浙江专用高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第二节匀变速直线运动的规律及应用课件+学案

第二节　匀变速直线运动的规律及应用

一、匀变速直线运动规律和推论

提示：加速度　相同　相反　v0＋at

v0t＋at2　v2－v　aT2　(m－n)　

【基础练1】　图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t。则通过ae段的时间为(　　)

A．2t　　　　　　　　　　 B.t

C．(2＋)t   D．t

解析：选A。xab＝at2，xae＝at′2，两式相比t′＝2t，故A正确，B、C、D错误。

【基础练2】　物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度为零，已知整个运动过程所用的时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为(　　)

A．15 m/s   B．30 m/s

C．7.5 m/s   D．无法求解

解析：选B。设最大速度为vm，匀加速直线运动过程：v＝(0＋vm)＝vm，x1＝，匀减速直线运动过程：v＝(vm＋0)＝vm，x2＝t2，所以整个运动过程x＝x1＋x2＝(t1＋t2)＝t，解得vm＝30 m/s。

二、自由落体和竖直上抛运动

答案：静止　gt　gt2　2gh　竖直向上

重力　v0－gt　－2gh

【基础练3】　甲、乙两物体分别从10 m和20 m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面描述正确的是(　　)

A．落地时甲的速度是乙的

B．落地的时间甲是乙的2倍

C．下落1 s时甲的速度与乙的速度相同

D．甲、乙两物体在最后1 s内下落的高度相等

解析：选C。根据公式v2＝2gh可得落地速度v＝，所以落地速度甲是乙的，所以A错误；根据公式h＝gt2，可得落地时间t＝，所以落地时间甲是乙的，所以B错误；根据公式v＝gt可得下落1 s时两者的速度相同，所以C正确；甲、乙下落时间不同，所以在最后1 s内的平均速度不同， 所以下落的高度不同，所以D错误。

考点一　匀变速直线运动规律的基本应用

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

　(2018·4月浙江选考)如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过 1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　)

A．13 s　　　　　　　　 B．16 s

C．21 s   D．26 s

[解析]　升降机先加速上升，加速距离为h1＝＝32 m，加速时间为t1＝＝8 s，后匀速上升，再减速上升，减速距离h3＝h1＝32 m，减速时间t3＝t1＝8 s，故中间匀速阶段h2＝40 m，t2＝＝5 s，所以t＝t1＋t2＋t3＝(8＋5＋8)s＝21 s，C正确。

[答案]　C

【对点练1】　“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36 km/h的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止，刹车加速度大小为10 m/s2。若小王的反应时间为0.5 s，则汽车距斑马线的安全距离至少为(　　)

A．5 m　　　　　　　　　　 B．10 m

C．15 m   D．36 m

解析：选B。汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，反应时间t1＝0.5 s内汽车做匀速直线运动，有

x1＝v0t1＝5 m，刹车过程的加速度大小为a＝10 m/s2，由匀减速直线运动的规律0－v＝－2ax2，可得刹车距离为x2＝＝5 m，故安全距离为d≥(x1＋x2)＝10 m；故B正确，A、C、D错误。

【对点练2】　(2020·金华模拟)为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一长直斜坡公路，倾角为37°，机动车限速36 km/h。一质量为5 t的货车以36 km/h 的速度匀速下坡，货车装配了ABS(车轮防抱死)系统，某时刻货车司机发现前方20 m处有一观光者以18 km/h的速度匀速骑行下坡，司机立即启动ABS刹车系统，此后货车一直做匀减速运动直到静止，且恰好没有撞到骑行者。

(1)求货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离；

(2)若该货车下坡刹车时ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下，刹车过程中货车受到的摩擦力。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.9，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。

解析：(1)设货车减速的加速度为a时恰好没有撞到骑行者，经时间t1两者速度相等，则

v货－at1＝v人

t1＝v人t1＋20 m

解得a＝ m/s2

设再经时间t2，车减速到0，有0＝v人－at2

则有Δx＝v人t2－t2，

解得Δx＝20 m。

(2)对货车进行受力分析则有f ＝μmgcos 37°，解得f＝3.6×104N，方向沿斜面向上。

答案：(1)20 m　(2)3.6×104N，方向沿斜面向上

考点二　处理匀变速直线运动的常用方法

1．基本思路

2．常用“六法”

　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＝2axAC  ①

v＝v－2axAB  ②

xAB＝xAC  ③

由①②③式解得vB＝  ④

又vB＝v0－at  ⑤

vB＝atBC  ⑥

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＝。可以看到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

【对点练3】　2019年7月20日晚，在韩国光州进行的2019年国际游泳世锦赛结束的跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为t。杨健入水后第一个时间内的位移为x1，最后一个时间内的位移为x2，则＝(　　)

A．3∶1　　　　　　　　　　 B．4∶1

C．7∶1   D．8∶1

解析：选C。将运动员入水后的运动逆过来可看做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶7…，所以有 ＝，C正确，A、B、D错误。

【对点练4】　(2020·杭州市萧山区第八高级中学期末)自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机经常会遇到动物经过公路的情形。如图所示的一辆汽车正在以v＝20 m/s的速度匀速行驶，突然公路上冲出几只小动物，司机马上刹车，假设刹车过程是匀减速运动，加速度大小为4 m/s2，小动物与汽车距离约为55 m，以下说法正确的是(　　)

A．汽车匀减速6 s末的速度为－4 m/s

B．汽车一定撞上小动物

C．汽车第二秒初的速度为16 m/s

D．汽车最后一秒的位移为4 m

解析：选C。由题可知初速度为v＝20 m/s，加速度为a＝－4 m/s2，设经过t0时间停止运动，则根据速度与时间关系可知：t0＝＝5 s，可知汽车6 s末的速度为0，故A错误；由题可知，汽车刹车的距离为x＝·t0＝50 m<55 m，即汽车没有撞上小动物，故B错误；汽车第二秒初的速度即为刹车第一秒末的速度，根据速度与时间关系可知：v1＝v＋at1＝20 m/s＋(－4 m/s2×1 s)＝16 m/s，故C正确；根据逆向思维可知，汽车最后一秒的位移为x′＝at′2＝×4×12 m＝2 m，故D错误。

考点三　自由落体运动和竖直上抛运动

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

　(2020·宁波质检)如图所示，一个小球从地面竖直上抛。已知小球两次经过较低点A的时间间隔为TA，两次经过较高点B的时间间隔为TB，重力加速度为g，则A、B两点间的距离为(　　)

A.　　　　　　　 B.

C.   D.

[解析]　根据竖直上抛运动的对称性可知，A、B两点离最高点的高度分别为hA＝g＝gT，hB＝g＝gT，A、B两点间的距离Δh＝hA－hB＝，故D正确。

[答案]　D

【对点练5】　(2020·庐巢七校联盟第三次联考)一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，则(　　)

A．小球在2 s末的速度大小是16 m/s

B．该星球上的重力加速度大小为10 m/s2

C．小球在第4 s末的速度大小是48 m/s

D．小球在4 s内的位移大小是80 m

解析：选C。第4 s内的位移是42 m，有gt－gt＝42 m，代入数据解得g＝12 m/s2，所以2 s末的速度v2＝gt2＝24 m/s，故A、B不符合题意；小球在第4 s末的速度v4＝gt4＝48 m/s，故C符合题意；小球在4 s内的位移h4＝gt＝96 m，故D不符合题意。

考点四　多运动过程问题

1．基本思路

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联系各段的桥梁，可按下列四个步骤解题：

2．解题关键

分析和求解运动转折点的速度往往是解题的突破口。

　假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h，小汽车未减速的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2。试问：

(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？

(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？

(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？

[解析]　(1)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为x1处开始制动，则有v2－v＝－2a1x1

解得x1＝108 m。

(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。

减速阶段，有v＝v0－a1t1

解得t1＝＝6 s

加速阶段，有v0＝v＋a2t2

解得t2＝＝4 s

则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。

(3)加速阶段，有v－v2＝2a2x2

解得x2＝72 m

则总位移x＝x1＋x2＝180 m

若不减速通过收费站，则所需时间

t′＝＝6 s

故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为

Δt＝t－t′＝4 s。

[答案]　(1)108 m　(2)10 s　(3)4 s

【对点练6】　如图所示 ，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC上运动，AB的长度为x1＝25 m，BC的长度为x2＝97 m。汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1＝2.0 m/s2 的匀加速直线运动。在BC段，汽车先做加速度大小为a2＝1.0 m/s2的匀加速直线运动，当运动到离C点适当距离处，再以大小为a3＝2.0 m/s2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点。求：

(1)汽车达到的最大速度vm和开始减速时离C点的距离d；

(2)汽车从A点运动到C点所用的时间t。

解析：(1)由x1＝a1t和v＝2a1x1，可得汽车在AB段运动时间t1＝＝5 s，到达B点时的速度vB＝＝10 m/s，设汽车在BC段之间由B到D时加速行驶，距离为d′，有v－v＝2a2d′

由D到C时减速行驶，距离为d，有0－v＝－2a3d，且

d′＋d＝x2，解得汽车的最大速度vm＝14 m/s

开始减速时汽车离C点的距离d＝＝49 m。

(2)由B到D，汽车加速行驶，由vm＝vB＋a2t2得

行驶时间t2＝＝4 s，由D到C，汽车减速行驶直到静止，由0＝vm－a3t3得行驶时间t3＝＝7 s，故汽车从A点运动到C点所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝16 s。

答案：(1)14 m/s　49 m　(2)16 s

(建议用时：20分钟)

1．(2017·浙江选考4月)拿一个长约1.5 m的玻璃筒，一端封闭，另一端有开关，把金属片和小羽毛放到玻璃筒里。把玻璃筒倒立过来，观察它们下落的情况。然后把玻璃筒里的空气抽出，再把玻璃筒倒立过来，再次观察它们下落的情况。下列说法正确的是(　　)

A．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛下落一样快

B．玻璃筒充满空气时，金属片和小羽毛均做自由落体运动

C．玻璃筒抽出空气后，金属片和小羽毛下落一样快

D．玻璃筒抽出空气后，金属片比小羽毛下落快

答案：C

2．(2017·4月浙江选考)四月的江南草长莺飞，桃红柳绿，雨水连绵。伴随温柔的雨势，时常出现瓢泼大雨，雷电交加的景象，在某次闪电过后约2 s小明听到雷声，则雷电生成处离小明的距离约为(　　)

A．6×102 m　　　　　　　　 B．6×104 m

C．6×106 m   D．6×108 m

答案：A

3．(2016·4月浙江选考)宇航员在月球上离月球表面高10 m 处由静止释放一片羽毛，羽毛落到月球表面上的时间大约是(　　)

A．1.0 s   B．1.4 s

C．3.5 s   D．12 s

答案：C

4．雾天开车在高速上行驶，设能见度(驾驶员与能看见的最远目标间的距离)为30 m，驾驶员的反应时间为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度不能超过(　　)

A．10 m/s   B．15 m/s

C．10 m/s   D．20 m/s

解析：选B。驾驶员反应过程中，汽车做匀速直线运动，行驶距离为x0＝vt0，汽车刹车减速至0，逆过程可视为初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移关系v2－v＝2ax可知v2＝2a(x－x0)，解得最大速度为v＝15 m/s，A、C、D错误，B正确。

5．在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选A。根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为t＝＝，A正确。

6．(2016·10月浙江选考)某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s后听到石块直接落到崖底的声音。探险者离崖底的高度最接近的是(　　)

A．25 m   B．50 m

C．110 m   D．150 m

解析：选C。小石头落入崖底，其下落过程可以视为自由落体运动，有h＝gt2，代入数据得h＝×10×52 m＝125 m，考虑到声音传回来大约有0.3 s，故下落距离应略小于 125 m，C正确。

7．已知A、B、C为同一直线上的三点、AB间的距离为l1，BC间的距离为l2，一做匀加速直线运动的物体，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段时间为t，通过BC段的时间为2t。则物体加速度的大小为(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选C。设AB段中间时刻的速度v1＝，BC段中间时刻速度为v2＝，加速度a＝＝，故C正确。

8．一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方有一警示牌，立即刹车。刹车后汽车立即开始做匀减速直线运动，直至停止。已知从刹车开始计时，汽车在 0～2 s内的位移大小为48 m，4～6 s内的位移大小为3 m。用v、a分别表示汽车匀速行驶时的速度大小及刹车后的加速度大小，则(　　)

A．a＝ m/s2，v＝ m/s

B．a＝ m/s2，v＝ m/s

C．a＝8 m/s2，v＝32 m/s

D．a＝6 m/s2，v＝30 m/s

解析：选D。在0～2 s内的位移为x1＝vt－at2①

汽车在4 s时的速度为v1＝v－4a②

则4～6 s内的位移为x2＝v1t－at2

代入数据解得v＝29.625 m/s，a＝5.625 m/s2；

但当t＝6 s时，可得速度为v6＝－4.125 m/s，这说明在t＝6 s时汽车已停止运动，因此上面的计算不成立。

则4～6 s内的位移为0－v＝－2ax2③

联立①②③式计算可得a＝6 m/s2，v＝30 m/s，故D正确，A、B、C错误。

9．全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”最高礼仪，寓意为“接风洗尘”。某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出，经过3 s水到达最高点，不计空气阻力和水柱间的相互影响，若水射出后第1 s内上升高度为h，重力加速度g取10 m/s2，则水通过前h段用时为(　　)

A．0.5 s   B．(2－) s

C．(3－2) s   D．0.2 s

解析：选C。由经过3 s水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为vy0＝gt＝30 m/s，第1 s内上升高度为h＝t1＝25 m，设水通过前 h的竖直末分速度大小为vy，则有－2g×＝v－v，解得vy＝20 m/s，所用的时间为t′＝＝(3－2)s，

故C正确，A、B、D错误。

10．从固定斜面上的O点每隔0.1 s 由静止释放一个同样的小球。释放后小球做匀加速直线运动。某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示。测得小球相邻位置间的距离xAB＝4 cm，xBC＝8 cm。已知O点距离斜面底端的长度为l＝35 cm。由以上数据可以得出(　　)

A．小球的加速度大小为12 m/s2

B．小球在A点的速度为0

C．斜面上最多有5个小球在滚动

D．该照片是距第一个小球释放后0.3 s拍摄的

解析：选C。根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝＝ m/s2＝4 m/s2，A错误； 小球在B点时的速度vB＝＝ m/s＝0.6 m/s，小球在A点的速度为vA＝vB－aT＝0.6 m/s－4×0.1 m/s＝0.2 m/s，则tA＝＝ s＝0.05 s，即该照片是距第一个小球释放后0.05 s拍摄的，B、D错误；最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x1＝aT2＝0.02 m＝2 cm，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7…，则各个球之间的距离分别为2 cm、6 cm、10 cm、14 cm、18 cm…，因为O点与斜面底端距离为35 cm，而前5个球之间的距离之和为32 cm，斜面上最多有5个球，C正确。