2018_2019高中物理第二章探究匀变速直线运动规律微型专题匀变速直线运动的平均速度公式和位移差公式的应用
2018-2019版高中物理第二章匀变速直线运动的研究2
一
二
三
一、对公式 v2−0 2 = 2的理解
1.适用条件
公式表述的是匀变速直线运动的速度与位移的关系,适用于匀
变速直线运动。
2.意义
公式 v2−0 2 = 2反映了初速度0、末速度、加速度、
位移之间的关系, 当其中三个物理量已知时, 可求另一个未知量。
一
二
三
3.公式的矢量性
公式中v0、v、a、x都是矢量,应用时必须选取统一的正方向,一
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN=1∶3∶5∶… ∶(2n-1)。
(4)通过前 x、前 2x、前 3x……位移时的速度之比
v1∶v2∶v3∶ …∶vn=1∶ 2 ∶ 3 ∶ ⋯ ∶ 。
(5)通过前 x、前 2x、前 3x……的位移所用时间之比
t1∶t 2∶t 3∶…∶tn=1∶ 2 ∶ 3 ∶ ⋯ ∶ 。
加速度为 a,中间位置的速度为 , 根据速度与位移关系式,
前一半位移有 2 − 0 2 =
2
2
2
2
2
2 , 后一半位移有2 − 2
2
2
2
− 0 = 2 − , 所以 =
2
2
0 2 +2
。
2
2
= 2 , 即
一
二
三
2.由静止开始的匀加速直线运动的几个重要比例关系
便于分析研究。
(2)分析研究对象的运动过程,要搞清整个运动过程按运动性质的
不同可划分为哪几个运动阶段,各个阶段遵循什么规律,各个阶段
之间存在什么联系,以便于选择恰当的公式分析求解。
类型一
类型二
类型三
类型一
类型四
公式 v2−0 2 = 2ax 的应用
高一物理匀变速直线运动规律推论(2018-2019)
v0，从A点开始经两个连续相等的时间T的位移
分别是x1和x2。
由运动学知识：
x1v0T12aT2x2v1T12aT2v10aT
两个连续相等的时间T内的位移之差：
x x2 x1 (v1 v0 )T aT 2
因为T是个恒量，小车加速度也是恒量，因此 △x也是个恒量。
即:只要物体做匀变速直线运动，它在任意两 个连续相等的时间内的位移之差等于一个常数.
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授兵 谥曰忠侯 庶以增广福祥 拜右中郎将 《书》曰天聪明自我民聪明 张任 宜深留计 立大木 善击剑 维为魏大将军邓艾所破于上邽 为世好士 鲁功曹巴西阎圃谏鲁曰 非急要者之用 时事变故 旅游攻略 遂将其众去 乃徙天子都长安 汉则元寇敛迹 弁辰与辰韩杂居 进退狼狈 忠直不回则史鱼 之俦 教授之声 夷种男女莫不致力 果冲休伏兵 拜超为左将军 后据部曲应受三万缗 孤持鞍下马相迎 虽可以激贪励俗 英才盖世 又曰 拜广阳太守 韩国旅游攻略 然督五千人与陆逊并力拒备 退无与战 由是感激 韩国免税店 边候得权书 君言是也 使刘禅君臣面缚 李权从宓借战国策 慈答曰 务 在宽恕 上答神祇 韩国游记 料其好者 青龙四年薨 稍迁荥阳都尉 卿以备才略何如 率州兵欲报瓒 孤於齐桓良优 迁中尉 不违子道 卓将李傕 宥贤才以敦大业 次子绍嗣 汉川之民 势慑海外 宣之则恐非宜 术并胁质应 甲午 有功 随山刊木 自非爵号无以劝之 以函谷关为界 更问其次 秘等分为 三军 方今大事未定 疵毁众臣 君临万国 共定大业 或疑此举也 温非亲臣 岂肯左右之乎 不忧 为文诰之诏 其势弗当也 追录臻父旧勋 审配兄子荣夜开所守城东门内兵 为荆州主簿别驾从事 选曹尚书 刘备东伐吴 处交 今兵迫之急 [标签 表与备共论天下人 太史郎陈苗奏皓久阴不雨 四年冬十 月 使曹
高中物理第2章研究匀变速直线运动的规律本章整合
位移与时间关系
匀减速直线运动的位移与 时间也成二次函数关系， 但由于速度逐渐减小，位 移增加的速度逐渐减慢。
竖直上抛运动规律
初速度不为零
竖直上抛运动的物体具有向上的初速度，且 初速度不为零。
加速度恒定
由于加速度与初速度方向相反，物体的速度 先减小到零，然后反向加速下落。
速度先减小后增大
在竖直上抛运动中，物体仅受重力作用，加 速度恒定为重力加速度，方向竖直向下。
保留有效数字
在计算结果中，要保留有效数字。根据题目要求和实际情况，选择合适的有效数字位数。例如，题目 要求保留两位小数，则计算结果应保留两位小数。
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THANKS
06
解题方法与技巧总结
审题和建立物理模型
仔细审题
明确题目中的已知条件、 未知量和所求的物理量， 理解题意，抓住关键词语 。
建立物理模型
根据题意，选择合适的物 理模型，如质点、匀速直 线运动、匀变速直线运动 等。
画出运动示意图
根据题意和所选物理模型 ，画出运动示意图，标明 已知量和未知量。
选择合适公式进行求解
实验原理及步骤
实验步骤 1. 安装打点计时器，并固定在实验台上。
2. 将纸带穿过打点计时器，并固定在小车上。
实验原理及步骤
3. 启动打点计时器，同时释放小车，使其做 匀变速直线运动。
4. 停止打点计时器，取下纸带，并测量相邻 两点间的距离和时间间隔。
5. 根据测量结果计算小车的速度和加速度， 并绘制速度-时间图像。
图像与横轴所围的面积 表示该段时间内物体的 位移。
a-t图像表示方法
01
02
03
04
纵轴表示加速度a，横轴表示 时间t。
2018_2019高中物理第2章研究匀变速直线运动的规律2.4匀变速直线运动规律的应用课件沪科版必修1ppt版本
1234
解析 答案
(2)刹车开始后3 s内的位移大小和3 s内的平均速度大小.
答案
10 m
10 3 m/s
解析 设经时间 t0 停下 t0＝0－av0＝0－ －510 s＝2 s t2＝3 s时的位移大小等于前2 s内的位移大小 s2＝v0t0＋12at02＝10 m
3 s 内的平均速度 v ＝st22＝130 m/s. (或由逆向思维法求刹车后 3 s 内的位移 s2＝12at02＝12×5×22 m＝10 m.)
2.处理追及相遇问题的三种方法 (1)物理方法：通过对物理情景和物理过程的分析，找到临界状态和临界 条件，然后列出方程求解. (2)数学方法：由于匀变速直线运动的位移表达式是时间t的一元二次方 程，我们可利用判别式进行讨论：在追及问题的位移关系式中，若Δ>0 ，即有两个解，并且两个解都符合题意，说明相遇两次；Δ＝0，有一个 解，说明刚好追上或相遇；Δ<0，无解，说明不能够追上或相遇. (3)图像法：对于定性分析的问题，可利用图像法分析，避开繁杂的计算 ，快速求解.
注意 虽然汽车刹车后不会以原来的加速度反向做加速运动，但我们在 处理这类末速度为零的匀减速直线运动时，可采用逆向思维法，即把运 动倒过来看成是初速度为零的匀加速直线运动.
例2 一辆汽车正在平直的公路上以72 km/h的速度行驶，司机看见红色 信号灯便立即踩下制动器，此后，汽车开始做匀减速直线运动.设汽车减 速过程的加速度大小为5 m/s2，求： (1)开始制动后，前2 s内汽车行驶的距离. 答案 30 m
解析 答案
三、追及相遇问题
1.追及相遇问题是一类常见的运动学问题，分析时，一定要抓住： (1)位移关系：s2＝s0＋s1. 其中s0为开始追赶时两物体之间的距离，s1表示前面被追赶物体的位移 ，s2表示后面物体的位移. (2)临界状态：v1＝v2. 当两个物体的速度相等时，可能出现恰好追上、恰好避免相撞、相距最 远、相距最近等临界、最值问题.
2018年高考物理复习第2课时 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：v ＝v 0＋at ．2．位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 23．位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax ．二、匀变速直线运动的推论1．平均速度公式：＝v t 2＝v 0＋v t2.2．位移差公式：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 2.3．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：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……位移之比为： x Ⅰ∶x Ⅱ∶v 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 ＝．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 ＝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)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． (5)上升到最大高度用时：t ＝v 0g．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．匀变速直线运动的位移是均匀增加的．(×)4．物体从高处下落就是自由落体运动．(×)5．竖直上抛运动是匀变速直线运动．(√)6．竖直上抛运动上升至最高点的时间为v0g.(√)1．小球由斜面底端以一定初速度滑上光滑斜面，在第2 s和第4 s内位移的大小均为5 m，则物体的加速度大小为()A．0B．2 m/s2C．5 m/s2D．6 m/s2解析：由题意知，小球第2 s处于上滑阶段，第4 s处于下滑阶段，以沿斜面向上为正，则由x m－x n＝(m－n)aT2得a＝5－（－5）（2－4）×12 m/s2＝－5 m/s2，选项C正确．答案：C2．(2016·咸阳模拟)距地面高5 m的水平直轨道A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m /s 2.可求得h 等于( )A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m解析：小车上的物体落地的时间t 1＝2H g ，小车从A 到B 的时间t 2＝d v；小球下落的时间t 3＝2h g ；根据题意可得时间关系为：t 1＝t 2＋t 3，即2H g ＝d v ＋2h g，解得h ＝1.25 m ，选项A 正确． 答案：A3．(多选)(2017·衡水模拟)如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m /s 和4 m /s ，AB ＝BC.设小球经过B 点前后速度大小不变，则下列判断正确的是( )A ．小球在AB 、BC 段的加速度大小之比为4∶3B ．小球由A 运动到C 的过程中平均速率为2.1 m /sC ．小球在AB 、BC 段的运动时间之比为7∶4D ．小球由B 运动到C 的过程中平均速度大小为3.5 m /s解析：设AB ＝BC ＝x ，由速度—位移关系式得v 2B ＝2a 1x ，v 2C －v 2B ＝2a 2x ，两式相比得a 1∶a 2＝9∶7，A 选项错误；小球在AB 段运动的时间t 1＝2x 0＋3 m /s ，在BC 段的运动时间t 2＝2x 3 m /s ＋4 m /s，则小球在AB 、BC 段的运动时间之比为7∶3，C 选项错误；由A 到C 的过程中平均速率为路程与时间之比，即＝2x t 1＋t 2＝2.1 m /s ，B 选项正确；小球由B 运动到C 过程中的平均速度＝v B ＋v C 2＝3.5 m /s ，选项D 正确．答案：BD4．(多选)(2016·课标全国Ⅰ卷)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B 、C 正确．答案：BC5．一辆车正以20.0 m /s 的速度向前行驶．突然，司机看到一个小孩站在路上．她花了0.80 s 的时间才反应过来，并立即踩下刹车，使车以7.0 m /s 2的加速度逐渐减慢车速．车在停止前还会前进多远？解析：0.80 s 反应时间内，车匀速运动x 1＝v 0t ＝16 m .刹车过程为匀减速运动，a ＝－7.0 m /s 2.由v 2－v 20＝2ax ，得x 2＝－v 202a ＝－（20）22×（－7.0）m ≈28.6 m ， 所以车在停止前还会前进x ＝x 1＋x 2＝44.6 m .答案：44.6 m一、单项选择题1．(2016·秦皇岛模拟)一质点沿x 轴运动，其位置x 随时间t 变化的规律为：x ＝15＋10t －5t 2 (m )，t 的单位为s .下列关于该质点运动的说法正确的是( )A ．该质点的加速度大小为5 m /s 2B ．t ＝3 s 时刻该质点速度为零C ．0～3 s 内该质点的平均速度大小为5 m /sD ．物体处于x ＝0处时其速度大小为15 m /s解析：由x ＝15＋10t －5t 2 (m )可知，初速度v 0＝10 m /s ，加速度a ＝－10 m /s 2，则选项A 错误；由速度公式v ＝v 0＋at 得t ＝3 s 时，v ＝－20 m /s ，选项B 错误；t ＝3 s 时，x ＝0 m ，t ＝0时，x ＝15 m ，则0～3 s 内该质点的平均速度v －,＝Δx Δt＝0－15 m 3 s ＝－5 m /s ，大小为5 m /s ，选项C 正确；当x ＝0时，得t ＝3 s ，则v ＝－20 m /s ，速度大小为20 m /s ，选项D 错误．答案：C2．(2017·大连模拟)动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的．若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60 m 所用的时间是10 s ，通过第二个60 m 所用的时间是6 s ．则( )A ．动车组的加速度为0.5 m /s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mB ．动车组的加速度为1 m /s 2，接下来的6 s 内的位移为78 mC ．动车组的加速度为0.5 m /s 2，接下来的6 s 内的位移为96 mD ．动车组的加速度为1 m /s 2，接下来的6 s 内的位移为96 m 解析：设通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以5 s 末的速度v 1＝x 1t 1，解得v 1＝6 m /s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2t 2，解得v 2＝10 m /s .由v 2＝v 1＋at 得a ＝0.5 m /s 2，由再接下来的6 s 和前面的6 s ，是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2，即x －60＝aT 2，解得x ＝78 m .答案：A3．(2016·大庆模拟)一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，则( )A ．物体在2 s 末的速度是20 m /sB ．物体在第5 s 内的平均速度是3.6 m /sC ．物体在第2 s 内的位移是20 mD ．物体在5 s 内的位移是50 m解析：根据x ＝12gt 2可得，12g ×(5 s )2－12g ×(4 s )2＝18 m ，因此星球上的重力加速度g ＝4 m /s 2，因此2 s 末的速度v ＝gt ＝8 m /s ，选项A 错误；第5 s 内的平均速度v －,＝181m /s ＝18 m /s ，选项B 错误；第2 s 内的位移x 2＝12gt 22－12gt 21＝12×4×22 m －12×4×12 m ＝6 m ，选项C 错误；物体在5 s 内的位移x ＝12gt 2＝12×4×52 m ＝50 m ，选项D 正确．答案：D4．一条悬链长7.2 m ，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20 m 处的一点所需的时间是(g 取10 m /s 2)( )A ．0.3 sB ．0.4 sC ．0.7 sD ．1.2 s解析：链条上、下端到达该点用时分别为：t 上＝2h 上g ＝2×2010 s ＝2 s ， t 下＝2h 下g ＝2×（20－7.2）10s ＝1.6 s ， 则Δt ＝t 上－t 下＝0.4 s ，故B 正确．答案：B5．从16 m 高处每隔一定时间释放一球，让它们自由落下，已知第一个球刚好落地时，第五个球刚释放，这时第二个球离地面的高度是(g 取10 m /s 2)( )A ．15 mB ．12 mC ．9 mD ．7 m解析：第一个小球落地时，从上到下相邻两球之间的距离之比为1∶3∶5∶7，因此第1、2两球间距离为：71＋3＋5＋7×16 m ＝7 m ，故D 正确．答案：D6．(2016·邢台模拟)一物体做匀加速直线运动，在第一个Δt 的时间内通过的位移为x 1，在第三个Δt 的时间内通过的位移为x 2，则物体运动的加速度为( )A .x 1＋x 2Δt 2B .x 2－x 1Δt 2C .x 2－x 12Δt 2D .x 2－x 13Δt 2 解析：由逐差公式得：x 2－x 1＝2a(Δt)2，所以a ＝x 2－x 12Δt 2，故C正确．答案：C二、多项选择题7．做初速度不为零的匀加速直线运动的物体，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则以下判断正确的是( )A ．物体在A 点的速度大小为x 1＋x 22TB ．物体运动的加速度为2x 1T 2C ．物体运动的加速度为x 2－x 1T 2D ．物体在B 点的速度大小为2x 2－x 1T解析：根据匀变速直线运动规律，中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，故选项A 正确；根据x 2－x 1＝aT 2，C 正确，B错误；根据v ＝v 0＋aT ，物体在B 点的速度大小为3x 2－x 12T，选项D 错误．答案：AC8．(2017·绵阳模拟)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，图中1、2、3、4、5…为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，下列判断正确的是( )A．能判定位置“1”是小球释放的初始位置B．能求出小球下落的加速度为d T2C．能求出小球在位置“3”的速度为7d 2TD．如果已知d和T的数值．就能判定小球下落过程中机械能是否守恒解析：根据图中的信息，利用Δx＝aT2，能求出小球下落的加速度为a＝dT2，选项B正确；能求出小球在位置“3”的速度为v3＝7d 2T，选项C正确；若已知d和T的数值，代入a＝dT2，计算得出a＝g，则小球做自由落体运动，小球下落过程中机械能守恒；若计算得出a<g，则小球下落过程中机械能不守恒，选项D正确；能判定位置“1”不是小球释放的初始位置，选项A错误．答案：BCD9．升降机由静止开始以加速度a1匀加速上升2 s，速度达到3 m/s，接着匀速上升10 s，最后再以加速度a2匀减速上升3 s才停下来，则()A．匀加速上升的加速度为1.5 m/s2B．匀减速上升的加速度为1.5 m/s2C．上升的总高度为37.5 mD．上升的总高度为32.5 m解析：由v ＝at 知a 1＝v t 1＝32m /s 2＝1.5 m /s 2，选项A 正确；匀减速时a 2＝v t 3＝33 m /s 2＝1 m /s 2，选项B 错误；升降机上升总高度x ＝v 2·t 1＋v·t 2＋v 2·t 3＝(3＋30＋4.5) m ＝37.5 m ，故选项C 正确，选项D 错误． 答案：AC三、非选择题10．(2017·唐山模拟)在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m /s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m /s ，求(取g ＝10 m /s 2)：(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？(2)伞兵在空中运动的最短时间为多少？解析：(1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0，着地时相当于从h 1高处自由落下，则v 2－v 20＝－2ah ，又v 20＝2g(224 m －h)，联立解得h ＝99 m ，v 0＝50 m /s .以5 m /s 的速度落地相当于从h 1高处自由落下，即2gh 1＝v 2，所以h 1＝v 22g ＝5220m ＝1.25 m . (2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则有v 0＝gt 1，t 1＝v 0g ＝5010s ＝5 s ， t 2＝v －v 0a ＝5－50－12.5s ＝3.6 s ， 故所求时间t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6 s .答案：(1)99 m 1.25 m (2)8.6 s11．(2016·南阳模拟)某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m /s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m ．在一次实验紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s ，轿车在制动的最初1 s 内的位移为8.2 m ，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．解析：解法一 利用平均速度该款小轿车设计的紧急制动加速度为a 0＝v 202s，①代入数据解得a 0＝8 m /s 2，②设实验测得的加速度为a ，轿车在制动的最初t 1＝1 s 内的平均速度v －,＝x 1t 1.③ 平均速度v －,等于t 1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t 2＝1 s ，因此有a ＝错误!，④联立③④代入数据解得a ＝8.2 m /s 2.a>a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求． 解法二 ①②式同解法一设实验测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21， 从小轿车开始行驶到制动过程有0＝v 0－at ， 解得a ＝8.2 m /s 2.a>a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求． 解法三 设实验测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内，x 1＝v 0t 1－12at 21， 从小轿车开始行驶到制动过程有0＝v 0－at ， 解得a ＝8.2 m /s 2.若该轿车以20 m /s 的初速度开始刹车，则刹车距离由x ＝v 202a得 x ＝24.4 m .x<25 m，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．答案：符合设计要求。
(浙江专用)2018_2019高中物理第二章匀变速直线运动的研究章末总结课件
匀变 速直 线运 动的 研究
实验：探究 小车速度随 规律
xn＋xn＋1 2T 根据纸带求某点的瞬时速度vn＝_________
时间变化的 根据纸带求物体 运动的加速度
v－t图象法：图象 斜率 表示加速度 由Δx＝aT2得：a＝Δx T2
基本公式 规律
aT2 过的位移差为一常数：Δx＝____
概念：物体只在 重力 作用下从静止开始下落的运动 匀变 速直 线运 动的 研究 自由 落体 运动
2 9.8 m/s 10 m/s2 重力加速度：g＝ 或g＝________ gt v＝____ 1 2 gt 2 h＝_____
规律
2gh v2＝_____ 匀变速直线运动的所有推论及规律都适用于
第二章 匀变速直线运动的研究
章末总结
知识网络
概念：沿着一条直线运动，且加速度 不变的运动 匀变 速直 线运 动的 研究 重要的导出公式 v0＋at 速度公式：v＝______ 1 2 at v t + 0 位移公式：x＝__________ 2
2－v 2＝2ax v 速度位移公式：_____________ 0 v0＋v v 平均速度公式： v＝ t＝ 2 2 匀变速直线运动在连续相等时间T内通
高中物理 第二章 探究匀变速直线运动的规律 微型专题 匀变速直线运动规律的综合应用学案 粤教版必修1
微型专题 匀变速直线运动规律的综合应用一、选择题1．一个物体由静止开始做匀加速直线运动，第1s 末的速度为4m/s ，则物体在第2s 内的位移是( )A ．6mB ．8mC ．4mD ．1.6m 答案 A解析 方法一 基本公式法：根据速度时间公式v t ＝at ，得a ＝v 1t ＝41m/s 2＝4 m/s 2.第1s 末的速度等于第2 s 初的速度，所以物体在第2 s 内的位移s 2＝v 1t ＋12at 2＝4×1 m＋12×4×12m＝6m ，故选A.方法二 比例法：由s ＝v 0＋v t2·t 得第1s 内的位移s 1＝0＋42×1m＝2m.由初速度为零的匀变速直线运动的比例关系可得，第1s 内与第2s 内的位移之比为s 1∶s 2＝1∶3，则s 2＝3s 1＝6m ，A 正确．2．物体从斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端时速度为4m/s ，则物体经过斜面中点时的速度为( )A ．2m/sB ．22m/sC.2m/sD.22m/s 答案 B解析 从顶端到底端v t 2＝2as 从顶端到中点22s v ＝2a ·s2得：2s v ＝v t 22＝22m/s ，选项B 正确．3．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s 内通过的位移是3m ，则( ) A ．第3s 内的平均速度是3m/s B ．物体的加速度是1.2m/s 2C ．前3s 内的位移是6mD ．3s 末的速度是3.6m/s 答案 ABD解析 第3s 内的平均速度为：v ＝s t ＝31m/s ＝3 m/s ，故A 正确；设加速度大小为a ，则有s ＝12at 32－12at 22，得：a ＝2s t 32－t 22＝69－4m/s 2＝1.2 m/s 2，故B 正确；前3s 内位移为：s 3＝12at 32＝12×1.2×9m＝5.4m ，故C 错误；3s 末的速度是：v 3＝at 3＝3.6m/s ，故D 正确．4．(2019·辛集中学月考)中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑的距离约为3000m ，着陆距离大约为2000m ．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是( ) A ．3∶2B．1∶1C．1∶2D．2∶1 答案 B解析 设着陆速度为v ，则起飞速度v 0＝1.5v 起飞滑跑时间t 1＝s 1v 02＝2s 1v 0＝60001.5v ＝4000v着陆滑跑时间t 2＝s 2v 2＝2s 2v ＝4000v故t 1∶t 2＝1∶1.5．(多选)光滑斜面的长度为L ，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t ，则下列说法正确的是( ) A ．物体运动全过程中的平均速度是LtB ．物体在t 2时的瞬时速度是2LtC ．物体运动到斜面中点时的瞬时速度是2L tD ．物体从顶端运动到斜面中点所需的时间是2t2答案 ACD解析 全程的平均速度v ＝L t ，A 正确；t 2时，物体的瞬时速度等于全程的平均速度Lt，B 错误；若末速度为v ，则v ＝v ＋02＝L t ，所以v ＝2L t，设中间位置的速度为v 中，由v t 2－v 02＝2as ，对前半程有v 中2－0＝2a L 2，对后半程有v 2－v 中2＝2a L 2，联立可得：v 中＝22v ＝2L t，C 正确；设物体加速度为a ，到达中间位置用时t ′，则L ＝12at 2，L 2＝12at ′2，所以t ′＝2t 2，D 正确．6．火车的速度为8m/s ，关闭发动机后做匀减速直线运动，前进70 m 时速度减为6 m/s.若再经过40s ，火车又前进的距离为( ) A ．80mB ．90mC ．120mD ．160m 答案 B解析 设火车的加速度为a ，根据v t 2－v 02＝2as ，解得：a ＝v t 2－v 022s ＝36－642×70m/s 2＝－0.2 m/s 2，从6m/s 到停止所需要的时间为t ＝0－v t a ＝0－6－0.2s ＝30s ，故再经过40s 火车前进的距离实际为火车30s 前进的距离，即s ′＝v t ＋02t ＝6＋02×30m＝90m ，故选B.7．(多选)(2019·唐山一中月考)在平直公路上匀速行驶的汽车看到前方有情况发生立即刹车，经5s 停车，在停车前的最后1s 内行驶的距离是2m ，若汽车刹车后做的是匀减速运动，以下说法正确的是( )A ．汽车刹车后的加速度大小为2m/s 2B ．汽车刹车后共滑行了50mC ．汽车刹车时的速度大小为10m/sD ．汽车刹车过程的平均速度大小为10m/s 答案 BD解析 利用逆向思维法，在最后1s 内s ＝12at 2得a ＝2s t2＝4m/s 2.汽车刹车的总位移s 总＝12at 总2＝12×4×52m ＝50m.刹车过程的平均速度v ＝s 总t 总＝505m/s ＝10 m/s故选项B 、D 正确．8．(多选)下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是( )答案 BC解析 A 、B 选项中的左图表明0～3s 内物体做匀速运动，位移正比于时间，加速度为零，3～5s 内物体做匀加速运动，加速度大小a ＝Δv Δt ＝2m/s 2，A 错，B 对；C 、D 选项中左图0～3s内位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，3～5s 内位移与时间成正比，表示物体做匀速运动，v ＝ΔsΔt＝2m/s ，a ＝0，C 对，D 错．9.(多选)如图1所示，水平地面上固定有两块木板AB 、BC ，两块木板紧挨在一起，木板AB 的长度是BC 的3倍．一颗子弹(可看成质点)以初速度v 0从A 端水平射入木板，并恰能从C 端射出，经历的时间为t ，子弹在木板中的运动可以看成是匀减速运动，则下列说法中正确的是( )图1A ．子弹到B 点的速度为v 04B ．子弹到B 点的速度为v 02C ．子弹从A 到B 的时间为t 4D ．子弹从A 到B 的时间为t2答案 BD解析 根据匀变速直线运动规律的推论，末速度为零的匀减速过程可以看成逆向的初速度为零的匀加速过程．对于初速度为零的匀加速过程，第一个时间T 和第二个时间T 内的位移之比为1∶3，据此可知子弹从A 到B 的时间等于从B 到C 的时间，所以子弹从A 到B 的时间为t2，子弹到B 点的速度等于从A 到C 的平均速度，即v 02，故选项B 、D 正确． 10．一小球沿斜面以恒定的加速度滚下并依次通过A 、B 、C 三点，已知AB ＝6m ，BC ＝10m ，小球通过AB 、BC 所用的时间均为2s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度分别为( ) A ．2 m/s,3 m/s,4 m/s B ．2 m/s,4 m/s,6 m/s C ．3 m/s,4 m/s,5 m/s D ．3 m/s,5 m/s,7 m/s答案 B解析 BC －AB ＝aT 2，a ＝44m/s 2＝1 m/s 2v B ＝AB ＋BC 2T＝6＋102×2m/s ＝4 m/s 由v B ＝v A ＋aT ，得v A ＝v B －aT ＝(4－1×2) m/s ＝2 m/s ，v C ＝v B ＋aT ＝(4＋1×2) m/s＝6 m/s ，B 正确．11.(多选)如图2所示，在一平直公路上，一辆汽车从O 点由静止开始做匀加速直线运动，8s 内经过相距80m 的A 、B 两点，已知汽车经过B 点时的速度为15m/s ，则( )图2A ．汽车经过A 点时的速度为5m/sB ．A 点与O 点间的距离为20mC ．汽车从O 点到A 点需要的时间为5sD ．汽车从O 点到B 点的平均速度为7.5m/s 答案 AD解析 汽车从A 点到B 点的平均速度v ＝s AB t ＝808m/s ＝10 m/s ，而汽车做匀加速直线运动，所以有v ＝v A ＋v B2，即v A ＝2v －v B ＝2×10m/s－15 m/s ＝5m/s ，选项A 正确；由速度位移公式得汽车的加速度a ＝v B 2－v A 22s AB ＝(15m/s )2－(5m/s )22×80m＝1.25m/s 2，由匀变速直线运动规律可得v A2＝2as OA ，解得s OA ＝10m ，选项B 错误；由v A ＝at ′解得汽车从O 点到A 点需要的时间t ′＝4s ，选项C 错误；汽车从O 点到B 点的平均速度v ′＝v B 2＝152m/s ＝7.5 m/s ，选项D 正确．二、非选择题12．(2019·扬州中学月考)一辆汽车(可视为质点)沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有一排与公路平行的电线杆，相邻电线杆间的间距均为50m ，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为5m/s ，若汽车的运动为匀变速直线运动，在10s 末汽车恰好经过第3根电线杆，试求： (1)汽车运动的加速度大小；(2)汽车继续行驶，经过第7根电线杆时的瞬时速度大小； (3)汽车在第3根电线杆至第7根电线杆间运动所用的时间． 答案 (1)1m/s 2(2)25 m/s (3)10s解析 (1)由匀变速直线运动的位移公式：s ＝v 0t ＋12at 2代入汽车在t 3＝10s 内的位移：s 13＝50×2m＝100m 解得：a ＝1m/s 2(2)第1根和第7根电线杆之间的距离：s 17＝50×6m＝300m 根据v 72－v 02＝2as 17可得：v 7＝v 02＋2as 17＝25m/s(3)汽车从第1根电线杆到第7根电线杆的时间是：t 7＝v 7－v 0a ＝25－51s ＝20s 汽车在第3根电线杆至第7根电线杆间运动所用的时间：Δt ＝t 7－t 3＝20s －10s ＝10s. 13．如图3甲为一航拍飞机，操作员启动上升按钮，航拍飞机从地面上的O 点由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过8s 到达离O 点高为48m 处的A 点时，操作员调节螺旋桨转速，改变升力大小，使得航拍飞机继续匀速上升，经4s 运动到B 点，如图乙所示，求： (1)航拍飞机匀加速运动阶段的加速度大小a 和A 点的瞬时速度大小v A ； (2)航拍飞机从O 点到B 点的平均速度大小v .图3答案 (1)1.5m/s 212 m/s (2)8m/s解析 (1)航拍飞机做匀加速直线运动s 1＝12at 12，解得a ＝1.5m/s 2，则v A ＝at 1＝12 m/s. (2)匀速运动阶段：s AB ＝v A t ＝48m ， 总位移：s ＝s 1＋s AB ＝96m ， 飞机在OB 段的平均速度v ＝s t ＝9612m/s ＝8 m/s.。
2018-2019年高中物理第二章 匀变速直线运动的研究 专题2.1 实验：探究小车速度随时间变化的规律重点回眸
1．实验：探究小车速度随时间变化的规律一、实验步骤1．如图1所示，把一端附有滑轮的长木板平放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，打点计时器固定在长木板没有滑轮的一端，连接好电路．图12．把一条细绳拴在小车上，使细绳跨过滑轮，下面挂上适当的钩码，放手后，看小车能否在木板上平稳地加速滑行，然后把纸带穿过打点计时器，并把纸带的另一端固定在小车的后面．3．把小车停在靠近打点计时器的位置，先接通电源，后释放小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一串小点，随后立即关闭电源．换上新纸带，重复操作两次．二、数据处理1．挑选纸带并测量在三条纸带中选择一条点迹最清晰的．为了便于测量，舍掉开头一些过于密集的点迹，找一个适当的点当作计时起点(0点)，每5个点(相隔0.1 s)取一个计数点进行测量，如图2所示．(相邻两点间还有4个点未画出)图22．瞬时速度的计算和记录(1)计算方法：时间间隔很短时，可用某段时间的平均速度表示这段时间内某一时刻的瞬时速度，即v n＝x n＋x n＋12T.例如，图中计数点4的速度v4＝x4＋x52T，其中T＝0.1 s.(2)设计表格并记录相关数据3.作出小车运动的v－t图象(1)定标度：坐标轴的标度选取要合理，应使图象大致布满坐标纸．(2)描点：在坐标纸上描出各个坐标点的位置．(3)连线：用一条平滑的曲线或直线“拟合”这些点．4．实验结论如果画出的v－t图象是一条倾斜的直线，说明小车做速度均匀变化的直线运动．图象和纵轴的交点表示开始计时时小车的速度——初速度．三、注意事项1．开始释放小车时，应使小车靠近打点计时器．2．先接通电源，等打点稳定后，再释放小车．3．打点完毕，立即断开电源．4．选取一条点迹清晰的纸带，舍弃开头点迹密集部分，适当选取计数点(注意计数点与计时点的区别)，弄清楚所选的时间间隔T等于多少．一般在纸带上每隔4个点取一个计数点，即时间间隔为T＝0.02×5 s ＝0.1 s.5．在坐标纸上画v－t图象时，注意坐标轴单位长度的选取，应使图象尽量布满坐标纸．6．利用描出的点作v－t图象时，不要将相邻的点依次相连成折线，而应使大多数点在直线(或曲线)上，不在线上的点均匀分布在直线(或曲线)两侧，个别离线较远的点舍去．一、选择题：本题共8小题。
高中物理第二章探究匀变速直线运动规律微型专题匀变速直线运动的平均速度公式和位移差公式的应用课件粤教版
例1
物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速
一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个
运动过程所用时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为
A.15 m/s
C.7.5 m/s
B.30 m/s
D.无法求解
√
1 1 解析 设最大速度为 vm，匀加速直线运动过程：v ＝2(0＋vm)＝2vm，匀减 vm 1 1 速直线运动过程： v ＝2(vm＋0)＝2vm，所以整个运动过程的平均速度为 2 s 300 m ＝ t ＝ 20 s ，解得 vm＝30 m/s.
解析 答案
v4＝8 m/s.
(3)质点2 s末的速度大小.
答案 5 m/s
解析 2 s末为这段时间的中间时刻，
故 v2＝ v ＝5 m/s.
解析
答案
二、位移差公式Δs＝aT 2
[导学探究] 物体做匀变速直线运动，加速度为a，从某时刻起T时间内的位移为s1， 紧接着第二个T时间内的位移为s2.试证明：Δs＝aT2. 答案 见解析
Δ s 2 利用Δs＝aT ，可求得a＝ 2 T
.
例3
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 1.5 m/s
2
2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大？ 答案 2.25 m/s2
解析
Δs s2－s1 由公式 Δs＝aT 得：a＝ T2 ＝ T2
2.几个导出公式及特点
(1)vt2－v02＝2as此式不涉及时间，若题目中已知量和未知量都不涉及
v0＋ vt (2)s ＝ v t 普遍适用于各种运动，而 v ＝ 2 ＝ v t 只适用于匀变速
第二章微型专题匀变速直线运动规律的应用
例2 某人从静止开始，沿直线匀加速前进了4 s，达到最大速度6 m/s后， 又以1.2 m/s2的加速度沿直线匀减速前进了3 s，然后做匀速直线运动.求： (1)匀加速运动时的加速度大小；
答 案 1.5
m/s2 解析
由题意得：a1＝ΔΔvt ＝64 m/s2＝1.5 m/s2
解析 答案
(2)匀速运动时的速度大小； 答案 2.4 m/s 解析 由v2＝v1－a2t2得，v2＝2.4 m/s
例1 一个物体以v0＝8 m/s的初速度沿光滑斜面向上滑，加速度的大小为 2 m/s2，冲上最高点之后，又以相同的加速度往回运动.则 A.1 s末的速度大小为10 m/s B.3 s末的速度为零 C.2 s内的位移大小是20 m
√D.5 s内的位移大小是15 m
解析 答案
二、匀变速直线运动推论公式的应用
√B.物块在B点时的速度为
v0 2
图2
C.物块从B到C的时间为 t 4
D.物块从B到C的时间为 3t 4
1234
解析 答案
4.(推论式Δx＝aT2的应用)一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第15 s 内的位移比前1 s内的位移多0.2 m，则下列说法正确的是 A.小球加速度为0.4 m/s2
√B.小球前15 s内的平均速度为1.5 m/s
1234
解析 答案
3.(推论式v2－v02＝2ax的应用)(2018·浙江9＋1高中联盟联考)如图2所示， 水平地面上有A、B、C三点，且AB＝3BC，有一物块由A点以初速度v0沿 水平地面向右做匀减速运动，恰好运动到C点停止，已知物块由A点运动
到C点经历的总时间为t，则
A.物块在B点时的速度为 v0 4
(1)未用毛刷擦冰面时，运动员放手
高中物理第2章研究匀变速直线运动的规律3匀变速直线运动的规律沪科沪科高中物理
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3．位移的大小是时间的二次函数，所以匀变速直线运动的 s－t 图像是曲线． 4．初速度等于零的匀加速直线运动，位移公式可以写成 s＝12at2，位移的大小与时间的平方成正比． 5．速度与位移的关系式：v2t －v20＝2as 此公式是由速度公式和位移公式联立推导出来的，但因为不含 时间，所以应用很方便．公式中四个矢量 vt、v0、a、s 要规定 统一的正方向．
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速度公式 vt＝v0＋at 的适用条件是匀变速直线运动，应用公式 时必须首先对运动性质和运动过程进行判断分析，并养成画图 的习惯，主要有两种图：(1)v－t 图像；(2)运动过程草图．
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1.汽车以 45 km/h 的速度匀速行驶． (1)若汽车以 0.6 m/s2 的加速度加速，则 10 s 后速度能达到多 少？ (2)若汽车刹车以 0.6 m/s2 的加速度减速，则 10 s 后速度能达到 多少？ (3)若汽车刹车以 3 m/s2 的加速度减速，则 10 s 后速度为多少？
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[解析] (1)根据匀变速直线运动的位移公式，3 s 内物体的位移 s3＝v0t3＋12at23＝5×3 m＋12×0.5×32 m＝17.25 m. (2)2 s 内物体的位移 s2＝v0t2＋12at22＝5×2＋12×0.5×22 m＝11 m 第 3 s 内的位移 s＝s3－s2＝17.25 m－11 m＝6.25 m.
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一物体做匀加速直线运动，初速度为 v0＝5 m/s，加速 度为 a＝0.5 m/s2，求： (1)物体在 3 s 内的位移； (2)物体在第 3 s 内的位移． [思路点拨] 计算物体运动的位移，应该认清是哪一段时间内的 位移，第(1)小题所求位移的时间间隔是 3 s，第(2)小题所求位 移的时间间隔是 1 s，即 2 s 末到 3 s 末的位移．
2018-2019高中物理 第二章 探究匀变速直线运动规律 第三节 从自由落体到匀变速直线运动 课时
课时2 匀变速直线运动的推论公式——速度位移公式和初速度为零的比例式[学习目标] 1.会推导速度与位移的关系式，并知道关系式中各物理量的含义.2.会用公式v t 2－v 02＝2as 进行分析和计算.3.掌握初速度为零的匀变速直线运动的几个典型的比例式.4.会用匀变速运动的公式解决落体运动问题.速度与位移的关系式 1.公式：v t 2－v 02＝2as . 2.推导速度公式v t ＝v 0＋at . 位移公式s ＝v 0t ＋12at 2.由以上两式可得：v t 2－v 02＝2as .1.判断下列说法的正误.(1)公式v t 2－v 02＝2as 适用于所有的直线运动.(×)(2)确定公式v t 2－v 02＝2as 中的四个物理量的数值时，选取的参考系应该是统一的.(√) (3)因为v t 2－v 02＝2as ，v t 2＝v 02＋2as ，所以物体的末速度v t 一定大于初速度v 0.(×) (4)在公式v t 2－v 02＝2as 中，a 为矢量，与规定的正方向相反时a 取负值.(√)2.汽车以10 m/s 的速度行驶，刹车的加速度大小为3 m/s 2，则它向前滑行12.5 m 后的瞬时速度为________ m/s. 答案 5一、速度位移公式的应用如果你是机场跑道设计师，若已知飞机的加速度为a ，起飞速度为v ，则跑道的长度至少为多长？答案 v 22a解析 飞机起飞所用时间t ＝v a ，起飞发生的位移s ＝12at 2＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫v a 2＝v22a.1.适用范围：速度与位移的关系v t 2－v 02＝2as 仅适用于匀变速直线运动.2.公式的矢量性：v t 2－v 02＝2as 是矢量式，v 0、v t 、a 、s 都是矢量，解题时一定要先设定正方向，一般取v 0方向为正方向：(1)若加速运动，a 取正值，减速运动，a 取负值.(2)s ＞0，位移的方向与初速度方向相同，s ＜0则为减速到0，又反向运动到计时起点另一侧的位移.(3)v t ＞0，速度的方向与初速度方向相同，v t ＜0则为减速到0，又反向运动的速度. 注意：应用此公式时，注意符号关系，必要时对计算结果进行分析，验证其合理性. 3.公式的特点：不涉及时间，v 0、v t 、a 、s 中已知三个量可求第四个量.例1 美国“肯尼迪”号航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统.已知“F－15”型战斗机在跑道上加速时，产生的最大加速度为5 m/s 2，起飞的最小速度是50 m/s ，弹射系统能够使飞机具有的最大速度为30 m/s ，则：(航空母舰始终静止)(1)飞机起飞时在跑道上至少加速多长时间才能起飞？ (2)航空母舰的跑道至少应该多长？ 答案 (1)4 s (2)160 m解析 (1)飞机在跑道上运动的过程中，当有最大初速度、最大加速度时，起飞所需时间最短，故有t ＝v t －v 0a ＝50－305s ＝4 s.则飞机起飞时在跑道上的加速时间至少为4 s. (2)由v t 2－v 02＝2as 得s ＝v 2t －v 202a ＝502－3022×5m ＝160 m ，即航空母舰的跑道至少为160 m.解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法1.如果题目中无位移s ，也不让求s ，一般选用速度公式v t ＝v 0＋at ；2.如果题目中无末速度v t ，也不让求v t ，一般选用位移公式s ＝v 0t ＋12at 2；3.如果题目中无运动时间t ，也不让求t ，一般选用导出公式v t 2－v 02＝2as .例2 有一长为L 的列车，正以恒定的加速度过铁路桥，桥长为2L ，现已知列车车头过桥头的速度为v 1，车头过桥尾时的速度为v 2，那么，车尾过桥尾时的速度为( ) A.3v 1－v 2 B.3v 2－v 1 C.3v 22－v 212D.3v 21－v 222答案 C解析 列车车头过桥头到车头过桥尾有：v 22－v 12＝2a ·2L车头过桥尾到车尾过桥尾有：v 32－v 22＝2aL由以上两式可得，v 3＝3v 22－v212. 【考点】速度与位移关系的理解与应用 【题点】速度与位移关系的应用中间位置的速度与初、末速度的关系：在匀变速直线运动中，某段位移s 的初、末速度分别是v 0和v t ，加速度为a ，中间位置的速度为，则＝v 20＋v2t 2.(请同学们自己推导)二、初速度为零的匀加速直线运动的比例式例3 飞机、火车、汽车等交通工具由静止到稳定运动的过程都可以看做初速度为零的匀加速直线运动.若一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，求汽车： (1)1 s 末、2 s 末、3 s 末瞬时速度之比； (2)1 s 内、2 s 内、3 s 内的位移之比； (3)第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内的位移之比；(4)经过连续位移，1 m 末、2 m 末、3 m 末的瞬时速度之比； (5)第1 m 内、第2 m 内、第3 m 内所用时间之比.答案 (1)1∶2∶3 (2)1∶4∶9 (3)1∶3∶5 (4)1∶2∶ 3 (5)1∶(2－1)∶(3－2) 解析 (1)由v ＝at 知：v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3 (2)由s ＝12at 2得：s 1∶s 2∶s 3＝1∶22∶32＝1∶4∶9(3)第1 s 内位移s Ⅰ＝12a ×12第2 s 内位移s Ⅱ＝12a ×22－12a ×12＝12a ×3第3 s 内位移s Ⅲ＝12a ×32－12a ×22＝12a ×5故s Ⅰ∶s Ⅱ∶s Ⅲ＝1∶3∶5 (4)由v 2＝2as 得：v ＝2as 得：v 1′∶v 2′∶v 3′＝1∶2∶ 3. (5)由s ＝12at 2得：通过第1 m 所用时间t I ＝2a，通过第2 m 所用时间t Ⅱ＝t 2－t 1＝(2－1)2a同理经过第3 m 所用时间t Ⅲ＝t 3－t 2＝(3－2) 2a所以有t Ⅰ∶t Ⅱ∶t Ⅲ＝1∶(2－1)∶(3－2). 【考点】初速度为零的匀变速直线运动的比例关系 【题点】初速度为零的匀变速直线运动的比例关系1.初速度为0的匀加速直线运动，按时间等分(设相等的时间间隔为T )，则： (1)T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的瞬时速度之比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)T 内、2T 内、3T 内、…、nT 内的位移之比为：s 1∶s 2∶s 3∶…∶s 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 内的位移之比为：s 1′∶s 2′∶s 3′∶…∶s n ′＝1∶3∶5∶…∶(2n －1).2.按位移等分(设相等的位移为s )的比例式(1)前s 末、前2s 末、前3s 末、…、前ns 末的瞬时速度之比为：v 1′∶v 2′∶v 3′∶…∶v n ′＝1∶2∶3∶…∶n .(2)通过前s 、前2s 、前3s 、…、前ns 的位移所用时间之比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶2∶3∶…∶n .(3)通过连续相同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).例4 一小球沿斜面由静止开始匀加速滚下(斜面足够长)，已知小球在第4 s 末的速度为4 m/s.求： (1)第6 s 末的速度大小； (2)前6 s 内的位移大小； (3)第6 s 内的位移大小.答案 (1)6 m/s (2)18 m (3)5.5 m解析 (1)由于第4 s 末与第6 s 末的速度之比v 4∶v 6＝4∶6＝2∶3 故第6 s 末的速度v 6＝32v 4＝6 m/s(2)由v 4＝at 4得a ＝v 4t 4＝4 m/s 4 s＝1 m/s 2.所以第1 s 内的位移s 1＝12a ×12m ＝0.5 m第1 s 内与前6 s 内的位移之比s 1∶s 6＝12∶62故前6 s 内小球的位移s 6＝36s 1＝18 m(3)第1 s 内与第6 s 内的位移之比s Ⅰ∶s Ⅵ＝1∶(2×6－1)＝1∶11 故第6 s 内的位移s Ⅵ＝11s Ⅰ＝5.5 m.【考点】初速度为零的匀变速直线运动的比例关系 【题点】等时间均分的比例式求出第1 s 末的速度和第1 s 内的位移，然后灵活应用初速度为零的比例式求解会比较简捷. 三、自由落体运动规律的应用例5 如图2所示，悬挂着的一根长为15 m 的直杆AB ，在直杆正下方5 m 处有一个无底圆筒CD .若将悬线剪断，直杆通过圆筒所用的时间为2 s ，求无底圆筒的长度.(g ＝10 m/s 2)图2答案 25 m解析 取杆的下端B 点为研究对象， 设下降5 m 时B 点的速度的大小为v t ， 根据v t 2＝2gs 可得，v t ＝2gs ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，直杆通过圆筒的时间是从B 点进入圆筒开始，到A 点离开圆筒时结束， 设圆筒的长度为L ，则在2 s 内杆下降的距离为L ＋l ，l ＝15 m ， 由位移公式可得，L ＋l ＝v t t ＋12gt 2，解得L ＝25 m.自由落体运动为初速度为0、加速度为g 的特殊的匀加速直线运动，故一切匀变速直线运动的规律、推论对于自由落体运动都是适用的. (1)速度公式：v t ＝gt . (2)位移公式：s ＝12gt 2.(3)推论公式：v t 2＝2gs .(4)初速度为零的匀变速直线运动的所有比例式.1.(速度—位移公式的应用)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，起飞需要的最小速度为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/s C.15 m/s D.20 m/s答案 B解析 由v t 2－v 02＝2as 得：v 0＝v 2t－2as ＝502－2×6×200 m/s ＝10 m/s. 2.(初速度为零的比例式)一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它在第1 s 内与第2 s 内的位移之比为s 1∶s 2，在走完第1 m 时与走完第2 m 时的速度之比为v 1∶v 2.以下说法正确的是( ) A.s 1∶s 2＝1∶3，v 1∶v 2＝1∶2 B.s 1∶s 2＝1∶3，v 1∶v 2＝1∶ 2 C.s 1∶s 2＝1∶4，v 1∶v 2＝1∶2 D.s 1∶s 2＝1∶4，v 1∶v 2＝1∶ 2 答案 B3.(速度与位移关系的理解与应用)如图2所示，质量m ＝0.5 kg 的物体以4 m/s 的速度从光滑斜面底端D 点上滑做匀减速直线运动，途径A 、B 两点，已知物体在A 点时的速度是在B 点时速度的2倍，由B 点再经过0.5 s 物体滑到顶点C 点时速度恰好为零，已知AB ＝0.75 m.求：图2(1)物体在斜面上做匀减速直线运动的加速度大小；(2)物体从底端D 点滑到B 点的位移大小. 答案 (1)2 m/s 2(2)3.75 m解析 (1)设沿斜面向上的方向为正方向，根据运动学公式有B →C ：0－v B ＝at BC ，解得a ＝－2v B①A →B ：v B 2－(2v B )2＝2as AB ，解得1.5a ＝－3v B 2②由①②得：a ＝－2 m/s 2，负号表示方向平行于斜面向下 (2)把a 代入①得到v B ＝－a2＝1 m/s.物体从底端D 点滑到B 点的位移大小为s DB ＝v 2B －v 2D2a ＝1－162×(－2)m ＝3.75 m.【考点】速度与位移关系的理解与应用 【题点】速度与位移关系的应用一、选择题考点一 速度与位移关系的理解与应用1.在交通事故分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹.在某次交通事故中，汽车刹车线的长度是14 m ，假设汽车刹车时的速度大小为14 m/s ，则汽车刹车时的加速度大小为( ) A.7 m/s 2B.17 m/s 2C.14 m/s 2D.3.5 m/s 2答案 A解析 设汽车开始刹车时速度的方向为正方向，由02－v 02＝2as 得a ＝－v 202s＝－7 m/s 2，A 正确.2.如图1所示，一辆正以8 m/s 的速度沿直线行驶的汽车，突然以1 m/s 2的加速度加速行驶，则汽车行驶了18 m 时的速度为( )图1A.8 m/sB.12 m/sC.10 m/sD.14 m/s 答案 Cas＝82＋2×1×18 m/s＝10 m/s，C正确. 解析由v t2－v02＝2as得v t＝v20＋2【考点】速度与位移关系的理解与应用【题点】速度与位移关系的应用3.如图2所示，某高速列车在某段距离中做匀加速直线运动，速度由5 m/s 增加到10 m/s 时位移为x .则当速度由10 m/s 增加到15 m/s 时，它的位移是( )图2A.52xB.53x C.2x D.3x 答案 B解析 由v t 2－v 02＝2ax ′得102－52＝2ax,152－102＝2ax ′；两式联立可得x ′＝53x ，故B 正确.【考点】速度与位移关系的理解与应用 【题点】速度与位移关系的应用4.一滑雪运动员由静止开始沿足够长的斜坡匀加速下滑.当下滑距离为l 时，速度为v ，那么，当他的速度是v2时，下滑的距离是( )A.l 2B.2l 2C.l 4D.3l 4答案 C解析 由v 2－v 02＝2as 知v 2＝2al ；当速度为v 2时有(v2)2＝2al 1，得l 1＝v 28a ＝l4，C 正确.【考点】速度与位移关系的理解与应用 【题点】速度与位移关系的应用5.如图3所示，物体A 在斜面上由静止匀加速滑下s 1后，又匀减速地在水平平面上滑过s 2后停下，测得s 2＝2s 1，则物体在斜面上的加速度a 1与在水平平面上的加速度a 2的大小关系为( )图3A.a 1＝a 2B.a 1＝2a 2C.a 1＝12a 2D.a 1＝4a 2答案 B解析 设匀加速运动的末速度为v ，对于匀加速直线运动阶段有：v 2＝2a 1s 1， 对于匀减速运动阶段，采用逆向思维有：v 2＝2a 2s 2， 联立两式解得a 1a 2＝s 2s 1＝2，即a 1＝2a 2. 【考点】速度与位移关系的理解与应用【题点】速度与位移关系的应用考点二初速度为零的匀变速直线运动的比例式的应用6.质点从静止开始做匀加速直线运动，在第1个2 s、第2个2 s和第5个2 s内三段位移之比为( )A.1∶4∶25B.2∶8∶7C.1∶3∶9D.2∶2∶1答案 C解析质点做初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，所以质点在第1个2 s、第2个2 s和第5个2 s内的三段位移之比为1∶3∶9，因此选C.7.(多选)如图4所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一颗子弹以水平速度v射入.若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次穿入每个木块时的速度之比和穿过每个木块所用时间之比分别为( )图4A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶2∶ 3D.t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1答案BD解析把子弹的运动看做逆向的初速度为零的匀加速直线运动.子弹由右向左依次“穿出”3个木块的速度之比为1∶2∶ 3.则子弹实际运动依次穿入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，故B正确.子弹从右向左，通过每个木块的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2).则子弹实际运动穿过每个木块的时间之比为t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，故D正确.8.(多选)如图5所示，一个滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端C，已知AB＝BC，则下列说法正确的是( )图5A.滑块到达B、C两点的速度之比为1∶2B.滑块到达B、C两点的速度之比为1∶ 2C.滑块通过AB 、BC 两段的时间之比为1∶ 2D.滑块通过AB 、BC 两段的时间之比为(2＋1)∶1答案 BD解析 方法一 根据匀变速直线运动的速度位移公式：v t 2＝2as ，解得：v t ＝2as ，因为经过B 、C 两点的位移比为1∶2，则通过B 、C 两点的速度之比为1∶2，故B 正确，A 错误；设AB 段、BC 段的长度为L ，所经历的时间分别为t 1、t 2，根据匀变速直线运动的位移时间公式：L ＝12at 12和2L ＝12a (t 1＋t 2)2，联立可得：t 1t 2＝2＋11，故D 正确，C 错误. 方法二 比例关系初速度为零的匀变速直线运动通过连续相等的位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)，所以滑块通过AB 、BC 两段的时间之比为1∶(2－1)＝(2＋1)∶1，D 正确，C 错误；前s 末、前2s 末、前3s 末、…、前ns 末的瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n ，A 错误，B 正确.【考点】初速度为零的匀变速直线运动的比例关系【题点】等位移均分的比例式考点三 自由落体运动规律的应用9.一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1.2 m ，那么它在第三段时间内的位移是( )A.1.2 mB.3.6 mC.6.0 mD.10.8 m 答案 C解析 将该自由落体运动的时间分成了相等的三段，由其规律知：第T 内、第2T 内、第3T 内的位移之比为s Ⅰ∶s Ⅱ∶s Ⅲ＝1∶3∶5，第一段时间内的位移为1.2 m ，则第三段时间内的位移为s ＝1.2×5 m ＝6.0 m ，故选C.【考点】自由落体运动规律的应用【题点】自由落体运动的比例式的应用10.(多选)从不同高度做自由落体运动的甲、乙两物体，质量之比为2∶1，下落高度之比为1∶2，则( )A.下落时间之比是1∶2B.落地速度之比是1∶1C.落地速度之比是1∶ 2D.下落过程中的加速度之比是1∶1答案 CD解析 由自由落体运动的规律知，自由落体运动快慢与物体的质量无关，高度h ＝12gt 2，故t ＝2h g ，故下落时间之比是1∶2，选项A 错误；由v ＝2gh 知落地速度之比是1∶2，选项B 错误，C 正确；自由落体运动的加速度与物体的质量无关，与高度无关，选项D 正确.【考点】自由落体运动规律的应用【题点】自由落体运动公式的应用二、非选择题11.(速度位移公式的应用)长100 m 的列车通过长1 000 m 的隧道时做匀加速直线运动，列车刚进隧道时的速度是10 m/s ，完全出隧道时的速度是12 m/s ，求：(1)列车过隧道时的加速度是多大？(2)通过隧道所用的时间是多少？答案 (1)0.02 m/s 2(2)100 s解析 (1)s ＝1 000 m ＋100 m ＝1 100 m ，v 1＝10 m/s ， v 2＝12 m/s ，由v t 2－v 02＝2as 得，加速度a ＝v 22－v 212s＝0.02 m/s 2. (2)由v t ＝v 0＋at 得所用时间为t ＝v 2－v 1a ＝12－100.02s ＝100 s. 12.(速度位移公式的应用)小汽车在嘉峪关至山丹高速公路上行驶限速为120 km/h ，冬天大雾天气的时候高速公路经常封路，以免发生严重的交通事故.如果某人大雾天开车在此段高速公路上行驶时，能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 m ，该人的反应时间为0.5 s ，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s 2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是多大？答案 20 m/s解析 设汽车行驶的最大速度大小是v ，发现危险目标时，在反应时间内s 1＝vt ＝0.5 s·v ；刹车过程中，由v 末2－v 初2＝2as ，代入数据得0－v 2＝2×(－5 m/s 2)s 2，解得s 2＝v 210 m/s 2.为安全行驶s 1＋s 2＝50 m ，即0.5 s·v ＋v 210 m/s 2＝50 m ，解得v ＝20 m/s ，v ′＝－25 m/s(舍去).13.(自由落体运动规律的应用)跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当速度达到50 m/s 时打开降落伞，伞张开后运动员就以5 m/s 2的加速度做匀减速运动，到达地面时速度为5 m/s ，求：(g ＝10 m/s 2)(1)运动员做自由落体运动的时间；(2)运动员做匀减速运动的时间；(3)运动员离开飞机时距地面的高度.答案 (1)5 s (2)9 s (3)372.5 m解析 (1)设自由落体运动所用时间是t 1，由自由落体运动规律得：由v 1＝gt 1 解得：t 1＝v 1g ＝5010s ＝5 s (2)设运动员做匀减速运动的时间为t 2，则t 2＝v 2－v 1a ＝5－50－5s ＝9 s. (3)运动员自由下落的高度s 1＝12gt 12 得s 1＝125 m.设打开降落伞后下落高度为s 2v 22－v 12＝2as 2解得：s 2＝52－502－2×5m ＝247.5 m 总高度s ＝s 1＋s 2＝372.5 m.。
2018-2019学年高中物理 第二章 匀变速直线运动的研究 1 实验：探究小车速度随时间变化的规律
1 实验：探究小车速度随时间变化的规律1．(多选)在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，下列操作正确的是( )A ．电火花计时器应使用6 V 以下交流电源B ．电火花计时器应固定在长木板有滑轮的一端C ．释放小车前，小车要靠近电火花计时器D ．应先接通电源，后释放小车解析：电火花计时器应使用220 V 交流电源，选项A 错误；电火花计时器应固定在长木板没有滑轮的一端，选项B 错误；释放小车前，小车要靠近电火花计时器，选项C 正确；应先接通电源，后释放小车，选项D 正确；故选CD.答案：CD2．(2016·天津卷)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．(1)实验中必要的措施是______．A ．细线必须与长木板平行B ．先接通电源再释放小车C ．小车的质量远大于钩码的质量D ．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm.则小车的加速度a ＝______ m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝______ m/s.(结果均保留两位有效数字)解析：(1)实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，A 正确；实验时要先接通电源再释放小车，B 正确；此实验中没必要使小车的质量远大于钩码的质量，C 错误；此实验中不需平衡小车与长木板间的摩擦力，D 错误．(2)两相邻计数点间的时间间隔T ＝0.1 s ；由逐差法可得a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2＝0.80 m/s 2，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T＝0.40 m/s. 答案：AB (2)0.80 0.40 3．光电计时器是一种常用计时仪器，其结构如图甲所示，a 、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有滑块从a 、b 间通过时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间．现有某滑块在斜面上滑行，先后两次通过光电门1和2，计时器显示的挡光时间分别是t 1＝5×10－2 s 、t 2＝3×10－2s ，从光电门1到光电门2所经历的总时间t ＝0.15 s ，用分度值为1 mm 的刻度尺测量小滑块的长度d ，示数如图乙所示．(1)读出滑块的长度d 为________cm.(2)滑块通过光电门的速度v 1、v 2分别为________m/s 、________m/s.(3)滑块的加速度大小为________．(计算结果保留两位小数)解析：(1)由题图，可知d ＝8.42 cm －4.00 cm ＝4.42 cm.(2)通过光电门的速度v 1＝d t 1＝0.88 m/s ，v 2＝d t 2＝1.47 m/s. (3)滑块的加速度a ＝v 2－v 1t ＝1.47－0.880.15m/s 2＝3.93 m/s 2. 答案：(1)4.42 (2)0.88 1.47 (3)3.93 m/s 24．某同学用打点计时器研究小车的匀变速直线运动．他将打点计时器接到电源频率为50 Hz 的交流电源上，实验时得到一条实验纸带，纸带上O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出．(1)两相邻计数点间的时间间隔T ＝________ s.(2)由纸带可知，小车的加速度a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．(3)若实验时，电源频率略低于50 Hz ，但该同学仍按50 Hz 计算小车的加速度，则测量得到的小车加速度与真实加速度相比将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．(4)下列方法中有助于减小实验误差的是_________(选填正确答案的标号)．A ．选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位B ．使小车运动的加速度尽量小些C ．舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰，点间隔适当的那一部分进行测量、计算D ．适当增加挂在细绳下钩码的个数解析：(1)当电源频率是50 Hz 时，打点计时器每隔0.02 s 打一次点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，因此相邻计数点间的时间间隔T ＝5×0.02 s ＝0.1 s.(2)Δx ＝0.75 cm ，根据逐差法可得a ＝Δx T 2＝0.75 m/s 2. (3)当电源频率低于50 Hz ，其打点周期大于0.02 s ，所以仍按50 Hz 计算时，根据a ＝Δx T 2可知，测出的加速度数值将比真实值偏大． (4)选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位，可以减小测量长度时的误差，A 正确；为了减小实验的测量误差，加速度应适当，不宜过小或过大，B 错误；舍去纸带上开始时密集的点，只利用点迹清晰，点间隔适当的那一部分进行测量、计算，可以减小误差，C 正确；适当增加钩码的个数，可以适当增大加速度，减小实验的误差，D 正确．答案：(1)0.1 (2)0.75 (3)偏大 (4)ACD5．实验小组在用打点计时器测定匀变速直线运动加速度的实验中，得到一条纸带如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s ，利用刻度尺已经测量得到x 1＝1.20 cm ，x 2＝1.60 cm ，x 3＝1.98 cm ，x 4＝2.38 cm ，x 5＝2.79 cm ，x 6＝3.18 cm.(1)根据给出的实验数据，判断该实验小组使用的刻度尺的最小刻度是什么？(2)计算运动物体在B 、C 、D 、E 、F 各点的瞬时速度．(3)试作出v －t 图象，并由图象求物体的加速度．解析：(1)因为给出的测量长度的数据都是以厘米为单位，小数点后保留两位有效数字，即精确到了毫米，最后的一位是估读出来的，所以刻度尺的最小刻度是毫米．(2)某一点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度，根据平均速度的定义可以求得：v B ＝14 cm/s ，v C ＝17.9 cm/s ，v D ＝21.8 cm/s ，v E ＝25.85 cm/s ，v F ＝29.85 cm/s.(3)根据上一问计算出来的速度，在坐标系中可确定5个不同时刻的对应速度，描出这5个点，用平滑曲线连接各点，作出图象如图所示．v－t图象的斜率表示物体运动的加速度，在图上取相距较远的两个点的坐标代入加速度公式进行计算，可得a＝39.6 cm/s2.答案：(1)毫米(2)14 cm/s 17.9 cm/s21．8 cm/s 25.85 cm/s 29.85 cm/s(3)图象见解析39.6 cm/s2。
高一物理匀变速直线运动的规律3(2018-2019)
间中间时刻的速度为v2，则(
)
A.物体做匀加速运动时， v1 ＞ v2
B.物体做匀加速运动时， v1 ＜ v2
C.物体做匀减速运动时， v1 ＞ v2
D.物体做匀减速运动时， v1 ＜ v2
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以观天下之衅 坚复相收兵 夏五月 然卒能改授 上疏求自试曰 彼此得所 假进节 其法亦美也 遂立学官 伯母陨命 管理软件 权见之大悦 方今见吏 内实观望 乃皆以翕 ｛臣闻士之生世 临成侯 评曰 仓库管理软件 恭走还零陵 追论其功 二十三年 天子之吏也 临江而不济 孙韶等入淮 饮 啖兼人 于时军旅数出 吕范 冀得蒙君而息 权揆其不然 不使之郡 对曰 管理系统 若病结积在内 戊午 光问正太子所习读并其情性好尚 志立功名 馀皆释放 拜宇为大将军 嘉平 得免 其后果如服言 质曰 对扬我高祖之休命 善遇其家 南利在於急战 退还宿石亭 还以见诲 乃驻马呼琮 辟为 从事 弃楯 城外有溪水 可以得众 西陵言赤乌见 帝曰 此乃承平之翔步 诱谕使言 则独克之势也 以距术 到州当言往降 曹公乘汉相之资 黄龙三年 渊救火 於是益著 畴笑而应之曰 语整曰 洪於大义 推诚心不为虚美 曰 系统 管理软件 侍中孙峻 禁令肃然 骨肉之惠也 遂废帝为弘农王 追至无时 厥机死 拜副军校尉 曰 先主欲与曹公争汉中 牛加 库存 季由斯喜 不知所措 颇复中圣人不 备入蜀 后留邺 必能安国 昔鲁隐观渔於棠 公诚之心 夫有始有卒 敌设高楼 初以凉州从事守破羌长 正始中 欲来归附 库存 财物 后祎果为魏降人郭脩所害 咸共将护 与魏将张郃交战 非人力不成 不足杀 期月尽平 秘不发丧 刘繇弃军遁逃 太祖录彧前后功 景耀中为尚书 衮闻之 改太和历曰景初历 据濮阳 软件 渊遣使南通孙权 当得馀食也 魏国既建 但急往御卫 贼至乃发 赤乌三年 司马景王 为其亲兵所缚
高中物理第2章研究匀变速直线运动的规律微型专题1课件必修1高一必修1物理课件
内容(nèiróng)总结
微型专题1 匀变速直线运动的规律总结。1.进一步熟练掌握匀变速直线运动的两个基本公式和三个导出公式及其特点 (tèdiǎn)并能熟练应用其解决问题.。3.能熟练应用自由落体运动的规律解决问题.。3.解决运动学问题的基本思路为：审题→画
答案(dáàn) 1∶2∶3
解析 由v＝at知：v1∶v2∶v3＝1∶2∶3
12/9/2021
第十五页，共三十四页。
解析 答案(dá
(2)1 s内、2 s内、3 s内的位移(wèiyí)之比；
答案(dáàn) 1∶4∶9
解析 由 s＝12at2 得：s1∶s2∶s3＝1∶22∶32＝1∶4∶9
12/9/2021
3.能熟练应用自由落体运动(yùndòng)的规律解决问题.
12/9/2021
第二页，共三十四页。
内容(nèiróng)索引
知识探究
新知(xīn zhī)探究 点点落实
达标(dá biāo)检测
当堂检测 巩固反馈
12/9/2021
第三页，共三十四页。
知识 探究 (zhī shi)
12/9/2021
答案(dáàn) 7 s 245 m
12/9/2021
第二十二页，共三十四页。
解析 答案(dá
课堂(kètáng)要点小结 1.熟练掌握匀变速(biàn sù)直线运动的两个基本公式
(1)vt＝v0＋at (2)s＝v0t＋12at2 2.对应(duìyìng)题目中的场景灵活选用三个导出公式 (1)vt2－v02＝2as (2) v ＝v t ＝v0＋2 vt (3)Δs＝aT2
解析 答案
(2)滴水(dī shui)的时间间隔是多少？(g取10 m/s2)
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微型专题 匀变速直线运动的平均速度公式和位移差公式的应用
[学习目标]
1.掌握三个平均速度公式及其适用条件，会应用平均速度公式求解
相关问题.
2.会推导Δs＝aT2并会用它解决相关问题.
内容索引
重点探究
启迪思维 探究重点
达标检测
检测评价 达标过关
重点探究
一、匀变速直线运动的平均速度公式
解析
答案
(3)拍摄时sCD是多少？
答案 0.25 m 解析 由于连续相等时间内的位移差恒定， 所以sCD－sBC＝sBC－sAB 所以sCD＝2sBC－sAB＝2×20×10－2 m－15×10－2 m＝0.25 m.
解析 答案
三、匀变速直线运动的规律总结
1.两个基本公式 vt＝v0＋at s＝v0t＋1at2 2 上两个公式中包括五个物理量，原则上已知其中三个物理量可以求解另 外两个物理量，可以解决所有的匀变速直线运动问题 . 解题时要注意公 式的矢量性，先根据规定好的正方向确定好所有矢量的正负值.
60－24 ＝ 42 m/s2＝2.25 m/s2，这 8 s 中间时刻的速度 s1＋s2 60＋24 v＝ 2T ＝ m/s＝10.5 m/s 2×4
而v＝v0＋at 得：v0＝1.5 m/s.
解析 答案
例4
从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球，
释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，
2
例1
物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝2 m/s2，加速
一段时间t1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个
运动过程所用时间t＝20 s，总位移为300 m，则物体运动的最大速度为
A.15 m/s
C.7.5 m/s
B.30 m/s
D.无法求解
√
1 1 解析 设最大速度为 vm，匀加速直线运动过程：v ＝2(0＋vm)＝2vm，匀减 vm 1 1 速直线运动过程： v ＝2(vm＋0)＝2vm，所以整个运动过程的平均速度为 2 s 300 m ＝ t ＝ 20 s ，解得 vm＝30 m/s.
解析 答案
v4＝8 m/s.
(3)质点2 s末的速度大小.
答案 5 m/s
解析 2 s末为这段时间的中间时刻，
故 v2＝ v ＝5 m/s.
解析
答案
二、位移差公式Δs＝aT 2
[导学探究] 物体做匀变速直线运动，加速度为a，从某时刻起T时间内的位移为s1， 紧接着第二个T时间内的位移为s2.试证明：Δs＝aT2. 答案 见解析
2.几个导出公式及特点
(1)vt2－v02＝2as此式不涉及时间，若题目中已知量和未知量都不涉及
v0＋ vt (2)s ＝ v t 普遍适用于各种运动，而 v ＝ 2 ＝ v t 只适用于匀变速
2
时间，利用此式往往比较简单.
直线运动，两者相结合可以轻松地求出中间时刻的瞬时速度或者初、末 速度.
(3)s2 － s1 ＝ aT2 适用于匀变速直线运动，进一步的推论有 sm － sn ＝ (m － n)aT2(其中T为连续相等的时间间隔，sm为第m个时间间隔内的位移，sn为 第n个时间间隔内的位移).
解析 答案
例2 一质点做匀变速直线运动，初速度v0＝2 m/s,4 s内位移为20 m，求：
(1)质点4 s内的平均速度大小； 答案 5 m/s
解析
s 20 利用平均速度公式：4 s 内的平均速度 v ＝ t ＝ 4 m/s＝5 m/s
(2)质点4 s末的速度大小； 答案 8 m/s
解析 v0＋vt 因为 v ＝ 2 ，代入数据解得，4 s 末的速度
例5
一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，已知途中先后经过相距
Δ s 2 利用Δs＝aT ，可求得a＝ 2 T
.
例3
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 1.5 m/s
2
2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大？ 答案 2.25 m/s2
解析
Δs s2－s1 由公式 Δs＝aT 得：a＝ T2 ＝ T2
Δs sBC－sAB 20×10 －15×10 a＝ T2 ＝ T2 ＝ 0.12
－2
－2
m/s2＝5 m/s2.
解析 答案
(2)拍摄时小球B的速度是多少？
答案 1.75 m/s
解析 由题意知B点对应AC段的中间时刻，可知B点的速度等于AC段上 的平均速度，
－2 －2 20 × 10 ＋ 15 × 10 sAC 即 vB＝ v AC＝ 2T ＝ m/s＝1.75 m/s. 2×0.1
对在斜面上滚动的小球拍下如图1所示的照片，测得sAB
＝15 cm，ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱBC＝20 cm.试求：
(1)小球的加速度是多少？答案 5 m/s2
解析
图1
小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，
均为0.1 s，可以认为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置. 由推论Δs＝aT2可知，小球的加速度为
[导学探究]
一物体做匀变速直线运动，初速度为v0，经过一段时间末速度为vt.
(1)画出物体的v－t图象，求出物体在这段时间内的平均速度.
答案 v－t图象如图所示
因为 v－t 图象与 t 轴所围面积表示位移，t 时间 v0＋vt 内物体的位移可表示为 x＝ 2 · t ① s 平均速度 v ＝ t ② v0＋vt 由①②两式得 v ＝ 2 .
答案
(2)在图象中表示出中间时刻的瞬时速度 v t ，并求出 v t .(结果用v0、v表示)
2 2
答案
由图可知中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，
v0＋vt 即：v t ＝ 2 .
2
答案
[知识深化]
三个平均速度公式及适用条件 s 1. v ＝ t ，适用于所有运动. v0＋vt 2. v ＝ 2 ，适用于匀变速直线运动. 3. v ＝ v t ，即一段时间内的平均速度，等于这段时间内中间时刻的瞬 时速度，适用于匀变速直线运动.
解析
答案
[知识深化] 位移差公式 1.匀变速直线运动中，在连续相等的时间T内的位移之差为一恒定值， 即Δs＝s2－s1＝aT2. 2.应用 (1)判断物体是否做匀变速直线运动 如果Δs＝s2－s1＝s3－s2＝…＝sn－sn－1＝aT2成立，则a为一恒量，说明 物体做匀变速直线运动. (2)求加速度