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

减速的时间为 t 2′＝ a2。 匀速运动的时间为 t ＝ 15 s － t 1′－ t 2′。
v 上升的高度为 h＝ 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
考点二 解决匀变速直线运动的常用方法 [ 基础自修类 ]
于该质点的运动，下列说法正确的是 ( )
A．质点可能做匀减速直线运动
B． 5 s 内质点的位移为 35 m C．质点运动的加速度为 1 m/s 2
D．质点 3 s 末的速度为 5 m/s
解析：选
B
根据平均速度
x v＝t 知，
x＝
vt
＝
2t
＋
t
2，根据
x＝ v 0t
＋
1 2at
2＝
2t
＋
t
2 知，质点的初速度
(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
2 m
v
2 m
移公式得 h＝ ＋ ，代入数据解得 2a1 2a2
vm＝ 8 m/s ，
vm，由位
因为 vm＝ 8 m/s ＜ 9 m/s ，符合题意。
0)
2
③
至少有 2 个小球落在平板车上须满足： x1≤ x＋L
④
由①～④式并代入数据可得： Δ t ≤0.4 s 。
[ 答案 ] (1)0.27 m (2) Δ t ≤0.4 s [ 解题方略 ] 求解多阶段运动问题的“三步走”
[ 题点全练 ]
1． [ 匀变速直线运动基本公式的应用 ]
一质点沿直线运动， 其平均速度与时间的关系满足 v＝ 2＋t ( 各物理量均选用国际单位制中单位 ) ，则关
vm 8
加速的时间为
t
1＝
＝ a1
2
s
＝4
s
。
vm 8 减速的时间为 t 2＝a2＝ 1 s ＝ 8 s 。
运动的最短时间为 t ＝ t 1＋t 2＝ 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 v
t 1 ′＝ a1， v
为初始位置。
3．在求解竖直上抛运动或其他运动方向发生变化的问题时，更要注意物理量的正、负。为了能够轻松
应用公式，可以先在公式中直接写成加、减号，物理量只代入大小进行计算。
[ 基础自测 ]
一、判断题
(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。 ( ×）
2
2． [ 汽车刹车问题 ]
汽车以 20 m/s 的速度做匀速直线运动，看到前方有障碍物立即刹车
( 反应时间不计 ) ，刹车后加速度大
小为 5 m/s 2，则汽车刹车后第 2 s 内的位移和刹车后 5 s 内的位移为 (
)
A． 30 m,40 m
B． 30 m,37.5 m
C． 12.5 m,40 m
以下判断正确的是 ( )
A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同
B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反
C．物体上升过程经历的时间大于物体下落过程经历的时间
D．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间
解析： 选 A 物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下落阶段加速度相同，
① 1T末， 2T 末， 3T 末，…， nT 末的瞬时速度之比：
v1∶ v2∶ v3∶…∶ vn＝ 1∶ 2∶ 3∶…∶ n。
②第 1 个 T 内，第 2 个 T 内，第 3 个 T 内，…，第 n 个 T 内的位移之比：
x1∶ x2∶ x3∶…∶ xn＝ 1∶ 3∶ 5∶…∶ (2 n－1) 。
x5＝
1 at
2＝
1 ×
5×４2
m＝
40
m 。故
C 正确。
22
3． [ 多过程问题 ] 有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为
2 m/s 2，制动时匀减速上升的加速度大小为
1 m/s 2，
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？
v＝ v0＋ at
x
＝
v0
t
＋
1 2
at
2
v2－v02＝ 2ax
v＋ v0 x＝ 2 t
3．两类特殊的匀减速直线运动 刹车类问题
其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，
双向运动类 如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能
加速度 a 突然消失，求解时要注意确定其实
以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、
x 与时间 t 的关系为 x＝6＋ 5t － t 2( 各物理量均采用国际单位制
) ，则
该质点 ( )
A．第 1 s 内的位移是 10 m
B．前 2 s 内的平均速度是 3 m/s C．运动的加速度为 1 m/s 2
D．任意 1 s 内的速度增量都是－ 2 m/s
解析： 选 BD 第 1 s 内的位移 x1＝(6 ＋5×1－ 1) m－ 6 m＝ 4 m，故 A 错误。 前 2 s 内的位移 x2＝ (6 ＋5×２
画过程 判断运 选取正 选用公式 解方程 分析图 ? 动性质 ? 方向 ? 列方程 ? 并讨论
2．恰当选用公式
题目中所涉及的物理量 ( 包括已知 没有涉及的
量、待求量和为解题设定的中间量 )
物理量
v0， v， a， t
x
v0， a， t ， x
v
v0， v， a， x
t
v0， v， t ， x
a
适宜选用公式
[ 题点全练 ]
1． [ 基本公式法 ]
如图所示，一质点由静止开始，从 A 到 B做匀加速直线运动。已
知质点在第 1 s
内的位移恰好等于它在最后
1 1 s 内位移的 4，则下列物理量中可求出
的是 (
)
A． A、B 两点之间的距离
B．质点从 A 运动到 B 所用的时间
C．质点运动的加速度大小
D．质点到达 B点时的速度大小 解析：选 B 设质点在第 1 s 内的位移为 x，则它在最后 1 s 内位移为 4x，设质点运动的加速度大小为
③通过连续相等的位移所用时间之比：
t 1∶ t 2∶ t 3∶…∶ t n＝ 1∶ ( 2－1) ∶ ( 3－ 2) ∶…∶ ( n－ n－ 1) 。
二、自由落体和竖直上抛运动的基本规律
速度公式 位移公式 速度—位移关系式
自由落体运动
[ 注 3]
v＝ gt
h＝
1 gt
2
2
v
2
＝
2
gh
竖直上抛运动
[ 注 4]
g。
[ 注 4] 整段研究竖直上抛运动时，注意所选取的正方向和相应时刻或位置速度的方向。
[ 深化理解 ]
1．匀变速直线运动的公式中，各物理量必须相对同一参考系，高中阶段一般都选地面为参考系。
2． v0、v、 a( g) 、x( h) 均为矢量，应用时要规定正方向，通常以
v0 的方向为正方向，以 v0 对应的位置
2．[ 人教版必修 1 P49 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
小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离 度 g 取 10 m/s 2。
M的竖直高度为 h＝ 0.45 m。忽略空气阻力，重力加速
(1) 求小车左端离 O点的水平距离；
(2) 若至少有 2 个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔
Δ t 应满足什么条件？
[ 解析 ] (1) 设小球自由下落至平板车上表面处历时
－ 4)m－ 6 m＝ 6 m，则前 2 s 内的平均速度
x2 6 v ＝ ＝ m/s ＝ 3 m/s ，故 B 正确。根据
t2 2
x＝
v 0t
1 ＋ at
2＝
6＋
5t
2
－ t 2 得，加速度 a＝－ 2 m/s 2，任意 1 s 内速度的增量 Δ v＝ at ＝－ 2×1 m/s ＝－ 2 m/s ，故 C 错误， D 正确。
第 2 节 匀变速直线运动的规律
一、匀变速直线运动的规律
1．基本公式 (1) 速度公式： v＝ v0＋ at 。
(2)
位移公式：
x＝
v 0t
＋
1 2at
2。
(3) 速度—位移关系式： v2－ v02＝ 2ax。
2．重要推论
t v0＋ v
(1) 平均速度： v ＝ v ＝
，即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，也等于
v＝ v0－ gt
h＝
v
0t
－
1 gt
2
2
v2－ v02＝－ 2gh
【注解释疑】 [ 注 1] 此公式可以延伸为 xm－ xn＝ ( m－ n) aT2，常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度。
[ 注 2] 不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均有：
百度文库
v x ＞v x 。
2
2
[ 注 3] 自由落体运动隐含两个条件：初速度为零，加速度为
际运动时间。如果问题涉及最后阶段 ( 到停止 方向均不变，求解时可对全过程列式，但必
运动 ) 的运动，可把该阶段看成反向的初速度
须注意 x、v、 a 等矢量的正负号及物理意义
为零、加速度不变的匀加速直线运动
[ 典例 ] 如图所示，水平地面 O 点的正上方的装置 M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离 开 M的同时， O点右侧一长为 L＝ 1.2 m的平板车开始以 a＝ 6.0 m/s2 的恒定加速度从静止开始向左运动，该
22
这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。 (2) 任意两个连续相等时间间隔 ( T) 内的位移之差相等， 即 Δ x＝ x2－ x1＝ x3－ x2＝…＝ xn－ xn－1＝ aT2。[ 注
1]
(3) 位移中点速度： v x ＝
2
v02＋ vt 2 。 [ 注 2]
2
(4) 初速度为零的匀加速直线运动的比例
大小为 g，
方向向下， A 项正确， B 项错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所
经历的时间相等， C、 D项错误。
高考对本节内容的考查，主要集中在匀变速直线运动规律的应用、自由落体运动、竖直上抛运动等， 主要以选择题的形式呈现，难度一般。
考点一 匀变速直线运动规律的理解与应用 [ 师生共研类 ] 1．规范解题流程
(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/s 2。( ×）
( √）
(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。 ( √）
二、选择题 1．( 多选 ) 质点做直线运动的位移
v0
＝ 2 m/s，加速度 a＝ 2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故
A、 C 错误； 5 s 内质点的位移
x
＝
v0t
＋
1 at
2＝
2×
5
2
1 m＋ ×2×25 m＝ 35 m，故 B 正确；质点在 3 s 末的速度 v＝ v0＋at ＝ 2 m/s ＋2×3 m/s ＝ 8 m/s ，故 D 错误。
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 解析：选 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。
3． [ 教科版必修 1P34T4] 在自由落体运动中，第 1 个 2 s 、第 2 个 2 s 和第 5 s 内的位移之比为 (
)
A． 1∶3∶ 5
B． 2∶ 6∶ 5
C． 2∶8∶ 7
D． 4∶ 12∶ 9
解析：选 D 根据初速度为零的匀加速直线运动的比例，三段时间内的位移之比为
(1 ＋ 3) ∶(5 ＋ 7) ∶9
＝ 4∶ 12∶ 9， D正确。
4．从水平地面竖直向上抛出一物体， 物体在空中运动， 到最后又落回地面， 在不计空气阻力的条件下，
对小球有：
1 h＝2gt
2 0
①
t 0，在该时间段内由运动学公式
对平板车有：
x＝
1 at
2 0
②
2
由①②式并代入数据可得： x＝ 0.27 m 。
(2) 从释放第一个小球至第二个小球下落到平板车上表面处历时
Δ t ＋t 0，设平板车在该时间段内的位
移为 x1，由运动学公式有：
1 x1＝ 2a(
Δt
＋t
D． 12.5 m,37.5 m
解析：选 C 由 v ＝ v0 ＋ at ，可求得汽车刹车后运动的时间
t ＝ 4 s ，刹车后第 2 s 内位移 x2 ＝
20×2－ 1×5×２2
m－
20×1－
1 ×
5×１2
m＝ 12.5 m 。刹车后
5 s 内位移等于
4s
内的位移，可看成初速
2
2
度为 0 的反向匀加速直线运动，
a，质点从 A 运动到 B所用的时间为 t ，利用匀变速直线运动规律可得