2019届高考物理一轮复习讲义：第1章 运动的描述 匀变速直线运动第2讲　匀变速直线运动规律(含答案)

第2讲　匀变速直线运动规律

板块一　主干梳理·夯实基础

【知识点1】　匀变速直线运动及其公式　Ⅱ

1．定义和分类

 (1)匀变速直线运动：物体在一条直线上运动，且加速度不变。

2．三个基本公式

(1)速度公式：v＝v0＋at。

(2)位移公式：x＝v0t＋at2。

 (3)位移速度关系式：v2－v＝2ax。

3．两个重要推论

(1)物体在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，还等于初末时刻速度矢量和的一半，即：＝v＝。

(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。

可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2。

4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论

(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为：

v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：

x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。

(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：

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的比为：

t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。

【知识点2】　自由落体运动和竖直上抛运动　Ⅱ

1．自由落体运动

(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。

(2)运动性质：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动。

(3)基本规律

①速度公式v＝gt。

②位移公式h＝gt2。

③速度位移关系式：v2＝2gh。

2．竖直上抛运动规律

运动特点：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。

板块二　考点细研·悟法培优

考点1  匀变速直线运动规律的应用  [深化理解]

1．公式的矢量性：匀变速直线运动的基本公式均是矢量式，应用时要注意各物理量的符号，一般情况下，规定初速度的方向为正方向，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a的方向为正方向。

2．两类特殊的匀减速直线运动

(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后停止运动，求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段的运动，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。

(2)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，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1　[2017·山东潍坊统考]如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1200 m，OB＝2000 m，求：

(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；

(2)列车减速运动的最长时间。

(1)此车的长度需考虑吗？

提示：需要。

(2)列车减速运动的最长时间对应车的运动情况是什么？

提示：车头恰好停在B点。

尝试解答　(1)1.6 m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s。

(1)若列车车尾恰好停在A点，减速运动的加速度大小为a1，距离为x1，则

0－v＝－2a1x1

x1＝1200 m＋200 m＝1400 m

解得a1＝ m/s2

若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为xOB＝2000 m，则

0－v＝－2a2xOB

解得a2＝1.6 m/s2

故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤ m/s2。

(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动时的时间最长，则0＝v0－a2t，解得t＝50 s。

总结升华

求解匀变速直线运动问题的一般步骤

(1)基本思路

(2)应注意的三类问题

①如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度。

②选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化。例题中(1)知道v0、v、x，求a，没有时间t，很自然的想到选v2－v＝2ax；(2)求时间t，涉及到两个公式，由于v＝v0＋at运算简单，作为首选。

③对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零。求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解。

1.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，2 s与5 s内汽车的位移之比为(　　)

A．5∶4    B．4∶5 

C．3∶4    D．4∶3

答案　C

解析　刹车后到停止所用时间t＝＝ s＝4 s，经2秒位移x1＝v0t－at2＝20×2 m－×5×22 m＝30 m。5 s 内的位移即4秒内的位移x2＝＝ m＝40 m，故而＝，C正确。

2．[2017·河南鹤壁模拟]随着我国高速公路的发展，越来越多的人选择驾车出行，有时高速公路有的路段会造成拥堵，为此高速公路管理部门开发了电子不停车收费系统ETC。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示。假设汽车以v1＝72 km/h的速度沿直线朝着收费站正常行驶，如果汽车过ETC通道，需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v2＝4 m/s，然后匀速通过总长度为d＝16 m的通道，接着再匀加速至v1后正常行驶；如果汽车过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s的时间缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1后正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a＝1 m/s2，求：

(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移x；

(2)汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间Δt。

答案　(1)400 m　(2)24 s

解析　(1)汽车过ETC通道时，减速过程的位移和加速过程的位移相等，均为x＝，所以整个过程总位移x总＝2x＋d，代入数据解得x＝400 m。

(2)汽车过人工收费站通道到达中心线的速度恰好为零，刚进入通道的速度满足v2＝2a×，解得v＝v2＝4 m/s，根据对称性知，汽车离开通道时的速度也恰好为4 m/s，通过人工收费通道的时间为t1＝＋t0＝28 s。汽车从ETC通道匀速通过收费站的速度为v＝4 m/s，通过ETC通道的时间为t2＝＝4 s，则节省的时间为Δt＝t1－t2＝24 s。

考点2  自由落体运动和竖直上抛运动  [解题技巧]

1．自由落体运动的特点

(1)自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动。

(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更频繁。

2．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；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方。

例2　(多选)某人站在高20 m的平台边缘，以20 m/s的初速度竖直上抛一小石块，则抛出后石块通过距抛出点15 m处的时间可能为(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)(　　)

A．1 s    B．3 s

C．(－2) s    D．(＋2) s

(1)怎样研究竖直上抛运动？

提示：①可以整体看成匀减速直线运动。②可分段考虑，从开始上升到最高点看成匀减速直线运动；从最高点下落，看成自由下落。

(2)距抛出点15 m的位置有几处？小石块几次经过距抛出点15 m的点？

提示：画出草图，很容易看出2处。3次。

尝试解答　选ABD。

石块上升到最高点所用的时间为t＝＝2 s。取向上为正方向，当石块在抛出点上方距抛出点15 m处时，则位移x＝15 m，a＝－g＝－10 m/s2，代入公式x＝v0t＋at2，得t1＝1 s，t2＝3 s。t1＝1 s对应着石块上升时到达“离抛出点15 m处”时所用的时间，而t2＝3 s则对应着石块从上升一直到下落时第二次经过“离抛出点15 m处”时所用的时间。A、B正确。由于石块上升的最大高度H＝20 m，所以，石块落到抛出点下方“离抛出点15 m处”时，自由下落的总高度为H′＝20 m＋15 m＝35 m，下落此段距离所用的时间t0＝ s，石块从抛出到第三次经过“离抛出点15 m处”时所用的时间为t3＝(＋2) s。C错误，D正确。

总结升华

竖直上抛的重要特性

(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：

①时间对称性：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理有tAB＝tBA。

②速度对称性：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等，方向相反。

(2)多解性：在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下落阶段，离抛出点某一距离时，物体的末位置可能在抛出点上方，也可能在抛出点下方。因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解，也可能造成路程多解。例题中距抛出点15 m的位置有2处，与抛出点对称的上方和下方各一处。其中抛出点上方的点在上升和下降过程中各经过1次。

　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的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则(　　)

A．小球在2 s末的速度是20 m/s

B．小球在第5 s内的平均速度是3.6 m/s

C．小球在第2 s内的位移是20 m

D．小球在前5 s内的位移是50 m

答案　D

解析　设星球的重力加速度为g，则gt－gt＝18 m，其中t4＝4 s, t5＝5 s，解得g＝4 m/s2，小球在2 s末的速度是v2＝gt2＝8 m/s，A错误；小球在4 s末的速度v4＝gt4＝16 m/s，在5秒末的速度v5＝gt5＝20 m/s，小球在第5 s内的平均速度是＝＝18 m/s，B错误；小球在前2 s内的位移是gt＝8 m，小球在第1 s内的位移是gt＝2 m，小球在第2 s内的位移是8 m－2 m＝6 m，C错误；小球在前5 s内的位移是gt＝50 m，D正确。

考点3  解决匀变速直线运动问题的常用方法  [解题技巧]

1．一般公式法

一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式，它们均是矢量式，使用时要注意方向性。

2．平均速度法

定义式＝对任何性质的运动都适用，而＝v＝只适用于匀变速直线运动。

3．比例法

对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用比例关系求解。

4．逆向思维法

如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动。

5．推论法

利用Δx＝aT2及其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷。

6．图象法

利用v­t图象可以求出某段时间内位移的大小可以比较v与v，还可以求解追及问题；用x­t图象可求出任意时间内的平均速度等。

例3　一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑到C点，已知AB是BC的3倍，如图所示，已知物块从A到B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是(　　)

A．t0    B. 

C．2t0    D.

(1)请分析物块沿斜面向上运动的性质。

提示：匀减速直线运动，且vC＝0。

(2)写出你能想到的求解本题的方法。

提示：逆向思维法、比例法。

尝试解答　选C。

将物块从A到C的匀减速直线运动，运用逆向思维可看成从C到A的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，可知连续相邻相等的时

间内位移之比为奇数比，而CB∶AB＝1∶3，正好符合奇数比，故tAB＝tBC＝t0，且从B到C的时间等于从C到B的时间，故从B经C再回到B需要的时间是2t0，C正确。

总结升华

 “一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题

　[2017·安徽四校联考]一辆汽车在平直公路上做刹车实验，从t＝0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x＝(10－0.1v2)(各物理量单位均取国际单位制的单位)，下列分析正确的是(　　)

A．上述过程的加速度大小为0.2 m/s2

B．刹车过程持续的时间为2 s

C．t＝0时刻的速度为5 m/s

D．刹车过程的位移为5 m

答案　B

解析　根据位移速度公式x＝＝＋，对应表达式x＝(10－0.1v2)中可得＝10 m，＝－0.1 s2/m，解得加速度a＝－5 m/s2，t＝0时刻的速度v0＝10 m/s，故刹车持续时间为t＝＝2 s，刹车过程中的位移x＝＝10 m，B正确。

[2017·全国卷Ⅱ](12分)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求：

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；

(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。