（通用版）2021版高考物理大一轮复习 第1章 运动的描述 匀变速直线运动 第2节 匀变速直线运动的

第一章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律2必备知识全通关3一、匀变速直线运动的基本规律1．概念：沿一条直线且______不变的运动。2．分类(1)匀加速直线运动：a与v方向____。(2)匀减速直线运动：a与v方向____。加速度相同相反43．基本规律1速度—时间关系：v＝__________2位移—时间关系：x＝____________―――――→初速度为零即v0＝0v＝____x＝__________v0＋atat12at2v0t＋12at25二、匀变速直线运动的重要关系式1．两个导出式1速度—位移关系：________＝2ax2位移—平均速度关系：x＝v－t＝v0＋v2t―――――→初速为零v0＝0v2＝2axx＝v2tv2－v2062．三个重要推论(1)位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝______________＝______，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＝________________。xn－xn－1aT2(m－n)aT27(2)中间时刻速度vt2＝v＝______，即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间________的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的____。(3)位移中点的速度vx2＝v20＋v22v0＋v2中间时刻一半83．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论9(1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝__________________。(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝__________________________。(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∶2∶3∶…∶n12∶22∶32∶…∶n21∶3∶5∶…∶(2n－1)10(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)11三、自由落体运动和竖直上抛运动运动条件(1)物体只受____作用(2)由____开始下落自由落体运动运动性质初速度为零的______直线运动重力静止匀加速12运动规律(1)速度公式：________(2)位移公式：_________(3)速度—位移公式：____________自由落体运动运动性质匀减速直线运动v＝gtv2＝2ghh＝12gt213竖直上抛运动运动规律(1)速度公式：v＝__________(2)位移公式：h＝v0t－12gt2(3)速度—位移关系式：v2－v20＝________(4)上升的最大高度：H＝v202g(5)上升到最高点所用时间：t＝v0gv0－gt－2gh141．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。()××15(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9.8m/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。()√××√162．(人教版必修1P43T3改编)某航母甲板上跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为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/sC．15m/sD．20m/s[答案]B173．(人教版必修1P40T3改编)以18m/s的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3s内前进36m，则汽车在5s内的位移为()A．50mB．45mC．40.5mD．40m18C[根据x＝v0t＋12at2得36＝18×3＋12a×32，即a＝－4m/s2。汽车停止所需时间为t′＝－v0a＝－18－4s＝4.5s5s，所以4.5s末汽车停止运动，5s内的位移x＝0－v202a＝0－1822×－4m＝40.5m，故选项C正确。]194．(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＝2m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了s3＝8m。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20C[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＝5m，选项C正确。]21关键能力全突破22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＝v0＋atv0、v、a、tx23x＝v0t＋12at2v0、a、t、xvv2－v20＝2axv0、v、a、xtx＝v＋v02tv0、v、t、xa242．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。253．两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。26(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。27[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10s时，速度计显示速度为54km/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108km/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)28审题指导：解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境29[解析](1)由题意可知经过10s时，速度计上显示的速度为v1＝15m/s由速度公式v＝v0＋at得a＝v－v0t＝v1t1＝1.5m/s2由位移公式得x1＝12at21＝12×1.5×102m＝75m这时出租车离出发点的距离为75m。30(2)当速度计上显示的速度为v2＝108km/h＝30m/s时，由v22＝2ax2得x2＝v222a＝300m，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＝v2a＝301.5s＝20s，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80s，通过位移x3＝v2t3＝30×80m＝2400m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x＝x2＋x3＝(300＋2400)m＝2700m＝2.7km。[答案](1)75m(2)2.7km31“一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题32[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54km、离地1750m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6m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60m/s，则它着陆后12s内滑行的距离是()33A．288mB．300mC．150mD．144mB[先求出飞机着陆后到停止所用时间t，由v＝v0＋at，得t＝v－v0a＝0－60－6s＝10s，由此可知飞机在12s内不是始终做匀减速运动，它在最后2s内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x＝v0t＋at22＝60×10m＋(－6)×1022m＝300m。]34汽车“刹车问题”2．汽车以v0＝20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度a＝－5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2s时与5s时汽车的位移之比为()A．5∶4B．4∶5C．3∶4D．4∶335C[汽车速度减为零所需的时间t0＝0－v0a＝0－20－5s＝4s，2s时汽车的位移x1＝20×2－12×5×4m＝30m，由于汽车经4s停止运动，则5s时汽车的位移即4s时的位移，所以5s时汽车的位移x2＝0－v202a＝－400－10m＝40m，则2s时与5s时汽车的位移之比为3∶4，C正确。]36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2m/s2，制动时匀减速上升的加速度大小为1m/s2，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为48m。问：(1)若电梯运行时最大限速为9m/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15s，上升的最大速度是多少？37[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vm，由位移公式得h＝v2m2a1＋v2m2a2，代入数据解得vm＝8m/s因为vm＝8m/s9m/s，符合题意加速的时间为t1＝vma1＝82s＝4s减速的时间为t2＝vma2＝81s＝8s运动的最短时间为t＝t1＋t2＝12s。38(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v8m/s，则加速的时间为t′1＝va1，减速的时间为t′2＝va2匀速运动的时间为t＝15s－t′1－t′2上升的高度为h＝v2(t′1＋t′2)＋v(15s－t′1－t′2)，联立解得v＝4m/s，另一解不合理，舍去。[答案](1)12s(2)4m/s39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40[典例示法](一题多法)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34l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。41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34l处的B点”表明BC的距离为l4，可考虑应用“比例法”。42[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v20＝2axAC①v2B＝v20－2axAB②43xAB＝34xAC③由①②③解得vB＝v02④又vB＝v0－at⑤vB＝atBC⑥由④⑤⑥解得tBC＝t。44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。vAC＝v0＋02＝v02又v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝xAC445由以上三式解得vB＝v02可以看出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，因此有tBC＝t。46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＝12at2BC，xAC＝12a(t＋tBC)2，又xBC＝xAC4，由以上三式解得tBC＝t。47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＝xAC4∶3xAC4＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。48法五：图象法根据匀变速直线