2018年高考物理复习专题1 第2讲匀变速直线运动的规律
高考物理一轮复习讲义 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
高考物理一轮复习讲义第2讲匀变速直线运动的规律及应用一、匀变速直线运动1、定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动叫做匀变速直线运动、2、分类：3、匀变速直线运动的规律(1)三个基本公式①速度公式：v＝v0＋at②位移公式：x＝v0t＋at2③位移速度关系式：v2－v＝2ax(2)三个推论①任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一个恒量，即xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ＝…＝xN－xN－1＝Δx＝aT2②某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度：＝v＝、③某段位移中点的瞬时速度等于初速度v0和末速度v 平方和一半的平方根，即＝、(3)初速度为零的匀加速直线运动的特点：(设T为等分时间间隔)①1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n、②1T内、2T内、3T内…位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝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∶…∶xN＝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t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)、二、匀变速直线运动规律的应用1、自由落体运动(1)定义：初速度为零，只在重力作用下的匀加速直线运动、(2)运动规律：v＝gt；h＝gt2v2＝2gh2、竖直上抛运动(1)定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下的运动、(2)运动规律：v＝v0－gth＝v0t－gt2v2－v＝－2gh1、(xx江苏淮安市质检)做匀加速直线运动的质点，在第5 s 末的速度为10 m/s，则()A、前10 s内位移一定是100 mB、前10 s内位移不一定是100 mC、加速度一定是2 m/s2D、加速度不一定是2 m/s2解析：质点在第5 s末的速度为瞬时速度，因不知质点运动的初速度，故无法确定其加速度大小，C错误，D正确；质点在前10 s内一直做匀加速运动，则前10 s内的平均速度等于5 s未瞬时速度为10 m/s，前10 s内的位移为100 m，故A正确，B错误、答案：AD2、一个向正东方向做匀变速直线运动的物体，在第3 s内发生的位移为8 m，在第5 s内发生的位移为5 m，则关于物体运动加速度的描述正确的是()A、大小为3 m/s2，方向为正东方向B、大小为3 m/s2，方向为正西方向C、大小为1、5 m/s2，方向为正东方向D、大小为1、5 m/s2，方向为正西方向解析：设第3 s内、第5 s内的位移分别为x3、x5，则：x5－x3＝2aT2，5－8＝2a12， a＝－1、5 m/s2，加速度的方向为正西方向，D正确、答案： D3、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x1∶x2，在走完第1 m时与走完第2 m时的速度之比为v1∶v2、以下说法正确的是()A、x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2B、x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶C、x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2D、x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶解析：由xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)知x1∶x2＝1∶3，由x＝at2知t1∶t2＝1∶，又v＝at可得v1∶v2＝1∶，B 正确、答案： B4、xx年11月29日上午，中国航母平台第二次出海测试、假设舰载飞机起跑时速度达到80 m/s就可以起飞，若要飞机在7、5 s内达到起飞速度，则在理想状况下飞机在航空母舰跑道上滑跑的加速度和甲板长度大约分别是()A、10、67 m/s2，150 mB、10、67 m/s2，300 mC、5、33 m/s2，300 mD、5、33 m/s2，600 m解析：在理想状态下飞机起飞前的加速运动可以理解为初速度为零的匀加速运动，由a＝≈10、67 m/s2，根据v2－v＝2ax得x＝≈300 m，B正确、答案： B5、(xx武昌调研)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s内的位移为5 m，则下列说法正确的是()A、物体在第3 s末的速度一定是6 m/sB、物体的加速度一定是2 m/s2C、物体在前5 s内的位移一定是25 mD、物体在第5 s内的位移一定是9 m解析：考查匀变速直线运动规律，匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，根据第3 s内的位移为5 m，则2、5 s时刻的瞬时速度为v＝5 m/s，2、5 s时刻即为前5 s的中间时刻，因此前5 s内的位移为x＝vt＝5 m/s5 s＝25 m，C项对；由于无法确定物体在零时刻的速度以及匀变速运动的加速度，故A、B、D项均错、答案：C随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显、分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命、某路段机动车限速为15 m/s，一货车严重超载后的总质量为5、0104 kg，以15 m/s的速度匀速行驶、发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2、已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10 m/s2、(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比、(2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？(3)若此货车不仅超载而且以vc＝20 m/s的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？设此情形下刹车加速度大小仍为5 m/s2、解题的关键：求刹车时间和刹车距离→其中的隐含条件是货车的末速度为零、规范解答：(1)此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比为t1∶t2＝∶＝a2∶a1＝2∶1(2)方法一：设刹车时间为t，则t＝超载时：t1＝＝ s＝3 s正常装载时：t2＝＝ s＝1、5 s设刹车距离为x，根据匀变速直线运动的位移公式得x ＝v0t＋at2超载时：x1＝v0t1－a1t＝153 m－532 m＝22、5 m正常装载时：x2＝v0t2－a2t＝151、5 m－101、52 m＝11、25 m方法二：汽车刹车后做匀减速直线运动直至速度为零，可反向看成初速度为零的匀加速直线运动，则超载时：x1＝a1t＝532 m＝22、5 m正常装载时：x2＝a2t＝101、52 m＝11、25 m、方法三：设刹车距离为x，根据匀变速直线运动的推论公式得0－v＝－2ax解得x＝超载时：x1＝＝ m＝22、5 m正常装载时：x2＝＝ m＝11、25 m、(3)货车在超载情况下又超速行驶，则刹车距离为x3＝＝ m＝40 m、利用匀变速直线运动公式求解问题的技巧(1)正确判断物体的运动性质抓住一段运动过程，寻找x、x0、vt、a、t 五个物理量中的已知量、相关量与待求量：⑵解题的基本步骤：1－1：汽车从甲地由静止出发，沿平直公路驶向乙地、0～10 s 内，汽车先以加速度a1＝2 m/s2做匀加速运动，2 s后汽车做匀速直线运动，6 s时制动做匀减速直线运动，10 s时恰好停止、求：(1)汽车做匀减速运动的加速度大小、(2)10 s内汽车运行的位移、(3)在满足(1)、(2)问的加速度和位移的条件下、汽车从甲地到乙地的最短时间及运动过程中的最大速度、解析：(1)在2 s 末由v1＝a1t1，解得v1＝4 m/s，由v1＝a2t3，解得a2＝1 m/s2、(2)由x1＝t1，解得x1＝4 m，由x2＝v1t2，解得x2＝16 m，由x3＝t3，解得x3＝8 m，所以x＝x1＋x2＋x3＝28 m、(3)汽车先做匀加速运动，紧接着做匀减速运动，时间最短，速度最大，由a1t4＝a2t5，x＝t＋t解得t＝t4＋t5＝2 s，vm＝ m/s答案：(1)1 m/s2 (2)28 m (3)2 s m/s(1)刹车类问题做匀减速运动到速度为零时，即停止运动，其加速度a也突然消失、求解此类问题时应先确定物体实际运动的时间、注意题目中所给的时间与实际运动时间的关系、对末速度为零的匀减速运动也可以按其逆过程即初速度为零的匀加速运动处理，切忌乱套公式、(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、一辆汽车以10 m/s的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0、2 m/s2，则刹车后汽车在1 min 内通过的位移大小为()A、240 mB、250 mC、260 mD、90 m解析：因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t＝＝50 s，所以汽车刹车后在1 min内通过的位移为x＝t＝250 m、答案：B找准方法，远离刹车问题陷阱求解汽车刹车类问题时，一定要认真分析清楚汽车的运动过程，一般都是先判断刹车时间或刹车位移，即判定汽车在给定时间内或位移内是否已停止，千万不能乱套公式、2－1：一质点以一定初速度自一光滑斜面底端a点上滑，最高可到达b点，c是ab的中点，如图所示，已知质点从a至c需要的时间为t0，问它从c经b再回到c，需要多少时间？解析：可将质点看做由b点开始下滑的匀加速直线运动，已知通过第二段相等位移ca的时间，求经过位移bc所需时间的2倍、则由v0＝0的匀加速直线运动在通过连续相等位移的时间比公式：tbc∶tca＝1∶(－1)得：tbc＝＝(＋1)t0，2tbc＝2(＋1)t0、答案：2(＋1)t0气球以10 m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17 s到达地面、求物体刚脱离气球时气球的高度、(g＝10 m/s2)甲解析：法一：(全程法)可将物体的运动过程视为匀变速直线运动、根据题意画出运动草图如图甲所示、规定向下方向为正，则v0＝－10 m/s，g＝10 m/s2据h＝v0t＋gt2，则有h＝－1017 m＋10172 m＝1275 m所以物体刚脱离气球时气球的高度为1275 m、乙法二：(分段法)如图乙将物体的运动过程分为A→B和B→D两段来处理、A→B为竖直上抛运动，B→D为自由落体运动、在A→B段，据竖直上抛规律可知此阶段运动段时间为tAB＝＝ s＝1 s由题意知tBD＝(17－1)s ＝16 s由自由落体运动规律hBD＝gt＝10162 m＝1280 mhBC＝gt＝1012 m＝5 mhCD＝hBD－hBC＝1275 m、(1)自由落体运动和竖直上抛运动是匀变速直线运动的特例，匀变速直线运动的一切规律均可适用、(2)竖直上抛问题的处理方法①全程法将竖直上抛运动视为竖直向上的加速度为g的匀减速直线运动、②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、3－1：一矿井深为125 m，在井口每隔一定时间自由下落一个小球，当第11个小球刚从井口下落时，第1个小球恰好到井底、求：(1)相邻两个小球开始下落的时间间隔、(2)这时第3个小球和第5个小球相隔的距离、(g取10 m/s2)解析：小球下落的情况如图所示(1)初速度为零的匀加速直线运动中，由开始起相邻相等时间间隔内位移比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，自由落体运动符合这一规律、如图所示，11个小球将125 m分成10段，设由上至下为x1、x2 (x)10、h＝gt2 t＝＝5 sΔt＝＝0、5 s，又因为t1＝Δt、(2)x1＝h1＝gt＝100、25 m＝1、25 m、第3个球与第5个球之间的距离为h7＋h8，而根据比例：h7＝13x1，h8＝15x1Δh＝h7＋h8＝28h1＝281、25 m＝35 m、答案：0、5 35解决匀变速直线运动的常用方法运动学问题的求解一般有多种方法，可从多种解法的对比中进一步明确解题的基本思路和方法，从而提高解题能力、方法分析说明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，要注意方向平均速度法定义式＝对任何性质的运动都适用，而＝(v0＋v)只适用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＝只适用于匀变速直线运动、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推论法xn＋1－xn＝aT2T为连续相等的时间物体以一定的初速度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、已知物体运动到距斜面底端l 处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间、解析：方法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面、故xBC＝，xAC＝，又xBC＝，由以上三式解得tBC＝t、方法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得v＝2axAC ①v＝v－2axAB ②xAB＝xAC ③由①②③解得vB ＝④又vB＝v0－at ⑤vB＝atBC⑥由④⑤⑥解得tBC＝t、方法三：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)、因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t、方法四：中间时刻速度法利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝、又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝、由以上三式解得vB＝、可以看成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、方法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，作出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平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC、所以＝，解得tBC＝t、答案：t1、关于匀变速直线运动的下列说法，正确的是()A、匀加速直线运动的速度一定与时间成正比B、匀减速直线运动就是加速度为负值的运动C、匀变速直线运动的速度随时间均匀变化D、速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动答案：C2、运动着的汽车制动后做匀减速直线运动，经3、5 s停止，试问它在制动开始后的1 s内、2 s内、3 s内通过的位移之比为()A、1∶3∶5B、3∶5∶7C、1∶2∶3D、3∶5∶6解析：画示意图如图所示，把汽车从A→E的末速度为0的匀减速直线运动，逆过来转换为从E→A的初速度为0的匀加速直线运动，来等效处理，由于逆过来前后，加速度相同，故逆过来前后的运动位移、速度时间均具有对称性、所以知汽车在相等时间内发生的位移之比为1∶3∶5∶…，把时间间隔分为0、5 s、所以xDE∶xCD∶xBC∶xAB＝1∶8∶16∶24，所以xAB∶xAC∶xAD＝3∶5∶6、故选项D正确、答案： D3、(xx上海单科)小球每隔0、2 s从同一高度抛出，做初速为6 m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰、第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为(取g＝10 m/s2)()A、三个B、四个C、五个D、六个解析：小球在抛点上方运动的时间t＝＝ s＝1、2 s、因每隔0、2 s在抛点抛出一个小球，因此第一个小球在1、2 s的时间内能遇上n＝－1＝5个小球，故只有选项C正确、答案： C4、(xx黄冈质检)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块最开始1 s内的位移为2、5 m，由此可求得()A、滑块的加速度为5 m/s2B、滑块的初速度为5 m/sC、滑块运动的总时间为3 sD、滑块运动的总位移为4、5 m解析：根据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时间为t，加速度为 a，设逆运动最初2 s内位移为x1，最后2 s内位移为x2，由运动学公式有x1＝a22；x2＝at2－a(t－2)2；且x2＝2x1；2、5＝at2－a(t－1)2、联系以上各式并代入数据可解得正确选项为C、D、答案：CD5、(xx西安期终考试)酒后驾驶会导致许多安全隐患，是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间、下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)、速度(m/s)思考距离/m制动距离/m正常酒后正常酒后157、515、030、0xx、020、036、746、72512、525、054、2x分析上表可知，下列说法不正确的是()A、驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0、5 sB、若汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车C、汽车制动时，加速度大小为10 m/s2D、表中x为66、7解析：由表中数据，驾驶员正常反应时间为0、5 s，酒后反应时间为1、0 s，A正确；若汽车以20 m/s的速度行驶时，酒后制动的距离为x1＝46、7 m>40 m，B正确；由公式x1＝，a＝7、5 m/s2，C错误；x＝vt＋＝(25＋)m≈66、7 m，D正确；本题选。
2018高考物理大一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律课件
考点一 匀变速直线运动的基本规律 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 v0＝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．
A．在 A 点的速度大小为x12＋Tx2 B．在 B 点的速度大小为3x22－T x1 C．运动的加速度为2Tx21 D．运动的加速度为x1＋T2 x2
解析：选 AB.根据匀变速直线运动规律可知，该物体在 A 点 的瞬时速度大小等于物体运动的平均速度大小，即 vA＝x12＋Tx2， 选项 A 正确；设物体加速度大小为 a，有 x2－x1＝aT2，则 a＝x2－T2x1， 选项 C、D 错误；物体在 B 点的速度大小为 vB＝vA＋aT＝3x22－T x1， 选项 B 正确．
2．竖直上抛运动的处理方法 (1)两种方法 ①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶 段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体 运动．下落过程是上升过程的逆过程． ②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过 程．从全程来看，加速度方向始终与初速度 v0 的方向相反．
解析：选 C.设第 6 节车厢刚到达旅客处时，车的速度为 v0， 加速度为 a，则有 L＝v0t＋12at2
从第 6 节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有 0－v20＝2a·2L， 解得 a≈－0.5 m/s2 或 a＝－18 m/s2(舍去)，则加速度大小约为 0.5 m/s2，故 C 正确．
3．短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和 匀速运动两个阶段．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 内通过的距离为 7.5 m，求该运动员 的加速度及在加速阶段通过的距离．
2018年高考物理一轮复习专题02匀变速直线运动(讲)(含解析)
专题02 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★一质点做匀加速直线运动时速度变化v ∆时发生位移1x ，紧接着速度变化同样的v ∆时发生位移2x ，则该质点的加速度为： （ ） A ．()221v x x ∆- B ．()2212v x x ∆- C ．()21211()v x x ∆- D ．()21211()v x x ∆+ 【答案】A【名师点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即2x aT ∆=，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度★针对练习1★ 如图所示，一小球从A 点由静止开始沿斜面做匀变速直线运动，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，22B AB v x a ＝，22c AC v x a＝，所以AB ：AC=1：4，则AB ：BC=1：3．故C 正确，A 、B 、D 错误．故选C 。
高考物理复习专题：匀变速直线运动的规律 总结
高考物理复习专题：匀变速直线运动的规律总结
匀变速直线运动的规律总结：
1、匀变速直线运动是指在恒定时间内，物体以恒定的加速度
向某一方向（正方向或负方向）运动的运动方式。
2、运动的时间t和速度v的关系可以用公式表示为：v=at，其中a是加速度。
3、运动的时间t和位移s的关系可以用公式表示为：s=1/2at²，其中a是加速度。
4、当匀变速直线运动中，物体以恒定的加速度a向正方向运动，它的速度v和位移s都随时间t呈线性增长。
5、当匀变速直线运动中，物体以恒定的加速度a向负方向运动，它的速度v和位移s都随时间t呈线性减少。
6、物体以匀变速直线运动时，根据它所处时刻t的位置，可
以求出它在该时刻t时的速度v，也可以求出它在该时刻t时
的加速度a。
7、匀变速直线运动时，物体运动的距离s和运动的速度v之
间有一定的关系，可以用s=vt来表示。
8、在匀变速直线运动过程中，物体运动的速度v和时间t之
间有一定的关系，可以用v=at来表示。
9、在匀变速直线运动过程中，物体的加速度a和时间t之间有一定的关系，可以用a=v/t来表示。
10、在匀变速直线运动过程中，物体的加速度a、速度v和位移s之间有一定的关系，可以用s=1/2at²来表示。
总的来说，匀变速直线运动是一种物体以恒定的加速度向某一方向（正方向或负方向）运动的运动方式，在匀变速直线运动过程中，存在物体运动距离s与速度v、时间t、加速度a之间的物理关系，可以用物理公式来描述。
2018版高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律课件
解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球 落回到出发点时的速度大小也是v，之后的运动与竖直下抛 的物体运动情况相同。因此上抛的小球比下抛的小球多运 －v－v 2v 动的时间为：t＝ ＝ g ，A项正确。 －g 答案：A
2．(2017· 合肥模拟)某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞 机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为 x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上飞机的速度越 大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是 ( ) x 2x 2x x 2x A． v ＝ t B.v＝ t C．v> t D. t <v< t 解析：飞机着陆后若做匀减速直线运动，末速度为零，
(1)求小车左端离O点的水平距离； (2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔 Δt应满足什么条件？
[审题指导] 第一步：抓关键点
关键点 由静止释放一小球
获取信息 小球做自由落体运动 小车做初速度为零的匀加速 直线运动 在小球自由落体的时间内， 小车的左端恰好运动到O点
忽略空气阻力
平板车以恒定加速度从静止开 始向左运动 该小球恰好落在平板车的左端
(6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方 向是向下的。 (7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。 (√ ) (× )
意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明 了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德 的“物体越重下落越快”的错误观点。
突破点(一)
匀变速直线运动的基本规律
(全国通用)2018年高考物理考点一遍过专题02匀变速直线运动的规律(含解析)
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。
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．如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况。
当车速v ≤10 m/s、且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。
在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4~6 m/s 2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为A ．53sB ．253sC ．2.5 sD ．12.5 s 【答案】C 【解析】刹车时的加速度最小时，刹车时间最长，故00010 s 2.5s 4v t a --===-，选C 。
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。
2018届高三物理高考二轮复习 第一部分 专题一 第2讲 直线运动规律及牛顿运动定律
x2′＝v1Δt＋v1(t2－Δt)＋12a(t2－Δt)2
考向一
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题 解析
答案
考向一 考向二 考向三
解得 x1′＝64.26 m，x2′＝36.36 m 由于 x1′－x2′＝27.9 m＜d＝35 m 故此种情况下两车不会发生相撞．
[答案] 见解析
考向一
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
考向一 考向二
2．求解匀变速直线运动问题的一般思路 审题 → 画出示意图 → 判断运动性质 → 选取正方向 → 选用公式列方程
考向三 → 求解方程
考向四
考向一
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题 解析
答案
考向一 考向二 考向三 考向四
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
第 2 讲 直线运动规律及牛顿运动定律
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
微网构建
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
核心定位
1.命题规律：以选择题或计算题方式为主，以运动学知识、牛顿运动定律及 图象为载体，结合生活、体育、科技等相关背景及素材命制题目是高考命题 热点． 2.必须领会的“5 种方法和 2 种物理思想” (1)比例法、图象法、推论法、控制变量法、整体法、隔离法； (2)极限思想、逆向思维．
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
3.必须辨明的“4 个易错易混点” (1)物体做加速或减速运动取决于速度与加速度方向间的关系；(2)“刹车” 问题要先判断刹车时间，再分析计算；(3)力是改变运动状态的原因，惯性大 小只与质量有关；(4)物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方 向无关.
2018届高考一轮复习：匀变速直线运动的规律及应用
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[题组训练]
1
A
2
ABC
3
见解析
3.解析： (1)如图，A 为飞机着陆点，AB、BC 分别为两个匀减速运动过程，飞机 2 在 C 点停下。 3 1 Ⅰ Ⅱ Ⅲ n A 到 B 过程，依据 v＝v0＋at 有： 3 1 2 第一段匀减速运动的时间为： 2 2 1 2 2 2 v－v0 v0－v t1＝ ＝ a1 － a1 2 2 v －1 1 2 2 v 0 2 1 则 B 到 C 过程所用的时间为：t2＝t－t1＝t－ a1 v－0 a1v 依据 v ＝ v ＋ at 有 B 到 C 过程的加速度大小为： a ＝ ＝ 。 0 2 1 1.5 1 t2 a1t－v0＋v (2)根据 v2－v2 0＝2ax 得： 2 v0 － v2 第一段匀减速运动的位移 x1＝ 2a1 v2 va1t－v0＋v 第二段匀减速运动的位移为：x2＝ ＝ 2a2 2a1 所以航天飞机降落后滑行的总路程为： 2 v2 va1t－v0＋v va1t－vv0＋v2 0－v 0 x＝x1＋x2＝ ＋ ＝ 。 2 a1 2a 1 2a1 va1t－vv0＋v2 a1v 0 答案： (1) (2) 2a1 a1t－v0＋v
运动的描述 匀变速直线运动的研究
匀变速直线运动的规律及应用
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第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
考点一 抓考点 考点二
匀变速直线运动公式的理解和应用
常用的“六种”物理思想方法
高效备考
培素养
考点三
考点四
“两类匀减速直线运动”问题
自由落体和竖直上抛运动
技能提升
练经典
思想方法系列(二) 思维转化法 ——在运动学中的妙用 随堂演练 课时作业答案
2018届高三物理高考总复习课件：专题1 第2讲匀变速直线运动的规律 精品
• 2．[对匀变速直线运动推论的考查](2017年 山东潍坊检测)一人从雪坡上匀加速下滑， 他依次通过a、b、c三个标志旗，已知ab＝6 m，bc＝10 m，这人通过ab和bc所用时间都 等于2 s，则这人过a、b、c三个标志旗的速 度分别是( )
• A．va＝1 m/s，vb＝4 m/s，vc＝7 m/s • B．va＝2 m/s，vb＝4 m/s，vc＝6 m/s • C．va＝3 m/s，vb＝4 m/s，vc＝5 m/s • D．va＝3 m/s，vb＝5 m/s，vc＝7 m/s
• xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝ ___________1∶_(__2－_1_)∶_(_3_－__2)_∶_…_∶_(_n.－ n－1)
• (4)通过连续相等的位移所用时间之比为
• t1∶t2∶t3∶…∶tn＝
• 三、自由落体运动规律
• 1．概念：物体只在重静力止 作用下从________ 开始下落的运动．
• 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
2Hg＋h＝
2×10.2 10
s＝1.4
s，
因此，运动员从向上跃起开始算起可用于完成空中动作的时间为 t＝t1＋t2＝(0.2＋ 1.4) s＝1.6 s．只有选项 C 正确．
•考点1 匀变速直线运动的基本规律
1．解答运动学问题的基本思路 画过程 判断运 选取正 选公式 解方程 示意图 → 动性质 → 方向 → 列方程 → 并讨论 2．运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度 v0 的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当 v0＝0 时，一般以加速度 a 的方向为正方向．
全国通用2018年高考物理考点一遍过专题02匀变速直线运动的规律含解析201711023191
专题02 匀变速直线运动的规律一、常用运动学公式x v xv av定义式：，，t t t1v v 匀变速直线运动：v v0at，x v t at2，22v v ax，v0 00222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/s2 B．2.5 m/s2 C．–3 m/s2 D．3 m/s2【参考答案】A【详细解析】由速度公式v=v0+at，代入数据有0=10 m/s+a·4s，解得a=–2.5 m/s2，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1正负符号，明确加速度为负时，代表减速运动。
1．如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。
当车速v≤10m/s、且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。
在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4~6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为A．53s B．253s C．2.5 s D．12.5 s 【答案】C0 v 0 10【解析】刹车时的加速度最小时，刹车时间最长，故t 0 s2.5 sa 4，选C。
(新课标)2018版高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的规律第2讲匀变速直线运动的规律教案
第2讲 匀变速直线运动的规律知识点一 匀变速直线运动的规律 1.基本规律(1)速度公式： . (2)位移公式： . (3)位移速度关系式： . 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 ＝ ＝ .答案：1.(1)v ＝v 0＋at (2)x ＝v 0t ＋12at 2 (3)v 2－v 20＝2ax 2.(1)v t 2 v 0＋v 2 (2)aT 23.(1)1∶2∶3∶…∶n (2)12∶22∶32∶…∶n 2(3)1∶3∶5∶…∶(2n －1) (4)1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)知识点二 自由落体运动和竖直上抛运动 1.自由落体运动(1)条件：物体只受 ，从 开始下落.(2)基本规律①速度公式： ； ②位移公式： ； ③速度位移关系式： . 2.竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为g ，上升阶段做 运动，下降阶段做 运动. (2)基本规律①速度公式： ； ②位移公式： ； ③速度位移关系式： .答案：1.(1)重力 静止 (2)v ＝gt h ＝12gt 2 v 2＝2gh 2.(1)匀减速直线 自由落体(2)v ＝v 0－gt h ＝v 0t －12gt 2 v 2－v 20＝2gh(1)匀变速直线运动是速度均匀变化的运动.( ) (2)匀加速直线运动是加速度均匀变化的运动.( ) (3)匀减速直线运动的位移是减小的.( )(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度.( ) (5)物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动.( )(6)做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下的.( )答案：(1) (2) (3) (4) (5) (6)考点匀变速直线运动规律的应用1.恰当选用公式(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，全过程加速度的大小、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.考向1 基本公式的选择[典例1] 某航母跑道长200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A.5 m/sB.10 m/sC.15 m/sD.20 m/s[解题指导] 题目中不涉及时间t ，选用公式v 2－v 20＝2ax 最合适.[解析] 设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v 0，根据v 2－v 20＝2ax ，代入数据解得v 0＝10 m/s ，选项B 正确.[答案] B考向2 多过程运动问题[典例2] 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 内通过的距离为7.5 m ，求：(1)该运动员的加速度； (2)在加速阶段通过的距离.[问题探究] (1)已知第2 s 内通过的距离为 7.5 m ，第 1 s 内通过的距离是多少？ (2)对此类问题，哪一个物理量能够把两个过程联系起来？[提示] (1)根据x 1x 2＝13，可求出第1 s 的位移为 2.5 m.(2)能够把两个过程联系起来的物理量是速度，对此类问题，一般设速度比较方便. [解析] (1)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x 1和x 2，由运动学规律得：x 1＝12at 20 x 1＋x 2＝12a (2t 0)2而t 0＝1 s联立解得a ＝5 m/s 2.(2)设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ，跑完全程的时间为t ，全程的距离为x ，依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2 v ＝at 1 x ＝12at 21＋vt 2设加速阶段通过的距离为x ′ 则x ′＝12at 21求得x ′＝10 m.[答案] (1)5 m/s 2(2)10 m 考向3 双向可逆类匀变速直线运动[典例3] (多选)在足够长的光滑斜面上，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.此时的速度大小一定为5 m/s[解题指导] (1)位移大小为7.5 m 时，物体的位置可能在出发点的上方，也可能在出发点的下方.(2)在计算时先规定正方向，用正、负号表示各矢量方向.[解析] (1)物体在出发点上方时，由x ＝v 0t ＋12at 2得：7.5＝10t ＋12×(－5)t 2，解得t＝1 s 或t ＝3 s ，由v ＝v 0＋at 得，v ＝5 m/s 或－5 m/s.(2)物体在出发点下方时，由x ＝v 0t ＋12at 2得：－7.5＝10t ＋12×(－5)t 2，解得t ＝(2＋7)s 或t ＝(2－7) s(舍去)，由v ＝v 0＋at 得：v ＝－57 m/s.故A 、B 、C 正确，D 错误.[答案] ABC1.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所用时间，再选择合适公式求解.3.对于双向可逆类匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段求解.考点解决匀变速直线运动的六种方法[典例4] 从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s 时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车.汽车从开出到停止总共历时20 s ，行进了50 m.求汽车的最大速度.[解题指导] 本题解题方法较多.先采用不同的方法解题，再比较不同方法的繁简程度，探寻解决此类问题的内在规律.[解析] 解法一(基本公式法) 设最大速度为v max ，由题意可得x ＝x 1＋x 2＝12a 1t 21＋v max t 2＋12a 2t 22① t ＝t 1＋t 2② v max ＝a 1t 1③0＝v max ＋a 2t 2④整理得v max ＝2x t ＝2×5020m/s ＝5 m/s.解法二(平均速度法) 匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等，都等于v max2故有x ＝v max2t 1＋v max2t 2因此有v max ＝2x t 1＋t 2＝2×5020m/s ＝5 m/s. 解法三(图象法) 作出汽车运动全过程的v t 图象，如图所示，v t 图线与t 轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x ＝v max t2，所以v max ＝2x t ＝2×5020m/s ＝5 m/s.[答案] 5 m/s[变式1] 做匀减速直线运动的物体经4 s 停止，若在第1 s 内的位移是14 m ，则最后1 s 内的位移是( )A.3.5 mB.2 mC.1 mD.0答案：B 解析：利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以有71＝14 mx 1，x 1＝2 m ，选项B 正确.[变式2] 一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A 、B 、C 三点，已知AB ＝6 m ，BC ＝10 m ，小球经过AB 和BC 两段所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度大小分别是( )A.2 m/s,3 m/s,4 m/sB.2 m/s,4 m/s,6 m/sC.3 m/s,4 m/s,5 m/sD.3 m/s,5 m/s,7 m/s答案：B 解析：根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B 点的速度就是全程的平均速度，v B ＝AB ＋BC2t＝4 m/s ，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx ＝at 2，则由Δx ＝BC －AB ＝at 2解得a ＝1 m/s 2，再由速度公式v ＝v 0＋at ，解得v A ＝2 m/s ，v C ＝6 m/s ，故选项B 正确.“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题考点自由落体运动和竖直上抛运动1.应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题.(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题.2.竖直上抛运动的对称性(1)时间对称性.①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝v0g.②物体在上升过程中经过某两点所用的时间与下降过程中经过该两点所用的时间相等.(2)速度对称性.①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反.②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反.(3)能量对称性：竖直上抛运动的物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能分别相等.考向1 自由落体运动规律的应用[典例5] (2017·湖北重点中学高三联考)如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB，圆筒AB 长为5 m，取g＝10 m/s2，求：(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？[解析] (1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A 用时t 下A＝2h 下Ag＝2×1510s ＝ 3 s 木杆的上端到达圆筒上端A 用时t 上A ＝2h 上Ag＝2×2010s ＝2 s 则木杆通过圆筒上端A 所用的时间t 1＝t 上A －t 下A ＝(2－3) s. (2)木杆的下端到达圆筒上端A 用时t 下A ＝2h 下Ag＝2×1510s ＝ 3 s 木杆的上端离开圆筒下端B 用时t 上B ＝2h 上Bg＝2×2510s ＝ 5 s 则木杆通过圆筒所用的时间t 2＝t 上B －t 下A ＝(5－3) s. [答案] (1)(2－3) s (2)(5－3) s[变式3] 从某一高度相隔1 s 先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻( )A.甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变B.甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大C.甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变D.甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小答案：C 解析：小球甲释放后，设经过时间t (t >1 s)，两小球间距离为Δh ，则12gt 2－12g ·(t －1 s)2＝Δh ，则Δh ＝12g (2t －1)(只表示函数关系)，故t 增大，Δh 也随之增大；而据v ＝gt 可知Δv ＝gt －g (t －1 s)＝g (只表示大小)，速度差保持不变，所以A 、B 、D 均错误，C 正确.考向2 竖直上抛运动的两种处理方法[典例6] 气球下挂一重物，以v 0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地高度h ＝175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，取g ＝10 m/s 2.[解题指导] 物体离开气球后，先向上做匀减速运动，到达最高点后，向下做匀加速运动.上升和下降阶段的加速度均为g ，故物体的运动可视为全程的匀变速运动，也可分为上升阶段的匀减速运动和下降阶段的自由落体运动.[解析] 解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理. 绳子断裂后重物要继续上升的时间t 1和上升的高度h 1分别为t 1＝v 0g ＝1 s h 1＝v 202g＝5 m故重物离地面的最大高度为H ＝h 1＋h ＝180 m 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2Hg＝6 sv ＝gt 2＝60 m/s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t ＝t 1＋t 2＝7 s.解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t 后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t 内的位移h ′＝－175 m ，由位移公式有：h ′＝v 0t －12gt 2即－175＝10t －12×10t 2＝10t －5t 2t 2－2t －35＝0解得t 1＝7 s ，t 2＝－5 s(舍去)所以重物落地速度为v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s＝－60 m/s 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反. [答案] 7 s 60 m/s[变式4] 如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s 抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g ＝10 m/s 2)( )A.1.6 mB.2.4 mC.3.2 mD.4.0 m答案：C 解析：由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s 对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t ＝0.8 s ，故有H m ＝12gt 2＝3.2 m ，C 正确.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v 0、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v 0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.1.[刹车类问题]汽车以10 m/s 的速度行驶，刹车时加速度大小为2 m/s 2，刹车后8 s 通过的位移是( )A.16 mB.25 mC.75 mD.144 m答案：B 解析：根据匀变速直线运动速度公式v ＝v 0＋at 可得汽车速度减为零所需的时间t ＝v －v 0a ＝0－10－2 s ＝5 s ，所以刹车后8 s 内的位移等于刹车后5 s 内的位移，则x ＝v 02t ＝25 m ，选项B 正确.2.[竖直上抛运动]在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力，两球落地的时间差为( )A.2v gB.v gC.2h vD.h v答案：A 解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同.因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg，A 项正确.3.[多过程问题](多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前.则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是 ( )A.加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2＝2∶1B.加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2＝1∶1C.加速、减速中的位移之比x 1∶x 2＝2∶1D.加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2不等于1∶2答案：BC 解析：汽车先做匀加速直线运动达到最大速度v m 后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比v 1∶v 2＝v m 2∶v m 2＝1∶1，所以选项B 正确；根据a ＝v mt 可知，两次加速度大小之比为 1∶2，故选项A 、D 错误；根据x ＝v t 可知，两次位移之比为2∶1，所以选项C 正确.4.[竖直上抛运动]以40 m/s 的初速度竖直上抛一小球，经2 s 后再以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，求两小球何时相碰以及相碰点到抛出点的距离.(取g ＝10 m/s 2)答案：第一个小球抛出5 s 后相碰，此时距抛出点75 m- 11 - 解析：设抛出第一个小球t 时间后两球相碰，相碰点到抛出点的距离为h ，取竖直向上为正方向，由位移公式得：对第一个小球：h ＝v 0t －12gt 2， 对第二个小球：h ＝v 0(t －2)－12g (t －2)2. 联立以上两式并代入数据解得：t ＝5 s ，h ＝75 m.5.[自由落体运动]屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m 的窗子的上、下沿，如图所示为其简意图.(取g ＝10 m/s 2)问：(1)此屋檐离地面多高？(2)滴水的时间间隔是多少？答案：(1)3.2 m (2)0.2 s解析：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T ，则这一滴水在0时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置，据此可作出解答.设屋檐离地面高为x ，滴水间隔为T ，则x ＝16x 0,5x 0＝1 m ，所以x ＝3.2 m.另有x ＝12g (4T )2，解得T ＝0.2 s.。
高考物理总复习 第一章 第2节 匀变速直线运动的规律课件
D．0.5 m
解析：由v＝at可得刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内
的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，x＝12at′2＝0.5 m。 答案：D
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2．(2014·淮南一模)在光滑足够长的斜面上，有一物体以 10 m/s 初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为 5 m/s2，
路标的时间间隔为 22 s。请你根据她的测量情况，求：(保留三
位有效数字) (1)火车的加速度大小。
(2)火车经过第三个路标时的速度大小。
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[解析] (1)火车从第一个路标到第二个路标的过程中，位移
s1＝100 m，时间 t1＝12 s，中间时刻速度为 v1＝st11＝11020 m/s＝235 m/s 火车经过第二个路标到经过第三个路标的过程中，位移
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匀变速直线运动的推论和比例
[必备知识]
1．匀变速直线运动的两个重要推论
(1)中间速度公式：v
t 2
＝v0＋v，某段时间的中间时刻的瞬时 2
速度等于该段时间内的平均速度。
vt＝ 2
v02＋2 v2，v
t 2
表示位移
x
的中间位置的瞬时速度。可
以证明，无论加速还是减速，都有 v t >v t 。 22
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(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：
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝ 1∶3∶5∶…∶(2n－1) 。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝_1_∶__(__2_－__1_)∶__(__3_－____2_)∶__…__∶__(__n_－___ __n_－__1_) 。
高三物理最新教案-2018高考物理匀变速直线运动的规律1 精品
匀变速直线运动的规律（Ⅰ）一、考点分析匀变速直线运动，加速度。
公式v = v 0 + at ，s = v 0t + 21at 2，v 2 －v 02 = 2as 。
v -t 图 二、知识扫描 1．匀变速直线运动相等的时间内速度的变化 的直线运动叫做匀变速直线运动。
匀变速直线运动中 为一恒量；当速度的方向和加速度的方向 时，物体速度增大，做匀加速运动；当速度的方向和加速度的方向 时，物体速度减小，做匀减速运动。
2．匀变速直线运动的规律两个基本公式 v t =v 0+at 2021at t v s += 两个推论 as v v t 2202=- t v v s t20+=三、典例精析例1 升降机从静止开始上升，先做匀加速运动，经过4s 速度达到4m/s ，然后匀速上升2s ，最后3s 做匀减速运动直到停止，求升降机上升的总高度。
例2 物体沿某一方向做匀变速直线运动，在时间t 内通过的路程为s ，它在2s处的速度为，在中间时刻的速度为．则和的关系是 ( ) A ．当物体做匀加速直线运动时， B ．当物体做匀减速直线运动时，C ．当物体做匀速直线运动时，D ．当物体做匀减速直线运动时，例3 甲、乙两车从同一地点出发同向运动，其图像如图1-2-1所示．试计算：(1)从乙车开始运动多少时间后两车相遇?(2)相遇处距出发点多远? (3)相遇前两车的最大距离是多少?图1-2-1图1-2-2例4 在火车站站台上有一观察者，在列车开动时恰好站在第一节车厢的最前端，列车起动后做匀加速直线运动；经过4s 第一节车厢通过观察者，整个列车经过他历时20s ，设每节车厢等长，车厢连接处长度不计，求： (1)这列列车共有多少节车厢(2)最后9节车厢通过观察者所经历的时间.例5 质点以加速度a 从静止出发做匀加速直线运动，在时刻t 加速度变为2a ，时刻2t 加速度变为3a ……，求质点在开始的nt 时间内通过的总位移。
四、变式迁移1．物体从静止开始作匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移是3 m ，则 ( ) A ．第3 s 内的平均速度是3 m ／s B ．物体的加速度是1．2 m ／s 2 C ．前3 s 内的位移是6 m D ．3 s 末的速度是3．6 m ／s2．如图1-2-2所示的光滑斜面上，一物体以4m/s 的初速度由斜面底端的A 点匀减速滑上斜面，途经C 和B ，C 为AB 中点，已知v A ∶v C = 4∶3，从C 点到B 点历时（23 ）S ，试求：（1）到达B 点的速度？ （2）AB 长度？五、能力突破1．物体做匀加速直线运动，如果它的加速度为2 m ／s 2，那么它在任何1 s 内的( ) A ．末速度一定比初速度大2 m ／s B ．后1 s 的位移总比前l s 的位移大2 m C ．后1 s 的位移总是前1 s 的位移的2倍 D ．以上结论都不对2．匀变速直线运动的物体，初速度为10 m ／s ，方向沿x 轴正方向，经过2 s ，末速度变为10 m ／s ，方向沿x 轴负方向，则其加速度和2 s 内的平均速度分别是( )． A ．10 m ／s 2；0 B ．0；10 m ／s C ．-10 m ／s 2；0 D ．-10 m ／s 2；10 m ／s3．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度大小为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10mC．加速度的大小可能小于4m/s2D．加速度的大小可能大于10m/s24．有一个物体开始时静止在O点，先使它向东作匀加速直线运动，经过5秒钟，使它的加速度方向立即改为向西，加速度的大小不改变，再经过5秒钟，又使它加速度方向改为向东，但加速度大小不改变，如此重复共历时20秒，则这段时间内（）A．物体运动方向时而向东时而向西B．物体最后静止在O点C．物体运动时快时慢，一直向东运动D．物体速度一直在增大5．汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5m/s2，那么刹车后2S与刹车后6S汽车通过的位移之比为（）A．1∶1 B．3∶1 C．3∶4 D．4∶36．物体沿光滑斜面匀减速上滑，加速度大小为4 m／s2，6 s后又返回原出发点．那么下述结论正确的是( )．A．物体开始沿斜面上滑时速度为12 m／s B．物体开始沿斜面上滑时速度是10 m／s C．物体沿斜面上滑的最大位移是18 m D．物体沿斜面上滑的最大位移是15 m 7．质点在x轴上运动，t=0，质点位于坐标原点；图1-2-3为该质点的图像，由图线可知，此质点的s－t关系为_____________，在t =_________s时刻质点与坐标原点的距离最大，从t= 0到t= 20 s过程中质点位移是________，通过的路程是_______．图1-2-38．在正常情况下，火车以54km/h作匀速直线运动。
高三物理一轮复习 第一章 直线运动 第2讲 匀变速直线运动的基本规律课件
6．前 s、前 2s、前 3s……前 ns 米末速度之比：依据方程： 2as＝v2⇒v＝ 2as
v1∶v2∶v3…＝1∶ 2∶ 3…∶ n
三、匀变速直线运动的四个推论方程 1．匀变速直线运动中，任意相邻的相等时间间隔 T 内通过 的位移之差为定值，即Δ s＝aT2. 更为一般的推广，在第 n 个 T 时间内的位移 sn 与第 m 个 T 时间内的位移 sm 之差，sn－sm＝(n－m)aT2.
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不相等
设置目的 本题考查研究自由落体运动的规律
2．(2014·新课标全国Ⅱ)2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲 利克斯·鲍姆加特纳乘热气球升至约 39 km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地， 打破了跳伞运动的多项世界纪录，取重力加速度的大小 g＝10 m/s2，忽略空气阻力．求该运动员从静止开始下落至 1.5 km 高度 处所需的时间及其在此处速度的大小．
(3)利用①②两式便可推出其他两方程． (4)①式为加速度定义式 a＝Δt v，④式源于 x＝－v t，－v ＝v0＋2 vt (仅适用于匀变速运动)．
(5)②式为数学方程，对匀减速直线运动，该方程认为速度减 为零后，还会反向加速，而实际的物理场景有许多减到零后便停 止了，例如汽车刹车问题，也有许多能反向加速的，例如竖直上 抛运动，物体沿光滑斜面向上运动．反向加速的加速度可能变化， 物体沿粗糙斜面向上滑动，又返回的运动．
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停 车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车 一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通 过停车线
D．如果距停车线 5 m 处减速，汽车能停在停车线处
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匀变速直线运动的规律
【考纲解读】1.掌握匀变速直线运动及其公式、图象；2.
掌握并能应用匀变速直线运动的推论以及比例关系式；3.掌握
自由落体运动和竖直上抛运动．
•考点O 讲堂梳理自查
• 一、匀变速直线运动的基本规律 v＝v0＋at • 1．速度时间公式： ____________________. • 2．位移时间公式： ____________________. 2 2
v －v0＝2ax
1 2 x＝v0t＋ at 2
• 3．位移速度公式：____________________.
二、匀变速直线运动的推论
v0＋v 2 1．平均速度公式： v ＝v t ＝________.
2
aT2 2．相同时间隔内的位移差公式：Δx＝x2－x1＝…＝xn－xn－1＝________.
• 3．[对自由落体运动规律的考查](多选)(2017 年安徽马鞍山检测)从塔顶自由下落一石块， 它在着地前的最后1 s内的位移是30 m(g＝10 m/s2)，则( ) • A．石块落地时速度是30 m/s B．石块落地 时速度是 35 m/s t，石块下落时的高度为 x，最后 1 s 前下落的高度 【解析】设石块下落时间为 • C．石块下落所用的时间是 3s D．石块 1 2 1 2 为 x′，则有 x＝ gt ，x′＝ g(t－1) ，x－x′＝30 m，联立解得 t＝3.5 s，石块落 2 2 下落所用的时间是 3.5 s 地时速度 v＝gt＝35 m/s，故选项 B、D 正确，选项 A、C 错误． • 【答案】BD
• (2)位移公式：hv＝ 2 ______________. －v2 0 •
v2 0 (3)速度－位移关系式： 2g
1 2 v0t－ gt 2
____________＝－
2gh.
v0 g
• (4)上升的最大高度：h＝____________.
• 1．[对匀变速直线运动基本规律的考 查](2017届江西赣州检测)以24 m/s的速度行 驶的汽车，紧急刹车后做匀减速直线运动， 其加速度大小为6 m/s2，则刹车后( )
• 三、自由落体运动规律 静止 • 1．概念：物体只在重力作用下从 ________ 开始下落的运动． 零 • 2．运动特点 竖直向下 • (1)初速度为________． • (2)加速度大小等于 g，且加速度的方向 gt ____________ 1． gt2 • 3．运动规律 2 2gh • (1)速度公式：v＝_________. • (2)位移公式：h＝______________.
• 2．[对匀变速直线运动推论的考查](2017年 山东潍坊检测)一人从雪坡上匀加速下滑， 他依次通过a、b、c三个标志旗，已知ab＝6 m，bc＝10 m，这人通过ab和bc所用时间都 等于2 s，则这人过a、b、c三个标志旗的速 度分别是( ) • A．va＝1 m/s，vb＝4 m/s，vc＝7 m/s • B．va＝2 m/s，vb＝4 m/s，vc＝6 m/s • C．va＝3 m/s，vb＝4 m/s，vc＝5 m/s • D．va＝3 m/s，vb＝5 m/s，vc＝7 m/s
• 4．[对竖直上抛运动规律的考查](2017届湖 北恩施检测)某同学观看跳台跳水比赛，一 跳水运动员在离水面10 m高的平台向上跃起， 该同学估测运动员跃起离平台的最大高度约 为0.2 m．假设运动员做竖直上抛运动，则该 运动员在空中完成动作的时间大约为( ) • A．1.2 s B．1.4 s • C．1.6 s D．2.0 s • 【答案】C
• 四、竖直上抛运动规律 竖直向上 重力 • 1．定义：将物体以一定的初速度 __________抛出，物体只在________作用下 匀减速 自由落体 的运动． • 2．特点：上升过程是加速度为g的________ 直线运动；下落过程是________运动．
• 3．规律 v0－gt • (1)速度公式：v＝______________.
• • • • •
A．汽车在第1 s内的平均速度为24 m/s B．汽车在第1 s内的平均速度为12 m/s C．汽车在前2 s内的位移为36 m D．汽车在前5 s内的位移为45 m 【答案】C
Байду номын сангаас
24 【解析】汽车刹车到停下所需的时间为 t0＝ s＝4 s，1 s 内汽车的位移 x＝v0t 6 1 2 － at ＝(24－3) m＝21 m，故 1 s 内的平均速度 v ＝21 m/s，选项 A、B 错误；前 2 2 1 2 s 内的位移 x2＝v0t－ at ＝36 m，选项 C 正确；因 5 s＞4 s，因此 5 s 内的位移为汽 2 v2 0 车运动的总位移，则有 x3＝ ＝48 m，选项 D 错误． 2a
Δx 10－6 【解析】根据匀变速直线运动推论 Δx＝aT 得，人的加速度为 a＝ 2 ＝ T 4
2
xac 6＋10 m/s ＝1 m/s ，根据平均速度推论知，b 点的速度为 vb＝ ＝ m/s＝4 m/s，根 2T 4
2
2
据速度时间公式得，a 点的速度为 va＝vb－aT＝(4－1×2) m/s＝2 m/s，c 点的速度 为 vc＝vb＋aT＝(4＋1×2) m/s＝6 m/s，只有选项 B 正确．
可以推广为：xm－xn＝(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……的瞬时速度之比为 1∶2∶3∶…∶n • v1∶v2∶v3∶…∶vn＝ ____________________. 1∶22∶32∶…∶n2 • (2)1T内，2T内……的位移之比为 • x1∶x2∶x3∶…∶ ＝ n3 1x ∶ ∶____________________. 5∶…∶(2N－1) • (3)第一个T内，第二个T内……的位移之比为 1∶…∶ ∶( 2－1)∶x (N 3＝ － 2)∶…∶( n－ n－1) • xⅠ∶xⅡ∶xⅢ __________________________. • (4)通过连续相等的位移所用时间之比为