2022屆新高考物理沖刺精準復習：勻變速直線運動

2022屆新高考物理沖刺精準復習

勻變速直線運動

學習目標

1.掌握勻變速直線運動的基本公式和導出公式，并能熟練應用.

2.掌握自由落體運動和豎直上拋運動的特點，知道豎直上拋運動的對稱性.

一、課前檢測

1.某航母跑道長為200m,飛機在航母上滑行的最大加速度為6m/s2,起飛需要的最

低速度為50m/s,那么，飛機在滑行前，需要借助彈射系統(tǒng)獲得的最小初速度為（）

A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s

2.一小球沿斜面勻加速滑下，依次經(jīng)過力、B、C三點，已知45=6m,BC=10m,

小球經(jīng)過和8c兩段所用的時間均為2s,則小球經(jīng)過/、B、C三點時的速度大小分別

是（）

A.2m/s,3m/s,4m/sB.2m/s,4m/s,6m/s

C.3m/s,4m/s,5m/sD.3m/s,5m/s,7m/s

3.（2020福建六校聯(lián)考）假設一位同學在某星球上完成自由落體運動實驗：讓一個質量

為2kg的物體從一定的高度自由下落，測得在第5s內的位移是18m,則（）

A.物體在2s末的速度大小是20m/s

B.物體在第5s內的平均速度大小是3.6m/s

C.物體在前2s內的位移大小是20m

D.物體在5s內的位移大小是50m

4.某校一課外活動小組自制一枚火箭，設火箭從水平地面上發(fā)射后始終在垂直于水平地

面的方向上運動?；鸺c火后可認為做勻加速直線運動，經(jīng)過4s到達離地面40m高處時

燃料恰好用完，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2,求：

（1）燃料恰好用完時火箭的速度大小；

（2）火箭上升到離地面的最大高度；

（3）火箭從發(fā)射到返回發(fā)射點的時間。

二、知識梳理

（-）勻變速直線運動的基本規(guī)律

1.概念：沿一條直線且加速度不變的運動。

2.分類

（1）勻加速直線運動：a與〈方向相同。

(2)勻減速直線運動："與v方向相反。

3.基本規(guī)律

(1)速度一時間關系：v=vs±at初速度為零,=出

(2)位移一時間關系：x=?w+5產(chǎn)即丫。=°'[*=皖

(二)勻變速直線運動的重要關系式

1.兩個導出式

(1)速度一位移關系：V2—v§=2a.v1初速為零

Vo=O

(2)位移一平均速度關系：x=7t=^t\'

v1=2ax

{x=9

2.三個重要推論

(1)位移差公式：AX=X2—Xl=X3—X2=3=電二^1=&，即任意兩個連續(xù)相等的時

間間隔7內的位移之差為一恒量?？梢酝茝V到乩一/=他二皿宣。

--秘n+V

(2)中間時刻速度"=v=?,即物體在一段時間內的平均速度等于這段時間空間時

_2

2一

刻的瞬時速度，還等于初、末時刻速度矢量和的二坐。

(3)位移中點的速度上=\/其要

2

3.初速度為零的勻變速直線運動的四個常用推論

TTT

V0ViV2

1__1

___X____)

?Xi1X

112X3

?4u.

Jv--_--_-_--_--_--_--_--_-_--_--_--_---

xin

(1)17末、2T末、3T末…瞬時速度的比為

四：羽2：/：…：口〃=1：2：3：…：〃。

(2)17'內、27內、37內…位移的比為

xi：：xm：…：XN=12：22：32：…：〃2。

(3)第一個7內、第二個T內、第三個T內…位移的比為xi：X2：X3：…：x?=l：3：

5：…：(2〃-1)。

(4)從靜止開始通過連續(xù)相等的位移所用時間的比為

力：，2：,3：…：〃=1:(也-1):(SS):…：(仍一\/〃一1)。

vo=OviV2”3V4

(三)自由落體運動和豎直上拋運動

(1)物體只受重力作用

運動條件

(2)由靜止開始下落

運動性質初速度為零的勻加速直線運動

自由落

(1)速度公式：v=gt

體運動2

運動規(guī)律(2)位移公式：h=^gt

(3)速度一位移公式：儼=2“

運動性質勻減速直線運動

(1)速度公式：V=VQ-Jg^

(2)位移公式：h=VQt-^gt2

速度一位移關系式：2訶=一

運動規(guī)律(3)V—2“

(4)上升的最大高度：”要

豎“直上拋運1動(5)上升到最高點所用時間：

O

三、考點精講

考點一勻變速直線運動規(guī)律及應用

1.運動學公式中正、負號的規(guī)定

(1)除時間，外，X、V。、V、。均為矢量，所以需要確定正方向，一般以V0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，當vo=O時，一般以加速度a的

方向為正方向。

(2)五個物理量，、翌、a、x必須針對同一過程。

例1.(2020山東濰坊市二模)中國自主研發(fā)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(xù)經(jīng)過兩段均為120m的測試

距離，用時分別為2s和1s,則無人機的加速度大小是()

A.20m/s2B.40m/s2

C.60m/s2D.80m/s2

例2.(2021湖北天門模擬)出租車載客后，從高速公路入口處駛入高速公路，并從10時

10分55秒開始做初速度為零的勻加速直線運動，經(jīng)過10s時，速度計顯示速度為54km/h。

求：

(1)這時出租車離出發(fā)點的距離：

(2)出租車繼續(xù)做勻加速直線運動，當速度計顯示速度為108km/h時，出租車開始做勻

速直線運動。10時12分35秒時計價器里程表示數(shù)應為多少千米？(車啟動時，計價器里程

表示數(shù)為零)

解題關鍵一＞畫運動過程示意圖，呈現(xiàn)運動情景

吟

10分

1()

秒

T--------------------------------?-

―/i=10s_*（v）=54km/h（＜2=108km/h

—A|=1.1,

2,，4

_1_?

12a2

---------勾加速蜘=-----------------勻速心-叼4―**

2M

解題的基本思路

選用公解方程

畫過程判斷運選取正

式列方一并加以

示意圖r動性質方向

程討論

跟蹤1.如圖所示，高速公路一般情況下小汽車限速120km/h,但由于施工等特殊情況

會有臨時限速。某貨車正在以72km/h的速度行駛，看到臨時限速牌開始勻減速運動，加速

度大小為0.1m/s2,減速行駛了2min,則減速后貨車的速度為()

A.6.0m/sB.8.0m/sC.10.0m/sD.12.0m/s

考點二解決勻變速直線運動的常用方法

解決勻變速直線運動的幾種方法

例3.物體以一定的初速度沖上固定的光滑的斜面，到達斜面最高點C時速度恰為零,

3

如圖所示。已知物體運動到斜面長度j處的8點時，所用時間為f,求物體從8滑到C所用

的時間。

解決勻變速直線運動問題的兩個技巧

(1)把減速到0的勻減速直線運動轉化為反向的初速度為0的勻加速直線運動，列方程

將非常簡便，如果可以進一步利用比例關系解題則更簡單。

(2)若已知勻變速直線運動的位移和時間，通常優(yōu)先考慮應用平均速度公式，求出中間

時刻的瞬時速度。

跟蹤2.(多選)一物體以初速度vo做勻減速直線運動，第1s內通過的位移xi=3m,第

2s內通過的位移X2=2m,又經(jīng)過位移X3,物體的速度減小為0,則下列說法正確的是()

A.初速度vo的大小為2.5m/s

B.加速度。的大小為1m4

C.位移X3的大小為l125m

D.位移心內的平均速度大小為0.75m/s

考點三自由落體運動和豎直上拋運動

1.豎直上拋運動的研究方法

豎直上拋運動的實質是加速度恒為g的勻變速直線運動，處理時可采用兩種方法：

（1）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降過程的自由落體階

段。

（2）全程法：將全過程視為初速度為W、加速度為。=-g的勻變速直線運動，必須注意

物理量的矢量性。習慣上取血的方向為正方向，則判>0時，物體正在上升；”0時，物體

正在下降；/?>0時，物體在拋出點上方；/KO時，物體在拋出點下方。

例4.如圖中高樓為上海中心大廈，建筑主體為118層，總高為632m?，F(xiàn)假設外墻清潔

工人在320m高處進行清潔時不慎掉落一瓶水，當他發(fā)現(xiàn)水瓶掉落時，水瓶已經(jīng)下落了5s,

此時他大聲向下方行人發(fā)出警告。已知聲速為340m/s,空氣阻力忽略不計，g取10m/s2。

下列說法正確的是（）

A.正下方的行人先看見水瓶落地，再聽見警告聲，時間差超過2s

B.正下方的行人先聽見警告聲，再看見水瓶落地，時間差超過2s

C.正下方的行人先看見水瓶落地，再聽見警告聲，時間差不到1s

D.正下方的行人先聽見警告聲，再看見水瓶落地，時間差不到1s

豎直上拋運動的對稱性

如圖所示，物體以初速度w豎直上拋，A,8為途中的任意兩點，C為最高點，貝！J：

物體上升過程中從4到C所用時

rC時間對稱性間t“和下降過程中從C到4所用

（時間也相布____________

-B

物體上升過程經(jīng)過4點的速度

速度對稱性與下降過程經(jīng)過A點的速度大

-A

物體從4到8和從B到4事力勢

秒能量對稱性能變化量的大小相等，均等于

6【mg%"

跟蹤3.一物塊在豎直平面內以一定的初速度沿足夠長的光滑斜面從底端向上滑出，從滑

出至回到斜面底端的時間為10s,若在物塊上滑的最大位移的一半處設置一垂直斜面的擋

板，仍將該物塊以相同的初速度從斜面底端向上滑出，物塊撞擊擋板前后的速度大小相等、

方向相反。撞擊所需時間不計，則這種情況下物塊從上滑至回到斜面底端的總時間約為（不

計空氣阻力）（）

A.1sB.1.5s

C.2.5sD.3s

四、課堂檢測

1.如圖所示，將一小球以10m/s的初速度在某高臺邊沿豎直上拋，不計空氣阻力，取拋

出點為坐標原點，向上為坐標軸正方向，giR10m/s2o則3s內小球運動的（）

A.路程為25m

B.位移為15m

C.速度改變量為30m/s

D.平均速度為5m/s

2.一根輕質細線將2個薄鐵墊片/、8連接起來，一同學用手固定8,此時/、8間距

為334距地面為3如圖所示。由靜止釋放力、B,不計空氣阻力，且4、8落地后均不

再彈起。從開始釋放到A落地歷時/I,A落地前的瞬時速率為vi，從A落地到5落在4上

歷時/2,8落在/上前的瞬時速率為也，則（）

一

/〃〃〃/〃〃/〃〃，

A.B.“＜攵

C.viCv2=l~2D.vi~\V2=13

3.（多選）（2021河北省石家莊市高三聯(lián)考）如圖所示，一滑塊以5m/s的速度從固定斜面

底端O點沖上斜面，經(jīng)時間Zi到達A點時的速度為3m/s,在經(jīng)時間t2到達B點時的速度為

0,下列說法正確的是（）

O

A.。、1間的距離與/、8間的距離之比為16口9

B.。、月間的距離與4、8間的距離之比為3口5

C.人與，2之比為2口3

D./|與，2之比為3口2

五、課堂總結

雙向可逆類運動問題

(1)常見情景

①沿光滑斜面上滑的小球，到最高點后返回。

②豎直上拋運動等。

(2)特點：以原加速度勻加速返回，全過程加速度大小、方向都不變。

解決自由落體運動與豎直上拋運動的兩點注意

(1)要注意速度、加速度、位移等的方向，一般看成初速度方向為正方向的勻減速運動。

(2)豎直上拋運動為雙向可逆運動，要注意其多解性，其在空中運動情況分析常有以下

兩種判斷方法。

①根據(jù)位移〃判斷：〃>0在拋出點上方，〃=0恰好在拋出點，A<0在拋出點下方。

②根據(jù)時間t判斷：干表示正處在上升過程，，="恰好在最高點，令李表明在下降過

程中，4季表明在拋出點下方。

參考答案

課前：1答案B

解析飛機在滑行過程中，做勻加速直線運動，由題意知，v=50m/s,a=6m/s2,x=

200m,根據(jù)^-vi=2ax得，借助彈射系統(tǒng)飛機獲得的最小初速度吻=產(chǎn)石=

4502-2X6X200m/s=10m/s。故選項B正確。

2.答案B

解析根據(jù)物體做勻加速直線運動的特點，兩點之間的平均速度等于中間時刻的瞬時速

jn1

度，故8點的速度就是力。段的平均速度，VB=21=4m/s。又因為連續(xù)相等時間內的

位移之差等于恒量，即△%=〃戶，則由△x=8C—48=必2解得。=1向$2,再由速度公式u=

vo+atf解得%=2m/s,vc=6m/s,故選項B正確。

3.答案D

解析設該星球表面的重力加速度為g,由自由下落在第5s內的位移是18m,可得;g

X52—|gX42=18m,得g=4m/s2,所以2s末的速度大小為v=gf2=8m/s,選項A錯誤；

第5s內的平均速度大小為v=^=18m/s,選項B錯誤；物體在前2s內的位移大小為x

=；gG=8m,選項C錯誤；物體在5s內的位移大小為X5=氐6=50m,選項D正確。

4.答案(l)20m/s(2)60m(3)9.5s

解析設燃料恰好用完時火箭的速度為盯，所用時間為小火箭的上升階段可分為兩個

過程，第一個過程做勻加速上升運動，第二個過程做豎直上拋運動至最高點。

(1)對第一個過程有用=5人

代入數(shù)據(jù)解得也=20m/s。

(2)對第二個過程有h2=^

代入數(shù)據(jù)解得厲=20m

所以火箭上升到離地面的最大高度力=加+比=60m。

(3)第二個過程用時/=7

2O

代入數(shù)據(jù)解得打=2s

設火箭從最高點返回發(fā)射點用時

由仁支浜得打=\隹

代入數(shù)據(jù)解得/3^3.5s

火箭從發(fā)射到返回發(fā)射點的時間Z=?1+Z2+/3=9.5S?

例1.答案B

解析第一段的平均速度n=7=-Vm/s=60m/s；第二段的平均速度也=?=早m/s=

t\2121

120m/s,某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，兩個中間時刻的時間間隔為△(=3+

2—1.5s>則加速度為：56°m/s2=40m/s2,故選B.

例2.答案⑴75m(2)2.7km

解析(1)由題意可知經(jīng)過10s時，速度計上顯示的速度為也=15m/s,

由速度公式v=v0+at

由位移公式得

XI=%A=￡X1.5X102m=75m

這時出租車離出發(fā)點的距離為75m。

(2)當速度計上顯示的速度為也=108km/h=30m/s時，由正=2次2得》2=或=300m,

這時出租車從靜止載客開始，已經(jīng)經(jīng)歷的時間為d可根據(jù)速度公式得以=寧=含s=20s,

這時出租車時間表應顯示10時11分15秒。出租車繼續(xù)勻速運動，勻速運動時間“為80s,

通過位移X3=V24=30X80m=2400m,所以10時12分35秒時，計價器里程表應顯示

X=X2+X3=(300+2400)m—2700m=2.7km。

跟蹤1.答案B

解析vo—72km/h=20m/s,t—2min—120s,0.1m/s2.,由得v=(20

—0.1X120)m/s=8.0m/s,故選項B正確。

例3.答案t

解析法一逆向思維法

物體向上勻減速沖上斜面，可看成向下勻加速滑下斜面，

故SBC=1"日C，5?0='"(/+坂?)2。

又SBC=；S?C，解得3C=%

法二比例法

對于初速度為零的勻變速直線運動，在連續(xù)相等的時間里通過的位移之比為

Si?$2?S3?????s”=l.3.5..(2〃-1)。

現(xiàn)有SBC'w=(1^c):(*，＜?)=1:3,

通過S/8的時間為/,故通過SBC的時間tBC=to

法三中間時刻速度法

利用教材中的推論：中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度。

Li、1

VAC—~^y+Vo）=屋c0

又v§=2as/XD

x^=2asBc?

1

55C=4^C@

解①②③得vs=1v0o

可以看出VB正好等于/c段的平均速度，因此8點是中間時刻的位置，因此有加°=%

法四圖象面積法

利用相似三角形面積之比，等于對應邊平方比的方法，作出丫一/圖象，如圖所示。

S/、，oc_cC>2

奇。

R.S^AOC=4S^BDC

4

故--（什歷0）2

1得tBC=t。

tic

法五推論法

對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等的各段位移所用的時間之比/1：/2：

“??tn=1:（y[2—\）:（小一也）：（木—?。?????（ylu-yln—l）o

現(xiàn)將整個斜面分成相等的四段，如圖所示。

C

B

A

設通過8C段的時間為例c，那么通過8。、DE、￡4的時間分別為

癡=（啦—1）以。力￡=（小一也）加。，

加4=（小一?。﹖BC，

又tBD+/DE+tEA=tf得tBC=t。

跟蹤2.答案BCD

解析由Ax=a乃可得加速度。=—1rn/s2,選項B正確；第1s末的速度以=用浮=

2.5m/s,得初速度噸=0一以=3.5m/s,選項A錯誤；物體速度由2.5m/s減小到0所需時

△v,,,1

間，=a=2.5s,則經(jīng)過位移的時間h為L5s,且犬3=一呼