【精准解析】2021高考物理新高考版：第一章+微专题2+匀变速直线运动规律——推论公式法

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高考物理考点一遍过专题02 匀变速直线运动的规律(含

专题02 匀变速直线运动的规律一、常用运动学公式定义式：x v t ∆=∆，v a t ∆=∆，x v t= 匀变速直线运动：0v v at =+，2012x v t at =+，2202v v ax -=，02v v v += 上式皆可作为矢量表达式，要特别注意各物理量的符号，在规定正方向后，同向为正，反向为负。

二、竖直方向的匀变速直线运动自由落体运动：物体仅在重力作用下由静止开始竖直下落的运动。

仅在重力作用下沿竖直方向的运动，是匀变速直线运动，加速度为重力加速度，在规定正方向后，匀变速直线运动的公式皆可适用。

对竖直方向仅受重力的运动，求解时要特别注意多解的分析，考虑是否存在多解，各解是否都有意义。

三、匀变速直线运动的规律是高考的重要考点，在各种题型中均可体现，常结合牛顿运动定律、电场力等，考查多个运动的比较分析或多过程问题的分析。

路面上以10 m/s 速度匀速行驶的汽车，在路口遇到红灯后开始做减速运动，减速过程一共经历了4秒，则减速过程中的加速度为A ．–2.5 m/s 2B ．2.5 m/s 2C ．–3 m/s 2D ．3 m/s 2【参考答案】A【详细解析】由速度公式v =v 0+at ，代入数据有0=10 m/s+a ·4 s，解得a =–2.5 m/s 2，选A 。

【名师点睛】本题考查匀变速直线运动中速度公式的应用，要特别注意公式中各物理量的正负符号，明确加速度为负时，代表减速运动。

1．如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况。

当车速v ≤10 m/s、且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。

在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4~6 m/s 2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为A ．53sB ．253sC ．2.5 sD ．12.5 s 【答案】C 【解析】刹车时的加速度最小时，刹车时间最长，故00010 s 2.5s 4v t a --===-，选C 。

河南省2021高考物理讲义第2讲匀变速直线运动的规律及应用

第2讲匀变速直线运动的规律及应用知识一匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动(1)概念：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动． (2)分类①匀加速直线运动，a 与v 0同向． ②匀减速直线运动，a 与v 0反向． 2．匀变速直线运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax . 3．匀变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时刻内的平均速度等于这段时刻中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋v2.(2)任意两个持续相等的时刻距离T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. 4．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1) (4)从静止开始通过持续相等的位移别离所历时刻的比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)如下图的是一个水平运动球的频闪照片．要估量其运动的加速度，你需要照片提供哪些信息？同时你还需要做哪些测量？[提示] 照片要提供频闪时刻距离或频闪频率，图片与实物比例，还要测量相邻小球距离．知识二自由落体运动和竖直上抛运动自由落体(1)速度公式：v ＝gt(2)位移公式：h ＝12gt 2(3)速度—位移关系式：v 2＝2gh 竖直上抛(4)速度公式：v ＝v 0－gt (5)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2(6)速度—位移关系式：v 2－v 20＝－2gh (7)上升的最大高度：H ＝v 202g(8)上升到最大高度的时间：t ＝v 0g(1)(2)竖直上抛运动是匀变速直线运动．(√) (3)竖直上抛运动上升至最高点的时刻为v 0g.(√)1．(多项选择)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，通过时刻t 速度减小到零，那么它在这段时刻内的位移大小可用以下哪些式子表示( )A ．v 0t ＋12at 2B ．v 0t C.v 0t2D.12at 2 【解析】质点做匀减速直线运动，加速度为－a ，位移为v 0t －12at 2，A 、B 错；平均速度大小为v 02，位移大小为v 02·t ，C 对；匀减速到零的直线运动可借助反向的初速度为零的匀加速直线运动来计算，位移大小为12at 2，D 对．【答案】 CD2．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图1－2－1所示．已知曝光时刻为11 000s ，那么小石子的起点离A 点约为( )图1－2－1 A ．6.5 m B ．10 m C ．20 mD ．45 m【解析】因曝光时刻极短，故AB 段可看做匀速直线运动，小石子抵达A 点时的速度为v A ＝x t＝0.0211 000m/s＝20 m/s ，h ＝v 2A 2g ＝2022×10m ＝20 m.【答案】 C3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在运算机上作出压力—时刻图象，假设作出的图象如图1－2－2所示．设运动员在空中运动时可视为质点，那么运动员跃起的最大高度是(g 取10 m/s 2)( )图1－2－2 A ．1.8 m B ．3.6 m C ．5.0 mD ．7.2 m【解析】从题目中的F －t 图象中能够看出，运动员离开弹性网后腾空的时刻为t 1＝2.0 s ，那么运动员上升到最大高度所用的时刻为t 2＝1.0 s ，因此上升的最大高度h ＝12gt 22＝5.0 m ，选项C 正确．【答案】 C4．(2020·天津高考)质点做直线运动的位移x 与时刻t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采纳国际单位制单位)，那么该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s【解析】由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对照题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.那么第1 s 内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内速度增量Δv ＝at ＝ 2 m/s ，D 对．【答案】 D5．(2021·广东高考)某航母跑道长200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统取得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s【解析】飞机在滑行进程中，做匀加速直线运动，依照速度与位移的关系v 2－v 20＝2ax 解决问题．由题知，v ＝50 m/s ，a ＝6 m/s 2，x ＝200 m ，依照v 2－v 20＝2ax 得飞机取得的最小速度v 0＝v 2－2ax ＝502－2×6×200 m/s ＝10 m/s.应选项B 正确．【答案】 B考点一 [04] 匀变速直线运动规律的应用一、解题的大体思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并加以讨论二、对匀变速直线运动规律的两点说明1．正、负号的规定：直线运动中能够用正、负号表示矢量的方向，一样情形下，咱们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，当v 0＝0时，一样以a 的方向为正方向．2．物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速度不变，能够将全程看做匀减速直线运动，应用大体公式求解．——————[1个示范例] ——————(2021·四川高考)近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每一年全国由于行人不遵守交通规那么而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规那么，才能保证行人的生命平安．如图1－2－3所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．图1－2－3(1)假设现在前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发觉行人，当即制动，卡车受到的阻力为3×104 N．求卡车的制动距离；(2)假设人人遵守交通规那么，该车将不受阻碍地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人平安，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变成绿灯？【审题指导】此题以生活中“过马路”为背景考查运动学大体规律的应用，求解的关键在于：(1)中卡车抵达前方C处人行横道时，速度恰好减为零；(2)中要明确卡车不受阻碍的距离所对应的时刻为黄灯闪烁时刻．【解析】此题运用动能定明白得答较简单，也可依照卡车刹车做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题．已知卡车质量m＝8 t＝8×103 kg、初速度v0＝54 km/h＝15 m/s.(1)从制动到停止，已知卡车所受阻力f＝－3×104 N，a＝fm设卡车的制动距离为s1，有0－v20＝2as1①代入数据解得s1＝30 m②(2)已知车长l＝7 m，AB与CD的距离为s0＝23 m．设卡车驶过的距离为s2，D处人行横道信号灯至少需要通过时刻Δt后变成绿灯，有s2＝s0＋l③s2＝v0Δt④联立③④式，代入数据解得Δt＝2 s.【答案】(1)30 m (2)2 s解匀变速直线运动应注意的问题(1)若是一个物体的运动包括几个时期，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．(2)描述匀变速直线运动的大体物理量涉及v0、v、a、x、t五个量，每一个大体公式中都涉及四个量，选择公式时必然要注意分析已知量和待求量，依照所涉及的物理量选择适合的公式求解，会使问题简化．(3)关于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变成零．求解此类问题应先判定车停下所历时刻，再选择适合公式求解．——————[1个预测例]——————一物体由静止开始沿滑腻斜面做匀加速直线运动，从斜面顶端运动6秒抵达斜面底端，已知斜面长为18米，那么(1)物体在第3秒内的位移多大？(2)前3秒内的位移多大？【解析】(1)第1 s，第2 s，第3 s……第6 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，因此第3秒内的位移xⅢ＝51＋3＋5＋7＋9＋11×18 m＝2.5 m，(2)将6 s的时刻分成2个3 s，前3 s内的位移x3＝11＋3×18 m＝4.5 m.【答案】(1)2.5 m (2)4.5 m考点二[05] 自由落体和竖直上抛运动一、自由落体运动自由落体运动是初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，因此一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动．专门是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更频繁．二、竖直上抛运动1．重要特性图1－2－4(1)对称性：如图1－2－4所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，那么：①时刻对称性：物体上升进程中从A→C所历时刻t AC和下降进程中从C→A所历时刻t CA相等，同理有t AB ＝t BA.②速度对称性：物体上升进程通过A点的速度与下降进程通过A点的速度大小相等．(2)多解性：在竖直上抛运动中，当物体通过抛出点上方某一名置时，可能处于上升时期，也可能处于下落时期，因此这种问题可能造成时刻多解或速度多解，也可能造成路程多解．2．处置方式(1)分段处置：①上升时期做匀减速直线运动；下降时期做自由落体运动． ②几个特点物理量：上升高度h ＝v 202g上升时刻T ＝v 0g，运动时刻t ＝2v 0g落地速度v ＝－v 0. (2)全程处置①初速度为v 0(设为正方向)，加速度a ＝－g 的匀变速直线运动． ②运动规律：v ＝v 0－gt ，h ＝v 0t －12gt 2，v 2－v 20＝－2gh .——————[1个示范例] ——————(多项选择)在塔顶上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20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，那么物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m【解析】物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如下图，一处在A 点之上，另一处在A 点之下，在A 点之上时，通过位移为10 m 处又有上升和下降两种进程，上升通过时，物体的路程s 1等于位移x 1的大小，即s 1＝x 1＝10 m ；下降通过时，路程s 2＝2H －x 1＝2×20 m－10 m ＝30 m ，在A 点之下时，通过的路程s 3＝2H ＋x 2＝2×20 m＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 正确．【答案】 ACD——————[1个预测例]——————甲球从离地面H 高处从静止开始自由下落，同时使乙球从甲球的正下方地面处做竖直上抛运动．欲使乙球上升到H n处与甲球相撞，那么乙球上抛的初速度应为( )A.gH2B.ngH2n －1C.n －1gH2nD.ngH2n ＋1【审题指导】 (1)分析甲、乙各自运动规律．(2)充分利用相遇条件．【解析】方式一解析法由竖直上抛运动规律知H n＝v 0t －12gt 2，由自由落体运动规律知H －H n ＝12gt 2，联立可得t ＝Hv 0，v 0＝ngH2n －1，B 对．方式二相对运动法以自由下落的甲球为参考系，那么乙球将向上做匀速运动，设乙球抛出时的初速度为v 0，那么从抛出到两球相遇的时刻为t ＝H v 0，在这段时刻内对甲球有：n －1H n ＝12gt 2，联立得v 0＝ngH2n －1，B 对．方式三图象法取向上为正方向，作出两球的v －t 图象，那么两图线平行，由图线所围面积的意义知v 0t ＝H ，而H －H n ＝12gt 2，因此v 0＝ngH2n －1，B 对．【答案】 B巧解匀变速直线运动问题的六种方式运动学问题的求解一样有多种方式，除直接应用公式外，还有如下方式：一、平均速度法概念式v ＝xt 对任何性质的运动都适用，而v ＝12(v 0＋v )适用于匀变速直线运动．二、中间时刻速度法利用“任一时刻t ，中间时刻的瞬时速度等于这段时刻t 内的平均速度”，即v t2＝v ，适用于任何一个匀变速直线运动，有些题目应用它能够幸免常规解法顶用位移公式列出的含有t 2的复杂式子，从而简化解题进程，提高解题速度.三、比例法关于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特点的比例关系，用比例法求解．四、逆向思维法把运动进程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方式，一样用于末态已知的情形．五、图象法应用v －t 图象，能够使比较复杂的问题变得形象、直观和简单，尤其是用图象定性分析，可躲开繁杂的计算，快速得出答案．六、推论法在匀变速直线运动中，两个持续相等的时刻T 内的位移之差为一恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2，假设显现相等的时刻距离问题，应优先考虑用Δx ＝aT 2求解．——————[1个示范例] —————— 图1－2－5物体以必然的初速度v 0冲上固定的滑腻斜面，抵达斜面最高点C 时速度恰为零，如图1－2－5所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B 点时，所历时刻为t ，求物体从B 滑到C 所用的时刻．【标准解答】解法一比例法关于初速度为0的匀加速直线运动，通过持续相等的各段位移所用的时刻之比t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)现将整个斜面分成相等的四段，如下图．设通过BC 段的时刻为t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时刻别离为：t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(2－3)t x ，又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，得t x ＝t . 解法二平均速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．v AC ＝v 0＋v 2＝v 0＋02＝v 02，又v 20＝2ax AC① v 2B ＝2ax BC ②x BC ＝14x AC ③由①②③解得：v B ＝v 02.能够看出v B 正好等于AC 段的平均速度，因此B 点是中间时刻的位置．因此有t BC ＝t .【答案】 t—————————————[1个方式练]——————从斜面上某一名置，每隔0.1 s 释放一个小球，在持续释放几颗小球后，对在斜面上转动的小球拍下照片，如图1－2－6所示，测得x AB ＝15 cm ，x BC ＝20 cm ，求：图1－2－6(1)小球的加速度大小； (2)拍照时B 球的速度大小； (3)拍照时x CD 的大小．【解析】 (1)由a ＝Δx t 2得小球的加速度a ＝x BC －x ABt2＝5 m/s 2 (2)B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即v B ＝x AC2t＝1.75 m/s(3)由相邻相等时刻内的位移差恒定，即x CD －x BC ＝x BC －x AB ，因此x CD ＝2x BC －x AB ＝0.25 m 【答案】 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m⊙考查自由落体运动1．(2020·重庆高考)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s 听到石头落底声，由此可知井深约为(不计声音传播时刻，重力加速度g 取10 m/s 2)( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．40 m【解析】从井口由静止释放，石头做自由落体运动，由运动学公式h ＝12gt 2可得h ＝12×10×22 m ＝20 m. 【答案】 B⊙匀变速直线运动规律的一样应用2．(多项选择)滑腻的斜面长为L ，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，所经历的时刻为t ，那么以下说法正确的选项是( )A ．物体运动全程的平均速度为L tB ．物体在t2时的瞬时速度为2LtC ．物体运动到斜面中点时的瞬时速度为2LtD ．物体从极点运动到斜面中点所需的时刻为22t【解析】由平均速度的概念可知A 对；在匀变速运动中，全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即物体在t 2时的瞬时速度为L t ，B 错；由L ＝12at 2得a ＝2Lt2，v ＝2a L 2＝2L t ，C 对；由L 2＝12at 21得t 1＝22t ，D 对．【答案】 ACD 3.图1－2－7如图1－2－7所示，一小球别离以不同的初速度，从滑腻斜面的底端A 点向上做直线运动，所能抵达的最高点位置别离为a 、b 、c ，它们距斜面底端A 点的距离别离为s 1、s 2、s 3，对应抵达最高点的时刻别离为t 1、t 2、t 3，那么以下关系正确的选项是( )A.s 1t 1＝s 2t 2＝s 3t 3B.s 3t 3>s 2t 2>s 1t 1C.s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23D.s 1t 21>s 2t 22>s 3t 23【解析】利用逆向思维，将小球的运动看做沿斜面向下的初速度为零的匀加速直线运动，由v ＝x t知选项A 、B 表达的是平均速度，由题意可知抵达a 点的小球初速度最大，由v ＝v 0＋v t2可知该小球在此进程中的平均速度最大，A 、B 错；由x ＝12at 2知选项C 、D 表达的是加速度的一半，由受力情形可知三个进程的加速度相等，C 对、D 错．【答案】 C ⊙竖直上抛问题4．(多项选择)(2021·长沙雅礼中学模拟)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.那么5 s 内物体的( )A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上【解析】上升时刻t 1＝v 0g＝3010 s ＝3 s ，上升位移为h 1＝v 202g ＝3022×10m ＝45 m ，自由落体时刻t 2＝2 s ，下降高度为h 2＝12gt 22＝12×10×22 m ＝20 m ，故5 s 内的路程为s ＝h 1＋h 2＝65 m ，故A 正确；现在位移为h ＝h 1－h 2＝25 m ，方向竖直向上，故B 正确；现在速度大小为v ＝gt ＝10×2 m/s＝20 m/s ，方向竖直向下，因此速度的改变量Δv ＝－20 m/s －30 m/s ＝－50 m/s ，故C 错；平均速度为v ＝x t＝ht 1＋t 2＝253＋2m/s ＝5m/s ，故D 错．【答案】 AB ⊙刹车问题5．一辆车正以20.0 m/s 的速度向前行驶．突然，司机看到一个小孩站在路上．她花了0.80 s 的时刻才反映过来，并当即踩下刹车，使车以7.0 m/s 2的加速度慢慢减慢车速．车在停止前还会前进多远？【解析】 0.80 s 反映时刻内，车匀速运动x 1＝v 0·t ＝16 m.刹车进程为匀减速，a ＝－7.0 m/s 2. 由v 2－v 20＝2ax ，得 x 2＝－v 202a ≈28.6 m因此车在停止前还会前进x ＝x 1＋x 2＝44.6 m【答案】 44.6 m 即v n ＝x n ＋x n ＋12T，如图1－4－1所示．3．求加速度(1)“逐差法”求加速度，即a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2，然后取平均值，即a ＝a 1＋a 2＋a 33，如此使所给数据全数取得利用，以提高准确性．(2)“图象法”求加速度，即由“平均速度法”求出多个点的速度，画出v －t 图，直线的斜率即为加速度．实验器材与装置图1－4－21．打点计时器的作用计时仪器，每隔0.02 s 打一次点． 2．打点计时器的工作条件(1)电磁打点计时器：6 V 以下交流电源． (2)电火花计时器：220 V 交流电源． 3．纸带上点的意义(1)表示和纸带相连的物体在不同时刻的位置．(2)通过研究纸带上各点之间的距离，能够判定物体的运动情形．实验进程把一端附有滑轮的长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面；把打点计时器固定在长木板上远离滑轮的一端，连接好电路；把一条细绳拴在小车上，使细绳跨过滑轮，下边挂上适合的钩码；接通电源，然后放开小车，让小车拖着纸带运动，随后当即关闭电源；重复实验取得多条纸带．纸带处置从几条纸带当选择一条比较理想的纸带，舍掉开始一些比较密集的点，在后面便于测量的地址找一个开始点，以后依次每五个点取一个计数点，确信好计数始点，并标明0、一、二、3、4…测量各计数点到0点的距离d ，计算出相邻的计数点之间的距离x 1、x 2、x 3…求出各计数点的速度v n ，由v n 数据作出v －t 图象．注意事项1．平行：纸带、细绳要和长木板平行．2．靠近：释放小车前，应使小车停在靠近打点计时器的位置．3．一先一后：实验时应先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带． 4．避免碰撞：在抵达长木板结尾前应让小车停止运动，避免钩码落地，小车与滑轮碰撞．5．减小误差：小车另一端挂的钩码个数要适当，幸免速度过大而使纸带上打的点太少，或速度过小，使纸带上打的点过于密集．6．准确作图：在座标纸上，纵、横轴选取适合的单位，认真描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽可能落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀散布在直线的双侧．误差与改良钩码带动小车做加速运动时，因受摩擦等各方面的阻碍，致使小车加速度不恒定，即小车不能真正做匀加速直线运动．因此，可用阻力小的气垫导轨替代长木板，用频闪照相或光电计时的方法替代打点计时器，可幸免由于电源频率不稳固，造成相邻两点间的时刻距离不完全相等，提高实验的精准度.考点一实验原理与操作在做“研究匀变速直线运动”的实验时，为了能够较准确地测出加速度，将你以为正确的选项前面的字母填在横线上：________.A ．把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面B ．把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路C ．再把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下边挂上适合的钩码，每次必需由静止释放小车D ．把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面E ．把小车停在靠近打点计时器处，接通直流电源后，放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，换上新纸带，重复三次F ．从三条纸带当选择一条比较理想的纸带，舍掉开头比较密集的点，在后边便于测量的地址找一个开始点，并把每打五个点的时刻作为时刻单位．在选好的开始点下面记作0，往后第五个点作为计数点1，依此标出计数点二、3、4、五、6，并测算出相邻两点间的距离G ．依照公式a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2，及a ＝a 1＋a 2＋a 33求出a【解析】在实验中尽可能地保证小车做匀变速直线运动，同时也要求纸带能尽可能地直接反映小车的运动情形，既要减小运动误差也要减小纸带的分析误差．其中E 项中的电源应采纳交流电源，而不是直流电源．【答案】 ABCDFG考点二纸带的数据处置(2021·浙江高考)如图1－4－3所示，装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮，固定在小车上；装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端，另一端系在小车上．一同窗用装置甲和乙别离进行实验，经正确操作取得两条纸带①和②，纸带上的a 、b 、c …均为打点计时器打出的点．图1－4－3(1)任选一条纸带读出b 、c 两点间距离为________；(2)任选一条纸带求出c 、e 两点间的平均速度大小为________，纸带①和②上c 、e 两点间的平均速度v ①________v②(选填“大于”、“等于”或“小于”)；(3)图中________(填选项)．A ．两条纸带均为用装置甲实验所得B ．两条纸带均为用装置乙实验所得C ．纸带①为用装置甲实验所得，纸带②为用装置乙实验所得D ．纸带①为用装置乙实验所得，纸带②为用装置甲实验所得【解析】 (1)由纸带①可读出b 、c 间距为2.10 cm ，由纸带②读出b 、c 间距为2.40 cm(±0.05 cm，有效数字位数要准确)．(2)由v ＝x t，知t ＝0.04 s ，x ce ＝4.52 cm(纸带①)或x ce ＝5.00 cm(纸带②)，代入数据得，vce ＝1.13 m/s(纸带①)或1.25 m/s(纸带②)，v ①<v ②.(3)由纸带①各点间距分析可知，小车做匀加速运动，从纸带②各点间距来看，小车开始做加速运动，一段距离后做匀速运动，故可知纸带①是用装置甲实验所得，纸带②是用装置乙实验所得，选C.【答案】 (1)2.10 cm 或2.40 cm(±0.05 cm，有效数字位数要正确) (2)1.13 m/s 或1.25 m /s(±0.05 m/s，有效数字位数不作要求) 小于 (3)C 考点三实验改良与创新(2021·山东高考)某同窗利用图1－4－4甲所示的实验装置，探讨物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未抵达滑轮处)．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图1－4－4乙所示．打点计时器电源的频率为50 Hz.甲乙图1－4－4 (1)通过度析纸带数据，可判定物块在两相邻计数点________________________________________________________________________和________之间某时刻开始减速．(2)计数点5对应的速度大小为________m/s ，计数点6对应的速度大小为________m/s.(保留三位有效数字) (3)物块减速运动进程中加速度的大小为a ＝________________________________________________________________________m/s 2，假设用ag来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g 为重力加速度)，那么计算结果比动摩擦因数的真实值________(填“偏大”或“偏小”)．【解析】 (1)从计数点1到6相邻的相等时刻内的位移差Δx ≈2.00 cm，在六、7计数点间的位移比五、6之间增加了(12.28－11.01) cm ＝1.27 cm ＜2.00 cm ，因此，开始减速的时刻在计数点6和7之间．(2)计数点5对应的速度大小为v 5＝x 4＋x 52T＝9.00＋11.01×10－22×0.1m/s ＝1.00 m/s.计数点4对应的速度大小为v 4＝x 3＋x 42T＝7.01＋9.00×10－22×0.1m/s ＝0.80 m/s.依照v 5＝v 4＋v 62，得计数点6对应的速度大小为v 6＝2v 5－v 4＝(2×1.00－0.80) m/s ＝1.20 m/s.(3)物块在计数点7到11之间做减速运动，依照Δx ＝aT 2得x 9－x 7＝2a 1T 2 x 10－x 8＝2a 2T 2故a ＝a 1＋a 22＝x 9＋x 10－x 8＋x 72×2T 2≈－2.00 m/s 2物块做减速运动时受到的阻力包括水平桌面的摩擦阻力和打点计时器对纸带的摩擦阻力，因此依照牛顿第二定律，得μmg ＋f ＝ma ，即μ＝ma －f mg，因此用μ′＝ag计算出的动摩擦因数比μ的真实值偏大．【答案】 (1)6 7 (2)1.00 1.20 (3)2.00 偏大 [高考命题角度分析] 一、此题创新点分析1．真题溯源——本例中的实验器材、实验原理及利用纸带求速度、加速度的方式与教材实验是相同的． 2．创新亮点——本例中因计数点6位于物体从加速到减速转折的边缘，因此计数点6的速度不能采纳求平均速度的方式直接计算，另外本例中还指出了一种测量物体间动摩擦因数的方式．二、本实验的其他改良创新思路 (一)实验器材的创新1．若是提供光电门和刻度尺，咱们能够测出遮光的宽度d ，借助v ＝dΔt求出物体通过光电门的速度，再由v 22－v 21＝2ax, 测出物体的加速度．2．若是提供闪光照相机和刻度尺，咱们能够用途理纸带的方式，求出物体的瞬时速度及物体的加速度． (二)数据处置若是测得物体运动的位移和对应时刻．1．假设初速度为零，那么x ＝12at 2，因此做出x －t 2图线，图线斜率的2倍即为物体的加速度．2．假设物体的初速度不为零，那么x ＝v0t ＋12at2，可得x t ＝v0＋12at ，因此做出xt －t 图线，图线斜率的2倍即为物体的加速度.1在“研究匀变速直线运动”的实验中，利用电磁打点计时器(所用交流电的频率为50 Hz)取得如图1－4－5所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，以下表述正确的选项是( )图1－4－5A ．实验时应先放开纸带再接通电源B ．(x 6－x 1)等于(x 2－x 1)的6倍C ．从纸带可求出计数点B 对应的速度D ．相邻两个计数点间的时刻距离为0.02 s【解析】中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，因此v B ＝x 2＋x 32T，C 正确；x 6－x 1＝5(x 2－x 1)，因此B 错误；相邻计数点间的时刻距离是0.1 s ，D 错误；依如实验要求应该先接通电源再放开纸带，因此A 错误．【答案】 C2．(2020·重庆高考)某同窗用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f ＝50 Hz ，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保留不妥，纸带被污染，如图1－4－6所示，A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：s A ＝16.6 mm 、s B ＝126.5 mm 、s D ＝624.5 mm.图1－4－6假设无法再做实验，可由以上信息推知 (1)相邻两计数点的时刻距离为____s ；(2)打C 点时物体的速度大小为____m/s(取2位有效数字)； (3)物体的加速度大小为________(用s A 、s B 、s D 和f 表示)．【解析】 (1)打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，那么相邻两计数点的时刻距离为T ＝0.1 s. (2)依照BD 间的平均速度等于C 点的瞬时速度得v C ＝s D －s B2T＝2.5 m/s.(3)匀加速运动的位移特点是相邻的相等时刻距离内的位移以aT 2均匀增大，那么有BC ＝AB ＋aT 2，CD ＝BC ＋aT 2＝AB ＋2aT 2，BD ＝2AB ＋3aT 2，T ＝5f因此a ＝s D －s B －2×s B －s A3T 2＝s D －3s B ＋2s A f 275.【答案】 (1)0.1 (2)2.5 (3)s D －3s B ＋2s A f 2753．(2020·广东高考)图1－4－7是“研究匀变速直线运动”实验中取得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点．加速度大小用a 表示．图1－4－7(1)OD 间的距离为________cm.(2)图1－4－8是依如实验数据绘出的s －t 2图线(s 为各计数点至同一路点的距离)，斜率表示______________，其大小为______m/s 2(保留三位有效数字)．图1－4－8【解析】 (1)由题图可知，OD ＝(22.1－10.0) mm ＝12.1 mm ＝1.21 cm(结果在1.18～1.22 cm 均正确)．。

考点02 匀变速直线运动的规律——2021年高考物理专题复习附真题及解析

考点02 匀变速直线运动的规律考点解读一、常用运动学公式定义式：x v t ∆=∆，v a t ∆=∆，x v t= 匀变速直线运动：0v v at =+，2012x v t at =+，2202v v ax -=，02v v v += 上式皆可作为矢量表达式，要特别注意各物理量的符号，在规定正方向后，同向为正，反向为负。

二、竖直方向的匀变速直线运动自由落体运动：物体仅在重力作用下由静止开始竖直下落的运动。

仅在重力作用下沿竖直方向的运动，是匀变速直线运动，加速度为重力加速度，在规定正方向后，匀变速直线运动的公式皆可适用。

对竖直方向仅受重力的运动，求解时要特别注意多解的分析，考虑是否存在多解，各解是否都有意义。

重点考向考向一速度与时间的关系典例引领（2020·开鲁县第一中学期中）有一质点从t ＝0开始由原点出发，其运动的速度—时间图象如图所示，则（）A ．t =1s 时，质点离原点的距离最大B ．t =2s 时，质点离原点的距离最大C ．t =2s 时，加速度为0D ．t =4s 时，质点回到原点【参考答案】BD【详细解析】物体在0-2s 内速度为正值，向正方向运动，2s 后速度变为负值，向负方向运动，可知在t=2s时，距离远点最远．故A 错误，B 正确；由图可知，t=2s 时，质点加速度不为零，而是速度为零，故C 错误；在t=4s 时，图线与时间轴围成的面积等于0，则位移等于0，回到出发点，故D 正确；故选BD ．【点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示的含义．变式拓展1．（2020·陕西省咸阳市实验中学高一月考）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 ．22m/s 3B ．24m/s 3C ．28m/s 9D ．216m/s 9【答案】B【解析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，2s 时的瞬时速度等于0-4s 内的平均速度：116m 4m/s 4s v ==，5s 时的瞬时速度等于4-6s 内的平均速度：216m 8m/s 2sv ==，两个中间时刻的时间间隔为：△t =2+1s=3s ，根据加速度定义可得：221844==m/s 33v v a t --=∆，故B 正确，ACD 错误．考向二位移与时间的关系典例引领（2020·上海华师大二附中高二期中）质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系如下，表示质点做匀减速直线运动的是（）A ．x = -5t +t 2B ．x =5+t 2C ．x = -5t -t 2D ．x = 5-t 2 【参考答案】A【详细解析】根据2012x v t at =+可知 A ．由x = -5t +t 2可知v 0=-5m/s ，a =2m/s 2，加速度的方向与初速度方向相反，则质点做匀减速运动，选项A 正确；B ．由x = 5+t 2可知v 0=0，a =2m/s 2，则质点做匀加速运动，选项B 错误；C ．由x = -5t -t 2可知v 0=-5m/s ，a =-2m/s 2，加速度的方向与初速度方向相同，则质点做匀加速运动，选项C错误；D．由x= 5-t2可知v0=0，a=-2m/s2，则质点做匀加速运动，选项D错误；故选A。

2021年高考物理双基突破专题02匀变速直线运动规律及特点精讲

2021年高考物理双基突破专题02匀变速直线运动规律及特点精讲一、匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动的定义：物体做直线运动，且加速度大小、方向都不变（合外力大小、方向都不变，速度平均变化——在任意相等时刻内速度变化量都相等）。

2．分类：①匀加速直线运动，a 与v 0方向相同，物体速度随时刻平均增加的直线运动。

②匀减速直线运动，a 与v 0方向相反，物体速度随时刻平均减小的直线运动。

3．一样的匀变速直线运动的规律（1）速度规律：v ＝v 0＋at 。

（2）位移规律：x ＝v 0t ＋12at 2。

（3）位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax 。

这三个差不多公式，是解决匀变速直线运动的基石。

三个公式中的物理量x 、a 、v 0、v 均为矢量（三个公式称为矢量式）。

在应用时，一样以初速度方向为正方向，凡是与v 0方向相同的x 、a 、v 均为正值，反之为负值。

当v 0＝0时，一样以a 的方向为正方向。

如此就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化均为矢量式，应用时应规定正方向。

【题1】某质点做直线运动，速度随时刻的变化关系式为v ＝（2t ＋4） m/s ，则对那个质点运动情形的描述，说法正确的是A ．初速度为2 m/sB ．加速度为4 m/s 2C ．在3 s 末，瞬时速度为10 m/sD ．前3 s 内，位移为30 m 【答案】C【题2】某物体做直线运动，位移遵循的方程为x ＝6t －t 2（其中，x 的单位为m ，t 的单位为s ）。

则该物体在0～4 s 时刻内通过的路程为A ．8 mB ．9 mC ．10 mD ．11 m 【答案】C4．运用匀变速直线运动的规律来解题步骤（1）依照题意，确定研究对象。

（2）明确物体作什么运动，同时画出草图。

（3）分析运动过程的特点，并选用反映其特点的公式。

（4）建立一维坐标系，确定正方向，列出方程求解。

（5）进行验算和讨论。

【题3】卡车原先用10m/s 的速度匀速在平直公路上行驶，因为道口显现红灯，司机从较远的地点即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到2m/s 时，交通灯转为绿灯，司机当即放开刹车，同时只用了减速过程的一半时刻卡车就加速到原先的速度，从刹车开始到复原原速过程用了12s 。

2021年高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律课件

(1)速度与时间关系式： 04 _v_＝__v_0_＋__a_t__________。 (2)位移与时间关系式： 05 _x_＝__v_0_t＋__12_a_t_2________。
(3)速度与位移关系式： 06 _v_2_－__v_20＝ ___2_ax_在一段时间内的平均速度等于这段时间 07 _中__间__时__刻__的瞬时速度，还等于初末时刻速度矢量和的 08 ___一__半____，即： v ＝v2t ＝v0＋2 v。 (2)任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差为一恒量，即：Δx＝ x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝ 09 __a_T__2____。可以推广到 xm－xn＝(m－ n)aT2。
③速度与位移关系式：v2－v20＝ 13 _－__2_g_h_。_________。 v20
④上升的最大高度：H＝ 14 _2_g_。 v0
⑤上升到最高点所用时间：t＝ 15 _g__。
一堵点疏通 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大的。( × ) 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．物体由某高度从静止下落一定做自由落体运动。( × ) 5．竖直上抛最高点速度为零而加速度不为零。( √ ) 6．竖直上抛的上升阶段速度的变化量的方向是向下的。( √ )
4．初速度为零的匀变速直线运动的五个推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末……nT 末瞬时速度的比为： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝ 10 _1_∶__2_∶__3_∶__…__∶__n_____________________。 (2)1T 内、2T 内、3T 内……nT 内位移的比为： x1∶x2∶x3∶…∶xn＝ 11 __1_2_∶__2_2_∶__3_2∶__…__∶__n__2 ________________。 (3)第一个 T 内、第二个 T 内、第三个 T 内……第 n 个 T 内位移的比为： x1′∶x2′∶x3′∶…∶xn′＝ 12 _1_∶ ___3_∶__5_∶__…__∶__(2_n_－ ___1_) _________。 (4)从静止开始运动位移 x、2x、3x、…、nx 所用时间的比为：

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法：专题一考点2 匀变速直线运动的规律及应用

考点2 匀变速直线运动的规律及应用1.[2020湖南四校联考]几个水球可以挡住子弹?《国家地理频道》实验证实:四个水球就足够!如图所示,四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹(可视为质点)在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第四个水球.不计子弹重力,则( )A.子弹在每个水球中运动的时间相同B.可以确定子弹穿过每个水球的时间C.子弹在每个水球中速度变化量相同D.子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等2.[2020贵州贵阳摸底考试]一幢高层商住楼的层高均为2.5 m,该楼房所装升降电梯运行速度的最大值为3 m/s,加速度大小不超过1 m/s 2.若电梯中途不停,则住在31楼的某居民从一楼(地面)乘电梯到其所住楼层的最短时间为( ) A.13 s B.16 s C.21 s D.28 s3.[2020河南洛阳尖子生第一次联考]某质点做匀变速直线运动,运动的时间为t ,位移为x ,该质点的xt -t 图象如图,下列说法不正确的是( ) A.质点的加速度大小为2cbB.t=0时,质点的初速度大小为cC.t=0到t=b 这段时间质点的平均速度为零D.t=0到t=b 这段时间质点的路程为bc44.[2020安徽示范高中名校联考]a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动,它们的位移—时间图象如图所示,其中a 是一条顶点坐标为(0,10 m)的抛物线,下列说法正确的是( )A.b 、c 两物体都做匀速直线运动,两个物体的速度相同B.在0~5 s 内,a 、b 两个物体间的距离逐渐变大C.物体c 的速度越来越大D.物体a 的加速度为0.4 m/s 25.[2019吉林长春检测]一质点做匀加速直线运动,位移为x 1时,速度的变化量为Δv ;紧接着位移为x 2时,速度的变化量仍为Δv.则质点的加速度为( ) A .(Δv )2(1x 1-1x 2) B .(Δv )2(1x 1+1x 2)C.(Δv)2x2-x 1D .(Δv)2x2+x 16. [2019四川成都测试]一物体以初速度v 0做匀减速直线运动,第1 s 内通过的位移x 1=3 m,第2 s 内通过的位移x 2=2 m,又经过位移x 3物体的速度减小为0,则下列说法不正确的是( ) A .物体初速度v 0的大小为2.5 m/s B .物体加速度a 的大小为1 m/s 2 C .位移x 3的大小为1.125 mD .物体在位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s7.[新情境,多选]如图所示,交通法规定“斑马线礼让行人”,否则驾驶员将受到罚款200元并扣除3分的处罚.若以12 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口,有行人正在过斑马线,此时汽车的前端距停车线12 m,该车制动时的加速度大小为7.5 m/s2,下列说法正确的是()A.在距停车线8 m处才开始刹车制动,汽车前端恰能止于停车线处B.驾驶员立即刹车制动,至少需1.6 s汽车才能停止C.若经0.2 s后才开始刹车制动,汽车前端恰能止于停车线处D.若经0.4 s后才开始刹车制动,汽车前端恰能止于停车线处8.[2020湖北武汉高三质量检测,10分]自动驾驶汽车是一种通过电脑系统实现无人驾驶的智能汽车,它依靠人工智能、视觉计算、雷达、监控装置和全球定位系统协同合作,让电脑可以在没有人类主动干预下,自动安全地操作机动车辆.在一次自动驾驶车辆道路测试中,两辆汽车在平直路面上同向行驶,甲车在前以v1=6 m/s的速度匀速运动,乙车在后以v2=8 m/s的速度匀速运动,当两车相距Δx=7 m时,甲车以a1=1 m/s2的加速度匀减速运动直至停止.为了不与甲车相撞,乙车在甲车刹车1 s后也立即刹车,求乙车刹车时的最小加速度大小a2.考点2匀变速直线运动的规律及应用1.D设水球的直径为d,子弹在水球中运动的过程为匀减速直线运动,末速度为零,我们可以分析其逆过程,相当于子弹做初速度为零的匀加速直线运动.因为通过最后一个、最后两个、最后at2知,所用时间之比为1∶√2∶√3∶三个和全部四个水球的位移分别为d、2d、3d和4d,根据x=122,所以子弹在每个水球中运动的时间不同,A错误.由以上的分析可知,子弹依次穿过四个水球的时间之比可求,但由于水球的直径和子弹的初速度未知,因此不能确定子弹穿过每个水球的具体时间,B错误.子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,但在每个水球中运动的时间不同,由Δv=at可知,速度的变化量不同,C错误.由A选项的分析可知,子弹穿过前三个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的,由匀变速直线运动的特点可知,子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等,D正确.2.D电梯由静止开始以最大加速度加速到最大速度,最后以最大加速度减速停止在31楼用时最短.电梯总位移x=(31-1)×2.5 m=75 m,设匀加速时间为t1,对应位移为x1,匀减速时间为t2,对应位移为x2,由匀变速直线运动的规律可知,t1=t2=v maxa =3 s,x1=x2=v max22a=4.5 m,所以电梯匀速上升的位移x3=x-x1-x2=66 m,所用时间t3=663s=22 s,那么电梯从1楼到31楼的最短时间为t1+t2+t3=28 s,D 项正确.3.D设质点的加速度为a,初速度为v0,由x=v0t+12at2变形可得xt=v0+12at,对比题图可得v0=c,选项B正确;图线的斜率为12a=-cb,解得|a|=2cb,选项A正确;质点的位移x=ct-cbt2,t=0到t=b这段时间内质点的位移为零,平均速度为零,选项C正确;根据运动的对称性可知,t=12b时质点的速度为零,t=0到t=12b这段时间质点的位移为x1=bc4,故t=0到t=b这段时间质点的路程大于bc4,选项D错误.4.B x-t图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,可知b、c两物体都做匀速直线运动,故C 错误;由题图可知,b、c两图线的斜率绝对值相等,但一个为负、一个为正,说明两物体的速度大小相等、方向相反,速度不同,故A错误;t=0时刻a、b从同一位置出发开始运动,a物体沿正方向运动,b物体沿负方向运动,在0~5 s内,a、b两个物体间的距离逐渐变大,故B正确;在x-t图象中,图线的斜率表示速度,a的斜率逐渐变大,说明速度在逐渐增大,结合匀加速直线运动的位移时间公式和a的x-t图线是抛物线,可知物体a一定做匀加速直线运动,在0~5 s内,物体a通过的位移为Δx=20 m-10 m=10 m,易得物体a的初速度为零,加速度为0.8 m/s2,故D错误.5.C在匀变速直线运动中,速度变化Δv所用的时间为t=Δva,则可知质点运动位移为x1和x2过程中所用时间相同,根据Δx=at2得,x2-x1=a·(Δva )2,解得a=(Δv)2x2-x1,选项C正确.6.A由Δx=aT2可得加速度a=-1 m/s2,B说法正确.物体在第1 s末的速度v1=x1+x22T=2.5 m/s,得初速度v0=v1-aT=3.5 m/s,A说法错误.物体的速度由2.5 m/s减小到0所需时间t=Δva=2.5 s,则经过位移x3的时间t3=t-T=1.5 s,且x3=-12a t32=1.125 m,C说法正确.物体在位移x3内的平均速度。

高考物理全国卷专题(02)匀变速直线运动的规律(解析版)

2021年高考物理一轮复习必热考点整合回扣练专题（02）匀变速直线运动的规律（解析版）考点一匀变速直线运动规律的应用1．基本思路画过程示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→解方程并加以讨论2．方法与技巧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)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、v、a、t x v＝v0＋atv0、a、t、x v x＝v0t＋12at2v0、v、a、x t v2－v20＝2axv0、v、t、x a x＝v＋v02t除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v0的方向为正方向．题型1基本公式的选择【典例1】为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度．【答案】(1)v20－v212gs0(2)v0＋v12s12s20【解析】(1)对冰球分析，根据速度位移公式得v 21－v 20＝2as 0根据牛顿第二定律得a ＝－μg联立得μ＝v 20－v 212gs 0.(2)抓住两者运动时间相等列式． s 0v 0＋v 12＝s 1v 22 ① a min ＝v 222s 1 ①联立①①得a min ＝v 0＋v 12s 12s 20.【变式1】在平直公路上，汽车自O 点由静止做匀加速直线运动，途中6 s 时间内依次经过P 、Q 两根电线杆．已知P 、Q 相距60 m ，车经过Q 时的速率为15 m/s ，则： (1)汽车经过P 时的速率是多少？ (2)汽车的加速度为多少？ (3)O 、P 两点间距离为多少？【答案】(1)5 m/s (2)1.67 m/s 2 (3)7.5 m【解析】解法一：(1)设汽车经过P 点时的速度为v P ，经过Q 点时的速度为v Q ，由x ＝v 0＋v2·t 得x PQ ＝v P ＋v Q2·t ，所以v P ＝2x PQ t －v Q ＝2×606－15m/s ＝5 m/s.(2)由v Q ＝v P ＋at 得a ＝53m/s 2≈1.67 m/s 2.(3)由v 2－v 20＝2ax 得v 2P ＝2ax OP .x OP ＝v 2P 2a ＝522×53 m ＝152m ＝7.5 m.解法二：设汽车经过P 时的速度为v P ，由x ＝v 0t ＋12at 2，v ＝v 0＋at 得x PQ ＝v P t ＋12at 2①v Q ＝v P ＋at ①由①①两式代入数值可得v P ＝5 m/s ，a ＝1.67 m/s 2. x OP 的求法同解法一．【提分笔记】选择公式应注意的问题选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化． (1)知道v 0、v 、x ，求a ，没有时间t ，很自然的想到选v 2－v 20＝2ax ；(2)根据运动时间相等确定末速度在知道末速度及位移的情况下，求加速度运用v 2＝2ax 即可．题型2 多过程运动问题【典例2】ETC 是目前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签，与设在收费站ETC 通道上的微波天线进行短程通讯，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的.2015年我国ETC 已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆汽车以10 m/s 的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20 m 处开始减速，至窗口处恰好停止，再用10 s 时间完成交费；若进入ETC 通道，它从某位置开始减速，当速度减至5 m/s 后，再以此速度匀速行驶5 m 即可完成交费．若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：(1)汽车进入ETC 通道减速行驶的位移；(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC 通道比从人工收费通道通行节省的时间．【答案】(1)15 m (2)11 s【解析】(1)根据速度与位移公式得，匀减速直线运动的加速度大小为a ＝v 22x ＝1022×20 m/s 2＝2.5 m/s 2汽车在ETC 收费通道，匀减速运动的时间为t 1＝v ′－v a ＝5－10－2.5 s ＝2 s匀减速运动的位移为x 1＝v ′2－v 22a ＝52－102－5 m ＝15 m.(2)汽车在ETC 收费通道，匀减速运动的时间为t 1＝2 s 匀速行驶的时间为t 2＝x ′v ′＝55s ＝1 s从开始减速到交费完成所需的时间为t ＝t 1＋t 2＝3 s 过人工收费通道，匀减速运动的时间为 t 3＝v a ＝102.5s ＝4 s汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间为t ′＝(4＋10)s ＝14 s. 因此节省的时间为Δt ＝t ′－t ＝(14－3)s ＝11 s.【变式2】(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ) A ．加速、减速中的加速度大小之比a 1①a 2＝2①1 B ．加速、减速中的平均速度大小之比 v 1①v 2＝1①1 C ．加速、减速中的位移之比x 1①x 2＝2①1 D ．加速、减速中的加速度大小之比a 1①a 2≠1①2 【答案】BC【解析】汽车先做匀加速直线运动达到最大速度v m 后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比v 1①v2＝v m 2①v m 2＝1①1，所以选项B 正确；根据a ＝v mt可知，两次加速度大小之比为1①2，所以选项A 、D 错误；根据x ＝v t 可知，两次位移之比为2①1，所以选项C 正确．【提分笔记】处理多过程运动问题注意事项如果一个物体的运动包含几个阶段，要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度．题型3 双向可逆类匀变速直线运动【典例3】(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s 2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m 时，下列说法正确的是( ) A ．物体运动时间可能为1 s B ．物体运动时间可能为3 s C ．物体运动时间可能为(2＋7) s D ．此时的速度大小一定为5 m/s 【答案】ABC【解析】物体在出发点上方时，由x ＝v 0t ＋12at 2得7.5＝10t ＋12×(－5)t 2，解得t ＝1 s 或t ＝3 s ，由v ＝v 0＋at得，v ＝5 m/s 或－5 m/s.物体在出发点下方时，由x ＝v 0t ＋12at 2得－7.5＝10t ＋12×(－5)t 2，解得t ＝(2＋7) s 或t ＝(2－7) s(舍去)，由v ＝v 0＋at 得v ＝－57 m/s.故A 、B 、C 正确，D 错误．【提分笔记】处理双向可逆类问题注意事项对于双向可逆类问题，如沿光滑斜面上滑的物快，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．考点二匀变速直线运动的推论及应用方法与技巧题型1 平均速度公式的应用【典例4】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 t 2 B.Δx2t 2 C.Δx 3t 2 D.2Δx 3t2 【答案】C【解析】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＝Δx2t ；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 ＋t2＝32t ，则物体加速度的大小a ＝Δv Δt ＝v 2－v 132t ，解得a ＝Δx3t2，故选C. 【变式3】从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s 时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车．汽车从开出到停止总共历时20 s ，行进了50 m ．求汽车的最大速度．【答案】5 m/s【解析】解法一(基本公式法)：设最大速度为v max ，由题意可得 x ＝x 1＋x 2＝12a 1t 21＋v max t 2＋12a 2t 22① t ＝t 1＋t 2① v max ＝a 1t 1① 0＝v max ＋a 2t 2①联立①①①①式得v max ＝2x t ＝2×5020m/s ＝5 m/s.解法二(平均速度法)：匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等，都等于v max2故有x ＝v max 2t 1＋v max2t 2因此有v max ＝2x t 1＋t 2＝2×5020 m/s ＝5 m/s.解法三(图象法)：作出汽车运动全过程的v t 图象，如图所示，v t 图线与t 轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x ＝v max t 2，所以v max ＝2x t ＝2×5020 m/s ＝5 m/s.【提分笔记】平均速度的求法1．求平均速度必须明确是哪一个物体在哪一段位移(或哪一段时间内)的平均速度． 2．平均速度的大小与平均速率是不同的．3.v ＝ΔxΔt 是平均速度的定义式，适用于所有的运动．4.v ＝v t 2＝v ＋v 02只适用于匀变速直线运动．题型2 逆向思维法和初速度为零的匀变速直线运动推论的应用【典例5】 (多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是 ( )A ．v 1①v 2①v 3＝3①2①1B ．v 1①v 2①v 3＝3①2①1C ．t 1①t 2①t 3＝1①2①3D ．t 1①t 2①t 3＝(3－2)①(2－1)①1 【答案】BD【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1①(2－1)①(3－2)，故所求时间之比为(3－2)①(2－1)①1，故选项C 错误，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1①2①3，则所求的速度之比为3①2①1，故选项A 错误，B 正确．【变式4】做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是( ) A ．3.5 m B ．2 m C ．1 m D ．0【答案】B【解析】利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为7①5①3①1，所以有71＝14 m x 1，x 1＝2 m ，选项B 正确．【变式5】一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A 、B 、C 三点，已知AB ＝6 m ，BC ＝10 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是( ) A ．2 m/s,3 m/s,4 m/s B ．2 m/s,4 m/s,6 m/s C ．3 m/s,4 m/s,5 m/s D ．3 m/s,5 m/s,7 m/s 【答案】B【解析】根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B 点的速度就是全程的平均速度，v B ＝AB ＋BC2t＝4 m/s ，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx ＝aT 2，则由Δx ＝BC －AB ＝aT 2解得a ＝1 m/s 2，再由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v A ＝2 m/s ，v C ＝6 m/s ，故选项B 正确．考点三自由落体和竖直上抛运动 1．两种运动的特性(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)①对称性a ．时间对称：物体上升过程中从A →C 所用时间t AC 和下降过程中从C →A 所用时间t CA 相等，同理t AB ＝t BA .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．①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． 2．竖直上抛运动的研究方法上升阶段：a ＝g 的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动题型【典例6】屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，如图所示为其简易图(取g ＝10 m/s 2)．问： (1)此屋檐离地面多高？ (2)滴水的时间间隔是多少？【答案】(1)3.2 m (2)0.2 s【解析】解法一：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T ，则这一滴水在0时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置．由此可知：(1)设屋檐离地面高为x ，滴水间隔为T ，则x ＝16x 0,5x 0＝1 m ，所以x ＝3.2 m. (2)x ＝12g (4T )2，解得T ＝0.2 s.解法二：假设每两滴水之间相隔的时间间隔为t .因为第3滴与第2滴正分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，则可得出关系式：x 2＝12g (3t )2、x 3＝12g (2t )2、Δx＝1x2－x3＝1 m，解得t＝0.2 s，所以由题意可知x＝2g·(4t)2＝3.2 m.【变式6】利用水滴下落可以粗略测量重力加速度g 的大小．调节家中水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调整盘子的高度，使一滴水刚碰到盘子时，恰好有另一滴水刚开始下落，而空中还有一滴水正在下落．测出此时出水口到盘子的高度为h ，从第1滴水开始下落到第n 滴水刚落至盘中所用时间为t .下列说法正确的是( )A ．每滴水下落时间为 h 2gB ．相邻两滴水开始下落的时间间隔为2h gC ．第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为h 2D ．此地重力加速度的大小为h n ＋122t 2 【答案】D【解析】水滴的运动可看做自由落体运动，则由h ＝12gt 2得每滴水下落时间为t 0＝2h g，选项A 错误；相邻的两滴水间隔的时间相同，设为Δt ，则每一滴水下落需要的时间t 0＝2Δt ，故Δt ＝12t 0＝h 2g ，选项B 错误；由初速度为零的匀加速直线运动的推论知，第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为3h 4，选项C 错误；第1滴水到第n 滴水落到盘中间隔Δt 的个数为(n －1)，则t ＝t 0＋(n －1)Δt ＝(n ＋1)Δt ，故重力加速度的大小g ＝h n ＋122t 2，选项D 正确．【提分笔记】1．自由落体运动的基本公式匀变速直线运动规律――→特例自由落体运动规律 ⎭⎪⎬⎪⎫v ＝v 0＋atx ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 0 2＝2ax ――→v 0＝0a ＝g ⎩⎪⎨⎪⎧ v ＝gt h ＝12gt 2v 2＝2gh2．自由落体运动的比例式因为自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，可以利用比例式快速解题．题型2 竖直上抛运动的两种处理方法【典例7】气球下挂一重物，以v 0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地高度h ＝175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，取g ＝10 m/s 2.【答案】7 s 60 m/s【解析】解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理．。

2021高考物理课标全国版一轮课件：第1章第2讲匀变速直线运动的规律

解得 xAB：xBC＝1∶3.
• 2．(易错题——刹车类)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B 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 ( )
• 2．(人教版必修1P43第3题改编)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
考点二解决匀变速直线运动的常用方法
• 解决匀变速直线运动问题常用的几种物理思维方法
• 3．做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移
是14 m，则最后1 s内的位移是
()
B
• A．3.5 m
B．2 m
• C．1 m
D．0
解析：利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线
第一章运动的描述匀变速直线运动
第2讲匀变速直线运动的规律
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01
主干回顾·强化根基
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核心考点·探究突破
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主干回顾·强化根基
一、匀变速直线运动的规律 1．定义：沿着一条直线，且___加__速_度____不变的运动叫做匀变速直线运动． 2．分类：匀匀加减速速直直线线运运动动：：aa、、vv方方向向______相相__同反________..

2021届山东新高考物理一轮复习讲义：第1章第2节匀变速直线运动的规律 Word版含答案

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＝…＝x n－x n－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x m－x n＝(m－n)aT2。

(2)中间时刻速度v t2＝v＝v0＋v2，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v x2＝v20＋v22。

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v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)1T内、2T内、3T内…位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N＝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∶…∶x n ＝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∶…∶t n三、自由落体运动和竖直上抛运动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/s 2，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/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s[答案] B3．(人教版必修1P 40T 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 mB ．45 mC ．40.5 mD ．40 m C [根据x ＝v 0t ＋12at 2得36＝18×3＋12a ×32，即a ＝－4 m/s 2。

2021版新高考物理人教版一轮课件：1.2 匀变速直线运动规律

(3)位移中点速度：v x＝
2
v
02＋v
2 t
。
2
(4)初速度为零的匀加速直线运动的比例： ①1T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_)_。 ③通过连续相等的位移所用时间之比： t1∶t2∶t3∶…∶tn= _____1∶_(__2_－__1∶)_(__3_－___2_∶)_…_∶_(__n_－___n_－_1_)______。
(2)竖直上抛运动。
运动条件
①物体只受_重__力__作用 ②初速度方向_竖__直__向__上__
运动性质初速度不为零的匀减速直线运动
①速度公式：v=_v_0-_g_t_
运动规律
②位移公式：h=v0t-
1 2
gt2
③速度—位移公式：v2- v02 = _-_2_g_h_
(3)图例。
【情境辨析】【情境1】公安部交通管理局提示，进入秋冬季节，雾天较多。根据《道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。如果前方有车一般应该保持正常情况下安全距离的2倍以上，以便为处理紧急情况预留足够的距离与时间。
【解析】(1)列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可知： v12－v=22 2as1，s2=v2t2， s=2s1+s2。联立解得：s=12 800 m。

2021版高考物理一轮复习第一章质点的直线运动2匀变速直线运动规律课件

命题点三自由落体运动和竖直上抛运动【要点·融会贯通】 1.自由落体运动的处理方法:自由落体运动是v0=0,a=g的匀变速直线运动, 所以匀变速直线运动的所有公式和推论全部适用。
2.竖直上抛运动的特点: (1)对称性。如图所示,物体以初速度v0竖直上抛,A、B为途中的任意两点,C为最高点,则 ①时间的对称性: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。 ②速度的对称性: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。 ③能量的对称性:物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等,均等于mghAB。
2
向,当小球的末速度大小为10 m/s、方向竖直向上时,v=10 m/s,用公式求得平
均速度为15 m/s, 方向竖直向上,A正确;当小球的末速度大小为10 m/s、方向
竖直向下时,v=-10 m/s,用公式求得平均速度大小为5 m/s,方向竖直向上,C正
确;由于末速度大小为10
m/s,球的位置一定,距起点的位移h=
【典例·通法悟道】【典例2】(多选)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度-时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正 ห้องสมุดไป่ตู้的是 ( ) A.两车在t1时刻也并排行驶 B.在t1时刻甲车在后,乙车在前 C.甲车的加速度大小先增大后减小 D.乙车的加速度大小先减小后增大
a
(2)将题中所给的已知时间t和T比较。若T较大,则在直接利用运动学公式计算时,公式中的运动时间应为t;若t较大,则在利用运动学公式计算时,公式中的运动时间应为T。
【典例·通法悟道】
【典例4】以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车,遇障碍物刹车后获得大小

2021版高考物理(基础版)一轮复习课件：第一章 2 第二节匀变速直线运动的规律及应用

杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为 0.7 s，刹
车的加速度大小为 5 m/s2，则该 ETC 通道的长度约为
()
A．4.2 m C．7.8 m
B．6.0 m D．9.6 m
解析：选 D.21.6 km/h＝6 m/s；汽车在前 0.3 s＋0.7 s 内做匀速直线运动，位移为：x1＝ v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6 m；随后汽车做减速运动，位移为：x2＝2va20＝2×625 m＝3.6 m；所以该 ETC 通道的长度为：L＝x1＋x2＝6 m＋3.6 m＝9.6 m，故 A、B、C 错误，D 正确．
①
v2B＝v20－2axAB
②
xAB＝34xAC
③
由①②③式解得 vB＝v20
④
又 vB＝v0－at
⑤
vB＝atBC
⑥
由④⑤⑥式解得 tBC＝t.
法三：位移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＝x4AC∶3x4AC＝1∶3，而通过 xBA 的时间为 t，所以通过 xBC 的时间 tBC＝t.
[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＝at22BC，xAC＝a(t＋2tBC)2，又 xBC＝x4AC，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＝2axAC
[解析] (1)若歼－15 战机正常起飞，则有 2as＝v2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度 v1min，则满足 2aL＝v2－v21min，解得 v1min＝ 2a(s－L).

【精准解析】新高考物理：第1章第2讲匀变速直线运动的规律

2 通过的位移大小为 30 m，D 错误。
8．假设列车从甲站开出后某段时间内做匀加速直线运动，速度由 10 m/s 增加
到 15 m/s 所用时间为 t1，位移为 x1；速度由 15 m/s 增加到 20 m/s 所用时间为 t2，
位移为 x2。下列说法正确的是( )
A．t1>t2
B.t1＝t2
C．x1＝x2
B.Δt 变小
C．Δv 变小
D.Δv 变大
答案 BC
解析画出小球自由落体的 vt 图象
-6-
因为阴影部分表示绳长，由图象知Δv 变小，Δt 变小。故 B、C 正确。二、非选择题(本题共 2 小题，共 30 分) 11. (15 分)如图所示木杆长 5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方 20 m 处圆筒 AB，圆筒 AB 长为 5 m，取 g＝10 m/s2，求：
4 s 内的位移是 42 m，则( )
A．小球在第 2 s 末的速度是 16 m/s
B．该星球上的重力加速度为 12 m/s2
C．小球在第 4 s 末的速度是 42 m/s
D．小球在 4 s 内的位移是 80 m
答案 B 解析第 4 s 内的位移是 42 m，有：12gt24－12gt23＝42 m，t4＝4 s，t3＝3 s，解得： g＝12 m/s2，B 正确。小球在第 2 s 末的速度是 v2＝gt2＝24 m/s，故 A 错误。小球
回来的超声波信号时，汽车恰好停止于 D 点，且此时汽车与测速仪相距 335 m，
忽略测速仪安装高度的影响，可简化为图 2 所示分析(已知超声波速度为 340 m/s)。
(1)求汽车刹车过程中的加速度 a； (2)此路段有 80 km/h 的限速标志，分析该汽车刹车前的行驶速度是否超速？答案 (1)10 m/s2 (2)不超速解析 (1)设超声波从 B 运动到 C 的时间为 t0，那么在超声波从 C 返回 B 的 t0 时间内，汽车由 C 减速运动到 D 且速度为零，应用逆向思维 x2＝12at20，x1＋x2＝12a(2t0)2 x1＋x2＝x0－x＝20 m

2021届高考物理教学案：第一章第2讲匀变速直线运动的规律含解析

2021届高考物理沪科版一轮复习教学案：第一章第2讲匀变速直线运动的规律含解析第2讲匀变速直线运动的规律知识排查知识点一匀变速直线运动及其公式知识点二自由落体运动和竖直上抛运动小题速练1。

思考判断（1）伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快.()(2）匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动.(）(3）几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体在时间t内位移一定最大。

（）(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)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,在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。

()答案(1）√(2）×(3)×(4）√(5）×(6）√2.(2020·福建师大附中月考)将自由落体运动分成时间相等的4段，物体通过最后1段时间内下落的高度为56 m,那么物体下落的第1段时间内下落的高度为(）A。

3.5 m B。

7 mC.8 mD.16 m解析因为自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以满足相等时间间隔内的位移比是x1∶x2∶x3∶x4＝1∶3∶5∶7,当x4＝56 m时，第一段时间内下落的高度x1＝56 m×错误!＝8 m，C项正确。

答案C3。

一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点,已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是（）A。

2 m/s，3 m/s，4 m/s B.2 m/s，4 m/s，6 m/sC.3 m/s，4 m/s，5 m/s D。

3 m/s,5 m/s，7 m/s解析根据小球做匀加速直线运动的特点,两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度等于AC段的平均速度，v B ＝错误!＝4 m/s。

又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx ＝at2,则由Δx＝BC－AB＝at2,解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得v A＝2 m/s，v C＝6 m/s，故选项B正确。

【精准解析】2021高考物理新高考版：第一章+微专题2+匀变速直线运动规律——推论公式法

高考物理 考点一遍过 专题02 匀变速直线运动的规律(含

河南省2021高考物理讲义第2讲 匀变速直线运动的规律及应用