2019版高考物理一轮复习备考精炼：微专题3 匀变速直线运动的多过程问题备考精炼

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高三物理一轮复习匀变速直线运动的规律及其应用知识点

届高三物理一轮复习匀变速直线运动的规律及其应用知识点匀变速直线运动，速度均匀变化的直线运动，即加速度不变的直线运动，以下是匀变速直线运动的规律及其应用知识点，请考生学习。

物体在一条直线上运动，如果在相等的时间内速度的变化相等，这种运动就叫做匀变速直线运动。

也可定义为：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动。

【概念及公式】沿着一条直线，且加速度方向与速度方向平行的运动，叫做匀变速直线运动。

如果物体的速度随着时间均匀减小，这个运动叫做匀减速直线运动。

如果物体的速度随着时间均匀增加，这个运动叫做匀加速直线运动。

s(t)=1/2at^2+v(0)t=【v(t)^2-v(0)^2】/(2a)={【v(t)+v(0)】/2}*tv(t)=v(0)+at其中a为加速度，v(0)为初速度，v(t)为t秒时的速度s(t)为t秒时的位移速度公式：v=v0+at位移公式：x=v0t+1/2at位移---速度公式：2ax=v2;-v02;条件：物体作匀变速直线运动须同时符合下述两条：⑴受恒外力作用⑵合外力与初速度在同一直线上。

【规律】瞬时速度与时间的关系：V1=V0+at位移与时间的关系：s=V0t+1/2at^2瞬时速度与加速度、位移的关系：V^2-V0^2=2as位移公式X=Vot+1/2at^2=Vot(匀速直线运动)位移公式推导：⑴由于匀变速直线运动的速度是均匀变化的，故平均速度=(初速度+末速度)/2=中间时刻的瞬时速度而匀变速直线运动的路程s=平均速度*时间，故s=[(v0+v)/2]t利用速度公式v=v0+at，得s=[(v0+v0+at)/2]t=[v0+at/2]t=v0t+1/2at^2⑵利用微积分的基本定义可知，速度函数(关于时间)是位移函数的导数，而加速度函数是关于速度函数的导数，写成式子就是ds/dt=v，dv/dt=a，d2s/dt2=a于是v=adt=at+v0，v0就是初速度，可以是任意的常数进而有s=vdt=(at+v0)dt=1/2at^2+v0t+C，(对于匀变速直线运动)，显然t=0时，s=0，故这个任意常数C=0，于是有s=1/2at^2+v0t这就是位移公式。

2019年高考物理一轮复习精品资料专题1.2 匀变速直线运动的规律(教学案) 含解析

2019年高考物理一轮复习精品资料第2课时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＋v 2.(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，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t ≤v 0a ，发生的位移满足x ≤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，已知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，若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，一般用于末态已知的情况． 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．若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，无论在已知条件或所求结论中，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3．五个运动参量在描述运动过程中所起的作用各不相同：v 0和a 决定了运动的特性，在解题时，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 则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.已知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)若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？(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 ＝0＋v 02解得：v 0＝2v ＝12m/s>v m ＝9 m/s故管理人员应先加速到v m ＝9m/s ，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底.设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t 1、t 2、t 3，位移分别为x 1、x 2、x 3，加速度大小为a ，由运动学公式得：x 1＝12at 21，x 3＝12at 23，x 2＝v m t 2，v m ＝at 1＝at 3t 1＋t 2＋t 3≤t 0，x 1＋x 2＋x 3＝x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则(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】我国不少省市ETC 联网已经启动运行，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121所示．假设汽车以v 1＝12 m/s 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v 2＝4 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1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t 0＝20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1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/s 2.求：图121(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)汽车通过人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速？ (3)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？【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 222a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m.(2)经人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m.Δt ＝t 2－(t 1＋Δxv 1)＝25 s.【答案】(1)138 m (2)72 m (3)25 s 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v t2 ＝v ，该式适用于任何匀变速直线运动逆向思维法把运动过程的“末态”作为“初态”来反向研究问题的一种方法，一般用于末态已知的情况图象法应用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，尤其是用图象定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案推论法匀变速直线运动中，在连续相等的时间T 内的位移之差为一恒量，即xn ＋1－xn ＝aT2，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求解例2、如图所示，一长为l 的长方形木块在水平面上以加速度a 做匀加速直线运动．先后经过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 .v 1＝v 1－a ·t 12同理P 端经过位置2时的速度v 2＝v 2－a ·t 22由速度公式得v 2＝v 1＋at解得t ＝l a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22【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，已知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 ＝at2BC 2，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的平均速度，v AC ＝v 0＋02＝v 02.又v 20＝2ax AC ，v 2B＝2ax BC ，x BC ＝x AC4.由以上三式解得v B ＝v 02.可以看成v B 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t BC ＝t .方法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，画出v －t 图象．如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得S △AOC S △BDC ＝CO 2CD 2，且S △AOC S △BDC ＝41，OD ＝t ，OC ＝t ＋t BC .所以41＝(t ＋t BC )2t 2，解得t BC ＝t .1. （2018年全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比【答案】B2．（2018浙江）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。

2018-2019年高三备考物理第一轮复习知识点总结：匀变速直线运动的规律(含解析习题)

匀变速直线运动的规律一．匀变速直线运动1.特点①加速度a恒定不变．②v－t图象是一条倾斜的直线．2.分类①匀加速直线运动：物体的速度随时间均匀增大．②匀减速直线运动：物体的速度随时间均匀减小．3．几种常见的匀变速直线运动的v－t图象(如图2所示)图2(1)直线a：速度随时间均匀增加，为匀加速直线运动(2)直线b：速度随时间均匀减小，为匀减速直线运动．(3)直线c：速度随着时间先均匀减小，后均匀增加，由于加速度不变，整个运动过程也是匀变速直线运动．4．对v－t图象的理解(1)其上每一个点表示某一时刻的速度，正负表示速度的方向(即物体运动的方向)．(2)直线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向．注意不能从斜率正负说明质点做加速运动或减速运动．[延伸思考] 如图3是一个物体运动的v－t图象，物体在做匀变速运动吗？图3答案在相等的时间间隔内，即Δt ′＝Δt ，速度的变化量Δv ′≠Δv ，所以Δv ′Δt ′≠Δv Δt ，故物体的加速度变化，物体在做非匀变速直线运动． [要点提炼]无论是匀速直线运动还是匀变速直线运动，物体在t 时间内的位移都可以用v －t 图象与t 轴所包围的面积表示．（1）．当“面积”在t 轴上方时，位移取正值，这表示物体的位移与规定的正方向相同．（2）．当“面积”在t 轴下方时，位移取负值，这表示物体的位移与规定的正方向相反. 5．两种常见运动的x －t 图象(1)匀速直线运动的x －t 图象为倾斜直线，斜率大小是恒定的，表示速度不变．(2)匀变速直线运动的x －t 图象为抛物线(或抛物线的一部分)，斜率的大小是变化的，由斜率的变化情况可以得知速度的变化情况．注意：无论是v －t 图象还是x －t 图象都不是物体的运动轨迹，图象不能描述“曲线运动”． 6．由x －t 图象可以知道： (1)物体在某一时刻所处的位置．(2)任何时间内的位移(大小和方向)，或发生一段位移所需要的时间． (3)物体某一时刻的速度：x －t 图象的斜率表示速度．二．匀变速直线运动的公式 (1)基本公式速度时间公式：v ＝v 0＋at位移时间公式：x ＝v 0t ＋12at2 注意：两种特殊形式(1)当v 0＝0时，x ＝12at 2(由静止开始的匀加速直线运动)．(2)当a ＝0时，x ＝v 0t (匀速直线运动)．(2)常用的导出公式①速度位移公式：v 2－v 20＝2ax ②平均速度公式：v ＝ΔxΔt，此式适用于任何直线运动． v ＝2t v ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动．③位移差公式：Δx ＝aT 2.（做匀变速直线运动的物体，在任意两个连续相等的时间内的位移之差是个恒量。

高考复习专题：匀变速直线运动规律应用的多过程问题

匀变速直线运动的多过程问题问题1．一物体以v A 从A 点出发做匀加速直线运动，经过时间t 以速度v B 到达相距为s 的B 点，则该物体经过0.4t 时刻的瞬时速率和距B 点为0.4s 处的瞬时速率分别为（）A ．35vB - 25v A ．35v B +25v AC ．25v B +35v AD ．25v B +35v A 2．如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．每隔2 s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．t ＝3 sB ．t ＝10 s 的时刻物体恰好停在C 点C ．物体运动过程中的最大速度为12 m/sD ．A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离3．如图，两光滑斜面在B 处链接，小球由A 处静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3m/s 和4m/s ，AB=BC 。

设球经过B 点前后的速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比为，球由A 运动到C 的过程中平均速率为m/s 。

4．某人在相距10 m 的A 、B 两点间练习折返跑，他在A 点由静止出发跑向B 点，到达B 点后立即返回A 点．设加速过程和减速过程都是匀变速运动，加速过程和减速过程的加速度大小分别是4 m/s 2和8 m/s 2，运动过程中的最大速度为4 m/s ，从B 点返回的过程中达到最大速度后即保持该速度运动到A 点．求：(1)从B 点返回A 点的过程中以最大速度运动的时间；(2)从A 点运动到B 点与从B 点运动到A 点的平均速度的大小之比．5．已知O 、A 、B 、C 为同一直线上的四点，AB 间的距离为l 1，BC 间的距离为l 2，一物体自O 点由静止出发，沿此直线做匀变速运动，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。

备考2019年高考物理一轮复习文档：第一章第2讲匀变速直线运动规律讲义 Word版含解析

第2讲匀变速直线运动规律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】匀变速直线运动及其公式Ⅱ1．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。

2．三个基本公式(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。

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 t2＝v0＋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＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2。

可以推广到x m－x n＝(m－n)aT2。

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：v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶n2。

(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：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的比为：t1∶t2∶t3∶…∶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Ⅱ1．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v0＝0，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动。

(3)基本规律①速度公式v＝gt。

②位移公式h＝12gt2。

③速度位移关系式：v2＝2gh。

2．竖直上抛运动规律运动特点：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。

板块二考点细研·悟法培优考点1匀变速直线运动规律的应用[深化理解]1．公式的矢量性：匀变速直线运动的基本公式均是矢量式，应用时要注意各物理量的符号，一般情况下，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。

2019高考物理一轮复习考点大通关专题1.2匀变速直线运动的规律及应用学案

专题 1.2 匀变速直线运动的规律及应用考点精讲一、匀变速直线运动的基本规律1．速度与时间的关系式：v＝ v ＋ at ．2．位移与时间的关系式：012 x＝ v t ＋2at．3．位移与速度的关系式：22＝ 2ax．v－ v0二、匀变速直线运动的推论1．均匀速度公式：v＝vtv0＋ v t ＝2．22．位移差公式：x＝ x2－ x1＝x3－x2＝＝x n－x n－ 1＝aT2．能够推行到 x m－ x n＝( m－ n) aT2.3．初速度为零的匀加快直线运动比率式(1)1 T末， 2T末， 3T末刹时速度之比为：123nv∶ v∶ v∶ ∶ v ＝1∶2∶3∶ ∶ n．(2)1 T内， 2T内， 3T内位移之比为：x1∶ x2∶ x3∶ ∶ x n＝1∶22∶32∶ ∶ n2．(3)第一个 T 内，第二个 T 内，第三个 T 内位移之比为：xⅠ∶ xⅡ∶ xⅢ∶ ∶ x n＝1∶3∶5∶ ∶(2 n－1)．(4)经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)．三、匀变速直线运动规律的应用1．运动公式中符号的规定：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当，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以 a 的方向为正方向．2．多过程问题：假如一个物体的运动包括几个阶段，就要分段剖析，各段交接处的速度常常是连结各段的纽带，应注意剖析各段的运动性质．3．两类特别的匀减速直线运动(1) 刹车类问题：指匀减速到速度为零后即停止运动，加快度 a 忽然消逝，求解时要注意确立其实质运动时间．假如问题波及最后阶段( 到停止运动 ) 的运动，可把该阶段当作反向的初速度为零、加快度不变的匀加快直线运动．(2)双向可逆类：如沿圆滑斜面上滑的小球，到最高点后还能以原加快度匀加快下滑，全过程加快度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但一定注意x、 v、a 等矢量的正、负号及物理意义．四、直线运动的x- t图象1．物理意义反应了做直线运动的物体位移随时间变化的规律．2．两种特别的x- t 图象(1)若 x- t 图象是一条倾斜的直线，说明物体做匀速直线运动．(2)若 x- t 图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于静止状态．3．x- t图象中的“点”“线”“斜率”“截距”的意义五、直线运动的v- t 图象1．图象的意义反应了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．2．两种特别的v- t 图象(1)若 v- t 图象是与横轴平行的直线，说明物体做匀速直线运动．(2) 若v- t图象是一条倾斜的直线，说明物体做匀变速直线运动. 3．v- t图象中的“点”“线”“斜率”“截距”“面积”的意义考点精练题组 1匀变速直线运动的规律1．质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x ＝ 5t ＋ t 2( 各物理量均采纳国际单位制单位) ，则该质点()A ．第 1 s 内的位移是5 mB ．前 2 s 内的均匀速度是6 m/sC ．随意相邻的 1 s 内位移差都是1 mD ．随意 1 s 内的速度增量都是2 m/s【答案】 D.2． ( 多项选择 ) 某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力， g取 10 m/s 2.5 s 内物体的 ( )A ．行程为 65 mB ．位移大小为 25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．均匀速度大小为 13 m/s ，方向向上【答案】 AB【分析】选 AB. 法一：分阶段法v 03022v 030物体上涨的时间t 上＝ g ＝ 10 s ＝ 3 s ，物体上涨的最大高度 h 1＝2g ＝ 2×10 m ＝ 45 m ．物体从最高点自由下12＝ 1265 m ， A 正确 .5 s 末物体离落 2 s 的高度 h ＝2gt下 2×10×2 m ＝20 m ．运动过程如下图，则总行程为2抛出点的高度为 25 m ，即位移的大小为 25 m ，方向竖直向上， B 正确.5 s 末物体的速度 v ＝ gt 下＝10×2 m/s＝ 20 m/s ，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量v ＝ ( － v ) － v 0＝ ( － 20 m/s) － 30 m/s ＝－ h 1－ h 2 25－ 50 m/s ，即速度改变量的大小为 50 m/s ，方向向下， C 错误．均匀速度 v ＝ t＝ 5 m/s ＝ 5 m/s ，方向向上， D 错误．法二：全过程法3．一辆匀加快行驶的汽车，经过路旁的两根电线杆共用 5 s时间，汽车的加快度为 2 m/s 2，它经过第二根电线杆时的速度是15 m/s ，则汽车经过第一根电线杆的速度为()A． 2 m/s B． 10 m/sC． 2.5 m/s D． 5 m/s【答案】 D【分析】由 v t＝ v0＋ at 知， v0＝ v t－ at ＝15 m/s－2×5 m/s＝5 m/s，D正确。

匀变速直线运动的多过程问题剖析ppt课件

初速为零的匀加速
v vt
末速为零的匀减速
v v0
0
t t/s
当v0 0时 vt at
s 1 at2 2
vt2 2as
s vt t 2
0
t t/s
当vt 0时,可采用逆向思维
v0 at
s 1 at2 2
s v0 t 2
v02 2as
此处a为加速度的大小
经营者提供商品或者服务有欺诈行为的，应当按照消费者的要求增加赔偿其受到的损失，增加赔偿的金额为消费者购买商品的价款或接受服务的费用
1、一质点由静止开始做匀加速直线运动，第n秒内位移是s米，则它的加速度大小为米/秒2，第 n秒内的平均速度大小为米/秒，前n秒内的总位移为米，第n－1秒内的位移是米。
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例5：一个做匀变速直线运动的物体，位移方
程为s=20t-5t2(m)，则该物体运动的初速度
为
m/s，加速度为
m/s2，4s
内的位移大小是
m。
注意： 1、匀变速直线运动就是加速度保持恒定不变的直线运动。 2、位移公式也是矢量公式。
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飞机在跑道上做什么运动？
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2019年高考物理考点一遍过考点02 匀变速直线运动的规律含解析

一、常用运动学公式定义式：x v t ∆=∆，v a t ∆=∆，x v t= 匀变速直线运动：0v v at =+，2012x v t at =+，2202v v ax -=，02v v v +=上式皆可作为矢量表达式，要特别注意各物理量的符号，在规定正方向后，同向为正，反向为负。

二、竖直方向的匀变速直线运动自由落体运动：物体仅在重力作用下由静止开始竖直下落的运动。

仅在重力作用下沿竖直方向的运动，是匀变速直线运动，加速度为重力加速度，在规定正方向后，匀变速直线运动的公式皆可适用。

对竖直方向仅受重力的运动，求解时要特别注意多解的分析，考虑是否存在多解，各解是否都有意义。

三、匀变速直线运动的规律是高考的重要考点，在各种题型中均可体现，常结合牛顿运动定律、电场力等，考查多个运动的比较分析或多过程问题的分析。

路面上以10 m/s 速度匀速行驶的汽车，在路口遇到红灯后开始做减速运动，减速过程一共经历了4秒，则减速过程中的加速度为A ．–2.5 m/s 2B ．2.5 m/s 2C ．–3 m/s 2D ．3 m/s 2 【参考答案】A【详细解析】由速度公式v =v 0+at ，代入数据有0=10 m/s+a ·4 s，解得a =–2.5 m/s 2，选A 。

【名师点睛】本题考查匀变速直线运动中速度公式的应用，要特别注意公式中各物理量的正负符号，明确加速度为负时，代表减速运动。

1．（2018·百校联盟）2018年2月24日，单板滑雪女子平行大回转上演，共有三位中国队选手参赛。

如图，滑雪轨道是由光滑的倾斜直轨道AB 和粗糙的水平轨道BC 组成。

t =0时运动员从A 点由静止开始下滑，经过B 点前后速度大小不变，最后停在C 点。

若第2 s 末和第6 s 末速度大小均为8 m/s ，第4 s 末速度大小为12 m/s ，则A ．运动员在第4 s 末恰好经过B 点B ．运动员在运动过程中的最大速度为15 m/sC ．运动员在第10 s 末恰好停在C 点D ．A 到B 的距离大于B 到C 的距离【答案】C一个质点以初速度0v 做匀加速直线运动，加速度大小为a ，经过时间t ，位移大小为22at ，末速度为v ，则0:v v = A ．4:3 B ．3:1 C ．5:3 D ．5:2 【参考答案】C【详细解析】根据匀变速直线运动的位移时间公式有220122v at t at +=，可得032at v =，根据匀变速直线运动的速度时间公式有052at v v at =+=，故53v v =，C 正确。

全国通用2019高考物理一轮精炼：第一章运动的描述匀变速直线运动的研究微专题3匀变速直线运动的多过程问题

3 匀变速直线运动的多过程问题[方法点拨] (1)多过程问题一般是两段或多段匀变速直线运动的组合．各阶段运动之间的“转折点”的速度是关键物理量，它是前一段的末速度，又是后一段的初速度，是两段运动共有的一个物理量，用它来列方程能减少解题的复杂程度．(2)多过程问题一般情景复杂，可作v －t 图象形象描述运动过程，有助于分析问题，也往往能从图象中发现解决问题的简单办法．1．(多选)(2017·河北衡水中学高三下期中)物体由静止开始做加速度大小为a 1的匀加速直线运动，当速度达到v 时，改为做加速度大小为a 2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x 1、x 2和t 1、t 2，下列各式成立的是( )A.x 1x 2＝t 1t 2B.a 1a 2＝t 1t 2C.x 1t 1＝x 1＋x 2t 1＋t 2D ．v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2 2．(2017·湖南怀化一模)如图1所示，甲、乙两车同时由静止从A 点出发，沿直线AC 运动．甲以加速度a 3做初速度为零的匀加速运动，到达C 点时的速度为v .乙以加速度a 1做初速度为零的匀加速运动，到达B 点后做加速度为a 2的匀加速运动，到达C 点时的速度亦为v .若a 1≠a 2≠a 3，则( )图1A ．甲、乙不可能同时由A 到达CB ．甲一定先由A 到达CC ．乙一定先由A 到达CD ．若a 1＞a 3，则甲一定先由A 到达C3．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆完全相同的汽车在平直公路上分别进行实验．让甲车以最大加速度a 1加速到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加速度a 2制动，直到停止；乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止．实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5∶4.则a 1∶a 2的值为( )A ．2∶1 B．1∶2 C．4∶3 D．4∶54．(2018·山东实验中学月考)动车组列车以平均速度v 从甲地开到乙地所需的时间为t ，该列车以速度v 0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v 0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v 0的时间是t 0(设列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t 时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v 0应为( )A.vt t －t 0B.vt t ＋t 0C.2vt 2t －t 0D.2vt 2t ＋t 05．如图2所示，两光滑斜面在B 处连接，小球由A 处静止释放，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 点前后的速度大小不变，则球在AB 、BC 段的加速度大小之比及球由A 运动到C 的过程中的平均速率分别为( )图2A．3∶4 2.1 m/s B．9∶16 2.5 m/sC．9∶7 2.1 m/s D．9∶7 2.5 m/s6．(2018·湖北黄冈模拟)跳伞运动员从350 m高空离开飞机开始下落，最初未打开伞．自由下落一段距离后打开伞，打开伞后以2 m/s2的加速度匀减速下落，到达地面时速度为4 m/s，求跳伞运动员自由下落的高度．(g取10 m/s2)答案精析1．ACD [由题意得，x 1＝v 2t 1，x 2＝v 2t 2，则x 1x 2＝t 1t 2，故A 正确；由v ＝a 1t 1＝a 2t 2，得到a 1a 2＝t 2t 1，故B 错误；对于整个运动过程，x 1＋x 2＝v 2(t 1＋t 2)，所以x 1＋x 2t 1＋t 2＝v 2＝x 1t 1＝x 2t 2，v ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2，故C 、D 正确．] 2．A3．B[作出甲、乙两车的速度—时间图象，如图所示，设甲车匀速运动的时间为t 1，总时间为t 2，因为两车的位移之比为5∶4，则有(t 1＋t 22v m )∶(t 22v m )＝5∶4，解得t 1∶t 2＝1∶4，乙车以最大加速度a 1加速到最大速度后立即以加速度a 22制动，直到停止，根据速度—时间图线的斜率表示加速度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之比为2∶1，则加速度a 1∶a 2为1∶2，B 正确．]4．C 5.C6．59 m解析设跳伞运动员应在离开地面h 高处打开伞，打开伞时速度为v 1.落地时速度为v t ＝4 m/s ，打开伞后加速度a ＝－2 m/s 2由题意可得：打开伞前跳伞运动员做自由落体运动：v 12＝2g (H －h )①打开伞后跳伞运动员做匀减速直线运动：v t 2－v 12＝2ah ②由方程①②联立解得：h ＝291 m故跳伞运动员自由下落的高度为：Δh ＝H －h ＝(350－291) m ＝59 m.。

全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练1-1-2 Word版含答案

重点回顾专练：匀变速直线运动问题的常用解题方法一、选择题1．(多选)—物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s,1 s 后速度的大小变为10 m/s ，在这1 s 内该物体的( )A ．位移的大小可能小于4 mB ．位移的大小可能大于10 mC ．加速度的大小可能小于4 m/s 2D ．加速度的大小可能大于10 m/s 2[解析]　若规定初速度v 0的方向为正方向，则仔细分析“1 s 后速度的大小变为10 m/s ”这句话，可知1 s 后物体速度可能是10 m/s ，也可能是－10 m/s ，因此，两速度同向时，a 1＝＝ m/s 2＝6 m/s 2，x 1＝t ＝7 m ．两vt －v 0t 10－41v 0＋vt2速度反向时，a 2＝＝m/s 2＝－14 m/s 2，x 2＝t ＝－3 m ．式中vt －v 0t －10－41v 0＋vt2负号表示方向与规定的正方向相反，A 、D 正确．[答案]　AD2．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距离约为3000 m ，着陆距离大约为2000 m ．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的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[解析]　由x ＝解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是vt2＝＝1∶1，选项B 正确．t 1t 2x 1v 2x 2v 1[答案]　B3．一名观察者站在站台边，火车进站从他身边经过，火车共10节车厢，当第10节车厢完全经过他身边时，火车刚好停下．设火车做匀减速直线运动且每节车厢长度相同，则第8节和第9节车厢从他身边经过所用时间的比值为( )A.∶B.∶2332C ．(－1)∶(－)D ．(－)∶(－1)232322[解析]　运用逆向思维，将火车的运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动；根据初速度为零的匀加速直线运动相同位移的时间比可知选项D 正确．[答案]　D4．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s ，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m ；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m ，由上述条件可知( )A ．质点运动的加速度是0.6 m/s 2B ．质点运动的加速度是0.3 m/s 2C ．第1次闪光时质点的速度是0.1 m/sD ．第2次闪光时质点的速度是0.3 m/s[解析]　由Δx ＝aT 2和逐差法可得质点运动的加速度是0.3 m/s 2，选项A 错误，B 正确；第1次、第2次闪光的时间间隔内中间时刻的速度等于0.2 m/s ，第1次闪光时质点的速度是v 1＝v －a ＝0.2 m/s －0.3×0.5 m/s ＝0.05 m/s ，第2T2次闪光时质点的速度是v 2＝v ＋＝0.2 m/s ＋0.3×0.5 m/s ＝0.35 m/s ，选项aT2C 、D 错误．[答案]　B5．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(也叫拖车)编成一组，若动车组在匀加速运动过程中通过第一个60 m 所用时间是10s ．通过第二个60 m 所用时间是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]　本题考查匀变速直线运动的规律．通过第一个60 m 的平均速度为v 1，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以5s 末的速度v 1＝x 1/t 1，解得v 1＝6m/s ；通过第二个60 m 的平均速度为v 2，可以代替中间时刻的瞬时速度，所以13 s 末的速度v 2＝x 2/t 2，解得v 2＝10 m/s.由v 2＝v 1＋a 得a ＝0.5 m/s 2.(12t 1＋12t 2)由再接下来的6 s 和前面的6秒是连续相等的时间，则有Δx ＝aT 2即x －60m ＝aT 2，解得x ＝78 m.[答案]　A6．考驾照需要进行路考，路考中有一项是定点停车．路旁竖一标志杆，在车以10 m/s 的速度匀速行驶过程中，当车头与标志杆的距离为20 m 时，学员立即刹车，让车做匀减速直线运动，车头恰好停在标志杆处，忽略学员的反应时间，则( )A ．汽车刹车过程的时间为4 sB ．汽车刹车过程的时间为2 sC ．汽车刹车时的加速度大小为5 m/s 2D ．汽车刹车时的加速度大小为0.25 m/s 2[解析]　采用逆向思维法，刹车过程可以看作是初速度为零的匀加速直线运动．由x ＝v t 可得t ＝4 s ，选项A 正确，B 错误；根据v 2＝2ax 可得，a ＝2.5 12m/s 2，选项C 、D 错误．本题答案为A.[答案]　A7．如右图所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是L ，B的长度是2L ，一颗子弹沿水平方向以速度v 1射入A ，以速度v 2穿出B ，子弹可视为质点，其运动可视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为( )A.B.2(v 1＋v 2)32(v 21＋v 2)3C.D.v 12v 21＋v 2323[解析]　设子弹在木块中运动的加速度为a ，子弹穿出A 时的速度为v ，子弹在A 中运动过程中，有：v 2－v ＝－2aL ，子弹在B 中运动过程中，有21v －v 2＝－2a ·2L ，两式联立可得，v ＝，因此C 对．22v 21＋v 23[答案]　C8．如右图所示，在地面上一盘子C 的正上方A 处有一金属小球a 距C 为20 m ，在B 处有另一个金属小球b距C 为15 m ，小球a 比小球b 提前1 s 由静止释放(g 取10 m/s 2)．则( )A ．b 先落入C 盘中，不可能在下落过程中相遇B ．a 先落入C 盘中，a 、b 下落过程相遇点发生在BC 之间某位置C ．a 、b 两小球同时落入C 盘D ．在a 球下落过程中，a 、b 两小球相遇点恰好在B 处[解析]　小球a 、b 释放后均做自由落体运动，则有h ＝gt 2，代入计算得12t a ＝2 s ，t b ＝ s ，小球a 提前1 s 释放，所以b 释放后a 运动t a －1 s ＝1 s 落入3C 盘，比b 球早落入．选项A 、C 错．b 球释放时a 下落1 s ，此时下落的高度h ＝gt ′2＝5 m ，刚好到达小球b 的同高处，此时b 开始释放，所以二者在B 12点相遇，然后a 球超过b 球先落入盘中．选项D 对，B 错．[答案]　D9．一物体从某时刻起做匀减速直线运动直到静止，在静止前连续通过三段位移的时间分别是3 s 、2 s 、1 s ，则这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．33∶23∶1,32∶22∶1B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．3∶2∶1,1∶1∶1D ．5∶3∶1,3∶2∶1[解析]　将物体反向看作初速度为零的匀加速直线运动，则0～1 s 内的位移为x 3＝at 2＝，1～3 s 内的位移为x 2＝a ×33－a ×12＝4a,3～6 s 内的位移12a21212为x 1＝a (6)2－a (3)2＝a ，故位移大小之比x 1∶x 2∶x 3＝27∶8∶1＝32∶23∶1；1212272平均速度v ＝，故平均速度之比为∶∶＝32∶22∶1，故A 正确．xt 33323211[答案]　A10．(2016·山东潍坊月考)如图所示，t ＝0时，质量为0.5 kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面(设经过B 点前后速度大小不变)，最后停在C 点．测得每隔2 s 的三个时刻物体的瞬时速度，记录在下表中．g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )t /s 0246v (m·s －1)8128A.物体运动过程中的最大速度为12 m/s B ．t ＝3 s 时刻物体恰好经过B 点C ．t ＝10 s 时刻恰好停在C 点D ．A 、B 间的距离大于B 、C 间的距离[解析]　根据题意，物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，因为第4 s 时的速度大于第2 s 时的速度，这说明第2 s 时物体还在斜面上做加速直线运动，所以物体在斜面上做加速运动时的加速度大小为a 1＝＝4 m/s 2.假设在第4 s 时物体还在斜面上运动，那么根据第2 s 和第4 8 m/s2 s s 时的记录数据可得，物体在斜面上的加速度大小为2 m/s 2，这与前面的计算结果矛盾，所以假设不成立，第4 s 时物体在水平面上滑动．根据最后两组数据可得，物体在水平面上做减速运动的加速度大小为a 2＝2 m/s 2，物体在第2 s 到第4 s 间的某一刻到达B 点，此时物体的速度最大，设最大速度为v ，则＋＝2 s ，可解得v ＝ m/s ，所以物体恰好经过B 点的时刻为v －8 m/s4 m/s2v －12 m/s2 m/s2403t ＝＝ s ，选项A 、B 错误；物体运动的总时间t 总＝＋＝10 s ，即t ＝10 va 1103va 1va 2s 时刻恰好停在C 点，所以选项C 正确；A 、B 间和B 、C 间的距离分别为x 1＝和x 2＝，因为a 1>a 2，所以x 2>x 1，即A 、B 间的距离小于B 、C 间的距v 22a 10－v 2－2a 2离，所以选项D 错误．[答案]　C 二、非选择题11．某消防员在一次执行任务过程中，遇到突发事件，需从10 m 长的直杆顶端先从静止开始匀加速下滑，加速度大小a 1＝8 m/s 2，然后立即匀减速下滑，减速时的最大加速度a 2＝4 m/s 2，若落地时的速度不允许超过4 m/s ，把消防员看成质点，求该消防员下滑全过程的最短时间．[解析]　设直杆长为h ，加速下滑部分长为h 1，减速下滑部分长为h 2，最大速度为v ，落地速度为v 1，由速度—位移公式v 2－v ＝2ax ，再由h 1＋h 2＝h ，20解得：＋＝h v 22a 1v 2－v 212a 2又有速度—时间公式v ＝a 1t 1联立以上各式解得：v ＝8 m/s 2，t 1＝1 s落地前的速度为v 1＝4 m/s ，由速度—时间公式v 1＝v －a 2t 2，解得：t 2＝1 s 该消防员下滑全过程的最短时间为：t ＝t 1＋t 2＝2 s [答案]　2 s12．(2016·抚州摸底)为了最大限度地减少道路交通事故，全省各地开始了“集中整治酒后驾驶违法行为”专项行动．这是因为一般驾驶员酒后的反应时间(从发现情况到开始制动所需的时间)比正常时慢了0.1～0.5 s ，易发生交通事故．(1)图甲为《驾驶员守则》中驾驶员的部分正常反应距离(汽车在反应时间内通过的距离)表格．请选取表格数据计算驾驶员的正常反应时间；车速v (km/h)406080反应距离s (m)57.510图甲(2)如图乙所示，假设一饮酒后的驾驶员驾车以72 km/h 的速度在平直公路上行驶，在距离某学校门前32 m 处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s ，刹车后，车做加速度大小为9.5 m/s 2的匀减速直线运动．试通过计算说明是否会发生交通事故．[解析]　(1)由表格数据可知，正常反应距离与速度成正比，即在表格所给的速度范围内，驾驶员的正常反应时间相同由v ＝s t选其中一组数据代入，可得正常反应时间t 0＝＝0.45 s s 0v 0(2)v ＝72 km/h ＝20 m/s 反应距离s ′＝v (t 0＋Δt )代入数据得s ′＝13 m刹车后做匀减速直线运动，由v 2＝2ax 代入数据可得刹车距离x ＝21.05 m 因为x ＋s ′＝34.05 m>32 m 所以会发生交通事故[答案]　会发生交通事故。

2019高考物理一轮复习考点大通关专题1.2 匀变速直线运动的规律及应用学案

专题1.2 匀变速直线运动的规律及应用考点精讲一、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 2．3．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 ＝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∶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三、匀变速直线运动规律的应用1．运动公式中符号的规定：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v 0＝0，一般以a 的方向为正方向．2．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，各段交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．3．两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a 突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，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．四、直线运动的x t 图象1．物理意义反映了做直线运动的物体位移随时间变化的规律．2．两种特殊的xt图象(1)若xt图象是一条倾斜的直线，说明物体做匀速直线运动．(2)若xt图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于静止状态．3．xt图象中的“点”“线”“斜率”“截距”的意义五、直线运动的vt图象1．图象的意义反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．2．两种特殊的vt图象(1)若vt图象是与横轴平行的直线，说明物体做匀速直线运动．(2)若vt图象是一条倾斜的直线，说明物体做匀变速直线运动. 3．vt图象中的“点”“线”“斜率”“截距”“面积”的意义考点精练题组1 匀变速直线运动的规律1．质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s 【答案】D.2．(多选)某物体以30 m/s 的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.5 s 内物体的( ) A ．路程为65 mB ．位移大小为25 m ，方向向上C ．速度改变量的大小为10 m/sD ．平均速度大小为13 m/s ，方向向上【答案】AB【解析】选AB.法一：分阶段法物体上升的时间t 上＝v 0g ＝3010 s ＝3 s ，物体上升的最大高度h 1＝v 202g ＝3022×10m ＝45 m ．物体从最高点自由下落2 s 的高度h 2＝12gt 2下＝12×10×22m ＝20 m ．运动过程如图所示，则总路程为65 m ，A 正确.5 s 末物体离抛出点的高度为25 m ，即位移的大小为25 m ，方向竖直向上，B 正确.5 s 末物体的速度v ＝gt 下＝10×2 m/s ＝20 m/s ，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv ＝(－v )－v 0＝(－20 m/s)－30 m/s ＝－50 m/s ，即速度改变量的大小为50 m/s ，方向向下，C 错误．平均速度v －＝h 1－h 2t ＝255 m/s ＝5 m/s ，方向向上，D 错误．法二：全过程法3．一辆匀加速行驶的汽车，经过路旁的两根电线杆共用5 s 时间，汽车的加速度为2 m/s 2，它经过第二根电线杆时的速度是15 m/s ，则汽车经过第一根电线杆的速度为 ( ) A ．2 m/s B ．10 m/s C ．2.5 m/s D ．5 m/s【答案】D【解析】由v t ＝v 0＋at 知，v 0＝v t －at ＝15 m/s －2×5 m/s＝5 m/s ，D 正确。

2019年高考物理一轮复习第02讲匀变速直线运动(讲)

第一章直线运动1．直线运动的有关概念、规律是本章的重点，匀变速直线运动规律的应用及v —t 图象是本章的难点。

2．注意本章内容与生活实例的结合，通过对这些实例的分析、物理情境的构建、物理过程的认识，建立起物理模型，再运用相应的规律处理实际问题。

3．本章规律较多，同一试题往往可以从不同角度分析，得到正确答案，多练习一题多解，对熟练运用公式有很大帮助。

第02讲匀变速直线运动1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx ＝aT 2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式．一、匀变速直线运动的规律 1．变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动． (2)分类①匀加速直线运动，a 与v 0方向同向． ②匀减速直线运动，a 与v 0方向反向． 2．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 ＋21at 2. (3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论 1．变速直线运动的两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：)(2102v v v v t +==.(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 2.2．速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 (1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝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 －1-n )．三、自由落体运动和竖直上抛运动 1．由落体运动(1)条件：物体只受重力，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)基本规律 ①速度公式：v ＝gt . ②位移公式：h ＝21gt 2. ③速度位移关系式：v 2＝2gh . 2．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 －21gt 2. ③速度位移关系式：v 2－v 20＝－2gh .④上升的最大高度：gv H 220=.⑤上升到最高点所用时间：gv t 0=.考点一匀变速直线运动规律的应用★重点归纳★1．速度时间公式v ＝v 0＋at 、位移时间公式2021at t v x +=、位移速度公式v 2－v 20＝2ax ，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．2．三个公式中的物理量x 、a 、v 0、v 均为矢量(三个公式称为矢量式)，在应用时，一般以初速度方向为正方向，凡是与v 0方向相同的x 、a 、v 均为正值，反之为负值．当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向．这样就可将矢量运算转化为代数运算，使问题简化．3．如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．★典型案例★一个做匀加速直线运动的物体先后经过A ．B 两点的速度分别为v 1和v 2，则下列结论中不正确的有（）A. 物体经过AB 位移中点的速度大小为122v v +B. 物体经过ABC. 物体通过AB 这段位移的平均速度为122v v + D. 物体通过AB 这段位移所用的中间时刻的速度为122v v + 【答案】 A点睛：根据匀变速直线运动的平均速度推论求出AB 段平均速度以及中间时刻的瞬时速度．根据速度位移公式，联立方程组求出中点位置的瞬时速度．★针对练习1★如图所示，一滑块以5m/s 的速度从固定斜面底端O 点冲上斜面，经时间t 1到达A 点时的速度为3m/s ，再经时间t 2到达B 点时的速度为0，下列说法正确的是 ( )A. O、A 间的距离与A、B间的距离之比为5:3B. O、A间的距离与A、B间的距离之比为3:5C. t1与t2之比为2:3D. t1 与t2之比为3:2【答案】 C【解析】设加速度为a，则：；解得，选项AB错误；; ，则，选项C正确，D错误；故选C.★针对练习2★一质量为m=2kg的小球沿倾角为θ=30º的足够长的斜面由静止开始匀加速滚下，途中依次经过A、B、C 三点已知AB=BC=12m，由A到B和B到C经历的时间分别为=4s，=2s，则下列说法正确的是(g=10m/s²)A. 小球的加速度大小为4m/s²B. 小球经过B点重力的瞬时功率为100WC. A点与出发点的距离为0.5mD. 小球由静止到C点过程中重力的平均功率为70W【答案】 C故选：C考点二解决匀变速直线运动的常用方法★重点归纳★1．一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性． 2．平均速度法定义式t xv =对任何性质的运动都适用，而)(2102v v v v t +==只适用于匀变速直线运动． 3．比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系，用比例法求解． 4．逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动． 5．推论法利用Δx ＝aT 2：其推广式x m －x n ＝(m －n )aT 2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷． 6．图象法利用v －t 图可以求出某段时间内位移的大小；追及问题；用x －t 图象可求出任意时间内的平均速度等．★典型案例★一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，已知在运动过程的某2s 内经过相距27m 的A 、B 两点，汽车经过B 点时的速度为15m/ s ．求：（1）汽车经过A 点时的速度？（2）汽车的加速度？（3） A 点与出发点间的距离？（4）汽车从出发点到A 点的平均速度？【答案】（1）12m/s （2）a= 1.5m/s 2（3）48m （4）6m/s 【解析】（1）根据平均速度的推论有： 2A BAB v v x t +=，点睛：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。

第2讲-匀变速直线运动的规律及应用

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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

高考物理一轮复习讲义—匀变速直线运动的规律

高考物理一轮复习讲义—匀变速直线运动的规律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．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度与时间的关系式：v＝v0＋at.(2)位移与时间的关系式：x＝v0t＋1at2.2(3)速度与位移关系v2－v02＝2ax.3．三个基本公式选用原则(1)v＝v0＋at，不涉及位移x；(2)x＝v0t＋1at2，不涉及末速度v；2(3)v2－v02＝2ax，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．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)图象法：借助v－t图象(斜率、面积)分析运动过程．考向1基本公式的应用例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－t2(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4m/sB．公交车刹车的加速度大小为1m/s2C．公交车从刹车开始10s内的位移为60mD．公交车刹车后第1s内的平均速度为15m/s答案D解析根据x＝v0t－12at2与x＝16t－t2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16m/s，刹车的加速度大小为2m/s2，故A、B错误；已知刹车时车的速度，以及加速度，由t＝va＝8s可知，刹车停止需要8s时间，从刹车开始10s内的位移，其实就是8s内的位移，t＝8s时有x＝64m，故C错误；t′＝1s时，有x′＝15m，由平均速度公式可得v ＝x ′t ′＝15m/s ，故D 正确．例2对某汽车刹车性能测试时，当汽车以36km/h 的速率行驶时，可以在18m 的距离被刹住；当以54km/h 的速率行驶时，可以在34.5m 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50m ，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 ．vt 0(1－t 02t)B.v t －t 022tC.vt 2D.vt 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×vt×(t －t 0)2＝v t －t 022t，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6m/s 2的加速度做匀减速直线运动，其着陆时的速度为60m/s ，则它着陆后12s 内滑行的距离是()A ．288mB ．300mC ．150mD ．144m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 ＝0－60－6s ＝10s ，由此可知飞机在12s 内不是始终做匀减速直线运动，它在最后2s 内是静止的，故它着陆后12s内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10m ＋－6×1022m ＝300m.例5(多选)在足够长的光滑固定斜面上，有一物体以10m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为5m/s 2、方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5m 时，下列说法正确的是()A ．物体运动时间可能为1sB ．物体运动时间可能为3sC ．物体运动时间可能为(2＋7)sD ．物体此时的速度大小一定为5m/s 答案ABC解析以沿斜面向上为正方向，a ＝－5m/s 2，当物体的位移为沿斜面向上7.5m 时，x ＝7.5m ，由运动学公式x ＝v 0t ＋12at 2，解得t 1＝3s 或t 2＝1s ，故A 、B 正确．当物体的位移为沿斜面向下7.5m 时，x ＝－7.5m ，由x ＝v 0t ＋12at 2解得：t 3＝(2＋7)s 或t 4＝(2－7)s(舍去)，故C 正确．由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v 1＝－5m/s 或v 2＝5m/s 、v 3＝－57m/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 ＝v 0＋v2＝2t v .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 ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.不相邻相等的时间间隔T 内的位移差x m －x n ＝(m －n )aT 2，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7s内的平均速度比它在第一个3s内的平均速度大6m/s，则质点的加速度大小为()A．1m/s2B．1.5m/s2C．3m/s2D．4m/s2答案C解析物体做匀变速直线运动时，第一个3s内中间时刻，即1.5s时的速度为v1＝v3，第一个7s内中间时刻，即3.5s时的速度为v2＝v7，由题意可知v2－v1＝6m/s，又v2＝v1＋aΔt，其中Δt＝2s，可得a＝3m/s2.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4s内与第2s内的位移之差是8m，则下列说法错误的是()A．物体运动的加速度为4m/s2B．第2s内的位移为6mC．第2s末的速度为2m/sD．物体在0～5s内的平均速度为10m/s答案C解析根据位移差公式x Ⅳ－x Ⅱ＝2aT 2，得a ＝x Ⅳ－x Ⅱ2T2＝82×12m/s 2＝4m/s 2，故A 正确，不符合题意；第2s 内的位移为：x 2－x 1＝12at 22－12at 12＝12×4×(22－12)m ＝6m ，故B 正确，不符合题意；第2秒末速度为v ＝at 2＝4×2m/s ＝8m/s ，故C 错误，符合题意；物体在0～5s 内的平均速度v ＝x 5t 5＝12at 52t 5＝12×4×525m/s ＝10m/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v 2－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20m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始，经过2s 与5s 汽车的位移之比为()A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3答案C解析汽车速度减为零的时间为：t 0＝Δv a ＝0－20－5s ＝4s,2s 时位移：x 1＝v 0t ＋12at 2＝20×2m －12×5×4m ＝30m ，刹车5s 内的位移等于刹车4s 内的位移，为：x 2＝0－v 022a ＝40m ，所以经过2s 与5s 汽车的位移之比为3∶4，故选项C 正确．3．(2022·吉林通化县综合高级中学高三月考)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m 的路程，第一段用时4s ，第二段用时2s ，则物体的加速度是()A.23m/s 2 B.43m/s 2C.8 9m/s2D.169m/s2答案B解析根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，从开始运动第一段时计时，则2s时的瞬时速度等于0～4s内的平均速度，v1＝164m/s＝4m/s5s时的瞬时速度等于4～6s内的平均速度v2＝162m/s＝8m/s 两个中间时刻的时间间隔为Δt＝2s＋1s＝3s根据加速度定义可得a＝v2－v1Δt＝43m/s2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1s内的位移为13m，最后1s内的位移为2m，则下列说法正确的是() A．汽车在第1s末的速度可能为10m/sB．汽车加速度大小可能为3m/s2C．汽车在第1s末的速度一定为11m/sD．汽车的加速度大小一定为4.5m/s2答案C解析采用逆向思维法，由于最后1s内的位移为2m，根据x′＝12at2得，汽车加速度大小a＝2x′t2＝2×212m/s2＝4m/s2，第1s内的位移为13m，根据x1＝v0t－12at2，代入数据解得，初速度v0＝15m/s，则汽车在第1s末的速度v1＝v0－at＝15m/s－4×1m/s＝11m/s，故C正确，A、B、D错误．5．(2022·山西长治市第八中学高三月考)木块A、B、C并排固定在水平地面上，一子弹以30m/s的速度射入木块A，A、B、C三木块的厚度比为5∶3∶1，子弹在木块中运动时加速度恒定，子弹刚好射穿木块C，则下列说法正确的是()A．子弹射出木块A时的速度为10m/sB．子弹在木块A中的运动时间大于子弹在木块B中的运动时间C．子弹在木块B和C中的运动时间相等D．子弹在木块A中的平均速度是子弹在木块C中平均速度的2倍答案C解析子弹运动的逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，则在连续相等时间内的位移比为1∶3∶5，故子弹在三个木块中的运动时间相等，速度之比为1∶2∶3，知刚射穿B时速度为10m/s，刚射出A时速度为20m/s，A、B错误，C正确；子弹在木块A中的平均速度为v A＝30＋202m/s＝25m/s，子弹在木块C中平均速度为v C＝10＋02m/s＝5m/s，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30m/s，BC段平均速度为20m/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30m/s，可以得到v AB＝v A＋v B2＝30m/s；根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到vBC＝v B＋v C2＝20m/s；设AB＝BC＝x，整个过程中的平均速度为v＝2xt AB＋t BC＝2xx30m/s＋x20m/s ＝24m/s，所以有v AC＝v A＋v C2＝24m/s，联立解得v A＝34m/s，v B＝26m/s，v C ＝14m/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 ＝xv AB ∶x v BC＝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3s 内的平均速度为()A ．8m/sB ．10m/sC ．12m/sD ．14m/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＝24m/s ，a ＝－12m/s 2；则由v ＝v 0＋at 可知，汽车在2s 末停止运动，故前3s 内的位移等于前2s 内的位移，x ＝24×2m －6×4m ＝24m ，则汽车的平均速度v ＝x t ＝243m/s ＝8m/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30m/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50m 内的物体，并且他的反应时间为0.6s ，制动后最大加速度大小为5m/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6sB ．小轿车的最短刹车距离(从刹车到停止运动所走的距离)为80mC ．小轿车运动到三角警示牌时的最小速度为25m/sD ．三角警示牌至少要放在车后58m 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 ＝0－30－5s ＝6s ，故A 正确；小轿车的刹车距离x ＝0－v 02－2a ＝0－3022×－5m ＝90m ，故B 错误；反应时间内小轿车通过的位移为x 1＝v 0t 1＝30×0.6m ＝18m ，小轿车减速运动到三角警示牌通过的位移为x ′＝50m －18m ＝32m ，设减速到警示牌的速度为v ′，则－2ax ′＝v ′2－v 02，解得v ′＝2145m/s ，故C 错误；小轿车通过的总位移为x 总＝(90＋18)m ＝108m ，放置的位置至少为车后Δx ＝(108－50)m ＝58m ，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 12C.L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12D.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＝L t 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0.1s 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 ＝4cm ，x BC ＝8cm.已知O 点与斜面底端的距离为l ＝35cm.由以上数据可以得出()A ．小球的加速度大小为12m/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0.3s拍摄的答案C解析根据Δx＝aT2可得小球的加速度大小为a＝x BC－x ABT2＝0.040.12m/s2＝4m/s2，选项A错误；小球在B点时的速度v B＝x AB＋x BC2T＝0.120.2m/s＝0.6m/s，小球在A点时的速度为v A＝v B－aT＝0.6m/s－4×0.1m/s＝0.2m/s，选项B错误；t A＝v Aa＝0.24s＝0.05s，即该照片是距A点小球释放后0.05s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x1＝1 2aT2＝12×4×0.12m＝0.02m＝2cm，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2cm,6cm,10cm,14cm,18cm……，因为O点与斜面底端距离为35cm，而前5个球之间的距离之和为32cm，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20km/h提高至40km/h，车通过ETC通道的流程如图所示．为简便计算，假设汽车以v0＝30m/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＝10m处正好匀减速至v1＝4m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v0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1m/s2，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v2＝10m/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)894m(2)10.7s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＝442m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 ＝894m(2)如果汽车以v 2＝10m/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＝400m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＝26s通过匀速行驶区间的时间为t 1′，有d ＝v 1t 1′解得t 1′＝2.5s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′＝54.5s 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＝20s通过匀速行驶区间的时间为t 2′，则d ＝v 2t 2′解得t 2′＝1s匀速通过(d 1－d 2)位移时间Δt ＝d 1－d 2v 0＝1.4s 通过与提速前相同位移的总时间为T 2＝2t 2＋t 2′＋2Δt ＝43.8s 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＝10.7s.。

备战2019年高考物理考点一遍过专题02 匀变速直线运动的规律

专题02 匀变速直线运动的规律一、常用运动学公式定义式：x v t ∆=∆，v a t ∆=∆，x v t= 匀变速直线运动：0v v at =+，2012x v t at =+，2202v v ax -=，02v v v +=上式皆可作为矢量表达式，要特别注意各物理量的符号，在规定正方向后，同向为正，反向为负。

二、竖直方向的匀变速直线运动自由落体运动：物体仅在重力作用下由静止开始竖直下落的运动。

仅在重力作用下沿竖直方向的运动，是匀变速直线运动，加速度为重力加速度，在规定正方向后，匀变速直线运动的公式皆可适用。

对竖直方向仅受重力的运动，求解时要特别注意多解的分析，考虑是否存在多解，各解是否都有意义。

路面上以10 m/s 速度匀速行驶的汽车，在路口遇到红灯后开始做减速运动，减速过程一共经历了4秒，则减速过程中的加速度为A ．–2.5 m/s 2B ．2.5 m/s 2C ．–3 m/s 2D ．3 m/s 2【参考答案】A【详细解析】由速度公式v =v 0+at ，代入数据有0=10 m/s+a ·4 s，解得a =–2.5 m/s 2，选A 。

【名师点睛】本题考查匀变速直线运动中速度公式的应用，要特别注意公式中各物理量的正负符号，明确加速度为负时，代表减速运动。

1．（2018·百校联盟）2018年2月24日，单板滑雪女子平行大回转上演，共有三位中国队选手参赛。

如图，滑雪轨道是由光滑的倾斜直轨道AB和粗糙的水平轨道BC组成。

t=0时运动员从A点由静止开始下滑，经过B点前后速度大小不变，最后停在C点。

若第2 s末和第6 s末速度大小均为8 m/s，第4 s 末速度大小为12 m/s，则A．运动员在第4 s末恰好经过B点B．运动员在运动过程中的最大速度为15 m/sC．运动员在第10 s末恰好停在C点D．A到B的距离大于B到C的距离【答案】C2at，末速度为v，一个质点以初速度0v做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2:v v=则0A ．4:3B ．3:1C ．5:3D ．5:2 【参考答案】C【详细解析】根据匀变速直线运动的位移时间公式有220122v at t at +=，可得032at v =，根据匀变速直线运动的速度时间公式有052at v v at =+=，故53v v =，C 正确。

备考2019年高考物理一轮复习：第一章第2讲匀变速直线运动规律讲义含解析

第2讲匀变速直线运动规律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】匀变速直线运动及其公式Ⅱ1、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、三个基本公式(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.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 t2＝v0＋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＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2.可以推广到x m－x n＝(m－n)aT2.4、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:v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n.(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为:x1∶x2∶x3∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶n2.(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为: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的比为:t1∶t2∶t3∶…∶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Ⅱ1、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v0＝0,加速度为重力加速度g的匀加速直线运动.(3)基本规律①速度公式v＝gt.②位移公式h＝12gt2.③速度位移关系式:v2＝2gh.2、竖直上抛运动规律运动特点: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.板块二考点细研·悟法培优考点1匀变速直线运动规律的应用[深化理解]1、公式的矢量性:匀变速直线运动的基本公式均是矢量式,应用时要注意各物理量的符号,一般情况下,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v0＝0时,一般以a的方向为正方向.2、两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题:指匀减速到速度为零后停止运动,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的运动,可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动.(2)双向可逆类:如沿光滑斜面上滑的小球,到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑,全过程加速度大小、方向均不变,求解时可对全过程列式,但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.例1[2017·山东潍坊统考]如图所示,一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA 段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB 段内,已知OA ＝1200 m,OB ＝2000 m,求:(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围;(2)列车减速运动的最长时间.(1)此车的长度需考虑吗？提示:需要.(2)列车减速运动的最长时间对应车的运动情况是什么？提示:车头恰好停在B 点.尝试解答 (1)1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)50 s. (1)若列车车尾恰好停在A 点,减速运动的加速度大小为a 1,距离为x 1,则 0－v 20＝－2a 1x 1x 1＝1200 m ＋200 m ＝1400 m解得a 1＝167m/s 2 若列车车头恰好停在B 点,减速运动的加速度大小为a 2,距离为x OB ＝2000 m,则0－v 20＝－2a 2x OB解得a 2＝1.6 m/s 2故加速度大小a 的取值范围为1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2. (2)当列车车头恰好停在B 点时,减速运动时的时间最长,则0＝v 0－a 2t ,解得t ＝50 s.总结升华求解匀变速直线运动问题的一般步骤(1)基本思路(2)应注意的三类问题①如果一个物体的运动包含几个阶段,要注意分析各段的运动性质和各段交接处的速度.②选择公式时一定要注意分析已知量和待求量,根据所涉及的物理量选择合适的公式求解,会使问题简化.例题中(1)知道v 0、v 、x ,求a ,没有时间t ,很自然的想到选v 2－v 20＝2ax ;(2)求时间t ,涉及到两个公式,由于v ＝v 0＋at 运算简单,作为首选.③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所用时间,再选择合适公式求解.[递进题组]1.汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶,急刹车时的加速度大小为5 m/s 2,则自驾驶员急踩刹车开始,2 s 与5 s 内汽车的位移之比为( )A 、5∶4B 、4∶5C 、3∶4D 、4∶3答案: C解析: 刹车后到停止所用时间t ＝v 0a ＝205 s ＝4 s,经2秒位移x 1＝v 0t －12at 2＝20×2 m －12×5×22 m ＝30 m.5 s 内的位移即4秒内的位移x 2＝v 202a ＝2022×5m ＝40 m,故而x 1x 2＝34,C 正确. 2、[2017·河南鹤壁模拟]随着我国高速公路的发展,越来越多的人选择驾车出行,有时高速公路有的路段会造成拥堵,为此高速公路管理部门开发了电子不停车收费系统ETC.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v 1＝72 km/h 的速度沿直线朝着收费站正常行驶,如果汽车过ETC 通道,需要在汽车运动到通道口时速度恰好减为v 2＝4 m/s,然后匀速通过总长度为d ＝16 m 的通道,接着再匀加速至v 1后正常行驶;如果汽车过人工收费通道,需要恰好在中心线处匀减速至零,经过t 0＝20 s 的时间缴费成功后,再启动汽车匀加速至v 1后正常行驶,设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为a ＝1 m/s 2,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x ;(2)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间Δt .答案: (1)400 m (2)24 s解析: (1)汽车过ETC 通道时,减速过程的位移和加速过程的位移相等,均为x ＝v 21－v 222a,所以整个过程总位移x 总＝2x ＋d ,代入数据解得x ＝400 m. (2)汽车过人工收费站通道到达中心线的速度恰好为零,刚进入通道的速度满足v 2＝2a ×d 2,解得v ＝v 2＝4 m/s,根据对称性知,汽车离开通道时的速度也恰好为4 m/s,通过人工收费通道的时间为t 1＝2v 2a ＋t 0＝28 s.汽车从ETC 通道匀速通过收费站的速度为v ＝4 m/s,通过ETC 通道的时间为t 2＝dv2＝4 s,则节省的时间为Δt＝t1－t2＝24 s.考点2自由落体运动和竖直上抛运动[解题技巧]1、自由落体运动的特点(1)自由落体运动是初速度为零,加速度为g的匀加速直线运动.(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动,特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式,在自由落体运动中应用更频繁.2、竖直上抛运动的两种研究方法(1)分段法:将全程分为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段.(2)全程法:将全过程视为初速度为v0,加速度a＝－g的匀变速直线运动,必须注意物理量的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向,则v>0时,物体正在上升;v<0时,物体正在下降;h>0时,物体在抛出点上方;h<0时,物体在抛出点下方.例2(多选)某人站在高20 m的平台边缘,以20 m/s的初速度竖直上抛一小石块,则抛出后石块通过距抛出点15 m处的时间可能为(不计空气阻力,取g＝10 m/s2)()A、1 sB、3 sC、(7－2) sD、(7＋2) s(1)怎样研究竖直上抛运动？提示:①可以整体看成匀减速直线运动.②可分段考虑,从开始上升到最高点看成匀减速直线运动;从最高点下落,看成自由下落.(2)距抛出点15 m的位置有几处？小石块几次经过距抛出点15 m的点？提示:画出草图,很容易看出2处.3次.尝试解答选ABD.石块上升到最高点所用的时间为t ＝v 0g ＝2 s.取向上为正方向,当石块在抛出点上方距抛出点15 m 处时,则位移x ＝15 m,a ＝－g ＝－10 m/s 2,代入公式x ＝v 0t ＋12at 2,得t 1＝1 s,t 2＝3 s.t 1＝1 s 对应着石块上升时到达“离抛出点15 m 处”时所用的时间,而t 2＝3 s 则对应着石块从上升一直到下落时第二次经过“离抛出点15 m 处”时所用的时间.A 、B 正确.由于石块上升的最大高度H ＝20 m,所以,石块落到抛出点下方“离抛出点15 m 处”时,自由下落的总高度为H ′＝20 m ＋15 m ＝35 m,下落此段距离所用的时间t 0＝7 s,石块从抛出到第三次经过“离抛出点15 m 处”时所用的时间为t 3＝(7＋2) s.C 错误,D 正确.总结升华竖直上抛的重要特性(1)对称性:如图所示,物体以初速度v 0竖直上抛,A 、B 为途中的任意两点,C 为最高点,则:①时间对称性:物体上升过程中从A →C 所用时间t AC 和下降过程中从C →A 所用时间t CA 相等,同理有t AB ＝t BA .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 点的速度大小相等,方向相反.(2)多解性:在竖直上抛运动中,当物体经过抛出点上方某一位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下落阶段,离抛出点某一距离时,物体的末位置可能在抛出点上方,也可能在抛出点下方.因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解,也可能造成路程多解.例题中距抛出点15 m 的位置有2处,与抛出点对称的上方和下方各一处.其中抛出点上方的点在上升和下降过程中各经过1次.[跟踪训练] 一位同学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 、小球在2 s 末的速度是20 m/sB 、小球在第5 s 内的平均速度是3.6 m/sC 、小球在第2 s 内的位移是20 mD 、小球在前5 s 内的位移是50 m答案: D解析: 设星球的重力加速度为g ,则12gt 25－12gt 24＝18 m,其中t 4＝4 s, t 5＝5 s,解得g ＝4 m/s 2,小球在2 s 末的速度是v 2＝gt 2＝8 m/s,A 错误;小球在4 s 末的速度v 4＝gt 4＝16 m/s,在5秒末的速度v 5＝gt 5＝20 m/s,小球在第5 s 内的平均速度是v ＝v 4＋v 52＝18 m/s,B 错误;小球在前2 s 内的位移是12gt 22＝8 m,小球在第1 s 内的位移是12gt 21＝2 m,小球在第2 s 内的位移是8 m －2 m ＝6 m,C 错误;小球在前5 s 内的位移是12gt 25＝50 m,D 正确. 考点3解决匀变速直线运动问题的常用方法[解题技巧]1、一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式,它们均是矢量式,使用时要注意方向性.2、平均速度法定义式v ＝Δx Δt 对任何性质的运动都适用,而v ＝v t 2＝v 0＋v 2只适用于匀变速直线运动.3、比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动,可利用比例关系求解.4、逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动.5、推论法利用Δx ＝aT 2及其推广式x m －x n ＝(m －n )aT 2,对于纸带类问题用这种方法尤为快捷.6、图象法利用v -t 图象可以求出某段时间内位移的大小可以比较v t 2 与v x 2,还可以求解追及问题;用x -t 图象可求出任意时间内的平均速度等.例3 一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A 点上滑,最高可滑到C 点,已知AB 是BC 的3倍,如图所示,已知物块从A 到B 所需时间为t 0,则它从B 经C 再回到B ,需要的时间是( )A 、t 0B.t 04 C 、2t 0 D.t 02(1)请分析物块沿斜面向上运动的性质.提示:匀减速直线运动,且v C＝0.(2)写出你能想到的求解本题的方法.提示:逆向思维法、比例法.尝试解答选C.将物块从A到C的匀减速直线运动,运用逆向思维可看成从C到A的初速度为零的匀加速直线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动规律,可知连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比,而CB∶AB＝1∶3,正好符合奇数比,故t AB＝t BC＝t0,且从B到C的时间等于从C到B的时间,故从B经C再回到B需要的时间是2t0,C正确.总结升华“一画,二选,三注意”解决匀变速直线运动问题[跟踪训练][2017·安徽四校联考]一辆汽车在平直公路上做刹车实验,从t＝0时刻起运动过程的位移与速度的关系为x＝(10－0.1v2)(各物理量单位均取国际单位制的单位),下列分析正确的是()A、上述过程的加速度大小为0.2 m/s2B、刹车过程持续的时间为2 sC、t＝0时刻的速度为5 m/sD、刹车过程的位移为5 m 答案: B解析:根据位移速度公式x＝v2－v202a＝－v202a＋v22a,对应表达式x＝(10－0.1v2)中可得－v202a＝10 m,12a＝－0.1 s2/m,解得加速度a＝－5 m/s2,t＝0时刻的速度v0＝10 m/s,故刹车持续时间为t＝v0－a＝2 s,刹车过程中的位移x＝0－v202a＝10 m,B正确.[2017·全国卷Ⅱ](12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求:(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.。