1、第2讲匀变速直线运动的规律知识排查匀变速直线运动的基本公式匀变速直线运动的推论1.匀变速直线运动的三个推论(1)相同时间内的位移差：saT2，smsn(mn)aT2(2)中间时刻速度：v(3)位移中点速度v2.初速度为零的匀变速直线运动的常用重要推论(1)T末、2T末、3T末瞬时速度之比为v1v2v3vn123n。(2)T内、2T内、3T内位移的比为s1s2s3sn122232n2。(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内位移的比为ssssN135(2N1)。(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1t2t3tn1(1)()()。自由落体运动1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落
2、的运动。2.运动规律(1)速度公式：vtgt。(2)位移公式：hgt2。(3)速度位移关系式：v2gh。竖直上抛运动1.定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。2.运动规律(1)速度公式：vtv0gt(2)位移公式：hv0tgt2(3)速度位移关系式：vv2gh小题速练1.思考判断(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。()(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。()(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。()(4)初速度为零的匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为123。()(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。()(
3、6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)2.某航母跑道长为200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，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/s B.10 m/sC.15 m/s D.20 m/s解析飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，由题意知，vt50 m/s，a6 m/s2，s200 m，根据vv2as得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0 m/s10 m/s。故选项B正确。答案B3.一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB6 m，B
4、C10 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中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB4 m/s。又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即sat2，则由sBCABat2解得a1 m/s2，再由速度公式vtv0at，解得vA2 m/s，vC6 m/s，故选项B正确。答案B4.(2019福建六校联考)假设一位同学在某
5、星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体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末的速度大小是20 m/sB.物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/sC.物体在前2 s内的位移大小是20 mD.物体在5 s内的位移大小是50 m解析设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得g52g4218 m，得g4 m/s2，所以2 s末的速度大小为vtgt28 m/s，选项A错误；第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s 内的位移大小为sgt8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小为s
6、5gt50 m，选项D正确。答案D匀变速直线运动规律的基本应用1.常用公式的选择题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、vt、a、tsvtv0atv0、a、t、svtsv0tat2v0、vt、a、stvv2asv0、vt、t、sast2.运动学公式中正、负号的规定一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。【例1】(2019湖北天门模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：(1)这时出租车离
7、出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解题关键画运动过程示意图，呈现运动情景解析(1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v115 m/s，由速度公式vtv0at得a1.5 m/s2由位移公式得s1at1.5102 m75 m这时出租车离出发点的距离为75 m。(2)当速度计上显示的速度为v2108 km/h30 m/s时，由v2as2得s2300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2 s20
8、 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，通过位移s3v2t33080 m2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示ss2s3(3002 400) m2 700 m2.7 km。答案(1)75 m(2)2.7 km解题的基本思路1.(2019海南琼中模拟)一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足2t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是()A.质点可能做匀减速直线运动B.5 s内质点的位移为35 mC.质点运动的加速度为1 m/s2D.质点3 s末的速度为5 m/s解析根据平均速度知，
9、st2tt2，根据sv0tat22tt2知，质点的初速度v02 m/s，加速度a2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移sv0tat225 m225 m35 m，故B正确；质点在3 s末的速度vtv0at2 m/s23 m/s8 m/s，故D错误。答案B2.如图1所示，高速公路一般情况下小汽车限速120 km/h，但由于施工等特殊情况会有临时限速。某货车正在以72 km/h的速度行驶，看到临时限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1 m/s2，减速行驶了2 min，则减速后货车的速度为()图1A.6.0 m/s B.8.0 m/sC.10.0 m/s D.12.0
10、m/s解析v072 km/h20 m/s，t2 min120 s，a0.1 m/s2。由vtv0at得vt(200.1120) m/s8.0 m/s，故选项B正确。答案B3.易错点刹车类问题以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为()A.50 m B.45 m C.40.5 m D.40 m解析根据sv0tat2得36183a32，即a4 m/s2。汽车停止所需时间为t s4.5 s0，物体上升，若v0，物体在抛出点正上方，若h0，物体在抛出点正下方【例4】如图5中高楼为上海中心大厦，建筑主体为118层，总高为632 m。现假设外墙
11、清洁工人在320 m高处进行清洁时不慎掉落一瓶水，当他发现水瓶掉落时，水瓶已经下落了5 s，此时他大声向下方行人发出警告。已知声速为340 m/s，空气阻力忽略不计，g取10 m/s2。下列说法正确的是()图5A.正下方的行人先看见水瓶落地，再听见警告声，时间差超过2 sB.正下方的行人先听见警告声，再看见水瓶落地，时间差超过2 sC.正下方的行人先看见水瓶落地，再听见警告声，时间差不到1 sD.正下方的行人先听见警告声，再看见水瓶落地，时间差不到1 s解析瓶子落地总时间t总8 s，当瓶子下落5 s后才发现，还剩3 s落地，此时人喊出声音传到正下方时间t0.9 s，故行人先听到警告声，再看见水
12、瓶落地，且时间差超过2 s。答案B1.(2019贵州贵阳模拟)如图6所示，太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，奥地利极限运动员鲍姆加特纳乘氦气球到达3.9万米高空后纵身跳下，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速。关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动时间里的位移或速度，以下说法正确的是(重力加速度g取10 m/s2，且不随高度的变化而变化)()图6A.自由落体运动的位移是3.9104 mB.自由落体运动的位移是2.1104 mC.自由落体运动的末速度是6.0102 m/sD.自由落体运动的平均速度是6.0102 m/s解析根据题意，运动员做自由落体运动的
13、时间t60 s，因此，自由落体运动的位移hgt21.8104 m，选项A、B错误；运动员自由落体的末速度vtgt6.0102 m/s，C正确；自由落体运动的平均速度vt3.0102 m/s，D错误。答案C2.(2019山东临沂校级段考)气球下挂一重物，以v010 m/s 的速度匀速上升，当到达离地面高度h175 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，g取10 m/s2)解析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t1和上升的高度h1分别为t11 sh15 m故重物离地面的最大高度为Hh1h180 m重物从最高
14、处自由下落，落地时间和落地速度分别为t26 svgt260 m/s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为tt1t27 s。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h175 m，由位移公式有hv0tgt2即17510t10t210t5t2整理得t22t350解得t17 s，t25 s(舍去)所以重物落地速度为vv0gt10 m/s107 m/s60 m/s其中负号表示落地速度方向与初速度方向相反，方向竖直向下。答案7 s60 m/s匀变速直线运动的多过程问题“四步”分析法巧解多过程问题如果一个物体的运动包含几个阶段，
15、就要分段分析，找出各段交接处的关联物理量，可按下列四个步骤解题(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；(2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移时间关系；(4)解：联立求解，算出结果。【例5】(12分)假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过vt21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速为v0108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a14 m/s2。试问：(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a26 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的
16、时间至少是多少？(3)在(1)(2)问中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？解题关键画草图(运动过程)规范解答(1)vt21.6 km/h6 m/s，v0108 km/h30 m/s，小汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设在距收费站至少为s1处开始制动，则有vv2a1s1(2分)解得s1108 m。(1分)(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前、后两段的位移分别为s1和s2，时间分别为t1和t2。减速阶段，有vtv0a1t1(1分)解得t16 s(1分)加速阶段，有v0vta2t(1分)解得t24 s则汽车运动的时间至少为tt1t210 s。(1分)(3)加速阶段，有v
17、v2a2s2(2分)解得s272 m则总位移ss1s2180 m(1分)若不减速通过收费站，则所需时间t6 s(1分)故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为ttt4 s(1分)答案(1)108 m(2)10 s(3)4 s1.如图7为某高速公路出口的ETC通道示意图。一汽车驶入ETC车道，到达O点的速度v030 m/s，此时开始减速，到达M点时速度减至vt6 m/s，并以6 m/s的速度匀速通过MN区。已知MN的长度d36 m，汽车减速运动的加速度大小a3 m/s2，求：图7(1)O、M间的距离x；(2)汽车从O点到N点所用的时间t。解析(1)根据vv2as得，s144 m。(2)从O点到达M
18、点所用的时间t18 s，匀速通过MN区所用的时间t26 s，汽车从O点到N点所用的时间tt1t214 s。答案(1)144 m(2)14 s2.如图8所示，在成都天府大道某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度。一辆汽车正从A点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距355 m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接收到发射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D点，且此时汽车与测速仪相距335 m，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为图9所示分析(已知超声波速度为340 m/s)。图8图9(1)求汽车刹车
19、过程中的加速度a；(2)此路段有80 km/h的限速标志，分析该汽车刹车时的行驶速度是否超速？解析(1)设超声波从B运动到C的时间为t0，那么在超声波从C返回B的t0时间内，汽车由C减速运动到D且速度为零，应用逆向思维s2at，超声波往返时间为2t0，汽车在2t0时间内，运动的位移为s1s2a(2t0)2，s1s2s0s20 m，s25 m，s115 m，而超声波在t0内的距离为BCss2335 m5 m340 m，即v声t0340 m，t01 s，代入s2at得a10 m/s2。(2)由s1s2，得v020 m/s72 km/h，汽车未超速。答案(1)10 m/s2(2)不超速课时作业(时间
20、：30分钟)基础巩固练1.如图1所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看做是自由落体运动。假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约为(g取10 m/s2)()图1A.20 m/s B.14 m/sC.2 m/s D.1.4 m/s解析根据公式v22gh得v m/s14 m/s，选项B正确。答案B2.某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3 s内通过的位移是s(单位：m)，则质点运动的加速度为()A.(m/s2) B.(m/s2)C.(m/s2) D.(m/s2)解析由匀变速直线运动规律知第3 s内的平均速度等于t2.5 s时的瞬时速度v2.5(m/s)s(m/s)，
21、得a(m/s2)(m/s2)，C正确。答案C3.如图2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sABsBC等于()图2A.11 B.12 C.13 D.14答案C4.一物体自空中的A点以一定的初速度向上抛出，1 s后物体的速率变为10 m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g10 m/s2)()A.在A点上方，速度方向向下B.在A点下方，速度方向向下C.正在A点，速度方向向下D.在A点上方，速度方向向上解析物体的初速度方向竖直向上，若1 s后物体的速度方向向下，大小为10 m/s，则在此1 s内物体速度的变化量v将
22、大于10 m/s，这与vgt10 m/s不符，故1 s后物体的速度方向仍向上，物体在抛出点A上方，选项D正确。答案D5.某同学在实验室做了如图3所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00103 s，g取10 m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为()图3A.1 m B.1.25 m C.0.4 m D.1.5 m解析小球经过光电门的速度v m/s5.0 m/s，由v22gh可得小球开始下落的位置距光电门的距离为h1.25 m，故B项正确。答案B6.(2019江西赣中南五校联考)我国是
23、一个消耗能源的大国，节约能源刻不容缓，设有一架直升飞机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量Vpaq(p、q均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为()A. B. C. D.解析设匀加速直线运动的加速度为a，高度为h，由hat2得，t，则消耗的油量V(paq)t(paq)，知p2a时，油量消耗最小，解得a，故B正确。答案B7.某列车离开车站后做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，前1 s内的位移为10 m，前2 s内的位移为25 m，则前3秒内的位移为 ()A.40 m B.45 m C.50 m D.55 m解析第1 s
24、内的位移s110 m，第2 s内的位移s2(2510) m15 m，由s2s1s3s2得第3秒内的位移s320 m，前3 s的位移ss1s2s345 m，故B项正确。答案B8.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。已知该运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员在加速阶段的加速度大小及通过的距离。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s1和s2，由运动学规律得s1at，s1s2a(2t0)2，
25、其中t01 s，s27.5 m，联立解得a5 m/s2。设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题意及运动学规律，得tt1t2，vat1，satvt2，设加速阶段通过的距离为s，则sat，联立解得s10 m。答案5 m/s210 m综合提能练9.(2019南通期末)科技馆中的一个展品如图4所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，
26、下列描述正确的是(取g10 m/s2)()图4A.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tABtBCtCDB.闪光的间隔时间是 sC.水滴在相邻两点间的平均速度满足ABBCCD149D.水滴在各点的速度之比满足vBvCvD135解析由题图可知135，水滴做初速度为零的匀加速直线运动，由题意知水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间相等，A错误；由hgt2可得水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间为 s，即闪光的间隔时间是 s，B正确；由知水滴在相邻两点间的平均速度满足ABBCCD135，C错误；由vtgt知水滴在各点的速度之比满足vBvCvD123，D错误。答案B10.如图5所示，物体从O点
27、由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中sAB2 m，sBC3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于()图5A. m B. m C. m D. m解析设物体的加速度为a，经过A点时的速度为vA，由A点到B点所用的时间为t，则sABvAtat22 m，sACvA2ta(2t)25 m，联立解得at21 m，vAt1.5 m，sOA m，选项A正确。答案A11.(多选)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
28、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/s2B.质点运动的加速度是0.3 m/s2C.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0.35 m/s解析由saT2和逐差法可得质点运动的加速度a0.3 m/s2，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v0.2 m/s，第1次闪光时质点的速度是v1va0.2 m/s0.30.5 m/s0.05 m/s，第2次闪光时质点的速度是v2va0.2 m/s0.30.5 m/s0.35 m/s，选项C错误，D正确。答案BD12.机场大道某路口，有按倒计时显示的时间显示
29、灯。有一辆汽车在平直路面上以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前进，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度a1至少多大？(2)若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以a22 m/s2的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速度a3的大小。(结果保留2位有效数字)解析(1)初速度v036 km/h10 m/s，反应时间t11 s，司机反应时间内汽车通过位移s1v0t110 m，匀加速时间t25 st14 s，ss1v0t2a1t，解得a12.5 m/s2。(2)汽车加速结束时通过的位移为s2v0t1v0t3a2t(101103232) m49 m，此时车头前端离停车线的距离为s3ss2(7049) m21 m，此时速度为vv0a2t3(1023) m/s16 m/s，匀减速过程有v22a3s3，解得a3 m/s26.1 m/s2。答案(1)2.5 m/s2(2)6.1 m/s2
