(考点分析) 第二节 匀变速直线运动规律-2023年高考物理一轮系统复习学思用

【考点分析】　第二节 匀变速直线运动规律

【考点一】  匀变速运动中速度公式的理解及应用

【典型例题1】  沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s内的平均速度比它在第一个1.5 s内的平均速度大2.45 m/s，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为(　　)

A．2.45 m/s2    B．－2.45 m/s2      C．4.90 m/s2        D．－4.90 m/s2

【解析】　设第一个0.5 s内的平均速度为v1，即t1＝0.25 s时的速度为v1；第一个1.5 s内的平均速度为v2，即t2＝0.75 s时的速度为v2.由题意得：v1－v2＝2.45 m/s，故a＝＝ m/s2＝－4.90 m/s2，D正确．

【答案】　D

【归纳总结】

1．多运动过程问题要划分不同的运动阶段，并搞清各运动过程之间的联系．

2．画出运动过程的草图，标上已知量以便于灵活选用公式．

3．选取一个过程为研究过程，以初速度方向为正方向．判断各量的正负，利用v＝v0＋at由已知条件求解未知量．

4．讨论所得矢量的大小及方向.

【考点二】  匀变速运动中速度公式矢量性的应用

【典型例题2】  如图所示，小球以v0＝6 m/s 的速度从中间滑上光滑的足够长斜面，已知小球在斜面上运动时的加速度大小为2 m/s2，问小球速度大小为3 m/s时需多少时间？(小球在光滑斜面上运动时，加速度大小、方向不变)

【解析】　法一　当小球在上升过程中速度减为3 m/s时，

以沿斜面向上的方向为正方向，

此时，v0＝6 m/s，v＝3 m/s，a＝－2 m/s2，

根据v＝v0＋at得t1＝＝ s＝1.5 s.

小球继续向上运动，

经t2＝ s＝1.5 s速度由3 m/s减为0后，开始沿斜面向下匀加速运动；

以沿斜面向下的方向为正

方向，当小球在下降过程中速度又增为3 m/s时，

此时，v0＝0，v＝3 m/s，a＝2 m/s2，

根据v＝v0＋at得t2′＝＝ s＝1.5 s；

综上可知，若小球在上升过程中速度达到3 m/s，则经历的时间为1.5 s；

若在下降过程中速度达到3 m/s，则经历的时间为t1＋t2＋t2′＝4.5 s.

法二　上滑过程达3 m/s时，同上．

若在下滑过程中达到3 m/s，以沿斜面向上为正方向，

则有v0＝6 m/s，a＝－2 m/s2，v＝－3 m/s，

由v＝v0＋at得t＝4.5 s.

【答案】　1.5 s或4.5 s

【归纳总结】

1．速度公式是一个矢量表达式，速度和加速度都是矢量，可以引起多解问题．

2．小球沿斜面上、下滑动时加速度大小、方向均不变，而匀变速直线运动的速度公式的适用条件就是加速度恒定，因此对这类“双向可逆”类匀变速运动，可以全过程列式，但应注意各量的方向(正、负号)．

3．对同一研究过程，各物理量正、负号选取的标准应是统一的.

【考点三】  匀变速运动中位移基本公式的应用

【典型例题3】  汽车遇紧急情况刹车，经1.5 s停止，刹车距离为9 m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s的位移是(　 　)

A．4.5 m B．4 m C．3 m D．2 m

【解析】  汽车刹车反过来可以看做初速度为零的匀加速直线运动，由x=at2，可得其加速度大小为a=8 m/s2；汽车停止前最后1 s的位移是x′=at′2=4 m，选项B正确．

【答案】  B

【归纳总结】

1．当v0=0时，位移公式可以简化为x=at2应用．

2．第n s内位移的求解可用n s内的位移减去(n－1) s内的位移．

3．逆向思维法：匀减速至零的运动过程可看作初速度为零的、以原加速度反向运动的匀加速直线运动．

4．求匀减速运动的位移时要首先判定减速到零所需要的时间．

【考点四】  匀变速运动中位移推论公式的应用(逐差法)

【典型例题4】  一名同学在用下图甲所示的装置做“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器所用交变电流的频率为50Hz，下图乙是某次实验时得到的纸带，图中A、B、C、D、E是纸带上五个计数点，则（    ）

A．打C点时小车的速度大小为2.1m/s      

B．打D点时小车的速度大小为4.6m/s

C．小车的加速度大小为3.9m/s2               

D．小车的加速度大小为12m/s2

【解析】  打点计时器的打点周期为T=0.02s。

打C点时小车的速度大小为vC＝m/s=2.1m/s，选项A正确；

打D点时小车的速度大小为vD＝m/s=2.3m/s，选项B错误；

小车的加速度大小为a＝=m/s2＝3.9m/s2，

选项C正确、选项D错误。

【答案】  AC

【考点五】  初速度为零的匀变速直线运动推论的应用

【典型例题5】  如图所示，一子弹以速度v垂直射入三个完全相同的木板做匀减速直线运动，且刚要离开第三个木板时速度恰好为零，则子弹依次进入每个木板时的速度之比和穿过每个木板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】  因为子弹做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；

由v2－v=2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确．

【答案】  BD

【考点六】  “0→v→0”运动计算

【典型例题六】  如图所示，很小的木块由静止开始从斜面下滑，经时间t后进入一水平面，两轨道之间用长度可忽略的圆弧连接，再经2t时间停下，关于木块在斜面上与在水平面上位移大小之比和加速度大小之比，下列说法正确的是 (　　)

A．1∶2　2∶1   B．1∶2　1∶2

C．2∶1　2∶1   D．2∶1　1∶2

【解析】  设木块到达斜面底端时的速度为v，根据v=at得，加速度之比==；根据平均速度的推论知，x1=t，x2=·2t，所以=，选项A正确．

【答案】  A

【归纳总结】模型图像，如图所示：

（1）特点：初速度为零，末速度为v，两段初末速度相同，平均速度相同。三个比例式：

①速度公式    推导可得：

②速度位移公式    推导可得：

③平均速度位移公式    推导可得：

（2）位移三个公式：；；

（3）解题策略：画出图，两段初末速度相同，中间速度是解题的核心。

【考点七】  匀变速直线运动公式的灵活选择

【典型例题7】  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．已知物体运动到距斜面底端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解得vB=④

又vB=v0－at⑤

vB=atBC⑥

由④⑤⑥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=.可以看成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，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

【考点八】  平均速度公式的应用

【典型例题8】  如图所示，假设“运－20”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120m的测试距离，用时分别为2s和1s，则“运－20”的加速度大小是（　　）

A．35m/s2 B．40m/s2 C．45m/s2 D．50m/s2

【解析】  第一段的平均速度v1==m/s=60m/s；

第二段的平均速度v2==m/s=120m/s；

中间时刻的速度等于平均速度，则a==m/s2=40m/s2； 故选B。

【答案】  B

【考点九】  多过程问题

【典型例题9】  一物体沿一直线运动，先后经过匀加速、匀速和匀减速运动过程，已知物体在这三个运动过程中的位移均为s，所用时间分别为2t、t和t，则(　　)

A．物体做匀加速运动时加速度大小为

B．物体做匀减速运动时加速度大小为

C．物体在这三个运动过程中的平均速度大小为

D．物体做匀减速运动的末速度大小为

【解析】  由题意知物体在匀加速运动过程中的平均速度为v1＝，物体在匀速运动过程中的速度为v＝，物体在匀减速运动过程中的平均速度为v2＝．匀变速直线运动中，某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，所以有v＝v1＋a1·，即a1＝，A选项错误．同理有v＝v2＋a2·，即a2＝，B选项正确．由平均速度定义知物体在这三个运动过程中的平均速度为＝＝，C选项错误．v2＝，即物体做匀减速运动的末速度大小为v末＝，D选项错误．

【答案】  B

【归纳总结】

1.一般的解题步骤

(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段运动的示意图，直观呈现物体运动的全过程.

(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量，设出中间量.

(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程及物体各阶段间的关联方程.

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，对转折点速度的求解往往是解题的关键.

【考点十】  不可看作质点的物体的匀变速运动

【典型例题10】  如图所示，一长为l的长方形木块在水平面上以加速度a做匀加速直线运动．先后经过1、2两点，1、2之间有一定的距离，木块通过1、2两点所用时间分别为t1和t2.

求：

(1)木块经过位置1时的平均速度大小；

(2)木块前端P在1、2之间运动所需时间．

【解析】  (1)木块经过位置1时的平均速度大小＝.

(2)P端通过1点后时刻的速度即为木块通过1的平均速度1＝，通过2点后时刻速度即为木块通过2的平均速度2＝，由此可求出P通过1、2两点的速度分别为：

v1＝1－a·＝－a·和v2＝2－a·＝－a·

所以，木块前端P在1、2之间运动所需的时间为t＝＝(－)＋.

【答案】　(1)　(2)(－)＋

【考点十一】  自由落体运动的性质和特点

【典型例题11】  从某一高度相隔1s先后释放两个小球甲、乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻(　　)

A． 甲、乙两球间的距离始终保持不变，甲、乙两球的速度之差保持不变

B． 甲、乙两球间的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差也越来越大

C． 甲、乙两球间的距离越来越大，甲、乙两球的速度之差保持不变

D． 甲、乙两球间的距离越来越小，甲、乙两球的速度之差也越来越小

【解析】  设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+1，则两球的距离：

Δx=g(t+1)2－gt2=gt+g，可知两球间的距离随时间推移，越来越大．

两球速度之差为：Δv=g(t+1)－gt=g，

所以甲乙两球速度之差保持不变，故选C．

【答案】  C

【归纳总结】

1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动的特例．

2．同一地点，不同时刻释放的两个物体做自由落体运动时，在落地之前相对做匀速直线运动.

3.所有做自由落体运动的物体加速度都相同，为g=9.8 m/s2

【考点十二】  自由落体运动规律的应用

【典型例题12】  滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水龙头的水一滴一滴地滴在其正下方的盘子里，调整水龙头，让前一滴水滴到盘子而听到声音时，后一滴恰好离开水龙头．从第1次听到水击盘声时开始计时，测出n次听到水击盘声的总时间为t，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h，即可算出重力加速度．设人耳能区别两个声音的时间间隔为0.1 s，声速为340 m/s，则(　　)

A．水龙头距人耳的距离至少为34 m     B．水龙头距盘子的距离至少为34 m

C．重力加速度的计算式为          D．重力加速度的计算式为

【解析】　从自由落体运动位移公式出发进行分析．只要相邻两滴水滴下的时间间隔超过0.1 s，人耳就能分辨出两滴水的击盘声，而与水龙头距人耳的距离无关(只要人耳能够听到声音)．在0.1 s内，水滴下落的距离x＝gt＝×10×0.12 m＝0.05 m，所以，水龙头距盘子的距离只要超过0.05 m就行．水龙头滴相邻两滴水的时间间隔为t0＝，由h＝gt可得g＝＝＝.

【答案】　D

【归纳总结】

1．针对自由落体运动画出运动图景图仍是帮助解题的有利工具．

2．对于间隔相同时间释放物体的运动，可以等效为一个物体的自由落体运动来处理．

3．初速为零的匀加速直线运动的公式和推论同样适用于自由落体运动，灵活应用可简化求解问题.

【考点十三】  竖直上抛运动

【典型例题13】   (2021·甘肃省庄浪县一中)以初速度v0=20 m/s竖直向上抛一个小球(g取10 m/s2)，不计空气阻力，以下说法正确的是(    )

A． 小球经过4 s到达最高点

B． 小球上升的最大高度为40 m

C． 小球在出发点上方15 m，时，速度大小为10 m/s

D． 小球到出发点上方15 m时，经过的时间一定是1 s

【解析】  A．物体做竖直上抛运动，上升阶段：由：v=v0－gt，

解得：t=2s，故A错误；

B．根据速度位移关系公式，小球上升的最大高度为：H===20m，故B错误；

C．由位移时间公式可得，为x=，解得v=10m/s，故C正确；

D．由：h=v0t－gt2，得：15=20t－5t2，解得：t=1s或3s，上升经过抛出点的上方15m处时用时1s，下降经过抛出点的上方15m处时用时3s，故D错误．故选C。

【答案】  C

【归纳总结】  竖直上抛运动的多解问题

由位移公式h＝v0t－gt2知，对某一高度h：

1．当h＞0时，表示物体在抛出点的上方．此时t有两解：较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间．

2．当h＝0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处．此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间．

3．当h＜0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置．此时t有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用的时间；另一解为负值，应舍去．

【考点十四】  自由落体运动和竖直上抛运动

【典型例题14】   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)

【解析】　解法一　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。

解法二　取全过程作一整体进行研究

从物体自气球上脱落计时，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，则物体在时间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。

解法三　对称法

根据速度对称，重物返回脱离点时，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

【考点十五】  连接体问题的自由落体

【典型例题15】   从一定高度的气球上自由落下两个物体，第一物体下落1s后，第二物体开始下落，两物体用长45m的绳连接在一起(不计空气阻力，g取10)。问：第二个物体下落多长时间绳被拉紧。

【解析】  以第二个物体为参照物。在第二个物体开始下落后，

第一个物体相对第二个物体做匀速运动，

其速度就是第二个物体开始下落时，第一个物体的速度值，

也就是第一个物体在第一秒末的速度。

当绳子被拉直时，第一个物体相对第二个物体的位移为h=45m。

设第二物体开始下落t(s)，绳子被拉直，则有：h=h1+h2，

，，

所以，解得t=4s

【答案】  9s

【考点十六】  跳伞问题

【典型例题16】   跳伞运动员做低空跳伞表演，当直升机悬停在离地面224m高时，运动员离开飞机做自由落体运动，运动了5s后，打开降落伞，展伞后运动员减速下降至地面，若运动员落地速度为5 m/s，取g＝10 m/s2，求运动员匀减速下降过程的加速度大小和时间。

【解析】　运动员做自由落体运动的位移为：h＝gt2＝×10×52 m＝125 m

打开降落伞时的速度为：v1＝gt＝10×5 m/s＝50 m/s

匀减速下降过程有：v－v＝2a(H－h)

将v2＝5 m/s、H＝224 m代入上式，求得：a＝12.5 m/s2

减速运动的时间为：t＝＝ s＝3.6 s。

【答案】　12.5 m/s2　3.6 s