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第二节　匀变速直线运动的规律及应用
一、匀变速直线运动规律和推论
答案：加速度　相同　相反　v0＋at
v0t＋at2　v2－v　aT2　(m－n)　
eq \r(\f(v＋v2,2))
【基础练1】　(2021·广东云溪高三月考)某航母跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/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．5 m/s　　 B．10 m/s
C．15 m/s D．20 m/s
解析：选B。由运动学公式v2－v＝2ax，代入数据得：v0＝＝ m/s＝10 m/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a1＝2 m/s2，加速一段时间t1，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＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为(　　)
A．15 m/s B．30 m/s
C．7.5 m/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：＝(0＋vm)＝vm，x1＝，匀减速直线运动过程：＝(vm＋0)＝vm，x2＝t2，所以整个运动过程x＝x1＋x2＝(t1＋t2)＝t，解得vm＝30 m/s。
二、自由落体和竖直上抛运动
答案：静止　gt　gt2　2gh　竖直向上
重力　v0－gt　－2gh
【基础练3】　甲、乙两物体分别从10 m和20 m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面描述正确的是(　　)
A．落地时甲的速度是乙的
B．落地的时间甲是乙的2倍
C．下落1 s时甲的速度与乙的速度相同
D．甲、乙两物体在最后1 s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＝，所以落地速度甲是乙的，所以A错误；根据公式h＝gt2，可得落地时间t＝，所以落地时间甲是乙的，所以B错误；根据公式v＝gt可得下落1 s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1 s内的平均速度不同， 所以下落的高度不同，所以D错误。
考点一　匀变速直线运动规律的基本应用
1．“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题
2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法
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、t x 速度公式v＝v0＋at
v0、a、t、x v 位移公式x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t 速度位移关系式v2－v＝2ax
v0、v、t、x a 平均速度公式x＝t
　(2020·衡阳市第一次联考)2019年的12月17日，梦想中的中国海军“双航母”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－15”舰载机。航母运动比静止更利于飞机的起飞和降落。“歼－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80 m/s，刚好安全停在甲板上；第二次试验时，航母以20 m/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160 m。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－v＝2aL
解得匀减速直线运动的加速度为a＝－20 m/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－v＝2ax1
舰载机运动的时间为t＝
航母匀速运动的位移x2＝vt
根据题意则有x1－x2＝L
联立解得v1＝100 m/s。
[答案]　100 m/s
【对点练1】　(2020·苏北四市第一次调研)“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36 km/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10 m/s2。若小王的反应时间为0.5 s，则汽车距斑马线的安全距离至少为(　　)
A．5 m　　 B．10 m
C．15 m D．36 m
解析：选B。汽车的初速度为v0＝36 km/h＝10 m/s，反应时间t1＝0.5 s内汽车做匀速直线运动，有x1＝v0t1＝5 m，刹车过程的加速度大小为a＝10 m/s2，由匀减速直线运动的规律0－v＝－2ax2，可得刹车距离为x2＝eq \f(v,2a)＝5 m，安全距离为d≥(x1＋x2)＝10 m；故B正确，A、C、D错误。
【对点练2】　(2020·重庆市期末)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36 km/h。一质量为5 t的货车以36 km/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20 m处有一观光者以18 km/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。
(1)求货车刚停止运动时，骑行者到货车的距离；
(2)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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/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
t1＝v人t1＋20 m
解得a＝ m/s2
设再经时间t2，车减速到0，有0＝v人－at2
则有Δx＝v人t2－t2，解得Δx＝20 m。
(2)对货车进行受力分析则有f ＝μmgcos 37°，解得f＝3.6×104N，方向沿斜面向上。
答案：(1)20 m　(2)3.6×104N，方向沿斜面向上
考点二　处理匀变速直线运动的常用方法
1．基本思路
2．常用“六法”
　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，如图所示。已知物体从A点运动到距斜面底端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＝eq \f(at,2)，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式解得vB＝④
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥式解得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，AC＝＝。又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝。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＝eq \f(（t＋tBC）2,t)，
解得tBC＝t。
[答案]　t
【对点练3】　(2020·天门市第一次联考)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t。杨健入水后第一个时间内的位移为x1，最后一个时间内的位移为x2，则＝(　　)
A．3∶1　　 B．4∶1
C．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 ＝，C正确，A、B、D错误。
【对点练4】　 (2020·武汉市5月模拟)如图所示，光滑斜面上有A、B、C、D四点，其中CD＝10AB。一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．1.5t B．2.5t
C．3.5t D．4.5t
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＝，CD段时间中点的瞬时速度v2＝，则AB段时间中点到CD段时间中点所用时间t1＝，又因为x＝at2，联立以上各式解得t1＝4.5t，因此BC段所用时间t2＝t1－t＝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。
2．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
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(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
　(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(　　)
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
[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的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝ ，第一个所用的时间为t1＝ － ，因此有＝＝2＋，即3<<4，C正确。
[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2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第4 s内的位移是42 m，则(　　)
A．小球在2 s末的速度大小是16 m/s
B．该星球上的重力加速度大小为10 m/s2
C．小球在第4 s末的速度大小是48 m/s
D．小球在4 s内的位移大小是80 m
解析：选C。第4 s内的位移是42 m，有gt－gt＝42 m，代入数据解得g＝12 m/s2，所以2 s末的速度v2＝gt2＝24 m/s，故A、B不符合题意；小球在第4 s末的速度v4＝gt4＝48 m/s，故C符合题意；小球在4 s内的位移h4＝gt＝96 m，故D不符合题意。
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桥梁，可按下列四个步骤解题：
2．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。
　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＝21.6 km/h，小汽车未减速的车速为v0＝108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2。试问：
(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/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？
(3)在(1)(2)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)v＝21.6 km/h＝6 m/s，v0＝108 km/h＝30 m/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，则有v2－v＝－2a1x1
解得x1＝108 m。
(2)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＝v0－a1t1
解得t1＝＝6 s
加速阶段，有v0＝v＋a2t2
解得t2＝＝4 s
则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s。
(3)加速阶段，有v－v2＝2a2x2
解得x2＝72 m
则总位移x＝x1＋x2＝180 m
若不减速通过收费站，则所需时间
t′＝＝6 s
故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为
Δt＝t－t′＝4 s。
[答案]　(1)108 m　(2)10 s　(3)4 s
【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x1＝25 m，BC的长度为x2＝97 m。汽车从A点由静止启动，在AB段做加速度大小为a1＝2.0 m/s2 的匀加速直线运动。在BC段，汽车先做加速度大小为a2＝1.0 m/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＝2.0 m/s2的加速度做匀减速直线运动，汽车恰好停在C点。求：
(1)汽车达到的最大速度vm和开始减速时离C点的距离d；
(2)汽车从A点运动到C点所用的时间t。
解析：(1)由x1＝a1t和v＝2a1x1，可得汽车在AB段运动时间t1＝＝5 s，到达B点时的速度vB＝＝10 m/s，设汽车在BC段之间由B到D时加速行驶，距离为d′，有v－v＝2a2d′。
由D到C时减速行驶，距离为d，有0－v＝－2a3d，且
d′＋d＝x2，解得汽车的最大速度vm＝14 m/s
开始减速时汽车离C点的距离d＝eq \f(v,2a3)＝49 m。
(2)由B到D，汽车加速行驶，由vm＝vB＋a2t2得
行驶时间t2＝＝4 s，由D到C，汽车减速行驶直到静止，由0＝vm－a3t3得行驶时间t3＝＝7 s，故汽车从A点运动到C点所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝16 s。
答案：(1)14 m/s　49 m　(2)16 s

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