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学案

这是一份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学案，共14页。学案主要包含了匀变速直线运动规律和推论，自由落体和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。

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

答案：加速度　相同　相反　v0＋at
v0t＋at2　v2－v　aT2　(m－n)　

【基础练1】　(2020·郑州高一检测)一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零。已知运动中滑块加速度恒定，若设斜面全长为L，滑块通过最初L所需的时间为t，则滑块从斜面底端滑到顶端所用时间为(　　)
A.t　　　　　　　　　　 B．(2＋)t
C．3t D．2t
解析：选B。利用“逆向思维法”把滑块的运动看成逆向的初速度为0的匀加速直线运动。设后所需时间为t′，则
＝at′2，全过程L＝a(t＋t′)2解得t′＝(＋1)t
所以t总＝t′＋t＝(2＋)t，故B正确。
【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，直到速度减为零，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：＝(0＋vm)＝vm，x1＝，匀减速直线运动过程：＝(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
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
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
　某种类型的飞机起飞滑行时，从静止开始做匀加速运动，加速度大小为4 m/s2，飞机速度达到80 m/s时离开地面升空。如果在飞机达到起飞速度时，突然接到命令停止起飞，飞行员立即使飞机制动，飞机做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2。如果要求你为该类型的飞机设计一条跑道，使在这种特殊情况下，飞机不滑出跑道，你设计的跑道长度至少要多长？
[解析]　设飞机运动方向为正方向，由题意知，飞机匀加速滑行时
v0＝0，a1＝4 m/s2，v1＝80 m/s；
飞机匀减速滑行时
v1＝80 m/s，v2＝0，a2＝5 m/s2。
根据速度－位移关系式有
v－v＝2a1x1①
v－v＝－2a2x2②
跑道长度至少为x＝x1＋x2③
联立①②③式，代入数值得x＝1 440 m。
[答案]　1 440 m
【对点练1】　(2020·苏北四市第一次调研)“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，安全距离为d≥(x1＋x2)＝10 m；故B正确，A、C、D错误。
【对点练2】　某辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为0.5 m/s2，达到30 m/s时，突然发现前方有障碍物，便立即制动，做匀减速直线运动的加速度大小为3 m/s2。求：
(1)汽车由启动至停下来全过程的运动时间。
(2)运动全过程的位移。
解析：(1)加速时间
t1＝＝ s＝60 s
减速时间t2＝＝ s＝10 s
全过程运动时间t＝t1＋t2＝70 s。
(2)法一　利用平均速度求解
加速位移x1＝vt1＝×30×60 m＝900 m
减速位移x2＝vt2＝×30×10 m＝150 m
总位移x＝x1＋x2＝1 050 m。
法二　利用速度位移关系式
加速位移x1＝＝ m＝900 m
减速位移x2＝＝ m＝150 m
总位移x＝x1＋x2＝1 050 m。
答案：(1)70 s　(2)1 050 m

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＝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，AC＝＝。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】　(2020·大同市第一次联考)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·张家口市5月模拟)如图所示，光滑斜面上有A、B、C、D四点，其中CD＝10AB。一可看成质点的物体从A点由静止释放，通过AB和CD段所用时间均为t，则物体通过BC段所用时间为(　　)

A．1.5t B．2.5t
C．3.5t D．4.5t
解析：选C。设AB＝x，由运动学规律可得，AB段时间中点的瞬时速度v1＝，CD段时间中点的瞬时速度v2＝，则AB段时间中点到CD段时间中点所用时间t1＝，又因为x＝at2，联立以上各式解得t1＝4.5t，因此BC段所用时间t2＝t1－t＝3.5t，故A、B、D错误，C正确。

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
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v<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方
　(2019·高考全国卷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
[解析]　本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝ ，第一个所用的时间为t1＝ － ，因此有＝＝2＋，即3<<4，C正确。
[答案]　C
【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：25分钟)

1．(2020·江苏如皋中学模拟)汽车在水平地面上刹车可以看做匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：s＝16t－2t2(m)，则它在停止运动前最后1 s内的平均速度为(　　)
A．6 m/s　 B．4 m/s
C．2 m/s D．1 m/s
解析：选C。根据匀变速直线运动的位移时间关系x＝v0t＋at2＝16t－2t2，解得v0＝16 m/s，a＝－4 m/s2；采取逆向思维，汽车在停止运动前1 s内的位移x＝at2＝×4×12m＝2 m，停止运动最后1 s的平均速度＝＝ m/s＝2 m/s，故C正确。
2．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。
3．(多选)(2020·广西玉林高一期中)一个以v0＝5 m/s的初速度做直线运动的物体，自始至终有一个与初速度方向相反、大小为2 m/s2的加速度，则当物体位移大小为6 m 时，物体已运动的时间可能为(　　)
A．1 s B．2 s
C．3 s D．6 s
解析：选BCD。取初速度方向为正方向，当位移与v0同向时，位移为x＝6 m，由x＝v0t＋at2得：6＝5t－t2，t1＝2 s 或t2＝3 s，B、C正确。当位移与v0方向相反时，位移为x＝－6 m，代入位移公式得：－6＝5t－t2，故t3＝6 s，D正确。
4．如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为2 m/s，A、B间的距离为x1＝3 m，B、C间的距离为x2＝5 m，则质点的加速度为(　　)

A．1 m/s2 B．2 m/s2
C．3 m/s2 D．4 m/s2
解析：选B。因为从A到B和从B到C速度的增加量Δv均为2 m/s，可知从A到B和从B到C的时间相等，根据平均速度推论可知，B点的速度vB＝＝；根据速度与位移的关系式得v－v＝2ax1，即－＝2××3，解得T＝1 s，则加速度为a＝＝ m/s2＝2 m/s2。故选B。
5．(2020·阳泉市上学期期末)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。

6．(2020·河南省上学期阶段性考试)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。
7．(2020·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m(未落地)，则(　　)
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m
D．物体在5 s内的位移大小是50 m
解析：选D。设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得g×(5 s)2－g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2，所以物体在2 s末的速度大小为8 m/s，A错误；物体在第5 s内的平均速度大小为18 m/s，B错误；物体在前2 s内的位移大小是g×(2 s)2＝8 m，C错误；物体在5 s内的位移大小是g×(5 s)2＝50 m，D正确。
8.(多选)(2020·定远期末)如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度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v∶vA∶vB∶vC＝2∶∶∶1
D．子弹从进入木块到达各点经历的时间tA∶tB∶tC∶tD＝1∶∶∶2
解析：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；将子弹的运动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v∶vA∶vB∶vC＝2∶∶∶1，故C正确；将子弹的运动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－)；子弹从进入木块到到达各点经历的时间tA∶tB∶tC∶tD＝(2－)∶(－)∶(－1)∶1，故D错误。
9．随着经济发展，乡村公路等级越来越高，但汽车超速问题也日益凸显，为此一些特殊路段都设立了各式减速带。现有一辆汽车发现前方有减速带，开始减速，减至某一速度，开始匀速运动，匀速通过减速带，然后再加速到原来的速度，总位移为80 m。汽车行驶80 m位移的v2－x图象如图所示，其中v为汽车的行驶速度，x为汽车行驶的距离。求汽车通过80 m位移的平均速度。

解析：设汽车初速度为v0，减速后速度为v，
则由题图可知v0＝15 m/s，v＝5 m/s。
由v2－v＝－2a1x1，
得减速运动的加速度大小为a1＝5 m/s2，
同理可得加速运动的加速度大小为
a2＝2.5 m/s2，
由v＝v0－a1t1，
得减速运动时间为t1＝2 s，
同理可得加速运动时间为t2＝4 s，
匀速运动的时间为t3＝＝ s＝4 s，
则有t总＝t1＋t2＋t3＝10 s，
则全程平均速度为v1＝＝8 m/s。
答案：8 m/s