2014届一轮复习：专题1 第2讲匀变速直线运动的规律及应用

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高三一轮复习秘籍-第一章第2讲匀变速直线运动的规律

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过好双基关————回扣基础知识训练基础题目一、匀变速直线运动的规律1．速度公式：v＝v0＋at.2．位移公式：x＝v0t＋12at2.3．位移速度关系式：v2－v20＝2ax.二、匀变速直线运动的推论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＝v0＋v2＝v t 2 .(3)位移中点速度2220 2vv vx +=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v1∶v2∶v3∶…∶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x1∶x2∶x3∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶n2.(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 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之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)．三、自由落体运动和竖直上抛运动1．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：x ＝12gt 2.③速度位移关系式：③v 2＝2gx .(3)伽利略对自由落体运动的研究①伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．②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)结合起来．2．竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做自由落体运动．(2)运动性质：匀变速直线运动．(3)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ；②位移公式：x ＝v 0t －12gt 2.研透命题点————细研考纲和真题分析突破命题点1．三个概念的进一步理解(1)质点不同于几何“点”，它无大小但有质量，能否看成质点是由研究问题的性质决定，而不是依据物体自身大小和形状来判断．(2)参考系一般选取地面或相对地面静止的物体．(3)位移是由初位置指向末位置的有向线段，线段的长度表示位移的大小．2．三点注意(1)对于质点要从建立理想化模型的角度来理解．(2)在研究两个物体间的相对运动时，选择其中一个物体为参考系，可以使分析和计算更简单．(3)位移的矢量性是研究问题时应切记的性质．【例1】在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示．下面说法正确的是()A．地球在金星与太阳之间B．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案D解析金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为观测“金星凌日”时太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确．【变式1】(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东直线行驶4km，又向北直线行驶3km，已知sin37°＝0.6，则下列说法中正确的是()A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7kmB．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5km处D．研究小船在湖中行驶时间时，小船可以看做质点答案ACD解析在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km＝5km，方向为东偏北θ，满足sinθ＝0.6，即θ＝37°，运动的路程为7km，选项A，C正确；以小船为参考系，O处的观察员是运动的，B错误；若研究小船在湖中行驶时间时，小船的大小相对于行驶的距离可以忽略不计，故小船可以看做质点，选项D正确．1．区别与联系(1)区别：平均速度是过程量，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度；瞬时速度是状态量，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度．(2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度．2．方法和技巧(1)判断是否为瞬时速度，关键是看该速度是否对应“位置”或“时刻”．(2)求平均速度要找准“位移”和发生这段位移所需的“时间”．【例2】在某GPS定位器上，显示了以下数据：航向267°，航速36km/h，航程60km，累计100min，时间10∶29∶57，则此时瞬时速度和开机后平均速度为()A．3.6m/s、10m/s B．10m/s、10m/sC．3.6m/s、6m/s D．10m/s、6m/s答案B解析GPS定位器上显示的航速为瞬时速度36km/h＝10m/s，航程60km，累计100min ，平均速度为v ＝Δx Δt ＝60×103100×60m/s ＝10m/s ，故B 正确．【变式2】(多选)如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB ，ABC ，ABCD ，ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1s,2s,3s,4s ．下列说法正确的是()A ．物体沿曲线A →E 的平均速率为1m/sB ．物体在ABC 段的平均速度大小为52m/s C ．AB 段的平均速度比ABC 段的平均速度更能反映物体处于A 点时的瞬时速度D ．物体在B 点时的速度等于AC 段的平均速度答案BC 解析平均速率是路程与时间的比值，图中信息不能求出ABCDE 段轨迹的长度，故不能求出平均速率，选项A 错误；由v ＝s t 可得v ＝52m/s ，选项B 正确；所选取的过程离A 点越近，其过程的平均速度越接近A 点的瞬时速度，选项C 正确；物体在B 点的速度不一定等于AC 段的平均速度，选项D 错误．【变式3】一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x＝(5＋2t3)m，它的速度v随时间t变化的关系为v＝6t2 (m/s)，该质点在t＝2s时的速度和t＝2s到t＝3s时间内的平均速度的大小分别为()A．12m/s39m/s B．24m/s38m/sC．12m/s19.5m/s D．24m/s13m/s答案B解析由v＝6t2(m/s)得，当t＝2s时，v＝24m/s；根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x＝(5＋2t3)m得：当t＝2s时，x2＝21m，t＝3s时，x3＝59m；则质点在t＝2s到t＝3s时间内的位移Δx＝x3－x2＝38m，平均速度v＝ΔxΔt ＝381m/s＝38m/s，故选B.◆拓展点用平均速度法求解瞬时速度——极限思想的应用1．用极限法求瞬时速度和瞬时加速度(1)公式v＝ΔxΔt中，当Δt→0时v是瞬时速度．(2)公式a＝ΔvΔt中，当Δt→0时a是瞬时加速度．2．注意(1)用v＝ΔxΔt求瞬时速度时，求出的是粗略值，Δt(Δx)越小，求出的结果越接近真实值．(2)对于匀变速直线运动，一段时间内的平均速度可以精确地表示物体在这一段时间中间时刻的瞬时速度．【例3】为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d ＝3.0cm 的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt ＝3.0s ，则滑块的加速度约为()A ．0.067m/s 2B ．0.67m/s 2C ．6.7m/s 2D ．不能计算出答案A 解析遮光板通过第一个光电门时的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m/s ＝0.10m/s ，遮光板通过第二个光电门时的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10m/s ＝0.30m/s ，故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt ≈0.067m/s 2，选项A 正确．1．三个概念的比较比较项目速度速度变化量加速度物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量描述物体速度改变的物理量，是过程量描述物体速度变化快慢和方向的物理量定义式v＝ΔxΔtΔv＝v－v0a＝ΔvΔt＝v－v0t决定因素v的大小由v0、a、Δt决定Δv由v与v0进行矢量运算，由Δv＝aΔt知Δv由a与Δt决定a不是由v、t、Δv来决定的，而是由Fm来决定方向平均速度与位移同向由v－v0或a的方向决定与Δv的方向一致，由F的方向决定，而与v0、v的方向无关2.判断直线运动中的“加速”或“减速”方法物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系．(1)a和v同向(加速直线运动)→a不变，v随时间均匀增加a增大，v增加得越来越快a减小，v增加得越来越慢(2)a和v反向(减速直线运动)→a不变，v随时间均匀减小或反向增加a增大，v减小或反向增加得越来越快a减小，v减小或反向增加得越来越慢【例4】(多选)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的可能运动情况为()A．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相同B．加速度的大小为6m/s2，方向与初速度的方向相反C．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相同D．加速度的大小为14m/s2，方向与初速度的方向相反答案AD解析以初速度的方向为正方向，若初、末速度方向相同，加速度a＝v－v0 t＝10－41m/s2＝6m/s2，方向与初速度的方向相同，A正确，B错误；若初、末速度方向相反，加速度a＝v－v0t＝－10－41m/s2＝－14m/s2，负号表示方向与初速度的方向相反，C错误，D正确．【变式4】一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至零，则在此过程中() A．速度先逐渐增大，然后逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B．速度先均匀增大，然后增大得越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案B解析加速度与速度同向，速度应增大，当加速度不变时，速度均匀增大；当加速度减小时，速度仍增大，但增大得越来越慢；当加速度为零时，速度达到最大值，保持不变，选项A错误，B正确；因质点速度方向不变化，始终向前运动，最终做匀速运动，所以位移一直在增大，选项C、D均错误．【变式5】一物体做加速度为－1m/s2的直线运动，t＝0时速度为－5m/s，下列说法正确的是()A．初速度为－5m/s说明物体在做减速运动B．加速度为－1m/s2说明物体在做减速运动C．t＝1s时物体的速度为－4m/sD．初速度和加速度方向相同，物体在做加速运动答案D解析当速度方向与加速度方向相同时，物体做加速运动，根据速度公式v ＝v0＋at，当t＝1s时物体速度为v1＝－5m/s＋(－1)×1m/s＝－6m/s，故A、B、C错误，D正确．。

高考物理一轮复习 1.2匀变速直线运动的规律及其应用课件

Ⅲ∶1∶…( ∶2－tN=1)1∶∶( (53)－2从-1静2∶)止∶开…3始∶-通( 2n过－∶连…续n∶－相1等) N的-．位N移-1时。的速度之比
说明:末速度v3为∶…0 的∶匀vn减＝速1∶运动2∶可以3∶看…成∶倒计n时. 的初速
度(5为)从0静的止匀开加始速通运过动连来续处相理等。的位移时的速度之比为 v1∶v2∶
第2讲匀变速直线运动的规律及其应用
P4
一、匀变速直线运动
P4
1．定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．
2．分类匀匀加减速速直直线线运运动动：：aa与与vv
同向反向
二、匀变速直线运动的公式
1．三个基本公式速度公式：v＝
位移公式：x＝
【注意】匀变速直线运
v0＋at
动中所涉及的物理量有五；个，分别为v0、vt、x、a、
方法1：基本公式法
解得 v0＝10 m/s，a＝2 m/s2.
其它方法？
汽车从刹车到停止所需时间 t＝va0＝5 s. v
v0 v 2
vt
2
x t
刹车后 6 s 内的位移即 5 s 内的位移 x＝v0t－12at2，代入数据解得
x＝25 m.
答案 C
• 2 一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝
．
1∶3∶5∶…∶(2n－1)
(4)通过1x、2x、3x、…nx的位移所用的时间之比为
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝
.
1∶( 2－1)∶( 3－P42)∶…∶( n－ n－1) ．
(4)通过(51)从x、静2止x、开3始x、通…过n连x的续位相移等所的用位的移时时间的之速比度为之比为 v1∶ t1∶t2∶t3∶v…3∶∶…tn＝∶vn＝1∶ 2∶ 3∶…∶ n.

2014届高考物理一轮专题复习课件：1.2 匀变速直线运动的规律 (人教版).doc

解析：根据初速度为零的匀变速直线运动的推论及 v2＝ 2ax 知选项 A、C 正确。
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答案： AC
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第2讲匀变直线运动的规律
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匀变速直线运动的两个重要推论 (1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时
v0 2－a1 2t1 2 [答案] 2s－a1t1 2
2s－a
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求解匀变速直线运动问题的一般解题步骤 (1)首先确定研究对象，并判定物体的运动性质。 (2)分析物体的运动过程，要养成画物体运动示意图的习惯。 (3)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析
－80×90) m/s＝1 400 m/s，可见从第一级火箭分离至第二级火箭启动，卫星速度在减小，做匀减速直线运动，设加速度为 a2，由 v2－v1 1 400－1 500 v2＝v1＋a2t2，得 a2＝＝ m/s2＝－10 m/s2，负 t2 10 号表示加速度 a2 的方向与速度方向相反。
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两个阶段的总路程为s 飞机不仅受阻力作用，两个
阶段加速度不同
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第2讲匀变直线运动的规律
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第二步：找解题突破口
飞机的两个运动阶段情景相似，且第一阶段的末速度
等于第二阶段的初速度，分别根据速度公式和位移公式对
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答案：匀减速运动 10 m/s2
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[命题分析]

2014《步步高》物理大一轮复习讲义第01章第2课时匀变速直线运动规律的应用

第2课时匀变速直线运动规律的应用考纲解读 1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx ＝aT 2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．1． [位移公式和平均速度公式的应用]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，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示 ( )A ．v 0t ＋12at 2 B ．v 0tC.v 0t 2D.12at 2 2． [平均速度公式的应用]做匀加速直线运动的某物体初速度为2 m/s ，经过一段时间t 后速度变为6 m/s ，则t2时刻的速度为 ( )A ．由于t 未知，无法确定t2时刻的速度B ．由于加速度a 及时间t 未知，无法确定t2时刻的速度C ．5 m/sD ．4 m/s3． [推论公式v 2－v 20＝2ax 的应用]我国第一艘航空母舰“辽宁舰”已按计划完成建造和试验试航工作，于2012年9月25日上午正式交付海军．若航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s 2，战斗机滑行100 m 时起飞，起飞速度为50 m/s ，则航空母舰静止时弹射系统必须使战斗机具有的初速度为( )A ．10 m/sB ．20 m/sC ．30 m/sD ．40 m/s 考点梳理一、匀变速直线运动的规律 1．变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且不变的运动． (2)分类①匀加速直线运动，a 与v 0方向． ②匀减速直线运动，a 与v 0方向． 2．变速直线运动的规律(1)速度公式： .(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式： . 二、匀变速直线运动的推论1．变速直线运动的两个重要推论(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＝ .2．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、……瞬时速度的比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v 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 ＝(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) 三、自由落体运动和竖直上抛运动 1．由落体运动(1)条件：物体只受，从开始下落．(2)运动性质：初速度v 0＝0，加速度为重力加速度g 的运动． (3)基本规律①速度公式： .②位移公式：h ＝12gt 2.③速度位移关系式： . 2．直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做运动，下降阶段做运动． (2)基本规律①速度公式：v ＝ .②位移公式：h ＝v 0t －12gt 2.③速度位移关系式：v 2－v 20＝ .④上升的最大高度：H ＝v 202g.⑤上升到最高点所用时间：t ＝v 0g .4．刹车问题的处理]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/s 2，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 ( ) A ．5∶4 B ．4∶5 C ．3∶4 D ．4∶35． [逆向思维法处理匀减速直线运动问题]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 内位移是 ( ) A ．3.5 m B ．2 m C ．1 m D ．0 方法提炼1．逆向思维法匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动．2．对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t≤v 0a ，发生的位移满足x ≤v 202a.考点一匀变速直线运动规律的应用1．速度时间公式v＝v0＋at、位移时间公式x＝v0t＋12at2、位移速度公式v2－v2＝2ax，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．2．三个公式中的物理量x、a、v0、v均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v0方向相同的x、a、v均为正值，反之为负值．当v0＝0时，一般以a的方向为正方向．这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化．3．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．例1(2013·新课标全国·24)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．突破训练1短跑名将博尔特在北京奥运会上100 m和200 m短跑项目的成绩分别为9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)考点二解决匀变速直线运动的常用方法1．一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．2．平均速度法定义式v＝ΔxΔt对任何性质的运动都适用，而v＝vt2＝12(v0＋v)只适用于匀变速直线运动．3．比例法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重要特征的比例关系，用比例法求解．4．逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动．5．推论法利用Δx＝aT2：其推广式x m－x n＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．6．图象法利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v t2与v x2，以及追及问题；用x－t图象可求出任意时间内的平均速度等．例2物体以一定的初速度v0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1所示．已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．突破训练2在一个倾斜的长冰道上方，一群孩子排成队，每隔1 s就有一个小孩子往下滑，一游客对着冰道上的孩子拍下一张照片，如图2所示，照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子．他根据照片与实物的比例推算出乙与甲、丙两孩子间的距离分别为12.5 m和17.5 m，请你据此求解下列问题：(g取10 m/s2)(1)若不考虑一切阻力，小孩下滑加速度是多少？(2)拍照时，最下面的小孩丁的速度是多大？(3)拍照时，在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩子不会超过几个？考点三自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动实质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．2．竖直上抛运动的研究方法竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可采用两种方法：(1)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降过程的自由落体阶段．(2)全程法：将全过程视为初速度为v、加速度为a＝－g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v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方．3. 竖直上抛运动的对称性如图3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)时间对称性：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.(2)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过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mgh AB. 例3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，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为() A．10 m B．20 m C．30 m D．50 m突破训练3在【例3】中求：(1)物体抛出的初速度大小；(2)若塔高H＝60 m，求物体从抛出到落到地面所用的时间和落到地面时的速度大小(g取10 m/s2)．2．思维转化法：将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”例4从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一个小球，在连续释放几颗小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图4所示，测得x AB＝15 cm，x BC＝20 cm，求：(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)拍摄时x CD的大小；(4)A球上方滚动的小球还有几颗．突破训练4某同学站在一平房边观察从屋檐边滴下的水滴，发现屋檐边滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1 m，由此求屋檐离地面的高度．高考题组 1． (2011·重庆·14)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(不计声音传播时间，重力加速度g 取10 m/s 2)( ) A ．10 m B ．20 m C ．30 m D ．40 m 2． (2011·安徽·16)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为 ( ) A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2) D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)3． (2011·山东·18)如图5所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力)．则 ( )A ．两球同时落地B ．相遇时两球速度大小相等C ．从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D ．相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率和对球b 做功功率相等模拟题组4．如图6所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab ＝bd ＝6 m ，bc ＝1 m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2 s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v c ，则 ( ) A ．v b ＝2 2 m/s B ．v c ＝3 m/sC ．x de ＝3 mD ．从d 到e 所用时间为4 s5．气球以10 m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g 取10 m/s 2)(限时：30分钟)►题组1 匀变速直线运动基本规律的应用1．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，在第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是 ( ) A ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 m B ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 m C ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 m D ．a ＝0.8 m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m2．给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是 ( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0gD.3v 02g3．一个做匀加速直线运动的物体，在前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 ．求这个物体运动的加速度和初速度各是多少？►题组2 自由落体和竖直上抛运动的规律4．从某高处释放一粒小石子，经过1 s 从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将 ( ) A ．保持不变 B ．不断增大 C ．不断减小 D ．有时增大，有时减小5．从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面．在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是 ( ) A ．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同 B ．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反 C ．物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间 D ．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间6．一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a 的时间间隔是T a ，两次经过一个较高点b 的时间间隔是T b ，则a 、b 之间的距离为 ( ) A.18g (T 2a －T 2b ) B.14g (T 2a －T 2b ) C.12g (T 2a －T 2b ) D.12g (T a －T b ) 7．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛的物体，从抛出至回到原点的时间为t ，现在在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，则此时物体上升和下降的总时间约为 ( ) A ．0.5t B ．0.4t C ．0.3t D ．0.2t►题组3 应用运动学基本规律分析实际运动问题8．汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s 匀减速至零，需用时间1 s ，按规定速率为8 m/s 的汽车刹车后拖行路程不得超过 5.9 m ，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )A ．拖行路程为8 m ，符合规定B ．拖行路程为8 m ，不符合规定C ．拖行路程为4 m ，符合规定D ．拖行路程为4 m ，不符合规定9．一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 m D ．75 m10．一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻电线杆间的间隔均为50 m ，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小为v 1＝5 m/s ，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s 末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是 ( ) A ．汽车运动的加速度大小为1 m/s 2B ．汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/sC ．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 sD ．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为25 m/s11．“蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，比赛时，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力(F)－时间(t)图象，如图1为某一运动员比赛时计算机作出的F－t图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是()A．裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动B．1 s末该运动员的运动速度最大C．1 s末到2 s末，该运动员在做减速运动D．3 s末该运动员运动到最高点12．如图2所示，A、B两同学在直跑道上练习4×100 m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度．B从静止开始全力奔跑需25 m才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出．若要求B接棒时速度达到最大速度的80%，则：(1)B在接力区需跑出的距离s1为多少？(2)B应在离A的距离s2为多少时起跑？13．一列火车做匀变速直线运动，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s 内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求：(1)火车的加速度的大小；(2)人开始观察时火车速度的大小．参考答案[基础知识题组]1答案 CD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当做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．2答案 D解析中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度2＋62m/s ＝4 m/s ，D 对．3答案 D [考点梳理]一、匀变速直线运动的规律 1加速度；同向；反向 2 v ＝v 0＋at . ；v 2－v 20＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论1 aT2 ；1∶2∶3∶…∶n ；1∶3∶5∶…∶(2n －1) 三、自由落体运动和竖直上抛运动1.重力；静止；匀加速直线；v ＝gt ；v 2＝2gh . 2．匀减速直线；自由落体；v 0－gt .；－2gh . [规律方法题组]4答案 C 5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，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 mx 1，x 1＝2 m ．故选B. [课堂探究考点突破]例1答案 5∶7解析设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0)的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2.由运动学公式得 v ＝at 0s 1＝12at 20s 2＝v t 0＋12×(2a )t 20 设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s 1′、s 2′.同样有 v ′＝(2a )t 0s 1′＝12×(2a )t 20 s 2′＝v ′t 0＋12at 20设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有 s ＝s 1＋s 2s ′＝s 1′＋s 2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 s s ′＝57突破训练1答案 (1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s 2 解析 (1)设加速所用时间为t (以s 为单位)，匀速运动的速率为v (以m/s 为单位)，则有： 12v t ＋(9.69 s －0.15 s －t )v ＝100 m ① 12v t ＋(19.30 s －0.15 s －t )×0.96v ＝200 m ② 由①②式得t ＝1.29 s ，v ＝11.24 m/s.(2)设加速度大小为a ，则a ＝vt ＝8.71 m/s 2例2解析答案 t 解法一比例法对于初速度为0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 x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)现有x BC ∶x AB ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3通过x AB 的时间为t ，故通过x BC 的时间t BC ＝t . 解法二中间时刻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＋02＝v 02又v 20＝2ax AC ① v 2B ＝2ax BC ②x BC ＝14x AC ③解①②③得：v B ＝v 02.可以看出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 .解法三利用有关推论对于初速度为0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t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)∶…∶(n －n －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t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时间分别为： 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 .突破训练2答案 (1)5 m/s 2 (2)25 m/s (3)不会超过2个例3答案 ACD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，如图所示，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过程，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，B 错误．突破训练3答案 (1)20 m/s (2)6 s 40 m/s 解析 (1)由位移公式得：0－v 20＝－2gh 解得：v 0＝2gh ＝2×10×20 m/s ＝20 m/s(2)由位移公式得：－H ＝v 0t －12gt 2，解得：t ＝6 s物体由最高点做自由落体运动，落地时的速度大小为v ，则：v 2＝2g (H ＋h )，解得：v ＝40 m/s.例4答案 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m (4)2解析 (1)由a ＝Δx t 2得小球的加速度 a ＝x BC －x AB t 2＝5 m/s 2 (2)B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即v B ＝x AC 2t＝1.75 m/s (3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即x CD －x BC ＝x BC －x AB ，所以x CD ＝2x BC －x AB ＝0.25 m(4)设A 点小球的速度为v A ，由于v A ＝v B －at ＝1.25 m/s所以A 球的运动时间为t A ＝v A a＝0.25 s ，所以在A 球上方滚动的小球还有2颗．突破训练4答案 3.2 m解析作出如图所示的示意图.5滴水滴的位置等效为一滴水做自由落体运动连续相等时间内的位置．图中自上而下相邻点之间的距离比为1∶3∶5∶7，因点“3”、“2”间距为1 m ，可知屋檐离地面高度为15×(1＋3＋5＋7) m ＝3.2 m[高考模拟提能训练]1答案 B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.2答案 A解析物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律： v ＝v t 2＝x t 知：v t 12＝Δx t 1① v t 22＝Δx t 2② 由匀变速直线运动速度公式v t ＝v 0＋at 知v t 22＝v t 12＋a ·(t 1＋t 22)③ ①②③式联立解得a ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2). 3答案 C解析对b 球，由h 2＝12gt 2得t ＝ h g ，v b＝gt ＝gh .以后以初速度gh 匀加速下落．对a 球，h 2＝v 0t －12gt 2得v 0＝gh ，在h 2处，v a ＝v 0－gt ＝0，以后从h 2处自由下落．故落地时间t b <t a ，a 、b 不同时落地，选项A 错误．相遇时v b ＝gh ，v a ＝0，选项B 错误．从开始运动到相遇，a 球动能减少量ΔE k a ＝12m v 20＝12mgh ，b 球动能增加量ΔE k b ＝12m v 2b ＝12mgh ，选项C 正确．相遇之后，重力对b 球做功的功率P b ＝mg (v b ＋gt ′)＝mg (gh ＋gt ′)，重力对a 球做功的功率P a ＝mg (v a ＋gt ′)＝mg ·gt ′，P b >P a ，选项D 错误．4答案 BD解析小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因T ac ＝T cd ＝T ，故c 点为a 到d 的中间时刻，故v c ＝x ad 2T ＝6＋62×2m/s ＝3 m/s ，故B 正确；因x ac ＝x ab ＋x bc ＝7 m ，x cd ＝x bd －x bc ＝5 m ，故加速度大小为a ＝x ac －x cd T 2＝0.5 m/s 2，由v c ＝aT ec 得T ec ＝v c a＝6 s ，则T de ＝T ec －T cd ＝4 s ；x de ＝x ec －x cd ＝4 m ，故C 错误，D 正确；由v 2b －v 2c ＝2a ·x bc 可得，v b ＝10 m/s ，A 错误．5答案 7 s 60 m/s解析解法一全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2 解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．解法二分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s 上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10m ＝5 m 故重物离地面的最大高度为H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝ 2H g ＝ 2×18010s ＝6 s ， v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时t ＝t 1＋t 2＝7 s.[练出高分]1答案 C解析 a ＝x 9′－x 5′4T 2＝44×12 m/s 2＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝(0.5＋1×9) m/s ＝9.5 m/s ，x 9＝v 0t ＋12at 2＝(0.5×9＋12×1×92) m ＝45 m ，故正确选项为C. 2答案 BC解析当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得，t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 正确．3答案 2.25 m/s 2 1.5 m/s解析解法一基本公式法：前4 s 内经过的位移：x 1＝v 0t ＋12at 2 第2个4 s 内经过的位移：x 2＝v 0(2t )＋12a (2t )2－(v 0t ＋12at 2) 将x 1＝24 m 、x 2＝60 m 代入上式，解得a ＝2.25 m/s 2v 0＝1.5 m/s.解法二由公式Δx ＝aT 2，得a ＝Δx T 2＝60－2442 m/s 2＝2.25 m/s 2. 根据v ＝v t 2得v ＝v t 2＝24＋608m/s ＝v 0＋4a ，所以v 0＝1.5 m/s.4答案 B解析设第1粒石子运动的时间为t s ，则第2粒石子运动的时间为(t －1) s ，两粒石子间的距离为Δh ＝12gt 2－12g (t －1)2＝gt －12g ，可见，两粒石子间的距离随t 的增大而增大，故B 正确．5答案 AC解析物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g ，方向向下，A 正确，B 错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C 正确，D 错误．6答案 A解析根据时间的对称性，物体从a 点到最高点的时间为T a 2，从b 点到最高点的时间为T b 2，所以a 点到最高点的距离h a ＝12g (T a 2)2＝gT 2a 8，b 点到最高点的距离h b ＝12g (T b 2)2＝gT 2b 8，故a 、b 之间的距离为h a －h b ＝18g (T 2a －T 2b )，故选A. 7答案 C解析物体上升到最大高度所需的时间为t 2，把上升的位移分成相等的两段，自上向下的时间的比为1：(2－1)，物体上升到最大高度的一半所需时间为t 1＝2－12×t 2，由对称性，物体从最大位移的一半处下落到抛出点的时间也为t 1，故题中所求时间为2t 1＝2×2－12×t 2≈0.3t . 8答案 C解析由x ＝v 02t 可得：汽车刹车后的拖行路程为x ＝82×1 m ＝4 m<5.9 m ，所以刹车试验的拖行路程符合规定，C 正确．9答案 C解析由Δx ＝aT 2得：a ＝－2 m/s 2，由v 0T ＋12aT 2＝x 1得：v 0＝10 m/s ，汽车刹车时间t ＝0－v 0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝0－v 202a＝25 m ，C 正确． 10答案 AB解析由匀加速直线运动的位移规律x ＝v 0t ＋12at 2知汽车运动的加速度大小为1 m/s 2，A 正确；由v 2t －v 20＝2ax 知汽车经过第7根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s ，B 正确；由v t ＝v 0＋at 知汽车从第1根至第7根电线杆用时为20 s ，所以从第3根至第7根电线杆用时为10 s ，C 错误；由v ＝x t知汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s ，D 错误．11答案 D解析运动员的外形和动作影响裁判打分，不能把该运动员的运动看成质点的运动，则A 错误；1 s 末对弹性网的压力最大，运动员在最低点，速度为0,1 s 末到2 s 末，运动员在做加速运动，2 s 末到3 s 末，运动员做竖直上抛运动，3 s 末运动员运动到最高点，则B 、C 错误，D 正确．12答案 (1)16 m (2)24 m解析 (1)对B ：设其加速度为a ，跑出的距离为s 时速度达到最大值v .则2as ＝v 2,2as 1＝(0.8v )2，解得s 1＝0.64s ＝16 m.(2)设B 接棒时跑出时间为t ，则s 1＝v t ＝0.8v 2t ，在t 时间内，对A 有s A ＝v t ，解得s A ＝40 m ．所以B 起跑时，应距离A 为Δs ＝s A －s 1，解得Δs ＝s 2＝24 m.13答案 (1)0.16 m/s 2 (2)7.2 m/s解析 (1)由题知，火车做匀减速运动，设火车加速度大小为a ，L ＝8 m ．由Δx ＝aT 2得8L －6L ＝a ×102，a ＝2L 100＝2×8100m/s 2＝0.16 m/s 2. (2)设人开始观察时火车速度大小为v 0，v T 2＝v ＝8L ＋6L 2T ＝14×820 m/s ＝5.6 m/s.v T 2＝v 0－aT ，解得v 0＝7.2 m/s.。

2014高三物理一轮复习_第1章第二节《匀变速直线运动的规律及应用》课件

①
②
③
解法三：从O点开始，用 v 2as 得
到
vA 2al
vB 2a (l1 l ) vC 2a (l2 l1 l ) v A vC 以上各式代入, vB 2 2 3 l l 1 2 整理后即得结果 l 8(l2 l1 )
【思路点拨】合理地选取运动学公式应注意以下几点： (1)注意公式中涉及的物理量及题目中的已知量之间的对应关系，根据题目的已知条件中缺少的量去找不涉及该量的公式． (2)若题目中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． (3)利用匀变速直线运动的推论往往能使解题过程简化．
第二节匀变速直线运动的规律及应用
基础知识梳理
一、匀变速直线运动的规律 1．基本公式 v＝v0＋at (1)速度公式： _______________ 1 2 x ＝ v 0t＋ at (2)位移公式： ________________ 2 2 2 v － v (3)速度 —位移关系式： ___________ 0＝2ax s v0 ＋ v v (4)平均速度： v ＝＝＝ t t 2 2
中间时即一段时间内的平均速度等于这段时间_____ 刻的瞬时速度，或这段时间初、末时刻速度矢量和的 _____．一半思考感悟 1．①在什么情况下首选速度—位移关系式？② 平均速度公式的适用范围？提示：1.①不涉及时间时； ②匀变速直线运动．
2．匀变速直线运动的重要推论 (1)任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一恒量，即 Δx＝x2－x1＝x3－x2＝……＝xn－xn－1＝____. aT2 (2)初速度为零的匀变速直线运动中的几个重要结论 ①1T末，2T末，3T末……瞬时速度之比为： v1∶v2∶v3∶……∶vn＝___________________. 1∶2∶3∶……∶n ②1T内，2T内，3T内……位移之比为： 1∶22∶32∶……∶n2 x1∶x2∶x3∶……∶xn＝___________________.

高三物理一轮复习 1-1-2：匀变速直线运动规律及应用课件

答案：(1)8 s (2)大小为10 m/s，方向与初速度方向相反
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x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝at2. 2．某段时间内的平均速度，等于该时间的中间时刻的瞬时
速度，
即
.
3和．一某半段的位平移方中根点，的即瞬时速度等于初速度.v0和末速度vt平方
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x1∶x2∶x3…＝ 12∶22∶32 … . (2)1 T末、2T末、3T末……速度之比v1∶v2∶v3…＝ 1∶2∶3 … .
(3) 第一个 T 内、第二个 T 内、第三个 T 内 …… 的位移之比为
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
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
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Δx＝at2求解
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？
2．竖直上抛运动的重要特性
(1)对称性
如图1－2－2，物体以初速度v0竖直上抛，
图1－2－2
A、B为途中的任意两点，C为最高点，则
①时间对称性
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t 相等，同理t ＝t .
②速度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
分别为AB＝2.40 cm，BC＝7.30 cm，CD＝12.20 cm，DE＝17.10 cm.由此可知，

高考物理一轮复习第一章直线运动第2讲匀变速直线运动的规律及应用教案-人教版高三全册物理教案

第2讲匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动的基本规律1.速度与时间的关系式:① v=v0+at 。

2.位移与时间的关系式:② x=v0t+at2。

3.位移与速度的关系式:③ v2-=2ax 。

二、匀变速直线运动的推论1.平均速度公式:==④。

2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=x n-x n-1=⑤ aT2。

可以推广到x m-x n=(m-n)aT2。

3.初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末,2T末,3T末…瞬时速度之比为:v1∶v2∶v3∶…=⑥1∶2∶3∶… 。

(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:x1∶x2∶x3∶…=⑦1∶22∶32∶… 。

(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…=⑧1∶3∶5∶… 。

(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶…=⑨1∶(-1)∶(-)∶… 。

三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律1.自由落体运动规律(1)速度公式:v=⑩ gt 。

(2)位移公式:h=gt2。

(3)速度位移关系式:v2= 2gh 。

2.竖直上抛运动规律(1)速度公式:v= v0-gt 。

(2)位移公式:h= v0t-gt2。

(3)速度位移关系式: v2-=-2gh。

(4)上升的最大高度:h=。

(5)上升到最大高度用时:t=。

1.判断下列说法对错。

(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。

(✕)(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动。

(√)(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。

(✕)(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。

(✕)(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,上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。

(√)2.(多选)(2019贵州师大附中月考)K111次列车正以180 km/h的速度行驶,前方为终点站贵阳站,司机开始制动减速,列车制动时加速度的大小为2.5 m/s2,则( )A.4 s时列车的速度为60 m/sB.4 s时列车的速度为40 m/sC.24 s内列车的位移x=480 mD.24 s内列车的位移x=500 m2.答案BD3.(多选)如图所示,小球从竖直砖墙某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置。

高三物理第一轮复习第一章第2讲匀变速直线运动的规律及应用

四、初速度为零的匀加速直线运动的几个比例关系 1．初速度为零的匀加速直线运动，t 末，2t 末、 1:2:3„ n 3t 末„nt 末速度之比为__________ ． 2．初速度为零的匀加速直线运动，t 内，2t 内、 1:4:9„n2． 3t 内„nt 内的位移之比为__________ 3．初速度为零的匀加速直线运动，从静止开始， 1:3:5„(2n －1) 连续相等的时间间隔内的位移之比为__________ ． 4．匀变速直线的物体，在任意两个连续相等的 2 aT 时间内的位移之差是个恒量，即 Δx＝__________. 5．初速度为零的匀加速直线运动，从静止开始，连续相等的位移内所用时间之比为 1:( 2－1):( 3－ 2)„( ． n－ n－1) __________________________
(2)全过程分析法：由于竖直上抛运动中物体的加速度始终不变，因此实质上是一个统一的匀变速直线运动．从整体上分析，一般取竖直向上的方向作为正方向，竖直上抛运动就是初速度为 v0 的匀减速直线 1 运动，匀变速直线运动的公式 v1＝v0－gt, h＝v0t－ 2 gt2 中，注意末速度 vt 和位移 h 的正负．带有往复性的匀变速直线运动，可以全过程分析，即可以用统一的匀变速直线运动来处理．如物体沿光滑斜面上升到最高点又返回的过程．但要注意斜面是否光滑，若不光滑，上滑的加速度大于下滑过程的加速度，则不能全过程处理．
物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点 C 时速度恰为零，如图 2－2－5 所示．已知物体第图 2－2－5
一次运动到斜面长度 3/4 处的 B 点时，所用时间为 t，求物体从 B 滑到 C 所用的时间．
[解题示范]
法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜 sAC＝a(t＋tBC)2/2 解得：tBC＝t

2014届高三高考物理知识点总复习精讲课件：匀变速直线运动规律及应用

( n - n-1) .
题型一：匀变速直线运动规律的应用
例1 摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1＝ 1.6 m/s2，稍后匀速运动，然后减速，a2＝6.4 m/s2，
直到停止，共历时130 s，行程1 600 m．试求：
(1)摩托车行驶的最大速度vm； (2)若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行
【巩固基础】
1．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移 Δx 所用的时间为 t1，紧接着通过下一段位移 Δx 所用时间为 t2. 则物体运动的加速度为( A )
A.2tΔ1t2x（（t1t＋1－t2t）2）
B.Δt1tx2（（tt11＋－tt22））
C.2tΔ1t2x（（t1t－1＋t2t）2）
D.tΔ1tx2（（tt11＋－tt22））
粉笔还能在皮带上做相对滑动，粉笔相对皮带滑行
距离 L′＝2va20－2va200＝2×252.5 m－22×55 m＝2.5 m.
1．中国第一艘航空母舰“辽宁号”的飞行甲板长为300 m，若该航母上所配的歼－15型舰载战斗机在飞行甲板上所能达到的最大加速度为1.5 m/s2，该战斗机安全起飞的最小速度为50 m/s，为保证该战斗机安全起飞，应使航母匀速运动，则航母匀速运动的速度至少为
(2)分析物体的运动过程，要养成画物体运动示意(草) 图的习惯．
(3)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．
(4)运用基本公式或推论等知识进行求解．
例4 某传动装置的水平传送带以恒定的速度v0＝
5 m/s运行，将一块底面水平的粉笔轻轻放在传送带上，发现粉笔在传送带上留下一条长度L＝5 m的白色划线，稍后，因传动装置受阻碍，传送带做匀减速运动，其加速度的大小为5 m/s2.传动装置受阻后，粉笔是否能在传送带上继续滑动？若能，它沿皮带继续滑动的距离L′为多少？(g取10 m/s2)

市第十九中学2014高考物理一轮复习讲义匀变速直线运动的规律与应用

匀变速直线运动的规律与应用〔重点内容〕一、匀变速直线运动〔1〕定义：沿着一条直线运动，且_______不变的运动. 〔2〕分类.①匀加速直线运动,a 与v 0方向_____. ②匀减速直线运动,a 与v 0方向_____. 二、匀变速直线运动的基本公式〔1〕速度公式: ________ . 〔2〕位移公式：___________. 〔3〕位移速度公式：___________.[温馨提示]1、研究匀变速直线运动时，一般以初速度的方向为正方向。

2、用微元法推导位移公式〔1.〕把每一小段Δt 内的运动看作匀速运动，那么各矩形面积等于各段匀速直线运动的位移，从图甲看出，矩形面积之和小于匀变速直线运动在该段时间内的位移.图甲图乙图丙〔2.〕时间段Δ〔3.〕当Δt →0时，各矩形面积之和趋近于v-t 图象下面的面积.〔4.〕如果把整个运动过程划分得非常非常细，很多很小矩形的面积之和就能准确代表物体的位移了，位移的大小等于如图丙所示的梯形的面积. 推导过程： S 面积=21〔OC+AB 〕·OA所以x=21〔v 0+v 〕t 又v=v 0+at 解得x=v 0t+21at 2. 三、匀变速直线运动中几个常用的结论1. Δs=aT 2，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。

可以推广到s m -s n =(m-n)aT 2[试推导此结论][温馨提示]逐差法：是利用纸带数据求加速度的一种方法。

“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，这样可以使所给数据全部得到利用，以提高结果的准确性． 2. ts2v v v t 02/t =+=，某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。

[试推导此结论]3、22202/t s v v v +=，某段位移的中间位置的即时速度公式〔不等于该段位移内的平均速度〕。

2014届高考物理一轮复习配套word版文档：第一章第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(对应学生用书第5页)半错误!【针对训练】 1．(2011·天津高考)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )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，对比题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.则第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．2．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，并在计算机上作出压力—时间图象，假如作出的图象如图1－2－1所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g 取10 m/s 2)( )图1－2－1A ．1.8 mB ．3.6 mC ．5.0 mD ．7.2 m【解析】从题目中的F －t 图象中可以看出，运动员脱离弹性网后腾空的时间为t 1＝2.0s ，则运动员上升到最大高度所用的时间为t 2＝1.0 s ，所以上升的最大高度s ＝12gt 22＝5.0 m ，选项C 正确．【答案】 C(对应学生用书第5页)直线运动中可以用正、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，一般以a 的方向为正方向．2．解题的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(2011·新课标全国高考)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变．在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半．求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比．【审题视点】都做由静止开始的匀加速直线运动．第一段时间a 乙＝2a 甲；第二段时间a 乙减半，a 甲增倍．【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t 0)的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2.由运动学公式得v ＝at 0①s 1＝12at 20②s 2＝v t 0＋12(2a )t 20③ 设汽车乙在时刻t 0的速度为v ′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s ′1、s ′2.同样有v ′＝(2a )t 0④s ′1＝12(2a )t 20⑤ s ′2＝v ′t 0＋12at 20⑥设甲、乙两车行驶的总路程分别为s 、s ′，则有 s ＝s 1＋s 2⑦s ′＝s ′1＋s ′2⑧联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 s s ′＝57. 【答案】 5∶7利用匀变速直线运动规律的解题技巧(1)利用运动的可逆性：末速度为零的匀减速直线运动可等效为初速度为零的反向匀加速直线运动．(2)利用运动的对称性：物体做初、末态速度均为零的先加速后减速运动时，若两段加速度大小相等，则运动具有对称性．(3)纸带处理中常用的两个公式：v t 2＝v ＝s t ＝v 0＋v t2(中间时刻速度等于这段时间内的平均速度)及x n －x m ＝(n －m )aT 2(相等时间内位移之差是一恒量)．(4)巧用初速度为零的匀加速直线运动的推论简化解题 ①t 、2t 、3t …内的位移比为：s 1t ∶s 2t ∶s 3t ∶…＝1∶4∶9∶… ②连续相等时间内的位移比为：s 1∶s 2∶s 3∶s 4∶…＝1∶3∶5∶7∶…③连续相等位移所用时间比为：t 1∶t 2∶t 3∶…＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…【即学即用】1．一物体在与初速度方向相反的恒力作用下做匀减速直线运动，v 0＝20 m/s ，加速度大小为5 m/s 2，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】由于物体连续做匀变速直线运动，故可以直接应用匀变速运动公式．以v 0的方向为正方向．(1)设经t 1秒回到出发点，此过程中位移s ＝0，代入公式s ＝v 0t ＋12at 2，并将a ＝－5 m/s 2代入，得t 1＝－2v 0a ＝－2×20－5s ＝8 s.(2)由公式v t ＝v 0＋at 知6 s 末物体的速度 v t ＝v 0＋at 2＝[20＋(－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)10 m/s ，方向与初速度方向相反如图所示，物体以初速度v 为途中的任意两点，C 为最高点，则：(2012·徐州一中模拟)气球以10 m/s 的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17 s 到达地面．求物体刚脱离气球时气球的高度．(g ＝10 m/s 2)(甲)【解析】法一：(全程法)可将物体的运动过程视为匀变速直线运动．根据题意画出运动草图如图(甲)所示．规定向下方向为正，则v 0＝－10 m/s ，g ＝10 m/s 2据h ＝v 0t ＋12gt 2，则有h ＝－10×17 m ＋12×10×172 m＝1 275 m所以物体刚脱离气球时气球的高度为1 275 m.(乙)法二：(分段法)如图(乙)将物体的运动过程分为A →B 和B →D 两段来处理．A →B 为竖直上抛运动，B →D 为自由落体运动．在A →B 段，据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为t AB ＝v 0g ＝1010s ＝1 s由题意知t BD ＝(17－1) s ＝16 s 由自由落体运动规律得h BD ＝12gt 2BD ＝12×10×162m ＝1 280 m h BC ＝12gt 2AB＝12×10×12 m ＝5 m h CD ＝h BD －h BC ＝1 275 m. 【答案】 1 275 m分析解答竖直上抛问题时，既可采用分段法，也可采用全程法．分段法物理过程清晰，但解题步骤较多；全程法是直接把已知量代入公式，但必须注意h 、v 0正负号的意义及其取舍．【即学即用】 2．(2012·宝鸡一模)人民广场上喷泉的喷嘴与地面相平且竖直向上，某一喷嘴喷水流量Q ＝5 L/s ，水的出口速度v 0＝20 m/s ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.则处于空中的水的体积是( )A ．5 LB ．20 LC ．10 LD ．40 L【解析】设水在空中的运动时间为t ，则t ＝2v 0g＝4 s ，而V ＝Qt ＝20 L ，故B 正确．【答案】 B(对应学生用书第7页)推论法4 s 内位移为56 m ，求质点的加速度．【潜点探究】 (1)质点匀加速直线运动且给了两段时间和相应位移，可用运动学基本公式求解．(2)由两段时间及位移，可求平均速度，再由平均速度求出中间时刻瞬时速度，进而可求加速度．(3)题中信息，告诉了连续三个相等时间间隔，可考虑特殊推论解题．【规范解答】方法一：运用运动学基本公式求解根据s ＝v 0t ＋12at 2，有24＝v 0×4＋12a ·42①56＝v 1×4＋12a ·42②又由v ＝v 0＋at ，有v 1＝v 0＋a ×8③ 以上三式联立可解得a ＝1 m/s 2. 方法二：利用平均速度公式求解由于已知量有s 及t ，平均速度v 可求，故想到利用平均速度公式v ＝v t2，第一个4 s 内的平均速度等于中间时刻2 s 时的速度，v 2＝244m/s ＝6 m/s ，最后4 s 内的平均速度等于中间时刻10 s 时的速度，v 10＝564m/s ＝14 m/s所以a ＝v 10－v 2t 10－t 2＝14－610－2m/s 2＝1 m/s 2.方法三：利用Δs ＝aT 2求解本题出现了三个连续相等时间间隔(4 s)，故想到选用公式Δs ＝aT 2，s 2－s 1＝aT 2，s 3－s 2＝aT 2，所以s 3－s 1＝2aT 2， a ＝s 3－s 12T 2＝56－242×42 m/s 2＝1 m/s 2. 【答案】 1 m/s 2 【即学即用】 3.图1－2－2(2012·咸阳二模)从斜面上某一位置，每隔0.1 s 释放一个小球，在连续释放几个小球后，对在斜面上滚动的小球拍下照片，如图1－2－2所示，测得s AB ＝15 cm ，s BC ＝20 cm ，求：(1)小球的加速度；(2)拍摄时B 球的速度； (3)拍摄时s CD 的大小．【解析】 (1)由a ＝Δst2得小球的加速度a ＝s BC －s AB t2＝5 m/s 2. (2)B 球的速度等于AC 段上的平均速度，即v B ＝s AC2t＝1.75 m/s.(3)由相邻相等时间内的位移差恒定，即 s CD －s BC ＝s BC －s AB得s CD ＝2s BC －s AB ＝0.25 m.【答案】 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m(对应学生用书第8页)●考查自由落体运动1．一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1－2－3所示．已知曝光时间为11 000s ，则小石子出发点离A 点约为( )图1－2－3A ．6.5 mB ．10 mC ．20 mD ．45 m【解析】因曝光时间极短，故AB 段可看做匀速直线运动，小石子到达A 点时的速度为v A ＝s t ＝0.0211 000 m/s ＝20 m/s ，h ＝v 2A 2g ＝2022×10 m ＝20 m. 【答案】 C●考查匀变速过程规律 2.图1－2－4(2013届咸阳高三模拟)在水平面上有一个小物块质量为m ，从某点给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，经过A 、B 、C 三点到O 点速度为零．A 、B 、C 三点到O 点距离分别为s 1、s 2、s 3，由A 、B 、C 到O 点所用时间分别为t 1、t 2、t 3，下列结论正确的是( )A.s 1t 1＝s 2t 2＝s 3t 3B.s 1t 1<s 2t 2<s 3t 3C.s 1t 21＝s 2t 22＝s 3t 23D.s 1t 21<s 2t 22<s 3t 23【解析】因题中所给已知量是位移和时间且在O 点速度为零，为此可用逆向思维，利用公式s ＝12at 2可快速判定C 对，D 错；由中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度可知A 、B 错．【答案】 C●考查竖直上抛运动3．(2013届固原模拟)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 2.5 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】上升时间t 1＝v 0g ＝3010 s ＝3 s ，上升位移为h 1＝v 202g ＝3022×10 m ＝45 m ，自由落体时间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；此时位移为h ＝h 1－h 2＝25 m ，方向竖直向上，故B 正确；此时速度大小为v ＝gt ＝10×2 m/s ＝20 m/s ，方向竖直向下，所以速度的改变量Δv ＝－20 m/s －30 m/s ＝－50 m/s ，故C 错；平均速度为v ＝s t ＝h t 1＋t 2＝253＋2m/s ＝5 m/s ，故D 错．【答案】 AB●匀变速运动规律实际应用4．甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为16 m/s.已知甲车紧急刹车时加速度a 1＝3 m/s 2，乙车紧急刹车时加速度a 2＝4 m/s 2，乙车司机的反应时间是0.5 s(即乙车司机看到甲车刹车后0.5 s 才开始刹车)．为保证两车紧急刹车过程不相碰，甲、乙两车行驶过程至少应保持多大距离？【解析】甲刹车经时间t (t ＞0.5 s)，甲、乙两车的运动情景如图所示．甲车位移为s 1＝v 0t －12a 1t 2＝16t －32t 2甲车速度为v 1＝v 0－a 1t ＝16－3t乙车位移为s 2＝v 0×0.5＋v 0(t －0.5)－12a 2(t －0.5)2＝16×0.5＋16(t －0.5)－42(t －0.5)2乙车速度为v 2＝v 0－a 2(t －0.5)＝16－4(t －0.5)二车免碰的临界条件是速度相等且位置相同，因此有v 1＝v 2，s 1＋s 0＝s 2 其中，s 0就是它们不相碰应该保持的最小距离．解以上方程组可得s 0＝1.5 m. 【答案】 1.5 m●自由落体和竖直上抛的综合问题 5．(2012·北京101中学模拟)如图1－2－5所示，A 、B 两棒长均为L ＝1 m ，A 的下端和B 的上端相距x ＝20 m ，若A 、B 同时运动，A 做自由落体运动，B 做竖直上抛运动，初速度v 0＝40 m/s.求：图1－2－5(1)A 、B 两棒何时相遇；(2)从相遇开始到分离所需的时间．【解析】 (1)设经过时间t 两棒相遇由12gt 2＋(v 0t －12gt 2)＝s 得t ＝s v 0＝2040s ＝0.5 s.(2)从相遇开始到两棒分离的过程中，A 棒做初速度不为零的匀加速直线运动，B 棒做匀减速直线运动，设从相遇开始到分离所需时间为Δt ，则(v A Δt ＋12g Δt 2)＋(v B Δt －12g Δt 2)＝2L其中v A ＝gt ，v B ＝v 0－gt代入后解得Δt ＝2L v 0＝2×140s ＝0.05 s.【答案】 (1)0.5 s (2)0.05 s。

2014高考物理一轮复习精练第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基础热身1．电影特技中有一种叫做“快镜头”的方法，对于一个从静止开始做匀加速直线运动的汽车，不使用特技时，屏幕上汽车的加速度为a，汽车运动到某点时的速度为v，当使用2倍速度的“快镜头”时，屏幕上汽车的加速度和运动到同一点的速度分别为() A．2a、2v B．2a、4vC．4a、2v D．4a、4v2．2012·晋江联考物体沿直线以恒定加速度运动，它的位移与时间的关系是x＝24t－6t2 (x单位是m、t单位是s)，则它的速度为零的时刻是()A．2 s B．4 sC．6 s D．24 s3．有研究发现，轿车的加速度的变化情况将影响乘客的舒适度．若引入一个新物理量(加速度的变化率)来表示加速度变化的快慢，该物理量的单位是()A．m/s B．m/s2C．m/s3D．m2/s技能强化4．汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车通过的位移之比为()A．1∶1 B．3∶1C．3∶4 D．4∶35．2012·杭州质检一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔均为0.1 s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由此不能求得的物理量是()A．质点运动的初速度B．质点运动的加速度C．第1次闪光时质点的速度D．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移6．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v m后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a2)，至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t，则物体的() A．v m只能为2v，与a1、a2的大小无关B．v m可为许多值，与a1、a2的大小有关C．a1、a2必须是一定的D．a1、a2必须满足a1a2a1＋a2＝2v t7．如图K2－1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/s2，减速时最大加速度大小为5 m/s2.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()图K2－1A．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8．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，在第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是() A．a＝1 m/s2, v9＝9 m/s，x9＝40.5 mB．a＝1 m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45 mC．a＝1 m/s2, v9＝9.5 m/s, x9＝45 mD．a＝0.8 m/s2, v9＝7.7 m/s, x9＝36.9 m9．小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄严的《义勇军进行曲》响起时开始升旗，当国歌结束时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s，旗杆高度是19 m，红旗从离地面1.4 m处开始升起．若设小明升旗时先拉动绳子使红旗向上匀加速运动，时间持续4 s，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，加速度大小与开始升起时的加速度大小相同，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算小明升旗时使红旗向上做匀加速运动加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．10．2012·韶关模拟甲、乙两位运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动．为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置标记．在某次练习中，甲在接力区前x0＝13.5 m处作了标记，并以v＝9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令．乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒．已知接力区的长度为L＝20 m．求：(1)此次练习中乙在接棒前的加速度a；(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．挑战自我11．运动会上某人在100 m和200 m短跑项目的成绩分别是9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度．(结果保留两位小数)1．C [解析] 位移不变，时间减半，由x ＝12at 2知，加速度变为原来的4倍，再由v ＝at 知速度变为原来的2倍，选C.2．A [解析] 它的位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，与x ＝v 0t ＋12at 2对比可知物体的初速度为24 m/s ，加速度为－12 m/s 2，则它的速度为零的时刻是2 s ，选项A 正确．3．C4．C [解析] 汽车刹车停下来所用时间t ＝v 0a ＝205 s ＝4 s ．汽车开始刹车后2 s 内的位移x 1＝v 0t 1－12at 2＝[20×2－12×5×22] m ＝30 m ．汽车刹车后6 s 内的位移即刹车过程的总位移x 2＝v 202a ＝2022×5 m ＝40 m ，故x 1∶x 2＝3∶4，选项C 正确．5．A [解析] 质点在两个相邻相等时间内的位移分别为x 1＝0.2 m ，x 3＝0.8 m ，时间间隔T ＝0.1 s ，则加速度a ＝x 3－x 12T 2＝30 m/s 2，B 项正确；由于不清楚物体运动的初始时刻，因此无法求出初速度的大小，A 项错误；由v ＝x 1T 可求出第一次闪光和第二次闪光两个时刻之间质点运动的中间时刻的速度v ＝2 m/s ，再由v －v 1＝a·T 2可求出第一次闪光时质点的速度v 1＝0.5 m/s ，C 项正确；由x 2－x 1＝aT 2可求出从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点运动的位移x 2＝0.5 m ，D 项正确．6．A [解析] 物体匀速运动时，有x AB ＝vt ，物体先匀加速直线运动，再匀减速直线运动时，有x AB ＝v m 2t 1＋v m 2t 2＝v m 2t ，解得v m ＝2v ，与a 1、a 2的大小无关，A 正确，B 错误；由t 1＝v m a 1，t 2＝v m a 2得t ＝v m a 1＋v m a 2，即得a 1a 2a 1＋a 2＝2v t ，C 、D 错误．7．A [解析] 如果立即做匀加速直线运动，t 1＝2 s 内的位移x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝20 m>18m ，此时汽车的速度为v 1＝v 0＋a 1t 1＝12 m/s<12.5 m/s ，汽车没有超速，A 项正确，B 项错误；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间t 2＝v 0a 2＝1.6 s ，此过程通过的位移为x 2＝12a 2t 22＝6.4 m ，C 、D 项错误．8．C [解析] a ＝x 9′－x 5′4T 2＝44×12 m/s 2＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝0.5 m/s ＋1×9 m/s ＝9.5 m/s ，x 9＝v 0t ＋12at 2＝0.5×9 m ＋12×1×92＝45 m ，正确选项为C.9．0.1 m/s 2 0.4 m/s [解析] 因为减速运动的加速度与加速时的加速度一样大，所以减速和加速的时间是相同的，t 1＝t 3＝4 s ．匀速运动的时间为t 2＝(48－4－4) s ＝40 s设加速度为a ，匀速运动的速度为v ，加速和减速的平均速度都是v 2.总位移为x ＝v 2t 1＋vt 2＋v 2t 3，其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m解得v ＝0.4 m/s加速度a ＝v t 1＝0.44 m/s 2＝0.1 m/s 2.10．(1)3 m/s 2 (2)6.5 m[解析] (1)在甲发出口令后，甲、乙达到共同速度所用时间为t ＝v a设在这段时间内甲、乙的位移分别为x 1和x 2，则x 2＝12at 2x 1＝vtx 1＝x 2＋x 0联立式解得a ＝v 22x 0＝3 m/s 2.(2)在这段时间内，乙在接力区的位移为x 2＝v 22a ＝13.5 m完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为L －x 2＝6.5 m.11．(1)1.30 s 11.24 m/s (2)8.65 m/s 2[解析] (1)设加速所用时间为t(以s 为单位)，匀速运动的速度为v(以m/s 为单位)，则有 12vt ＋(9.69－0.15－t)v ＝10012vt ＋(19.30－0.15－t)×0.96v ＝200由以上两式解得t ＝1.30 s ，v ＝11.24 m/s.(2)设加速度大小为a ，则a ＝v t ＝8.65 m/s 2.。

第1章第2讲匀变速直线运动的规律--基础

专题1 第2讲匀变速直线运动的规律考点1：匀变速直线运动的规律[想一想]如图所示，一质点由A 点出发，以初速度v 0做匀变速直线运动，经过时间t s 到达B点，设其加速度大小为a 。

(1)若质点做匀加速直线运动，则质点在B 点的速度及AB 间距应如何表示。

(2)若质点做匀减速直线运动，则质点在B 点的速度及AB 间距应如何表示。

提示：(1)v B ＝v 0＋at x AB ＝v 0t ＋12at 2 (2)v B ＝v 0－at x AB ＝v 0t －12at 2 [记一记]1．匀变速直线运动(1)定义: 沿着一条直线，且加速度不变的运动。

(2)分类①匀加速直线运动，a 与v 0方向相同。

②匀减速直线运动，a 与v 0方向相反。

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)速度位移关系式：v 2－v 02＝2ax 。

[试一试]1．(2013·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，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A ．5 m/sB ．10 m/sC ．15 m/sD ．20 m/s解析：选B 设滑行前需要获得的最小初速度为v 0，根据v 2－v 02＝2ax ，代入数据，解得v 0＝10 m/s ，B 项正确。

考点2：匀变速直线运动的推论[想一想]如图所示，一物体在做匀加速直线运动，加速度为a ，在A 点的速度为v 0，物体从A 到B 和从B 到C 的时间均为T ，则物体在B 点和C 点的速度各是多大？物体在AC 阶段的平均速度多大？此过程平均速度与B 点速度大小有什么关系？x BC 与x AB 的差又是多大？提示：v B ＝v 0＋aT v C ＝v 0＋2aT v AC ＝v A ＋v C 2＝v 0＋aT ＝v B 可见做匀加速直线运动的物体的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度。

2014届一轮复习：专题1 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用