2020版高考物理新设计大一轮江苏版讲义：第一章直线运动第2讲

第2讲　匀变速直线运动的规律及其应用

知识排查
匀变速直线运动的规律
1.匀变速直线运动

2.初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内……位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移之比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…
∶(－)。
自由落体运动规律
1.速度公式：v＝gt。
2.位移公式：h＝gt2。
3.速度－位移关系式：v2＝2gh。
竖直上抛运动
1.运动性质：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)速度公式：v＝v0－gt；
(2)位移公式：h＝v0t－gt2；
(3)速度位移关系式：v2－v＝－2gh；
(4)上升的最大高度：H＝；
(5)上升到最高点所用时间：t＝。
小题速练
1.思考判断
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(　　)
(2)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v运动距离是由v到2v运动距离的2倍。(　　)
(3)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。(　　)
(4)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。(　　)
(5)物体从某高度由静止下落，一定做自由落体运动。(　　)
(6)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ (5)×　(6)×
2.[人教版必修1P45第5题改编]小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图1所示。已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B点的速度，需测量(　　)

图1
A.照片中AC的距离
B.照片中球的直径及AC的距离
C.小钢球的实际直径、照片中AC的距离
D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离
解析　B点位于AC的时间中点，所以其瞬时速度等于AC间的平均速度，因此要测量小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离。选项D正确。
答案 D　
　匀变速直线运动规律的应用
1.匀变速直线运动公式为矢量式，一般规定初速度v0的方向为正方向(当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向)，与正方向同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一过程。
2.解题的基本思路
→→→→
3.多过程问题
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，注意各段的运动性质，各段衔接处的速度往往是连接各段的纽带。
【例1】　(2015·江苏单科)如图2所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)

图2
A.关卡2 B.关卡3
C.关卡4 D.关卡5
解析　法一　解析法　由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝＝1 s，在加速时间内通过的位移x1＝at＝1 m，t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，x1＋x2＝9 m＞8 m已过关卡2。当关卡关闭t3＝2 s时间内该同学在关卡2、3之间又通过了x3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t5＝0.5 s，小于2 s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故选项C正确。
法二　图象法

v－t图线与时间轴所围面积的大小等于该同学运动的位移大小，图中两关卡之间的面积大小均为8 m，对照放行和关闭的时间可见，选项C正确。
答案　C
【例2】　(2018·江苏扬州中学高三开学考试)(多选)如图3所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论正确的是(　　)

图3
A.物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2
B.物体到达各点经历的时间tE＝2tB＝tC＝tD
C.物体从A到E的平均速度v＝vB
D.物体通过每一部分时，其速度增量vB－vA＝vC－vB＝vD－vC＝vE－vD
解析　根据运动学公式v2－v＝2ax，得物体由A点从静止释放，所以v2＝2ax；所以物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，故选项A正确；根据运动学公式x＝at2，得t＝，物体到达各点经历的时间tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2，即tE＝2tB＝tC＝tD，故选项B正确；由于vE＝2vB，物体从A到E的平均速度v＝＝vB，故选项C正确；vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故选项D错误。
答案　ABC

解决匀变速直线运动问题常用的“六法”

　两类特殊的匀减速直线运动
刹车类运动和双向可逆类运动
刹车类问题
指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间
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，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义
【例3】　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
54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停止运行失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场。若飞机着陆后以大小为6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　)
A.288 m B.300 m C.150 m D.144 m
解析　先求出飞机从着陆到停止所用时间t。由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m
＝300 m。
答案　B
【例4】　(2019·南京调研)(多选)如图4所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是(　　)

图4
A.小木块与木板间的动摩擦因数为
B.小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点
C.小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下
D.小木块滑到最高点后将静止不动
解析　小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得μ＝，选项A正确；小木块沿木板上滑过程中，由牛顿第二定律可得mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速运动的加速度大小a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝＝1 s，小木块速度减为零时，有mgsin 30°＝μmgcos 30°，故小木块将静止在最高点，选项D正确，B、C错误。
答案　AD

(1)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为零后，汽车将停止运动。
解答刹车类问题要先确定刹车时间，刹车时间为t0＝(a表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车时的初速度)，然后用题给时间与之比较作答。
(2)物体沿粗糙斜面上滑至最高点后，若有mgsin θ≤μmgcos θ，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。
(3)对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动。
　自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动的处理方法
自由落体运动是v0＝0，a＝g的匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的所有公式和推论方法全部适用。
2.竖直上抛运动的三种对称性
时间的对称性
①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝
②物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等
速度的对称性
①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反
②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反
能量的对称性
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等
【例5】　(2019·启东中学月考)在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，需要精确的重力加速度g值，g值可由实验精确测得，近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g转变为测长度和时间，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点上抛小球又落到原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点到又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2和H，可求得g等于(　　)
A. B.
C. D.
解析　小球从O点上升到最大高度过程中h2＝g　①，小球从P点上升的最大高度h1＝g　②，依据题意h2－h1＝H　③，联立①②③解得g＝，故选项A正确。
答案　A
【例6】　(2018·盐城中学阶段性测试)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m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？到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
解析　法一　把竖直上抛运动过程分段研究。
设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，
则t1＝＝ s＝1 s
上升的最大高度
h1＝＝ m＝5 m
故重物离地面的最大高度为
H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝＝ s＝6 s
v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s
所以重物从气球上脱落至落地共历时t＝t1＋t2＝7 s。
法二　取全过程作为一个整体进行研究，从重物自气球上脱落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则重物在时间t内的位移

h＝－175 m
由位移公式h＝v0t－gt2
有－175＝10t－×10t2
解得t＝7 s和t＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为
v1＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s。
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。
法三　对称法
根据速度对称，重物返回脱落点时，具有向下的速度v0＝10 m/s，设落地速度为v，则v2－v＝2gh。
解得v＝60 m/s，方向竖直向下
经过h历时Δt＝＝5 s
从最高点到落地历时t1＝＝6 s
由时间对称可知，重物脱落后至落地历时
t＝2t1＋Δt＝7 s。
答案　7 s　60 m/s

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，加速度a＝－g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；v0时，物体在抛出点上方；h