江苏专版2020版高考物理一轮复习第一章第2节匀变速直线运动的规律讲义含解析.pdf

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1、匀变速直线运动的规律匀变速直线运动的规律 (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。() (2)匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动。() (3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。() (4)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。() (5)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。() (6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。() (7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。() 意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了 古希腊学者亚里士多德的“物体越重下落越快”的错误观点。 突破点(一)

2、 匀变速直线运动的基本规律 1解答运动学问题的基本思路 画过程 示意图 判断运 动性质 选取 正方向 选公式 列方程 解方程 并讨论 2运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、 负号表示矢量的方向， 一般情况下， 规定初速度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。 典例 (2018福州期末)如图一质点静止于A点， 第一次质点从A点由静止开始做加 速度为 5 m/s2的匀加速直线运动，2 s 后改做匀速直线运动，再经 9 s 到B点 ； 第二次质点 从A点由静止开始仍以 5 m/s2的加速度做匀加速直线运动， 4

3、s 后改做匀减速直线运动， 到B 点时速度和第一次相同。求： (1)A、B两点间的距离； (2)第二次质点从A到B的时间和减速阶段加速度的大小。 审题指导 (1)根据第一次运动过程，A、B两点间的距离为匀加速和匀速运动的位移之和，结合位 移时间关系式求解。 (2)根据速度位移关系求出匀减速运动的加速度，再由速度时间关系式求出匀减速运动 的时间，即可求出第二次质点从A到B的时间。 解析 (1)第一次匀加速运动的末速度va0t1 xABa0t12(a0t1)t2 1 2 代入数据解得xAB100 m。 (2)第二次匀加速阶段的位移： x1a0t32 542 m40 m 1 2 1 2 到达B点速度

4、vBa0t1 第二次匀加速运动的末速度v1a0t3 匀减速运动过程根据速度位移关系式有 vB2v122a(xABx1) 即(a0t1)2(a0t3)22a(xABx1) 代入数据解得a2.5 m/s2 匀减速运动的时间：t44 s， vBv1 a 第二次运动的总时间为tt3t44 s4 s8 s。 答案 (1)100 m (2)8 s 2.5 m/s2 方法规律 如果一个物体的运动包含几个阶段， 就要分段分析， 各段衔接处的速度往往是连接各段 的纽带，应注意分析各段的运动性质。 集训冲关 1(2019靖江中学月考)小球沿光滑斜面从静止开始下滑做匀加速直线运动，在第 1 s 内位移为 2 m，经

5、过 3 s 刚好滑到斜面底端，则( ) A第 1 s 内的平均速度大小为 1 m/s B加速度大小为 1 m/s2 C第 2 s 内运动的位移大小为 6 m D最后 1 s 内滑过的距离等于前 2 s 滑过的距离总和 解析：选 C 由题意知，第 1 s 内的平均速度大小 1 m/s2 m/s，故 A 错误； v x1 t 2 1 根据位移时间关系，xat2，得a m/s24 m/s2，故 B 错误；第 2 s 内运动的位移 1 2 2 2 12 大小 x2at22at12 422 m 412 m6 m，故 C 正确；最后 1 s 内运动的位移 1 2 1 2 1 2 1 2 大小 x3at32

6、at22 432 m 422 m10 m；前 2 s 滑动的距离总和x2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 422 m8 m，故 D 错误。 2 多选(2019金陵中学月考)某质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x4t t2(m)(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( ) A第 1 s 内的位移是 5 m B前 2 s 内的平均速度是 6 m/s C任意相邻 1 s 内的位移差都是 2 m D任意 1 s 内的速度增量都是 1 m/s 解析 ： 选 ABC 第 1 s 内的位移x141 m1 m5 m， 故 A 正确 ； 前 2 s 内的位移x2 42 m4 m12 m，则前2

7、s内的平均速度 m/s6 m/s，故B正确；根据xv0tat24tv x2 t2 12 2 1 2 t2知，质点的加速度a2 m/s2， 则任意相邻 1 s 内的位移之差 xat221 m2 m，故 C 正确；任意 1 s 内的速度变化量 vat21 m/s2 m/s，故 D 错误。 3质点由A点从静止出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加 速运动， 接着做加速度大小为a2的匀减速运动， 到达B点时速度恰好减为零。 若AB间距为s， 则质点从A到B所用时间t为( ) A. B. sa1a2 a1a2 2sa1a2 a1a2 C. D. 2sa1a2 a1a2 a1a2 2s

8、a1a2 解析：选 B 设行程的第一部分的末速度为v，则由题意可知s，解得v v2 2a1 v2 2a2 ；而st1t2t，解得t ，所以 B 正确。 2a1a2s a1a2 0v 2 v0 2 v 2 2sa1a2 a1a2 突破点(二) 解决匀变速直线运动的常用方法 方法解 读 基本公式法 基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量 式，使用时要规定正方向 平均速度法 (1)定义式 适用于任何性质的运动v x t (2) v只适用于匀变速直线运动v t 2 v0v 2 推论法(位移差公式) 匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒量， 即 xaT2，xmxn(

9、mn)aT2，对一般的匀变速直线运动问题， 若出现相等的时间间隔，应优先考虑用位移差公式求解 比例法 初速度或末速度为零的匀变速直线运动问题，可以考虑用比例法快 速解答 图像法 应用v t图像，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题，尤 其是用图像进行定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案 题点全练 1 (2016上海高考)物体做匀加速直线运动， 相继经过两段距离为 16 m 的路程， 第一 段用时 4 s，第二段用时 2 s，则物体的加速度是( ) A. m/s2 B. m/s2 2 3 4 3 C. m/s2 D. m/s2 8 9 16 9 解析 ： 选 B 根据题意，物体做匀加速直

10、线运动，t时间内的平均速度等于 时刻的瞬时 t 2 速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1 1 m/s4 m/s；在第二段内中间时v 16 4 刻的瞬时速度为：v2 2 m/s8 m/s；则物体加速度为：a m/s2 v 16 2 v2v1 t 84 3 4 3 m/s2，故选项 B 正确。 2多选(2019如皋中学月考) 如图所示物体做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点， 测得AB2 m，BC3 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为 0.2 s，则下列说法正确的是( ) A物体的加速度为 20 m/s2 B物体的加速度为 25 m/s2 CCD4 m DCD5 m

11、 解析 ： 选 BC 由 sat2可得物体的加速度大小为 ：a m/s225 m/s2，故 A s t2 32 0.22 错误，B 正确 ； 根据sCDsBCsBCsAB1 m，可知sCD3 m1 m4 m，故 C 正确，D 错误。 3多选(2018无锡六校联考)一个做匀加速直线运动的物体，在前 4 s 内经过的位 移为 24 m，在第二个 4 s 内经过的位移是 60 m，则这个物体( ) A在t2 s 时的速度为 6 m/s B在t4 s 时的速度为 11 m/s C这个物体运动的加速度为a2.25 m/s2 D这个物体运动的初速度为v01.5 m/s 解析：选 ACD 已知T4 s，x1

12、24 m，x260 m， 则由 xaT2得：x2x1aT2， 得：a m/s22.25 m/s2。 x2x1 T2 6024 42 由x1v0TaT2， 1 2 得 ：v0aT m/s 2.254 m/s1.5 m/s，t2 s 时速度v2v0at1.5 x1 T 1 2 24 4 1 2 m/s2.252 m/s6 m/s，t4 s 时速度v4v0at1.5 m/s2.254 m/s10.5 m/s， 故 A、C、D 正确，B 错误。 突破点(三) 自由落体运动 典例 (2018大庆模拟)比萨斜塔是世界建筑史上的一大 奇迹。 如图所示， 已知斜塔第一层离地面的高度h16.8 m， 为了测 量

13、塔的总高度， 在塔顶无初速度释放一个小球， 小球经过第一层到 达地面的时间t10.2 s，重力加速度g取 10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求斜塔离地面的总高度h； (2)求小球从塔顶落到地面过程中的平均速度。 审题指导 (1)根据位移公式求出小球到达第一层时的速度，再求出塔顶离第一层的高度，进而求 出总高度； (2)先求出小球从塔顶落到地面的总时间，再根据平均速度的定义求出平均速度。 解析 (1)设小球到达第一层时的速度为v1，则有 h1v1t1gt12 1 2 得 v1 h11 2gt 12 t1 代入数据得v133 m/s 塔顶离第一层的高度h254.45 m v12 2g 所以塔的

14、总高度hh1h261.25 m。 (2)小球从塔顶落到地面的总时间t 3.5 s 2h g 平均速度 17.5 m/s。v h t 答案 (1)61.25 m (2)17.5 m/s 方法规律 应用自由落体运动规律解题时的两点注意 (1)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。 从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为 1357 一段时间内的平均速度 gt。v h t v 2 1 2 连续相等时间T内的下落高度之差 hgT2。 (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， 等效于竖直下抛运动， 应该用初速度不为零的匀

15、变速直线运动规律去解决 此类问题。 集训冲关 1(2019姜堰中学模拟)小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频 闪方法拍摄的小球位置如图中 1、2、3 和 4 所示。已知连续两次闪光的时间间 隔均为T，每块砖的厚度为d。由此可知小球( ) A下落过程中的加速度大小约为 d 2T2 B经过位置 3 时的瞬时速度大小约为 2gT C经过位置 4 时的瞬时速度大小约为9d 2T D从位置 1 到 4 过程中的平均速度大小约为9d 4T 解析 ： 选 C 根据 xdaT2得，下落过程中的加速度a，故 A 错误。经过位置 3 d T2 的瞬时速度等于 2、4 段的平均速度，则v3，故 B 错误。根据

16、速度时间公式得，通过位 7d 2T 置 4 的瞬时速度v4v3aT， 故 C 正确。 从位置 1 到 4 过程中的平均速度大小 ， 9d 2T v 9d 3T 3d T 故 D 错误。 2.(2019海安高级中学月考)如图所示，在一个桌面上方有三个金属 小球a、b、c， 离桌面高度分别为h1h2h3321。 若先后顺次释放a、b、c， 三球刚好同时落到桌面上， 不计空气阻力，则( ) A三者到达桌面时的速度之比是 321 B三者运动时间之比为 321 Cb与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差 D三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比 解析 ： 选 C 由v22gh，

17、 得v， 则到达桌面时的速度之比v1v2v31，2gh32 故 A错误 ； 由t 得三者运动时间之比t1t2t31，则(t1t2)(t2t3)( 2h g 32 )(1)，故 B 错误、C 正确；三个小球的加速度与重力和质量无关，等于重力加322 速度，故 D 错误。 什么是“形异质同”和“形同质异” 题目做得多了，会遇到一类遵循的物理规律相同，但提供的物理情景新颖、信息陌生、 物理过程独特的问题，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。其实这类问题看似陌 生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问 题我们称之为形异质同。 另外，平时做题时还会遇到一类物

18、理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的问题，对于这 类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误。这 类问题我们称之为形同质异。 无论是“形异质同”还是“形同质异” ，都是命题人常采用的命题手段之一，为引起同 学们对此类问题的重视， 本书创编此栏目， 旨在让同学们在平时的训练中， 多比较、 多总结， 不再因无谓失分而遗憾。 下面列举两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题。 水平刹车与沿粗糙斜面上滑 1(2018苏北十所名校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x24t 6t2，则它在前 3 s 内的平均速度为( ) A6 m/s B8 m/s C10 m/s

19、 D12 m/s 解析：选 B 将题目中的表达式与xv0tat2比较可知：v024 m/s，a12 m/s2。 1 2 所以由vv0at可得汽车从刹车到静止的时间为t s2 s， 由此可知 3 s 时汽车已 024 12 经停止，位移x242 m622 m24 m，故平均速度 m/s8 m/s。v x t 24 3 2. 多选(2018南京调研)如图所示，木板与水平地面间的夹角30，可视为质点 的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度为v010 m/s 沿木板向上运动，取g10 m/s2。则以下结论正确的是( ) A小木块与木板间的动摩擦因数为 3 3 B小木块经t2

20、 s 沿木板滑到最高点 C小木块在t2 s 时速度大小为 10 m/s，方向沿木板向下 D小木块滑到最高点后将静止不动 解析：选 AD 小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30mgcos 30，可得，A 正 3 3 确 ； 小木块沿木板上滑过程中，根据牛顿第二定律，mgsin 30mgcos 30ma，可得 小木块上滑过程中匀减速的加速度大小a10 m/s2，故小木块上滑的时间t上1 s，最 v0 a 大静摩擦力大于下滑力，故小木块最终将静止在最高点，D 正确，B、C 错误。 反思领悟 (1)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为零后，汽车将停止运动。 (2)物体沿粗糙斜面上滑，若有最大静摩擦力大于下滑力，则物体最终静止在斜面上， 运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。