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第一章机械运动与物理模型第2节匀变速直线运动的规律【基础梳理】提示：加速度相同相反v0＋atv0t＋12at2v2－v20aT2(m－n)v0＋v2v20＋v22静止gt12gt22gh竖直向上重力v0－gt－2gh【自我诊断】判一判(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．()(2)匀变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加的．()(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3.()(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．()(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同．()提示：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)√做一做(人教版必修1·P43·T3改编)某航母跑道长160m，飞机发动机产生的最大加速度为5m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为()A．10m/sB．15m/sC．20m/sD．30m/s提示：D做一做(人教版必修1·P40·T3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．40m提示：选C.根据x＝v0t＋12at2代入数据得a＝－4m/s2.汽车停止所需时间为t′＝－v0a＝－18－4s＝4.5s5s，所以4.5s末汽车停车，5s内的位移x＝－v202a＝40.5m，故选项C正确．匀变速直线运动规律的应用【知识提炼】1．运动学公式中符号的规定一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．2．解决运动学问题的基本思路【题组突破】1．(2019·运城期末)如图所示，一小球从A点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，若到达B点时速度为v，到达C点时速度为2v，则AB∶BC等于()A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．1∶4解析：选C.根据匀变速直线运动的速度位移公式v2－v20＝2ax知，xAB＝vB22a，xAC＝vC22a，所以AB∶AC＝1∶4，则AB∶BC＝1∶3，故C正确，A、B、D错误．2．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为()A.st2B.3s2t2C.4st2D.8st2解析：选A.设质点的初速度为v0、末速度为vt，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即vt＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，st＝v0＋3v02＝2v0，由加速度的定义可知质点的加速度a＝3v0－v0t＝2v0t，由以上两式可知，a＝st2，A项正确，B、C、D项错误．3．(2019·湖南岳阳模拟)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0t)时刻距离海平面的深度为()A.v（t－t0）22tB.vt202tC.vt2D．vt01－t02t解析：选A.“蛟龙号”做减速运动的加速度a＝0－vt＝－vt；“蛟龙号”在t0(t0t)时刻距离海平面的深度可看成是从海平面匀加速运动(t－t0)时间的位移，则大小为h＝12a(t－t0)2＝v（t－t0）22t，故选A.4．(2019·山东泰安一中检测)如图所示，物体自O点由静止出发开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离L1＝2m，B、C之间的距离L2＝3m．若物体通过L1、L2这两段位移的时间相等，则OA之间的距离L等于()A.34mB.43mC.98mD.89m解析：选C.由题意，设物体通过L1、L2这两段位移的时间均等于T，则B点速度vB＝L1＋L22T，加速度a＝L2－L1T2，在A点速度vA＝vB－aT＝3L1－L22T，于是L＝v2A2a＝（3L1－L2）28（L2－L1）＝98m．即C正确．解决匀变速直线运动的常用方法【知识提炼】解答匀变速直线运动问题常用方法如下【题组突破】1．(2019·连云港模拟)一个物体做匀加速直线运动，它在第3s内的位移为5m，则下列说法正确的是()A．物体在第3s末的速度一定是6m/sB．物体的加速度一定是2m/s2C．物体在前5s内的位移一定是25mD．物体在第5s内的位移一定是9m解析：选C.由第3s内的位移可以求出第2.5s的瞬时速度v＝xt＝51m/s＝5m/s，由于匀加速直线运动的初速度未知，无法求出物体的加速度，故无法求解第3s末的速度及第5s内的位移，选项A、B、D错误；前5s内的平均速度等于2.5s的瞬时速度，故前5s内的位移一定是x＝vt＝5×5m＝25m，选项C正确．2．一辆列车由等长的车厢连接而成，车厢间的间隙忽略不计．一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐．列车由静止开始做匀加速直线运动，第一节车厢经过他的时间为2s，从第5节至第16节车厢通过他的时间为()A．4sB．5sC.15sD．6s解析：选A.利用研究对象转换法，把多节车厢的运动转换为一个人的运动．根据t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)得2t＝116－15＋15－14＋…＋5－4＝116－4＝12，所以，所求时间t＝4s，故选项A正确．3．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．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＝at2BC2，xAC＝a（t＋tBC）22，又xBC＝xAC4，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v20＝2axAC①v2B＝v20－2axAB②xAB＝34xAC③由①②③式解得vB＝v02④又vB＝v0－at⑤vB＝atBC⑥由④⑤⑥式解得tBC＝t.法三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＝xAC4∶3xAC4＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.法四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，vAC＝v0＋v2＝v02.又v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝xAC4.由以上三式解得vB＝v02.可以看成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.法五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S△AOCS△BDC＝CO2CD2，且S△AOCS△BDC＝41，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以41＝（t＋tBC）2t2BC，解得tBC＝t.答案：t自由落体和竖直上抛运动【知识提炼】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(如图所示)①对称性a．时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.b．速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等．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．【典题例析】原地起跳时，先屈腿下蹲，然后突然蹬地．从开始蹬地到离地是加速过程(视为匀加速)，加速过程中重心上升的距离称为“加速距离”．离地后重心继续上升，在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”．现有下列数据：人原地上跳的“加速距离”d1＝0.50m，“竖直高度”h1＝1.0m；跳蚤原地上跳的“加速距离”d2＝0.00080m，“竖直高度”h2＝0.10m．假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度，而“加速距离”仍为0.50m，则人上跳的“竖直高度”是多少？[审题指导]抓住关键信息对接物理模型(规律)加速过程中重心上升此过程为初速度为零的“匀加速运动”离地后重心继续上升此过程为“竖直上抛运动”，且加速过程的末速度为减速过程的初速度.[解析]用a表示跳蚤起跳的加速度，v表示离地时的速度，则对加速过程和离地后上升过程分别有v2＝2ad2，v2＝2gh2，若假想人具有和跳蚤相同的加速度a，令v′表示在这种情况下人离地时的速度，H表示与此相应的竖直高度，则对加速过程和离地后上升过程分别有v′2＝2ad1，v′2＝2gH，由以上各式可得H＝h2d1d2代入数值，得H＝62.5m.[答案]见解析【题组突破】1．在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为()A.2vgB.vgC.2hvD.hv解析：选A.根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球与下抛的小球运动的时间差为t＝－v－v－g＝2vg，A项正确．2.(2019·天一大联考)如图所示，在水平面上固定一点光源，在点光源和右侧墙壁的正中间有一小球自水平面以初速度v0竖直上抛，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则在小球竖直上抛运动的过程中，关于小球的影子在竖直墙壁上的运动情况，下列说法正确的是()A．影子做初速度为v0，加速度大小为g的匀减速直线运动B．影子做初速度为2v0，加速度大小为2g的匀减速直线运动C．影子做初速度为2v0，加速度大小为g的匀减速直线运动D．影子做初速度为v0，加速度大小为2g的匀减速直线运动解析：选B.设经过时间t，小球位移y＝v0t－12gt2，影子的位移为x，如图所示，根据相似三角形知识，有yx＝12，联立解得x＝2v0t－gt2，故影子做初速度为2v0，加速度大小为2g的匀减速直线运动，选项B正确．3.(多选)(2019·郑州模拟)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20m，不计空气阻力，g＝10m/s2，设塔足够高，则物体位移大小为10m时，物体运动的时间可能为()A．(2－2)sB．(2＋2)sC．(2＋6)sD.6s解析：选ABC.物体在塔顶边缘的A点抛出，位移大小为10m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移大小为10m处有上升和下降两种过程，在A点之下10m处只有下降过程．法一分段法由H＝v202g，得v0＝20m/s，物体上升10m时，速度为v1，则由v20－v21＝2gh，得v1＝102m/s，则t1＝v0－v1g＝(2－2)s，故A对；物体从抛出到下落至A点上方10m时，t2＝t1＋2v1g＝(2＋2)s，故B对；物体从最高点到下落至A点下方10m处时，H＋h＝12gt23，则t3＝6s，故物体从抛出到下落至A点下方10m处时，t3′＝v0g＋t3＝(2＋6)s，故C对，D错．法二全程法取竖直向上为正方向，物体的位移为x＝v0t－12gt2，当物体位于A点上方10m处时，x＝10m，解得t1＝(2－2)s，t2＝(2＋2)s，故选项A、B对；当物体位于A点下方10m处时，x＝－10m，解得t3＝(2＋6)s，另一解为负值，舍去，故选项C对，D错．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－12gt2(向上方向为正方向)若v0，物体上升，若v0，物体下落若h0，物体在抛出点上方，若h0，物体在抛出点下方．