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第2講　勻變速直線運動的規律
素養目標　1.能從真實的物理情境中構建勻變速直線運動、自由落體運動和豎直上拋運動模型．(物理觀念) 2.會用運動學基本公式解決實際問題．(科學思維) 3.能應用推論、逆向思維法、比例法等分析較復雜的物理問題．(科學思維)
一、勻變速直線運動的規律
1．勻變速直線運動
(1)定義：沿著一條直線，且加速度不變的運動．
(2)分類
2．勻變速直線運動的基本規律
直 觀 情 境 如圖所示，汽車沿水平路面做勻加速直線運動，則： (1)速度公式：v＝v0＋at. (2)位移公式：x＝v0t＋at2. (3)速度位移關系式：v2－v＝2ax.
3.重要推論
(1)物體在一段時間內的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量和的一半，即：＝v＝.
(2)任意兩個連續相等的時間間隔T內的位移之差為一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.
(3)位移中點的速度v＝.
4．初速度為0的勻加速直線運動的5個推論
(1)以時間等分
(2)以位移等分
二、自由落體運動和豎直上拋運動
1．自由落體運動
運動條件 (1)物體只受重力作用． (2)由靜止開始下落
運動性質 (3)初速度為零的勻加速直線運動
運動規律 (4)速度公式：v＝gt. (5)位移公式：h＝gt2. (6)速度位移公式：v2＝2gh
2.豎直上拋運動
(1)運動性質
取初速度的方向為正方向，全過程為初速度為v0、加速度大小為g的勻變速直線運動．
(2)基本規律
1．思維辨析
(1)勻變速直線運動是速度隨時間均勻變化的運動．( )
(2)勻加速直線運動是加速度均勻變化的運動．( )
(3)在勻變速直線運動中，中間時刻的速度一定小于該段時間內位移中點的速度．( )
(4)物體從某高度由靜止下落一定做自由落體運動．( )
(5)做豎直上拋運動的物體，在上升和下落過程中，速度變化量的方向都是豎直向下的．( )
2．(2024·山東濰坊模擬)中國自主研發的“暗劍”無人機，時速可超過2馬赫．在某次試飛測試中，起飛前沿地面做勻加速直線運動，加速過程中連續經過兩段均為120 m的測試距離，用時分別為2 s和1 s，則無人機的加速度大小是(　　)
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
3．頻閃攝影是研究變速運動常用的實驗手段．在暗室中，照相機的快門處于常開狀態，頻閃儀每隔一定時間發出一次短暫的強烈閃光，照亮運動的物體，于是膠片上記錄了物體在幾個閃光時刻的位置．如圖所示是小球自由下落時的頻閃照片示意圖，頻閃儀每隔0.04 s閃光一次．如果通過這幅照片測量自由落體加速度，可以采用哪幾種方法？試一試．(照片中的數字是小球落下的距離，單位是厘米)
考點　勻變速直線運動規律的應用
1．運動學公式中符號的規定
(1)一般規定初速度的方向為正方向，與初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取負值．
(2)若v0＝0，一般以a的方向為正方向．
2．運動學公式的選擇
題目中所涉及的物理量 沒有涉及的物理量 適宜選用公式
v0、v、a、t x v＝v0＋at
v0、a、t、x v x＝v0t＋at2
v0、v、a、x t v2－v＝2ax
v0、v、t、x a x＝t
3.解決勻變速直線運動的一般步驟
典例1　(2024·浙江紹興聯考)(多選)某人駕駛一輛汽車甲正在平直的公路上以某一速度勻速運動，突然發現前方75 m處停著一輛汽車乙，甲車司機立即剎車，甲車剎車后做勻減速直線運動．已知甲車剎車后第1個2 s內的位移是36 m，第4個2 s內的位移是1.5 m，則下列說法正確的是(　　)
A．甲車剎車后第3個2 s內的位移為12 m
B．甲車剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為3 m/s2
C．甲車開始剎車時的速度大小為21 m/s
D．甲車可能與乙車相撞
1．[位移公式的應用](多選)一質點從A點做初速度為零、加速度為a1的勻加速直線運動，經過一段時間后到達B點，此時加速度突然反向，大小變為a2，又經過同樣的時間到達C點．已知A、C的距離為A、B的距離的一半，則a1與a2的大小之比可能為(　　)
A. B. C. D.
2．[勻變速直線運動＝的應用]如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過R、S、T三點，已知S、T間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為(　　)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
考點　自由落體運動和豎直上拋運動
1．自由落體運動的三個常用關系
(1)從運動開始連續相等時間內的下落高度之比為1∶3∶5∶7∶….
(2)從運動開始一段時間內的平均速度＝＝＝gt.
(3)連續相等時間T內的下落高度之差Δh＝gT2.
2．豎直上拋運動的主要特性
對稱性 (1)速度對稱：上升和下降過程經過同一位置時速度等大、反向． (2)時間對稱：上升和下降過程經過同一段高度所用的時間相等
多解性 當物體經過拋出點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，形成多解，在解決問題時要注意這個特性
3.豎直上拋運動的兩種研究方法
分段法 將全程分為兩個階段，即上升過程的勻減速階段和下落過程的自由落體階段
全程法 將全過程視為初速度為v0、加速度a＝－g的勻變速直線運動，必須注意物理量的矢量性．習慣上取v0的方向為正方向，則v>0時，物體正在上升；v<0時，物體正在下降．h>0時，物體在拋出點上方；h<0時，物體在拋出點下方
典例2　某航模興趣小組設計出一架遙控飛行器．試飛時飛行器從地面上由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，運動4 s后到達離地面高40 m處，此時飛行器上有一螺絲脫落(不計螺絲受到的空氣阻力)．取g＝10 m/s2.求：
(1)飛行器勻加速直線運動的加速度大小；
(2)螺絲脫落后繼續上升的高度；
(3)螺絲從脫落到落回地面的總時間．
1．[對自由落體運動的理解]如圖所示，A、B兩小球從不同高度同時做自由落體運動．已知A的質量比B的質量大，則在兩小球落地之前，下列說法正確的是(　　)
A．A、B兩小球可能在空中相撞
B．A、B兩小球之間的距離越來越大
C．A、B兩小球的速度差越來越大
D．A、B兩小球速度變化的快慢相同
2．[豎直上拋運動對稱性的應用]在地質、地震、勘探、氣象和地球物理等領域的研究中，需要精密的重力加速度g值．測g值的一種方法叫“對稱自由下落法”，具體的做法是：將真空長直管沿豎直方向放置，自其中O點向上拋小球又落至原處的時間為T1，在小球運動過程中經過比O點高H的P點，小球經過P點至又回到P點所用的時間為T2，測得T1、T2和H，可求得g等于(　　)
A. B.
C. D.
考點　勻變速直線運動的多過程問題
1．解答多過程運動問題的基本思路
畫草圖 分清各階段運動過程，畫出運動情境草圖
找關系 找出交接處的速度與各階段間的位移—時間關系
列方程 列出各運動階段的運動方程，聯立求解
2.解題關鍵
多運動過程的轉折點的速度是聯系兩個運動過程的紐帶，因此，轉折點速度的求解往往是解題的關鍵．
典例3　(2022·全國甲卷)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v(vA.＋
B.＋
C.＋
D.＋
1．[多過程運動模型]為了安全，我國高速公路上常常會設置一定距離的減速帶．現有一輛重型貨車正以30 m/s的速度行駛在此路段，若要貨車上任意一點以20 m/s的速度通過減速帶，然后立即開始加速，恢復到30 m/s正常行駛，減速帶的長度為100 m．貨車車身長度為20 m，貨車加速與減速的加速度大小均為2.5 m/s2，則貨車從開始減速到加速至原來的速度需要的時間至少為(　　)
A．14 s B．12.7 s
C．8 s D．11.38 s
2．[先加速后減速模型]如圖所示，“蛟龍號”載人潛水器是迄今為止中國自主設計的最復雜的海洋調查裝備，各項技術指標世界領先．“蛟龍號”載人潛水器某次潛水試驗，下潛深度x＝3 000 m，其下潛過程可簡化為由靜止開始豎直向下先做加速度大小為a1＝0.2 m/s2的勻加速直線運動，然后做加速度大小為a2＝0.1 m/s2的勻減速直線運動直到速度為零，求：
(1)下潛時加速階段的位移大小；
(2)下潛3 000 m的總時間．
答案及解析
1．思維辨析
(1)勻變速直線運動是速度隨時間均勻變化的運動．(√)
(2)勻加速直線運動是加速度均勻變化的運動．(×)
(3)在勻變速直線運動中，中間時刻的速度一定小于該段時間內位移中點的速度．(√)
(4)物體從某高度由靜止下落一定做自由落體運動．(×)
(5)做豎直上拋運動的物體，在上升和下落過程中，速度變化量的方向都是豎直向下的．(√)
2．(2024·山東濰坊模擬)中國自主研發的“暗劍”無人機，時速可超過2馬赫．在某次試飛測試中，起飛前沿地面做勻加速直線運動，加速過程中連續經過兩段均為120 m的測試距離，用時分別為2 s和1 s，則無人機的加速度大小是(　　)
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：無人機勻加速運動的過程中，連續經過兩段均為x＝120 m的位移，第一段所用的時間t1＝2 s，第二段所用的時間t2＝1 s，則第一段有：x＝v0t1＋at，連續兩段有：2x＝v0(t1＋t2)＋a(t1＋t2)2，解得a＝40 m/s2，故選項B正確．
答案：B
3．頻閃攝影是研究變速運動常用的實驗手段．在暗室中，照相機的快門處于常開狀態，頻閃儀每隔一定時間發出一次短暫的強烈閃光，照亮運動的物體，于是膠片上記錄了物體在幾個閃光時刻的位置．如圖所示是小球自由下落時的頻閃照片示意圖，頻閃儀每隔0.04 s閃光一次．如果通過這幅照片測量自由落體加速度，可以采用哪幾種方法？試一試．(照片中的數字是小球落下的距離，單位是厘米)
解析：方法一　根據公式x＝gt2
x＝19.6 cm＝0.196 m，t＝5T＝0.2 s
g＝＝ m/s2＝9.8 m/s2.
方法二　根據公式Δx＝gT2
g＝
＝×10－2 m/s2＝9.69 m/s2.
方法三　根據v＝gt，＝＝＝v
v4＝35＝ m/s＝1.56 m/s
g＝＝ m/s2＝9.75 m/s2.
答案：見解析
考點　勻變速直線運動規律的應用
典例1　(2024·浙江紹興聯考)(多選)某人駕駛一輛汽車甲正在平直的公路上以某一速度勻速運動，突然發現前方75 m處停著一輛汽車乙，甲車司機立即剎車，甲車剎車后做勻減速直線運動．已知甲車剎車后第1個2 s內的位移是36 m，第4個2 s內的位移是1.5 m，則下列說法正確的是(　　)
A．甲車剎車后第3個2 s內的位移為12 m
B．甲車剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為3 m/s2
C．甲車開始剎車時的速度大小為21 m/s
D．甲車可能與乙車相撞
解析：假設8 s內汽車一直勻減速運動，根據x4－x1＝3a0T2，代入數據解得a0＝－ m/s2，根據x1＝vT＋a0T2，代入數據解得v＝20.875 m/s，則速度減為零的時間t＝，代入數據解得t≈7.3 s<8 s，可知汽車在8 s前速度減為零．設汽車加速度為a，根據x1＝v0T＋aT2，汽車速度減為零的時間為t0＝，采用逆向思維，第4個2秒內的位移為x4＝×(－a)·2＝1.5 m，聯立解得a＝－3 m/s2，v0＝21 m/s(另一解不符合題意，舍去)，選項B、C正確．根據x3－x1＝2aT2，甲車剎車后第3個2 s內的位移大小為x3＝x1＋2aT2，代入數據解得x3＝12 m，選項A正確．汽車剎車到停止的距離x0＝，代入數據解得x0＝73.5 m<75 m，所以甲車不會撞上乙車，選項D錯誤．故選ABC.
1．[位移公式的應用](多選)一質點從A點做初速度為零、加速度為a1的勻加速直線運動，經過一段時間后到達B點，此時加速度突然反向，大小變為a2，又經過同樣的時間到達C點．已知A、C的距離為A、B的距離的一半，則a1與a2的大小之比可能為(　　)
A. B. C. D.
解析：如圖所示，設AB＝x，則AC＝x，選A到B方向為正方向，則：
從A到B，x＝a1t2，vB＝a1t，若C點在A點右側，從B到C，則有－x＝vBt－a2t2，解得＝，選項B正確；若C點在A點左側，從B到C，則有－x＝vBt－a2t2，解得＝，選項C正確．
答案：BC
2．[勻變速直線運動＝的應用]如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過R、S、T三點，已知S、T間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為(　　)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
解析：由題知，電動公交車做勻減速直線運動，且設R、S間的距離為x，則根據題意有RS＝＝，ST＝＝，聯立解得t2＝4t1，vT＝vR－10 m/s，再根據勻變速直線運動速度與時間的關系有vT＝vR＋a·5t1，則at1＝－2 m/s，再由ST＝vT－at2，聯立解得vT＝1 m/s，故選C.
答案：C
考點　自由落體運動和豎直上拋運動
典例2　某航模興趣小組設計出一架遙控飛行器．試飛時飛行器從地面上由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，運動4 s后到達離地面高40 m處，此時飛行器上有一螺絲脫落(不計螺絲受到的空氣阻力)．取g＝10 m/s2.求：
(1)飛行器勻加速直線運動的加速度大小；
(2)螺絲脫落后繼續上升的高度；
(3)螺絲從脫落到落回地面的總時間．
解析：(1)由勻變速運動的公式h0＝at2，代入數據得a＝5 m/s2.
(2)螺絲脫落時的速度v1＝at＝5×4 m/s＝20 m/s，之后螺絲做豎直上拋運動，繼續向上運動的位移h1＝＝ m＝20 m.
(3)解法一(分段法)：螺絲從脫落到最高點的時間t1＝＝ s＝2 s
設螺絲從最高點落到地面的時間為t2，有h0＋h1＝gt，解得t2＝2 s，則螺絲從脫落到落回地面的總時間為(2＋2) s.
解法二(全程法)：設豎直向上為正方向，由位移時間關系式h＝v0t＋gt2，代入數據有－40 m＝20 m/s·t－×10 m/s2·t2，
解得t1＝(2＋2) s，t2＝(2－2) s(舍去)．
答案：(1)5 m/s2　(2)20 m　
(3)(2＋2) s
1．[對自由落體運動的理解]如圖所示，A、B兩小球從不同高度同時做自由落體運動．已知A的質量比B的質量大，則在兩小球落地之前，下列說法正確的是(　　)
A．A、B兩小球可能在空中相撞
B．A、B兩小球之間的距離越來越大
C．A、B兩小球的速度差越來越大
D．A、B兩小球速度變化的快慢相同
解析：因為兩小球均做自由落體運動，故兩小球的加速度均為g，與質量無關，下落過程中，A、B兩小球速度變化的快慢相同，故選項D正確；兩小球同時做自由落體運動，設初始高度差為L，由h＝gt2可知，A、B兩小球之間的距離Δx＝－gt2＝L，所以兩小球之間的距離不變，不可能在空中相撞，故選項A、B錯誤；由v＝gt可知，當兩小球運動時間相同時，速度也相同，故選項C錯誤．
答案：D
2．[豎直上拋運動對稱性的應用]在地質、地震、勘探、氣象和地球物理等領域的研究中，需要精密的重力加速度g值．測g值的一種方法叫“對稱自由下落法”，具體的做法是：將真空長直管沿豎直方向放置，自其中O點向上拋小球又落至原處的時間為T1，在小球運動過程中經過比O點高H的P點，小球經過P點至又回到P點所用的時間為T2，測得T1、T2和H，可求得g等于(　　)
A. B.
C. D.
解析：將小球的運動分為兩段，豎直向上的勻減速直線運動和豎直向下的自由落體運動，根據t上＝t下，可知從最高點下落到O點所用時間為，故在O點的速度v0＝g，從最高點下落到P點所用時間為，則有vP＝g，從O點至P點過程，由豎直上拋運動規律可得－2gH＝v－v，聯立解得g＝，故B正確．
答案：B
考點　勻變速直線運動的多過程問題
典例3　(2022·全國甲卷)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為v0，要通過前方一長為L的隧道，當列車的任一部分處于隧道內時，列車速率都不允許超過v(vA.＋
B.＋
C.＋
D.＋
解析：由題可知，列車加速和減速的加速度大小為定值，要使列車通過隧道的時間最短，應以允許的最大速度通過，已知列車長為l，速率為v0，此速率大于允許通過的最大速率v，則列車進隧道前先減速，減速時間t1＝；在隧道內勻速運動的時間t2＝；列車尾部出隧道后立即加速到v0，加速時間t3＝；則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為t＝t1＋t2＋t3＝＋，A、B、D錯誤，C正確．故選C.
1．[多過程運動模型]為了安全，我國高速公路上常常會設置一定距離的減速帶．現有一輛重型貨車正以30 m/s的速度行駛在此路段，若要貨車上任意一點以20 m/s的速度通過減速帶，然后立即開始加速，恢復到30 m/s正常行駛，減速帶的長度為100 m．貨車車身長度為20 m，貨車加速與減速的加速度大小均為2.5 m/s2，則貨車從開始減速到加速至原來的速度需要的時間至少為(　　)
A．14 s B．12.7 s
C．8 s D．11.38 s
解析：設貨車做勻減速直線運動的時間為t1，L＝100 m，d＝20 m，v0＝30 m/s，v＝20 m/s，由速度時間關系式得v＝v0－at1，設貨車做勻加速直線運動的時間為t2，則v0＝v＋at2，貨車做勻速運動的位移為x＝L＋d，則x＝vt3，解得貨車從開始減速到加速至原來的速度需要的時間為t＝t1＋t2＋t3＝14 s，故選A.
答案：A
2．[先加速后減速模型]如圖所示，“蛟龍號”載人潛水器是迄今為止中國自主設計的最復雜的海洋調查裝備，各項技術指標世界領先．“蛟龍號”載人潛水器某次潛水試驗，下潛深度x＝3 000 m，其下潛過程可簡化為由靜止開始豎直向下先做加速度大小為a1＝0.2 m/s2的勻加速直線運動，然后做加速度大小為a2＝0.1 m/s2的勻減速直線運動直到速度為零，求：
(1)下潛時加速階段的位移大小；
(2)下潛3 000 m的總時間．
解析：(1)設潛水器下潛時加速階段的位移大小為x1，運動時間為t1，末速度為v，減速階段的位移大小為x2，運動時間為t2，則由勻變速直線運動規律有v2＝2a1x1,0－v2＝2(－a2)x2，又x1＋x2＝3 000 m，聯立可得x1＝1 000 m.
(2)由(1)可知v＝20 m/s，根據勻變速直線運動規律有v＝a1t1,0＝v－a2t2，t總＝t1＋t2，聯立解得潛水器下潛3 000 m的總時間t總＝300 s.
答案：(1)1 000 m　(2)300 s(共46張PPT)
第2講　勻變速直線運動的規律
第一章　運動的描述　勻變速直線運動的研究
理清教材 強基固本
答案
解析
重難考點 全線突破
答案
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規律
位移公式：h=w-g
速度公式：v=-g4
速度位移關系式：-=-2gh
圖像
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v-t圖像
h-t圖像
對稱性
速度對稱性
時間對稱性
質點在通過同一高度
物體在通過同一段
豎直上拋
位置時，上升速度與
高度時，上升時間
運動
下落速度大小相等、
和下落時間相等
方向相反

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