2020版高考物理新创新一轮复习通用版讲义：第一章第2课时　匀变速直线运动的规律（重点突破课）

第2课时　匀变速直线运动的规律(重点突破课)

[考点一　基本规律及应用]

该部分内容主要考查对匀变速直线运动基本规律的理解和应用，该部分内容与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际，考生由于建模能力的欠缺，解题常常找不到突破口而受阻。

1．匀变速直线运动

(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动。

(2)分类

①匀加速直线运动，a与v0方向相同；

②匀减速直线运动，a与v0方向相反。

2．基本规律

(1)速度公式：v＝v0＋at。

(2)位移公式：x＝v0t＋at2。

(3)速度和位移的关系式：v2－v02＝2ax。

3．运动学公式中正、负号的规定

匀变速直线运动的基本公式和推论公式都是矢量式，使用时要规定正方向。而直线运动中可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下规定初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。

[考法细研]

考法1　基本公式的应用　

[例1]　(2019·南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：

(1)这时出租车离出发点的距离；

(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)

[解析]　(1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝54 km/h＝15 m/s，

由速度公式得a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2

由位移公式得

x1＝at12＝×1.5×102 m＝75 m

这时出租车离出发点的距离是75 m。

(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s时，

由v22＝2ax2得x2＝＝ m＝300 m

设这时出租车从开始运动已经经历的时间为t2，根据速度公式得t2＝＝ s＝20 s

这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车从此时开始做匀速运动，匀速运动时间t3＝80 s，通过位移

x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m

所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示

x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 700 m。

[答案]　(1)75 m　(2)2 700 m

解答运动学问题的基本思路

→→→→　　

考法2　多过程运动问题　

[例2]　甲、乙两质点都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两个质点的加速度大小不变，乙的加速度大小是甲的3倍；在接下来与第一段相同的时间间隔内，甲的加速度大小增加为原来的3倍，乙的加速度大小减小为原来的。求甲、乙各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。

[解析]　在第一段时间间隔内，设甲的加速度大小为a，则乙的加速度大小为3a，

此过程中甲的位移x甲1＝at2，

末速度v甲＝at，

乙的位移x乙1＝×3at2＝at2，

末速度v乙＝3at，

在第二段时间间隔内，甲的加速度大小为3a，乙的加速度大小为a，

此过程中甲的位移x甲2＝at·t＋×3at2＝at2，

乙的位移x乙2＝3at·t＋at2＝at2，

甲、乙各自在这两段时间间隔内走过的总路程(等于总位移大小)分别为

x甲＝x甲1＋x甲2＝3at2，

x乙＝x乙1＋x乙2＝5at2，

则总路程之比＝＝。

[答案]　3∶5

求解多过程运动问题的方法

(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。

(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。

(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程，联立求解。

注意：物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁。　　

[集训冲关]

1．一质点以初速度v0做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度为v，则v∶v0为(　　)

A．4∶3　　　　　　　　 　B．3∶1

C．5∶3   D．5∶2

解析：选C　根据匀变速直线运动的位移公式有v0t＋at2＝2at2，可得v0＝，根据匀变速直线运动的速度公式有v＝v0＋at＝，故＝，选项C正确。

2．质点由A点从静止出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时速度恰好减为零。若AB间距为s，则质点从A到B所用时间t为(　　)

A.     B.

C.   D.

解析：选B　设行程的第一部分的末速度为v，则由题意可知＋＝s，解得v＝ ；而s＝t1＋t2＝t，解得t＝ ，所以B正确。

3．航天飞机是一种垂直起飞、水平降落的载人航天器。航天飞机降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动。航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动一段时间后速度减为v；随后在无减速阻力伞情况下，匀减速运动直至停下，已知两个匀减速滑行过程的总时间为t。求：

(1)第二个匀减速运动阶段航天飞机减速的加速度大小a2；

(2)航天飞机着陆后运动的总路程x。

解析：(1)第一个匀减速阶段航天飞机运动的时间

t1＝＝，

第二个匀减速阶段航天飞机运动的时间t2＝t－t1，

解得t2＝t－，

由0＝v－a2t2，

解得a2＝。

(2)第一个匀减速阶段航天飞机的位移大小

x1＝＝，

第二个匀减速阶段航天飞机的位移大小

x2＝＝，

解得x2＝，

所以航天飞机着陆后运动的总路程

x＝x1＋x2＝。

答案：(1)　(2)

[考点二　重要推论及应用]

匀变速直线运动有关公式和推论较多，学生对这些公式掌握的不熟练是失分的主要原因，强化对匀变速直线运动规律应用的训练是防止失分的有效方法。

1．重要推论

(1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于它在这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于这段时间初、末速度矢量和的一半，即＝v＝。

(2)位移差公式：做匀变速直线运动的物体在连续相等的时间T内通过的位移之差相等，即Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)·aT2。

2．初速度为零的匀加速直线运动的常用比例

(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比

v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比

xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。

(3)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比

t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。

3．解决匀变速直线运动问题的方法选择

[典例]　物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为xAC，物体到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端xAC处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。

解法一：基本公式法　

因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，加速度大小为a，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

v02＝2axAC

vB2－v02＝－2axAB

xAB＝xAC

解得vB＝

又vB＝v0－at

vB＝atBC

解得tBC＝t。

解法二：平均速度法　

匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝，

又v02＝2axAC，vB2＝2axBC，xBC＝，

由以上三式解得vB＝，

可知vB正好等于AC段的平均速度，因此物体到B点时是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。

解法三：逆向思维法　

物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC ，

由运动学公式得xBC＝atBC2，xAC＝a(t＋tBC)2，

又xBC＝，

由以上三式解得tBC＝t。

解法四：比例法　

物体运动的逆过程可以视为初速度为零的匀加速直线运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为

x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，

因为xBC∶xAB＝∶＝1∶3，而物体通过AB段的时间为t，所以通过BC段的时间tBC＝t。

解法五：图像法　

根据匀变速直线运动的规律，画出v ­t图像，如图所示。

利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，

得＝，且＝，

OD＝t，OC＝t＋tBC，

所以＝，解得tBC＝t。

[答案]　t

解决匀变速直线运动问题的两个技巧

(1)把减速到0的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。

(2)若已知匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。　　

[集训冲关]

1．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是(　　)

A．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5 m

B．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 m

C．a＝1 m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45 m

D．a＝0.8 m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9 m

解析：选C　根据匀变速直线运动的规律，质点的加速度a＝＝ m/s2＝1 m/s2，v9＝v0＋at＝9.5 m/s，x9＝(v0＋v9)t＝45 m，选项C正确。

2．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)

A．2 m/s,3 m/s,4 m/s　　　 　B．2 m/s,4 m/s,6 m/s

C．3 m/s,4 m/s,5 m/s   D．3 m/s,5 m/s,7 m/s

解析：选B　根据匀加速直线运动中，一段时间内的平均速度等于其中间时刻的瞬时速度，故B点的速度等于A到C过程的平均速度，vB＝＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2，解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确。

3.(多选)(2019·雅安模拟)如图所示，一冰壶以速度v1由左向右垂直进入三个相同矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零。则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(　　)

A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1

B．v1∶v2∶v3＝∶∶1

C．t1∶t2∶t3＝1∶∶

D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1

解析：选BD　用“逆向思维”法，题述过程可视为冰壶向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个矩形区域的长度为L，则v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，v3、v2、v1分别为冰壶从右到左运动L、2L、3L时的速度，则v1∶v2∶v3＝∶∶1，选项A错误，B正确；由于每个矩形区域长度相同，则由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确。