2 第二节 匀变速直线运动的规律及应用

[温故扣新强基固本]一、匀变速直线运动规律和推论逐養卜沿着一朵宜贱HU 不变的适动匀加速血疑运就I逐養卜沿着一朵宜贱HU 不变的适动匀加速血疑运就I北与蝴方向囿匀戡速H统运动29叫方向③球度金式心a位楼公式溥=屈逮窿位移关奈式巫匀变速A线运动=2a^..相同吋间内的位移追£心 严「中间时鶴逋度+陶= =书位移中点透度+"尸匣 答案：加速度相同相反v0+atv0v0t+2"t2V2—vgaT2(m_n)【基础练1】（2021•三明月考）某航母跑道长200m,飞机在航母上滑行的【基础练1】最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s。那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（）A.5m/sB.10m/sA.5m/sC.15m/s D.20m/s解析：选B。由运动学公式V2-V2二2ax,代入数据得：v0二\卜2_2ax二■\:2500-2X6X200m/s二10m/s，故B正确。【基础练2】物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度°]=2m/s2，加速一段时间々，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用的时间t=20s,总位移为300m,则物体运动的最大速度为（）A.15m/s B.30m/sC.7.5m/s D.无法求解解析：选B。设最大速度为Vm，匀加速直线运动过程：V=2（0+Vm）二2vm，X]二甘,匀减速直线运动过程：v二|（vm+0）二|vm，x2二争2，所以整个运动过程X二X]+X2二争t]V+t2)=~7t，解得vm=30m/s。規秤汕二卜卜位移£式:h規秤汕二卜卜位移£式:h-B］L連度位移关系云:护=园蘇卜将物怵以一定初速度国.抛虬柞用F的运动二、自由落体和竖直上抛运动v物怵只在車力作用下从LL自逆鱼卜的运动由K直,一K直,一抛\位移公式4-叫2*占F遽厦位楼黄系式:供-磅=圖［方法卜仆雄法、全程秋答案：静止答案：静止重力v0-gt—2gh【基础练3】 甲、乙两物体分别从10m和20m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面描述正确的是（）落地时甲的速度是乙的1落地的时间甲是乙的2倍下落1s时甲的速度与乙的速度相同甲、乙两物体在最后1s内下落的高度相等解析：选C。根据公式v2=2gh可得落地速度v*莎,所以落地速度甲是乙的丰，所以A错误；根据公式h=1gt2,可得落地时间t二、进,所以落地时间甲是乙的萝，所以B错误；根据公式v=gt可得下落1s时两者的速度相同，所以C正确；甲、乙下落时间不同,所以在最后1s内的平均速度不同，所以下落的高度不同，所以D错误。空键能丸■深度鎚析丨考点研析链力突砸］耳基础考点 ■+由主终通考点一匀变速直线运动规律的基本应用“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题根据晒总画出軌体运晰示童［较复崔的运功一凯，使运轴过程宜睨时晰_J定尊画示盍禺封变速立贱运动同陋常可一超［'炒用运动去式樂•銮琳，驻讯活选岸合适的坯式｛事半功倍住克列运錨学方聊时，方再 武中萼一牛物理肚均对应同 明确运动过程，1运功过程 ｛切忌乱惫公式

题目中所涉及的物理量（包括已知量、待求量和为解题设定的中间量）没有涉及的物理量适宜选用的公式v0、v、题目中所涉及的物理量（包括已知量、待求量和为解题设定的中间量）没有涉及的物理量适宜选用的公式v0、v、a、tX速度公式v=v0+atv0、a、t、xv位移公式x=v0t+|at2v0、v、a、xt速度位移关系式v2—vg=2axv0、v、t、Xa平均速度公式v+v02.对于运动学公式的选用可参考下表所列方法时代终于来临，中国首艘完全由中国自己独立研发、生产制造的航空母舰“山东舰”正式入列我人民海军，其舷号为17。目前，我国海军“辽宁舰”与“山东舰”都搭载“歼一15”舰载机。航母运动比静止更利于飞机的起飞和降落。“歼一15”舰载机在“山东舰”航母上舰尾降落滑行的过程可以简化为沿水平方向的匀减速直线运动，且舰载机滑行方向与航母运动方向在同一直线上。第一次试验时，航母静止，舰载机滑上跑道时的速度为80m/s,刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以20m/s速度匀速航行，若两次在跑道上滑行过程中的加速度相同，已知跑道长为160m。求第二次舰载机安全降落在航母上的最大速度。［解析］第一次试验时，航母静止，根据速度位移公式可知0-V2=2aL解得匀减速直线运动的加速度为a二-20m/s2第二次当航母匀速运动时，设舰载机安全降落在航母上的最大速度为v1，则有舰载机运动的位移为v2-v2-2ax1v-v舰载机运动的时间为t-一1a航母匀速运动的位移x-vt根据题意则有X］-x2-L联立解得V］-100m/s。［答案］100m/s【对点练1】 “礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36km/h的速度匀速行驶，发现前方的斑马线上有行人通过，立即刹车使车做匀减速直线运动，直至停止,刹车加速度大小为10m/s2。若小王的反应时间为0.5s，则汽车距斑马线的安全距离至少为解析：汽车的初速度为v0二36km/h二10m/s，反应时间“二0.5s内汽车做匀速直线运动，有xi=v0t1=5m，杀0车过程的加速度大小为a二10m/s2,由匀减速直线运动的规律0-V0=-2ax2，可得刹车距离为x2二2a-5m，安全距离为d》X]+x2二10m。答案：10m【对点练2】(2020•长治市期末)为确保交通安全，公路的下陡坡路段都有限速要求。某地一长直斜坡公路，倾角为37°，机动车限速36km/h。一质量为5t的货车以36km/h的速度匀速下坡，货车装配了ABS(车轮防抱死)系统，某时刻货车司机发现前方20m处有一观光者以18km/h的速度匀速骑行下坡，司机立即启动ABS刹车系统，此后货车一直做匀减速运动直到静止，且恰好没有撞到骑行者。求货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离；若该货车下坡刹车时ABS系统失灵，车轮被抱死，求这种情况下，刹车过程中货车受到的摩擦力。已知货车轮胎与路面间的动摩擦因数为0.9，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2。解析：(1)设货车减速的加速度为a时恰好没有撞到骑行者，经时间t1两者速度相等，则v货-at1=v人卩货+v人t1二v人t1+20m解得a=|m/s2设再经时间t2,车减速到0，有0二v人-。/2贝0有&二v人t2—2人t2，解得心二20m。(2)对货车进行受力分析则有f二“mgpos37°,解得f二3.6X104N,方向沿斜面向上。答案：(1)20m(2)3.6X104N,方向沿斜面向上少高考諾点 *(ft生史if

考点二处理匀变速直线运动的常用方法基本思路22.常用“六法”刖2物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为1,到达斜面最高点C3时速度恰好为零，如图所示。已知物体从A点运动到距斜面底端4I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—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二爭，XAC^f 2，又XBC二瞥，由以上三式解得tBc=h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t，由匀变速直BC线运动的规律可得W二2%①= 2axAB②XAB二4%③由①②③式解得vB二予④又vB=v0-at⑤vB-atBc®由④⑤⑥式解得t”二t。Be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Xl：X2：X3：・"：Xn=l：3：5：・"：(2n「l)。因为xeB：xBA=x4e：3X4e=1：3,而通过xBA的时间为t,所以通过xBe的时间tBC二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ti:t2：t3：…：tn二1：(迈-1):(V3-2):…:⑴n-n-1)o现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过Be段的时间为：,那么通过BD、DEEA的时间分别为tBD二辽-叽，靑厲-恥tEA=(2-0)tx，又Mde+4a-t，解得t二tox法五中间时刻速度法禾I」用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，石M-琴=v0o又v0-2axAe，vB-2axBe，xBc-^o由以上三式解得vB-》。可以看到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所在位置，因此有t-toBe

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S△AOC4且 =1，OD=t，OC二S△AOC4且 =1，OD=t，OC二t+tpc。S^BDC△BDC4 （t+t）2所以1=”，解得・严［答案］t【对点练3】（2020・大同市第一次联考）2019年7月20日晚，在韩国光州进行的2019年国际游泳世锦赛结束的跳水男子十米台决赛中，中国选手杨健获得该项目金牌。将运动员入水后向下的运动视为匀减速直线运动，该运动过程的时间为to杨健入水后第一个4时间内的位移为"，最后一个4时间内的位移为x2,则x+=（）A.3：1 B.4：1C.7：1 D.8：1解析：选C。将运动员入水后的运动逆过来可看做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1:3:5:7…，所以有乞二X271，C正确，A、B、D错误。【对点练4】 （2020・张家口市5月模拟）如图所示，光滑斜面上有A、B、C、D四点，其中CD=10ABo—可看成质点的物体从A点由静止释放，通过AB和CD段所用时间均为t,则物体通过BC段所用时间为（A.1.5tC.3.5t解析：选C。设AB=x，由运动学规律可得，AB段时间中点的瞬时速度v1=X，CD段时间中点的瞬时速度v2二竽则AB段时间中点到CD段时间中点所用时间“二宁1，又因为x=2at2,联立以上各式解得t1=4.5t，因此BC段所用时间t2二々-1二3.5t,故A、B、D错误，C正确。

考点三自由落体运动和竖直上抛运动1.两种运动的特性（1） 自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。（2） 竖直上抛运动的重要特性（如图）①对称性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，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。竖直上抛运动的研究方法分段法上升阶段：a=—g的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v=v0—gt，h=全程法V0t—2gt2（以竖直向上为正方向）若v>0，物体上升，若v<0，物体下落若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方例3 （2019.高考全国卷I）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H所用的时间为々，第四个H所用的时间为t2。不计空气阻力，则t2满足（）tiaaa-li————的自由落体运动’所以第四个h所用的时间为J第一个的自由落体运动’所以第四个h所用的时间为J第一个f所用的时间为［二，因此有i六=7A.1<t2<2C.3<t2<4［解析］本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始［答案］C【对点练5】（2020.庐巢七校联盟第三次联考）一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第4s内的位移是42m，则（）小球在2s末的速度大小是16m/s该星球上的重力加速度大小为10m/s2小球在第4s末的速度大小是48m/s小球在4s内的位移大小是80m解析：选C。第4s内的位移是42m，有切2-如纟=42m，代入数据解得g二12m/s2,所以2s末的速度v2=gt2=24m/s，故A、B不符合题意；小球在第4s末的速度v4=gt4=48m/s，故C符合题意；小球在4s内的位移h4=|gt4=96m，故D不符合题意。@龍力考点 ■*师主共研考点四多运动过程问题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桥梁，可按下列四个步骤解题：分晴香阶段运ME,imi出草图列出各运动阶段的运劝方程投出交接处的速度与养段間的隹棉、吋问爻系联立球解，得出结果解题关键分析和求解运动转折点的速度往往是解题的突破口。创4 假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v=21.6km/h,小汽车未减速的车速为勺=108km/h，制动后小汽车的加速度的大小为ax=4m/s2。试问：长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？在⑴⑵问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？［解析］(1)e二21.6km/h二6m/s，v0=108km/h二30m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为x1处开始制动，贝Q有V2-v2=-2a1x1解得X］二108m。小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2。减速阶段，有v二v2-a1t1解得t二^^二6sa1加速阶段，有vo=v+a2t2解得t二^^二4sa则汽车运动的时间至少为t二［+12二10s。加速阶段，有V2-V2-2a2x2解得x2-72m则总位移x-X］+x2-180m若不减速通过收费站，则所需时间故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为△t-1-t—4s。［答案］(1)108m(2)10s(3)4s【对点练6】如图所示，一辆汽车(视为质点)在一水平直路面ABC上运动，AB的长度为X］=25m,BC的长度为x2=97m。汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1=2.0m/s2的匀加速直线运动。在BC段,汽车先做加速度大小为a2=1.0m/s2的匀加速直线运动，当运动到离C点适当距离处，再以大小为a3=2.0m/s2的加速度做匀减速直线运动,汽车恰好停在C点。求：I訓I 牝 |AH C汽车达到的最大速度em和开始减速时离C点的距离d；汽车从A点运动到C点所用的时间t。解析：(1)由x1=|a1t2和口vB二2a®,可得汽车在AB段运动时间t产、怜二5s，至U达B点时的速度vB^：20^=10m/s，设汽车在BC段之间由B到D时加速行驶，距离为d：有vm~vB=処几由D到C时减速行驶，距离为d，有0m 3d'+d二X2,解得汽车的最大速度vm二14m/s开始减速时汽车离C点的距离d二岁=49m。2a3(2)由B到D,汽车加速行驶，由vm=vB+a2t2得v-v行驶时间t二B=4s,由D到C,汽车减速行驶直到静止，由0二v-at得行驶2a? m331 八时间t=-^=7s,故汽车从A点运动到C点所用的时间t=t+1+1=16s。3a3 123答案：(1)14m/s49m(2)16s课后达标・知能提升［考点强址以练促学］(建议用时：25分钟)［基础达标］1.(2020.江苏如皋中学模拟)汽车在水平地面上刹车可以看做匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：s=16t—2t2(m),则它在停止运动前最后1s内的平均速度为()A.6m/s B.4m/sC.2m/s D.1m/s解析：选C。根据匀变速直线运动的位移时间关系x=v0t+|at2=16t-2t2,解得v0=16m/s,a=-4m/s2采取逆向思维'汽车在停止运动刖1s内的位移x=*at2= 4X12m=2m,

停止运动最后1s的平均速度T二X二2m/s二2m/s,故C正确。在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为s不计空气阻力，两球落地的时间差为（）A"vB.gA"vB.g解析：选A。根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛的小球运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多_ -v-v2v运动的时间为t二 二一，a正确。如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖直井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过1m/s2,假定升降机到井口的速度为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是（）B.16sAB.16sC.21sC.21s解析：选C。升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间t二？二8s，通过的位移为x二乎二32m，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段1a 1 2ax-2X] 104-2X32所需时间为1=v= s二5s,总时间为t=2t1+t2=21s，故C正确，A、B、D错误。4.（多选）（2020・攀枝花市第二次统考）一物体沿直线运动，在t时间内发生的位移为X，设它在中间时刻2t处的速度为v1，在中间位置2x处的速度为v2，下列关于v1与v2的大小关系，正确的是（）当物体做匀加速运动时，v1>v2当物体做匀减速运动时，v1>v2当物体做匀加速运动时，v1<v2当物体做匀减速运动时，v1<v2

解析：选CD。当物体做匀加速直线运动时，速度一时间图象如图1。物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，图线与时间轴所围的“面积”相等，由数学知识得vi<v2,故A错误，C正确；当物体做匀减速直线运动时，速度一时间图象如图2,物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，图象与时间轴所围的“面积”相等，由数学知识得v1<v2，故B错误，D正确。RI\RI\ 图25.（2020・阳泉市上学期期末）已知A、B、C为同一直线上的三点、AB间的距离为11，BC间的距离为12，一做匀加速直线运动的物体，依次经过A、B、C三点，已知物体通过AB段时间为t,通过BC段的时间为2t。则物体加速度的大小为（）A屮t2BA屮t2B.2t2D.l2~2l14t2解析：选c。设AB段中间时刻的速度。吕，BC段中间时刻速度为V2二善加速度av2-v1l2-2l1二旨二寸，故C正确。［素养提升］6.（2020・河南省上学期阶段性考试）一汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方有一警示牌，立即刹车。刹车后汽车立即开始做匀减速直线运动,直至停止。已知从刹车开始计时，汽车在0〜2s内的位移大小为48m，4〜6s内的位移大小为3m。用v、a分别表示汽车匀速行驶时的速度大小及刹车后的加速度大小，贝W）45 , 237 , 「 32 , 104 ,A・a=m/s2，v= m/s B・a=丁m/s2，v=m/sC・a=8m/s2，v=32m/s D・a=6m/s2，v=30m/s解析：选D。在0~2s内的位移为x1=vt-|at2®汽车在4s时的速度为V］二v-4a②则4~6s内的位移为x二vt

代入数据解得v二29.625m/s,a二5.625m/s2；但当t=6s时，可得速度为〈二-4.125m/s,这说明在t二6s时汽车已停止运动，因此上面的计算不成立。则4~6s内的位移为0-叫二-2ax2③联立①②③式计算可得a二6m/s2,v二30m/s,故D正确，A、B、C错误。7.（2020・福建六校联考）假设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2kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m（未落地），贝％ ）A.物体在2s末的速度大小是20m/sB.物体在第5s内的平均速度大小是3.6m/s物体在前2s内的位移大小是20m物体在5s内的位移大小是50m解析：选D。设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5s内的位移是18m，可得|g可得|gX(5s)2-^gX(4s)2二