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- 2021-06-01 发布
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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