2023届高考物理一轮复习 第2讲 匀变速直线运动的规律 讲义

这是一份2023届高考物理一轮复习 第2讲 匀变速直线运动的规律 讲义，共9页。试卷主要包含了匀变速直线运动的规律，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。
一、匀变速直线运动的规律
1．基本公式
(1)速度公式：v＝v0＋at。
(2)位移公式：x＝v0t＋ eq \f(1,2) at2。
(3)速度—位移关系式：v2－v02＝2ax。
2．重要推论
(1)平均速度：v＝v eq \s\d9(\f(t,2)) ＝ eq \f(v0＋v,2) ，即一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。
(2)任意两个连续相等时间间隔(T)内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
此公式可以延伸为xm－xn＝（m－n）aT2，常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度。
(3)位移中点速度：v eq \s\d9(\f(x,2)) ＝ eq \r(\f(v02＋vt2,2)) 。
eq \a\vs4\al([注2] 不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有：v\s\d9(\f(x,2))＞v\s\d9(\f(t,2))。)
(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例
①1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比：
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：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
③通过连续相等的位移所用时间之比：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶( eq \r(2) －1)∶( eq \r(3) － eq \r(2) )∶…∶( eq \r(n) － eq \r(n－1) )。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落.（自由落体运动隐含两个条件：初速度为零，加速度为g。）
(2)基本规律
①速度公式：v＝gt.
②位移公式：x＝eq \f(1,2)gt2.
③速度位移关系式：v2＝2gx.
(3)伽利略对自由落体运动的研究
①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论.
②伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推.这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来.
2.竖直上抛运动
(1)运动特点：初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动.
(2)运动性质：匀变速直线运动.
(3)基本规律
①速度公式：v＝v0－gt；
②位移公式：x＝v0t－eq \f(1,2)gt2.
考点一 匀变速直线运动的基本规律及其应用
1．解决匀变速直线运动问题的基本思路
eq \x(画过程示意图)→eq \x(判断运动性质)→eq \x(选取正方向)→eq \x(选用公式列方程)→eq \x(解方程并加以讨论)
注意：x、v0、v、a均为矢量，所以解题时需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向．
2．匀变速直线运动公式的选用
一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用＝eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)求瞬时速度；
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度．
3．逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过来看成初速度为零的匀加速直线运动．
4．图像法：借助v-t图像(斜率、面积)分析运动过程．
例1我国首艘装有弹射系统的航母已完成了“J－15”型战斗机首次起降飞行训练并获得成功.已知“J－15”在水平跑道上加速时产生的最大加速度为5.0 m/s2，起飞的最小速度为50 m/s.弹射系统能够使飞机获得的最大初速度为25 m/s，设航母处于静止状态.求：
(1)“J－15”在跑道上至少加速多长时间才能起飞；
(2)“J－15”在跑道上至少加速多长距离才能起飞；
答案 (1)5 s (2)187.5 m
解析 (1)根据匀变速直线运动的速度公式：vt＝v0＋at得
t＝eq \f(vt－v0,a)＝eq \f(50－25,5) s＝5 s
(2)根据速度位移关系式：veq \\al(t2,)－veq \\al(02,)＝2ax得
x＝eq \f(v\\al(t2,)－v\\al(02,),2a)＝eq \f(502－252,2×5) m＝187.5 m
1．刹车类问题
(1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失．
(2)求解时要注意确定实际运动时间．
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)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．
2．双向可逆类问题
(1)示例：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．
(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．
例2汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2 s与5 s汽车的位移之比为( )
A.5∶4 B.4∶5 C.3∶4 D.4∶3
答案 C解析 汽车速度减为零的时间为：t0＝eq \f(Δv,a)＝eq \f(0－20,－5) s＝4 s，2 s时位移：x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝20×2 m－eq \f(1,2)×5×4 m＝30 m，刹车5 s内的位移等于刹车4 s内的位移，为：x2＝eq \f(0－v\\al(02,),2a)＝40 m，所以经过2 s与5 s汽车的位移之比为3∶4，故选项C正确.
考点二 匀变速直线运动的推论及其应用
1.六种思想方法
2.方法选取技巧
(1)平均速度法：若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内位移，常用此法.
(2)逆向思维法：匀减速到0的运动常用此法.
例3 中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫.在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是( )
A.20 m/s2 B.40 m/s2
C.60 m/s2 D.80 m/s2
答案 B解析 第一段的平均速度v1＝eq \f(x,t1)＝eq \f(120,2) m/s＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝eq \f(x,t2)＝eq \f(120,1) m/s＝120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝eq \f(t1,2)＋eq \f(t2,2)＝1.5 s，则加速度为：a＝eq \f(v2－v1,Δt)＝eq \f(120－60,1.5) m/s2＝40 m/s2，故选B.
例4 取一根长2 m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘.在线端系上第一个垫圈，隔12 cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36 cm、60 cm、84 cm，如图2所示，站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘.松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈( )
A.落到盘上的时间间隔越来越大
B.落到盘上的时间间隔相等
C.依次落到盘上的速率关系为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶2
D.依次落到盘上的时间关系为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))
答案 B
考点三 自由落体运动与竖直上抛运动
1．竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性
如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：
(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，形成多解，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
(1)分段研究
(2)整体研究
取初速度的方向为正方向，全过程为初速度为v0，加速度大小为g的匀变速直线运动。
其规律符合h＝v0t＝ eq \f(1,2) gt2 v＝v0－gt，v2－v02＝－2gt
例5 (多选)矿井中的升降机从井底开始以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.螺钉松脱后做自由落体运动
B.矿井的深度为45 m
C.螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
答案 BC
解析 螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；取竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移h1＝v0t－eq \f(1,2)gt2＝－30 m，升降机这段时间的位移h2＝v0t＝15 m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45 m，B项正确；螺钉落到井底时的速度为v＝v0－gt＝－25 m/s，故速度大小为25 m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为t′＝eq \f(|h1|,v0)＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9 s，D项错误.
——类竖直上抛运动
如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点仍能以原加速度匀加速下滑，则小球全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可看成类竖直上抛运动，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.
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纽带.可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果.
2.解题关键
多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键.
例6 (2021·辽宁模拟)航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动．航天飞机以水平速度v0＝100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2＝2.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下．已知两个匀减速直线运动滑行的总位移x＝1 370 m．求：
(1)第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小；
(2)航天飞机降落后滑行的总时间．
答案 (1)40 m/s (2)31 s
解析 (1)设第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小为v1，根据运动学公式有v02－v12＝2a1x1，v12＝2a2x2，x1＋x2＝x，
联立以上各式并代入数据解得v1＝40 m/s.
(2)由速度与时间的关系可得
v0＝v1＋a1t1，v1＝a2t2，t＝t1＋t2，
联立以上各式并代入数据解得t＝31 s.
巩固练习：
1.(多选)一物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是( )
A.物体的末速度一定与时间成正比
B.物体的位移一定与时间的平方成正比
C.物体速度的变化量与对应时间成正比
D.若为匀加速直线运动，速度和位移都随时间增加
答案 CD
2.物体做匀加速直线运动，连续经过两段距离均为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度大小是( )
A.eq \f(2,3) m/s2 B.eq \f(4,3) m/s2 C.eq \f(8,9) m/s2 D.eq \f(16,9) m/s2
答案 B
3.一个物体从某一高度做自由落体运动.已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一.则它开始下落时距地面的高度为(取g＝
10 m/s2)( )
A.15 m B.20 m m m
答案 B
4.如果某人大雾天开车在高速公路上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30 m，该人的反应时间为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为( )
A.10 m/s B.15 m/s C.10eq \r(3) m/s D.20 m/s
答案 B
5.水平面上某物体从t＝0时刻起以4 m/s的速度做匀速直线运动，运动3 s后又立即以大小为 2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动.则下列判断正确的是( )
A.该物体从t＝0时刻算起6 s内运动的位移大小为15 m
B.该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2 m/s
C.该物体减速后最后1 s内的位移大小为1 m
D.该物体减速后第1 s末的速度大小为3 m/s
答案 C
6.(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速运动，高铁车头依次经过A、B、C三个位置，已知AB＝BC，测得AB段的平均速度为30 m/s，BC段平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得( )
A.高铁车头经过A、B、C的速度 B.高铁车头在AB段和BC段运动的时间
C.高铁运动的加速度 D.高铁车头经过AB段和BC段时间之比
答案 AD
7. (多选)(2020·黑龙江鹤岗一中高三开学考试)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面的高度分别为h1、h2、h3，h1∶h2∶h3 ＝ 3∶2∶1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )
A．三者到达桌面时的速度大小之比是eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
B．三者运动时间之比为3∶2∶1
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比
答案 AC
8.(多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小为
2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )
A.1 s B.3 s C.4 s D.eq \f(5＋\r(41),2) s
答案 ACD