2017届一轮复习人教版 第一章第2讲 匀变速直线运动的规律 教案(全国)
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 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动的规律学生用书
第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、匀变速直线运动的规律 1．定义和分类(1)定义：沿着一条直线，且________不变的运动叫做匀变速直线运动． (2)分类：{匀加速直线运动：a 、v 方向________．匀减速直线运动：a 、v 方向________．2．基本规律(1)速度公式：v ＝________． (2)位移公式：x ＝________．(3)速度位移关系式：v 2−v 02＝______． 3．三个重要推论4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论,生活情境1.一辆汽车从静止出发，在交通灯变绿时从A点以2.0 m/s2的加速度在平直的公路上做匀加速直线运动，经一段时间运动到B点，速度达20 m/s，则(1)汽车在运动过程中，速度是均匀增加的．( )(2)汽车在运动过程中，位移是均匀增加的．( )(3)汽车在运动过程中，在任意相等的时间内，速度的变化量是相等的．( )(4)汽车从A点运动到B点所用时间为10 s，位移为100 m．( )(5)汽车从A点运动到B点，中间时刻的速度为10 m/s.( )(6)汽车从A点运动到B点，位移中点的速度为10√2 m/s.( )教材拓展2.[鲁科版必修1P36T1改编]关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )A．在相等时间内位移的变化相同B．在相等时间内速度的变化相同C．在相等时间内加速度的变化相同D．在相等路程内速度的变化相同3．[人教版必修1P43T3改编]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做匀加速直线运动，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．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s关键能力·分层突破考点一匀变速直线运动规律的应用1．运动学公式中符号的规定一般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．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．2．匀变速直线运动公式的选用一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；(1)不涉及时间，选择v2−v02＝2ax；(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用v t2＝v̅＝xt求瞬时速度；(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2求加速度．角度1基本公式的应用例1 ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2.求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间．教你解决问题(1)读题审题——获取信息(2)思维转化——模型建构①过ETC通道时经历三个运动阶段：②过人工收费通道经历两个运动阶段：角度2 推论的应用例2.如图所示，哈大高铁运营里程为921 km，设计时速为350 km.某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，已知10 s末列车还未停止运动，则下列说法正确的是( )A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．921 km是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始刹车时的速度为80 m/s[思维方法]解决运动学问题的基本思路：跟进训练1.(多选)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s，那么该消防队员( ) A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2C．加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶42．[2022·河南模拟]如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝4 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t＝1 s，求物体的加速度大小a和OD之间的距离．考点二自由落体运动和竖直上抛运动角度1自由落体运动(一题多变)例 3.如图所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看作是自由落体运动．假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约是多大？(g取10 m/s2)【考法拓展】在[例3]中水滴下落过程中经过2 m高的窗户所需时间为0.2 s．那么窗户上沿到屋檐的距离为多少？角度2竖直上抛运动(一题多解)例4. 气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上脱落，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/s2)[思维方法]竖直上抛运动的研究方法(1)分段研究法：(2)整体研究法：取初速度的方向为正方向，全过程为初速度为v0，加速度大小为g的匀变速直线运动．gt2v＝v0−gt，v2−v02＝－2gh.其规律符合h＝v0t－12拓展点刹车类问题和双向可逆类问题1.刹车类问题中的两点提醒(1)分清运动时间与刹车时间之间的大小关系．(2)确定能否使用逆向思维法，所研究阶段的末速度为零，一般都可应用逆向思维法．2．双向可逆运动的特点这类运动的速度减到零后，以相同加速度反向加速．如竖直上抛、沿光滑斜面向上滑动．例5. (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小，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( )为2ms2sA．1 s B．3 s C．4 s D．5+√412跟进训练3.如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(g取10 m/s2)( )4．有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进．刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车后1.5 m处，避免了一场事故，以下说法正确的是( )A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mC．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s考点三匀变速直线运动中的STSE问题素养提升匀变速运动与交通、体育和生活等紧密联系，常见的匀变速直线运动STSE问题有行车安全、交通通行和体育运动等，解决这类问题的关键：(1)建模——建立运动的模型(列出运动方程)；(2)分段——按照时间顺序，分阶段研究运动．情境1 “智能物流机器人”(多选)为解决疫情下“最后500米”配送的矛盾，将“人传人”的风险降到最低，目前一些公司推出了智能物流机器人．机器人运动的最大速度为1 m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20 s，路宽是19.5 m，它启动的最大加速度是0.5m，下面是它过马路的安排方案，s2既能不闯红灯，又能安全通过的方案是( )A．在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动B．在距离停车线1 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动C．在距离停车线2 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动D．在距离停车线0.5 m处，绿灯亮起之前1 s，以最大加速度启动情境2 酒驾(多选)酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离，“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离．(假设汽车制动加速度都相同)分析上表可知，下列说法正确的是( )A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 sB．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 sC．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车拓展点有关汽车行驶的几个概念1.反应时间：人从发现情况到采取相应的行动经过的时间叫反应时间．2．反应距离：驾驶员发现前方有危险时，必须先经过一段反应时间后才能做出制动动作，在反应时间内汽车以原来的速度行驶，所行驶的距离称为反应距离．3．刹车距离：从制动刹车开始到汽车完全停下来，汽车做匀减速直线运动，所通过的距离叫刹车距离．4．停车距离：反应距离和刹车距离之和就是停车距离．5．安全距离：指在同车道行驶的机动车，后车与前车保持的最短距离，安全距离包含反应距离和刹车距离两部分．情境3 机动车礼让行人[2021·浙江6月，19]机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103kg 的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度．[思维方法]解决STSE 问题的方法在解决生活和生产中的实际问题时．(1)根据所描述的情景 分析→ 物理过程 建构→ 物理模型． (2)分析各阶段的物理量．(3)选取合适的匀变速直线运动规律求解．第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、 1．（1）加速度 （2）相同 相反 2．（1）v 0＋at （2）v 0t ＋12at 2（3）2ax 4．（1）1∶2∶3∶…∶n（2）12∶22∶32∶…∶n 2（3）1∶3∶5∶…∶（2n －1）（4）1∶（√2－1）∶（√3－√2）∶…∶（√n －√n −1） 二、静止 gt 12gt 22gh 向上 重力 v 0－gt v 0t －12gt 2－2gh 生活情境 1．（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）√ （6）√ 教材拓展 2．答案：B 3．答案：A关键能力·分层突破例1 解析：（1）过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x 1＝v 21 －v 22 2a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m（2）过人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m（3）过ETC 通道的时间t 1＝v 1－v 2a ×2＋d v 2＝18.5 s过人工收费通道的时间t 2＝v 1a×2＋t 0＝44 sx 总2＝2x 2＝144 m二者的位移差Δx ＝x 总2－x 总1＝6 m在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt ＝t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1＋Δx v 1 ＝25 s答案：（1）138 m （2）72 m （3）25 s例2 解析：因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离，故研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由位移与路程的意义知921 km 是指路程，选项B 错误；由x n －x m ＝（n －m ）aT 2，解得加速度a ＝32.5 m －57.5 m 5×（1 s ）2＝－5 m/s 2，即加速度大小为5 m/s 2，选项C 错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第4.5 s末列车速度为57.5 m/s ，由速度公式可得v 0＝v －at ＝57.5 m/s －（－5 m/s 2×4.5 s ）＝80 m/s ，选项D 正确．答案：D1．解析：钢管长L ＝12 m ，运动总时间t ＝3 s ，加速过程加速度大小2a 、时间t 1、位移x 1、最大速度v ，减速过程加速度大小a 、时间t 2、位移x 2.加速和减速过程中平均速度均为v2， vt2＝L ，得v ＝8 m/s ，A 项错误，C 项正确；v ＝2at 1＝at 2，t 1∶t 2＝1∶2，B 项正确；x 1＝vt 12，x 2＝vt 22，x 1∶x 2＝1∶2，D 项错误．答案：BC2．解析：由匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2可得a ＝ΔxT 2＝Δx t 2＝2 m/s 2由于CD －BC ＝BC －AB 代入数据有CD ＝6 m由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可以得到B 点的速度v B ＝2＋42×1m/s＝3 m/s由2ax ＝v 2－v 02得OB ＝v B 2−02×a＝322×1m ＝2.25 m故OD ＝OB ＋BC ＋CD ＝（2.25＋4＋6） m ＝12.25 m故物体的加速度大小a 和OD 之间的距离分别为2 m/s 2，12.25 m.答案：2 m/s 212.25 m例3 解析：选取水滴最初下落点为位移的起点，竖直向下为正方向，由自由落体运动规律知x ＝12gt 2，v ＝gt联立得v ＝√2gx代入数据得v ＝√2×10×10m/s ≈14 m/s即水滴下落到地面的瞬间，速度大约是14 m/s. 答案：14 m/s[考法拓展] 解析：设水滴下落到窗户上沿时的速度为v 0，则由x ＝v 0t ＋12gt 2得，2＝v 0×0.2＋12×10×0.22解得v 0＝9 m/s根据v 02＝2gx ，得窗户上沿到屋檐的距离x ＝v 022g ＝922×10 m ＝4.05 m.答案：4.05 m例4 解析：方法一 把竖直上抛运动过程分段研究 设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点， 则t 1＝v0g＝1010 s ＝1 s.上升的最大高度h 1＝v 20 2g ＝1022×10m ＝5 m. 12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＝2Hg＝2×18010s ＝6 s. v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上脱落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.方法二 取全过程作一整体进行研究从物体自气球上脱落计时，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，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m. 由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有，－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s （舍去）， 所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反． 方法三 对称法根据速度对称知，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v ，则v 2－v 20 ＝2gh .解得v ＝60 m/s ，方向竖直向下． 经过h 历时Δt ＝v －v 0g＝5 s. 从最高点到落地历时t 1＝v g＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s例5 解析：以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得4＝5t －12×2t 2解得t 1＝1 s ，t 2＝4 s 当物体的位移为－4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得 －4＝5t －12×2t 2解得t 3＝5＋√412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误．答案：ACD3．解析：根据v ＝v 0＋at ，v 0A ＝－3 m/s.代入解得v A ＝7 m/s ，同理解得v B ＝5 m/s ，v C ＝0 m/s ，v D ＝－5 m/s.由于|v A |>|v B |＝|v D |>|v C |，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，汽车刹车时间t 2v0a ＝3 s ，故汽车运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.6 s ＋3 s ＝3.6 s ，故A 项错误；司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为x ＝v 0t 1＋v 02t 2＋1.5 m ＝15×0.6 m ＋152×3 m ＋1.5 m ＝33 m ，故B 项正确；汽车的平均速度v － ＝v 0t 1＋v 02t 2t 1＋t 2＝9＋22.53.6m/s ＝8.75 m/s ，故C 、D 两项错误，故选B 项． 答案：B情境1 解析：机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t 1＝va ＝10.5s ＝2 s 达到最大速度，位移是x 1＝12a t 12＝1 m ，匀速运动的位移x 2＝l －x 1＝18.5 m ，需要时间为t 2＝x2v ＝18.5 s ，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不对；在距离停车线1 m处以最大加速度启动2 s，正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5 s，过了马路，这个方案是可以的，故B对；在距离停车线2 m处，机器人启动2 s后，走了1 m，距离停车线还有1 m，这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端还有20.5 m，需要20.5 s通过，而绿灯时间为20 s，at2＝0.25 所以不安全，故C不对；在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝12m，小于0.5 m，故没有闯红灯，继续前进0.75 m，达到最大速度，共用去了2 s，绿灯还有19 s，这时剩下的距离还有19 m，正好通过马路，故D对．答案：BD情境2 解析：反应时间＝思考距离÷车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式v2＝2ax，解得a＝7.5 m/s2，C错误；根据表格知，车速为25 m/s 时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确．答案：ABD情境3 解析：（1）设汽车刹车过程的加速度大小为a，所用时间为t1，所受阻力大小为F f由运动学公式得v12＝2as①v1＝at1②由牛顿第二定律得F f＝ma③联立①②③解得t1＝4 s④F f＝2.5×103 N⑤（2）设汽车等待时间为t，小朋友匀速过马路所用时间为t2则由运动学公式得l＋L＝v0t2⑥t＝t2－t1⑦联立④⑥⑦解得t＝20 s⑧（3）设汽车到斑马线时的速度为v，在汽车刹车过程中由运动学有v22－v2＝2as⑨联立①⑤⑨解得v＝5√5 m/s⑩答案：（1）4 s 2.5×103 N （2）20 s （3）5√5 m/s。
高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律课件
第2讲 匀变速直线运动的规律强基础•固本增分匀变速直线运动的概念及规律加速度相同相反v0+at×××研考点•精准突破1.选用合适公式2.思维流程审题→画出示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→求解方程考向一基本公式的应用典题1 (2024湖北襄阳模拟)有人提出了高速列车不停车换乘的设想。
高速做匀速直线运动,接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速列车A以速度v度大小为a的匀加速直线运动,与高速列车A同向行驶。
两列车同时到达交,然后两列车保持该速度行驶供乘客换乘。
会点时,接驳列车B刚好加速到v两列车可视为质点。
(1)接驳列车B出发时,求高速列车A到交会点的距离。
(2)换乘完毕后,接驳列车B做匀减速直线运动,运动了距离s0后停止,求此过程中接驳列车B的加速度大小和运动时间。
考向二刹车类问题典题2 (多选)检测某品牌汽车刹车性能时,让汽车沿直线先加速到一定速度,然后急刹车,测得从刹车开始汽车相继通过两段相邻且距离都为12 m的路程(未停止)所用的时间分别为0.4 s、0.6 s。
设汽车刹车过程做匀减速直CD线运动,则( )A.汽车刹车的加速度大小为10 m/s2B.汽车刹车的初速度大小为30 m/sC.汽车刹车的总距离为28.9 mD.汽车刹车所用的总时间为1.7 s易错警示刹车类问题的注意事项(1)刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动,加速度a突然消失。
(2)求解时要注意确定实际运动时间。
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动,可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动——逆向思维法。
考向三双向可逆类问题典题3在足够长的光滑固定斜面上,有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动,物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下,重力加速度g取10 m/s2。
(1)当速度为零时,求物体前进的位移大小。
(2)当物体的位移大小为7.5 m时,求物体运动的时间和物体的速度大小。
高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律学案
高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律学案05194147第2讲 匀变速直线运动的规律微知识1 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 20＝2ax 。
2．匀变速直线运动的重要推论 (1)平均速度：v ＝v 0＋v2＝v t 2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，或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。
(2)任意两个连续相等的时间间隔(T )内，位移之差是一恒量，即Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT _2。
(3)位移中点速度：v x 2＝v 20＋v 2t2某段位移中点的瞬时速度等于这段位移初、末速度的平方和的一半的算术平方根。
(4)初速度为零的匀加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：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。
②1T 内，2T 内，3T 内…位移之比：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶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：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)。
④通过连续相等的位移所用时间之比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
微知识2 自由落体和竖直上抛运动的规律 1．自由落体运动的规律(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．竖直上抛运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0－gt 。
(2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2。
(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝－2gh 。
(4)上升的最大高度H ＝v 202g。
第2讲匀变速直线运动的规律及应用(一)
启发、点拨、讲授、练习
教 具
多媒体课件
教学过程
集体备课
个人备注
一、匀变速直线运动基本规律和重要推论
1.基本规律
(1)速度公式:v=; (2)位移公式:x=;
(3)速度—位移关系式:.
这三个基本公式是解决匀变速直线运动的基石,均为矢量式,应用时应规定正方向.
例1、一个物体从静止开始以加速度a1做匀加速直线运动,经过时间t改为做加速度大小为a2的匀减速直线运动,又经过时间t物体回到初始位置,求两个加速度大小之比a1∶a2.
二、匀变速直线运动的推论及其应用
教学反思：
课 型Biblioteka 新课课 题第2讲匀变速直线运动的规律及应用(一)
主 备 人
备课组成员
核心素养目 标
1、理解匀变速直线运动基本规律和重要推论
2、能利用匀变速直线运动基本规律和重要推论进行有关计算。
3、综合提高学生对匀变速直线运动的本概念的应用能力
重点难点
1、利用匀变速直线运动基本规律和重要推论进行有关计算
2、综合提高学生对匀变直线运动的综合能力
(1)无风时起飞速度是多少?
(2)某次执行任务,有风速为10m/s的平行于跑道的海风,飞机逆风行驶起飞,测得加速度减小了0.8m/s2,则弹射系统必须给飞机多大的初速度才能使飞机正常起飞?
答案：（1）50m/s (2)16m/s
板书设计：第2讲匀变速直线运动的规律及应用(一)
一、匀变速直线运动基本规律和重要推论
例5、(多选)某质点做匀减速直线运动,依次经过A、B、C三点,最后停在D点,如图所示.已知AB=6m,BC=4m,从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为-2m/s.下列说法正确的是()
高考物理一轮复习第一章 第2课时《匀变速直线运动的规律》课件
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
例3 (多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿 斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5 m/s2、方向沿斜面向下，当 物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是
√A.物体运动时间可能为1 s √B.物体运动时间可能为3 s √C.物体运动时间可能为(2＋ 7 ) s
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匀变速直线运动的推论及应用
考点二 匀变速直线运动的推论及应用
1.匀变速直线运动的常用推论 (1)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等 于这段时间内初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速 度。即：v ＝v0＋2 v＝ v t 。此公式可以求某时刻的瞬时速度。
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
判断正误
1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( × ) 2.匀加速直线运动的位移随时间均匀增大。( × ) 3.匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同。( √ )
考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用
例1 (2023·广东梅州市期末)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”。在 距离地面1 m处时，反推发动机点火，返回舱速度由6 m/s减至2 m/s软着 陆，此阶段的运动可看作匀减速直线运动。则此阶段 A.航天员处于失重状态 B.航天员的加速度大小为32 m/s2 C.返回舱运动的时间为0.5 s
第一章
运动的描述 匀变速直线运动的研究
第 2
匀变速直线运动的规律
课
时
目标 1.理解匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各物理量的含义。2.会灵活应用运 要求 动学公式及推论解题。
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 专题1.2 匀变速直线运动的规律教学案 新人教版
第2课时 匀变速直线运动的规律【重点知识梳理】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 20＝2ax 。
3．匀变速直线运动的两个重要推论(1)Δx ＝aT 2，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。
可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2。
(2)v 2t ＝v 0＋v t 2，某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度。
v 2x ＝v 20＋v 2t 2，某段位移的中间位置的瞬时速度不等于该段位移内的平均速度。
可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有v 2t ＜v 2x 。
4．初速度为零的匀变速直线运动中的几个重要结论(1)1T 末，2T 末，3T 末……瞬时速度之比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。
(2)1T 内，2T 内，3T 内……位移之比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2。
(3)第一个T 内，第二个T 内，第三个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)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)∶…∶(n －n －1)。
【难点突破】一、匀变速直线运动公式的理解和应用1.正、负号的规定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→解方程并加以讨论例1、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．【特别提醒】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 t 2(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)aT2(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：s1t∶s2t∶s3t∶…＝1∶4∶9∶…②连续相等时间内的位移比为：s1∶s2∶s3∶s4∶…＝1∶3∶5∶7∶…③连续相等位移所用时间比为：t1∶t2∶t3∶…＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…【变式探究】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，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．二、竖直上抛运动的理解和应用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、v0正负号的意义及其取舍．例2、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/s2)所以物体刚脱离气球时气球的高度为1 275 m.(乙)【变式探究】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三、匀变速直线运动的实际应用例3、有一质点在连续12 s 内做匀加速直线运动，在第一个4 s 内位移为24 m ，在最后4 s 内位移为56 m ，求质点的加速度．【解题思路】 (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．【变式探究】图1－2－2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 ＝Δs t 2得小球的加速度 a ＝s BC －s AB t 2＝5 m/s 2.四、用匀变速运动规律分析两类匀减速运动1．刹车类问题：即匀减速直线运动到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意先确定其实际运动时间．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x、v、a等矢量的正、负号．3．逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，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．例4、一辆汽车以72 km/h的速度行驶，现因故紧急刹车并最终停止运动．已知汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s2，则从开始刹车经过5 s，后汽车通过的距离是多少？【变式探究】物体沿光滑斜面上滑，v0＝20 m/s，加速度大小为5 m/s2，求：(1)物体多长时间后回到出发点；(2)由开始运动算起，求6 s末物体的速度．【高频考点突破】考点一、考查匀变速过程规律例1.图1－2－4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s1、s2、s3，由A、B、C到O点所用时间分别为t1、t2、t3，下列结论正确的是( )A.s1t1＝s2t2＝s3t3B.s1t1<s2t2<s3t3C.s1t21＝s2t22＝s3t23D.s1t21<s2t22<s3t23考点二、匀变速运动规律实际应用例2．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a1＝3 m/s2，乙车紧急刹车时加速度a2＝4 m/s2，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？【经典考题精析】．【2014·新课标Ⅱ卷】 甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的vt 图像如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【2014·江苏卷】 一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v 和位移x 的关系图像中，能描述该过程的是( )【2014·天津卷】质点做直线运动的速度—时间图像如图所示，该质点( )A．在第1秒末速度方向发生了改变B．在第2秒末加速度方向发生了改变C．在前2秒内发生的位移为零D．第3秒末和第5秒末的位置相同【2014·全国卷】现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10 Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示．重力加速度大小g取9.80 m/s2.根据表中数据，完成下列填空：(1)物块的加速度a＝________m/s2(保留3位有效数字)．(2)因为______________________，可知斜面是粗糙的．（2013·广东卷）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/s2，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/s B. 10 m/sC. 15 m/sD. 20 m/s（2013·安徽卷）一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：图1 图2 图3(1)0～8 s时间内拉力的冲量；(2)0～6 s时间内物体的位移；(3)0～10 s时间内，物体克服摩擦力所做的功．（2013·四川卷）甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v－t图像如图所示，则( )A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同（2013·新课标全国卷Ⅰ）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置－时间(x －t)图线．由图可知( )A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大（2013·新课标全国卷Ⅰ）如图X12所示，直线a 和曲线b 分别是在平直公路上行驶的汽车a 和b 的位置－时间(x －t )图线．由图可知( )图X12A ．在时刻t 1，a 车追上b 车B ．在时刻t 2，a 、b 两车运动方向相反C ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率先减少后增加D ．在t 1到t 2这段时间内，b 车的速率一直比a 车的大（2012·安徽卷）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图所示．球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的34.设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)弹性球受到的空气阻力f 的大小； (2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h .图14解得h ＝38m.（2012·山东卷）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v －t 图象如图所示．以下判断正确的是( )A ．前3 s 内货物处于超重状态B ．最后2 s 内货物只受重力作用C ．前3 s 内与最后2 s 内货物的平均速度相同D ．第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物的机械能守恒（2011·山东卷）如图1－3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( )图1－3A ．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 【答案】 C【解析】两球经过相同的时间，在h 2处相遇，则对b 小球列方程可得，h 2＝12gt 2，对a 小球则有h 2＝v 0t －12gt 2，两式联立可得，v 0＝gt ，即相遇时，a 小球的速度为v a ＝v 0－gt ＝0，b 小球的速度为gt ，B 项错误．从相遇开始，a 向下做初速度为零的匀加速直线运动，b 小球以一定的速度向下做匀加速直线运动，且二者加速度相同，均为g ，故b 球先落地，A 项错误．从开始运动到相遇，a 的速度由gt 变为0，b 的速度由0变为gt ，两球质量相同，所以a 动能的减少量等于b 动能的增加量，C 项正确．相遇后的任意时刻，b 的速度一直大于a 的速度，两球质量相同，由P ＝Fv 可得，D 项错误．（2011·安徽卷）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 所用时间为t 2.则物体运动的加速度为( ) A. 2Δx t 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2 B.Δx t 1－t 2t 1t 2t 1＋t 2C.2Δx t 1＋t 2t 1t 2t 1－t 2 D.Δx t 1＋t 2t 1t 2t 1－t 2（2011·天津卷）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。
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。
高考物理一轮复习 专题1.2 匀变速直线运动的规律教学案-人教版高三全册物理教学案
1.2 匀变速直线运动的规律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. 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。
一、匀变速直线运动规律及应用 1．基本规律(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 .这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向． 2．两个重要推论(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 ＝2v t ＝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 2.3．v 0＝0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 ＝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)．[方法技巧]记住两个推论，活用一种思维 1．两个重要推论公式 (1)v t ＝2v t ＝v 0＋v t2(2)Δx ＝aT 22．用逆向思维法解决刹车问题(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，假设初速度为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 ≤v202a.二、常用的几种物理思想方法 1．一般公式法一般公式指速度公式v ＝v 0＋at ，位移公式x ＝v 0t ＋12at 2及推论式2ax ＝v 2－v 20，它们均是矢量式，使用时要注意方向性，一般以v 0方向为正方向，量与正方向相同者取正，与正方向相反者取负．未知量按正值代入，其方向由计算结果决定．2．平均速度法定义式v ＝x t 对任何性质的运动都适用，而v ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动．3．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2v t ＝v ＝12(v 0＋v )，适用于匀变速直线运动．4．推论法对一般的匀变速直线运动问题，假设出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx ＝aT 2求解．5．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，一般用于末态的情况． 6．图象法应用v －t 图象，可以把较复杂的问题转变为较简单的数字问题来解决． [方法技巧]匀变速直线运动规律中应用的两个技巧1．匀减速直线运动减速到0时，通常看成反向的初速度为0的匀加速直线运动． 2．假设告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度．高频考点一、对匀变速直线运动规律的理解和应用1．匀变速直线运动的规律表达式中，涉及的物理量有五个，其中x 、a 、v 0、v 都是矢量，只有t 是标量，因此四个基本公式在应用时，注意物理量正负号的意义．一般情况下，规定初速度方向为正方向，无论在条件或所求结论中，负号都表示与初速度反向，正号表示与初速度同向，如果v 0＝0时，取a 的方向为正方向．2．四个公式的区别： 公式不含量突显量适用过程 v ＝v 0＋at x v 0、a 、t 、v 与x 无关 x ＝v 0t ＋12at 2 v v 0、a 、t 、x 与v 无关 v 2－v 20＝2ax t v 0、a 、x 、v 与t 无关 x t ＝v 0＋v 2av 0、t 、x 、v与a 无关0解题时，往往以a 是否变化了作为划分运动阶段的标准；t 反映了某种性质的运动过程的长短，而x 、v 那么反映了运动达到的效果．例1、据报道，一儿童玩耍时不慎从45m 高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童.管理人员到楼底的距离为18m ，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击.不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g 取10m/s 2.(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)假设管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9m/s ，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？答案 (1)6m/s (2)a ≥9 m/s 2(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v 0，由运动学公式得：v ＝联立各式并代入数据得a ≥9m/s 2.[感悟提升]匀变速直线运动公式的选用原那么(1)如果题目中无位移x ，也不求位移，一般选用速度公式v ＝v 0＋at . (2)如果题目中无末速度v ，也不求末速度，一般选用位移公式x ＝v 0t ＋12at 2.(3)如果题目中无运动时间t ，也不求运动时间，一般选用位移与速度关系式v 2－v 20＝2ax .(4)如果题目中无加速度a ，也不求加速度，一般选用公式x＝v 0＋v2t ＝v t .[变式探究]如下图，歼—15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大．假设歼—15战机正常起飞过程中加速度为a ，经s 距离就达到起飞速度腾空而起．现“辽宁〞舰起飞甲板长为L (L <s )，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，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞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飞机具有的最小速度v 1m ； (2)方法二情况下航空母舰的最小速度及此过程中的位移． 解析：(1)设飞机起飞速度为v 那么有v 2＝2asv 2－v 21m ＝2aL 联立解得v 1m ＝2as －L . (2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t ，那么t ＝v －v 2ma飞机位移x 1＝v 2－v 22m2a航空母舰位移x 2＝v 2m ·t位移关系：x 1－x 2＝L 联立解得：v 2m ＝2as －2aLx 2＝2(Ls －L )．高频考点二、解决匀变速运动的常用方法 方法 分析说明基本 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平均 速度法(1)定义式v ＝x t对任何性质的运动都适用 (2)v ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动过1、2两点，1、2之间有一定的距离，木块通过1、2两点所用时间分别为t 1和t 2.求：(1)木块经过位置1、位置2的平均速度大小； (2)木块前端P 在1、2之间运动所需时间t . [解析](1)由平均速度公式v ＝x t得 木块经过位置1时的平均速度v 1＝l t 1 木块经过位置2时的平均速度v 2＝l t 2(2)方法一：由平均速度等于中间时刻的瞬时速度得P 端经过位置1后t 12时刻的速度为v1，那么P 端经过[感悟提升]“一画、二选、三注意〞解决匀变速直线运动问题 1．画示意图根据题意画出物体运动示意图，使运动过程直观清晰． 2．选运动公式匀变速直线运动常可一题多解．要灵活选择合适的公式． 3．应注意的问题(1)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．(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下来的时间，再选择合适的公式求解．[变式探究]物体以一定的初速度从斜面底端A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图1，物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间．图1 答案 t解析 方法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面．设物体从B 到C 所用的时间为t BC .由运动学公式得x BC ＝at 2BC2，x AC ＝a (t ＋t BC )22，又x BC ＝x AC4，由以上三式解得t BC ＝t . 方法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v 0，物体从B 滑到C 所用的时间为t BC ，由匀变速直线运动的规律可得v 20＝2ax AC ① v 2B ＝v 20－2ax AB ②x AB ＝34x AC ③由①②③解得v B ＝v 02④又v B ＝v 0－at ⑤v B ＝at BC ⑥由④⑤⑥解得t BC ＝t . 方法三：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．因为x CB ∶x BA ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t .方法四：中间时刻速度法1． [2016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．假设它们下落相同的距离，那么( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[答案]BD [解析]设f ＝kR ，那么由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3·ρ，故a ＝g －k43πR 2·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移相同，由v 2＝2ax 可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W 克服＝f ·x ，又f 甲>f 乙，那么W 甲克服>W 乙克服，D 正确．2． [2016·全国卷Ⅲ] 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.s t 2B.3s 2t2 C.4s t 2 D.8s t23． [2016·四川卷] 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图1[答案](1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m[解析](1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，那么f＋mg sin θ＝ma1f＝μmg cos θ联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2a1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制s 2＝vt －12a 2t 2 s ＝s 1－s 2 l ＝l 0＋s 0＋s 2联立并代入数据得l ＝98 m.4.[2015·山东·14]距地面高5m 的水平直轨道A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图。
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动 第2节 匀变速直线运动的规律-人教版高三全册物
第2节匀变速直线运动的规律,(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。
(×)(2)匀加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大的。
(×)(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。
(√)(5)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。
(×)(6)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向下的。
(√)(7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。
(×)意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“物体越重下落越快〞的错误观点。
突破点(一) 匀变速直线运动的根本规律1．解答运动学问题的根本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选公式列方程→解方程并讨论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，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v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。
3．多过程问题如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段衔接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。
[典例] (2017·孝感三中一模)如下列图，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L＝1.2 m的平板车开始以a＝6.0 m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，平板车上外表距离M的竖直高度为h＝0.45 m。
忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小车左端离O点的水平距离；(2)假设至少有2个小球落在平板车上，如此释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件？[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息由静止释放一小球小球做自由落体运动忽略空气阻力平板车以恒定加速度从静止开始向左运动小车做初速度为零的匀加速直线运动该小球恰好落在平板车的左端在小球自由落体的时间内，小车的左端恰好运动到O 点第二步：找突破口(1)小球下落的时间t 0可由h ＝12gt 02求得。
高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的研究2匀变速直线运动规律复习教案
2 匀变速直线运动规律知识要点匀变速直线运动公式1．常用公式有以下四个at v v t +=0 2021at t v s += as v v t 2202=- t v v s t 20+= 2．匀变速直线运动中几个常用的结论①Δs=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 ②ts v v v t t =+=202/，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。
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）。
可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有2/2/s t v v <。
3．初速度为零（或末速度为零）的匀变速直线运动做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：gt v = ， 221at s = ， as v 22= ， t v s 2= 4．初速为零的匀变速直线运动①前1秒、前2秒、前3秒……内的位移之比为1∶4∶9∶……②第1秒、第2秒、第3秒……内的位移之比为1∶3∶5∶……③前1米、前2米、前3米……所用的时间之比为1∶2∶3∶……④第1米、第2米、第3米……所用的时间之比为1∶()12-∶（23-）∶…… 对末速为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律。
5．一种典型的运动经常会遇到这样的问题：物体由静止开始先做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动到静止。
用右图描述该过程，可以得出以下结论： ①t s a t a s ∝∝∝,1,1 ②221B v v v v === 6、解题方法指导：解题步骤：a 1、s 1、t 1 a 2、s 2、t 2（1）确定研究对象。
（2）明确物体作什么运动，并且画出运动示意图。
（3）分析研究对象的运动过程及特点，合理选择公式，注意多个运动过程的联系。
（4）确定正方向，列方程求解。
（5）对结果进行讨论、验算。
高考物理一轮复习第一章匀变速直线运动的研究2匀变速直线运动规律复习教案
2 匀变速直线运动规律知识要点匀变速直线运动公式1．常用公式有以下四个at v v t +=0 2021at t v s += as v v t 2202=- t v v s t 20+= 2．匀变速直线运动中几个常用的结论①Δs=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 ②ts v v v t t =+=202/，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。
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）。
可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有2/2/s t v v <。
3．初速度为零（或末速度为零）的匀变速直线运动做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：gt v = ， 221at s = ， as v 22= ， t v s 2= 4．初速为零的匀变速直线运动①前1秒、前2秒、前3秒……内的位移之比为1∶4∶9∶……②第1秒、第2秒、第3秒……内的位移之比为1∶3∶5∶……③前1米、前2米、前3米……所用的时间之比为1∶2∶3∶……④第1米、第2米、第3米……所用的时间之比为1∶()12-∶（23-）∶…… 对末速为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律。
5．一种典型的运动经常会遇到这样的问题：物体由静止开始先做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动到静止。
用右图描述该过程，可以得出以下结论： ①t s a t a s ∝∝∝,1,1 ②221B v v v v === 6、解题方法指导：解题步骤：a 1、s 1、t 1 a 2、s 2、t 2（1）确定研究对象。
（2）明确物体作什么运动，并且画出运动示意图。
（3）分析研究对象的运动过程及特点，合理选择公式，注意多个运动过程的联系。
（4）确定正方向，列方程求解。
（5）对结果进行讨论、验算。
高考物理一轮复习 第一章 第2讲 匀变速直线运动规律教案 新人教版-新人教版高三全册物理教案
第2讲匀变速直线运动规律考点1 匀变速直线运动规律的应用1．运动学公式中符号的规定一般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．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．2．解决运动学问题的基本思路如图所示，一长为L的长方体木块在水平面上由静止开始以加速度a做匀加速直线运动．先后经过1、2两点，1、2两点之间有一定距离，木块通过1、2两点所用时间分别为t1、t2.求：(1)木块经过1、2两点的平均速度大小；(2)木块前端P在1、2两点之间运动所需时间t.【解析】 (1)由平均速度公式v ＝xt得 木块经过点1的平均速度大小v 1＝L t 1， 木块经过点2的平均速度大小v 2＝L t 2. (2)解法1：利用位移公式设在出发点时木块P 端距点1的距离为x 1，距点2的距离为x 2，P 端从出发点到1、2两点的时间分别为t ′1和t ′2，由位移公式x ＝12at 2得x 1＝12at ′21，x 1＋L ＝12a (t 1＋t ′1)2，x 2＝12at ′22，x 2＋L ＝12a (t 2＋t ′2)2，又因为t ＝t ′2－t ′1，解得t ＝L a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22.解法2：利用平均速度公式由匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，得P 端到达点1后再经过t 12时间的速度为v 1＝L t 1，测P 端经过点1时的速度大小v 1＝v 1－a ·t 12，同理，P端经过点2时的速度大小v 2＝v 2－a ·t 22，又因为v 2＝v 1＋at .解得t ＝L a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22.【答案】 (1)L t 1L t 2 (2)L a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22解答匀变速直线运动问题常用方法如下1．一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 ，速度变为原来的3倍，该质点的加速度为( A )A.s t 2B.3st 2C.4st2D.9st 2解析：设质点的初速度为v 1，末速度为v 2，根据题意知v 2＝3v 1，根据v ＝v 0＋at ，可得3v 1＝v 1＋at ，解得v 1＝at 2，代入s ＝v 1t ＋12at 2可得a ＝st2，故选项A 正确．2．某物体做匀加速直线运动，加速度大小为a ，速度变化Δv 产生位移x ，紧接着速度变化同样的Δv 产生位移为( B )A ．x －(Δv )2aB ．x ＋(Δv )2aC ．x －(Δv )22aD ．x ＋(Δv )22a解析：物体做匀加速运动，速度变化Δv 时，经历的时间为Δva，设第二个Δv 产生位移为x ′，则x ′－x ＝at 2，解得x ′＝x ＋(Δv )2a，选项B 正确．3．(多选)一质量为m 的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s 内的位移为2.5 m ，由此可求得( CD )A ．滑块的加速度为5 m/s 2B ．滑块的初速度为5 m/sC ．滑块运动的总时间为3 sD ．滑块运动的总位移为4.5 m解析：初速度为零的匀加速直线运动在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比为xⅠx Ⅱx Ⅲ＝13 5.运动的总时间为3 s 时，在前2 s 内和后2 s 内的位移之比为1 2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动，因滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t ＝3 s ，选项C 正确；滑块最初1 s 内的位移与总位移之比为x 1x ＝59，滑块最初1 s 内的位移为2.5 m ，故x ＝4.5 m ，选项D 正确；根据x ＝12at2可得a ＝1 m/s 2，选项A 错误；根据v ＝at 可得，滑块的初速度为3 m/s ，选项B 错误．考点2 自由落体运动和竖直上抛运动1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题． (2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．2．竖直上抛运动的主要特性对称性①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度所用的时间相等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，形成多解，在解决问题时要注意这个特性3.竖直上抛问题的两种处理方法(1)“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．(2)“整体法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反．考向1 自由落体运动规律的应用(多选)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度之比为h1h2h3＝32 1.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A．三者到达桌面时的速度大小之比是32 1B．三者运动时间之比为32 1C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比【解析】由v2＝2gh，得v＝2gh，故v1v2v3＝321，选项A正确；由t＝2hg得三者运动的时间之比t1t2t3＝321，选项B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(3－2)2h3g，c与b开始下落的时间差Δt2＝(2－1)·2h3g，选项C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，选项D错误．【答案】AC考向2 竖直上抛运动规律的应用如图所示是一种较精确测量重力加速度g的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O 点与弹簧分离，然后返回，在O 点正上方选取一点P ，利用仪器精确测得O 、P 间的距离为H ，从O 点出发至返回O 点的时间间隔为T 1，小球两次经过P 点的时间间隔为T 2.求：(1)重力加速度大小g ；(2)若O 点距玻璃管底部的距离为L 0，求玻璃管最小长度． 【解析】 (1)小球从O 点上升到最高点有h 1＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 122小球从P 点上升到最高点有h 2＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 222依据题意有h 1－h 2＝H 联立解得g ＝8HT 21－T 22(2)玻璃管最小长度L ＝L 0＋h 1解得L ＝L 0＋T 21HT 21－T 22【答案】 (1)8H T 21－T 22 (2)L 0＋T 21HT 21－T 22考向3 自由落体运动和竖直上抛运动的综合应用(多选)自高为H 的塔顶自由落下A 物体的同时B 物体自塔底以初速度v 0竖直上抛，且A 、B 两物体在同一直线上运动，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．若v 0>gH ，两物体相遇时，B 正在下降途中 B ．若v 0＝gH ，两物体在地面相遇C ．若gH2<v 0<gH ，两物体相遇时B 物体正在空中下落D ．若v 0＝gH2，则两物体在地面相遇【问题探究】 (1)A 、B 两物体相遇的可能位置中，最高、最低点在什么位置？ (2)A 、B 两物体相遇时满足什么关系？【分析】 (1)B 物体速度减为零时，A 、B 恰好相遇是两物体相遇的最高临界点；A 、B 恰好落地时相遇是两物体相遇的最低临界点．(2)A 、B 两物体相遇时，两物体在空中运动的时间相同，位移大小之和等于H . 【解析】 设经过时间t 两物体相遇，则x A ＝12gt 2，x B ＝v 0t －12gt 2，且x A ＋x B ＝H ，可得t ＝Hv 0，此时B 的速度为v B ＝v 0－gt ，若v B >0，即v 0>gH ，则B 在上升，选项A 、B 错误；若v B ＝－v 0，即v 0＝gH2，两物体在地面相遇，C 、D 正确．【答案】 CD抛体运动规律总结4．一弹性小球自4.9 m 高处自由下落，它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的79，重力加速度g 取9.8 m/s 2，试求小球从开始下落到停止运动所用的时间．解析：小球第一次下落经历的时间为：t ＝2hg＝1 s落地前的速度的大小v ＝gt ＝9.8 m/s 第一次碰地弹起的速度的大小v 1＝79v上升到落回地面的时间t 1＝2v 1g ＝2×79s 第二次碰地弹起的速度的大小v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫792v上升到落回地面的时间t 2＝2v 2g ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫792s 第n 次碰地弹起的速度的大小v n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫79nv上升到落回地面的时间t n ＝2v n g ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫79ns 小球从开始下落到最终停止经历的时间为：t ＝1＋2×79＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫792＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫79ns ＝1 s＋7×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫79n s≈8 s答案：8 s考点3 单体多过程匀变速直线运动问题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．解题关键多运动过程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．(2019·某某黄冈模拟)一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度a 1做匀加速运动，至速度v 后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a 2匀减速前进，直到停止，全程长为L .(1)求全程所用时间；(2)速度v 为何值时，全程所用时间最短？【解析】 火车先加速后匀速最后匀减速前进，由运动学公式求出各段时间．火车先加速到v 再减速到零跑完全程时，所用时间最短．(1)火车加速过程：v ＝a 1t 1 加速位移满足：2a 1x 1＝v 2减速过程：v ＝a 2t 2 减速位移满足：2a 2x 2＝v 2 匀速过程：L －x 1－x 2＝vt 3 全程所用时间t ＝t 1＋t 2＋t 3 联立解得t ＝L v ＋v 2a 1＋v 2a 2(2)火车先加速到v 再减速到零跑完全程，所用时间最短，即L ＝x 1＋x 2 联立解得v ＝2a 1a 2a 1＋a 2L 【答案】 (1)L v ＋v 2a 1＋v2a 2(2)2a 1a 2a 1＋a 2L多过程组合问题的处理技巧(1)多运动过程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．(2)用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来．5．如图所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块从A 点由静止释放，游戏者通过控制BC 段上的可控区域的长度，让滑块到达C 点时速度刚好为零，滑块自由落入洞D 中即为成功．已知轨道AB 、BC 可视为斜面，AB 长25 cm ，BC 长1 m ，CD 高20 cm ，滑块在AB 段加速下滑时加速度大小为a 1＝2 m/s 2，在BC 段非可控区域加速下滑时加速度大小为a 2＝1 m/s 2，在可控区域减速时的加速度大小为a 3＝3 m/s 2，滑块在B 点前后、可控点前后速度大小不变，g 取10 m/s 2.当游戏成功时，求：(1)可控区域的长度L ；(2)滑块从A 到洞D 所经历的时间t .解析：(1)设滑块在B 点时速度大小为v B ，则由运动学规律知v 2B ＝2a 1x AB 且v B ＝a 1t 1 解得t 1＝0.5 s ，v B ＝1 m/s设滑块在E 点进入可控区域，从B 到E ，由运动学规律知v 2E －v 2B ＝2a 2(x BC －L ) v E －v B ＝a 2t 2从E 到C ，由运动学规律知v 2E ＝2a 3Lv E ＝a 3t 3 联立解得t 2＝t 3＝0.5 s ，L ＝0.375 m.(2)滑块从C 到D ，由自由落体运动规律知h CD ＝12gt 24解得t 4＝0.2 s所以滑块从A 到洞D 所经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝1.7 s.答案：(1)0.375 m (2)1.7 s学习至此，请完成课时作业2word 11 / 11。
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第2讲匀变速直线运动的规律考纲下载：匀变速直线运动及其公式(Ⅱ)主干知识·练中回扣——忆教材 夯基提能1．匀变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动。
(2)分类⎩⎪⎨⎪⎧匀加速直线运动：a 与v 0方向相同；匀减速直线运动：a 与v 0方向相反。
2．匀变速直线运动的基本规律 (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 20＝2ax 。
3．(1)任意相邻相等时间T 内的位移差：Δx ＝aT 2；可以推广到：x m －x n ＝(m －n )aT 2。
(2)中间时刻的速度：v t 2＝12(v 0＋v )＝v 。
(3)位移中点速度：v x 2＝ v 20＋v22。
(4)初速度为零的匀加速直线运动常用的4个比例关系 ①1T 末、2T 末、3T 末、……nT 末瞬时速度的比 v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n ； ②1T 内、2T 内、3T 内、……nT 内位移的比 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、……第n 个T 内位移的比 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t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
4．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 ＝12gt 2；③速度位移关系式：v 2＝2gh 。
5．竖直上抛运动(1)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。
(2)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ；②位移公式：h ＝v 0t －12gt 2；③速度位移关系式：v 2－v 20＝－2gh 。
巩固小练1．判断正误(1)匀变速直线运动是速度均匀变化的运动。
(√) (2)匀加速直线运动是加速度均匀变化的运动。
(×) (3)匀减速直线运动的位移是减小的。
(×)(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。
(√) (5)物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动。
(×)(6)做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下的。
(√)(7)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反。
(×) [匀变速直线运动的规律] 2．[多选](2016·中山模拟)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移为3 m ，则( )A ．前3 s 内的平均速度为3 m/sB ．前3 s 内的位移为6 mC ．物体的加速度为1.2 m/s 2D ．3 s 末的速度为3.6 m/s解析：选CD 第3 s 内的位移等于3 s 内的位移减去2 s 内的位移，则x ＝12at 23－12at 22＝3 m ，解得a ＝1.2 m/s 2，C 正确；前3 s 内的位移x 3＝12at 23＝12×1.2×9 m ＝5.4 m ，B 错误；前3 s 内的平均速度v ＝x 3t ＝5.43 m/s ＝1.8 m/s ，A 错误；3 s 末的速度为v 3＝at 3＝1.2×3 m/s ＝3.6 m/s ，D 正确。
[自由落体运动]3．[多选]物体从离地面45 m 高处做自由落体运动，g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．物体运动3 s 后落地B ．物体落地时的速度大小为30 m/sC ．物体在落地前最后1 s 内的位移为25 mD ．物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s解析：选ABC 由h ＝12gt 2得t ＝2hg ＝3 s ，A 正确；落地速度v ＝gt ＝30 m/s ，B 正确；最后一秒内位移Δh ＝12gt 23－12gt 22＝25 m ，C 正确；全程的平均速度v ＝h t ＝453 m/s ＝15 m/s ，D 错误。
[竖直上抛运动]4．某同学身高1.8 m ，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过1.8 m 高度的横杆，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度最接近(g 取10 m/s 2)( )A ．6 m/sB ．5 m/sC ．4 m/sD ．3 m/s解析：选C 身高1.8 m 的同学起跳后身体横着越过1.8 m 的横杆，其重心上升的高度大约为h ＝0.8 m ，由v 20＝2gh 得v 0＝4 m/s ，选项C 正确。
核心考点·分类突破——析考点 讲透练足解答运动学问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[典题1] (2016·南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h 。
求：(1)这时车离出发点距离；(2)车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，车开始做匀速直线运动。
10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车起动时，计价器里程表示数为零)[解析] (1)由速度公式得v ＝at解得a ＝v 1t 1＝1510 m/s 2＝1.5 m/s 2由位移—时间公式得x 1＝12at 21＝12×1.5×102 m ＝75 m 这时出租车离出发点距离75 m 。
(2)由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a ＝3022×1.5m ＝300 m这时汽车从静止载客开始，已经经历的时间t 2，可根据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5 s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒。
出租车继续匀速运动，它匀速运动时间t 3应为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m ＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2400)m ＝2 700 m [答案] (1)75 m (2)2 700 m问题二 两类特殊的匀减速直线运动1．刹车类问题。
汽车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。
[典题2] (2016·湛江模拟)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a ＝4 m/s 2的加速度，刹车后第三个2 s 内，汽车走过的位移为( )A ．12.5 mB ．2 mC ．10 mD ．0[解析] 设汽车从刹车到停下的时间设为t ，则由v ＝v 0＋at 得t ＝v －v 0a ＝0－10－4 s ＝2.5 s ，所以第三个2 s 汽车早已停止，所以第三个2 s 位移为零，D 正确。
[答案] D2．双向可逆类问题。
如果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，且全过程加速度大小、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。
[典题3] [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 sB ．3 sC ．4 s D.5＋412s[解析] 当物体的位移为4 m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得，4＝5t －12×2t 2，解得t 1＝1 s ，t 2＝4 s ；当物体的位移为－4 m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得，－4＝5t －12×2t 2，解得t 3＝5＋412 s ，故A 、C 、D 正确，B 错误。
[答案] ACD 考点二快速解决匀变速直线运动的5种常用技法1．[平均速度法](2016·连云港模拟)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s 内的位移为5 m ，则下列说法正确的是( )A ．物体在第3 s 末的速度一定是6 m/sB ．物体的加速度一定是2 m/s 2C ．物体在前5 s 内的位移一定是25 mD ．物体在第5 s 内的位移一定是9 m解析：选A 由第3 s 内的位移可以求出第2.5 s 时刻的瞬时速度v ＝x t ＝51 m/s ＝5 m/s ，由于匀加速直线运动的初速度未知，无法求出物体的加速度，故无法求解第3 s 末的速度及第5 s 内的位移，A 、B 、D 错误；前5 s 内的平均速度等于2.5 s 时刻的瞬时速度，故前5 s 内的位移一定是x ＝v t ＝5×5 m ＝25 m ，C 正确。
2．[比例法]从静止开始做匀加速直线运动的物体，在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的平均速度之比为( )A ．1∶3∶5B ．1∶4∶9C ．1∶2∶3D ．1∶2∶ 3 解析：选A 由于第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比x 1∶x 2∶x 3＝1∶3∶5，而平均速度v ＝xt ，三段时间都是1 s ，故三段时间的平均速度之比为1∶3∶5，A 正确。
3．[逆向思维法][多选]如图所示，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，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解析：选BD 因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以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通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)，故所求时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，所以选项C 错，D 正确；由v 2－v 20＝2ax 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，则所求的速度之比为 3∶2∶1，故选项A 错，B 正确。
4．[推论法和平均速度法](2016·成都质检)如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，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…所示小球运动过程中每次曝光的位置。
连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d 。
根据图中的信息，下列判断错误的是( )A ．位置“1”是小球释放的初始位置B ．小球做匀加速直线运动C ．小球下落的加速度为 dT 2D ．小球在位置“3”的速度为 7d2T解析：选A 由图可知每两个相邻的点之间的距离差是一样的，小球做匀加速直线运动，B 正确；由Δx ＝aT 2可知a ＝Δx T 2＝dT2，C 正确；由于时间间隔相同，故第2个点的瞬时速度为第1、3两点之间的平均速度的，故v 2＝5d2T，由v ＝v 0＋at 可知点1的速度大小是v 1＝v 2－aT ＝5d 2T －d T 2·T ＝3d 2T ，A 错误；第3点的瞬时速度为第2、4点之间的平均速度，所以v 3＝7d2T ，D 正确。