第2讲　匀变速直线运动的规律及应用

金版教程一轮复习物理（创新版）第2讲匀变速直线运动的规律及应用基础命题点一匀变速直线运动的基本规律及应用1匀变速直线运动的基本理解(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动。(2)分类2匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式：vv0at。(2)位移公式：xv0tat2。(3)速度和位移的关系式：v2v2ax。1汽车在平直路面上刹车，其位移与时间的关系是x24t6t2，则它在第3 s末的速度大小为()A0 m/s B6 m/s C12 m/s D18 m/s答案A解析将x24t6t2与匀变速直线运动的位移时间公式xv0tat2对比，可知汽车的初速度v024 m/s，加速度a12 m/s2；由vv0at可知，汽车在刹车后第2 s末静止，所以它在第3 s末的速度大小为0，故A正确。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，2 s与5 s时汽车的位移之比为()A54 B45 C34 D43答案C解析汽车刹车到停止所需的时间：t s4 s，2 s时的位移：x1v0t1at202 m522 m30 m,5 s时车已停止，故5 s时的位移：x2 m40 m，故2 s与5 s时汽车的位移之比为34。故选C。3(2019陕西省宝鸡市质检二)一个小球由静止开始沿斜面下滑，经3 s进入一个水平面，再经6 s停下，斜面与水平面交接处的能量损失不计，则小球在斜面上和水平面上运动的位移大小之比是()A11 B12 C13 D21答案B解析根据vat可得在斜面上的加速度和在水平面上的加速度大小之比为，根据2axv2可得在斜面上和水平面上运动的位移大小之比为，B正确。4教材母题(人教版必修1 P43T3)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5 m/s2，所需的起飞速度为50 m/s，跑道长100 m。通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置。对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？为了尽量缩短舰载飞机起飞时的滑行距离，航空母舰还需逆风行驶。这里对问题做了简化。变式子题有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：(1)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？(2)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，则该舰身至少应为多长？答案(1)30 m/s(2)250 m解析(1)根据公式v2v2ax，得：v030 m/s。(2)不装弹射系统时，由v22aL，得：L250 m。能力命题点一解决匀变速直线运动问题的常用方法及应用1解决运动学问题的基本思路2解决匀变速直线运动问题的几种方法3运动学公式中正、负号的规定(1)除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以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v00时，一般以加速度a的方向为正方向。(2)五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一过程。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、nT末的速度之比v1v2v3vn123n。(2)1T内、2T内、3T内、nT内的位移之比x1x2x3xn122232n2。(3)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xxxxn135(2n1)。(4)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比t1t2t3tn1(1)()()。(2019辽宁高三高考模拟)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v0100 m/s着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a14 m/s2的加速度做匀减速运动，一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a22.5 m/s2的加速度做匀减速直运动直至停下。已知两个匀减速运动滑行的总路程x1370 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。解析(1)设第二个减速阶段的初速度为v1，根据运动学公式，则有：vv2a1x1v2a2x2x1x2x解得：v140 m/s(2)由速度公式可得：v0v1a1t1v1a2t2tt1t2解得：t31 s。答案(1)40 m/s(2)31 s求解多阶段运动问题的“三步走”1教材母题(人教版必修1 P42T1)通过测试得知某型号的卡车在某种路面上急刹车时加速度的大小是5 m/s2。如果要求它在这种路面上行驶时在22.5 m内必须停下，它的行驶速度不能超过多少千米每时？变式子题(2019江苏南京、盐城高三第三次调研)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某人驾驶汽车以6 m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好紧贴栏杆停下。已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为()A3.6 m B5.4 mC6.0 m D9.6 m答案D解析汽车在运动的过程中先做匀速直线运动，再做匀减速直线运动；根据运动学的规律，列式可得xv0t6(0.70.3) m9.6 m，D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AB6 m，BC10 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()A2 m/s,3 m/s,4 m/s B2 m/s,4 m/s,6 m/sC3 m/s,4 m/s,5 m/s D3 m/s,5 m/s,7 m/s答案B解析根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度等于全程的平均速度，vB4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即xat2，则由xBCABat2，解得a1 m/s2，再由速度公式vv0at，解得vA2 m/s，vC6 m/s，故B正确。3(2019安徽高考模拟)图中ae为珠港澳大桥上四段110 m的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则通过ce段的时间为()At BtC(2)t D(2)t答案C解析解法一：设汽车的加速度为a，经历bc段、ce段的时间分别为t1、t2，根据匀变速直线运动的位移时间公式有：xabat2，xaca(tt1)2，xaea(tt1t2)2，解得：t2(2)t，故C正确，A、B、D错误。解法二：由匀变速运动推论：由静止开始连续经过相同位移所用时间之比为：1(1)()()，由题知tabt，则tcd()t，tde(2)t，因此tcetcdtde(2)t，C正确。4.物体以一定的初速度v0从斜面底端A点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，如图所示，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。答案t解析解法一：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v2alvv2al由解得vB又vBv0atvBatBC由解得tBCt。解法二：中间时刻速度法利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC又v2al，v2a(ll)由以上两式解得vB可知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的点，因此有tBCt。解法三：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llat，la(ttBC)2由以上两式解得tBCt。解法四：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x1x2x3xn135(2n1)因为xCBxBA13，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBCt。解法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，画出vt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的平方比，得，且，ODt，OCttBC。所以，解得tBCt。基础命题点二自由落体运动1定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。2特点：v00，ag。(1)速度公式：vgt。(2)位移公式：hgt2。(3)速度位移关系式：v22gh。如图所示木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g10 m/s2，求：(1)木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动，由位移公式hgt2知，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A s s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A s2 s则木杆通过圆筒的上端A所用的时间t1t上At下A(2) s。(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B s s则木杆通过圆筒所用的时间t2t上Bt下A() s。答案(1)(2) s(2)() s应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)自由落体运动的实质是初速度为零的匀加速直线运动。可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题。1(多选)物体从离地面45 m高处做自由落体运动(g取10 m/s2)，则下列说法中正确的是()A物体运动3 s后落地B物体落地时的速度大小为30 m/sC物体在落地前最后1 s内的位移为25 mD物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s答案ABC解析由自由落体运动规律hgt2得t s3 s，A正确；落地速度vgt30 m/s，B正确；落地前最后1 s内的位移hgt2g(t1)225 m，C正确；物体在整个下落过程中的平均速度15 m/s，D错误。2.(2019安徽高考模拟)早在十六世纪，伽利略已猜想落体运动的速度是均匀变化的，当他通过实验证明其猜想时遇到了困难，原因是小球下落得很快，当时的计时手段还不能准确测量其时间；后来他采用了一种巧妙的方法铜质小球沿斜面运动，来“冲淡”重力的影响，并证实了他的猜想。关于该实验的研究和逻辑推理，下列说法正确的是()A斜面倾角一定时，小球运动的速度与时间成正比B斜面倾角一定时，小球运动的位移与时间成正比C斜面倾角不同，小球运动速度的变化情况相同D斜面倾角越大，小球的运动越接近落体运动答案D解析伽利略通过斜面实验证实，当斜面倾角一定，且小球初速度为零时，小球运动的速度才与时间成正比，小球运动的位移与时间的平方成正比，故A、B错误；斜面倾角不同，则小球沿斜面的加速度不同，小球速度变化情况不同，斜面倾角越大，小球沿斜面的加速度越大，则小球的运动越接近落体运动，故C错误，D正确。3.教材母题(人教版必修1 P45T5)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。如图是小球自由下落时的频闪照片示意图，频闪仪每隔0.04 s闪光一次。如果要通过这幅照片测量自由落体加速度，可以采用哪几种方法？试一试。照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米。变式子题如图所示是小球自由下落过程中用频闪照相的方法获得的轨迹的一部分，用刻度尺量出计数点1、2之间的距离为7.65 cm,2、3之间的距离为8.73 cm，已知每次闪光的时间间隔为 s，则小球运动到计数点2时的瞬时速度为_，小球下落的重力加速度为_。答案2.46 m/s9.72 m/s2解析已知小球做自由落体运动，故其运动遵循匀变速直线运动的规律，所以小球运动到计数点2时的瞬时速度v2 m/s2.46 m/s。由xaT2得a，故小球下落的重力加速度g m/s29.72 m/s2。能力命题点二竖直上抛运动及其处理方法1定义：将物体以初速度v0竖直向上抛出后只在重力作用下的运动，称为竖直上抛运动。2特点：取竖直向上为正方向，则初速度为正值，加速度为负值且大小为g。(1)速度公式：vv0gt。(2)位移公式：hv0tgt2。(3)速度位移关系式：v2v2gh。(4)上升的最大高度：H。(5)上升到最高点所用的时间：t高。3运动性质与研究方法竖直上抛运动的实质是匀变速直线运动，先做匀减速直线运动到速度为零，再做初速度为零的匀加速直线运动。(1)竖直上抛运动的重要特性(如图所示)对称性a时间对称：物体上升过程中从AC所用时间tAC和下降过程中从CA所用时间tCA相等，同理tABtBA。b速度对称：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。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，造成多解，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分段法上升阶段：ag的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，vv0gt，hv0tgt2(向上为正方向)若v0，物体上升；若v0，物体在抛出点上方；若h0，说明物体正在上升；v0，说明物体在抛出点上方；h0，说明物体在抛出点下方。2求竖直上抛运动的路程时，由于竖直上抛运动是往复运动，必须分段求解。1(2019上海高三高考模拟)以10 m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为1.2 s，则小树高约为()A1.2 m B2.4 m C3.2 m D4.2 m答案C解析石子到达小树顶端时的速度为vg10 m/s6 m/s，则小树的高度为：h m3.2 m，故选C。2(多选)在某一高度以v020 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)()A小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向向上B小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向下C小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向上D小球的位移大小一定是15 m答案ACD解析小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s，方向竖直向上时，v10 m/s，用公式求得平均速度为15 m/s，方向竖直向上，A正确；当小球的末速度大小为10 m/s，方向竖直向下时，v10 m/s，用公式求得平均速度大小为5 m/s，方向竖直向上，C正确，B错误；由于末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，位移h15 m，D正确。3某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g10 m/s2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度；(2)火箭上升离地面的最大高度；(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。答案(1)20 m/s(2)60 m(3)(62) s解析设燃料恰好用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1。火箭的上升运动分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点。(1)对第一个过程有h1t1代入数据解得v120 m/s。(2)对第二个过程有h2代入数据解得h220 m所以火箭上升离地面的最大高度hh1h240 m20 m60 m。(3)从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1gt2，得t2 s2 s从最高点落回地面的过程中，有hgt，而h60 m，代入数据得t32 s故总时间t总t1t2t3(62) s。课时作业1(多选)如图所示，在一平直公路上，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3 s内经过相距30 m的 A、B两点，汽车经过B点时的速度为15 m/s，则()A汽车经过A点的速度大小为5 m/sBA点与O点间的距离为20 mC汽车从O点到A点需要的时间为5 sD汽车从O点到B点的平均速度大小为7.5 m/s答案AD解析汽车在AB段的平均速度 m/s10 m/s，而汽车做匀加速直线运动，所以有，即vA2vB210 m/s15 m/s5 m/s，A正确；汽车的加速度a，代入数据解得a m/s2，由匀变速直线运动规律有v2axOA，代入数据解得xOA3.75 m，B错误；由vAatOA解得汽车从O点到A点需要的时间为tOA1.5 s，C错误；汽车从O点到B点的平均速度大小 m/s7.5 m/s，D正确。2.一根轻质细线将2个薄铁垫圈A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，距地面为L，如图所示，由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从释放开始到A落地历时t1，A落地前瞬间速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前瞬间速率为v2，则()At1t221B两垫圈加速度不确定，时间无法比较Cv1v212D两垫圈作为整体，同时落地答案C解析由静止释放A、B，A、B都做自由落体运动，A运动的位移为L，B运动的位移为4L，根据hgt2可知，A落地的时间为t1，B落地的时间为：t2，所以有：t2tt12 ，所以有：t1t2，故A、B错误；A落地前瞬间的速率为：v1，B落地前瞬间的速率为：v2gt2，所以v1v212，故C正确；因A落地时B还没有落地，故不可能同时落地，D错误。3几个水球可以挡住子弹？国家地理频道实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第四个水球，则可以判定()A由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间相同B由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间C子弹在每个水球中速度变化相同D子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等答案D解析设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，末速度为零，我们可以应用逆向思维，此过程的逆过程相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动。因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d、2d、3d和4d，根据xat2知，时间之比为12，所以子弹依次穿过4个水球的时间之比为(2)()(1)1，但是不能求解穿过每个水球的具体时间，故A、B错误；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，所以加速度相同，由vat可知，子弹在每个水球中运动的时间不同，则速度的变化量不同，故C错误；由A项分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第4个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的特点可知，子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，故D正确。4瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每一年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地。某日一跳伞爱好者以5 m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h10 m的地方掉了一颗扣子，则跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g取10 m/s2)()A2 s B sC1 s D(2) s答案C解析设扣子落地时间为t1，运动员落地时间为t2，由题意知，扣子向下做初速度为5 m/s、加速度为重力加速度的匀加速运动，落地时位移为10 m，根据位移时间关系知hv0t1at，代入数据得扣子落地时间：t11 s；跳伞运动员向下匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞运动员落地时间t2 s2 s，所以跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为tt2t11 s。故选C。5(多选)将某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2。5 s内物体的()A路程为65 mB位移大小为25 m，方向向上C速度改变量的大小为10 m/sD平均速度大小为13 m/s，方向向上答案AB解析物体的初速度大小v030 m/s，g10 m/s2，其上升时间t13 s，上升高度h145 m；下降时间t25 st12 s，下降高度h2gt20 m；末速度大小vgt220 m/s，方向向下。故5 s内物体的路程sh1h265 m；位移大小xh1h225 m，方向向上；速度改变量vvv050 m/s，负号表示方向向下；平均速度大小5 m/s，方向向上。故A、B正确，C、D错误。6(多选)物体自O点开始沿斜面向上做匀减速直线运动，A、B、C、D是运动轨迹上的四点，D是最高点。测得OA0.8 m，AB0.6 m，BC0.4 m，且物体通过前三段的时间均为1 s。则下面判断正确的是()A物体的初速度是0.9 m/sB物体运动的加速度大小是0.2 m/s2CC、D间的距离是0.2 mD从C到D运动的时间是1.5 s答案ABD解析由xABOABCABat2得，a m/s20.2 m/s2，B正确；由OAv0tat2得，v00.9 m/s，A正确；由vDv0atOD得，tOD s4.5 s，故tCDtOD3t1.5 s，D正确；向上减速过程逆向可看做由D点从静止开始向下匀加速的过程，则CDat0.225 m，C错误。7一质点在连续的6 s内做匀加速直线运动，在第一个2 s内位移为12 m，最后一个2 s内位移为36 m，下面说法正确的是()A质点的加速度大小是3 m/s2B质点在第二个2 s内的平均速度大小是18 m/sC质点第2 s末的速度大小是12 m/sD质点在第1 s内的位移大小是6 m答案A解析设第一个2 s内的位移为x1，第三个2 s内，即最后一个2 s内的位移为x3，根据x3x12aT2得：a m/s23 m/s2，故A正确；根据xaT2得：x2x1x3x2，解得：x2 m24 m，则第二个2 s内的平均速度大小为： m/s12 m/s，故B错误；质点第2 s末的速度大小为v2 m/s9 m/s，故C错误；在第1 s内的运动可反向看做匀减速直线运动，则第1 s内的位移大小sx1(v2tat2)12 m(91312) m4.5 m，故D错误。8(2019海南高考)汽车在平直公路上以20 m/s的速度匀速行驶。前方突遇险情，司机紧急刹车，汽车做匀减速运动，加速度大小为8 m/s2。从开始刹车到汽车停止，汽车运动的距离为()A10 m B20 m C25 m D50 m答案C解析汽车做匀减速运动，根据v2ax解得x m25 m，故选C。9(2019全国卷)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足()A12 B23C34 D45C答案C解析空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H时的速度为0。逆向观察，运动员做初速度为0的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1(1)()()。由题意知，2，故36 s Bt6 sC4 st6 s Dt4 s答案D解析设汽车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为a，运动总时间为t，把汽车刹车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，则最后3 s内通过的位移x2ata，在最初3 s内通过的位移x1at2a(t3)2a(6t9)，又x1x253，解得t4 s，故D正确。11(2019河南省九师联盟高三1月质检)某质点做匀减速直线运动，经过 s静止，则该质点在第 1 s内和第2 s内的位移之比为()A75 B95 C117 D137答案D解析质点做匀减速直线运动，经过 s静止，设加速度大小为a，前1 s内的位移为a()2a()2a，前2 s内的位移为a()2a()2a，故第2 s内的位移为a，第1 s内与第2 s内的位移之比为137，D正确。12(2019河南高考模拟)一质点以某初速度竖直向上抛出，在一段时间内上升的位移为x，动能变为抛出时的。不计空气阻力，重力加速度为g。则这段时间可能为()A. B C D 答案D解析设这段时间为t，质点开始时的速度为v，末速度为v，根据动能的定义：