以初速度 v v0 0竖直上抛。若竖直上抛。若 B B 在上升阶段能与在上升阶段能与 A A 相遇，求出相遇，求出 v v0 0的的取值范围；若取值范围；若 B B 在下降阶段与在下降阶段与 A A 相遇，求出相遇，求出 v v0 0的取值范围。的取值范围。审题指导审题指导：解此题关键是画出两物体运动示意图解此题关键是画出两物体运动示意图(如图所示如图所示)，找到相遇点，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。利用好位移关系和时间关系。解析解析 如图所示，以如图所示，以 B B 的初位置为原点的初位置为原点 O O，竖直向上为，竖直向上为 y y 轴正方向轴正方向A A 做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为1 1y y1 1h h gt gt2 22 2B B 做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为1 1y y2 2v v0 0t t gt gt2 22 2两个质点相遇的条件是两个质点相遇的条件是 y y1 1y y2 21 12 21 12 2h h即即 h hgt gtv v0 0t tgt gt，可见，可见 A A、B B 相遇的时间相遇的时间 t t0 0。2 22 2v v0 0v v0 0而而 B B 上升到最高点的时间上升到最高点的时间 t t1 1g g若要使若要使 B B 在上升时与在上升时与 A A 相遇，必须满足相遇，必须满足 t t1 1t t0 0，即，即v v0 0h hg gv v0 0所以所以 B B 在上升时与在上升时与 A A 相遇的相遇的 v v0 0的取值范围为的取值范围为v v0 0 ghghv v0 0h h若若 B B 在下降过程中与在下降过程中与 A A 相遇，必须满足相遇，必须满足g g，即，即 v v0 0 v v0 0ghgh。2 2 答案答案 见解析见解析解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意(1)(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。匀减速运动。(2)(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。析常有以下两种判断方法。根据位移根据位移 h h 判断：判断：h h00 在抛出点上方，在抛出点上方，h h0 0 恰好在抛出点，恰好在抛出点，h h00 在抛出在抛出点下方。点下方。v v0 0v v0 0v v0 0根据时间根据时间 t t 判断：判断：t t g g表表2 2v v0 0明在下降过程中，明在下降过程中，t t g g表明在抛出点下方。表明在抛出点下方。跟进训练跟进训练 自由落体运动规律的应用自由落体运动规律的应用1 1 把一条铁链自由下垂地悬挂在天花板上，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，放开后让铁链做自由落体运动，已知铁链通过悬点下方已知铁链通过悬点下方 3.23.2 mm 处的一点历时处的一点历时 0.50.5 s sg g 取取 1010 m/sm/s2 2，则铁链的长度，则铁链的长度为为()A A1.75 m1.75 mC C3.75 m3.75 mB B2.75 m2.75 mD D4.75 m4.75 mB B 若铁链刚好长为若铁链刚好长为 3.23.2 mm，则整条铁链通过悬点下方，则整条铁链通过悬点下方 3.23.2 mm 处历时处历时 t t0 02 2h hg g2 23.23.2s s0.8 s0.8 s，而题设整条铁链通过该点只用了，而题设整条铁链通过该点只用了 0.5 s0.5 s，说明铁链长，说明铁链长1010度小于度小于3.2 m3.2 m，则铁链下端到达悬点下方则铁链下端到达悬点下方 3.2 m3.2 m 处用的时间为处用的时间为 t tt t0 0t t(0.8(0.80.5)0.5)1 11 11 1 s s0.3 s0.3 s。因。因 h hl l g gt t2 2，则，则 l lh hg gt t2 2 3.23.22 210100.30.32 2 mm2.75 m2.75 m。2 22 2 竖直上抛运动规律的应用竖直上抛运动规律的应用2 2(一题多解一题多解)气球以气球以 10 m/s10 m/s 的速度匀速上升，当它上升到离地的速度匀速上升，当它上升到离地 175 m175 m 的高的高处时，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？面时的速度是多大？(g g 取取 10 m/s10 m/s2 2)解析解析 法一：法一：分段法分段法设重物离开气球后，经过设重物离开气球后，经过 t t1 1时间上升到最高点，时间上升到最高点，v v0 01010则则 t t1 1g gs s1 s1 s1010上升的最大高度上升的最大高度v v2 20 010102 2h h1 1mm5 m5 m2 2g g2 21010故重物离地面的最大高度为故重物离地面的最大高度为H Hh h1 1h h5 m5 m175 m175 m180 m180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t t2 22 2H Hg g2 2180180s s6 s6 s1010v vgt gt2 210106 m/s6 m/s60 m/s60 m/s所以重物从气球上脱落至落地共历时所以重物从气球上脱落至落地共历时t tt t1 1t t2 27 s7 s。法二法二：全程法：全程法从物体自气球上脱落计时，经时间从物体自气球上脱落计时，经时间t t 落地，规定初速度方向为正方向，画出落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间运动草图如图所示，则物体在时间 t t 内的位移内的位移h h175 m175 m由位移公式由位移公式1 1h hv v0 0t t gt gt2 22 21 1有有1751751010t t1010t t2 22 2解得解得 t t7 s7 s 和和 t t5 s(5 s(舍去舍去)所以重物落地速度为所以重物落地速度为v v1 1v v0 0gt gt10 m/s10 m/s10107 m/s7 m/s60 m/s60 m/s其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。法三法三：对称性：对称性根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v v0 010 m/s10 m/s，设落地速，设落地速2 22 2ghgh度为度为 v v，则，则 v v2 2v v0 0解得解得 v v60 m/s60 m/s，方向竖直向下，方向竖直向下v vv v0 0经过经过 h h 历时历时 t tg g5 s5 sv v从最高点到落地历时从最高点到落地历时 t t1 1g g6 s6 s由时间对称可知，重物脱落后至落地历时由时间对称可知，重物脱落后至落地历时 t t2 2t t1 1 t t7 s7 s。答案答案 7 s7 s60 m/s60 m/s