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第2讲　匀变速直线运动的规律
考纲考情 核心素养
?匀变速直线运动及其公式Ⅱ ?运动与相互作用观念：匀变速直线运动、自由落体运动、竖直上抛运动. 物理观念
全国卷5年4考 高考指数★★★★☆ ?模型建构：构建匀变速直线运动模型、自由落体运动模型．
?科学推理：从运动学角度对物体的运动进行分析并归纳匀变速直线运动规律. 科学思维
　　
知识点一　匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
2．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末……nT末瞬时速度的比为
v1?v2?v3?…?vn＝1?2?3?…?n.
(2)1T内、2T内、3T内……nT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……第N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)?(－)?…?(－)．
知识点二　自由落体运动和竖直上抛运动
自由落 体运动 运动条件 (1)物体只受重力作用
(2)由静止开始下降
运动性质 (3)初速度为零的匀加速直线运动
运动规律 (4)速度公式：v＝gt
(5)位移公式：h＝gt2
(6)速度—位移公式：v2＝2gh
竖直上
抛运动 (1)速度公式：v＝v0－gt
(2)位移公式：h＝v0t－gt2
(3)速度—位移关系式：v2－v＝－2gh
(4)上升的最大高度：H＝
(5)上升到最高点所用时间：t＝
1．思考判断
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动．(　×　)
(2)物体做匀变速直线运动，则物体在任意两段相等时间内的速度变化量相等．(　√　)
(3)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体在时间t内的位移一定最大．(　×　)
(4)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，1秒内的位移和3秒内的位移的比值为1?3.(　×　)
(5)匀加速直线运动中，中间时刻的速度小于该段时间内位移中点的速度．(　√　)
2．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相，由闪光照片得到的数据，发现质点在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3＝8 m．由此可求得(　C　)
A．第一次闪光时质点的速度
B．质点运动的加速度
C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移
D．质点运动的初速度
解析：由于闪光时间未知，所以根据s2－s1＝s3－s2＝aT2，只能求出第二、三次闪光的时间间隔内质点的位移s2＝5 m，选项C正确．
3．在自由落体运动中，第1个2 s、第2个2 s和第5 s内的位移之比为(　D　)
A．1?3?5 B．2?6?5
C．2?8?7 D．4?12?9
解析：根据初速度为零的匀加速直线运动的比例，三段时间内的位移之比为(1＋3)?(5＋7)?9＝4?12?9，D正确．
4．从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面，在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是(　A　)
A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同
B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反
C．物体上升过程经历的时间大于物体下落过程经历的时间
D．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间
解析：物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下落阶段加速度相同，大小为g，方向向下，A项正确，B项错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C、D项错误．
5．(多选)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点(　BD　)
A．第1 s内的位移是10 m
B．前2 s内的平均速度是3 m/s
C．运动的加速度为1 m/s2
D．任意1 s内的速度增量都是－2 m/s
解析：第1 s内的位移x1＝(6＋5×1－1) m－6 m＝4 m，故A错误；前2 s内的位移x2＝(6＋5×2－4) m－6 m＝6 m，则前2 s内的平均速度＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；根据x＝v0t＋at2＝6＋5t－t2，得，加速度a＝－2 m/s2，故C错误，D正确.
　　
考点1　匀变速直线运动规律的应用
1．规范解题流程
????
2．恰当选用公式
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 适宜选用公式
v0，v，a，t x v＝v0＋at
v0，a，t，x v x＝v0t＋at2
v0，v，a，x t v2－v＝2ax
v0，v，t，x a x＝t
题型1　基本公式法
1．一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为(　B　)
A.at2 B．at2
C.at2 D．2at2
解析：设质点的初速度为v0，则t s末的速度为3v0，根据速度位移公式得x＝＝，因为t＝＝，则有v0＝，可知x＝at2，选项B正确．
2．如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中xAB＝2 m，xBC＝3 m．若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于(　A　)
A. m B. m
C. m D. m
解析：设物体的加速度为a，经过A点时的速度为vA，由A点到B点所用的时间为t，则xAB＝vAt＋at2＝2 m，xAC＝vA·2t＋a(2t)2＝5 m，联立解得at2＝1 m，vAt＝1.5 m，xOA＝＝ m，选项A正确．
题型2　平均速度法
3．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2.则物体运动的加速度为(　A　)
A. B.
C. D.
解析：物体做匀加速直线运动在前一段Δx所用的时间为t1，平均速度为：＝，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段Δx所用的时间为t2，平均速度为：＝，即为时刻的瞬时速度．速度由变化到的时间为：Δt＝，所以加速度为：a＝＝.
题型3　推论法
4．一物体以初速度为v0做匀减速运动，第1 s内通过的位移为x1＝3 m，第2 s内通过的位移为x2＝2 m，又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是(　A　)
A．初速度v0的大小为2.5 m/s
B．加速度a的大小为1 m/s2
C．位移x3的大小为 m
D．位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
解析：由Δx＝aT2得a＝＝1 m/s2.根据匀变速直线运动位移—时间公式，则有x1＝v0t1－at得v0＝3.5 m/s，故选项A错误，B正确；设物体的停止距离为x，停止时所用时间为t，则有v＝2ax，v0＝at，解得：x＝ m，t＝3.5 s，因此，x3＝x－x1－x2＝ m，所用时间t3＝t－t1－t2＝1.5 s，位移x3内的平均速度大小3＝＝0.75 m/s，选项C、D正确．所以应选A.
题型4　逆向思维法
5．汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第一秒内的位移为13 m，在最后1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是(　C　)
A．汽车在第1秒末的速度可能为10 m/s
B．汽车加速度大小可能为3 m/s2
C．汽车在第1秒末的速度一定为11 m/s
D．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
解析：汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，对于最后1 s，有：x最后1 s＝at；解得：a＝＝＝4 m/s2，设汽车在第1秒末的速度为v，对于第1 s内，由x第1 s＝vt1＋at代入数据得：13＝v×1＋×4×12，可得v＝11 m/s，选项C正确．
题型5　比例法
6．(2019·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(　C　)
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
解析：本题通过竖直上抛运动考查匀变速直线运动的规律．运动员的竖直上抛运动逆向等效为自由落体运动，即H＝gt2，全过程所用时间t＝，下落第一个所用的时间为t1′，满足＝gt1′2，解得t1′＝，最后一个之前所用的时间为t2′，满足＝gt2′2，解得t2′＝，由此可知，＝＝≈3.73，故C选项正确．
高分技法
解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法：
考点2　自由落体运动和竖直上抛运动
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征
(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：
(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．
题型1　自由落体运动规律的应用
科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动．对出现的这种现象，下列描述正确的是(取g＝10 m/s2)(　　)
A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tABB．闪光的间隔时间是 s
C．水滴在相邻两点间的平均速度满足AB?BC?CD＝1?4?9
D．水滴在各点的速度之比满足vB?vC?vD＝1?3?5
【解析】　由题图可知，AB?BC?CD＝1?3?5，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A项错误；由h＝gt2可得，水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为 s，即闪光的间隔时间是 s，B项正确；由＝知水滴在相邻两点间的平均速度满足AB?BC?CD＝1?3?5，C项错误；由v＝gt可知水滴在各点的速度之比满足vB?vC?vD＝1?2?3，D项错误．
【答案】　B
题型2　竖直上抛运动规律的应用
如图所示是一种较精确测量重力加速度g的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，然后返回，在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得O、P间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2.求：
(1)重力加速度大小g；
(2)若O点距玻璃管底部的距离为L0，求玻璃管最小长度．
【解析】　(1)小球从O点上升到最高点有h1＝g2
小球从P点上升到最高点有h2＝g2
依据题意有h1－h2＝H
联立解得g＝.
(2)玻璃管最小长度L＝L0＋h1
解得L＝L0＋
【答案】　(1)　(2)L0＋
题型3　自由落体运动和竖直上抛运动的综合应用
(多选)自高为H的塔顶自由落下A物体的同时B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．若v0>，两物体相遇时，B正在下降途中
B．若v0＝，两物体在地面相遇
C．若 D．若v0＝，则两物体在地面相遇
【问题探究】　(1)A、B两物体相遇的可能位置中，最高、最低点在什么位置？
(2)A、B两物体相遇时满足什么关系？
【分析】　(1)B物体速度减为零时，A、B恰好相遇是两物体相遇的最高临界点；A、B恰好落地时相遇是两物体相遇的最低临界点．
(2)A、B两物体相遇时，两物体在空中运动的时间相同，位移大小之和等于H.
【解析】　设经过时间t两物体相遇，则xA＝gt2，xB＝v0t－gt2，且xA＋xB＝H，可得t＝，此时B的速度为vB＝v0－gt，若vB>0，即v0>，则B在上升，选项A、B错误；若vB＝－v0，即v0＝，两物体在地面相遇，C、D正确．
【答案】　CD
高分技法
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竖直向上，加速度g竖直向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(规定竖直向上方向为正方向)
若v>0，物体上升，若v<0，物体下落
若h>0，物体在抛出点正上方，若h<0，物体在抛出点正下方
考点3　单体多过程匀变速直线运动问题
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纽带．可按下列步骤解题：
(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；
(2)列：列出各运动阶段的运动方程；
(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；
(4)解：联立求解，算出结果．
近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出游带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v0＝20 m/s，靠近站口时以大小为a1＝5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝8 m/s，然后立即以a2＝4 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)，试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
【解析】　(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距收费站x1处开始减速，则有
v－v＝－2a1x1
代入数据解得x1＝33.6 m.
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设两阶段所用时间分别为t1和t2，则
减速阶段vt＝v0－a1t1，代入数据解得t1＝2.4 s
加速阶段vt＝v0－a2t2，代入数据解得t2＝3 s
则减速和加速阶段的总时间为t＝t1＋t2＝5.4 s.
(3)设加速阶段的位移为x2，则有x2＝t2
代入数据解得x2＝42 m
则总位移为x＝x1＋x2＝75.6 m
若不减速，则所需时间为t′＝＝3.78 s
故车因减速和加速过站而耽误的时间为Δt＝t－t′＝1.62 s.
【答案】　(1)33.6 m　(2)5.4 s　(3)1.62 s
高分技法
多过程组合问题的处理技巧
(1)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，转折点速度的求解往往是解题的关键.
(2)用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来.
1．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．某汽车以21.6 km/h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，汽车刚好没有撞杆．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(　D　)
A．4.2 m B．6.0 m
C．7.8 m D．9.6 m
解析：本题考查直线运动中的临界问题．汽车的速度为21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前0.3 s＋0.7 s内做匀速直线运动，位移为x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7) m＝6 m，随后汽车做匀减速运动，位移为x2＝＝ m＝3.6 m，所以该ETC通道的长度为L＝x1＋x2＝6 m＋3.6 m＝9.6 m，故A、B、C错误，D正确．
2．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从水平地面上发射后始终在垂直水平地面的方向上运动．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，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小；
(2)火箭上升过程中离地面的最大高度；
(3)火箭从发射到返回发射点的时间．
解析：设燃料恰好用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1，火箭的上升阶段可分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点．
(1)对第一个过程有h1＝t1，代入数据解得v1＝20 m/s.
(2)对第二个过程有h2＝，
代入数据解得h2＝20 m.
所以火箭上升过程中离地面的最大高度h＝h1＋h2＝60 m.
(3)第二个过程用时t2＝，代入数据解得t2＝2 s.
设火箭从最高点返回发射点用时t3，
由h＝gt得t3＝，代入数据解得t3≈3.5 s.
火箭从发射到返回发射点的时间t＝t1＋t2＋t3＝9.5 s.
答案：(1)20 m/s　(2)60 m　(3)9.5 s

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