2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练-匀变速直线运动的规律(原题版及解析版)
2020高考物理一轮复习第2讲匀变速直线运动
第2讲匀变速直线运动阶段复习1．前段时间学习的内容现在是否依然很熟练？2．是否需要去自己的错题宝库游览一番？知识讲练目录匀变速直线运动及基本规律匀变速直线运动的的推论自由落体运动竖直上抛运动图像问题追击与相遇问题逆向法归纳法1．匀变速直线运动及基本规律（1）定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．（2）分类：匀加速直线运动：a与v同向匀减速直线运动：a 与v 反向（3）匀变速直线运动的速度与时间的关系v ＝v 0＋at.（4）匀变速直线运动的位移与时间的关系x ＝v 0t ＋12at 2. （5）匀变速直线运动的位移与速度的关系v 2－v 20＝2ax.（6）刹车问题注意速度为零的时刻，车不反向加速．交通工具刹车减速，最后的速度为零。
要小心：题目给的时间可能是陷阱！（7）匀变速直线运动规律的公式中，共有5个物理量，若已知其中3个量，就一定可以通过公式求出其它2个量．【例1】某质点的速度随时间而变化的关系为52v t =+，式中v 与t 的单位分别是m/s 与s ，则质点的初速度与加速度分别为（ ）A ．0与2m/s 2B ．5m/s 与0C ．5m/s 与2m/s 2D ．5m/s 与4m/s 2【例2】一汽车在平直的公路上以020m/s v =做匀速直线运动，刹车后，汽车以大小为24m/s a =的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后经8s 汽车通过的位移有多大？【例3】汽车以40 km/h 的速度匀速行驶（1）若汽车以0.6 m/s 2的加速度加速，则10 s 后速度能达到多少？（2）若汽车刹车以0.6 m/s 2的加速度减速，则10 s 后速度减为多少？（3）若汽车刹车以3 m/s 2的加速度减速，则10 s 后速度为多少？2．匀变速直线运动的推论（8）00v =时在时间 2 3 t t t 、、…内位移之比为：222123::::1:2:3::n s s s s n =……．（9）00v =时第一个t 内、第二个t 内、……位移之比为：::::1:3:5::(21)N s s s s n =-ⅠⅡⅢ……．（10）00v =时在位移s 2s 3s 、、…内所用的时间之比为：…．。
备考2020年高考物理一轮复习：第一章第2讲匀变速直线运动规律讲义含解析
第2讲 匀变速直线运动规律板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 匀变速直线运动及其公式 Ⅱ 1．定义和分类(1)匀变速直线运动：物体在一条直线上运动，且加速度不变。
2．三个基本公式 (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 。
3．两个重要推论(1)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，即：v ＝v t 2＝v 0＋v2。
(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 ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2。
可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2。
4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论 (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： 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……位移的比为： x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶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：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
【知识点2】 自由落体运动和竖直上抛运动 Ⅱ 1．自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。
(2)运动性质：初速度v 0＝0，加速度为重力加速度g 的匀加速直线运动。
(3)基本规律 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 。
2．竖直上抛运动规律运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动。
板块二考点细研·悟法培优考点1匀变速直线运动规律的应用[深化理解]1．公式的矢量性：匀变速直线运动的基本公式均是矢量式，应用时要注意各物理量的符号，一般情况下，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。
2020年高考物理总复习专题一 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
利用思维转换法巧解匀变速直线运动问题 思维转换法：在运动学问题的解题过程中，若按正常解法 求解有困难时，往往可以通过变换思维方式、转换研究对象， 使解答过程简单明了. 1.将匀减速直线运动至速度为零的过程转化为反向的初速 度为零的匀加速直线运动. 2.在运动学问题的解题过程中，若多个物体所参与的运动 规律完全相同，可将多个物体的运动转换为一个物体的连续运 动，解答过程将变得简单明了.
答案：B
考向 3 比例法 [热点归纳] 对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特殊推论， 用比例法求解.
【典题 4】(2017 年河南郑州模拟)如图1-2-4 所示，在水 平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木 块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时 速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每 个木块所用时间比分别为( )
【典题 3】(2018 届辽宁大连双基测试)一质点做匀加速直 线运动，经过时间 t，其位移为 x，速度的变化为Δv，则紧接着 的相同的时间内，质点的位移为( )
解析：质点的加速度为 a＝Δtv，令紧接着的相同的时间内， 质点的位移为x1，根据推论Δx＝aT2可知x1－x＝at2，联立解得 x1＝x＋Δvt，B 正确，A、C、D 错误.
2.匀变速直线运动的规律 (1)速度公式：vt＝__v_0_＋__a_t_.
(2)位移公式：s＝________. 2as
考点 2 匀变速直线运动的推论及应用 1.匀变速直线运动的几个推论 (1)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，即
________. (2)任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差为一恒
2020年高考物理一轮复习 匀变速直线运动的规律
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 ＝v 0＋at 。
(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。
(3)速度—位移关系式：v 2－v 02＝2ax 。
2．重要推论(1)平均速度：v ＝v t 2＝v 0＋v2，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Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n－x n －1＝aT 2。
[注1](3)位移中点速度：v 2x ＝v 02＋v t 22。
[注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： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝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： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)。
③通过连续相等的位移所用时间之比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n二、自由落体和竖直上抛运动的基本规律【注解释疑】 [注1] 此公式可以延伸为x m －x n ＝(m －n )aT 2，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：v 2x ＞v 2x 。
[注3] 自由落体运动隐含两个条件：初速度为零，加速度为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．v 0、v 、a (g )、x (h )均为矢量，应用时要规定正方向，通常以v 0的方向为正方向，以v 0对应的位置为初始位置。
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。
2020届高考物理一轮复习重要题型名师精讲匀变速直线运动规律及应用
2020届高考物理一轮复习重要题型名师精讲匀变速直线运动规律及应用1． 一个小石块从空中a 点自由落下，先后通过b 点和c 点，不计空气阻力．它通过b 点时的速度为v ，通过c 点时的速度为3v ，那么ab 段与ac 段位移之比为( )A ．1∶3B ．1∶5C ．1∶8D ．1∶9解析：通过b 点时的位移为h ab ＝v 22g ，通过c 点时的位移为h ac ＝(3v )22g ，因此h ab ∶h ac ＝1∶9，应选D.答案：D2． 静止置于水平地面的一物体质量为m ＝57 kg ，与水平地面间的动摩擦因数为0.43，在F ＝287 N 的水平拉力作用下做匀变速直线运动，那么由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为( )A ．2∶1B ．1∶2C ．7∶3D ．3∶7解析：第5个7秒内的位移为x 1＝12a ×352－12a ×282，第11个3秒内的位移为x 2＝12a ×332－12a ×302，因此x 1x 2＝352－282332－302＝73.答案：C 3.图1－2－5(2018·江苏，7)如图1－2－5所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车立即通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，现在汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段承诺行驶的最大速度为12.5 m/s.以下讲法中正确的有( )A ．假如赶忙做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B ．假如赶忙做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C ．假如赶忙做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D ．假如距停车线5 m 处减速，汽车能停在停车线处解析：在加速时期假设一直加速那么2 s 末的速度为12 m/s ，2 s 内的位移为x ＝8＋122×2 m ＝20 m ，那么在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A 正确．汽车一直减速在绿灯熄灭前通过的距离小于16 m ，那么不能通过停车线，如距离停车线5 m 处减速，汽车运动的最小距离为6.4 m ，不能停在停车线处．A 、C 正确．答案：AC4．在四川汶川抗震救灾中，一名质量为60 kg 、训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖直的质量为20 kg 的长绳由静止开始滑下，速度专门小可认为等于零．在离地面18 m 高处，武警战士感到时刻紧迫，想以最短的时刻滑到地面，开始加速．该武警战士落地的速度不能大于6 m/s ，以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5 m/s 2；长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为g ＝10 m/s 2.求武警战士下滑的最短时刻和加速下滑的距离．解析：设武警战士加速下滑的距离为h 1，减速下滑的距离为(H －h 1)，加速时期的末速度等于减速时期的初速度为v max ，由题意和匀变速运动的规律有：v 2max ＝2gh 1 v 2max ＝2a (H －h 1)＋v 2由上式解得h 1＝2aH ＋v 22(g ＋a )＝2×5×18＋622×(10＋5)m ＝7.2 m武警战士的最大速度为v max ＝2gh 1＝2×10×7.2 m/s ＝12 m/s 加速时刻：t 1＝v max g ＝1210 s ＝1.2 s减速时刻：t 2＝v max －v a ＝12－65 s ＝1.2 s下滑的最短时刻t ＝t 1＋t 2＝1.2 s ＋1.2 s ＝2.4 s 答案：2.4 s 7.2 m 5．图1－2－6(2018·湖南十校联考)如图1－2－6所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2 kg ，管长为24 m ，M 、N 为空管的上、下两端，空管受到F ＝16 N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g ＝10 m/s 2.求： (1)假设小球上抛的初速度为10 m/s ，那么其通过多长时刻从管的N 端穿出；(2)假设此空管的N 端距离地面64 m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范畴． 解析：(1)对管由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ① 代入数据得a ＝2 m/s 2 设通过t 时刻从N 端穿出 对管：h ＝12at 2②对球：－(24＋h )＝v 0t －12gt 2③由②③得：2t 2－5t －12＝0，解得：t ＝4 s ，t ′＝－1.5 s(舍去)． (2)－64＝v 0t 1－12gt 21④64＝12at 21⑤－88＝v ′0t 1－12gt 21⑥由④⑤得：v 0＝32 m/s ，由⑤⑥得：v 0′＝29 m/s ，因此29 m/s<v 0<32 m/s. 答案：(1)4 s (2)29 m/s<v 0<32 m/s1． 从足够高处开释一石子甲，经0.5 s ，从同一位置再开释另一石子乙，不计空气阻力，那么在两石子落地前，以下讲法中正确的选项是( )A ．它们间的距离与乙石子运动的时刻成正比B ．甲石子落地后，经0.5 s 乙石子还在空中运动C ．它们在空中运动的时刻相同D ．它们在空中运动的时刻与其质量无关解析：两石子做自由落体运动，设t 时刻甲下落的高度为h 1＝12gt 2，那么乙下落的高度为h 1＝12g (t －0.5)2，它们之间的距离h 1－h 2＝12g (t －0.25)＝12g [(t －0.5)＋0.25]与乙石子运动的时刻(t －0.5)不成正比，A 错误；由于两石子下落的高度相同，因此下落的时刻相同，甲石子落地后，经0.5 s 乙石子刚好落地，B 错误，C 正确；由于不计空气阻力，由t ＝ 2hg 可知，两石子在空中运动的时刻与质量无关，D 正确．答案：CD2． 在水平面上有a 、b 两点，相距20 cm ，一质点在一恒定的合外力作用下沿a 向b 做直线运动，通过0.2 s 的时刻先后通过a 、b 两点，那么该质点通过a 、b 中点时的速度大小为( )A ．假设力的方向由a 向b ，那么大于1 m/s ，假设力的方向由b 向a ，那么小于1 m/sB ．假设力的方向由a 向b ，那么小于1 m/s ；假设力的方向由b 向a ，那么大于1 m/sC ．不管力的方向如何，均大于1 m/sD ．不管力的方向如何，均小于1 m/s解析：不管力的方向如何，0.2 s 中间时刻的瞬时速度均为v t 2＝0.20.2 m/s ＝1 m/s ，经分析可知，质点不管是匀加速依旧匀减速，a 、b 中间时刻的瞬时速度均小于a 、b 中点时的速度，因此选项C 正确． 答案：C 3.图1－2－72009年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图1－2－7所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，那么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刻之比分不是( ) A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1 B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故能够看做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连续三段相等位移的时刻之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时刻之比为(3－2)∶(2－1)∶1，因此选项C 错，D 正确；由v ＝at 可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶2∶3，那么所求的速度之比为3∶2∶1，应选项A 错，B 正确，因此正确选项为BD. 答案：BD4．两物体分不从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时刻为t ，第二个物体下落时刻为t /2，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )A ．gt 2B ．3gt 2/8C ．3gt 2/4D ．gt 2/4解析：当第二个物体开始下落时，第一个物体已下落t 2时刻，现在离地高度h 1＝12gt 2－12g ⎝⎛⎭⎫t 22，第二个物体下落时的高度h 2＝12g ⎝⎛⎭⎫t 22，那么待求距离Δh ＝h 1－h 2＝gt 24.答案：D5． 四个小球在离地面不同高度处，同时从静止开释，不计空气阻力，从某一时刻起每隔相等的时刻间隔，小球依次碰到地面．那么刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是以下图中的( )答案：C6．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时刻间隔为1 s ．分析照片得到的数据，发觉质点在第1次、第2次闪光的时刻间隔内移动了2 m ；在第3次、第4次闪光的时刻间隔内移动了8 m ，由此不可求得( )A ．第1次闪光时质点的速度B ．质点运动的加速度C ．从第2次闪光到第3次闪光这段时刻内质点的位移D ．质点运动的初速度解析：如上图所示，x 3－x 1＝2aT 2，可求得a ，而v 1＝x 1T －a ·T2可求．x 2＝x 1＋aT 2＝x 1＋x 3－x 12＝x 1＋x 32也可求， 因不知第一次闪光时已运动的时刻和位移，故初速度v 0不可求． 答案：D7．一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零．假设设斜面全长L ，滑块通过最初34L所需时刻为t ，那么滑块从斜面底端到顶端所用时刻为( )A.43t B.53tC.32tD ．2t解析：假设存在逆过程，即为初速度是零的匀加速直线运动，将全过程分为位移均为L /4的四个时期，依照匀变速直线运动规律，其时刻之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，依照题意可列方程：(2－1)＋(3－2)＋(2－3)1＋(2－1)＋(3－2)＋(2－3)＝tt ′，t ′＝2t . 答案：D8． 将一小物体以初速度v 0竖直上抛，假设物体所受的空气阻力的大小不变，那么小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时刻内通过的路程为x 1和x 2，速度的变化量为Δv 1和Δv 2的大小关系为( )A ．x 1>x 2B ．x 1<x 2C ．Δv 1>Δv 2D ．Δv 1<Δv 2解析：上升的加速度a 1大于下落的加速度a 2，依照逆向转换的方法，上升的最后一秒能够看成以加速度a 1从零下降的第一秒，故有：Δv 1＝a 1t ，x 1＝12a 1t 2；而以加速度a 2下降的第一秒内有：Δv 2＝a 2t ，x 2＝12a 2t 2，因a 1>a 2，因此x 1>x 2，Δv 1>Δv 2，即A 、C 正确． 答案：AC 9.图1－2－8如图1－2－8所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点)，小球1、2、3距斜面底端A 点的距离分不为x 1、x 2、x 3，现将它们分不从静止开释，到达A 点的时刻分不为t 1、t 2、t 3，斜面的倾角为θ.那么以下讲法正确的选项是( )A.x 1t 1＝x 2t 2＝x 3t 3B.x 1t 1＞x 2t 2＞x 3t 3C.x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23D ．假设θ增大，那么s 1t 21的值减小解析：三个小球在光滑斜面上下滑时的加速度均为a ＝g sin θ，由x ＝12at 2知x t 2＝12a ，因此x 1t 21＝x 2t 22＝x 3t 23.当θ增大，a 增大，x t 2的值增大，C 对，D 错.v ＝xt ，且v ＝v 2，由物体到达底端的速度v 2＝2ax 知v 1＞v 2＞v 3，因此v 1＞v 2＞v 3，即x 1t 1＞x 2t 2＞x 3t 3，A 错，B 对．答案：BC 10．图1－2－9(2018·湖北部分重点中学月考)如图1－2－9所示水平传送带A 、B 两端点相距x ＝7 m ，起初以v 0＝2 m/s 的速度顺时针运转．今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放至A 点处，同时传送带以a 0＝2 m/s 2的加速度加速运转，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，求：小物块由A 端运动至B 端所经历的时刻．解析：小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律：μmg ＝ma ，得：a ＝4 m/s 2 小物块历时t 1后与传送带速度相同，那么：at 1＝v 0＋a 0t 1，得：t 1＝1 s 此过程中小物块的位移为：x 1＝at 21/2，得：x 1＝2 m<x ＝7 m故小物块现在尚未到达B 点，且此后的过程中由于a 0<μg ，因此小物块将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t 2到达B 点，那么：x －x 1＝at 1t 2＋a 0t 22/2得：t 2＝1 s 小物块从A 到B 历时：t ＝t 1＋t 2＝2 s. 答案：2 s 11.图1－2－10〝10米折返跑〞的成绩反应了人体的灵敏素养，如图1－2－10所示．测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到〝跑〞的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时，受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时刻即为〝10米折返跑〞的成绩．设受试者起跑的加速度为4 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为8 m/s 2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．求该受试者〝10米折返跑〞的成绩为多少秒？解析：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中加速时期：t 1＝v m a 1＝1 s ，x 1＝12v m t 1＝2 m减速时期：t 3＝v m a 2＝0.5 s ；x 3＝12v m t 3＝1 m匀速时期：t 2＝l －(x 1＋x 3)v m ＝1.75 s由折返线向起点终点线运动的过程中 加速时期：t 4＝v m a 1＝1 s ，x 4＝12v m t 4＝2 m匀速时期：t 5＝l －x 4v m＝2 s受试者〝10米折返跑〞的成绩为：t ＝t 1＋t 2＋…＋t 5＝6.25 s. 答案：6.25 s 12.图1－2－11如图1－2－11所示，一辆上表面光滑的平板小车长L ＝2 m ，车内左侧有一挡板，紧靠挡板处有一可看成质点的小球．开始时，小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动，速度大小为v 0＝5 m/s.某时刻小车开始刹车，加速度a ＝4 m/s 2.通过一段时刻，小球从小车右端滑出并落到地面上．求： (1)从刹车开始到小球离开小车所用的时刻；(2)小球离开小车后，又运动了t 1＝0.5 s 落地．小球落地时落点离小车右端多远？解析：(1)刹车后小车做匀减速运动，小球连续做匀速运动，设通过时刻t ，小球离开小车，经判定知现在小车没有停止运动，那么x 球＝v 0t ①x 车＝v 0t －12at 2 ②x 球－x 车＝L ③ 代入数据可解得：t ＝1 s④(2)经判定小球离开小车又经t 1＝0.5 s 落地时，小车差不多停止运动．设从刹车到小球落地，小车和小球总位移分不为x 1、x 2，那么：x 1＝v 202a ⑤x 2＝v 0(t ＋t 1) ⑥设小球落地时，落点离小车右端的距离为Δx ，那么：Δx ＝x 2－(L ＋x 1) ⑦解得：Δx ＝2.375 m ．⑧答案：(1)1 s(2)2.375 m。
2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修1 第一章 第2讲 匀变速直线运动规律 含解析
第2讲匀变速直线运动规律知识排查匀变速直线运动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⎭⎬⎪⎫（1）速度—时间关系：v＝v0＋at（2）位移—时间关系：x＝v0t＋12at2（3）速度—位移关系：v2－v20＝2ax（4）平均速度公式：x＝v0＋v2·t――→初速度为零v0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v＝atx＝12at2v2＝2axx＝v2·t匀变速直线运动的推论1.相同时间内的位移差：Δx＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT22.中间时刻速度：vt2＝v0＋v2＝v－自由落体运动1.条件：物体只受重力，从静止开始下落。
2.基本规律(1)速度公式：v＝gt。
(2)位移公式：h＝12gt2。
(3)速度位移关系式：v2＝2gh。
3.伽利略对自由落体运动的研究伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推。
这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。
小题速练1.思考判断(1)匀加速直线运动是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等于该段时间的平均速度()(4)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动()(5)伽利略利用理想实验研究得出自由落体是初速度为零的匀加速运动()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√2.一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分成1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为()A.1∶3∶5B.1∶4∶9C.1∶8∶27D.1∶16∶81答案 C3.[人教版必修1·P40·T3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解析根据x＝v0t＋12at2得36＝18×3＋12a×32，即a＝－4 m/s2。
2020年高考物理一轮实验总复习 第二课时 匀变速直线运
•第二课时匀变速直线运动的规律及应用•1．匀变速直线运动•(1)定义：物体在一条直线上且不变的运动．加速度•2．匀变速直线运动的规律•(1)三个基本公式•①速度公式：v＝.v＋at②位移公式：s＝.③位移速度关系式：v2－v20＝.(2)平均速度公式：v＝＝v t2.2as•1．任意相邻两个连续相等的时间里的位移之差是一个恒量，即Δs＝＝恒量．aT2•4．初速度为零的匀加速直线运动的规律(设T为等分时间间隔)．•(1)1T内、2T内、3T内……位移之比•s1∶s2∶s3……＝.•(2)1T末、2T末、3T末……速度之比•v1∶v2∶v3＝.•(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……的位移之比为sⅠ∶sⅡ∶sⅢ＝.•(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为•t1∶t2∶t3……＝12∶22∶32……1∶2∶3∶……1∶3∶5……•1．自由落体运动的概念•物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．•2．自由落体运动的特点•v＝•a＝g＝9.8 m/s 2方向•3．自由落体运动的规律•v1＝h＝v＝.竖直向下2ghgt•匀变速直线运动的规律及推论对自由落体都成立．• 1.1美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F—A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，起飞速度为50 m/s，若该飞机滑行100 m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为() •A．30 m/s B．40 m/s•C．20 m/s D．10 m/s【解析】由v2t－v20＝2as得v20＝v2t－2as＝2500－2×4.5×100＝1 600，即v0＝40 m/s.【答案】 B•1．2在一段限速为50 km/h的平直道路上，一辆汽车遇紧急情况刹车，刹车后车轮在路面上滑动并留下9.0 m长笔直的刹车痕，如右图所示．从监控录像中得知该车从刹车到停止的时间为1.5 s．请你根据上述数据计算该车刹车前的速度，并判断该车有没有超速行驶．【解析】 汽车刹车后做匀减速直线运动，末速度为零．由运动学公式s ＝v 0t －12at 20＝v 0－at联立解得v 0＝2s t ＝2×9.01.5 m/s ＝12 m/s由v 0＝12 m/s ＝43.2 km/h<50 km/h 可以判断，该车没有超速．【答案】 12 m/s 没有超速• 2．1一观察者站在第一节车厢前端，当列车从静止开始做匀加速运动时，下列说法正确的是 ( )• A ．每节车厢末端经过观察者的速度之比是• B ．每节车厢末端经过观察者的时间之比是1∶3∶5∶…… • C ．在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶3∶5∶…… • D ．在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶2∶3∶……• 【解析】 由匀变速直线运动的特点，很容易选出正确答案为C 选项． • 【答案】 C• 2．2一个质量为m 的物块由静止开始沿斜面下滑，拍摄此下滑过程得到的同步闪光(即第一次闪光时物块恰好开始下滑)照片如图所示．已知闪光频率为每秒10次，根据照片测得物块相邻两位置之间的距离分别为AB ＝2.40 cm ，BC ＝7.30 cm ，CD ＝12.20 cm ，DE ＝17.10 cm.由此可知，物块经过D 点时的速度大小为________m/s ；滑块运动的加速度为____________m/s 2.(保留三位有效数字)【解析】D点的瞬时速度等于CE段位移的平均速度x CE2T＝1.47 m/s，a＝ΔxT2＝4.90 m/s2.•【答案】 1.47 4.90•3．1关于自由落体运动，下列说法中不正确的是•()•A．自由落体运动是竖直方向的匀加速直线运动•B．前3 s竖直方向的位移只要满足s1∶s2∶s3＝1∶4∶9的运动一定是自由落体运动•C．自由落体运动在开始的连续三个2 s内的位移之比是1∶3∶5•D．自由落体运动在开始的连续三个2 s末的速度之比是1∶2∶3•【解析】自由落体运动是竖直方向上初速度v＝0，a＝g的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的规律，故A、C、D均正确；对B 项，平抛运动也满足，故B选项错误．•【答案】B•一、对四个常用公式的理解应用•1．正负号的规定•匀变速直线运动的基本公式均是矢量式，应用时要注意各物理量的符号，一般情况下，我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．•2．物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速度不变，对这种情况可以将全程看做匀减速直线运动，应用基本公式求解．•3．对匀减速直线运动，要注意减速为零后停止，加速度变为零的实际情况，如刹车问题，注意题目给定的时间若大于“刹车”时间，则“刹车”时间以后的时间内车是静止的．•1．一物体在与初速度相反的恒力作用下做匀减速直线运动，v0＝20 m/s，加速度大小为5 m/s2，求：•(1)物体经多少秒后回到出发点？•(2)由开始运动算起，求6 s末物体的速度．【解析】以v0的方向为正方向．(1)设经t秒回到出发点，此过程中位移x＝0，代入公式s＝v0t＋12at2，并将a＝－5 m/s2代入得t＝－2v0a＝－2×20－5s＝8 s.(2)由公式v＝v0＋at得6 s末物体的速度v＝20 m/s＋(－5)×6 m/s＝－10 m/s负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反．•【答案】(1)8 s(2)大小为10 m/s，方向与初速度方向相反•二、关于两类匀减速直线运动的区别•1．刹车类问题，即匀减速到速度为零后即停止运动，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、加速度不变的匀加速运动．•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s、v、a等矢量的正负号．• 2．一辆以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，因发现前方有险情而紧急刹车，刹车后获得大小为a ＝4 m/s 2的加速度，汽车刹车后3 s 内行驶的距离为( )• A ．12 m B ．12.5 m • C ．90 m D ．126 m • 【答案】 B• 质点做匀减速直线运动，在第1 s 内位移为6 m ，停止运动前的最后1 s 内位移为2 m ，求： • (1)在整个减速运动过程中质点的位移大小； • (2)整个减速过程共用多少时间．• 【思路点拨】【解析】 (1)设质点做匀减速运动的加速度大小为a ，初速度为v 0.由于质点停止运动前的最后1 s 内位移为2 m ，则：s 2＝12at 22，所以a ＝2s 2t 22＝2×212 m/s 2＝4 m/s 2质点在第1 s 内位移为6 m ，s 1＝v 0t 1－12at 21所以v 0＝2s 1＋at 212t 1＝2×6＋4×122×1 m/s ＝8 m/s在整个减速运动过程中质点的位移大小为：s＝v20 2a＝822×4m＝8 m.(2)对整个过程逆向考虑s＝12at2，所以t＝2sa＝2×84s＝2 s. •求解匀变速直线运动问题常见方法方法分析说明一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．一般以v0的方向为正方向，其余与正方向相同者为正，与正方向相反者取负平均速度法定义式对任何性质的运动都适用，而(v0＋v t)只适用于匀变速直线运动中间时刻速度法利用“任一时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”即vt/ 2＝，适用于任何一个匀变速直线运动方法分析说明逆向思维法把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法．一般用于末态已知的情况图象法应用v－t图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决推论法(Δs＝aT2)对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δs＝aT2求解巧选参考系法物体的运动是相对一定的参考系而言的，研究地面上物体的运动常以地面为参考系，有时为了研究问题方便，也可巧妙地选用其他物体做参考系••1－1：一个匀加速直线运动的物体，在头4 s内经过的位移为24 m，在第二个4 s内经过的位移是60 m．求这个物体的加速度和初速度各是多少？•【解析】(用平均速度公式)物体在8 s内的平均速度等于中间时刻(即第4 s末)的瞬时速度，则v4＝m/s＝v＋4a，物体在前4 s内的平均速度等于第2 s末的瞬时速度•v2＝m/s＝v＋2a，•由两式联立，得a＝2.25 m/s 2，v＝1.5 m/s.•【答案】 2.25 m/s 21.5 m/s2•一列火车由静止开始做匀加速直线运动，一个人站在第1节车厢前端的站台前观察，第1节车厢通过他历时2 s，全部车厢通过他历时8 s，忽略车厢之间的距离，车厢长度相等，求：•(1)这列火车共有多少节车厢？•(2)第9节车厢通过他所用时间为多少？•【解析】(1)以火车为参考系，人做初速度为零的匀加速运动，根据初速为零的匀加速直线运动的物体，连续通过相等位移所用时间之比为：1∶(2－1)∶(3－2)∶……∶(n－n－1)得t1t＝11＋(2－1)＋(3－2)＋……＋(n－n－1)＝1n ，所以28＝1n，n＝16，故这列火车共有16节车厢．(2)设第9节车厢通过他所用时间为t9：t1 t9＝19－8，t9＝(9－8)t1＝(6－42) s＝0.34 s.•求解匀变速直线运动的一般思路•(1)弄清题意，建立一幅物体运动的图景．为了直观形象，应尽可能地画出草图，并在图中标明一些位置和物理量．•(2)弄清研究对象，明确哪些量已知，哪些量未知，根据公式特点恰当选用公式．•(3)利用匀速直线运动的两个推论和初速度为零的匀加速直线运动的特点，往往能够使解题过程简化．•(4)如果题目涉及不同的运动过程，则应重点寻找各段运动的速度、位移、时间等方面的关系．• 2－1：质点从静止开始做匀加速直线运动，从开始运动起，通过连续三段路程所用的时间分别为1 s 、2 s 、3 s ，这三段路程之比应是( )• A ．1∶2∶3 B ．1∶3∶5• C ．12∶22∶32 D ．13∶23∶33• 【解析】 根据v 0＝0的匀加速运动的一个推论：从开始起第1个T 内，第2个T 内，第3个T 内……的位移之比为 • s Ⅰ∶s Ⅱ∶s Ⅲ∶……＝1∶3∶5∶……，所以，所求路程之比为1∶(3＋5)∶(7＋9＋11)∶……＝13∶23∶33∶……，D 对． • 【答案】 D• 一个物体从H 高处自由落下，经过最后196 m 所用的时间是4 s ，求物体下落H 高所用的总时间T 和高度H 是多少．(取g ＝9.8 m/s 2，空气阻力不计)•【解析】根据题意画出小球的运动示意图(如图所示)其中t＝4 s，h＝196 m.•解法一根据自由落体公式由H＝12gT2，H－h＝12g(T－t)2解得T＝h＋12gt2gt＝196＋12×9.8×169.8×4s＝7 sH＝12gT2＝12×9.8×72 m＝240.1 m.解法二利用匀变速运动平均速度的性质由题意得最后4 s内的平均速度为v＝h t＝1964m/s＝49 m/s因为在匀变速运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的速度，所以下落至最后2 s时的瞬时速度为v′t＝v＝49 m/s由速度公式得从开始下落至最后2 s的时间t′＝v′tg＝499.8s＝5 s所以T＝t′＋t2＝5 s＋42s＝7 sH＝12gT2＝12×9.8×72 m＝240.1 m.•3－1：2008年8月19日，以黑马身份亮相奥运的小将陆春龙，一路高奏凯歌将男子蹦床网上单人比赛冠军收入囊中，这也是中国军团收获的第42枚金牌．如图所示，是运动员在一张水平放置的弹簧网上上下蹦跳，同时做出各种优美的姿势示意图．将运动员视为质点，在竖直方向上蹦跳的周期为3 s，离弹簧网的最大高度为5 m，求出一个周期内运动员与弹簧网接触的时间为多少？(取g＝10 m/s 2 )•【解析】(1)运动员从最高点到与网之间做自由落体运动，•h＝•t1＝＝1 s•则在空中运动时间t′＝2t1＝2 s•运动员与弹簧网接触的时间•Δt＝t－t′＝(3－2) s＝1 s•【答案】 1 s•1．汽车以20 m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s 2，则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为()•A．3 s B．4 s •C．5 s D．6 s•【解析】由s＝v0t＋at2代入数据得37.5＝20t－×5t2，解此方程得t＝3 s或t＝5 s(舍去)，故应选A.•【答案】A• 2．一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1.2 m ，那么它在第三段时间内的位移是 ( )• A ．1.2 m B ．3.6 m• C ．6.0 m D ．10.8 m• 【解析】 做初速度为零的匀加速直线运动的物体，从静止开始在相等时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶……∶(2n －1)由此可知x 1∶x 2∶x 3＝1∶3∶5• 即x 1∶x 3＝1∶5＝1.2∶x 3，所以x 3＝6.0 m. • 【答案】 C• 3．某动车组列车以平均速度v 从甲地到乙地的时间为t .该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令后紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v 0，继续匀速前进．从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0，(列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相同)，若列车仍要在t 时间内到达乙地．则动车组列车匀速运动的速度v 0应为( )• 【解析】 考查匀变速运动时间的计算．由题目可以得出，v t ＝v 0(t －t 0)＋ ，解得选项C 正确．• 【答案】 C• 4．(2020年江苏卷)如图所示，以8 m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18 m ．该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有 ( )•A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线•B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速•C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线•D．如果距停车线5 m处减速，汽车能停在停车线处•【解析】在加速阶段若一直加速则2 s末的速度为12 m/s,2 s内的位移为s＝×2 m＝20 m，则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A正确．汽车一直减速在绿灯熄灭前通过的距离小于16 m，则不能通过停车线，如距离停车线5 m处减速，汽车运动的最小距离为6.4 m，不能停在停车线处．A、C正确．• 【答案】 AC• 5．在四川汶川抗震救灾中，一名质量为60 kg ，训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖直的质量为20 kg 的长绳由静止开始滑下，速度很小可认为等于零．在离地面18 m 高处，武警战士感到时间紧迫，想以最短的时间滑到地面，开始加速．已知该武警战士落地的速度不能大于6 m/s ，以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5 m/s 2；长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为g ＝10 m/s 2.求武警战士下滑的最短时间和加速下滑的距离．• 【解析】 设武警战士加速下滑的距离为h 1，减速下滑的距离为(H －h 1)，加速阶段的末速度等于减速阶段的初速度为v max，由题意和匀变速运动的规律有：v2max＝2gh1v2max＝2a(H－h1)＋v2由上式解得h1＝2aH＋v22(g＋a)＝2×5×18＋622×(10＋5)m＝7.2 m武警战士的最大速度为v max＝2gh1＝2×10×7.2 m/s＝12 m/s加速时间：t1＝v maxg＝1210s＝1.2 s减速时间：t2＝v max－va＝12－65s＝1.2 s下滑的最短时间：t＝t1＋t2＝1.2＋1.2 s＝2.4 s.【答案】 2.4 s7.2 m。
2020年高考物理一轮复习专题1.2 匀变速直线运动的规律(精讲)(原卷版)
1.2 匀变速直线运动的规律 （精讲）1. 匀变速直线运动及其公式应用是高考热点，几乎是每年必考，全国卷多数情况下以计算题形式出现，应高度重视．2. 自由落体与竖直上抛运动是高考热点，几乎是每年必考，全国卷多数情况下以计算题形式出现，应高度重视．3. 通常结合生活实例，通过实例的分析，结合情景、过程、建立运动模型，再应用相应规律处理实际问题.本考点内容命题形式倾向于应用型、综合型和能力型、易与生产生活、军事科技、工农业生产等紧密联系，还可以以力、电综合题形式出现，主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等难度。
知识点一 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⎭⎪⎬⎪⎫1速度—时间关系：v ＝v 0＋at2位移—时间关系：x ＝v 0t ＋12at 23速度—位移关系：v 2－v 20＝2ax――――→初速度为零即v 0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v ＝atx ＝12at 2v 2＝2ax知识点二 匀变速直线运动重要推论和比例关系的应用 1．两个重要推论(1)中间时刻速度v t2＝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。
(2)位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2，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 )aT 2。
2．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)。
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2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题01 匀变速直线运动的规律【专题导航】目录热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用 ................................................................................................. 1 热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用 (2)（一）比例法的应用 ......................................................................................................................................... 3 （二）Δx ＝aT 2推论法的应用 ........................................................................................................................... 4 （三）平均速度公式的应用 ............................................................................................................................. 5 （四）图象法的应用 ......................................................................................................................................... 5 热点题型三 自由落体和竖直上抛运动 .. (5)拓展点：双向可逆运动 类竖直上抛运动 ........................................................................................................ 7 热点题型四 物体运动的多过程问题 (7)（一）：多过程运动之-----“先以1a 由静止加速在以2a 匀减至速度为零”模型 ............................................ 7 （二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题） ...................................................................................... 8 （三）多过程运动之“返回出发点”模型 .......................................................................................................... 9 （四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型 .................................................................................... 10 （六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型 ..................................................................................... 11 【题型演练】 (11)【题型归纳】热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用 1.基本规律⎭⎪⎬⎪⎫（1）速度—时间关系：v ＝v 0＋at（2）位移—时间关系：x ＝v 0t ＋12at 2（3）速度—位移关系：v 2－v 2＝2ax ――――→初速度为零v 0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v ＝atx ＝12at 2v 2＝2ax 2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法【例1】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，则该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离为（）．A.5 m/s210 mB. 5 m/s211 mC. 2.5 m/s210 mD. 2.5 m/s210 m【变式1】(2019·河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内的平均速度为()A．6 m/s B．8 m/sC．10 m/s D．12 m/s【变式2】(2019·福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是s＝4t＋2t2，s与t的单位分别为m和s，则质点的初速度与加速度分别为()A．4 m/s与2 m/s2 B．0与4 m/s2C．4 m/s与4 m/s2 D．4 m/s与0【变式3】(2019·广西钦州模拟)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为4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为()A．12.5 m B．2 m C．10 m D．0.5 m热点题型二匀变速直线运动的推论及应用1．三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，即x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．平均速度公式：v ＝v 0＋v2＝2v t .(3)位移中点速度2x v ＝v 02＋v 22. 2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)前T 内、前2T 内、前3T 内、…、前nT 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2. (3)第1个T 内、第2个T 内、第3个T 内、…、第n 个T 内的位移之比为x Ⅰ∶x Ⅰ∶x Ⅰ∶…∶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之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－ 2 )∶(2－3)∶…∶(n －n －1)． 3.思维方法（一）比例法的应用【例2】．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v 垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1【变式1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，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4H 所用的时间为t 1，第四个4H所用的时间为t 2。
不计空气阻力，则21t t 满足A ．1<21t t <2 B ．2<21t t <3 C ．3<21t t <4 D ．4<21t t <5 【变式2】(多选)(2019·湖北大冶一中月考)如图所示，光滑斜面上的四段距离相等，质点从 O 点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a 、b 、c 、d ，下列说法正确的是 ( )A ．质点由O 到达各点的时间之比t a ∶t b ∶t c ∶t d ＝1∶2∶3∶2B ．质点通过各点的速率之比v a ∶v b ∶v c ∶v d ＝1∶2∶3∶2C ．质点在斜面上运动的平均速度v ＝v bD ．质点在斜面上运动的平均速度v ＝v b2【变式3】．(2019·郑州模拟)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木 块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每 个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1 （二）Δx ＝aT 2推论法的应用【例3】．(2019·成都高新区模拟)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/sB ．2 m/s ，4 m/s ，6 m/sC ．3 m/s ，4 m/s ，5 m/sD ．3 m/s ，5 m/s ，7 m/s【变式1】物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则物体( )A ．在A 点的速度大小为x 1＋x 22TB ．在B 点的速度大小为3x 2－x 12TC ．运动的加速度为2x 1T 2 D ．运动的加速度为x 1＋x 2T2【变式2】(2019·铜陵模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第 2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ，则刹车后6 s 内的位移是( ) A ．20 m B ．24 m C ．25 mD ．75 m（三）平均速度公式的应用【例4】．质点由静止从A 点出发沿直线AB 运动，行程的第一阶段是加速度大小为a 1的匀加速运动，接着做加速度大小为a 2的匀减速运动，到达B 点时恰好速度减为零．若AB 间总长度为s ，则质点从A 到B 所用时间t 为( ) A ．s （a 1＋a 2）a 1a 2B ．2s （a 1＋a 2）a 1a 2C ．2s （a 1＋a 2）a 1a 2D ．a 1a 22s （a 1＋a 2）【变式1】(2019·河北武邑中学周考)做匀加速直线运动的质点在第一个3 s 内的平均速度比它在第一个5 s 内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( ) A ．1 m/s 2 B ．2 m/s 2 C ．3 m/s 2 D ．4 m/s 2（四）图象法的应用【例5】.(2019·怀化模拟)如图所示，甲、乙两车同时由静止从A 点出发，沿直线AC 运动．甲以加速度a 3做初速度为零的匀加速运动，到达C 点时的速度为v .乙以加速度a 1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a 2的匀加速运动，到达C 点时的速度也为v .若a 1≠a 2≠a 3，则( )A ．甲、乙不可能同时由A 到达CB ．甲一定先由A 到达CC ．乙一定先由A 到达CD ．若a 1>a 3，则甲一定先由A 到达C热点题型三 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．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． 2．竖直上抛运动的研究方法【例6】（1）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 2.5 s 内物体 A ．路程为65 m B．位移大小为25 m ，方向向上 C ．速度改变量的大小为10 m/s D ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上（2）(2019·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg 的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m(未落地)，则( )A ．物体在2 s 末的速度大小是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度大小是3.6 m/sC ．物体在前2 s 内的位移大小是20 mD ．物体在5 s 内的位移大小是50 m【变式1】如图所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边沿竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2.则3 s 内小球运动的( )A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s【变式2】．(多选)将某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的( ) A ．路程为65 m B ．位移大小为25 m ，方向竖直向上 C ．速度改变量的大小为10 m/s D ．平均速度大小为13 m/s ，方向竖直向上 拓展点：双向可逆运动 类竖直上抛运动如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点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．【例7】(多选)一物体以5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s 2，设斜面足够长，经 过t 时间物体位移的大小为4 m ，则时间t 可能为( ) A ．1 s B ．3 s C ．4 sD.5＋412s【变式1】(2019·陕西长安一中高三质检)两物体在不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为t ， 第二个物体下落时间为t2，当第二个物体开始下落时，两物体相距( )A ．gt 2 B.38gt 2 C.34gt 2 D.14gt 2热点题型四 物体运动的多过程问题 1．基本思路如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．可按下列步骤解题：(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图； (2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系； (4)解：联立求解，算出结果．2．解题关键多过程运动的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．（一）：多过程运动之-----“先以1a由静止加速在以2a匀减至速度为零”模型（1）特点：初速度为零，末速度为v ，两段初末速度相同，平均速度相同。