1、第二讲匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的规律1匀变速直线运动2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nT末瞬时速度的比为 v1v2v3vn123n.(2)1T内、2T内、3T内nT内位移的比为 x1x2x3xn122232n2.(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x1x2x3xn135(2n1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1t2t3tn1(1)()()二、自由落体运动和竖直上抛运动小题快练1判断题(1)匀加速直线运动是速度随时间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
2、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)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动( )(5)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竖直向下的( )2某物体做直线运动，位移遵循的方程为x6tt2(其中x的单位为m，t的单位为s)则该物体在04 s时间内通过的路程为( C )A8 mB9 mC10 m D11 m3(2018江苏新丰中学期末)某同学为了判断自己正常行驶时是否超速，在一次正常行驶途中经过某一位置时立刻切断电源，让电动自行车沿直线自由滑行测得电动自行车滑行的最大距离为15 m，滑行的时间为5 s，则该同学正常行驶的车速约为 ( D )A3 k
3、m/h B3 m/s C6 km/h D6 m/s4某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( A )A10 m/s B15 m/sC20 m/s D30 m/s考点一匀变速直线运动规律及应用 (师生共研)1解答运动学问题的基本思路 2运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度v0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v00时，
4、一般以加速度a的方向为正方向3两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题：指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直线运动. (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，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典例1歼15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大若歼15战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起现已知“辽宁”舰起飞甲板长为
5、L(Ls)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行，求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.思路点拨第(1)问不知道时间，直接应用不含时间的运动学公式2axv2v解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动解析：(1)若歼15战机正常起飞，则有2asv2.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2aLv2vmin，解得v1mi
6、n.(2)解法一(一般公式法)起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有xv2mint，t2asv22a(Lx)v2vmin解得v2min.解法二(相对运动法)选航空母舰为参照系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为vv2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL(vv2min)2和2asv2，仍可得v2min.答案：(1)(2)反思总结知三求二解决匀变速直线运动问题在研究匀变速直线运动中，要把握以下四点：1要熟练掌握下列四个公式：vv0at，xv0tat2，2axv2v，xt.这四个公式中
7、，前两个是基本公式，后两个是前两个的推论也就是说在这四个公式中只有两个是独立的，解题时只要适当地选择其中两个即可2要分清运动过程是加速运动过程还是减速运动过程3要清楚这四个公式都是矢量式，求解问题时，首先要规定一个正方向，以此来确定其他矢量的正负，一般选择v0的方向为正方向4一个匀变速直线运动的过程，一般用五个物理量来描述，即v0、v、a、x、t.在这五个量中，只要知道三个量，就可以求解其他两个未知量，常叫“知三求二”11.基本规律的应用如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为3 s和1 s关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速
8、度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A关卡3B关卡4C关卡5 D任何关卡都无法挡住解析：由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t11 s，在加速时间内通过的位移x1at1 m，t22 s，x2vt24 m，关闭1 s运动的总位移为7 m，再打开3 s，又前进6 m，此时距关卡3还有3 m的距离，再关闭1 s，运动到距关卡3还有1 m的位置，又打开3 s，以后将重复前面的运动情况，故任何关卡都无法挡住，选D.答案：D12.推论的应用“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器假设某次海试活动中，
9、“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0t)时刻距离海平面的深度为()A. BC. Dvt0(1)解析：潜水器减速上升，加速度a，由2aHv2得：开始运动时距离水面高度Hvt，经时间t0上升的距离为：hvt0atvt0，此时到水面的距离hHh.答案：A13.刹车问题在平直公路上，汽车以1 m/s2的加速度加速行驶了12 s，驶过了180 m，求：(1)汽车开始加速时的速度为多大？(2)过了180 m处之后接着若以2 m/s2大小的加速度刹车，问刹车后汽车在12 s内前进的距离是多少？解析
10、：(1)汽车在加速过程，由x1v0ta1t2得：v09 m/s.(2)运动180 m时的速度：vv0a1t21 m/s刹车后的实际运动时间t210.5 s说明汽车自刹车到速度为零经历了10.5 s，并没有运动12 s，所以x2110.25 m.答案：(1)9 m/s(2)110.25 m考点二解决匀变速直线运动的常用方法 (师生共研)典例2 物体以一定的初速度从斜面底端冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示已知物体运动到斜面长度处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间 思路点拨本题的解答方法很多因为vC0，故可用逆向思维法将该过程看作是沿斜面向下的匀加速直线运动
11、不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程解析：解法一(逆向思维法)物体向上减速冲上斜面且vC0，则该物体运动的逆过程相当于沿斜面向下的初速度为0的匀加速直线运动故xBC，xAC又xBC，解得tBCt.解法二(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x1x2x3xn135(2n1)现有xCBxBA13因通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBCt.解法三(平均速度法)中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度AC又v2axACv2axBCxBC解得vB可以看出vB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tBCt.解
12、法四(推论法)对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1t2t3tn1(1)()()现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为tx，那么通过DB、ED、AE段的时间分别为tDB(1)tx，tED()tx，tAE()tx，又tDBtEDtAEt，得txt.答案：t反思总结对于减速到零的匀减速直线运动，运用逆向思维将运动转变成初速度为零的匀加速直线运动，就可以大大降低解题难度，顺利找到突破口21.v 的应用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()A1 m/s2B2 m/s2
13、C3 m/s2 D4 m/s2解析：第1个3 s内的平均速度即为1.5 s时刻瞬时速度v1，第1个5 s内的平均速度即为2.5 s时刻瞬时速度v2，a3 m/s2，C正确答案：C22.逆向思维法(2018湖南雅礼中学模拟)一个做匀速直线运动的物体，从某时刻起做匀减速运动经6 s静止，设连续通过三段位移的时间分别是3 s、2 s、1 s，这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是()A123111 B3323132221C1233312232 D531321解析：设连续3段位移依次为s1、s2和s3，平均速度依次为、，反过来看为初速度为0的匀加速直线运动，s3a12，s2a(3212
14、)，s1a(6232)，则s1s2s3278133231，32221，B对答案：B23.扩展公式xaT2的应用(2018江西鹰潭期末)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点已知AB6 m，BC10 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()A2 m, 3 m, 4 mB3 m, 4 m, 5 mC2 m, 4 m, 6 mD3 m, 5 m, 7 m解析：球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，所以B为AC点的中间时刻，中点时刻的速度等于平均速度，所以vB4 m/s，由xat2 得：a1 m/s2，再利用vv0at，可分别解得：vA
15、2 m/s；vC6 m/s，故C正确答案：C考点三自由落体和竖直上抛运动 (自主学习)1竖直上抛运动的两种研究方法分段法将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段全程法将全过程视为初速度为v0，加速度ag的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性习惯上取v0的方向为正方向，则v0时，物体正在上升；v0时，物体在抛出点上方；h0时，物体在抛出点下方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，则时间的对称性：物体上升过程中从AC所用时间tAC和下降过程中从CA所用时间tCA相等，同理tABtBA.速度的对称性：物
16、体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等能量的对称性：物体从AB和从BA重力势能变化量的大小相等(2)多解性：当物体经过抛出点某个位置(最高点除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点31.自由落体运动(2018广东惠州期末)甲乙两物体的质量之比为m甲m乙51，甲从高H处自由落下的同时，乙从高2H处自由落下，若不计空气阻力，下列说法中错误的是()A在下落过程中，同一时刻二者速度相等B甲落地时，乙距地面的高度为HC甲落地时，乙的速度大小为D甲、乙在空气中运动的时间之比为12解析：因为甲乙物体同时做自由落体运动，它们的初速度为零，加速度为g
17、，任意时刻的速度为： vgt，所以两物体下落过程中，在同一时刻甲的速度与乙的速度相等，故A正确；甲落地时，甲乙运动的位移都为H，所以乙离地面的高度为：2HHH，故B正确；甲落地时，乙下落位移为H，由位移速度关系式v22gH，得v，故C正确；因为甲乙物体均做自由落体运动，加速度为g，根据hgt2，得甲下落的时间为，乙下落的时间为，所以甲、乙在空中运动的时间之比为1，故D错误答案：D32.竖直上抛运动在一次大气科考活动中，探空气球以8 m/s的速度匀速竖直上升，某时刻从气球上脱落一个物体，经16 s到达地面求物体刚脱离气球时气球距离地面的高度(g取10 m/s2，不计空气阻力)解析：物体脱离气球后
18、做竖直上抛运动，即为加速度为g的匀减速直线运动根据题意画出运动草图如图所示规定向下方向为正，则v08 m/s根据hv0tgt2得：h816 m10162 m1 152 m.答案：1 152 m1(2018沈阳东北育才期中)火车的速度为8 m/s，关闭发动机后前进70 m时速度减为6 m/s.若再经过40 s，火车又前进的距离为( B )A80 m B90 m C120 m D160 m解析：设火车的加速度为a，根据v2v2ax，解得： a m/s20.2 m/s2，从6 m/s到停止所需要的时间为t s30 s，故再经过40 s火车前进的距离实际为火车前进30 s前进的距离，即xt30 m90
19、 m，选B.2(2016全国卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍该质点的加速度为( A )A.BC. D3杭新景高速公路限速120 km/h，一般也要求速度不小于80 km/h，冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30 m，该人的反应为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是( B )A10 m/s B15 m/sC10 m/s D20 m/s4(2018江西南昌八校联考)从高度为125 m的
20、塔顶，先后落下a、b两球，自由释放这两个球的时间差为1 s，则以下判断正确的是(g取10 m/s2，不计空气阻力)( AC )Aa球接触地面瞬间，b球离地高度为45 mBb球下落高度为20 m时，a球的速度大小为20 m/sC在a球接触地面之前，两球的速度差恒定D在a球接触地面之前，两球离地的高度差恒定解析：根据hgt2知，a球下落的时间t1 s5 s，当a球接地瞬间，b球还有1 s时间才落地，故b离地高度为H125104245 m，A正确；b球下落高度为20 m时，b球运动了 s2 s，即a球运动了3 s，所以a球的速度大小为vgt30 m/s，B错误；设b球下降时间为t时，b球的速度vbg
21、t，a球的速度vag(t1)，则vvavbg，与时间无关，是一定量，C正确；设b球下降时间为t时，b球下降的高度hbgt，a球下降的高度hag(t1)2，两球离地的高度差等于下降的高度差hhahbgtg，随时间的增大，位移差增大，D错误5(2018沈阳校联体联考)如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途径A、B、C三点，其中O、A之间的距离为 m，A、B之间的距离为2 m，物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则B、C之间的距离为( B )A2.5 m B3 m C3.5 m D4 m解析：设物体通过AB、BC所用时间分别为T，则B点的速度为： vB 根据xaT2，有： xBC2a
22、T2 得a vAaTvB联立：vA O到A过程：v2axOA，22解得：xBC3 m，故B正确A组基础题1(2018四川雅安期末)做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s的位移是( A )A2 m B1.5 m C1 m D0.5 m解析：用逆向思维，把物体的运动看成匀加速直线运动，可知初速度为：v00 m/s，则物体在第1 s，第2 s，第3 s，第4 s内的位移之比为：1357，所以x1x417，所以x12 m，故选A.2(2017海南卷)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线由刹车线的长短可知汽车刹车
23、前的速度已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)( B )A10 m/sB20 m/sC30 m/s D40 m/s3(2018四川南充上学期期末)物体做匀加速直线运动，初速度为4 m/s，加速度为0.2 m/s2，则( C )A物体在第5 s末的速度为3 m/sB每经过2 s时间，物体速度增大4.4 m/sC物体在前2 s运动的位移为8.4 mD每经过1 s时间物体位移的增加量相等解析：根据vv0at，得物体在第5 s末的速度为v540.255 m/s，故A错误；根据a，得每经过2 s时间，物体速度增大v
24、at0.220.4 m/s，故B错误；根据xv0tat2，得物体在前2 s运动的位移为x2420.2228.4 m，故C正确；根据xv0tat2，得每经过1 s时间物体位移的增加量为xv0tat20.2t3.9，故位移增加量随时间的增大而增大，不相等，故D错误；故选C.4汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2 s与5 s时汽车的位移之比为( C )A54 B45C34 D435(多选)某一时刻a、b两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中( AC )Aa、b两物体速度之差
25、保持不变Ba、b两物体速度之差与时间成正比Ca、b两物体位移之差与时间成正比Da、b两物体位移之差与时间的平方成正比6(多选) 在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面的高度为ph(p1)和h的地方同时由静止释放，如图所示球A的质量为m，球B的质量为2m.设小球与地面碰撞后以原速率反弹，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，则p可以取下列哪些值( BCD )A6 B5C4 D37(2018浙江温州期末) 如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“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v36 k
26、m/h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”，加速度大小约为5 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( B )A5 m B10 m C20 m D25 m解析：由题意知，车速v10 m/s，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5 m/s2，最后末速度减为0，由推导公式v22ax可得：x m10 m，选B.B组能力题8(2018江苏泰州中学上学期期末)在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图如图所示，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差可以测出被测的物体的速度
27、；某时刻测速仪发出超声波，同时汽车在离测速仪358 m处开始做匀减速直线运动当测速仪接收到反射回来的超声波信号时，汽车在离测速仪334 m处恰好停下，已知声速为340 m/s，则汽车在这24 m位移内的平均速度为( C )A5 m/s B10 m/s C12 m/s D24 m/s解析：汽车做匀减速直线运动，汽车在与超声波相遇前后运动的时间相等，则根据匀变速运动规律可知，两段时间内的位移之比为31，则可知，在与超声波相遇时汽车前进的距离为x24 m18 m，故超声波与汽车相遇时超声波前进的距离为s(35818) m340 m，可知汽车在这24 m位移内的时间t22 s2 s，汽车的平均速度为
28、m/s12 m/s，故A、B、D错误，C正确9(多选)(2018福建师大附中月考)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s 内位移的2倍，且已知滑块最初开始1 s内的位移为5 m，由此可求得( AC )A滑块的加速度大小为2m /s2B滑块的初速度为5 m/sC滑块运动的总时间为3 s D滑块运动的总位移为7.5 m解析：设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有最后2 s内位移为：s1at22a，最初2 s内位移为：s2at2a22at2a，又s1s212，则有2at2a4a，解得总时间t3 s，故C正确第1
29、s的位移为：s3at2a25 m所以4.5a2a5，解得a2 m/s2，则总位移xat229 m9 m，故A正确、D错误，滑块的初速度v0at23 m/s6 m/s，故B错误10物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t，现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a1)到某一最大速度vm，然后立即做匀减速直线运动(加速度为a2)至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t，则物体的( C )Avm可为许多值，与a1、a2的大小有关Bvm可为许多值，与a1、a2的大小无关Ca1、a2必须满足Da1、a2必须是一定的11(2017浙江卷)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸，小明对过程进行
30、观测，记录数据如表：运动过程运动时间运动状态匀加速运动040 s初速度v00，末速度v4.2 m/s匀速运动40640 sv4.2 m/s匀减速运动640720 s靠岸时的速度v10.2 m/s(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；(2)若游船和游客的总质量M8 000 kg，求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F；(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小解析：(1)游船匀加速运动过程中加速度大小 a1 m/s20.105 m/s2位移大小 x1t140 m84 m.(2)游船匀减速运动过程中加速度大小a2 m/s20.05 m/s2.根据牛顿第二定律得 FMa28 00
31、00.05 N400 N.(3)游船在整个行驶过程中的总位移 xx1vt2t384 m4.2600 m80 m2 780 m游船在整个行驶过程中的平均速度大小 m/s3.86 m/s.答案：(1)0.105 m/s284 m(2)400 N(3)3.86 m/s12(2018广西南宁第三中学期末)2018年1月24日，南宁三中教工进行了“真爱杯”踢毽子比赛，全校老师一起体验让毽子做竖直上抛运动的感觉，高一年级双根老师能用身体最多部位踢毽子获民间“花样毽子王”现构建如下模型：设某毽子(视为质点)以3 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2.求： (1)毽子上升的最大高度h1；(2)0.5 s内毽子运动的路程s；(3)0.5 s内毽子的平均速度.解析： (1) 初速度3 m/s，只需要t10.3 s即可上升到最高点.0.3 s内上升高度为： h10.45 m；(2) 再自由落体t20.2 s时间，下降高度h2gt0.2 m，故0.5 s内毽子运动的路程 sh1h20.450.2 m0.65 m；(3) 0.5 s内毽子运动的位移大小xh1h20.25 m，05 s内毽子的平均速度大小0.5 m/s，方向竖直向上答案：(1)0.45 m(2)0.65 m(3)0.5 m/s，方向竖直向上15