2021版江苏高考物理一轮复习讲义：第1章第2节匀变速直线运动的规律Word版含答案

2021版江苏高考物理一轮复习讲义：第1章第2节匀变速直线运动的规律Word版含答案

第 2 节 匀变速直线运动的规律 一、匀变速直线运动的基本规律 1．概念： 沿一条直线且加速度不变的运动。 2．分类 (1)匀加速直线运动： a 与 v 方向相同。 (2)匀减速直线运动： a 与 v 方向相反。 3．基本规律 二、匀变速直线运动的重要关系式 1．两个导出式 2．三个重要推论 (1)位移差公式： Δx＝x2－x1＝x3－x2＝⋯＝ xn－xn－1＝aT2，即任意两个连续相 等的时间间隔 T 内的位移之差为一恒量。可以推广到 xm－xn＝(m－n)aT2。 (2)中间时刻速度 v t 2 ＝ v ＝v 0＋v 2 ，即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。 (3)位移中点的速度 vx 2 ＝ v20＋v2 2 。 3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论 (1)1T 末、 2T 末、 3T 末⋯瞬时速度的比为 v 1∶v 2∶v 3∶⋯∶ v n＝1∶2∶3∶⋯∶ n。 (2)1T 内、 2T 内、3T 内⋯位移的比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶⋯∶ 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 x1∶x2∶x3∶⋯∶ 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∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶⋯∶ ( n－ n－ 1)。 三、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)由静止开始下落 运动 性质 初速度为零的匀加速直线 运动 运动 规律 (1)速度公式： v＝gt (2)位移公式： h＝ 1 2gt2 (3)速度—位移公式： v 2＝ 2gh 运动 性质 匀减速直线运动 竖直上抛运动 运动 规律 (1)速度公式： v＝v 0－gt (2)位移公式： h＝v 0t－ 1 2gt2 (3)速度—位移关系式： v 2－ ＝－2gh (4)上升的最大高度： H＝ (5)上升到最高点所用时间： t＝ v0 g 1．思考辨析 (正确的画“√”，错误的画“×” ) (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 (×) (2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 (×) (3)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速 度。 (√) (4)物体做自由落体运动的加速度一定等于 9.8 m/s2。 (×) (5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。 (×) (6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。 (√) 2．(人教版必修 1P43T3 改编 )某航母甲板上跑道长 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 [答案 ] B 3．(人教版必修 1P40T 3 改编 )以 18 m/s的速度行驶的汽车， 制动后做匀减速运 动，在 3 s内前进 36 m，则汽车在 5 s 内的位移为 ( ) A．50 m B．45 m C．40.5 m D．40 m C [根据 x＝v0t＋1 2at2 得 36＝18×3＋1 2a×32，即 a＝－4 m/s2。汽车停止所需 时间为 t′＝ －v 0 a ＝ －18 －4 s＝4.5 s<5 s，所以 4.5 s末汽车停止运动， 5 s内的位移 x＝ 0－v 20 2a ＝ 0－182 2× －4 m＝40.5 m，故选项 C 正确。 ] 4．(人教版必修 1P49 做一做改编 )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 ( ) 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 C [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。 ] 匀变速直线运动的基本规律 [讲典例示法 ] 1．重要公式的选择 适宜选用公式 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 v＝v 0＋at v 0、v、a、t x x＝v0t＋1 2at2 v 0、a、t、x v v2－v 20＝2ax v 0、v、a、 x t x＝ v＋v 0 2 t v 0、v、t、 x a 2.运动学公式中正、负号的规定 一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相 反的取负值。 3．两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立即停止运动，加速度 a 突然消失， 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 (到停止运动 )的运 动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。 (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，故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。 [典例示法 ] (2019 ·湖北天门模拟 )出租车载客后， 从高速公路入口处驶入高速 公路，并从 10 时 10 分 55 秒开始做初速度为零的匀加速直线运动， 经过 10 s时， 速度计显示速度为 54 km/h 。求： (1)这时出租车离出发点的距离； (2)出租车继续做匀加速直线运动， 当速度计显示速度为 108 km/h 时， 出租车 开始做匀速直线运动。 10 时 12 分 35 秒时计价器里程表示数应为多少千米？ (车 启动时，计价器里程表示数为零 ) 审题指导 ：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境 [解析 ] (1)由题意可知经过 10 s时，速度计上显示的速度为 v 1＝15 m/s 由速度公式 v＝v 0＋at 得 a＝ v－v0 t ＝ v 1 t1＝1.5 m/s2 由位移公式得 x1＝1 2at21＝ 1 2×1.5×102 m＝75 m 这时出租车离出发点的距离为 75 m。 (2)当速度计上显示的速度为 v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由 v 22＝2ax2 得 x2＝v 22 2a ＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为 t2，可根据速度公式 得 t2＝ v 2 a ＝ 30 1.5 s＝20 s，这时出租车时间表应显示 10 时 11 分 15 秒。 出租车继续 匀速运动，匀速运动时间 t3 为 80 s，通过位移 x3＝v 2t3＝30×80 m＝2 400 m，所 以 10 时 12 分 35 秒时，计价器里程表应显示 x＝x2＋x3＝(300＋2 400)m＝2 700 m＝2.7 km。 [答案 ] (1)75 m (2)2.7 km “一画、二选、三注 ”巧解匀变速直线运动问题 [跟进训练 ] 基本公式的应用 1．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场 54 km 、 离地 1 750 m 高度时飞机发动机停车失去动力。 在地面指挥员的果断引领下， 安 全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航 第一人。若飞机着陆后以 6 m/s2 的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为 60 m/s，则它着陆后 12 s 内滑行的距离是 ( ) A．288 m B．300 m C．150 m D．144 m B [先求出飞机着陆后到停止所用时间 t，由 v＝v 0＋at，得 t＝ v－v 0 a ＝ 0－60 －6 s＝10 s，由此可知飞机在 12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后 2 s内是静止 的，故它着陆后 12 s 内滑行的距离为 x＝v 0t＋at2 2 ＝60×10 m＋(－6)×102 2 m＝ 300 m。] 汽车 “刹车问题 ” 2．汽车以 v 0＝20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度 a＝－ 5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始， 2 s 时与 5 s时汽车的位移之比为 ( ) A．5∶4 B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3 C [汽车速度减为零所需的时间 t0＝ 0－v0 a ＝ 0－20 －5 s＝4 s，2 s 时汽车的位移 x1＝ 20×2－1 2×5× 4 m＝30 m ，由于汽车经 4 s 停止运动，则 5 s 时汽车的位 移即 4 s 时的位移，所以 5 s 时汽车的位移 x2＝ 0－v 20 2a ＝ －400 －10 m＝40 m，则 2 s 时与 5 s 时汽车的位移之比为 3∶4，C 正确。 ] 多过程问题 3．有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为 2 m/s2，制动时匀减速上 升的加速度大小为 1 m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为 48 m。问： (1)若电梯运行时最大限速为 9 m/s，电梯升到最高处的最短时间是多少； (2)如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为 15 s，上升的最大速度是多少？ [解析 ] (1)要想所用时间最短， 则电梯只有加速和减速过程， 而没有匀速过程， 设最大速度为 v m，由位移公式得 h＝ v2m 2a1＋ v2m 2a2，代入数据解得 v m＝8 m/s 因为 v m＝8 m/s<9 m/s，符合题意 加速的时间为 t1＝ v m a1 ＝8 2 s＝4 s 减速的时间为 t2＝ v m a2 ＝8 1 s＝8 s 运动的最短时间为 t＝t1＋t2＝12 s。 (2)设加速的时间为 t′ 1，减速的时间为 t′2，匀速上升时的速度为 v，且 v <8 m/s，则加速的时间为 t′ 1＝ v a1，减速的时间为 t′ 2＝ v a2 匀速运动的时间为 t＝15 s－t′ 1－t′2 上升的高度为 h＝ v 2(t′1＋t′2)＋v(15 s－t′1－t′2)，联立解得 v＝4 m/s，另 一解不合理，舍去。 [答案 ] (1)12 s (2)4 m/s 解决匀变速直线运动的常用方法 [讲典例示法 ] 解决匀变速直线运动问题常用的六种方法 [典例示法 ] (一题多解 )物体以一定的初速度从斜面底端 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 3 4l 处的 B 点时，所用时间为 t，求物体从 B 滑到 C 所用的 时间。 思路点拨 ：解此题把握以下关键信息 (1)“ 到达斜面最高点 C 时速度恰好为零 ”表明该物体做减速到零的匀减速运 动，可考虑 “逆向思维 ”。 (2)“ 距斜面底端 3 4l 处的 B 点 ”表明 BC 的距离为 l 4，可考虑 “比例法 ”应用。 [解析 ] 法一 ：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为 v0，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 20＝2axAC ① v 2B＝v 20－2axAB ② xAB ＝3 4xAC ③ 由 ①②③ 解得 v B＝v0 2 ④ 又 vB＝v 0－at ⑤ v B＝atBC ⑥ 由 ④⑤⑥ 解得 tBC＝t。 法二 ：平均速度法 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内的平均速 度，然后进一步分析问题。 v AC ＝ v 0＋0 2 ＝v 0 2 又 v20＝2axAC，v 2B＝2axBC，xBC＝xAC 4 由以上三式解得 v B＝v 0 2 可以看出 v B 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， 因此有 tBC＝t。 法三 ：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设 物体从 B 到 C 所用的时间为 tBC 由运动学公式得 xBC＝1 2at2BC，xAC＝1 2a(t＋tBC)2， 又 xBC＝xAC 4 ，由以上三式解得 tBC＝t。 法四 ：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶⋯∶ xn＝1∶3∶5∶⋯∶ (2n－1) 因为 xBC∶xAB＝xAC 4 ∶3xAC 4 ＝1∶3，而通过 xAB 的时间为 t，所以通过 xBC 的时 间 tBC＝t。 法五 ：图象法 根据匀变速直线运动的规律，画出 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的平方比 得 S△AOC S△BDC＝CO2 CD2，且 S△AOC S△BDC＝4 1，OD＝t，OC＝t＋tBC 所以 4 1＝ t＋tBC 2 t2 ，解得 tBC＝t。 [答案 ] t 解决匀变速直线运动问题的两个技巧 (1)把减速到 0 的匀减速直线运动转化为反向的初速度为 0 的匀加速直线运动， 列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。 (2)若已知匀变速直线运动的位移和时间，通常优先考虑应用平均速度公式， 求出中间时刻的瞬时速度。 [跟进训练 ] 1．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移 Δx 所用时间为 2t，紧接着通过 下一段位移 Δx 所用时间为 t。则物体运动的加速度大小为 ( ) A.Δx t2 B．Δx 2t2 C.Δx 3t2 D． 2Δx 3t2 C [物体做匀加速直线运动，在第一段位移 Δx 内的平均速度是 v 1＝Δx 2t ；在 第二段位移 Δx 内的平均速度是 v 2＝ Δx t ；因为某段时间内的平均速度等于中间时 刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为 Δt＝t＋ t 2＝ 3 2t，则物体加速度的大小 a＝ Δv Δt ＝ v 2－v1 3 2t ，解得： a＝Δx 3t2，故选 C。] 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 |AB|＝2 m，|BC|＝ 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.9 8 m B．8 9 m C.3 4 m D．4 3 m A [设物体通过 AB、BC 所用时间均为 T，则 B 点的速度为： vB＝xAC 2T ＝ 5 2T， 根据 Δx＝aT2 得： a＝Δx T2 ＝ 1 T2， 则有： v A＝v B－aT＝ 5 2T－ 1 T2·T＝ 3 2T， 根据速度位移公式得， O、A 两点之间的距离为： xOA＝v 2A 2a＝ 9 4T2 2 T2 m＝9 8 m。故 A 正确， B、C、D 错误。 ] 3.(2019 ·全国卷 Ⅰ)如图所示， 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 4所用的时间为 t1，第四个 H 4所用的时间为 t2。不计空气阻力，则 t2 t1满足 ( ) A．10，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 [典例示法 ] 在离地面高 h 处质点 A 做自由落体运动，与此同时，在 A 的正 下方的地面上有质点 B 以初速度 v 0 竖直上抛。 若 B 在上升阶段能与 A 相遇， 求 出 v 0 的取值范围；若 B 在下降阶段与 A 相遇，求出 v 0 的取值范围。 审题指导 ：解此题关键是画出两物体运动示意图 (如图所示 )，找到相遇点，利 用好位移关系和时间关系。 [解析 ] 如图所示，以 B 的初位置为原点 O，竖直向上为 y 轴正方向 A 做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为 y1＝h－1 2gt2 B 做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为 y2＝v 0t－1 2gt2 两个质点相遇的条件是 y1＝y2 即 h－1 2gt2＝v 0t－1 2gt2，可见 A、B 相遇的时间 t0＝ h v0。 而 B 上升到最高点的时间 t1＝ v 0 g 若要使 B 在上升时与 A 相遇，必须满足 t1≥t0，即 v 0 g ≥ h v 0 所以 B 在上升时与 A 相遇的 v 0 的取值范围为 v 0≥ gh 若 B 在下降过程中与 A 相遇，必须满足 v0 g < h v0，即 v0< gh，但又要在 B 落地 以前相遇， B 落地的时间 t2＝ 2v0 g ， 必须满足 t2≥t0，即 2v0 g ≥ h v 0 得 v0≥ gh 2 因此，在 B 下降过程中与 A 相遇的 v 0 的取值范围为 gh>v 0≥ gh 2 。 [答案 ] 见解析 解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意 (1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般以初速度方向为正方向。 (2)竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中运动情况分析 常有以下两种判断方法。 ①根据位移 h 判断： h>0 在抛出点上方， h＝0 恰好在抛出点， h<0 在抛出点 下方。 ②根据时间 t 判断： tv 0 g 表明 在下降过程中， t> 2v 0 g 表明在抛出点下方。 [跟进训练 ] 自由落体运动规律的应用 1．把一条铁链自由下垂地悬挂在天花板上，放开后让铁链做自由落体运动， 已知铁链通过悬点下方 3.2 m 处的一点历时 0.5 s，g 取 10 m/s2，则铁链的长度 为( ) A．1.75 m B．2.75 m C．3.75 m D．4.75 m B [若铁链刚好长为 3.2 m，则整条铁链通过悬点下方 3.2 m 处历时 t0＝ 2h g ＝ 2×3.2 10 s＝0.8 s，而题设整条铁链通过该点只用了 0.5 s，说明铁链长度小 于 3.2 m，则铁链下端到达悬点下方 3.2 m 处用的时间为 Δt＝t0－t＝(0.8－0.5) s ＝0.3 s。因 h－l＝1 2g·Δt2，则 l＝h－1 2g·Δt2＝ 3.2－1 2×10×0.32 m＝2.75 m。] 竖直上抛运动规律的应用 2．(一题多解 )气球以 10 m/s 的速度匀速上升，当它上升到离地 175 m 的高处 时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面 时的速度是多大？ (g 取 10 m/s2) [解析 ] 法一： 分段法 设重物离开气球后，经过 t1 时间上升到最高点， 则 t1＝ v0 g ＝ 10 10 s＝1 s 上升的最大高度 h 1＝v 20 2g＝ 102 2×10 m＝5 m 故重物离地面的最大高度为 H ＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t2＝ 2H g ＝ 2×180 10 s＝6 s v ＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s 所以重物从气球上脱落至落地共历时 t＝t1＋t2＝7 s。 法二 ：全程法 从物体自气球上脱落计时， 经时间 t 落地， 规定初速度方向为正方向， 画出运 动草图如图所示，则物体在时间 t 内的位移 h＝－175 m 由位移公式 h＝v 0t－1 2gt2 有－175＝10t－ 1 2×10t2 解得 t＝7 s和 t＝－ 5 s(舍去 ) 所以重物落地速度为 v 1＝v 0－gt＝10 m/s－10×7 m/s ＝－60 m/s 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。 法三 ：对称性 根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度 v0＝10 m/s，设落地速 度为 v，则 v 2－v 20＝2gh 解得 v＝60 m/s，方向竖直向下 经过 h 历时 Δt＝ v－v 0 g ＝5 s 从最高点到落地历时 t1＝v g＝6 s 由时间对称可知，重物脱落后至落地历时 t＝2t1－Δt＝7 s。 [答案 ] 7 s 60 m/s