第1章第2讲 匀变速直线运动规律及其应用
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节匀变速直线运动的规律及应用课件
取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重
6
力加速度为
m/s2。
(4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直
方向,从该视频中截取图片,
(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法
测出重力加速度。
答案 (1)小钢球
(2)①③④② (3)9.6(9.5~9.7均可)
答案 (1)4.5 m (2)2人
(3)2 m
解析 解法一 (推论法)
(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速运动的规律可知,在相邻
相等时间内位移差相等,即Δs=lCD-lBC=lBC-lAB=1 m
解得lCD=4.5 m。
(2)因为Δs=1 m,所以此刻A的上端滑道上还有2个人。
(3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有
答案 8楼
解析 由题图可以看出,在曝光的时间内,物体大约下降了两层砖的厚度,
即 14 cm(0.14 m),曝光时间为 0.01 s,所以 AB 段的平均速度为
0.14
v= = 0.01 m/s=14 m/s
由 v =2gh 可得下降的高度大约为 h=
2
2
2
=
142
2×10
m=9.8 m,每层楼高约为
(4)仍能
解析 (1)为使物体的运动尽可能地接近自由落体运动,应该尽量减小空气
阻力的影响,故下落物体应该选小钢球。
(2)实验步骤要本着先安装器材,再进行实验的原则,具体步骤为①③④②。
(3)刻度尺读数时应读球心对应的刻度,把图中三幅图依次连接起来即为常
见的纸带问题,根据逐差法可得重力加速度为
第1章 第2节 匀变速直线运动规律及应用
3.(2011•新课标)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．
解法二：(极值法)利用判别式求解，由解法一可知xA 1 1 2 2 ＝x＋xB，即v0t＋ ×(－2a)×t ＝x＋ at 2 2 整理得3at2－2v0t＋2x＝0 这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ ＝(2v0)2－4×3a×2x＜0时，t无实数解，即两车不相撞， 所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0＜ 6ax
2
点评： 解决匀变速直线运动的常用方法有如 下几种： (1)一般公式法 一般公式法是指选用速度、位移和时间的关系 式，它们均是矢量式，使用时应注意方向性．一般 以v0的方向为正方向，其余与正方向相同者取正， 与正方向相反者取负．
2 平均速度法
x 定义式v ，对任何性质的运动都适用，而公式 t 1 v (v0 v )只适用于匀变速直线运动． 2 3中间时刻速度法 利用“在一段时间t的中间时刻的瞬时速度等于这段时间 t的平均速度”，即v t v.此公式适用于任何一个匀变速
【解析】在0～5s，物体向正向运动，5s～6s向负 向运动，故5s末离出发点最远，sm=35m，A错； 由面积法求出0～5s的位移s1=35m,5s～6s的位移 s2=-5m，总路程为：40m，B对；由面积法求出 0～4s的位移s=30m，平均速度为：v=s/t=7.5m/s， C对；由图象知5s～6s过程物体加速，合力和位移 同向，合力做正功，D错．
第1章第2讲 匀变速直线运动规律及其应用(素质训练)
5.物体从斜面顶端由静止开始滑下，经时间t到达 中点，则物体从斜面顶端到底端共用时间为( A ) A. 2t B. t C．2t D. 2 t
2
9.汽车在平直的公路上做匀加速直线运动，经过 第一棵树时速度为1m/s，经过第三棵树时速度为 7m/s.若每两棵树间距相等，那么经过第二棵树时 的速度为 5 m/s；若每两棵树间距为10m，则从 第一棵树到第三棵树运动的时间 5 s，汽车的 2 加速度为 1.2 m/s 。
【解析】利用匀变速直线运动中点速度 v s /2 ( v 0 v t ) / 2 这 一 推 论 ， 将 v 0 1m / s 、
2 设受试者起跑的加速度为4 m /s ，运动过程中的最大 速度为4m/s，快到达折返线处时需减速到零，减速 2 时加速度为8 m /s ，返回时达到最大速度后不需减速， 保持最大速度冲线．求该受试者“10米折返跑”的 成绩为多少秒？
图123
对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中
t1 加速阶段： vm a1
v 2 v1 2 a 1.1m / s t1 t 2 t 2 2 t2 2 v3 v 2 a ， v3 27.2m / s 2
v 2 v1
13.“10米折返跑”的成绩反映了人体的灵敏素质， 测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站 在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向 正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时。受试 者到达折返线处时，用手触摸折返线的物体(如图 123中的木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到 达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时间即 为“10米折返跑”的成绩。
第1章 直线运动 第2讲 匀变速直线运动
第2讲 匀变速直线运动的规律及其应用★一、考情直播1．考纲解读考纲内容能力要求 考向定位 1．匀变速直线运动及其公式、图象 1．知道匀变速直线运动的特点．2．能用公式和图象描述匀变速直线运动． 在考纲中匀变速直线运动及其公式、图象是Ⅱ要求，一般安排在曲线运动或综合性题中考查，独立命题以选择题为主2.考点整合考点1．匀变速直线运动规律及应用几个常用公式．速度公式：at V V t +=0；位移公式：2021at t V s +=； 速度位移公式：as V V t 2202=-；位移平均速度公式：t V V s t 20+=．以上五个物理量中，除时间t 外，s 、V 0、V t 、a 均为矢量．一般以V 0的方向为正方向，以t =0时刻的位移为起点，这时s 、V t 和a 的正负就都有了确定的物理意义．特别提示：对于位移、速度和加速度等矢量要注意矢量的方向性，一般要先选取参考方向．对于有往返过程的匀变速直线运动问题，可以分阶段分析．特别注意汽车、飞机等机械设备做减速运动速度等于零后不会反向运动．【例1】一物体以l0m ／s 的初速度，以2m ／s 2的加速度作匀减速直线运动，当速度大小变为16m ／s 时所需时间是多少?位移是多少？物体经过的路程是多少?解析：设初速度方向为正方向，根据匀变速直线运动规律at V V t +=0有：16102t -=-，所以经过13t s =物体的速度大小为16m ／s ，又2021at t V s +=可知这段时间内的位移为：21(1013213)392s m m =⨯-⨯⨯=-，物体的运动分为两个阶段，第一阶段速度从10m/s 减到零，此阶段位移大小为2210102522s m m -==-⨯；第二阶段速度从零反向加速到16m/s ，位移大小为2221606422s m m -==⨯，则总路程为12256489L s s m m m =+=+=答案]：13s ，-39m ，89m[方法技巧] 要熟记匀变速直线运动的基本规律和导出公式，根据题干提供的条件，灵活选用合适的过程和相应的公式进行分析计算．【例2】飞机着陆后以6m/s 2加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60m/s ，求：（1）它着陆后12s 内滑行的距离；（2）静止前4s 内飞机滑行的距离． 解析：飞机在地面上滑行的最长时间为60106t s s == （1）由上述分析可知，飞机12s 内滑行的距离即为10s 内前进的距离s ：由202v as =，22060300226v s m m a ===⨯ （1） 静止前4s 内位移：/20111()2s s v t at =--，其中1(104)6t s s =-= 故/2164482s m m =⨯⨯= 答案：（1）300m ；（2）48m考点2．匀变速直线运动的几个有用的推论及应用（一）匀变速直线运动的几个推论（1）匀变速直线运动的物体相邻相等时间内的位移差2at S =∆ 2T s a ∆= 2mat S =∆；2m Ts s a n m n -=+ ； 可以推广为：S m -S n =(m-n)aT 2 （2）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：202t t V V V +=（3）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）22202t s V V V += ．无论匀加速还是匀减速，都有22s t V V <． （二）初速度为零的匀变速直线运动特殊推论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： at V = ， 221at s = ， as V 22= ， t V s 2= 以上各式都是单项式，因此可以方便地找到各物理量间的比例关系．①前1s 、前2s 、前3s ……内的位移之比为1∶4∶9∶……②第1s 、第2s 、第3s ……内的位移之比为1∶3∶5∶……③前1m 、前2m 、前3m ……所用的时间之比为1∶2∶3∶……④第1m 、第2m 、第3m ……所用的时间之比为1∶()12-∶（23-）∶…… 【例3】物体沿一直线运动，在t 时间内通过的路程为S ，它在中间位置S 21处的速度为V 1，在中间时刻t 21时的速度为V 2，则V 1和V 2的关系为（ ） A ．当物体作匀加速直线运动时，V 1＞V 2; B.当物体作匀减速直线运动时，V 1＞V 2;C ．当物体作匀速直线运动时，V 1=V 2; D.当物体作匀减速直线运动时，V 1＜V 2． 解析：设物体运动的初速度为V 0，未速度为V t ，由时间中点速度公式20t V V V +=-得202t V V V +=；由位移中点速度公式2220t V V V +=中点得22201t V V V +=．用数学方法可证明，只要t V V ≠0，必有V 1>V 2;当t V V =0，物体做匀速直线运动，必有V 1=V 2．答案：ABC ．[方法技巧] 对于末速度为零的匀减速运动，可以看成是初速度为零的匀加速运动的“逆”过程，这样就可以应用“初速度为零的匀变速直线运动特殊规律”快速求解问题．【例4】地铁站台上，一工作人员在电车启动时，站在第一节车厢的最前端，4ｓ后，第一节车厢末端经过此人.若电车做匀加速直线运动，求电车开动多长时间，第四节车厢末端经过此人?(每节车厢长度相同)解析：做初速度为零的匀变速直线运动的物体通过连续相等位移的时间之比为： )1(:......:)34(:)23(:)12(:1-----n n故前4节车厢通过的时间为：s s 84)]34()23()12(1[=⨯-+-+-+ 答案：8s★二、高考重点、热点题型探究刹车问题、图象问题、逆向思维及初速度为零的匀加速直线运动的推论公式既是考试的重点，也是考试的热点．热点1：图表信息题[真题1]（2006上海）要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．启动加速度1a24/m s 制动加速度2a28/m s 直道最大速度1v40/m s 弯道最大速度2v 20/m s直道长度s218m 某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v 1＝40 m/s ，然后再减速到 v 2＝20m/s ，t 1 = v 1/ a 1 = …；t 2 = （v 1－v 2）/ a 2= …；t=t 1 + t 2你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．[解析]不合理 ，因为按这位同学的解法可得 t 1=10s ，t 2=2.5s ，总位移 s 0=275m ＞s ．故不合理．由上可知摩托车不能达到最大速度v 2，设满足条件的最大速度为v ，则22221222v v v s a a -+=，解得 v=36m/s 又 t 1= v/a 1 =9s t 2=(v-v 2)/a 2=2 s 因此所用的最短时间 t=t 1+t 2=11s[答案] 11s[名师指引]考点：匀变速值线运动规律．分析时要抓住题目提供的约束条件，对于机动车类问题必须满足安全条件．重点1：力与运动的综合问题[真题2]（2006上海）如图1-2-1，质量为 10 kg 的物体在 F ＝200 N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37O ．力 F 作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移 s ．（已知 sin37o ＝0.6，cos37O ＝0.8，g ＝10 m/s 2）[解析]物体受力分析如图1-2-2所示，设加速的加速度为 a 1，末速度为 v ，减速时的加速度大小为 a 2，将 mg 和F 分解后，由牛顿运动定律得N=Fsin θ+mgcos θ，Fcos θ－f －mgsin θ=ma 1 ，根据摩擦定律有 f=N ，加速过程由运动学规律可知 v=a 1t 1 撤去 F 后，物体减速运动的加速度大小为 a 2，则 a 2=g cos θ由匀变速运动规律有 v=a 2t 2 有运动学规律知 s= a 1t 12/2 + a 2t 22/2代入数据得μ=0.4 s=6.5m[答案] μ=0.4 s=6.5m [名师指引]考点：力、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律．这是典型的力与运动综合问题，先受力分析，再应用牛顿定二定律和匀变速直线运动规律列方程求解．[新题导练]（原创题）一个有趣的问题----古希腊哲学家芝诺曾提出过许多佯谬．其中最著名的一个命题是“飞毛腿阿喀琉斯永远也追不上爬行缓慢的乌龟”．芝诺的论证是这样的：如图1-1-10所示，假定开始时阿喀琉斯离开乌龟的距离为L OA =，他的速度为1v ，乌龟的速度为2v ，且1v ＞2v ．当阿喀琉斯第一次跑到乌龟最初的位置A 时，乌龟在此期间爬到了另一位置B ，显然L v v v L v AB 1212=⨯=；当阿喀琉斯第二次追到位置B 时，乌龟爬到了第三个位置C ，且L v v v AB v BC 21212)(=⨯=；当阿喀琉斯第三次追到位置C 时，乌龟爬到了第四个位置D ，且L v v v BC v CD 31212)(=⨯=…如此等，尽管它们之间的距离会愈来愈近，但始终仍有一段距离．于是芝诺得到“结论”：既然阿喀琉斯跑到乌龟的上一个位置时，不管乌龟爬得多慢，但还是前进了一点点，因而阿喀琉斯也就永远追不上乌龟．显然飞毛腿阿喀琉斯永远也追不上爬行缓慢的乌龟的命题是错误的，请分析探究究竟错 图1-2-1图1-2-2在哪个地方？答案：两个要点：（1）这个结论不对．因为乌龟相对飞毛腿阿喀琉斯以速度21v v v -=相向左运动，因此肯定能追上的，并且所需的时间只要21v v L t -=． （2）芝诺把阿喀琉斯每次追到上一次乌龟所达到的位置作为一个“周期”，用来作时间的计量单位，因此这个周期越来越短，虽然这样的周期有无数个，但将这些周期全部加起来，趋向于一个固定的值，这个固定的值就是21v v L -． ★三、抢分频道◇限时基础训练（20分钟）班级 姓名 成绩１．电梯在启动过程中，若近似看作是匀加速直线运动，测得第1s 内的位移是2m ，第2s 内的位移是2.5m ．由此可知（ ）A ．这两秒内的平均速度是2.25m/sB ．第3s 末的瞬时速度是2.25m/sC ．电梯的加速度是0.125m/s 2D ．电梯的加速度是0.5m/s 22．如图1-2-15所示，一个固定平面上的光滑物块，其左侧是斜面AB ，右侧是曲面AC ，已知AB 和AC 的长度相同，甲、乙两个小球同时从A 点分别沿AB 、CD 由静止开始下滑，设甲在斜面上运动的时间为t 1，乙在曲面上运动的时间为t 2，则( ) A ．t 1＞t 2 B ．t 1＜t 2C ．t 1＝t 2D ．以上三种均可能3．甲、乙两物体相距s ，同时同向沿一直线运动，甲在前面做初速度为零，加速度为a 1的匀加速直线运动，乙在后做初速度为v 0，加速度为a 2的匀加速直线运动，则A ．若a 1=a 2，则两物体相遇一次B . 若a 1>a 2，则两物体相遇二次C . 若a 1<a 2，则两物体相遇二次D . 若a 1>a 2，则两物体也可能相遇一次或不相遇4．一质点沿直线运动时的速度—时间图线如图1-2-16所示，则以下说法中正确的是（ ）A ．第1s 末质点的位移和速度都改变方向．B ．第2s 末质点的位移改变方向．C ．第4s 末质点回到原位．D ．第3s 末和第5s 末质点的位置相同． 5．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 （ ）A ．a 、b 两物体速度之差保持不变B ．a 、b 两物体速度之差与时间成正比 图1-1-10O A B C D L v 1 v 2 t/s v /ms -1 0 121 2 3 4 5 图1-2-16 图1-2-15 甲 乙A B CC ．a 、b 两物体位移之差与时间成正比D ．a 、b 两物体位移之差与时间平方成正比6．让滑块沿倾斜的气垫导轨由静止开始做加速下滑，滑块上有一块很窄的挡光片，在它通过的路径中取AE 并分成相等的四段，如图1-2-17所示，B v 表示B 点的瞬时速度，v 表示AE 段的平均速度，则B v 和v 的关系是( )A ．B v ＝v B ．B v ＞vC ．B v ＜vD ．以上三个关系都有可能 7．汽车以20m/s 的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5m/s 2，则它关闭发动机后通过t=37.5m 所需的时间为（ ）A.3s;B.4sC.5sD.6s8．一物体作匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s,1s 后速度的大小变为10m/s.在这1s 内该物体的( ).(A)位移的大小可能小于4m (B)位移的大小可能大于10m(C)加速度的大小可能小于4m/s 2 (D)加速度的大小可能大于10m/s 2.9．几个不同倾角的光滑斜面，有共同的底边，顶点在同一竖直面上，一个物体从斜面上端由静止自由下滑到下端用时最短的斜面倾角为（ ）A ．300B ．450C ．600D ．75010．a 、b 、c 三个物体以相同初速度沿直线从A 运动到B ，若到达B 点时，三个物体的速度仍相等，其中a 做匀速直线运动所用时间t a ，b 先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，所用时间为t b ，c 先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，所用时间为t c 、t b 、t c 三者的关系（ ）A ．t a =t b =t cB ． t a ＞t b ＞t cC ．t a ＜t b ＜t cD ．t b ＜t a ＜t c限时基础训练参考答案1．【答案】AD ．点拨：前2s 内的平均速度是 2.25m/s m/s =+=+=25.22221T x x v ，选项A 正确；由212aT x x =-得22125.0m/s =-=Tx x a ，选项D 正确，选项C 错误；第1s 末的速度为等于前2s 内的平均速度，所以选项B 错误，第3s 末的速度应为3.25m /s m /s m /s 1s 3s =⨯+=+=25.025.2at v v ．2．【答案】A ．点拨：抓住两点：一是甲和乙到达B 和C 具有相同的速率，二是甲做匀加速运动，乙做加速减小的加速运动，再画出速率时间图像，利用速率时间图线与坐标轴围成的面积表示路程即可迅速求解．3．【答案】BD ．4．【答案】CD ．5．【答案】AC ．点拨：因a 、b 两物体的加速度相同，因此a 相对b 是做匀速直线运动，选项A 正确；a 、b 两物体的位移之差就等于a 与b 间的相对距离，故选项C 正确．6．【答案】C ．点拨：如果挡光片是从A 位置开始下滑的，则B 位置对应挡光片经过AE 段的中间时刻，则有B v ＝v ，但此题中的挡光片是A 的上侧滑下后经过A 位置的，所图1-2-17 B C A D E以选项A 肯定不正确；设A 、B 间的距离为x ，则ax v v A B 222+=，ax v v A E 4222⨯+=7．解析：因为汽车经过t 0=s aV 400=-已经停止运动，4s 后位移公式已不适用，故t 2=5s 应舍去．即正确答案为A ．[常见错解]设汽车初速度的方向为正方向，即V 0=20m/s,a=－5m/s 2,s=37.5m. 则由位移公式2021at t V s +=得：5.37521202=⨯-t t 解得：t 1=3s,t 2=5s.即A 、C 二选项正确． 8．解析：本题的关键是位移、速度和加速度的矢量性．若规定初速度V 0的方向为正方向，则仔细分析“1s 后速度的大小变为10m/s ”这句话，可知1s 后物体速度可能是10m/s ，也可能是-10m/s,因而有： 同向时，.72,/6/1410012201m t V V S s m s m t V V a t t =+==-=-= 反向时，.32,/14/1410022202m t V V S s m s m t V V a t t -=+=-=--=-=式中负号表示方向与规定正方向相反．因此正确答案为A 、D ．9．B 解析：设斜面倾角为α，斜面底边的长度为l ，物体自光滑斜面自由下滑的加速度为sin a g α=，不同高度则在斜面上滑动的距离不同：cos l s α=，由匀变速直线运动规律有：21sin cos 2l g t αα=⋅，所以滑行时间：2sin 2l t g α=，当s i n 21α=时，即22πα=，4πα=时滑行时间最短． 10．D 解析：用v-t 图象分析，由于位移相同，所以图线与时间轴围成的几何图形的面积相等，从图象看t b ＜t a ＜t c◇基础提升训练1．火车在平直轨道上做匀加速直线运动，车头通过某路标时的速度为v 1，车尾通过该路标时的速度为v 2，则火车的中点通过该路标时的速度为： Ａ、221v v + Ｂ、21v v Ｃ、2121v v v v + Ｄ、22221v v + 2. 某物体做初速度为零的匀加速直线运动，已知它第1s 内的位移是2ｍ，那么它在前3s 内的位移是多少？第3s 内的平均速度大小是多大？3．汽车以20m ／s 的速度作匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5m ／s 2，刹车后6s 内汽车的位移是(ｇ取10ｃm ／s 2)Ａ、30ｍ Ｂ、40ｍ Ｃ、10ｍ Ｄ、0ｍ4．飞机的起飞过程是从静止出发，在直跑道上加速前进，等达到一定速度时离地．已知飞机加速前进的路程为1600m ，所用的时间为40s ．假设这段运动为匀加速运动，用a 表示加速度，v 表示离地时的速度，则：A ．s m v s m a /80,/22==B ．s m v s m a /40,/12==C ．s m v s m a /40,/802==D ．s m v s m a /80,/12==5．一辆汽车关闭油门后，沿一斜坡由顶端以3m/s 的初速度下滑，滑至底端速度恰好为零，如果汽车关闭油门后由顶端以大小为5m/s 的初速度下滑，滑至底端速度大小将为（ ）A ．1m/sB ．2m/sC ．3m/sD ．4m/s基础提升训练参考答案1. D ；解析：该题可以换一角度，等效为：火车不动，路标从火车头向火车尾匀加速运动，已知路标经过火车头和尾时的速度，求路标经过火车中间时的速度为多大？设火车前长为2L ，中点速度为2s v ，加速度为a ，根据匀变速运动规律得：)1...(..........22122aL v v s =- )2.( (222)22aL v v s =-联立（1）（2）两式可求得D 项正确．2．解析：初速度为零的匀变速直线运动第1s 内、第2s 内、第3s 内、……的位移之比为.....:7:5:3:1，由题设条件得：第3s 内的位移等于10m ，所以前3s 内的位移等于（2+6+10）m=18m ；第3 s 内的平均速度等于：s m sm /10110= 3．B ；解析：首先计算汽车从刹车到静止所用的时间：s s m s m a v t 4/5/20200===，汽车刹车6s 内的位移也就是4s 内的位移，即汽车在6s 前就已经停了．故6s 内的位移：m av s 40220== 4．A 解析：212s at =，有2222221600/2/40s a m s m s t ⨯===，80/v at m s == 5．D 解析：202v as =，2/202t v v as -=-，4/t v m s =◇能力提升训练1．为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入液体中运动，用闪光照相方法拍摄钢球在不同时刻的位置，如图1-2-18所示．已知钢球在液体中运动时受到的阻力与速度大小成正比，即v F k =，闪光照相机的闪光频率为f ，图中刻度尺的最小分度为s 0，钢球的质量为m ，则阻力常数k 的表达式是A ．)(720f fs m +gB ．)(520f fs m +gC ．02fs m gD ．0fs m g 2．一个物体在A 、B 两点的正中间由静止开始运动（设不会超越A 、B ），图1-2-18其加速度随时间的变化如图1-2-19所示．设向A 的加速度为正方向，若从出发开始计时，则物体的运动情况是（ ） A ．先向A ，后向B ，再向A ，又向B ，4s 末静止在原处B ．先向A ，后向B ，再向A ，又向B ，4s 末静止在偏向A 的某点C ．先向A ，后向B ，再向A ，又向B ，4s 末静止在偏向B 的某点D ．一直向A 运动，4s 末静止在偏向A 的某点3．如图1-2-20所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块，其中物块A 连接一个轻弹簧并处于静止状态，物块B 以初速度0v 向着物块A 运动，当物块B 与物块A 上的弹簧发生相互作用时，两物块保持在一条直线上运动．若分别用实线和虚线表示物块B 和物块A 的t v -图象，则两物块在相互作用过程中，正确的t v -图象是图1-2-21中的（ ）4．如图1-2-22所示，有两个固定光滑斜面AB 和BC ，A 和C 在一水平面上，斜面BC比AB 长，一个滑块自A 点以速度v A 上滑，到达B 点时速度减小为零，紧接着沿BC 滑下，设滑块从A 点到C 点的总时间为t C ，那么图1-2-23中正确表示滑块速度v 大小随时间t 变化规律的是（ ）5．某同学为测量一沿笔直公路作匀加速运动的汽车的加速度，他发现汽车依次通过路面上A 、B 、C 、D 四个标志物的时间间隔相同，且均为t ，并测得标志物间的距离间隔x AC =L 1，x BD =L 2，则汽车的加速度为_______．6．某航空公司的一架客机，在正常航线上做水平飞行时，突然受到强大的垂直气流的作用，使飞机在10s 内迅速下降高度为1800m ，造成众多乘客和机组人员受伤，如果只研究在竖直方向上的运动，且假设这一运动是匀变速直线运动（1）求飞机在竖直方向上产生的加速度为多大？（2）试估算成年乘客（约45千克）所系安全带必须提供多大拉力才能使乘客不脱离坐椅？（g 取102/m s ） 7．质点做匀变速直线运动，第2s 和第7s 内位移分别为2.4m 和3.4m ，则其运动加速率a=____________m/s 2.A图1-2-22 A B C v A图1-2-23v A v t t C t C /2 O A v A v t t C t C /2 O B v A v t t C t C /2 O C v A v t t C t C /2 O D图1-2-20 B A v 0 t v 0 t v 0 v 0 v 0 v v v v t t O O O A B D C 图1-2-21 图1-2-19 1 2 3 4 0 t /s a /(ms -1)8．如图1-2-4所示，一平直的传送带以速度V=2m/s 做匀速运动，传送带把A 处的工件运送到B 处，A 、B 相距L=10m ．从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s,能传送到B 处，欲用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？9．2004年1月25日，继“勇气”号之后，“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星．在人类成功登陆火星之前，人类为了探测距离地球大约3.O ×105km 的月球，也发射了一种类似四轮小车的月球探测器．它能够在自动导航系统的控制下行走，且每隔10 s 向地球发射一次信号．探测器上还装着两个相同的减速器(其中一个是备用的)，这种减速器可提供的最大加速度为5 m ／s 2．某次探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物．此时地球上的科学家必须对探测器进行人工遥控操作．下表为控制中心的显示屏的数据： 收到信号时与前方障碍物距离(单位：m) 9：102052 9：103032 发射信号时给减速器设定的加速度(单位：m ／s 2) 9：10332 收到信号时与前方障碍物距离(单位：m) 9：104012 已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快．科学家每次分析数据并输入命令最少需要3 s ．问：(1)经过数据分析，你认为减速器是否执行了减速命令？(2)假如你是控制中心的工作人员，应采取怎样的措施?加速度需满足什么条件?请计算说明．10．（原创题）如图1-2-24所示，甲、乙两辆同型号的轿车，它们外形尺寸如下表所示．正在通过十字路口的甲车正常匀速行驶，车速甲v =10 m ／s ，车头距中心O 的距离为20 m ，就在此时，乙车闯红灯匀速行驶，车头距中心O 的距离为30 m ．（1）求乙车的速度在什么范围之内，必定会造成撞车事故．（2）若乙的速度乙v =15 m/s ，司机的反应时间为0.5s ，为了防止撞车事故发生，乙车刹车的加速度至少要多大？会发生撞车事故吗？轿车外形尺寸及安全技术参数长l /mm 宽b /mm 高h /mm 最大速度km/h急刹车加速度m/s 2 3896 1650 1465 144－4～－6 某同学解答如下：（1）甲车整车经过中心位置，乙车刚好到达中心位置，发生撞车事故的最小速度min 乙v ，图1-2-24抓住时间位移关系，有min 乙甲m m v v l 3020=+，m/s m/s min 554.1210896.32030=⨯+=乙v ，故当12.554m/s >乙v 时，必定会造成撞车事故．（2）当乙v =15 m/s ，为了不发生撞车事故，乙车的停车距离必须小于30m ，即m 2v 2乙反乙30≤+at v ，故25m/s ≥a ． 上述解答过程是否正确或完整？若正确，请说出理由，若不正确请写出正确的解法． 能力提升训练参考答案1．【答案】C ．2．【答案】D ．点拨：物体先向A 加速运动，再向A 减速运动，运动方向一直没有改变．根据运动情景或加速度时间图像画出类似于图1-2-2乙的速度图像．3．【答案】D ．点拨：因为弹簧是先是压缩形变阶段，后恢复形变阶段，因此A 先做加速度增加的加速运动，后做加速度减小的加速运动，B 则是先做加速度增加的减速运动，后做加速度减小的减速运动．4．速度--时间图像中，直线的斜率表示匀变速直线运动的加速度，加速度越大，直线越陡；而物体从A 经B 到C 的整个过程中，由于无阻力，故A 、C 两处的速率相等，选项C 不正确；AB 和BC 两段上平均速率相等，AB 段比BC 段运动的时间短，选项A 不正确；又因为AB 段的加速度大于BC 段的加速度，两段均做匀变速直线运动，AB 段和BC 段的速度图线为直线，选项B 正确，D 错误．5．【答案】2122t L L -．点拨：汽车做匀加速运动，因时间间隔均为t ，故tL t x v AC B 221==，t L t x v BD C 222==，=-=tv v a B C 2122t L L -． 6．解答：（1）由运动学公式212s at =得22236(/)s a m s t== （2）安全带对人的作用力向下，F+mg ＝ma ，可知F ＝m （a －g ），F ＝1170N 7．解析：应用推论 △s=aT 2，并考虑到s 7－s 6=s 6－s 5=s 5－s 4=s 4－s 3=s 3－s 2=aT 2，解得： a=2275Ts s -=2154.24.3⨯-m/s 2=0.2m/s 2. 8．解析：因2V t L >,所以工件在6s 内先匀加速运动，后匀速运动，有Vt S t V S ==21,2t 1+t 2=t, S 1+S 2=L 解上述四式得t 1=2s,a=V/t 1=1m/s 2.若要工件最短时间传送到B ，工件加速度仍为a ，设传送带速度为V ，工件先加速后匀速，同上理有：212Vt t V L +=又因为t 1=V/a,t 2=t-t 1,所以)(22aV t V a V L -+=，化简得： a V V L t 2+=,因为常量==⨯a L a V V L 22，所以当aV V L 2=,即aL V 2=时，t 有最小值，s m aL V /522==．表明工件一直加速到B 所用时间最短．9．(1)探测器行驶速度设为0v ，9点10分20秒9点10分30秒，探测器位移为s ∆=52-32=20 m,0202/10s v m s t ∆===∆两次接收信号后探测器仍靠近障碍物，故未执行命令． （2）应启动减速器制动，从地面发射信号到传到月球上经历时间8831034310t s ⨯=+=⨯，地面收到信号时刻9点10分40秒，显示探测器位置离障碍物12 M 实为9点10分39秒时状态（信号传到地面历时1 S ）故01212252s v t ∆=-=-⨯=m10．【答案】（1）19.371m/s m/s <<乙v 554.12（2）26.4m/s ≥a ．点拨：第（1）问中得出12.554m/s >乙v 是正确，但不完整，因为当乙车的速度很大时，乙车有可能先经过中心位置，若乙车整车先通过中心位置，即撞车的最大临界速度max 乙v ，max 乙甲m m v b l v b ++=-3020，m/s m/s max 371.191065.120546.530=⨯-+=乙v ．故当19.371m/s m/s <<乙v 554.12时，必定会造成撞车事故．第(2)的解答是错误的，如果乙车的加速度25m/s ≥a ，当乙车停在中心位置时，甲车早就整车通过了中心位置，只要甲车整车通过中心位置时，乙车刚好临近中心位置时所求的加速度才是最小加速度，甲车整车所需时间s m 甲39.220≈+=v l t ，在这段时间里乙车刚好临近中心位置，m 2刹刹乙反乙3021m in =-+t a t v t v ，故2m/s 27.3m in =a ．不会发生撞车故事．。
第一章第2课时匀变速直线运动规律及其基本应用
第2课时
v0＋vt 2
.
本 课 栏 目 开 关
2．物体做匀加速直线运动，连续相等的两段时间均为 T， Δx 2 两段时间内的位移差值为 Δx，则加速度为：a＝ T . 3．物体在水平地面上，从静止开始做匀加速直线运动，加速 度为 a： (1)前 1 s、前 2 s、前 3 s、„内的位移之比为1∶4∶9∶„ (2)第 1 s、第 2 s、第 3 s、„内的位移之比为 1∶3∶5∶„ (3)前 1 m、前 2 m、前 3 m、„所用的时间之比为 1∶ 2∶ 3∶„ (4)第 1 m、第 2 m、第 3 m、„所用的时间之比为 1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶„
课堂探究·突破考点
考点二 考点解读
推论 平均速 度法 中间 时刻 速度法 分析说明
第2课时
匀变速直线运动推论的应用
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x 1 定义式 v ＝ t 对任何性质的运动都适用，而 v ＝ (v0＋vt) 2
只适用于匀变速直线运动 利用“任一时间段 t 中间时刻的瞬时速度等于这段时间 t 内 的平均速度”即 v t ＝ v ，适用于任何一个匀变速直线运动，
基础再现·深度思考
第2课时
思考：什么情况下适合运用匀变速直线运动的推论解题？
答案 平均速度公式中不含 a，且能避免繁琐的运算，往往 会使求解更简捷．位移差公式适合已知连续相等时间内，位 移已知的情形．初速度为零的匀加速直线运动的比例式适合 求解初速度为零或从某一速度值减速到零的两种情形．
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课堂探究·突破考点
第2课时
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解法二：由公式 Δx＝aT2，得 Δx 60－24 a＝ 2 ＝ m/s2＝2.25 m/s2. 2 T 4 24＋60 t t 根据 v ＝v 得 v ＝v = m/s＝v0＋4a， 8 2 2 所以 v0＝1.5 m/s.
高三物理一轮 第一章 第二讲 匀变速直线运动的规律及应用课件
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动 (1)条件：物体只在_重__力__作用下，从_静__止__ 开始下落． (2)特点：初速度v0＝0，加速度为重力加速 度g的_匀__变__速__直__线___运动．
(2)整个减速过程共用多少时间．
解析： (1)设质点做匀减速运动的加速度大小为 a，初速度为 v0.由于质点停止运动前的最后 1 s 内位移为 2 m，则 x2＝12at22，所以 a＝2tx222＝2×12 2 m/s2＝4 m/s2. 质点在第 1 s 内位移为 6 m，x1＝v0t1－12at21， 所以 v0＝2x12＋t1at21＝2×62＋×41×12 m/s＝8 m/s.
(3)基本规律：速度公式 v＝__g_t_. 位移公式 h＝___12_g_t_2 _. 2．竖直上抛运动规律 (1)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 速度公式：v＝__v__0－__g_t___.
位移公式：h＝__v_0_t－__12_g_t_2 _. v20
(2)双向可逆类的运动 例如：一个小球沿光滑斜面以一定初速度 v0 向上运动，到达最高点后就会以原加速度匀加 速下滑，整个过程加速度的大小、方向不变， 所以该运动也是匀变速直线运动，因此求解时 可对全过程列方程，但必须注意在不同阶段 v、 x、a 等矢量的正负号．
二、对推论 Δx＝aT2 的拓展 1．公式的适用条件 (1)匀变速直线运动． (2)Δx 为连续相等的相邻时间间隔 T 内的位移 差． 2．进一步的推论：xm－xn＝(m－n)aT2 要注意此式的适用条件及 m、n、T 的含义．
第1章 1.2 匀变速直线运动的规律及其应用
第2课时：匀变速直线运动的规律及其应用读基础知识基础回顾：一、匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动．2．匀变速直线运动的基本规律(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－v02＝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＝2v t.(3)位移中点速度2xv＝v02＋v22.2．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)T内、2T内、3T内、…、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xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶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t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n－n－1)．自查自纠：(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。
()(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的运动。
()(3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。
()(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v运动距离是由v到2v运动距离的2倍。
() (5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。
()(6)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。
()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)√研考纲考题要点1匀变速直线运动规律的基本应用1.匀变速直线运动公式为矢量式，一般规定初速度v0的方向为正方向(当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向)，与正方向同向的物理量取正值，反向的物理量取负值。
高考物理复习方案 第1章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动规律(含解析)新人
第2讲 匀变速直线运动规律知识点1 匀变速直线运动与其公式 Ⅱ 1.定义和分类(1)匀变速直线运动：物体在一条直线上运动，且加速度不变。
(2)分类⎩⎪⎨⎪⎧匀加速直线运动：a 与v 同向。
匀减速直线运动：a 与v 反向。
2．三个根本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at 。
(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。
(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax 。
3．两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v t 2＝v 0＋v2。
(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2。
可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2。
4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。
(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2。
(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
知识点2 自由落体运动和竖直上抛运动 Ⅱ 1.自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。
(2)运动性质：初速度v 0＝0，加速度为重力加速度g 的匀加速直线运动。
(3)根本规律 ①速度公式v ＝gt 。
②位移公式h ＝12gt 2。
③速度位移关系式：v 2＝2gh 。
2．竖直上抛运动规律(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。
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。
第2讲-匀变速直线运动的规律及应用
考点一 匀变速直线运动规律及应用
短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速 直线运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用 11.00 s 跑完全程，已知运 动员在加速阶段的第 2 s 内通过的位移为 7.5 m，求 (1)该运动员的加速度； (2)在加速阶段通过的位移。
思维关键： 画出过程示意图
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考点一 匀变速直线运动规律及应用
解析： 根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运 动员都做匀加速直线运动，设运动员在 匀加速阶段的加速度为 a，在第 1 s 和第 2 s 内通过的位移分别为 x1 和 x2，由运动 学规律得： x1＝21at20① x1＋x2＝12a(2t0)2② t0＝1 s③ 联立①②③求得 a＝5 m/s2④ 设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速
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．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝ 3∶2∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶3 D．t1∶t2∶t3＝( 3－ 2)∶( 2－1)∶1
由 v2－v20＝2ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中 通过连续相等位移的速度之比为 1∶2∶3，则所求的 速度之比为 3∶2∶1，故选项 A 错，B 正确。
xAB＝34xAC③
物设故由因物变vv根 面 O所对 的 现 t(利 2可 t对 比 因x2202BBB，aC＝＝C－体以体速为C据 积 时 将 于x以 用tx＝于 为 为 ＝＝＝那AB2vC匀 之 41间 整 初从直物向上看 推Ctta，20＝3初么＋t＝2－xxx变 比 之 个速 )线成 论体上三=t1CBAv2s通xt速∶tCaB，22BB速 等 度 比 斜x＋：运2沿s＝①滑∶ Cv匀式tat22过x。2B。 2B中B度 又∶直 于 为 面为xtsBCxC动2斜B到正A减解A3，Ca间B线 对 分零＝ 为∶ Bttx②… 的B好面12DB速得CD∶，时x运 应 成的tCx零＋2A等 、规∶，向4∶A所x解刻Ct冲动 边 相匀3Cttn＝的于D∶BD律x上∶＝…得的 用的 平 等加3BCE上EC＋＝ax匀可A4∶、做＝瞬1的规 方 的速ttAn斜CBt∶tC＝Et得加C3Ex时 ＋匀律 比 四直＝时＝ A＝段4A∶A面＝215C速速， ， 段线减t∶。间2t的∶ 1(Bt＝… 的，，C∶度作 得 ，运s由 直 3速平为22时∶ ，2解相－等出 SS如(动，以均s运线2△ △间t。而得1于BnAB图当，上速v又)C动OD运－ 分∶通，CC这(所通t三于-度＝x，t由＝ 别动1x段3示过 过图式，CBC)向－t为设匀。C，＝位DO，连象解因＝x下222移在B设 ，续，2t得此BxA)s由又v由匀D4的∶A通 且相如连的B…＝vCB＝①④B平 加，v过 SS等图∶续 (＝点 时(△ △Ba②⑤均＝AB的速所tv2是BODn2相间B0－CC速③⑥－CC各示 v。滑＝ 这⑥等 0为1度－解解段段。41段 )下tn， 的，x位的a利得得t－，位，斜tvO⑤时移时用1t移所AvtDD)B面CE。B所间相间C＝＝的＝＝以＝。用为似tv中里(，v2通t0三 ＝0＋2间3④通－过角v2时＝过s形刻x2v2的B的)0，Ct。x，位的规又因t律移时 此EvA20， ＝有 ＝之间
第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律 2023年高考物理一轮复习(新高考新教材)
第2讲 匀变速直线运动的规律目标要求 1.掌握匀变速直线运动的基本公式，并能熟练应用.2.灵活使用匀变速直线运动的导出公式解决实际问题．考点一 匀变速直线运动的基本规律及应用1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动．如图所示，v －t 图线是一条倾斜的直线．2．匀变速直线运动的两个基本规律 (1)速度与时间的关系式：v ＝v 0＋at . (2)位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 2.3．位移的关系式及选用原则 (1)x ＝v t ，不涉及加速度a ； (2)x ＝v 0t ＋12at 2，不涉及末速度v ；(3)x ＝v 2－v 022a，不涉及运动的时间t .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是均匀增加的．( × )3．匀变速直线运动中，经过相同的时间，速度变化量相同．( √ )1．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 2．正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，通常以初速度v 0的方向为正方向；当v 0＝0时，一般以加速度a 的方向为正方向．速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正，相反时取负．3．解决匀变速运动的常用方法 (1)逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动．(2)图像法：借助v －t 图像(斜率、面积)分析运动过程．考向1 基本公式和速度位移关系式的应用例1 在研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足x ＝16t －t 2(物理量均采用国际制单位)，下列说法正确的是( )A ．公交车运行的最大速度为4 m/sB ．公交车刹车的加速度大小为1 m/s 2C ．公交车从刹车开始10 s 内的位移为60 mD ．公交车刹车后第1 s 内的平均速度为15 m/s 答案 D解析 根据x ＝v 0t －12at 2与x ＝16t －t 2的对比，可知刹车过程为匀减速直线运动，运行的最大速度就是刹车时车的速度，为16 m/s ，刹车的加速度大小为2 m/s 2，故A 、B 错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t ＝va ＝8 s 可知，刹车停止需要8 s 时间，从刹车开始10 s 内的位移，其实就是8 s 内的位移，t ＝8 s 时有x ＝64 m ，故C 错误；t ′＝1 s 时，有x ′＝15 m ，由平均速度公式可得v ＝x ′t ′＝15 m/s ，故D 正确．例2 对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36 km/h 的速率行驶时，可以在18 m 的距离被刹住；当以54 km/h 的速率行驶时，可以在34.5 m 的距离被刹住．假设两次测试中驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到做出刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同．问： (1)这位驾驶员的反应时间为多少；(2)某雾天，该路段能见度为50 m ，则行车速率不能超过多少．考向2 逆向思维法解决匀变速直线运动问题例3 假设某次深海探测活动中，“蛟龙号”完成海底科考任务后竖直上浮，从上浮速度为v 时开始匀减速并计时，经过时间t ，“蛟龙号”上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t 0(t 0<t )时刻距离海面的深度为( ) A ．v t 0(1－t 02t )B.v (t －t 0)22tC.v t 2D.v t 022t答案 B解析 “蛟龙号”上浮时的加速度大小为：a ＝vt ，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在t 0时刻距离海面的深度为：h ＝12a (t －t 0)2＝12×v t ×(t －t 0)2＝v (t －t 0)22t ，故选B.考向3 两种匀减速直线运动的比较1．刹车类问题(1)其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．2．双向可逆类问题(1)示例：如沿光滑固定斜面上滑的小球，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．(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义．例4 若飞机着陆后以6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60 m/s ，则它着陆后12 s 内滑行的距离是( ) A ．288 m B ．300 m C ．150 m D ．144 m答案 B解析 设飞机着陆后到停止所用时间为t ，由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6 s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2 s 内是静止的，故它着陆后12 s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10 m ＋(－6)×1022m ＝300 m.例5 (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/s 2、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 sB ．物体运动时间可能为3 sC ．物体运动时间可能为(2＋7) sD ．物体此时的速度大小一定为5 m/s答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，a＝－5 m/s2，当物体的位移为沿斜面向上7.5 m时，x＝7.5 m，由运动学公式x＝v0t＋12at2，解得t1＝3 s或t2＝1 s，故A、B正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5 m时，x＝－7.5 m，由x＝v0t＋12at2解得：t3＝(2＋7) s或t4＝(2－7) s(舍去)，故C 正确．由速度公式v＝v0＋at，解得v1＝－5 m/s或v2＝5 m/s、v3＝－57 m/s，故D错误．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＋v2＝2tv.此公式可以求某时刻的瞬时速度．(2)位移差公式：连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等．即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.不相邻相等的时间间隔T内的位移差x m－x n＝(m－n)aT2，此公式可以求加速度．2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式(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＝1∶4∶9∶…∶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xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶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t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．考向1平均速度公式例6做匀变速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度大6 m/s，则质点的加速度大小为()A．1 m/s2B．1.5 m/s2C．3 m/s2D．4 m/s2答案 C解析物体做匀变速直线运动时，第一个3 s内中间时刻，即1.5 s时的速度为v1＝v3，第一个7 s内中间时刻，即3.5 s时的速度为v2＝v7，由题意可知v2－v1＝6 m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt ＝2 s ，可得a ＝3 m/s 2.故选C.考向2 位移差公式例7 (2022·重庆市实验外国语学校高三开学考试)物体从静止开始做匀加速直线运动，已知第4 s 内与第2 s 内的位移之差是8 m ，则下列说法错误的是( ) A ．物体运动的加速度为4 m/s 2 B ．第2 s 内的位移为6 m C ．第2 s 末的速度为2 m/sD ．物体在0～5 s 内的平均速度为10 m/s 答案 C解析 根据位移差公式x Ⅳ－x Ⅱ＝2aT 2，得a ＝x Ⅳ－x Ⅱ2T 2＝82×12 m/s 2＝4 m/s 2，故A 正确，不符合题意；第2 s 内的位移为：x 2－x 1＝12at 22－12at 12＝12×4×(22－12) m ＝6 m ，故B 正确，不符合题意；第2秒末速度为v ＝at 2＝4×2 m/s ＝8 m/s ，故C 错误，符合题意；物体在0～5 s 内的平均速度v ＝x 5t 5＝12at 52t 5＝12×4×525 m/s ＝10 m/s ，故D 正确，不符合题意．考向3 初速度为零的匀变速直线运动比例式例8 (多选)如图所示，一冰壶以速度v 垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，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之比分别是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1 答案 BD解析 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向的初速度为零的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，选项C 错误，D 正确；由v 2－v 02＝2ax 可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移时的速度之比为1∶2∶3，故所求的速度之比为3∶2∶1，选项A 错误，B 正确．课时精练1．如图所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B 点时速度为v ，到达C 点时速度为2v ，则AB ∶BC 等于( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4答案 C解析 根据匀变速直线运动的速度—位移公式v2－v 02＝2ax知，x AB ＝v 22a ，x AC ＝(2v )22a，所以AB ∶AC ＝1∶4，则AB ∶BC ＝1∶3，故C 正确，A 、B 、D 错误．2．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，经过2 s 与5 s 汽车的位移之比为( ) A ．5∶4 B ．4∶5 C ．3∶4 D ．4∶3答案 C解析 汽车速度减为零的时间为：t 0＝Δv a ＝0－20－5 s ＝4 s,2 s 时位移：x 1＝v 0t ＋12at 2＝20×2 m－12×5×4 m ＝30 m ，刹车5 s 内的位移等于刹车4 s 内的位移，为：x 2＝0－v 022a ＝40 m ，所以经过2 s 与5 s 汽车的位移之比为3∶4，故选项C 正确．3．(2022·广东深圳实验学校月考)做匀加速直线运动的质点，在第5 s 内及第6 s 内的平均速度之和是56 m/s ，平均速度之差是4 m/s ，则此质点运动的加速度大小和初速度大小分别为( )A ．4 m/s 2；4 m/sB ．4 m/s 2；8 m/sC ．26 m/s 2；30 m/sD ．8 m/s 2；8 m/s答案 B解析 根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度．依题意，可得4.5 s 末及5.5 s 末的速度之和及速度之差为v 4.5＋v 5.5＝56 m/s ，v 5.5－v 4.5＝4 m/s ，联立求得v 4.5＝26 m/s ，v 5.5＝30 m/s ，即有26 m/s ＝v 0＋a ×(4.5 s)，30 m/s ＝v 0＋a ×(5.5 s)，联立求得a ＝4 m/s 2，v 0＝8 m/s ，故选B.4．汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停止，已知汽车刹车时第1 s 内的位移为13 m ，最后1 s 内的位移为2 m ，则下列说法正确的是( ) A ．汽车在第1 s 末的速度可能为10 m/s B ．汽车加速度大小可能为3 m/s 2 C ．汽车在第1 s 末的速度一定为11 m/s D ．汽车的加速度大小一定为4.5 m/s 2 答案 C解析 采用逆向思维法，由于最后1 s 内的位移为2 m ，根据x ′＝12at 2得，汽车加速度大小a ＝2x ′t 2＝2×212 m/s 2＝4 m/s 2，第1 s 内的位移为13 m ，根据x 1＝v 0t －12at 2，代入数据解得，初速度v 0＝15 m/s ，则汽车在第1 s 末的速度v 1＝v 0－at ＝15 m/s －4×1 m/s ＝11 m/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．如图为港珠澳大桥上四段110 m 的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从a 点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab 段的时间为t ，则( )A ．通过cd 段的时间为3tB ．通过ce 段的时间为(2－2)tC ．ae 段的平均速度等于c 点的瞬时速度D ．ac 段的平均速度等于b 点的瞬时速度 答案 B解析 根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知，汽车通过ab 、bc 、cd 、de 所用的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，可得出通过cd 段的时间为(3－2) t ，A 错误；通过cd 段的时间为(3－2)t ，通过de 段的时间为(2－3) t ，则通过ce 段的时间为(2－2)t ，选项B 正确；通过ae 段的时间为2t ，通过b 点的时刻为通过ae 时间的中间时刻，故通过b 点的瞬时速度等于ae 段的平均速度，选项C 、D 错误．6．(多选)高铁进站的过程近似为高铁做匀减速直线运动，高铁车头依次经过A 、B 、C 三个位置，已知AB ＝BC ，测得AB 段的平均速度为30 m/s ，BC 段平均速度为20 m/s.根据这些信息可求得( )A ．高铁车头经过A 、B 、C 的速度 B ．高铁车头在AB 段和BC 段运动的时间 C ．高铁运动的加速度D ．高铁车头经过AB 段和BC 段的时间之比 答案 AD解析 设高铁车头在经过A 、B 、C 三点时的速度分别为v A 、v B 、v C ，根据AB 段的平均速度为30 m/s ，可以得到v AB ＝v A ＋v B2＝30 m/s ；根据在BC 段的平均速度为20 m/s ，可以得到v BC ＝v B ＋v C 2＝20 m/s ；设AB ＝BC ＝x ，整个过程中的平均速度为v ＝2xt AB ＋t BC＝2x x 30 m/s ＋x 20 m/s＝24 m/s ，所以有v AC ＝v A ＋v C2＝24 m/s ，联立解得v A ＝34 m/s ，v B ＝26 m/s ，v C ＝14 m/s ，由于不知道AB 和BC 的具体值，则不能求解运动时间及其加速度的大小，选项A 正确，B 、C 错误；t AB ∶t BC ＝x vAB∶x vBC＝2∶3，选项D 正确．7．汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2 (m)，则它在前3 s 内的平均速度为( ) A ．8 m/s B ．10 m/s C ．12 m/s D ．14 m/s答案 A解析 由位移与时间的关系结合运动学公式可知，v 0＝24 m/s ，a ＝－12 m/s 2；则由v ＝v 0＋at 可知，汽车在2 s 末停止运动，故前3 s 内的位移等于前2 s 内的位移，x ＝24×2 m －6×4 m ＝24 m ，则汽车的平均速度v ＝x t ＝243m/s ＝8 m/s ，故A 正确．8.(多选)汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌(如图所示)，以提醒后面驾驶员减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停驶，后面有一小轿车以30 m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，小轿车驾驶员只能看清前方50 m 内的物体，并且他的反应时间为0.6 s ，制动后最大加速度大小为5 m/s 2.假设小轿车始终沿直线运动．下列说法正确的是( )A ．小轿车从刹车到停止所用的最短时间为6 sB ．小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80 mC ．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25 m/sD ．三角警示牌至少要放在车后58 m 远处，才能有效避免两车相撞 答案 AD解析 设小轿车从刹车到停止所用时间为t 2，则t 2＝0－v 0－a ＝0－30－5 s ＝6 s ，故A 正确；小轿车的刹车距离x ＝0－v 02－2a ＝0－3022×(－5) m ＝90 m ，故B 错误；反应时间内小轿车通过的位移为x 1＝v 0t 1＝30×0.6 m ＝18 m ，小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为x ′＝50 m －18 m ＝32 m ，设减速到警示牌的速度为v ′，则－2ax ′＝v ′2－v 02，解得v ′＝2145 m/s ，故C 错误；小轿车通过的总位移为x 总＝(90＋18) m ＝108 m ，放置的位置至少为车后Δx ＝(108－50) m ＝58 m ，故D 正确.9．假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动，已知某列车长为L ，通过一铁路桥时的加速度大小为a ，列车全身通过桥头的时间为t 1，列车全身通过桥尾的时间为t 2，则列车车头通过铁路桥所需的时间为( ) A.L a ·t 1＋t 2t 1t 2B.L a ·t 1＋t 2t 1t 2－t 2－t 12 C.L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12 D.L a ·t 2－t 1t 1t 2＋t 2－t 12答案 C解析 设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t 0，从列车车头到达桥头时开始计时，列车全身通过桥头时的平均速度等于t 12时刻的瞬时速度v 1，可得：v 1＝Lt 1，列车全身通过桥尾时的平均速度等于t 0＋t 22时刻的瞬时速度v 2，则v 2＝L t 2，由匀变速直线运动的速度时间关系式可得：v 2＝v 1－a (t 0＋t 22－t 12)，联立解得：t 0＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12.故选C. 10.从固定斜面上的O 点每隔0.1 s 由静止释放一个同样的小球．释放后小球做匀加速直线运动．某一时刻，拍下小球在斜面滚动的照片，如图所示．测得小球相邻位置间的距离x AB ＝ 4 cm ，x BC ＝8 cm.已知O 点与斜面底端的距离为l ＝35 cm.由以上数据可以得出( )A ．小球的加速度大小为12 m/s 2B ．小球在A 点的速度为0C ．斜面上最多有5个小球在滚动D ．该照片是距A 点处小球释放后0.3 s 拍摄的答案 C解析 根据Δx ＝aT 2可得小球的加速度大小为a ＝x BC －x AB T 2＝0.040.12 m/s 2＝4 m/s 2，选项A 错误； 小球在B 点时的速度v B ＝x AB ＋x BC 2T ＝0.120.2m/s ＝0.6 m/s ，小球在A 点时的速度为v A ＝v B －aT ＝0.6 m/s －4×0.1 m/s ＝0.2 m/s ，选项B 错误；t A ＝v A a ＝0.24s ＝0.05 s ，即该照片是距A 点小球释放后0.05 s 拍摄的，选项D 错误；当最高点的球刚释放时，最高处两球之间的距离为x 1＝12aT 2＝12×4×0.12 m ＝0.02 m ＝2 cm ，根据初速度为零的匀加速直线运动的规律可知，各个球之间的距离之比为1∶3∶5∶7……，则各个球之间的距离分别为2 cm,6 cm,10 cm,14 cm, 18 cm ……，因为O 点与斜面底端距离为35 cm ，而前5个球之间的距离之和为32 cm ，斜面上最多有5个球，选项C 正确．11．(2022·安徽省六安一中月考)ETC 是不停车电子收费系统的简称．最近，某ETC 通道的通行车速由原来的20 km/h 提高至40 km/h ，车通过ETC 通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v 0＝30 m/s 的速度朝收费站沿直线匀速行驶，如过ETC 通道，需要在收费站中心线前d ＝10 m 处正好匀减速至v 1＝4 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 0正常行驶．设汽车匀加速和匀减速过程中的加速度大小均为1 m/s 2，忽略汽车车身长度．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)如果汽车以v 2＝10 m/s 的速度通过匀速行驶区间，其他条件不变，求汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间．答案 (1)894 m (2)10.7 s解析 (1)设汽车匀减速过程位移大小为d 1，由运动学公式得v 12－v 02＝－2ad 1解得d 1＝442 m根据对称性可知从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小 x 1＝2d 1＋d ＝894 m(2)如果汽车以v 2＝10 m/s 的速度通过匀速行驶区间，设汽车提速后匀减速过程位移大小为d 2，由运动学公式得v 22－v 02＝－2ad 2解得d 2＝400 m提速前，汽车匀减速过程时间为t 1，则d 1＝v 0＋v 12t 1解得t 1＝26 s通过匀速行驶区间的时间为t 1′，有d ＝v 1t 1′解得t 1′＝2.5 s从开始减速到恢复正常行驶过程中的总时间为T 1＝2t 1＋t 1′＝54.5 s 提速后，匀减速过程时间为t 2，则d 2＝v 0＋v 22t 2解得t 2＝20 s通过匀速行驶区间的时间为t 2′，则d ＝v 2t 2′解得t 2′＝1 s匀速通过(d 1－d 2)位移时间Δt ＝d 1－d 2v 0＝1.4 s 通过与提速前相同位移的总时间为T 2＝2t 2＋t 2′＋2Δt ＝43.8 s 所以汽车提速后过收费站过程中比提速前节省的时间ΔT ＝T 1－T 2＝10.7 s.。
第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律
竖直上抛运动
1.概念：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在_重__力___作用下的运动。 2.规律
(1)速度公式：v＝__v_0_－__g_t__。
(2)位移公式：h＝__v_0_t－__12_g_t_2。 (3)速度位移关系式：v2－v20＝__－__2_g_h___。
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(2)根据速度位移公式得：v2＝2ax′，
解得 x＝2va2＝250 m。 (3)设飞机起飞所用的时间为t，在时间t内航空母舰航行的距离为L1，航空母舰的最
小速度为v1。 对航空母舰有：L1＝v1t，
对飞机有：v＝v1＋at，v2－v＝2a(L＋L1)，
联立并代入数据解得：v1＝10m/s。 答案 (1) 30 m/s (2) 250 m (3) 10 m/s
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法二：平均速度法
利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，然 后进一步分析问题。 v－AC＝v0＋2 0＝v20。 又 v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝x4AC。 由以上三式解得 vB＝v20。 可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。
解析 (1)火车加速过程：设加速度为 a1，位移为 x1，所用时间为 t1， 则 v＝a1t1 v2＝2a1x1 减速过程：设加速度大小为 a2，位移为 x2，所用时间为 t2，
12
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则 v＝a2t2
v2＝2a2x2 匀速过程：所用时间为t3，则L－x1－x2＝vt3 全程所用时间t＝t1＋t2＋t3 由以上各式联立解得 t＝Lv＋2va1＋2va2。
第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律-2024年高考物理一轮复习
位移公式
= + ;
速度位移公式 − = ; 平均速度位移公式 = = +
基本公式
初速度为零的
匀变速直线运
动的比例公式
比例
匀变速
直线运动
推论
特例
自由落体
= ; =
+
= =
间时刻的瞬时速度，也等于这段时间初，末速度和的一半
vt v
2
v0 v
2
►推论三：某段位移中点的瞬时速度等于初速度和末速度的平
方和的一半的平方根． vx v0 vt
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ/2
2
2
2
4、求解运动学问题的几种技巧方法
知三求二---公式法（已知3个运动量求另两个）
时间相等---逐差法（ x aT 2 ）
90s。假设列车从大南门站由静止出发，先做加速度为2m/s2的匀加速直线运动，速度
达到72km/h后开始做匀速直线运动，即将到达体育馆站时，列车开始刹车做匀减速
运动直至停下。求：（1）列车减速过程中加速度的大小；（2）减速过程中阻力与
重力的比值。（取g=10m/s2）
求解匀变速直线运动问题的几种技巧方法
分段运动---均速法（
v0 v
vt v
）
2
2
从零开始---比例法(等时求距，等距求时，结合逆向思维进行考查)
复杂过程---方程法（多过程，列方程，联立求解）
研清微点1
基本公式的应用
1．在2021年第十四届全运会100 m决赛中，运动员奋力拼搏，取得了优
第1单元 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与应用-2025年物理新高考备考课
2
.
2
2
0 + 2
2
（3）位移中点速度： =_______.
2
知识自查必备
4.初速度为零的匀变速直线运动的推论
（1）末、2末、3末、…、末的瞬时速度之比为1 : 2 : 3 : ⋯ : =
1: 2: 3: ⋯ :
_____________.
1
2
+
0
（2）位移与时间的关系式： =___________.
2
2
− 0
（3）速度与位移的关系式：________=
2
2.
知识自查必备
3.匀变速直线运动的三个常用推论
2
2
−
（1）两个连续相同时间内的位移差：Δ =_____. − =________ .
0 +
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1 : 2 : 3 和穿过每个矩形区域所用的时间之比1 : 2 : 3
对应为(
BD
)
A.1 : 2 : 3 = 3: 2: 1
B.1 : 2 : 3 = 3: 2: 1
C.1 : 2 : 3 = 1: 2: 3
知识自查必备
（4）前内、前2内、前3内、…、前的时间之比为1 : 2 : 3 : ⋯ : =
1: 2: 3: ⋯ :
________________.
（5）第1个内、第2个内、第3个内、…、第个内的时间之比为：
1: 2 − 1 : 3 − 2 : ⋯ : − − 1
0
2
第1章第2讲 匀变速直线运动规律及其应用(鲁科版)
解法三 面积法 利用相似三角形面积之比等于对应边平方比的 方法，作出 v－t 图像，如图所示． S△AOC CO2 ＝ 2 S△BDC CD 且 S△AOC＝4S△BDC OD＝t，OC＝t＋tBC
2 4 t＋tBC 所以1＝ t2 ，得：tBC＝t. BC
点评 本题解法很多，通过对该题解 法的挖掘，可以提高灵活应用匀变速直 线运动规律和推论的能力、逆向思维的 能力及灵活运用数学知识处理物理问题 的能力．
匀变速直线运动规律的灵 活应用
已知O、A、B、C为同一直线上 的四点，AB间的距离为l1,BC间的距离 为l2,一物体自O点从静止出发，沿此直 线做匀加速运动，依次经过A、B、C三 点.已知物体通过AB段与BC段所用的时 间相等.求O与A的距离.
先画好运动示意图.
解法一：
由基本解法 1 2 l1 vAt at 2 1 l1 l2 v A ·t a(2t ) 2 2 2 l2-l1=at2
结论 1.Δs=aT2,意义： 任意相邻的相等 . 时间内的位移之差相等 可以推广 到sm-sn= (m-n)aT2 .
2.vt/2= ,某段时间的中 间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平 2 均速度. v0 vt2 2 vs/2= ,某段位移的中间 位置的瞬时速度公式(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vt/2 < vs/2.
①
②
③
联立①②式得3l1-l2=2vAt ④ 2 vA 又 l ⑤ 2a 2 (3l1 l2 ) 联立③④⑤式得 l 8 l2 l1
解法二： 由“纸带法”的迁移，此解法最简
洁
l1 l2-l1=at2l2 vB 2t 2 vB l l1 2a
学大教案(标)： 第1章 直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律及其应用
个性化教案两个要点：（1）这个结论不对．因为乌龟相对飞毛腿阿喀琉斯以速度图1-1-10OABC DL v 1 v 2）图1-2-17BCADE◇基础提升训练1．火车在平直轨道上做匀加速直线运动，车头通过某路标时的速度为v 1，车尾通过该路标时的速度为v 2，则火车的中点通过该路标时的速度为： Ａ、221v v + Ｂ、21v v Ｃ、2121v v v v + Ｄ、22221v v +2. 某物体做初速度为零的匀加速直线运动，已知它第1s 内的位移是2ｍ，那么它在前3s 内的位移是多少？第3s 内的平均速度大小是多大？3．汽车以20m ／s 的速度作匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5m ／s 2，刹车后6s 内汽车的位移是(ｇ取10ｃm ／s 2)Ａ、30ｍ Ｂ、40ｍ Ｃ、10ｍ Ｄ、0ｍ4．飞机的起飞过程是从静止出发，在直跑道上加速前进，等达到一定速度时离地．已知飞机加速前进的路程为1600m ，所用的时间为40s ．假设这段运动为匀加速运动，用a 表示加速度，v 表示离地时的速度，则：A ．s m v s m a /80,/22==B ．s m v s m a /40,/12==C ．s m v s m a /40,/802==D ．s m v s m a /80,/12==5．一辆汽车关闭油门后，沿一斜坡由顶端以3m/s 的初速度下滑，滑至底端速度恰好为零，如果汽车关闭油门后由顶端以大小为5m/s 的初速度下滑，滑至底端速度大小将为（ ） A ．1m/s B ．2m/s C ．3m/s D ．4m/s基础提升训练参考答案1. D ；解析：该题可以换一角度，等效为：火车不动，路标从火车头向火车尾匀加速运动，已知路标经过火车头和尾时的速度，求路标经过火车中间时的速度为多大？设火车前长为2L ，中点速度为2s v ，加速度为a ，根据匀变速运动规律得：)1...(. (22)122aL v v s =-)2.( (22)222aL v v s=-联立（1）（2）两式可求得D 项正确．2．解析：初速度为零的匀变速直线运动第1s 内、第2s 内、第3s 内、……的位移之比为.....:7:5:3:1，由题设条件得：第3s 内的位移等于10m ，所以前3s 内的位移等于（2+6+10）m=18m ；第3 s 内的平均速度等于：s m sm /10110=3．B ；解析：首先计算汽车从刹车到静止所用的时间：s sm s m av t 4/5/20200===，汽车刹车6s 内的位移也就是4s 内的位移，即汽车在6s 前就已经停了．故6s 内的位移：m av s 4022==4．A 解析：212s at =，有2222221600/2/40s a m s m s t⨯===，80/v at m s ==5．D 解析：202v as =，2/202t v v as -=-，4/t v m s =◇能力提升训练1．为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入液体中运动，用闪光照相方法拍摄钢球在不同时刻的位置，如图1-2-18所示．已知钢球在液体中运动时受到的阻力与速度大小成正比，即v F k =，闪光照相机的闪光频率为f ，图中刻度尺的最小分度为s 0，钢球的质量为m ，则阻力常数k 的表达式是 A ．)(72f fs m +g B ．)(520f fs m +g C ．02fs m g D ．0fs m g2．一个物体在A 、B 两点的正中间由静止开始运动（设不会超越A 、B ），其加速度随时间的变化如图1-2-19所示．设向A 的加速度为正方向，若从出发开始计时，则物体的运动情况是（ ）图1-2-18A ．先向A ，后向B ，再向A ，又向B ，4s 末静止在原处B ．先向A ，后向B ，再向A ，又向B ，4s 末静止在偏向A 的某点C ．先向A ，后向B ，再向A ，又向B ，4s 末静止在偏向B 的某点D ．一直向A 运动，4s 末静止在偏向A 的某点3．如图1-2-20所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块，其中物块A 连接一个轻弹簧并处于静止状态，物块B 以初速度0v 向着物块A 运动，当物块B 与物块A 上的弹簧发生相互作用时，两物块保持在一条直线上运动．若分别用实线和虚线表示物块B 和物块A 的t v -图象，则两物块在相互作用过程中，正确的t v -图象是图1-2-21中的（ ）4．如图1-2-22所示，有两个固定光滑斜面AB 和BC ，A 和C 在一水平面上，斜面BC 比AB 长，一个滑块自A 点以速度v A 上滑，到达B 点时速度减小为零，紧接着沿BC 滑下，设滑块从A 点到C 点的总时间为t C ，那么图1-2-23中正确表示滑块速度v 大小随时间t 变化规律的是（ ）5．某同学为测量一沿笔直公路作匀加速运动的汽车的加速度，他发现汽车依次通过路面上A 、B 、C 、D 四个标志物的时间间隔相同，且均为t ，并测得标志物间的距离间隔x AC =L 1，x BD =L 2，则汽车的加速度为_______．6．某航空公司的一架客机，在正常航线上做水平飞行时，突然受到强大的垂直气流的作用，使飞机在10s 内迅速下降高度为1800m ，造成众多乘客和机组人员受伤，如果只研究在竖直方向上的运动，且假设这一运动是匀变速直线运动（1）求飞机在竖直方向上产生的加速度为多大？（2）试估算成年乘客（约45千克）所系安全带必须提供多大拉力才能使乘客不脱离坐椅？（g 取102/m s ）7．质点做匀变速直线运动，第2s 和第7s 内位移分别为2.4m 和3.4m ，则其运动加速率a=____________m/s 2.8．如图1-2-4所示，一平直的传送带以速度V=2m/s 做匀速运动，传送带把A 处的工件运送到B 处，A 、B 相距L=10m ．从A 处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s,能传送到B 处，欲用最短的时间把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？9．2004年1月25日，继“勇气”号之后，“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星．在人类成功登陆火星之前，人类为了探测距离地球大约3.O ×105km 的月球，也发射了一种类似四轮小车的月球探测器．它能够在自动导航系统的控制下行走，且每隔10 s 向地球发射一次信号．探测器上还装着两个相同的减速器(其中一个是备用的)，这种减速器可提供的最大加速度为5 m ／s 2．某次探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速前进而不再能自动避开障碍物．此时地球上的科学家必须对探测器进图1-2-4 图1-2-22 ABC v A图1-2-23 v A v B v C v D 图1-2-20 t v 0 t v 0 v 0 v 0 v v v vt t O O O A B D C 图1-2-21已知控制中心的信号发射与接收设备工作速度极快．科学家每次分析数据并输入命令最少需要3 s ．问：(1)经过数据分析，你认为减速器是否执行了减速命令？(2)假如你是控制中心的工作人员，应采取怎样的措施?加速度需满足什么条件?请计算说明． 10．（原创题）如图1-2-24所示，甲、乙两辆同型号的轿车，它们外形尺寸如下表所示．正在通过十字路口的甲车正常匀速行驶，车速甲v =10 m ／s ，车头距中心O 的距离为20 m ，就在此时，乙车闯红灯匀速行驶，车头距中心O 的距离为30 m ．（1）求乙车的速度在什么范围之内，必定会造成撞车事故．（2）若乙的速度乙v =15 m/s ，司机的反应时间为0.5s ，为了防止撞车事故发生，乙车刹车的加速度至少要多大？会发生撞车事故吗？ 轿车外形尺寸及安全技术参数长l /mm 宽b /mm 高h /mm 最大速度km/h急刹车加速度m/s 2389616501465144－4～－6某同学解答如下：（1）甲车整车经过中心位置，乙车刚好到达中心位置，发生撞车事故的最小速度min 乙v ，抓住时间位移关系，有min乙甲m m v v l 3020=+，m/s m/s min 554.1210896.32030=⨯+=乙v，故当12.554m /s >乙v 时，必定会造成撞车事故．（2）当乙v =15 m/s ，为了不发生撞车事故，乙车的停车距离必须小于30m ，即m2v 2乙反乙30≤+at v ，故25m /s ≥a ．上述解答过程是否正确或完整？若正确，请说出理由，若不正确请写出正确的解法．能力提升训练参考答案1．【答案】C ．2．【答案】D ．点拨：物体先向A 加速运动，再向A 减速运动，运动方向一直没有改变．根据运动情景或加速度时间图像画出类似于图1-2-2乙的速度图像．3．【答案】D ．点拨：因为弹簧是先是压缩形变阶段，后恢复形变阶段，因此A 先做加速度增加的加速运动，后做加速度减小的加速运动，B 则是先做加速度增加的减速运动，后做加速度减小的减速运动．4．速度--时间图像中，直线的斜率表示匀变速直线运动的加速度，加速度越大，直线越陡；而物体从A 经B 到C 的整个过程中，由于无阻力，故A 、C 两处的速率相等，选项C 不正确；AB 和BC 两段上平均速率相等，AB 段比BC 段运动的时间短，选项A 不正确；又因为AB 段的加速度大于BC 段的图加速度，两段均做匀变速直线运动，AB 段和BC 段的速度图线为直线，选项B 正确，D 错误． 5．【答案】2122tL L -．点拨：汽车做匀加速运动，因时间间隔均为t ，故tL tx v AC B 221==，tL tx v BD C222==，=-=tv v a BC 2122tL L -．6．解答：（1）由运动学公式212s at=得22236(/)s am s t==（2）安全带对人的作用力向下，F+mg ＝ma ，可知F ＝m （a －g ），F ＝1170N7．解析：应用推论 △s=aT 2，并考虑到s 7－s 6=s 6－s 5=s 5－s 4=s 4－s 3=s 3－s 2=aT 2， 解得： a=2275Ts s -=2154.24.3⨯-m/s 2=0.2m/s 2.8．解析：因2V tL >,所以工件在6s 内先匀加速运动，后匀速运动，有Vt S t VS ==21,2t 1+t 2=t, S 1+S 2=L 解上述四式得t 1=2s,a=V/t 1=1m/s 2.若要工件最短时间传送到B ，工件加速度仍为a ，设传送带速度为V ，工件先加速后匀速，同上理有：212Vt t V L +=又因为t 1=V/a,t 2=t-t 1,所以)(22aV t V aVL -+=，化简得：aV VL t 2+=,因为常量==⨯aL aV VL 22，所以当aV VL 2=,即aLV 2=时，t 有最小值，s m aL V /522==．表明工件一直加速到B 所用时间最短．9．(1)探测器行驶速度设为0v ，9点10分20秒9点10分30秒，探测器位移为s ∆=52-32=20 m,0202/10s v m s t∆===∆两次接收信号后探测器仍靠近障碍物，故未执行命令．（2）应启动减速器制动，从地面发射信号到传到月球上经历时间8831034310t s ⨯=+=⨯，地面收到信号时刻9点10分40秒，显示探测器位置离障碍物12 M 实为9点10分39秒时状态（信号传到地面历时1 S ）故01212252s v t ∆=-=-⨯=m10．【答案】（1）19.371m /s m /s <<乙v 554.12（2）26.4m /s ≥a ．点拨：第（1）问中得出12.554m /s >乙v 是正确，但不完整，因为当乙车的速度很大时，乙车有可能先经过中心位置，若乙车整车先通过中心位置，即撞车的最大临界速度max乙v ，max乙甲m m v b l v b ++=-3020，m/sm/s max 371.191065.120546.530=⨯-+=乙v ．故当19.371m/s m/s <<乙v 554.12时，必定会造成撞车事故．第(2)的解答是错误的，如果乙车的加速度25m/s ≥a ，当乙车停在中心位置时，甲车早就整车通过了中心位置，只要甲车整车通过中心位置时，乙车刚好临近中心位置时所求的加速度才是最小加速度，甲车整车所需时间sm 甲39.220≈+=v l t，在这段时间里乙车刚好临近中心位置，m 2刹刹乙反乙3021min =-+t a t v t v ，故2m/s27.3min =a ．不会发生撞车故事．。
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先画好运动示意图. 先画好运动示意图
解法一： 解法一： 由基本解法 1 2 l1 = v At + at 2 1 l1 + l2 = v A ·2t + a (2t ) 2 2 l2-l1=at2 ① ② ③
联立①②式得3l1-l2=2vAt 联立①②式得 ④ ①②式得 2 vA 又 l= ⑤ 2a (3l1 − l2 ) 2 联立③④⑤ ③④⑤式得 联立③④⑤式得 l = 8 ( l2 − l1 )
二、匀变速直线运动中几个常用的 结论 1.∆s=aT2,意义： 任意相邻的相等 意义： . 意义 时间内的位移之差相等 可以推广 到sm-sn= (m-n)aT2 .
2.vt/2= ,某段时间的中 某段时间的中 间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平 2 均速度. 均速度 v0 + vt2 2 ,某段位移的中间 vs/2= 某段位移的中间 位置的瞬时速度公式(不等于该段位移 位置的瞬时速度公式 不等于该段位移 内的平均速度).可以证明 可以证明， 内的平均速度 可以证明 ， 无论匀加速 还是匀减速，都有v 还是匀减速，都有 t/2 < vs/2.
(2)滑行一半距离时的速度不等于滑 滑行一半距离时的速度不等于滑 行过程中的平均速度. 行过程中的平均速度 (3)匀减速运动可以把速度减到负值 匀减速运动可以把速度减到负值 下一节中“竖直上抛运动” 吗？下一节中“竖直上抛运动”中就有 返回过程，速度出现反向，即减为负值. 返回过程，速度出现反向，即减为负值 因而，匀减速运动应注意能否返回， 因而，匀减速运动应注意能否返回，何 何处)返回 时(何处 返回 何处 返回.
A、 B两小车在同一直线 、 两小车在同一直线 上运动， 车在 车的右边， 车在A车的右边 上运动 ， B车在 车的右边 ， 当它们相 距s=7m时，A以4m/s的速度开始向右做 时 以 的速度开始向右做 匀速直线运动， 此时速度为10m/s, 匀速直线运动 ， 而 B此时速度为 此时速度为 方向向右， 它以大小为2m/s2 的加速度 方向向右 ， 它以大小为 做匀减速直线运动最后停止， 做匀减速直线运动最后停止， 则 A追上 追上 B的时间为 的时间为( ) 的时间为 A.6s B.7s C.8s D.9s A追上 前，B已停止运动． 追上B前 已停止运动． 追上 已停止运动
2011年1月27日，在澳大利 年 月 日 亚网球公开赛女单半决赛上， 亚网球公开赛女单半决赛上，李娜绝地 反击， 反击，战胜了世界排名第一的沃兹尼亚 历史性地闯入了大满贯的决赛． 奇，历史性地闯入了大满贯的决赛．在 关键性的第二盘第10局中 局中， 关键性的第二盘第 局中，李娜接到一 个 以 144km/h 的 速 度 飞 来 的 发 球 ， 在 0.5s内将球以 内将球以216km/h的速度原路击回 ， 的速度原路击回， 内将球以 的速度原路击回 求该球的平均加速度(在击球过程中忽 求该球的平均加速度 在击球过程中忽 略重力影响)． 略重力影响 ．
解法二： 解法二： 纸带法”的迁移， 由“纸带法”的迁移，此解法最简 洁
l1 + l2-l1=at2l2 vB = 2t 2t 2 vB l= − l1 2a
2 ①②式中 式中a和 代入③式得 将①②式中 和vB代入③)2 ( l1 + l2 ) − l = ( 3l1 − l2 l= 1 8 ( l2 − l1 ) 8(l2 − l1 )
以初速度方向为正，v0 = 144km / h = 40m / s， vt = -216km / h = -60m / s， vt - v0 -60 - 40 a= = m / s 2 = -200m / s 2 t 0.5 负号表示加速度方向与初速度相反．
匀减速运动可以把速度减到 负值吗？ 负值吗？ 一辆沿平直路面行驶的汽车， 一辆沿平直路面行驶的汽车，速 度为36km/h,刹车后获得加速度的大小 度为 刹车后获得加速度的大小 是4m/s2,求： 求 (1)刹车后 内的位移； 刹车后3s内的位移 刹车后 内的位移； (2)从开始刹车至停止，滑行一半距 从开始刹车至停止， 从开始刹车至停止 离时的速度. 离时的速度
vB (2) v1 = v2 = v = 2
图1-2-1
匀变速直线运动基本公式的使用， 匀变速直线运动基本公式的使用 ， 重视位移、 重视位移、速度和加速度的矢量性 某同学将手中的“溜溜球” 某同学将手中的“溜溜球”沿竖直方向 向上抛出，已知其出手时的速度是5m/s,经过 经过3s, 向上抛出，已知其出手时的速度是 经过 该球落到抛出点下某处，速度为25m/s,已知该球 该球落到抛出点下某处，速度为 已知该球 在运动过程中加速度不变， 在运动过程中加速度不变 ， 则该球的加速度大 小为( ) 小为 A.6.67m/s2 B.10m/s2 C.8m/s2 D.9m/s2
(1)前1秒、前2秒、前3秒…内的位移之 前 秒 秒 秒 内的位移之 ∶ ∶ ∶ 比为 1∶4∶9∶… ． (2)第1秒、第2秒、第2秒…内的位移之 第 秒 秒 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 前 米 米 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 第 米 米 米 所用的时间 ∶ )( )… ． 之比为 1 ( 2 − 1∶ 3 − 2 ∶ 点评 对末速度为零的匀变速直线运动 的逆过程，也可以相应的运用这些规律. 的逆过程，也可以相应的运用这些规律
匀变速直线运动规律的灵 活应用 已知O、 、 、 为同一直线上 已知 、A、B、C为同一直线上 的四点， AB间的距离为 1,BC间的距离 的四点 ， 间的距离为l 间的距离 间的距离为 一物体自O点从静止出发 为 l2,一物体自 点从静止出发 ， 沿此直 一物体自 点从静止出发， 线做匀加速运动，依次经过A、 、 三 线做匀加速运动，依次经过 、B、C三 已知物体通过AB段与 点.已知物体通过 段与 段所用的时 已知物体通过 段与BC段所用的时 间相等.求 与 的距离 的距离. 间相等 求O与A的距离
错误解法：直接把 代入: 错误解法：直接把t=3s代入 代入 1 2 s = v0t + at = 12m 2 正确解法： 正确解法： (1)由速度公式 t=v0+at得滑行时间： 由速度公式v 得滑行时间： 由速度公式 得滑行时间 vt − v0 0 − 10 t= = s = 2.5s 即刹车后经 a −4 2.5s即停止 由位移公式得滑行距离，即 即停止.由位移公式得滑行距离 即停止 由位移公式得滑行距离， 1 2 s = v0t + at = 12年高考全国卷Ⅰ 年高考全国卷 点评 本题为 23题，解题的关键是要画好运动示意图， 题 解题的关键是要画好运动示意图， 分析各个物理量的关系， 分析各个物理量的关系，解法一是最常 见的，本题解法虽有多种， 见的，本题解法虽有多种，由于加速度 是贯穿同一性质运动的各个过程的主线， 是贯穿同一性质运动的各个过程的主线， 因此它们都离不开加速度这个重要的物 理量， 图象法中涉及斜率 图象法中涉及斜率). 理量，(图象法中涉及斜率
第一章
直线运动
2
匀变速直线运动 规律及其应用
一 、 匀变速直线运动中常用公式 有以下四个 速度公式： 速度公式： vt = v0 + at ． 1 2 s = v0t + at 位移公式： 位移公式： ． 2 位移和速度关系的公式： 位移和速度关系的公式： 2 vt2 − v0 = 2as ． v0 + vt v= 平均速度公式： ． 平均速度公式： 2
四、一种典型的运动 经常会遇到这样的问题： 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， 先做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线 运动到静止．用图1-2-1描述该过程，B点速度 描述该过程， 点速度 运动到静止．用图 描述该过程 vB既是前一过程末速度 ， 又是后一过程的初 既是前一过程末速度， 既是前一过程末速度 速度，故有： 速度，故有： s1 s2 (1) a1s1 = a2 s2 , a1t1 = a2t2 , = t1 t2
解法五： 解法五：用平均速度公式求解 l1 l2 v AB = vBC = t t v A + vB vB + vC v AB = vBC = 2 2 2 vA vC = v A + 2at l = 2a 1 2 l1 = v At + at 2 2 ( 3l1 − l2 ) 整理后即得结果 l = 8(l2 − l1 )
v 0 + vt s = 2 t
点评 运用匀变速直线运动的平均速度 v0 + vt s 解题， 公式 vt /2 = 2 = t 解题 ， 往往会使 求解过程变得非常简洁，因此， 求解过程变得非常简洁，因此，要对该 公式给予高度的关注. 公式给予高度的关注
初速度为零(或末速度为零 或末速度为零)的 三 、 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， 做匀变速直线运动的物体，如果初 速度为零(或末速度为零 那么， 或末速度为零)， 速度为零 或末速度为零 ，那么，公式 1 2 都可简化为： 都可简化为：v=at, s = at ,v2=2as, 2 v s = t 以上各式都是单项式，因此可 以上各式都是单项式， 2 以方便地找到各物理量间的比例关系. 以方便地找到各物理量间的比例关系
(2)设滑行一半距离至 点时的速度 设滑行一半距离至B点时的速度 设滑行一半距离至 为vB,由位移和速度的关系式知 由位移和速度的关系式知
2 2 vB − v0 = 2as AB 所以v 所以 B=7.07m/s
点评 (1)不能直接把 不能直接把t=3s代入位移公 不能直接把 代入位移公 式计算位移， 式计算位移 ， 因为实际滑行时间只有 2.5s;对于这类汽车刹车问题，解题的关 对于这类汽车刹车问题， 对于这类汽车刹车问题 键是要知道汽车刹住所需要的实际时间 (或位移 ，在这段时间内汽车做匀减速 或位移)， 或位移 运动，超过这段时间，汽车已处于静止. 运动，超过这段时间，汽车已处于静止