2011届《金版新学案》第2讲 匀变速直线运动规律及应用
高中物理《匀变速直线运动的规律及其应用》优质课教案、教学设计
【教学设计】
B．平均速度之比是3∶2∶1
C．平均速度之比是1∶(－1)∶(－)
D．平均速度之比是(＋)∶(＋1)∶1
课堂解决匀变速直线运动的常用方法
总结方法分析说明
一般公
式法平均速
度法中间
时刻
速度法比例法
逆向思
维法推论法v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax，它们均为矢量式
定义式＝对任何性质的运动都适用，而＝(v0
＋v)只适用于匀变速直线运动
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＝，适用于任何一个匀变速直
线运动
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
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
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。
匀变速直线运动的规律及其应用(教案及教学反思)
匀变速直线运动的规律及其应用教学目标：1. 了解匀变速直线运动的概念及其特点。
2. 掌握匀变速直线运动的规律及其表达式。
3. 学会应用匀变速直线运动的规律解决实际问题。
教学重点：1. 匀变速直线运动的概念及其特点。
2. 匀变速直线运动的规律及其表达式。
3. 匀变速直线运动规律的应用。
教学难点：1. 匀变速直线运动规律的理解和应用。
2. 实际问题中匀变速直线运动的处理方法。
教学准备：1. 教学课件或黑板。
2. 教学素材（如图片、实例等）。
3. 计算器。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引入匀变速直线运动的概念，引导学生回顾已学的直线运动知识。
2. 提问：什么是匀变速直线运动？它有哪些特点？二、新课讲解（15分钟）1. 讲解匀变速直线运动的定义和特点。
2. 推导匀变速直线运动的规律及其表达式。
3. 通过实例解释匀变速直线运动规律的应用。
三、课堂练习（10分钟）1. 给学生发放练习题，要求学生在纸上完成。
2. 题目包括简单应用题和综合应用题，检验学生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力。
四、课堂讲解（10分钟）1. 讲解练习题的解题思路和方法。
五、教学反思（5分钟）2. 鼓励学生提出问题，解答学生的疑问。
3. 针对学生的学习情况，提出改进教学方法和策略的建议。
教学延伸：1. 进一步学习非匀变速直线运动的特点和规律。
2. 探索匀变速直线运动在其他领域的应用。
教学反思：1. 本节课的教学效果如何？学生的参与度和积极性如何？2. 学生对匀变速直线运动规律的理解和应用能力是否有所提高？3. 如何改进教学方法和策略，以提高学生的学习效果？六、实例分析与问题解决（15分钟）1. 通过分析实际运动场景，如运动员百米冲刺、物体自由落体等，引导学生运用匀变速直线运动规律解决问题。
2. 提供一系列实际问题，要求学生独立解决，并解释解题过程和结果。
七、实验与观察（15分钟）1. 安排实验环节，让学生观察并记录匀变速直线运动的过程。
必修1 第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律及其应用
最大高度 h1＝12gT212 ②，依据题意 h2－h1＝H ③，联立①②③解得 g＝
T2
8H 2－T1
2，故选项
A
正确。
答案 A
25
课前双基过关
课堂互动探究
核心素养培养
@《创新设计》
【例6】 (2018·盐城中学阶段性测试)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地 175 m的高处时，一重物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？ 到达地面时的速度是多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力) 解析 法一 把竖直上抛运动过程分段研究。 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点， 则 t1＝vg0＝1100 s＝1 s 上升的最大高度 h1＝v20g2＝2×1012 0 m＝5 m
18
课前双基过关
课堂互动探究
核心素养培养
【例4】 (2019·南京调研)(多选)如图4所示，木板与水平 地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能 沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速 度v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结 论正确的是( )
A.小木块与木板间的动摩擦因数为
D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离
解析 B点位于AC的时间中点，所以其瞬时速度等于AC间的平均速度，因此要测
量小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离。选项D正确。
答案 D
7
课前双基过关
课堂互动探究
核心素养培养
@《创新设计》
匀变速直线运动规律的应用
1.匀变速直线运动公式为矢量式，一般规定初速度v0的方向为正方向(当v0＝0时，一 般以加速度a的方向为正方向)，与正方向同向的物理量取正值，反向的物理量取 负值。五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一过程。
《金版新学案》安徽省2012高三物理一轮 第一章 第二讲 匀变速直线运动的规律及应用课件 必修1
加速度 情况
匀加速直线 运动
增大
匀减速直线 运动
减小
同向 反向
恒定且 速度均 匀变化
二、匀变速直线运动的规律
1．三个基本公式 速度公式：v＝__v_0＋__a_t__ 位移公式：x＝_v_0_t_＋__12_a_t2_ 位移速度关系式：__v_2－ ___v_20＝__2_a_x__.
2．两个推论 (1)做匀变速直线运动的物体在一段时 间内的平均速度等于这段时间初末时
D．在相等时间里经过观察者的车厢数之比
是 1∶2∶3……
解析： 由匀变速直线运动的特点，很 容易选出正确答案为 C 选项． 答案： C
2．一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2 m；在 第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m， 由此不可求得( )
第二讲 匀变速直线运动的 规律及应用
一、匀变速直线运动
1．定义：在变速直线运动中，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．
2．特点：速度随时间_均__匀__变__化___，加速度保 持不变，是直线运动．
3．分类和对比，见下表：
分类
速度变 化
加速度方 向与速度 方向关系
上升的最大高度：H＝___2_g___.
一、应用匀变速运动规律解决问题应注意 1．公式中各量正负号的规定 x、a、v0、v 均为矢量，在应用公式时，一 般以初速度方向为正方向，凡是与 v0 方向相 同的 x、a、v 均为正值，反之为负值，当 v0 ＝0 时，一般以 a 的方向为正方向．
2．两类特殊的运动问题 (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．
《匀变速直线运动的规律》教案
《匀变速直线运动的规律》教案教案标题：匀变速直线运动的规律一、教学目标1.知识目标：了解匀变速直线运动的概念和规律，掌握速度与时间、位移与时间的关系。
2.能力目标：通过实际例子，培养学生观察和分析问题的能力，培养学生进行实验和数据处理的能力。
3.情感目标：培养学生积极主动的学习态度，培养学生对科学实验的兴趣和热爱。
二、教学重点与难点1.教学重点：掌握匀变速直线运动的规律，掌握速度和位移与时间的关系。
2.教学难点：培养学生观察和实验的能力，培养学生进行数据处理的能力。
三、教学准备实验器材：直线轨道、小车、计时器、计量尺、秒表。
教学素材：匀变速直线运动的实验数据和图表。
四、教学过程及内容学生活动，教师活---------------，------------------------------------------------，---------------------------------------------------导入，引入新课，与学生简单交流，激发学生的学习兴趣理论讲解，上课时间20分钟，通过多媒体展示讲解匀变速直线运动概念和规律实验设计，上课时间10分钟，设计匀变速直线运动的实验并解释实验步骤，强调数据记录的重要性实验操作，上课时间15分钟，引导学生按照实验步骤进行实验数据处理，上课时间20分钟，与学生一同分析实验数据，绘制速度-时间图和位移-时间图规律总结，上课时间15分钟，引导学生总结匀变速直线运动的规律练习，上课时间10分钟，布置相关练习题，检查学生对所学内容的掌握情况作业布置，上课时间5分钟，布置作业，要求学生利用所学知识解答简单问题检查反馈，上课时间5分钟，检查学生对所学知识的掌握程度五、教学评价通过实验设计和数据处理，培养学生的实验和观察能力，培养学生对科学实验的兴趣和热爱。
通过作业布置和练习的反馈，检查学生对所学知识的掌握程度。
六、教学延伸可利用其他现象进行教学延伸，如自由落体运动、抛物线运动等，进一步拓宽学生的知识面和学习能力。
【金版新学案】必修1第二章匀变速直线运动的研究 章末自测章末高效整合
解法四
中间时刻速度法
v0＋v v0 利用推论： 中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，v AC＝ ＝ 。 2 2 又 xAC 2 2 v0＝2axAC，vB＝2axBC，xBC＝ 。由以上三式解得 4 v0 vB＝ 。可以看成 vB 正好 2
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。
物理 必修1
第二章
匀变速直线运动的研究
网络构建 专题突破 体验高考 章末自测
解析：
各段所表示的运动性质不一样。 xt 图象 vt 图象 由静止开始向正方向运动的匀加速直 线运动 向正方向做匀速直线运动 匀减速直线运动(仍然向正方向运动) 反方向做匀加速直线运动(返回)
AB 段
始于原点的向正方向运动的匀速 直线运动
答案：
3m
物理 必修1
第二章
匀变速直线运动的研究
网络构建 专题突破 体验高考 章末自测
【规律方法】
分析追及避碰问题应注意的三个问题
(1)分析问题时，一定要抓住一个条件、两个关系。 一个条件：两物体速度相等时两物体间距离出现极值。 两个关系：时间关系和位移关系。 (2)若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意，追上前该物体是否已停 止运动。 (3)仔细审题，抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚 好”“恰巧”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条 件。
v汽－v自 10－4 t＝ ＝ s＝ 1 s a 6 这段时间内自行车发生的位移 x 自＝v 自 t＝4×1 m＝4 m 汽车关闭油门时离自行车的距离 x＝x 汽－x 自＝7 m－4 m＝3 m。
物理 必修1
物理《高考风向标》系列教案：1.2《匀变速直线运动的规律及其应用》
第2讲 匀变速直线运动的规律及其应用★一、考情直播1．考纲解读考纲内容能力要求考向定位1．匀变速直线运动及其公式、图象1．知道匀变速直线运动的特点． 2．能用公式和图象描述匀变速直线运动．在考纲中匀变速直线运动及其公式、图象是Ⅱ要求，一般安排在曲线运动或综合性题中考查，独立命题以选择题为主2.考点整合考点1．匀变速直线运动规律及应用几个常用公式．速度公式：at V V t +=0；位移公式：2021at t V s +=；速度位移公式：as V V t 2202=-；位移平均速度公式：t V V s t20+=．以上五个物理量中，除时间t 外，s 、V 0、V t 、a 均为矢量．一般以V 0的方向为正方向，以t =0时刻的位移为起点，这时s 、V t 和a 的正负就都有了确定的物理意义．特别提示：对于位移、速度和加速度等矢量要注意矢量的方向性，一般要先选取参考方向．对于有往返过程的匀变速直线运动问题，可以分阶段分析．特别注意汽车、飞机等机械设备做减速运动速度等于零后不会反向运动．【例1】一物体以l0m ／s 的初速度，以2m ／s 2的加速度作匀减速直线运动，当速度大小变为16m ／s 时所需时间是多少?位移是多少？物体经过的路程是多少?解析：设初速度方向为正方向，根据匀变速直线运动规律at V V t +=0有：16102t -=-，所以经过13t s =物体的速度大小为16m ／s ，又2021at t V s +=可知这段时间内的位移为：21(1013213)392s m m =⨯-⨯⨯=-，物体的运动分为两个阶段，第一阶段速度从10m/s 减到零，此阶段位移大小为2210102522s m m -==-⨯；第二阶段速度从零反向加速到16m/s ，位移大小为2221606422s m m -==⨯，则总路程为12256489L s s m m m =+=+=答案]：13s ，-39m ，89m[方法技巧] 要熟记匀变速直线运动的基本规律和导出公式，根据题干提供的条件，灵活选用合适的过程和相应的公式进行分析计算．【例2】飞机着陆后以6m/s 2加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60m/s ，求： （1）它着陆后12s 内滑行的距离；（2）静止前4s 内飞机滑行的距离． 解析：飞机在地面上滑行的最长时间为60106t s s ==（1）由上述分析可知，飞机12s 内滑行的距离即为10s 内前进的距离s ： 由202v as =，2260300226v s m m a===⨯（1） 静止前4s 内位移：/20111()2s s v t at =--，其中1(104)6t s s =-=故/2164482s m m =⨯⨯=答案：（1）300m ；（2）48m考点2．匀变速直线运动的几个有用的推论及应用 （一）匀变速直线运动的几个推论（1）匀变速直线运动的物体相邻相等时间内的位移差2at S =∆ 2Ts a ∆=2mat S =∆；2mTs s a nm n -=+ ； 可以推广为：S m -S n =(m-n)aT 2（2）某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度：202t t V V V +=（3）某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）22202ts V V V +=．无论匀加速还是匀减速，都有22s t V V <．（二）初速度为零的匀变速直线运动特殊推论做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：at V = ， 221at s =， as V22= ， t V s 2=以上各式都是单项式，因此可以方便地找到各物理量间的比例关系． ①前1s 、前2s 、前3s ……内的位移之比为1∶4∶9∶…… ②第1s 、第2s 、第3s ……内的位移之比为1∶3∶5∶……③前1m 、前2m 、前3m ……所用的时间之比为④第1m 、第2m 、第3m ……所用的时间之比为【例3】物体沿一直线运动，在t 时间内通过的路程为S ，它在中间位置S 21处的速度为V 1，在中间时刻t 21时的速度为V 2，则V 1和V 2的关系为（ ）A ．当物体作匀加速直线运动时，V 1＞V 2; B.当物体作匀减速直线运动时，V 1＞V 2; C ．当物体作匀速直线运动时，V 1=V 2; D.当物体作匀减速直线运动时，V 1＜V 2．解析：设物体运动的初速度为V 0，未速度为V t ，由时间中点速度公式20tV V V +=-得202tV V V +=；由位移中点速度公式2220tV V V +=中点得22201tV V V +=．用数学方法可证明，只要t V V ≠0，必有V 1>V 2;当t V V =0，物体做匀速直线运动，必有V 1=V 2．答案：ABC ．[方法技巧] 对于末速度为零的匀减速运动，可以看成是初速度为零的匀加速运动的“逆”过程，这样就可以应用“初速度为零的匀变速直线运动特殊规律”快速求解问题．【例4】地铁站台上，一工作人员在电车启动时，站在第一节车厢的最前端，4ｓ后，第一节车厢末端经过此人.若电车做匀加速直线运动，求电车开动多长时间，第四节车厢末端经过此人?(每节车厢长度相同)解析：做初速度为零的匀变速直线运动的物体通过连续相等位移的时间之比为：)1(:......:)34(:)23(:)12(:1-----n n 故前4节车厢通过的时间为：s s 84)]34()23()12(1[=⨯-+-+-+答案：8s★二、高考重点、热点题型探究刹车问题、图象问题、逆向思维及初速度为零的匀加速直线运动的推论公式既是考试的重点，也是考试的热点．热点1：图表信息题 [真题1]（2006上海）要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．启动加速度1a 24/m s 制动加速度2a 28/m s 直道最大速度1v 40/m s 弯道最大速度2v 20/m s 直道长度s218m某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度v 1＝40 m/s ，然后再减速到 v 2＝20m/s ，t 1 = v 1/ a 1 = …；t 2 = （v 1－v 2）/ a 2= …；t=t 1 + t 2你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．[解析]不合理 ，因为按这位同学的解法可得 t 1=10s ，t 2=2.5s ，总位移 s 0=275m ＞s ．故不合理．由上可知摩托车不能达到最大速度v 2，设满足条件的最大速度为v ，则22221222v v vs a a -+=，解得 v=36m/s 又 t 1= v/a 1 =9s t 2=(v-v 2)/a 2=2 s 因此所用的最短时间t=t 1+t 2=11s[答案] 11s[名师指引]考点：匀变速值线运动规律．分析时要抓住题目提供的约束条件，对于机动车类问题必须满足安全条件．重点1：力与运动的综合问题 [真题2]（2006上海）如图1-2-1，质量为 10 kg 的物体在 F ＝200 N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37O．力 F 作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25 秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移 s ．（已知 sin37o ＝0.6，cos37O ＝0.8，g ＝10 m/s 2）[解析]物体受力分析如图1-2-2所示，设加速的加速度为 a 1，末速度为 v ，减速时的加速度大小为 a 2，将 mg 和 F 分解后，由牛顿运动定律得N=Fsin θ+mgcos θ，Fcos θ－f －mgsin θ=ma 1 ，根据摩擦定律有 f=N ，加速过程由运动学规律可知 v=a 1t 1 撤去 F 后，物体减速运动的加速度大小为 a 2，则 a 2=g cos θ由匀变速运动规律有 v=a 2t 2 有运动学规律知 s= a 1t 12/2 + a 2t 22/2代入数据得μ=0.4 s=6.5m[答案] μ=0.4 s=6.5m[名师指引]考点：力、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律．这是典型的力与运动综合问题，先受力分析，再应用牛顿定二定律和匀变速直线运动规律列方程求解．[新题导练]（原创题）一个有趣的问题----古希腊哲学家芝诺曾提出过许多佯谬．其中最著名的一个命题是“飞毛腿阿喀琉斯永远也追不上爬行缓慢的乌龟”．芝诺的论证是这样的：如图1-1-10所示，假定开始时阿喀琉斯离开乌龟的距离为L OA =，他的速度为1v ，乌龟的速度为2v ，且1v ＞2v ．当阿喀琉斯第一次跑到乌龟最初的位置A 时，乌龟在此期间爬到了另一位置B ，显然L v v v L v AB 1212=⨯=；当阿喀琉斯第二次追到位置B 时，乌龟爬到了第三个位置C ，且L v v v AB v BC 21212)(=⨯=；当阿喀琉斯第三次追到位置C 时，乌龟爬到了第四个位置D ，且L v v v BC v CD 31212)(=⨯=…如此等，尽管它们之间的距离会愈来愈近，但始终仍有一段距离．于是芝诺得到“结论”：既然阿喀琉斯跑到乌龟的上一个位置时，不管乌龟爬得多慢，但还是前进了一点点，因而阿喀琉斯也就永远追不上乌龟．显然飞毛腿阿喀琉斯永远也追不上爬行缓慢的乌龟的命题是错误的，请分析探究究竟错在哪个地方？图1-2-1图1-2-2答案：两个要点：（1）这个结论不对．因为乌龟相对飞毛腿阿喀琉斯以速度21v v v -=相向左运动，因此肯定能追上的，并且所需的时间只要21v v L t -=．（2）芝诺把阿喀琉斯每次追到上一次乌龟所达到的位置作为一个“周期”，用来作时间的计量单位，因此这个周期越来越短，虽然这样的周期有无数个，但将这些周期全部加起来，趋向于一个固定的值，这个固定的值就是21v v L -．★三、抢分频道◇限时基础训练（20分钟）班级 姓名 成绩１．电梯在启动过程中，若近似看作是匀加速直线运动，测得第1s 内的位移是2m ，第2s 内的位移是2.5m ．由此可知（ ）A ．这两秒内的平均速度是2.25m/sB ．第3s 末的瞬时速度是2.25m/sC ．电梯的加速度是0.125m/s 2D ．电梯的加速度是0.5m/s 22．如图1-2-15所示，一个固定平面上的光滑物块，其左侧是斜面AB ，右侧是曲面AC ，已知AB 和AC 的长度相同，甲、乙两个小球同时从A 点分别沿AB 、CD 由静止开始下滑，设甲在斜面上运动的时间为t 1，乙在曲面上运动的时间为t 2，则( )A ．t 1＞t 2B ．t 1＜t 2C ．t 1＝t 2D ．以上三种均可能3．甲、乙两物体相距s ，同时同向沿一直线运动，甲在前面做初速度为零，加速度为a 1的匀加速直线运动，乙在后做初速度为v 0，加速度为a 2的匀加速直线运动，则A ．若a 1=a 2，则两物体相遇一次B . 若a 1>a 2，则两物体相遇二次C . 若a 1<a 2，则两物体相遇二次D . 若a 1>a 2，则两物体也可能相遇一次或不相遇 4．一质点沿直线运动时的速度—时间图线如图（ ）A ．第1s 末质点的位移和速度都改变方向．B ．第2s 末质点的位移改变方向．C ．第4s 末质点回到原位．D ．第3s 末和第5s 末质点的位置相同．5．某一时刻a 、b 两物体以不同的速度经过某一点，并沿同一方向做匀加速直线运动，已知两物体的加速度相同，则在运动过程中 （ ）A ．a 、b 两物体速度之差保持不变B ．a 、b 两物体速度之差与时间成正比C ．a 、b 两物体位移之差与时间成正比D ．a 、b 两物体位移之差与时间平方成正图1-1-10OBC DL v 1v 20 2图1-2-15C比6．让滑块沿倾斜的气垫导轨由静止开始做加速下滑，滑块上有一块很窄的挡光片，在它通过的路径中取AE 并分成相等的四段，如图1-2-17所示，B v 表示B 点的瞬时速度，v 表示AE 段的平均速度，则B v 和v 的关系是( )A ．B v ＝v B ．B v ＞vC ．B v ＜vD ．以上三个关系都有可能7．汽车以20m/s 的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5m/s 2，则它关闭发动机后通过t=37.5m 所需的时间为（ ）A.3s;B.4sC.5sD.6s8．一物体作匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s,1s 后速度的大小变为10m/s.在这1s 内该物体的( ).(A)位移的大小可能小于4m (B)位移的大小可能大于10m(C)加速度的大小可能小于4m/s 2(D)加速度的大小可能大于10m/s 2.9．几个不同倾角的光滑斜面，有共同的底边，顶点在同一竖直面上，一个物体从斜面上端由静止自由下滑到下端用时最短的斜面倾角为（ ）A ．300B ．450C ．600D ．7510．a 、b 、c 三个物体以相同初速度沿直线从A 运动到B ，若到达B 点时，三个物体的速度仍相等，其中a 做匀速直线运动所用时间t a ，b 先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，所用时间为t b ，c 先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，所用时间为t c 、t b 、t c 三者的关系（ ）A ．t a =t b =t cB ． t a ＞t b ＞t cC ．t a ＜t b ＜t cD ．t b ＜t a ＜t c限时基础训练参考答案1．【答案】AD ．点拨：前2s 内的平均速度是 2.25m/sm/s =+=+=25.22221Tx x v ，选项A正确；由212aT x x =-得22125.0m/s =-=Tx x a ，选项D 正确，选项C 错误；第1s 末的速度为等于前2s 内的平均速度，所以选项B 错误，第3s 末的速度应为3.25m/s m/s m/s 1s 3s =⨯+=+=25.025.2at v v ．2．【答案】A ．点拨：抓住两点：一是甲和乙到达B 和C 具有相同的速率，二是甲做匀加速运动，乙做加速减小的加速运动，再画出速率时间图像，利用速率时间图线与坐标轴围成的面积表示路程即可迅速求解．3．【答案】BD ．4．【答案】CD ． 5．【答案】AC ．点拨：因a 、b 两物体的加速度相同，因此a 相对b 是做匀速直线运动，选项A 正确；a 、b 两物体的位移之差就等于a 与b 间的相对距离，故选项C 正确．6．【答案】C ．点拨：如果挡光片是从A 位置开始下滑的，则B 位置对应挡光片经过AE 段的中间时刻，则有B v ＝v ，但此题中的挡光片是A 的上侧滑下后经过A 位置的，所以选项A 肯定不正确；设A 、B 间的距离为x ，则ax v v A B 222+=，ax v v A E 4222⨯+=图1-2-17BCADE7．解析：因为汽车经过t 0=s aV 400=-已经停止运动，4s 后位移公式已不适用，故t 2=5s 应舍去．即正确答案为A ．[常见错解]设汽车初速度的方向为正方向，即V 0=20m/s,a=－5m/s 2,s=37.5m. 则由位移公式2021at t V s +=得：5.37521202=⨯-tt 解得：t 1=3s,t 2=5s.即A 、C 二选项正确．8．解析：本题的关键是位移、速度和加速度的矢量性．若规定初速度V 0的方向为正方向，则仔细分析“1s 后速度的大小变为10m/s ”这句话，可知1s 后物体速度可能是10m/s ，也可能是-10m/s,因而有：同向时，.72,/6/141001221m t V V S s m s m t V V a tt =+==-=-=反向时，.32,/14/1410022202m t V V S s m s m tV V a tt -=+=-=--=-=式中负号表示方向与规定正方向相反．因此正确答案为A 、D ．9．B 解析：设斜面倾角为α，斜面底边的长度为l ，物体自光滑斜面自由下滑的加速度为sin a g α=，不同高度则在斜面上滑动的距离不同：cos l s α=，由匀变速直线运动规律有：21sin cos 2l g t αα=⋅，所以滑行时间：t =，当s i n 21α=时，即22πα=，4πα=时滑行时间最短．10．D 解析：用v-t 图象分析，由于位移相同，所以图线与时间轴围成的几何图形的面积相等，从图象看t b ＜t a ＜t c。
【课标人教版】2012《金版新学案》高三一轮物理课件1-1-2
• 2．两类特殊的运动问题 • (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
• 二、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
解析：
如右图所示，x3－x1＝2aT 2，可求得 a
x1 T 而 v1＝ －a· 可求． T 2 x3－x1 x1＋x3 x2＝x1＋aT ＝x1＋ ＝ 也可求， 2 2
2
因不知第一次闪光时已运动的时间和位移，故初速度 v0 不可求．
法中不正确 的是( ) • A．自由落体运动是竖直方向的匀加速直线 运动 • B．前3 s竖直方向的位移只要满足 x1∶x2∶x3＝1∶4∶9的运动一定是自由落体 运动 • C．自由落体运动在开始的连续三个2 s内的 位移之比是1∶3∶5 • D．自由落体运动在开始的连续三个2 s末的 速度之比是1∶2∶3 • 解析： 自由落体运动是竖直方向上初速
又 vA＝vB－at
3l1－l2 联立②③④得 vA＝ 2t
设 O 与 A 的距离为 l，②⑤联立有 3l1－l22 vA2 l＝ ＝ ＝ .(3 分) 2a l2－l1 8l2－l1 2 2 t
3l1－l22 2t
3l1－l22 答案： 8l －l 2 1
• 本题看似一道极常规的试题，却隐含着玄 机，许多考生因没有列出足够多的有效方 程或者缺乏计算技巧而没有解出最后结果， 解法一中，由①、②式得出③、④，然后 计算出A点的速度，计算方法极妙，然而在 考试有限的时间内考生很难想到这么巧妙 的计算方法．解法二则回避了这一难点， 更显灵活．通过此例我们能够受到启发， 即任何题目的考查都不是无目的的，善于 揣摩命题人的考查意图，就会给审题和选 择解题方法指明方向，从而避免走弯路， 使解题更加方便快捷．
匀变速直线运动规律
(m－n)aT2
随 堂 针 对 训 练 限 时 规 范 特 训
必修一
第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
金版教程
高三物理
1∶2∶3∶…∶n 基
础
知
识
梳
理
1∶4∶9∶…∶n2
随 堂 针 对 训
练
考
技
案 例
1∶3∶5∶…∶(2n－1)
导 析
限 时
(4)通过x、2x、3x……位移所用的时间之比为：t1∶t2∶ t3∶…∶tn＝1∶ 2∶ 3∶…∶ n .
考 技 案 例 导 析
易 错 易 混 分 析
高三物理
随 堂 针 对 训 练 限 时 规 范 特 训
必修一理
基
匀变速直线运动中常用的推论
础
可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有
知 识
vt/2<v中点．
梳 理 考 技
v0＋v
随 堂 针 对 训 练
案
例
随 堂 针 对 训
练
考
技
案
例 导
___1． __自 _由 __落_体 __运_动 __规_律 ____
析
(1)速度公式：vt＝gt
(2)位移公式：h＝12gt2
(3)速度—位移关系式：v2t ＝2gh
易 错 易 混 分 析
(____n ___－ _____ n－1)
限 时 规 范 特 训
必修一
第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究
1．平均速度：
v
＝vt/2＝
v0＋v 2
，即某段时间内的平均
速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度．
2．中点位置的速度：v中点＝
v02＋v2 2
最新精编高中高考物理一轮专题复习导学案第2讲 匀变速直线运动的规律及其应用及解析
第2讲匀变速直线运动的规律及其应用★基础精讲★一、匀变速直线运动知识讲解1定义在变速直线运动中,如果在相等的时间内速度的改变量相等,这种运动就叫做匀变速直线运动匀变速直线运动是加速度不变的直线运动2分类①匀加速直线运动速度随时间均匀增加的匀变速直线运动②匀减速直线运动速度随时间均匀减小的匀变速直线运动活活用1下列关于匀变速运动的说法正确的是（）A匀变速运动就是指匀变速直线运动B匀变速运动的轨迹一定不是曲线匀变速运动的轨迹可能是曲线D匀变速运动是指加速度不变的运动,轨迹可能是直线解析：匀变速运动就是加速度不变的运动,包括加速度的大小和方向都不变如果加速度和初速度的方向有夹角,物体的运动轨迹为曲线,如平抛运动;如果加速度和初速度的方向在同一直线上,物体的运动轨迹为直线答案：D二、匀变速直线运动的位移与时间的关系 知识讲解匀变速直线运动位移—时间关系式201x v t at 2=+(1)该式是匀变速直线运动的基本公式,和v=v 0+综合应用,可以解决所有的匀变速直线运动问题匀变速直线运动的两个基本关系式①速度—时间关系式v=v 0+②位移—时间关系式201x v t at 2=+(2)公式中的,v 0,都是矢量,应用时必须选取统一的方向为正方向 活活用2已知O,A,B,为同一直线上的四点,AB 间的距离为1,B 间的距离为2一物体自O 点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过A,B,三点已知物体通过AB 段与B 段所用的时间相等求O 与A 的距离解析：设物体的加速度为,到达A 点的速度为v 0,通过AB 段和B 段所用的时间为,则有2101l v t at 2=+①1+2=2v 0+22②联立①②式得 2-1=2③31-2=2v 0④设O 与A 的距离为,则有20v l 2a=⑤联立③④⑤式得 ()21221(3l l )l 8l l -=- 答案：()()212213l l 8l l --三、匀变速直线运动的位移与速度的关系 知识讲解匀变速直线运动的位移与速度的关系：v 2-20v =2其中v0和v 是初、末时刻的速度，是这段时间内的位移，为加速度 (1)关系式是由匀变速直线运动的两个基本关系式推导出的,但因为不含时间,所以应用很方便(2)公式中四个矢量v,v 0,,也要规定统一的正方向 四、匀变速直线运动的规律 知识讲解1几个重要推论 ①平均速度公式0tv v v .2+=②任意两个相邻的相等的时间间隔T 内的位移差相等，即Δ=Ⅱ-Ⅰ=Ⅲ-Ⅱ=…=N -N-1=T 2③中间时刻的瞬时速度0tt 2v v v 2+=即匀变速直线运动的物体在一段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，等于初速度、末速度和的一半④中点位置的瞬时速度x 2v =2初速度为零的匀加速直线运动的四个比例关系(T 为时间单位) ①1T 末,2T 末,3T 末……的速度之比v 1：v 2：v 3：…：v=1：2：3：…： ②前1T 内,前2T 内,前3T 内……的位移之比1：2：3：…：=1：4：92③第一个T 内,第二个T 内,第三个T 内……的位 移之比Ⅰ：Ⅱ：Ⅲ：…：=1：3：5：…：(2-1)④通过连续相等的位移所用的时间之比1：2：3：…：=1：…：活活用 3从斜面上某一位置,每隔01释放一个小球,在连续释放几个小球后,拍下在斜面上滚动的小球的照片,如图所示,测得AB =15c,B=20c,求(1)小球的加速度;(2)拍摄时B球的速度;(3)拍摄时D的大小;(4)A球上面滚动的小球还有几个?解析(1)由2saT∆=得小球的加速度2BC AB2s sa 5 m/st-==;(2)B点的速度等于A段上的平均速度,即ACBsv1.75 m/s2t==;(3)由相邻相等时间的位移差恒定,即D-B=B-AB,所以D=2B-AB=025;(4)设A点小球的速度为vA,由于vA=vB-=125/所以A球的运动时间为=A va=025,所以在A球上方滚动的小球还有2个答案：(1)5/2(2)175/(3)025(4)2个★考点精析★考点1．匀变速直线运动规律及应用几个常用公式．速度公式：atVVt+=；位移公式：2021attVs+=；速度位移公式：as V V t 2202=-；位移平均速度公式：t V V s t20+=．以上五个物量中，除时间外，、V 0、V 、均为矢量．一般以V 0的方向为正方向，以=0时刻的位移为起点，这时、V 和的正负就都有了确定的物意义． 特别提示：对于位移、速度和加速度等矢量要注意矢量的方向性，一般要先选取参考方向．对于有往返过程的匀变速直线运动问题，可以分阶段分析．特别注意汽车、飞机等机械设备做减速运动速度等于零后不会反向运动．【例1】一物体以0／的初速度，以2／2的加速度作匀减速直线运动，当速度大小变为16／时所需时间是多少?位移是多少？物体经过的路程是多少?解析：设初速度方向为正方向，根据匀变速直线运动规律at V V t +=0有：16102t -=-，所以经过13t s =物体的速度大小为16／，又2021at t V s +=可知这段时间内的位移为：21(1013213)392s m m =⨯-⨯⨯=-，物体的运动分为两个阶段，第一阶段速度从10/减到零，此阶段位移大小为2210102522s m m -==-⨯；第二阶段速度从零反向加速到16/，位移大小为2221606422s m m -==⨯，则总路程为12256489L s s m m m =+=+=答案]：13，-39，89[方法技巧] 要熟记匀变速直线运动的基本规律和导出公式，根据题干提供的条件，灵活选用合适的过程和相应的公式进行分析计算．【实战演练】（2011全国综）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。
(新课标安徽专版)《金版新学案》高三物理一轮复习 匀变速直线运动规律及应用课件
第三十四页，共59页。
• 运行着的汽车制动后做匀减速直线滑行， 经3.5 s停止，试问它在制动开始(kāishǐ)的1 s内、2 s内、3 s内通过的位移之比为多少？
• 【解析】 如图甲所示，汽车从O开始 (kāishǐ)制动后，1 s末到A,2 s末到B,3 s末到 C,3.5 s末停止在D.
第四十二页，共59页。
• 3－1：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/s2,5 s内物体的 ()
• A．路程为25 m • B．位移大小为25 m，方向向上 • C．速度改变(gǎibiàn)量的大小为10 m/s • D．平均速度大小为13 m/s，方向向上
第四十三页，共59页。
.
• (2)1 T末、2 T1末∶、2∶33∶T末…………速度之比
• v1∶v2∶v3＝
.
• (3)第一个T内、1∶第3∶二5…个…T. 内、第三个T内……
的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ
＝
.
• (4)从静止开始通过连续(liánxù)相等的题组位演练(yǎ移n liàn) 所用时间之比为
第八页，共59页。
第三十页，共59页。
• 【解析(jiě xī)】 • 对受试者，由起点终点线向折返线运动的
过程中 • 加速阶段：
第三十一页，共59页。
【答案(dáàn)】 6.25 s
第三十二页，共59页。
• 求解匀变速直线运动问题(wèntí)常见方法
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，使用时 要注意方向性．一般以v0的方向为正方向，其余与正方向相同者为正，与 正方向相反者取负
物理新学案同步必修一讲义：第二章 匀变速直线运动的研究微型专题 匀变速直线运动规律的应用
微型专题 匀变速直线运动规律的应用[学习目标] 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.2.会选择公式或联立方程求解相关问题.3.进一步理解v －t 图象和x －t 图象及其应用．一、匀变速直线运动基本公式的应用1．两个基本公式v ＝v 0＋at 和x ＝v 0t ＋12at 2，涉及5个量，原则上已知三个量可求另外两个量，两个公式联立可以解决所有的匀变速直线运动问题． 2．逆向思维法的应用：把末速度为0的匀减速直线运动，可以倒过来看成是初速度为0的匀加速直线运动． 3．解决运动学问题的基本思路为：审题→画过程草图→判断运动性质→选取正方向(或选取坐标轴)→选用公式列方程→求解方程，必要时对结果进行讨论．例1 一个物体以v 0＝8 m /s 的初速度沿光滑斜面向上滑，加速度的大小为2 m/s 2，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 答案 D解析 由t ＝v －v 0a 得，物体冲上最高点的时间是4 s ，又根据v ＝v 0＋at 得，物体1 s 末的速度大小为6 m /s ，A 错.3 s 末的速度为2 m/s ，B 错．根据x ＝v 0t ＋12at 2得，物体2 s 内的位移是12 m ，4 s 内的位移是16 m ，第5 s 内的位移是沿斜面向下滑动1 m ，所以5 s 内的位移是15 m ，C 错，D 对．二、匀变速直线运动推论公式的应用例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/s 2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； (2)匀速运动时的速度大小； (3)前7 s 过程中人的总位移大小． 答案 (1)1.5 m /s 2 (2)2.4 m/s (3)24.6 m 解析 (1)由题意得：a 1＝Δv Δt ＝64 m /s 2＝1.5 m/s 2(2)由v 2＝v 1－a 2t 2得，v 2＝2.4 m/s (3)x 1＝0＋v 12t 1＝12 m ，x 2＝v 1＋v 22t 2＝12.6 m ， 故x ＝x 1＋x 2＝24.6 m.1．平均速度公式的适用条件： v ＝xt普遍适用于各种运动．v ＝2t v ＝v 0＋v2只适用于匀变速直线运动．2．平均速度公式的特点：不涉及加速度a ，且利用v ＝xt和v ＝2t v 可以很轻松地求出中间时刻的瞬时速度．针对训练 物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 1＝2 m/s 2，加速一段时间t 1，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的大小为( ) A ．15 m /s B ．30 m/s C ．7.5 m/sD ．无法求解答案 B解析 设最大速度为v m ，匀加速直线运动过程： v 1＝0＋v m 2＝v m 2，匀减速直线运动过程：v 2＝v m ＋02＝v m2，所以整个运动过程的平均速度为v m 2＝x t ＝300 m 20 s ， 解得v m ＝30 m/s.例3 一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s 内，火车从他身边分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(相邻车厢连接处长度不计)，求：(1)火车加速度的大小；(2)这20 s 内中间时刻的瞬时速度大小； (3)人刚开始观察时火车速度的大小． 答案 (1)0.16 m /s 2 (2)5.6 m/s (3)7.2 m/s解析 (1)由题知，火车做匀减速直线运动，设火车加速度大小为a ，车厢长L ＝8 m 由Δx ＝aT 2，得8L －6L ＝a ×102， 解得a ＝2×8102 m /s 2＝0.16 m/s 2.(2)2t v ＝v ＝8L ＋6L 2T ＝8×8＋6×820m /s ＝5.6 m/s.(3)设人开始观察时火车速度大小为v 0， 由22t v －v 02＝2·(－a )·8L 得，v 07.2 m/s[还可以由2t v ＝v 0－aT 得：v 0＝2t v ＋aT ＝(5.6＋0.16×10) m /s ＝7.2 m/s]．1．速度与位移的关系v 2－v 02＝2ax ，如果问题的已知量和未知量都不涉及时间，利用此式往往会使问题变得简单．2．匀变速直线运动中，任意连续相等的时间间隔T 内的位移差为常数，即Δx ＝aT 2，如果问题的已知量和未知量都不涉及速度，利用此式往往会使问题变得简洁．例4 (2018·温州市十五校联考)冰壶比赛是在水平冰面上进行的一种投掷性竞赛项目．如图1所示为冰壶比赛场地示意图．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O .为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运动前方的冰面，从而减小冰壶在冰面滑动的加速度大小．设未用毛刷擦冰面时，冰壶在冰面上滑动的加速度大小为0.08 m /s 2，用毛刷擦冰面后，冰壶在冰面上滑动的加速度大小为0.04 m/s 2，已知AB 到O 点的距离x ＝30 m ．在某次比赛中，运动员使冰壶C 在投掷线中点处以v ＝2 m/s 的速度沿虚线滑出．求：图1(1)未用毛刷擦冰面时，运动员放手后，冰壶C 停在距离O 点多远处？(2)用毛刷擦冰面后，若冰壶恰好能停在O 点，运动员要一直刷擦到圆心O 点，刷擦的时间是多少？答案 (1)5 m (2)10 5 s解析 (1)x 1＝v 22a 1＝25 m ，所以，冰壶停在距离O 点前Δx ＝x －x 1＝5 m.(2)方法一 开始刷擦时冰壶的速度v 1＝a 2t ；x ＝12a 2t 2＋v 2－v 122a 1， 联立解得t ＝10 5 s.方法二 开始刷擦时冰壶的速度v 1＝a 2t ；x ＝v 122a 2＋v 2－v 122a 1， 解得t ＝10 5 s.1．(匀变速直线运动规律的应用)由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1 s 通过的位移为0.4 m ，以下说法正确的是( ) A ．第1 s 末的速度为0.4 m/s B ．加速度为0.4 m/s 2C ．第2 s 内通过的位移为1.2 mD ．前2 s 内通过的位移为1.2 m 答案 C解析 设加速度为a ，由x ＝12at 2得，a ＝2xt2＝0.8 m/s 2,所以第1 s 末的速度v 1＝0.8 m/s ，第2 s 内通过的位移为x 2＝12×0.8×22 m －12×0.8×12 m ＝1.2 m ，故选项C 正确．2．(平均速度公式的应用)沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s 内的平均速度比它在第一个1.5 s 内的平均速度大2.45 m/s ，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为( ) A ．2.45 m /s 2 B ．－2.45 m/s 2 C ．4.90 m /s 2 D ．－4.90 m/s 2答案 D解析 质点在第一个0.5 s 内的平均速度为v 1，即在t 1＝0.25 s 时的速度为v 1；在第一个1.5 s内的平均速度为v 2，即在t 2＝0.75 s 时速度为v 2.由题意得：v 1－v 2＝2.45 m/s ，故a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝－2.450.75－0.25m /s 2＝－4.90 m/s 2，D 正确．3．(推论式v 2－v 02＝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v 0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( )图2A ．物块在B 点时的速度为v 04B ．物块在B 点时的速度为v 02C ．物块从B 到C 的时间为t4D ．物块从B 到C 的时间为3t4答案 B解析 由v2－v 02＝2ax得x AB ＝v 2B －v 202a，x BC ＝0－v B 22a ，又因为x AB ＝3x BC ，所以v B ＝v 02，故B 正确，A 错误．t ＝x AC v 02＝x AC v B ， t BC ＝x BC v B 2＝2x BCv B ，t BC t ＝2x BC x AC ＝12.故C 、D 错误． 4．(推论式Δx ＝aT 2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/s 2B ．小球前15 s 内的平均速度为1.5 m/sC ．小球第14 s 的初速度为2.8 m/sD ．第15 s 内的平均速度为0.2 m/s 答案 B解析 根据匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2得：a ＝0.212 m /s 2＝0.2 m/s 2，故A 错误；小球15 s 末的速度v 15＝at 15＝0.2×15 m /s ＝3 m/s ，则小球前15 s 内的平均速度v 15＝0＋v 152＝32 m /s ＝1.5 m/s ，故B 正确；小球第14 s 的初速度等于13 s 末的速度，则v 13＝at 13＝0.2×13 m /s ＝2.6 m/s ，故C 错误；小球第14 s 末的速度v 14＝at 14＝0.2×14 m /s ＝2.8 m/s ，则第15 s 内的平均速度为v 15′＝v 14＋v 152＝2.8＋32 m /s＝2.9 m/s ，故D 错误．一、选择题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1 s 内的速度增量都是1 m/sD ．任意相邻的1 s 内位移差都是2 m答案 D解析 第1 s 内的位移x 1＝6 m ，故A 错误；前2 s 内的位移x 2＝14 m ，则前2 s 内的平均速度v ＝x 2t ＝142 m /s ＝7 m/s ，故B 错误；根据x ＝v 0t ＋12at 2＝5t ＋t 2得，a ＝2 m /s 2，则任意1 s内速度的增量Δv ＝at ′＝2×1 m/s ＝2 m/s ，故C 错误；任意相邻1 s 内的位移差Δx ＝aT 2＝2×12 m ＝2 m ，故D 正确．2．一辆汽车以2 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，经过2 s(汽车未停下)，汽车行驶了36 m ．汽车开始减速时的速度是( ) A ．9 m /s B ．18 m/s C ．20 m /s D ．12 m/s答案 C解析 由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2得汽车的初速度v 0＝2x －at 22t ＝2×36－(－2)×222×2 m /s ＝20m/s ，C 正确．3．物体由静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移是3 m ，则下列说法不正确的是( )A ．第3 s 内平均速度是3 m/sB ．物体的加速度是1.2 m/s 2C ．前3 s 内的位移是6 mD ．3 s 末的速度是3.6 m/s 答案 C解析 第3 s 内的平均速度v ＝x t ＝31 m /s ＝3 m/s ，A 正确；前3 s 内的位移x 3＝12at 32，前2 s内的位移x 2＝12at 22，故Δx ＝x 3－x 2＝12at 32－12at 22＝3 m ，即12a ·32－12a ·22＝3 m ，解得a ＝1.2 m/s 2，B 正确；将a 代入x 3＝12at 32得x 3＝5.4 m ，C 错误；v 3＝at 3＝1.2×3 m /s ＝3.6 m/s ，D 正确．4．物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为x 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为x 2＝2 m ，又经过位移x 3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是( )A ．加速度a 的大小为1 m/s 2B ．初速度v 0的大小为2.5 m/sC ．位移x 3的大小为98mD ．位移x 3内的平均速度大小为0.75 m/s 答案 B解析 根据Δx ＝aT 2得，a ＝Δx T 2＝－112 m /s 2＝－1 m/s 2，A 项正确．根据x 1＝v 0t 1＋12at 12，得v 0＝3.5 m /s ，B 项错误；第2 s 末的速度v 2＝v 0＋at 2＝(3.5－1×2) m/s＝1.5 m/s ，则x 3＝0－v 222a ＝－2.25－2 m ＝98 m ，位移x 3内的平均速度大小v ＝v 22＝0.75 m/s ，C 、D 正确．5．(2018·4月选考·10)如图1所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面．某一竖井的深度为104 m ，升降机运行的最大速度为8 m /s ，加速度大小不超过1 m/s 2.假定升降机到井口的速度为0，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )图1A ．13 sB ．16 sC ．21 sD ．26 s 答案 C解析 运动分成三段，开始匀加速启动，接下来以8 m/s 的速度匀速运动，最后匀减速运动到井口．加速阶段，t 1＝Δv a ＝8 s ，位移x 1＝12at 2＝32 m.减速阶段与加速阶段对称，t 3＝8 s ，x 3＝32 m匀速阶段：x 2＝(104－32－32) m ＝40 m ，所以t 2＝x 2v ＝5 s 所以t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝21 s ，所以选C.6．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用时间为t 2.则物体运动的加速度为( ) A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2) C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2) D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)答案 A解析 通过第一段位移中间时刻的瞬时速度为v 1＝Δxt 1，通过第二段位移中间时刻的瞬时速度为v 2＝Δxt 2，由于v 2－v 1＝a ·t 1＋t 22，所以a ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，选项A 正确．7．如图2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，其运动视为匀变速直线运动．则子弹穿出A 时的速度为( )图2A.2v 1＋v 23B.2v 12－v 223C.2v 12＋v 223D.23v 1 答案 C解析 设子弹的加速度为a ，则： v 22－v 12＝2a ·3L①v A 2－v 12＝2a ·L② 由①②两式得子弹穿出A 时的速度v A ＝2v 12＋v 223，C 正确． 8．(2018·嘉兴一中期中)冬季我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通．设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km /h 的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s ，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s 2，最后停在故障车前1.5 m 处，避免了一场事故．以下说法正确的是( )A ．司机发现故障后，汽车经过3 s 停下B ．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sC ．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mD ．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s答案 C9．(多选)物体沿一直线做匀加速直线运动，已知它在第2 s 内的位移为4.0 m ，第3 s 内的位移为6.0 m ，则下列说法中正确的是( )A ．它在第2 s 初到第3 s 末的平均速度的大小是5.0 m/sB ．它在第1 s 内的位移是2.0 mC ．它的初速度为零D ．它的加速度大小是2.0 m/s 2答案 ABD解析 第2 s 初到第3 s 末的总位移为10 m ，时间为2 s ，根据平均速度定义可知： v ＝10 m 2 s＝5 m /s ，即平均速度为5 m/s ，故A 正确；根据匀变速直线运动规律的推论Δx ＝aT 2可知，x 2－x 1＝x 3－x 2，可得第1 s 内的位移为2.0 m ，故B 正确；根据Δx ＝aT 2可得加速度a ＝6－412 m /s 2＝2.0 m/s 2，故D 正确；由B 知第1 s 内的位移为2.0 m ，根据x ＝v 0t ＋12at 2，可知物体的初速度v 0＝1 m/s ，不为零，故C 错误．10．(多选)汽车甲、乙从A 沿直线运动到B ，甲以速度v 0做匀速直线运动从A 到B ，乙从A 点由静止开始，以大小为a 1的加速度做匀加速直线运动，接着又以大小为a 2的加速度做匀减速直线运动，到B 时刚好停止，且甲、乙两车从A 到B 的时间相同，均为t ，则( )A ．乙车在运动过程中的最大速度与a 1、a 2有关B ．A 、B 两点的长度为v 0tC ．不论a 1、a 2为何值，都有a 1a 2a 1＋a 2＝2v 0tD ．不论a 1、a 2为何值，都有a 1a 2a 1＋a 2＝v 0t答案 BC解析 设乙车的最大速度为v m ，根据平均速度推论知：v m 2t 1＋v m 2t 2＝v m 2(t 1＋t 2)＝v m 2t ＝s ，又s ＝v 0t ，解得：v m ＝2v 0，与a 1、a 2无关，故A 错误．甲车做匀速直线运动，可知A 、B 两点的长度s ＝v 0t ，故B 正确．对乙车，有：v m a 1＋v m a 2＝t ，又v m ＝2v 0，解得：a 1a 2a 1＋a 2＝2v 0t ，故C 正确，D 错误． 二、非选择题11．(2018·宁波市第一学期期末)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8 s 到达离O 点高为48 m 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4 s 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)1.5 m /s 2 12 m/s (2)8 m/s解析 (1)航拍飞机做匀加速直线运动x 1＝12at 12， 解得a ＝1.5 m /s 2，则v A ＝at 1＝12 m/s.(2)匀速运动：x AB ＝v A t ＝48 m ，总位移：x ＝x 1＋x AB ＝96 m ，飞机在OB 段的平均速度v ＝x t ＝9612m /s ＝8 m/s. 12．一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27 m 的A 、B 两点所用时间为2 s ，汽车经过B 点时的速度为15 m/s.求：(1)汽车经过A 点时的速度大小和加速度大小；(2)汽车从出发点到A 点经过的距离；(3)汽车经过B 点后再经过2 s 到达C 点，则BC 间距离为多少？答案 (1)12 m /s 1.5 m/s 2 (2)48 m (3)33 m解析 (1)设汽车运动方向为正方向，过A 点时速度为v A ，则AB 段平均速度为v AB ＝v A ＋v B 2故x AB ＝v AB t ＝v A ＋v B 2t ，解得v A ＝12 m/s.对AB 段：a ＝v B －v A t AB＝1.5 m/s 2. (2)设出发点为O ，对OA 段(v 0＝0)：由v 2－v 02＝2ax得x OA ＝v A 2－v 022a＝48 m.(3)汽车经过BC 段的时间等于经过AB 段的时间，由位移差公式有：x BC －x AB ＝aT 2，得x BC ＝x AB ＋aT 2＝27 m ＋1.5×22 m ＝33 m.13．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 ，小轿车在制动的最初1 s 内的位移为8.2 m ．则：(1)求小轿车安全制动的加速度．(2)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．答案 (1)－8 m/s 2 (2)符合设计要求解析 (1)根据设计要求的加速度为：a ＝v 2－v 022x ＝0－2022×25m /s 2＝－8 m/s 2. (2)测试出来的加速度设为a ′，则有：x ′＝v 0′t 1＋12a ′t 12，0＝v 0′＋a ′t 2 代入得：8.2＝v 0′×1＋12a ′×12 0＝v 0′＋a ′×1.5，解得：a ′＝－8.2 m/s 2可知|a ′|>|a |，故这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．。
【金版新学案】高三物理一轮 第1章《运动的描述、匀变速直线运动的研究》第二讲
2013《金版新学案》高三一轮复习物理第1章《运动的描述、匀变速直线运动的研究》第二讲(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)一、选择题1．一个小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点，不计空气阻力．已知它经过b 点时的速度为v ，经过c 点时的速度为3v ，则ab 段与ac 段位移之比为( )A ．1∶3B ．1∶5C ．1∶8D ．1∶9解析： 经过b 点时的位移为xab ＝v22g ，经过c 点时的位移为xac ＝3v 22g，所以xab ∶xac ＝1∶9，故选D.答案： D2．汽车以20 m/s 的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5 m/s2，则它关闭发动机后通过37.5 m 所需时间为( )A ．3 sB ．4 sC ．5 sD ．6 s解析： 由x ＝v0t ＋12at2代入数据得37.5＝20t －12×5t2，解此方程得t ＝3 s 或t ＝5 s(舍去)，故应选A.答案： A3．一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解析： 做初速度为零的匀加速直线运动的物体，从静止开始在相等时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶……∶(2n －1)由此可知x1∶x2∶x3＝1∶3∶5即x1∶x3＝1∶5＝1.2∶x3，所以x3＝6.0 m.答案： C4．(2010·上海模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s 、2 s 、3 s ，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )A ．1∶22∶32,1∶2∶3B ．1∶23∶33,1∶22∶32C ．1∶2∶3,1∶1∶1D ．1∶3∶5,1∶2∶3解析： 根据位移公式x ＝12at2，从开始运动起，连续通过的三段位移分别为x1＝12at21＝12a 、x2＝12a(t2＋t1)2－12at21＝4a 、x3＝12a(t3＋t2＋t1)2－12a(t1＋t2)2＝272a ，再根据平均速度公式可得选项B 正确．答案： B5．静止置于水平地面的一物体质量为m ＝57 kg ，与水平地面间的动摩擦因数为0.43，在F ＝287 N 的水平拉力作用下做匀变速直线运动，则由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为( )A ．2∶1B ．1∶2C ．7∶3D ．3∶7解析： 第5个7秒内的位移为x1＝12a×352－12a×282，第11个3秒内的位移为x2＝12a×332－12a×302，所以x1x2＝352－282332－302＝73，答案选C. 答案： C6．(2011·福建师大附中模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．20 mB ． 24 mC ．25 mD ．75 m解析： 由Δx ＝aT2得：9－7＝a·12，a ＝2 m/s2，由v0T －12aT2＝x1得：v0×1－12×2×12＝9，v0＝10 m/s ，汽车刹车时间tm ＝v0a ＝5 s<6 s ，故刹车后6 s 内的位移为x ＝v202a＝25 m ，C 正确．答案： C7．A 、B 两小球从不同高度自由下落，同时落地，A 球下落的时间为t ，B 球下落的时间为t/2，当B 球开始下落的瞬间，A 、B 两球的高度差为( )A ．gt2B.38gt2C.34gt2D. 14gt2 解析： A 球下落高度为hA ＝12gt2，B 球下落高度为hB ＝12g(t 2)2＝18gt2，当B 球开始下落的瞬间，A 、B 两球的高度差为Δh ＝hA －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22－hB ＝14gt2，所以D 项正确． 答案： D8．在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ．不计空气阻力，设塔足够高．则物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程不可能为( )A ．10 mB ．20 mC ．30 mD ．50 m解析： 物体在塔顶上的A 点抛出，位移大小为10 m 的位置有两处，如图所示，一处在A 点之上，另一处在A 点之下．在A 点之上时，通过位移为10 m 处又有上升和下降两种过程．上升通过时，物体的路程L1等于位移x1的大小，即L1＝x1＝10 m ；下落通过时，路程L2＝2H －x1＝2×20 m －10 m ＝30 m ．在A 点之下时，通过的路程L3＝2H ＋x2＝2×20 m＋10 m ＝50 m ．故A 、C 、D 可能，正确选项为B.答案： B9．分别让一物体以以下两种情境通过直线上的A 、B 两点，一是物体以速度v 匀速运动，所用时间为t ；二是物体从A 点由静止出发，先匀加速直线运动(加速度为a1)到某一最大速度vm 后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a2)至B 点速度恰好减为0，所用时间仍为t.则下列说法正确的是( )A ．vm 只能为2v ，与a1、a2的大小无关B ．vm 可为许多值，与a1、a2的大小有关C ．a1、a2须是一定的D ．a1、a2必须满足a1·a2a1＋a2＝v t解析： 物体以速度v 匀速通过A 、B 两点时，有AB ＝vt ，变速通过A 、B 两点时，设匀加速和匀减速两个阶段的时间分别为t1和t2，两个阶段的平均速度相等，均为vm 2，则有AB ＝vm 2t1＋vm 2t2＝vm 2t ＝vt ，解得vm ＝2v ，与a1、a2的大小无关，故A 正确、B 错误；由t1＝vm a1，t2＝vm a2得t ＝vm a1＋vm a2，即得a1·a2a1＋a2＝2v t，可见，a1、a2的取值是不确定的，C 、D 错误． 答案： A10．一辆汽车从静止开始匀加速运动，下表给出了某些时刻汽车的瞬时速度，根据表中的数据通过分析、计算可以得出( )A.汽车运动的加速度为2 m/s2B ．汽车前6 s 内的位移为36 mC ．汽车第8 s 的速度为24 m/sD ．汽车运动第7 s 内的位移为16 m解析： 加速度a ＝6.0－3.02.0－1.0 m/s2＝3 m/s2，A 项错．根据x ＝v0t ＋12at2得：前6 s 内的位移x6＝54 m ，B 项错．根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度得，v4＝v0＋v82，所以v8＝24 m/s ，C 项正确．汽车第1 s 内的位移为x1＝1.5 m ，根据连续相等时间内的位移比为1∶3∶5∶…(2n－1)，得x1：x7＝1∶13，故x7＝19.5 m ，D 项错．答案： C二、非选择题11．以36 km/h 的速度行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动，若汽车在刹车后第2 s 内的位移是6.25 m ，则刹车后5 s 内的位移是多少？解析： 设汽车的运动方向为正方向，初速度v0＝36 km/h ＝10 m/s ，据位移公式x ＝v0t ＋12at2得第2 s 内的位移x ＝v0t2＋12at22－v0t1－12at21＝v0(t2－t1)＋12a(t22－t21)即6.25＝10×(2－1)＋12a(4－1)， 解得a ＝－2.5 m/s2.设刹车后经过t s 停止运动，则t ＝v －v0a ＝0－10－2.5s ＝4s. 可见，刹车后5 s 的时间内有1 s 是静止的，故刹车后5 s 内的位移为x′＝v0t ＋12at2＝[10×4＋12×(－2.5)×16]m ＝20 m.答案： 20 m12.如右图所示是F1赛车场上，某型赛车测试场地数据时的运动情景，试求：(1)该车接近维修站时紧急刹车，加速度大小是6 m/s2，如果必须在 2 s 内停下来，赛车的行驶速度最高不能超过多少？(2)如果该车以5 m/s2的加速度加速行驶了6 s ，驶过180 m ，汽车开始的速度为多少？(3)如果该车在5 s 内从静止开始匀加速到100 km/h ，此过程中位移为多少？解析： (1)根据vt ＝v0＋at ，取沿v0方向为正方向，有v0＝vt －at ＝0－(－6)×2 m/s＝12 m/s ＝43.2 km/h(2)由x ＝v0t ＋12at2得v0＝x t －12at ，把已知数值代入 v0＝1806 m/s －12×5×6 m/s＝15 m/s ＝54 km/h (3)此问已知物理量只有v 、t ，要注意公式的选取．已知100 km/h ＝28 m/s.解法一 根据x ＝v0＋vt 2t ＝0＋282×5 m＝70 m 解法二 根据v ＝v0＋at可得a ＝v －v0t ＝28－05m/s2＝5.6 m/s2 因此由x ＝12at2并代入数值有 x ＝12×5.6×52 m＝70 m. 解法三 根据方法二求得的加速度及v2t －v20＝2ax ，得x ＝v2t －v202a ＝282－02×5.6m ＝70 m. 答案： (1)43.2 km/h (2)54 km/h (3)70 m。
【南方新课堂】高考物理一轮总复习 专题一 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用课件
旅游，当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时，她用身边的器 材测出火车的加速度．小芳的测量过程如下：她一边看着窗外 每隔 100 m 的路标，一边用手表记录着时间．她观测到她所在 的车厢从经过第一个路标到经过第二个路标的时间间隔为12 s， 从经过第一个路标到经过第三个路标的时间间隔为 22 s．请 你根据她的测量情况，求：(保留三位有效数字)
v02 vt2 ，不等
2
于该段位移内的平均速度．无论是匀加速还是匀减速，都有
v t＜v s
2
2
．
2．初速度为零的匀变速直线运动的特殊推论
(1)做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，那么公式
都可简化为：v＝at，s＝12at2，v2＝2as，s＝v2t.
(2)由以上各式可以方便地得到初速度为零的匀加速直线 运动各物理量间的比例关系．
思路点拨：由匀变速直线运动的位移公式 s＝v0t＋12at2，对 比题给关系可得质点做初速度 v0＝5 m/s、加速度 a＝2 m/s2 的 匀加速直线运动，再应用匀变速直线运动的公式及推论解题．
答案：D
【触类旁通】 2．如图 1－2－3 所示，光滑斜面 AE 被分成四个相等的部
分，一物体由 A 点从静止释放，下列结论中不正确的是( )
答案：C
热点 2 应用匀变速直线运动的推论解题 【例 2】(2011 年天津卷)质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x＝5t＋t2(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 m B．前 2 s 内的平均速度是 6 m/s C．任意相邻 1 s 内的位移差都是 1 m D．任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s
新课标版高考物理教学案第1章第2节匀变速直线运动的规律及应用
第2节 匀变速直线运动的规律及应用知识点一|匀变速直线运动的基本规律【基础知识舍震送】1. 概念：沿一条直线且加速度不变的运动2. 分类⑴匀加速直线运动:(2)匀减速直线运动:3. 基本规律 a 与v 方向相同。
a 与v 方向相反。
(1速度一时间关系：v = v g + at 、 r v = at‘ 初速度为零 ‘ 1 12 位移一时间关系：x = vot +2at ! ---------- > x = 2at 2、、、 2 2 2 I 即v o = 0 I 2 -3速度一位移关系：v — vg = 2ax v = 2ax［判断正误］(1) 匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动(2) 匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动(3) 匀加速直线运动的位移是均匀增加的。
【高考考法害器轉】考法1对匀变速直线运动的理解1.侈选)一物体做匀变速直线运动，下列说法中正确的是 ()A .物体的末速度一定与时间成正比B. 物体的位移一定与时间的平方成正比C. 物体的速度的变化与对应时间成正比D. 若为匀加速运动，速度和位移都随时间增加CD ［由速度公式v = v o + at 及v — v o = at 可知速度的变化与时间成正比，A (齐 (V) (齐错，C对。
由x= v o t + ^at2，只有当v o = 0时，x与t2成正比，B错。
匀加速直线运动速度和位移都随时间而增加，D对。
］考法2对位移公式的理解及应用2•质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x= 5t +12（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/s1 2一D ［对照匀变速直线运动的位移公式x=v o t +，可知该质点做匀加速直线运动，其初速度v o= 5 m/s,加速度a = 2 m/s2。
物理新学案同步必修一讲义：第二章 匀变速直线运动的研究3 课时2
课时2位移—时间图象和速度—时间图象考试要求知识内容位移与时间的关系d1.知道v－t图象中的“面积”与位移的对应关系.课时要求2.掌握匀变速直线运动x－t图象的特点，并会用它解决简单的问题.一、位移—时间图象(x－t图象)1.x－t图象：以时间t为横坐标，以位移x为纵坐标，描述位移随时间的变化规律.2.常见的x－t图象：(1)静止：一条平行于时间轴的直线.(2)匀速直线运动：一条倾斜的直线.3.x－t图象的斜率等于物体的速度.二、速度—时间图象(v－t图象)1.v－t图象：以时间t为横坐标，以速度v为纵坐标，描述速度随时间的变化规律.2.v－t图象的斜率等于物体的加速度，v－t图象与时间轴所围面积表示位移.1.如图1所示为某一质点沿直线运动的x－t图象，则质点在第1 s内做________运动，1～3 s 内________.第 1 s内速度为__________，1～3 s内速度为__________，3～5 s内速度为________，0～5 内的位移为________.图1答案匀速静止10 m/s0－5 m/s02.如图2所示为一质点沿直线运动的v－t图象，则它在0～12 s内的位移x＝________m，路程s＝________m.图2答案－60180解析v－t图线与t轴所围图形的“面积”表示位移，0～6 s内的位移x1＝v1t1＝10 m/s×6 s ＝60 m,6～12 s内的位移x2＝v2t2＝－20 m/s×6 s＝－120 m,0～12 s内的位移x＝x1＋x2＝－60 m，路程s＝|x1|＋|x2|＝180 m.一、位移—时间图象(x－t图象)1.x－t图象：以时间t为横坐标，以位移x为纵坐标，描述位移x随时间t变化情况的图象叫位移—时间图象.2.对x－t图象的理解(1)斜率：斜率的绝对值表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向.(2)截距：纵截距表示物体的起始位置.(3)交点：交点表示两物体在同一时刻处于同一位置，即相遇.3.几种常见的位移－时间图象(1)静止物体的x－t图象是平行于时间轴的直线，如图3中的直线A.图3(2)匀速直线运动的x －t 图象是一条倾斜的直线，如图中直线B 和C ，其斜率表示速度.其中B 沿正方向运动，C 沿负方向运动.图4(3)匀变速直线运动的x －t 图象：由位移x ＝v 0t ＋12at 2可以看出，x 是t 的二次函数.当v 0＝0时，匀变速直线运动的x －t 图象是顶点在坐标原点的一部分曲线，曲线上某点切线的斜率表示那一时刻的速度，图4中切线斜率逐渐增大，质点的速度逐渐增大.例1 一遥控玩具小汽车在平直路面上运动的位移—时间图象如图5所示，则下列说法正确的是( )图5A.前15 s 内汽车的位移为30 mB.20 s 末汽车的速度为1 m/sC.前10 s 内汽车的加速度为3 m/s 2D.前25 s 内汽车做单方向直线运动 答案 A解析 从图象上可以看出前15 s 内汽车的位移为30 m ，选项A 正确；图象的斜率表示速度，故15～25 s内汽车反向做匀速直线运动，速度为v＝20－3025－15m/s＝－1 m/s，选项B错误；前10 s内汽车做匀速直线运动，加速度为零，10～15 s内汽车静止，15～25 s内汽车反向做匀速直线运动，选项C、D错误.对位移－时间图象的理解1.位移－时间图象不是物体的运动轨迹.2.位移－时间图象只能描述直线运动，不能描述曲线运动.例2如图6是在同一条直线上运动的A、B两质点的x－t图象，由图可知()图6A.t＝0时，A在B后面B.B质点在t2秒末追上A并在此后跑在A的前面C.在0～t1时间内B的运动速度比A大D.A质点在0～t1时间内做加速运动，之后做匀速运动答案B解析由题图可知，t＝0时，B在A后面，故A错误；B质点在t2秒末追上A并在此后跑在A的前面，B正确；在0～t1时间内B的斜率小于A的斜率，故B的运动速度比A小，C错误；A质点在0～t1时间内做匀速运动，之后处于静止状态，故D错误.1.x －t 图象上两点坐标之差表示对应时间内的位移Δx ，即Δx ＝x 2－x 1；2.x －t 图象的斜率k ＝ΔxΔt表示质点的速度；3.交点坐标表示两质点同一时刻到达同一位置，即相遇. 二、速度－时间图象(v －t 图象)例3 (多选)某物体运动的v －t 图象如图7所示，根据图象可知，该物体( )图7A.在0到2 s 末的时间内，加速度为1 m/s 2B.4 s 末质点运动方向改变C.在0到6 s 末的时间内，位移为7.5 mD.在0到6 s 末的时间内，位移为6.5 m 答案 AD解析 在0到2 s 末的时间内物体做匀加速直线运动，加速度a ＝Δv Δt ＝22 m /s 2＝1 m/s 2，故A正确；5 s 末质点速度方向改变，B 错误；0～5 s 内物体的位移等于t 轴上面梯形面积x 1＝(12×2×2＋2×2＋12×1×2) m ＝7 m.在 5～6 s 内物体的位移等于t 轴下面三角形面积x 2＝－(12×1×1) m ＝－0.5 m ，故0～6 s 内物体的位移x ＝x 1＋x 2＝6.5 m ，D 正确，C 错误.例4 物体由静止开始在水平面上运动，0～6 s 内的加速度随时间变化的图线如图8甲所示.图8(1)在图乙中画出物体在0～6 s 内的v －t 图线； (2)求在这6 s 内物体的位移大小. 答案 (1)见解析图 (2)18 m解析 (1)第1 s 内为初速度为0的匀加速直线运动，末速度v 1＝at ＝4 m /s ，v －t 图象是过原点的倾斜直线，1～4 s 加速度为0，速度不变，为匀速直线运动，4～6 s 初速度为第1 s 的末速度v 1＝4 m/s ，加速度a ′＝－2 m/s 2，末速度v 6＝v 1＋a ′t ′＝0，v －t 图象如图所示：(2)速度—时间图线与t 轴所围成的面积代表位移，即x ＝(3＋6)×42m ＝18 m.用v －t 图象求位移v －t 图线与时间轴所围成的“面积”表示位移.“面积”在时间轴上方表示位移为正，在时间轴下方表示位移为负；通过的路程为时间轴上、下方“面积”绝对值之和. 三、x －t 图象与v －t 图象的比较内容 种类 v －t 图象x －t 图象图象上某点的纵坐标表示瞬时速度 表示某一时刻的位置图线斜率 表示加速度 表示速度 图线与时间轴所围面积 表示位移 无意义 图线与纵坐标轴的交点表示初速度表示初始时刻的位置两图线交点坐标 表示速度相同，不表示相遇，往往是距离最大或最小的临界点表示相遇注意：(1)无论是v －t 图象还是x －t 图象都不是物体的运动轨迹. (2)v －t 图象和x －t 图象都只能描述直线运动，不能描述曲线运动.例5 (2018·浙江9＋1高中联盟联考)甲物体运动的速度－时间图象如图9甲所示，乙物体运动的位移－时间图象如图乙所示，在0～4 s 内，关于这两个物体的运动情况，正确的说法是( )图9A.甲有往复运动，它通过的路程为12 mB.甲运动方向一直不变，通过的位移大小为6 mC.乙有往复运动，它通过的路程为12 mD.乙运动方向一直不变，通过的位移大小为6 m 答案 D解析 甲的运动情况：0～2 s 内向负方向做减速运动，2～4 s 内向正方向做加速运动，4 s 末回到出发点，位移为0，路程为s ＝12×3×2×2 m ＝6 m ，选项A 、B 错误.乙的运动情况：0～2 s 内向正方向做匀速运动，起点在原点左侧3 m 处，2 s 末运动到原点，2～4 s 内向正方向做匀速运动，4 s 末运动到原点右侧3 m 处，整个过程运动方向不变，路程为6 m ，位移大小为6 m ，C 错误，D 正确.运动图象的应用技巧1.确认是哪种图象，v －t 图象还是x －t 图象.2.理解并熟记四个对应关系.(1)斜率与加速度或速度对应.(2)纵截距与初速度或初始位置对应.(3)交点对应速度或位置相同.(4)拐点对应运动状态发生改变.1.某物体的位移－时间图象如图10所示，下列说法中正确的是()图10A.物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动B.物体运动8 s时离出发点最远C.物体运动所能达到的最大位移为80 mD.在t＝4 s时刻，物体的瞬时速度大小为20 m/s答案C解析由题图读出运动时间是8 s，此图象是位移－时间图象，不是运动轨迹，图线切线的斜率表示速度，则物体先减速后反向加速，A错误；8 s时回到出发点，B错误；物体运动所能达到的最大位移为80 m，C正确；t＝4 s时刻速度为零，D错误.2.(x－t图象)(多选)甲、乙两物体同时开始做直线运动，它们的位移x与时间t的图象如图11所示，则()图11A.甲物体做匀加速直线运动，乙物体做曲线运动B.甲、乙两物体从同一地点出发C.出发时乙在甲前x0处D.甲、乙两物体有两次相遇答案CD解析由于题图是x－t图象，过原点的直线表示物体做匀速直线运动，所以甲做匀速直线运动，A错；甲从原点出发，乙从x0处出发，故B错，C对；由题图看出，甲、乙有两个交点，故两物体有两次相遇，D对.3.(v－t图象的理解和应用)竖直升空的火箭，其v－t图象如图12所示，由图可知以下说法正确的是()图12A.火箭上升的最大高度为16 000 mB.火箭上升的最大高度为48 000 mC.火箭经过120 s落回地面D.火箭上升过程中的加速度始终是20 m/s2答案B解析火箭上升的最大高度即为运动过程中的最大位移，由题图可知t＝120 s时，位移最大，x ＝12×120×800 m ＝48 000 m ，故A 错误，B 正确；要落回地面，位移等于0，而120 s 时速度为0，位移最大，到达最高点，故C 错误；根据题图可知，前40 s 火箭做匀加速直线运动，后80 s 做匀减速直线运动，加速度是变化的，故D 错误.4.(v －t 图象的理解和应用)(2018·长兴县、德清县、安吉县联考)如图13所示为一物体做直线运动的v －t 图象，根据图象做出的以下判断中，正确的是( )图13A.物体始终沿正方向运动B.物体先沿负方向运动，在t ＝2 s 后开始沿正方向运动C.在t ＝2 s 前物体位于出发点负方向上，在t ＝2 s 后位于出发点正方向上D.在t ＝2 s 时，物体回到出发点 答案 B一、选择题1.某同学为研究物体运动情况，绘制了物体运动的x －t 图象，如图1所示.图中纵坐标表示物体的位移x ，横坐标表示时间t ，由此可知该物体做( )图1A.匀速直线运动B.变速直线运动C.匀速曲线运动D.变速曲线运动答案B解析x－t图象所能表示出的位移只有两个方向，即正方向与负方向，所以x－t图象所能表示的运动也只能是直线运动.x－t图线切线的斜率反映的是物体运动的速度，由题图可知，速度在变化，故B正确，A、C、D错误.2.甲、乙两物体朝同一方向做匀速直线运动，已知甲的速度大于乙的速度，t＝0时，乙在甲前方一定距离处，则两个物体运动的位移－时间图象应是()答案C3.如图2所示是一辆汽车做直线运动的x －t 图象，对线段OA 、AB 、BC 、CD 所表示的运动，下列说法正确的是( )图2A.OA 段运动速度最大B.AB 段物体做匀速运动C.CD 段的运动方向与初始运动方向相反D.运动4 h 汽车的位移大小为30 km 答案 C解析 分析题图可知：OA 段表示汽车向正方向做匀速直线运动，v OA ＝15 km1 h ＝15 km/h ，AB段表示汽车静止；BC 段表示汽车向正方向做匀速直线运动，v BC ＝(30－15) km1 h ＝15 km/h ；CD 段表示汽车反方向做匀速直线运动，v CD ＝(0－30) km1 h ＝－30 km/h ，负号表示运动方向与初始运动方向相反.运动4 h 汽车的位移大小为0.4.(2018·宁波市诺丁汉大学附中期中)物体A 、B 的x －t 图象如图3所示，由图可知( )图3A.从第3 s 起，两物体运动方向相同，且v A >v BB.两物体由同一位置开始运动，但物体A 比B 迟3 s 才开始运动C.在5 s 内物体的位移相同，5 s 末A 、B 相遇D.5 s 内A 、B 的平均速度相等答案 A5.如图4所示，折线是表示物体甲从A 地向B 地运动的x －t 图象，直线表示物体乙从B 地向A 地运动的x －t 图象，则下列说法正确的是( )图4A.在2～6 s 内甲做匀速直线运动B.乙做匀速直线运动，其速度大小为5 m/sC.从计时开始至甲、乙相遇的过程中，乙的位移大小为60 mD.在t ＝8 s 时，甲、乙两物体的速度大小相等 答案 B解析 位移－时间图象的斜率表示速度，故乙做匀速直线运动，速度为v 乙＝60－1008 m /s ＝－5 m/s ，负号表示朝着负方向运动，甲在0～2 s 内做匀速直线运动，2～6 s 内处于静止状态，A 错误，B 正确；在t ＝8 s 时，甲、乙相遇，此时甲的斜率即速度为v 甲＝60－402 m /s ＝10 m/s ，乙的速度为－5 m/s ，故两物体速度大小不相等，相遇时乙的位移大小为40 m ，C 、D 错误. 6.A 、B 两质点从同一地点运动的x －t 图象如图5所示，下列说法中正确的是( )图5A.A 、B 两质点在4 s 末速度相等B.前4 s 内A 、B 之间距离先增大后减小，4 s 末两质点相遇C.前4 s 内A 质点的位移小于B 质点的位移，后4 s 内A 质点的位移大于B 质点的位移D.B 质点先加速后减速，8 s 末回到出发点 答案 B解析 x －t 图象中，切线的斜率大小表示速度大小，4 s 末二者的斜率不同，所以速度不同，A 错误；前4 s 内A 、B 之间距离先增大后减小，4 s 末两质点相遇，B 正确；前4 s 内A 质点的位移等于B 质点的位移，后4 s 内A 质点的位移等于B 质点的位移，C 错误；由图线切线的斜率知，B 质点先减速后加速，8 s 末回到出发点，D 错误.7.马路上的甲、乙两辆汽车的v －t 图象如图6所示，由此可判断两车在这30分钟内的平均速度大小关系是( )图6A.甲车大于乙车B.甲车小于乙车C.甲车等于乙车D.条件不足，无法判断 答案 A解析 相同时间内，甲图线与时间轴所围的面积大，位移x 大，因v ＝xt ，所以A 对.8.(多选)如图7所示为汽车在行驶过程中通过交叉路口时的速度—时间图象，由图象可知( )图7A.汽车在路口等候的时间为10 sB.汽车减速过程的加速度大小为2.5 m/s 2C.汽车减速过程的位移大小为20 mD.汽车启动过程中做的是加速度增大的加速运动 答案 BC解析 汽车在路口等候的时间为6 s ，A 项错误.汽车减速过程a ＝ΔvΔt ＝－2.5 m/s 2，B 项正确.减速过程的位移等于0～4 s 时间内v －t 图线与时间轴围成的面积x ＝20 m ，C 项正确.启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，D 项错误.9.(2018·东阳中学期中)某物体沿水平方向运动，规定向右为正方向，其v －t 图象如图8所示，则( )图8A.在0～1 s 内做曲线运动B.在1～2 s 内速度方向向左C.在2 s 末离出发点最远D.在1～2 s 和2～3 s 内的加速度大小相等，方向相反 答案 C10.如图9所示的位移－时间图象和速度－时间图象中，给出四条图线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )图9A.图线1表示物体做曲线运动B.x －t 图象中t 1时刻v 1＞v 2C.v －t 图象中0至t 3时间内3和4的平均速度大小相等D.两图象中，t 2、t 4时刻分别表示2、4开始反向运动 答案 B解析 图线1是位移－时间图象，表示物体是做变速直线运动，选项A 错误；x －t 图线上某点切线斜率的大小表示速度的大小，选项B 正确；v －t 图象中0至t 3时间内3和4的位移不同，所以平均速度不相等，选项C 错误；t 2时刻2开始反向运动，t 4时刻4的加速度方向变化但运动方向不变，选项D 错误. 二、非选择题11.矿井里的升降机，由静止开始匀加速上升，经过5 s 速度达到4 m/s 后，又以这个速度匀速上升20 s ，然后匀减速上升，经过4 s 停止在井口. (1)画出升降机运动的v －t 图象. (2)求矿井的深度.答案 (1)见解析图 (2)98 m 解析 (1)如图所示(2)升降机的位移等于v －t 图线与时间轴所围面积 x ＝12×(20＋29)×4 m ＝98 m. 即矿井的深度为98 m.12.如图10所示是某质点运动的v －t 图象，请回答：图10(1)离出发点的最远距离； (2)12 s 内的路程. 答案 (1)70 m (2)80 m解析 (1)v －t 图象与t 轴围成的面积表示位移，在时间轴上方位移为正，下方位移为负，由题图可知，质点在10 s 后将反向运动，故10 s 末位移最大，最大位移为x ＝12×(10＋4)×10 m＝70 m ，所以离出发点的最远距离为70 m ；(2)路程是质点运动轨迹的长度，是标量，没有方向，所以12 s 内运动的路程为图象与t 轴围成的面积的绝对值之和，即s ＝(70＋10) m ＝80 m.。
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【答案】
BD
3．(2009年江苏卷)如右图
所示，以8 m/s匀速行驶的汽车 即将通过路口，绿灯还有2 s将 熄灭，此时汽车距离停车线18 m．该车加速时最大加速度大
小为2 m/s2，减速时最大加速度
大小为5 m/s2.此路段允许行驶 的最大速度为12.5 m/s.下列说法
中正确的有
(
)
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能
第2讲 用
匀变速直线运动规律及应
匀变速直线运动及规律 1．匀变速直线运动
(1)定义：物体在一条直线上且加速度 不变的运动．
(2)分类：
2．匀变速直线运动的规律 (1)三个基本公式
①速度公式：v＝ v0＋at . ②位移公式：x＝ v0t＋ at2 .
③位移速度关系式：
v2－v02＝ 2ax .
(2)平均速度公式： ＝ .
2．竖直上抛运动规律 (1)运动特点：加速度为g，上升阶段做 匀减速直线 运动，
下降阶段做
(2)基本规律
自由落体 运动． .
速度公式：v＝ v0－gt
位移公式：h＝ v0t－ gt2 .
速度位移关系式：v2－v＝ －2gh . 上升的最大高度：H＝ 上升到最高点所用时间：t＝ . .
题组演练
一、应用匀变速运动规律解决问题应注意 1．公式中各量正负号的确定 x、a、v0 、v均为矢量，在应用公式时，一般以初速 度方向为正方向，凡是与v0 方向相同的x、a、v均为正值， 反之为负值，当v0＝0时，一般以a的方向为正方向．
＝v0t＋
at2可得两个方程：
【答案】
1s
3s
(2＋
)s
(14分)汽车从静止开始出发，在水平路面上做匀加 速直线运动，通过相距38.4 m的甲、乙两地需8 s，经过乙 地的速度是经过甲地速度的2倍，求汽车的加速度和甲地
离汽车出发处的距离．
【解析】 方法一 设汽车的加速度为a，汽车从出发处到甲地 所需时间为t，则甲地离出发处的距离为x甲＝ at2①☞(1分) 乙地离出发处的距离为x乙＝ a(t＋8)2☞(2分)
熄灭前通过的距离小于16 m，则不能通过停车线，如距离 停车线5 m处减速，汽车运动的最小距离为6.4 m，不能停 在停车线处．AC正确． 【答案】 AC
2．两类特殊的运动问题
(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
作用力大小不变．空气阻力可忽略不计，重力加速度g取
10 m/s2.(结果保留两位有效数字)
求陈若琳从离开跳台到手触及水面的过程中可用于完 成一系列动作的时间．
【答案】
1.7 s
3－1：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/s2,5 s内物体的 A．路程为65 m B．位移大小为25 m，方向向上 C．速度改变量的大小为10 m/s ( )
x甲＋38.4＝ a(t＋8)2②☞(2分)
由①②式得 a(t＋8)2－ at2＝38.4③ 汽车经过甲地的速度为v甲＝at④☞(1分) 汽车经过乙地的速度为v乙＝a(t＋8)☞(1分) 则2v甲＝a(t＋8)⑤(1分) 由④⑤式，得2at＝a(t＋8) 解得t＝8 s ☞(2分) 把t＝8 s代入③式，得a＝0.4 m/s2 ☞(2分)
【答案】
3∶5∶6
求解匀变速直线运动的一般思路
(1)弄清题意，建立一幅物体运动的图景．为了直观形 象，应尽可能地画出草图，并在图中标明一些位置和物理 量． (2)弄清研究对象，明确哪些量已知，哪些量未知，根 据公式特点恰当选用公式． (3)利用匀速直线运动的两个推论和初速度为零的匀加 速直线运动的特点，往往能够使解题过程简化．
D．平均速度大小为13 m/s，方向向上
【解析】
初速度30 m/s，只需要3 s即可上升到最高
点，位移为h1＝302/20 m＝45 m，再自由落体2 s时间，下 降高度为h2＝0.5×10×22m＝20 m，故路程为65 m，A对； 此时离地面高25 m，位移方向竖直向上，B对；此时速度 为v＝10×2 m/s＝20 m/s，速度改变量为50 m/s，C错；平 均速度为25 m/5 m/s＝5 m/s，D错． 【答案】 AB
C．无论力的方向如何，均大于1 m/s
D．无论力的方向如何，均小于1 m/s
【解析】
速度均为
无论力的方向如何，0.2 s中间时刻的瞬时
，经分析可知，质点无论是
匀加速还是匀减速，a、b中间时刻的瞬时速度均小于a、b 中点时的速度，所以选项C正确． 【答案】 C
2．2009年3月29日，中
国女子冰壶队首次夺得世界 冠军，如右图所示一冰壶以 速度v垂直进入三个矩形区域 做匀减速运动，且刚要离开 第三个矩形区域时速度恰好 为零，则冰壶依次进入每个 矩形区域时的速度之比和穿 过每个矩形区域所用的时间 之比分别是 ( )
1－1：某物体以12 m/s的初速度做匀减速运动，在第
3 s内的位移为4.5 m，求物体的加速度．
【答案】
－3 m/s2
运行着的汽车制动后做匀减速直线滑行，经3.5 s停
止，试问它在制动开始的1 s内、2 s内、3 s内通过的位移
之比为多少？ 【解析】 如图甲所示，汽车从O开始制动后，1 s末 到A,2 s末到B,3 s末到C,3.5 s末停止在D.
这个运动的逆过程可看成初速度为零的匀加速直线运
动，加速度的数值等于汽车做匀减速直线运动时的加速度， 如图乙所示．将3.5 s等分为7个0.5 s，那么，逆过程从D起 的连续7个0.5 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11∶13.因 此xCB∶xBA∶xAO＝8∶16∶24. 汽车从O起1 s内、2 s内、3 s内的位移，即图甲中的 xOA 、 xOB 、 xOC ， 所 以 xOA∶xOB∶xOC ＝ 24∶40∶48 ＝ 3∶5∶6.
定义式 对任何性质的运动都适用，而 匀变速直线运动 ＝ (v0＋vt)只适用于
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 vt/2＝ ，适用于任何一个匀变速直线运动 把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法．一般用 于末态已知的情况 应用v－t图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决 对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先 考虑用Δx＝aT2求解
(4)如果题目涉及不同的运动过程，则应重点寻找各段
运动的速度、位移、时间等方面的关系．
2－1：质点从静止开始做匀加速直线运动，从开始运
动起，通过连续三段路程所用的时间分别为1 s、2 s、3 s，
这三段路程之比应是 A．1∶2∶3 C．12∶22∶32 B．1∶3∶5 D．13∶23∶33 ( )
1．在水平面上有a、b两点，相距20 cm，一质点在一
恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2 s的时间 先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度大小 为 b向a，则小于1 m/s B．若力的方向由a向b，则小于1 m/s；若力的方向由 b向a，则大于1 m/s ( ) A．若力的方向由a向b，则大于1 m/s，若力的方向由
题组演练
匀变速直线运动的重要推论 1．任意相邻两个连续相等的时间里的位移之差是一 个恒量，即x2－x1＝x3－x2＝…xn－xn－1＝at2. 2．某段时间内的平均速度，等于该时间的中间时刻
的瞬时速度，即
＝v
＝
.
.
3．某段位移中点的瞬时速度等于初速度v0和末速度vt 平方和一半的平方根，即
4．初速度为零的匀加速直线运动的规律(设T为等分 时间间隔)． (1)1 T内、2 T内、3 T内……位移之比 x1∶x2∶x3……＝ 12∶22∶32……. . (2)1 T末、2 T末、3 T末……速度之比 v1∶v2∶v3＝ 1∶2∶3∶…… . (3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……的位移之 比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝ 1∶3∶5……. .
(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……＝ .
题组演练
自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动 (1)条件：物体只在 重力 作用下，从 静止 开始下落． (2)特点：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g的匀变 速直线 运动． (3)基本规律：速度公式v＝ gt . 位移公式h＝ . 速度位移关系式：v2＝ 2gh .
所以x甲＝ at2＝ ×0.4×82＝12.8 m．☞(2分)
求解匀变速直线运动问题常见方法
方法 一般公 式法 平均速 度法 中间时 刻 速度法 逆向思 维法 图象法 推论法 (Δx＝ aT2) 分析说明
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．一般以v0的方向为正方向，其余与正方向相同者 为正，与正方向相反者取负
2．竖直上抛运动的重要特性 (1)对称性 如右图所示，物体以初速度v0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tAC 和下
降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝ tBA.
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． ③能量对称性
物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，
均等于mghAB. (2)多解性
当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶
段，也可能处于下降阶段，造成双解．
2．某人站在高楼的平台边缘处，以v0＝20 m/s的初速
度竖直向上抛出一石块．求抛出后，石块经过距抛出点15 m处所需的时间．(不计空气阻力，g取10 m/s2) 【解析】 若把石块的整个运动过程当做一个匀变速 直线运动(即把上升到最高点后的自由下落阶段也包含在 其中)，取向上为正方向，则石块在抛出点上方的A点时， xA＝＋15 m，在抛出点下方的B点时，xB＝－15 m(注意： 此时的位移为负值)，a＝－g＝－10 m/s2，分别代入公式x