1、第2讲匀变速直线运动一、匀变速直线运动及基本规律1.定义和分类(1)匀变速直线运动:沿着一条直线,且加速度不变的运动。(2)分类匀加速直线运动:a与v同向。匀减速直线运动:a与v反向。2.三个基本关系:(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+12at2。(3)位移与速度的关系式:v2-v02=2ax。二、匀变速直线运动的推论1.平均速度公式:v=vt2=v0+vt2。2.位移差公式:x=x2-x1=x3-x2=xn-xn-1=aT2。可以推广到xm-xn=(m-n)aT2。3.某段位移内中间位置的瞬时速度vx2与这段位移的初、末速度v0与vt的关系为vx
2、2=12v02+vt24.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:v1v2v3=123。(2)1T内,2T内,3T内位移之比为:x1x2x3=12232。(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内位移之比为:xxx=135。(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:t1t2t3=1(2-1)(3-2)。三、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,从静止开始的运动。(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a.速度公式:v=gt。b.位移公式:h=12gt2。c.速度位移关系式:v2=2g
3、h。(4)伽利略对自由落体运动的研究a.伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论。b.伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理猜想与假设实验验证合理外推。这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。2.竖直上抛运动(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a.速度公式:v=v0-gt。b.位移公式:h=v0t-12gt2。c.速度位移关系式:v2-v02=-2gh。d.上升的最大高度:h=v022g。e.上升到最大高度用时:t=v0g。1.判断下列说法对错。(1)匀变速直线运动是加速度均匀
4、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。()(4)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。()(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。()2.(人教版必修1P40T3改编)以18m/s的速度行驶的汽车,制动后做匀减速运动,在3s内前进36m,则汽车在5s内的位移为()A.50mB.45mC.40.5mD.40m答案C3.(人教版必修1P45T3改编)有一种“傻瓜”照相机,其光圈(进光孔径)随被摄物体的亮度自动调节,而快门(曝光
5、时间)是固定不变的。为估测某架“傻瓜”照相机的曝光时间,实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下,拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动,它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子从地面以上2.5m的高度下落,每块砖的平均厚度为6cm,请估算这架照相机的曝光时间为()A.0.01sB.0.02sC.0.1sD.0.2s答案B考点一匀变速直线运动的规律及应用1.速度时间关系式某质点做直线运动,速度随时间的变化关系式为v=(2t+4)m/s,则对这个质点运动情况的描述,说法正确的是()A.初速度为2m/sB.加速度为4m/s2C.在3s末,瞬时速度为10m/sD.前3s内,位移为30m答案C根
6、据v=v0+at,比较v=(2t+4)m/s得质点运动的初速度为4m/s,加速度为2m/s2,所以选项A、B错误;在3s末,质点的瞬时速度为vt=23m/s+4m/s=10m/s,所以选项C正确;前3s内,质点的位移x=vt2-v022a=102-4222m=21m,选项D错误。2.速度推论式的应用某质点从静止开始做匀加速直线运动,已知第3秒内通过的位移是x(单位:m),则质点运动的加速度为()A.3x2(m/s2)B.2x3(m/s2)C.2x5(m/s2)D.5x2(m/s2)答案C由匀变速直线运动规律知第3秒内的平均速度等于t=2.5s时的瞬时速度,得a=x2.5(m/s2)=2x5(m
7、/s2),C对。3.接连发生的客机坠毁事件,使人们更加关注飞机的安全问题。假设飞机从静止开始做匀加速直线运动,经时间t0=30s、在速度达到v0=72m/s时,驾驶员对发动机的运行状态进行判断;在速度达到v1=78m/s时,必须做出判断,可以中断起飞或继续起飞;若速度超过v2=84m/s时,就必须起飞,否则会滑出跑道。已知从开始到离开地面的过程中,飞机的加速度保持不变。若在速度达到v2时,由于意外必须停止起飞,飞机立即以大小为4.2m/s2的加速度做匀减速直线运动,要让飞机安全停下来,求跑道的最短长度。答案2310m解析设飞机加速过程中的加速度大小为a1,飞机从静止开始加速到v2发生的位移大小
8、为x1,则有v22=2a1x1由速度公式有v0=a1t0设飞机做匀减速直线运动过程发生的位移大小为x2,加速度大小为a2,则有v22=2a2x2设跑道的最短长度为x,则依题意有x=x1+x2联立解得x=2310m1.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.对于运动学公式的选用题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题而设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用的公式v0、v、a、txv=v0+atv0、a、t、xvx=v0t+12at2v0、v、a、xtv2-v02=2axv0、v、t、xax=v+v02t3.运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负
9、号表示矢量的方向,一般情况下,我们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。4.平均速度与瞬时速度的互换在匀变速直线运动中,全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即v=vt2。利用好这一关系,可以实现平均速度与瞬时速度的互换,求解问题能起到事半功倍的效果。5.匀减速直线运动到速度为零后即停止运动,加速度a突然消失,求解时要注意先确定其实际运动时间。考点二解决匀变速直线运动的常用方法例1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。已知物体上滑到距斜面底端A点34l处的B点时,所用
10、时间为t,求物体从B滑到C所用的时间。解题指导本题可运用“逆向思维法”“基本公式法”“位移比例法”“时间比例法”“中间时刻速度法”“图像法”等方法解题。答案见解析解析解法一逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面,可逆向看成向下匀加速滑下斜面。故xBC=atBC22,xAC=a(t+tBC)22,又xBC=xAC4由以上三式解得tBC=t解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v02=2axACvB2=v02-2axABxAB=34xAC由式解得vB=v02又vB=v0-atvB=atBC由式解得tBC=t解法三位移比例法对于初速度
11、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x1x2x3xn=135(2n-1)。因为xCBxBA=xAC43xAC4=13,而通过xBA的时间为t,所以通过xBC的时间tBC=t解法四时间比例法对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1t2t3tn=1(2-1)(3-2)(n-n-1)现将整个斜面分成相等的四段,如图所示,设通过BC段的时间为tx,那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD=(2-1)tx,tDE=(3-2)tx,tEA=(2-3)tx,又tBD+tDE+tEA=t,解得tx=t解法五中间时刻速度法利用推论:匀变速直线运动中,中间时
12、刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,vAC=v0+v2=v02。又v02=2axAC,vB2=2axBC,xBC=xAC4。由以上三式解得vB=v02。vB正好等于AC段的平均速度,因此B点对应中间时刻,因此有tBC=t解法六图像法根据匀变速直线运动的规律,作出v-t图像,如图所示。利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边长的平方之比,得SAOCSBDC=CO2CD2,且SAOCSBDC=41,OD=t,OC=t+tBC所以41=(t+tBC)2tBC2,解得tBC=t解题感悟1.解决匀变速直线运动相关问题的常用方法2.匀变速直线运动问题的解题“四步骤”1.平均速度法物体做匀加速直线运动,相继
13、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/s2B.43m/s2C.89m/s2D.169m/s2答案B根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于t2时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度v1=v1=164m/s=4m/s,在第二段内中间时刻的瞬时速度v2=v2=162m/s=8m/s,则物体的加速度a=v2-v1t=8-43m/s2=43m/s2,故选项B正确。2.图像法甲、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。在第一段时间间隔内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是甲的两倍;在接下来的相同时间间
14、隔内,汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。答案见解析解析在同一坐标系中作出甲和乙的v-t图像如图所示从图像可以看出:甲的总位移为s=12vt+12(v+3v)t=52vt,乙的总位移为s=12(2v)t+12(2v+3v)t=72vt,所以ss=57。考点三自由落体运动和竖直上抛运动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
15、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v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动,必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向,则v0时,物体正在上升;v0时,物体在抛出点上方;h0时,物体在抛出点下方。例2研究人员为检验某一产品的抗撞击能力,乘坐热气球并携带该产品竖直升空,当热气球以10m/s的速度匀速上升到某一高度时,研究人员从热气球上将产品自由释放,测得经11s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力,求产品的释放位置距地面的高度。(g取10m/s2)审题关键(1)产品脱离热气球后,做什么性质的运动?提示
16、:竖直上抛运动(2)根据已知量和未知量选择哪种研究方法求解?提示:全程法或分段法解题指导本题可运用“分段法”和“全程法”解题。答案495m解析解法一分段法根据题意画出运动草图如图甲所示。将产品的运动过程分为AB和BCD两段来处理。AB为竖直方向匀减速运动,BCD为自由落体运动在AB段,根据匀变速运动规律可知tAB=v0g=1shAB=hBC=12gtAB2=5m由题意可知tBD=11s-1s=10s根据自由落体运动规律可得hBD=12gtBD2=500m故释放点离地面的高度H=hBD-hBC=495m解法二全程法将产品的运动视为匀变速直线运动,根据题意画出运动草图如图乙所示规定向上为正方向,则
17、v0=10m/s,a=-g=-10m/s2根据H=v0t+12at2解得H=-495m即产品刚释放时离地面的高度为495m解题感悟掌握竖直上抛运动的四个特性(1)时间对称性:物体上升过程中从A到C所用时间tAC和下降过程中从C到A所用时间tCA相等,同理有tAB=tBA。(2)速度对称性物体上抛时的初速度与物体落回抛出点时的速度大小相等、方向相反;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、重力势能及机械能分别相等。(4)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
18、可能处于下落阶段,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。1.竖直上抛运动(2019课标,18,6分)如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个H4所用的时间为t1,第四个H4所用的时间为t2。不计空气阻力,则t2t1满足()A.1t2t12B.2t2t13C.3t2t14D.4t2t15答案C运动员离地后做竖直上抛运动,则可以按其逆过程自由落体运动计算,将H分为相等的4段,通过各段所用时间由上至下分别为T1、T2、T3、T4,则满足T1T2T3T4=1(2-1)(3-2)(2-3),则t2t1=12-3=2+3,则3t2t1|vB|
19、=|vD|vC|,故A正确,B、C、D错误。2.2021年1月“八省(市)联考”湖南卷有一圆柱形水井,井壁光滑且竖直,过其中心轴的剖面图如图所示。一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井,小球与井壁发生多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向相反,小球竖直方向速度大小和方向都不变),不计空气阻力。从小球水平射入水井到落至水面的过程中,下列说法正确的是()A.小球下落时间与小球质量m有关B.小球下落时间与小球初速度v有关C.小球下落时间与水井井口直径d有关D.小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关答案D小球在竖直方向上做自由落体运动,由h=12gt2得t=2hg,
20、故小球下落时间与水井井口到水面高度差有关,D项正确。3.2021年1月“八省(市)联考”河北卷如图,一小船以1.0 m/s的速度匀速前行,站在船上的人竖直向上抛出一小球,小球上升的最大高度为0.45 m。当小球再次落入手中时,小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变,不计空气阻力,g取10 m/s2)()A.0.3 mB.0.6 mC.0.9 mD.1.2 m答案B小球从竖直向上抛出到落回手中可分为对称的两个过程,上升过程和下降过程,时间相等,由h=12gt2得下落时间为0.3 s,全程时间为0.6 s。小船一直匀速运动,故前进距离s=vt=1.00.6 m=0.6 m。故B项正确,A、
21、C、D项错误。4.(2020四川眉山模拟)如图所示,小球A在斜面上由静止匀加速滚下x1后,又在水平面上匀减速运动x2后停下,测得x2=2x1,则小球在斜面上的加速度大小a1与在水平面上的加速度大小a2的关系为(小球从斜面上滚到水平面上时速度大小不变)()A.a1=a2B.a1=2a2C.a1=12a2D.a1=4a2答案B5.(2020四川眉山模拟)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,列车全长通过桥头的时间为t1,列车全长通过桥尾的时间为t2,则列车车头通过铁路桥所需的时间为()A.Lat2-t1t1t2B.Lat2+t1t1t2C.
22、Lat2-t1t1t2-t2-t12D.Lat2-t1t1t2+t2-t12答案C设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t0,从列车车头到达桥头时开始计时,列车全长通过桥头时的平均速度等于12t1时刻的瞬时速度v1,则v1=Lt1;列车全长通过桥尾时的平均速度等于t0+12t2时刻的瞬时速度v2,则v2=Lt2;由匀变速直线运动的速度公式可得v2=v1-at0+12t2-12t1,解得t0=Lat2-t1t1t2-t2-t12。6.(2020全国4月大联考)一物体从空中自由下落至地面,若其最后1s的位移是第1s位移的n倍,忽略空气阻力,则物体下落时间是()A.(n+1)sB.(n-1)sC.n+1
23、2sD.n-12s答案C自由落体运动第1s下落的位移h1=12gt12,其中t1=1s最后1s下落的位移h=12gt2-12g(t-1s)2=nh1解得t=n+12s。7.(2020浙江宁波期中)高空坠物已经成为城市中仅次于交通肇事的伤人行为。某市曾出现一把明晃晃的菜刀从高空坠落,“砰”的一声砸中了停在路边的一辆摩托车的前轮挡泥板。假设该菜刀可以看成质点,且从15层楼的窗口无初速度坠落,则从菜刀坠落到砸中摩托车挡泥板的时间最接近()A.1sB.3sC.5sD.7s答案B设楼层高为3m,则菜刀下落的高度h=(15-1)3m=42m,下落过程视为自由落体运动,根据h=12gt2,解得t=2hg=2
24、4210s2.9s,时间最接近3s,故B正确。8.(2020广东深圳模拟)地铁有效率高、运量大、无污染等特点,已成为人们不可或缺的城市公共交通工具。某次列车进站时,匀减速通过静止在站台上等车的某同学,列车停止时该同学恰好正对着最后一节车厢的最末端。该同学发现列车共有6节,若每节车厢的长度均相同,从第1节到第6节车厢通过该同学的时间分别为t1、t2、t3、t4、t5、t6,则以下正确的是()A.t1t2=1(2-1)B.t5t6=21C.t6t1=(5+6)1D.t3t4=(3-2)(2-1)答案C末速度为零的匀减速直线运动,根据逆向思维,可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动,根据比例t1t
25、2t3t4t5t6=(6-5)(5-4)(4-3)(3-2)(2-1)1,可知A、B、D错误,C项正确。9.(2020安徽蚌埠三检)竖直向上抛出一个小球,图示为小球向上做匀变速直线运动时的频闪照片,频闪仪每隔0.05s闪光一次,测出ac=23cm,af=34cm,则下列说法正确的是()A.bc=13cmB.df=7cmC.小球的加速度大小为12m/s2D.小球通过d点时的速度大小为2.2m/s答案C根据题意可知,cf=11cm,则根据匀变速直线运动的位移差公式可得a=x(2T)2=ac-cf(2T)2=12m/s2其中T=0.05s所以C正确;匀变速直线运动中,某段的平均速度等于这一段中间时刻
26、的瞬时速度,则d点的速度为vd=cf2T=1.1m/s所以D错误;根据匀变速直线运动的位移公式得df=vdT-12aT2=4cm所以B错误;同理可得b点的速度为vb=ac2T=2.3m/s则bc=vbT-12aT2=10cm所以A错误。10.(2020广东广州一模)如图,装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车,当车速v满足3.6km/hv36km/h且与前方行人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”,使汽车避免与行人相撞。若该车在不同路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是46m/s2,则该系统设置的安全距离约为()A.0.08mB.1.25mC.8.
27、33mD.12.5m答案D由题意知,3.6km/hv36km/h,即1m/sv10m/s,系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小为46m/s2,最后末速度减为0,由推导公式v2=2ax可得xv22a=10224m=12.5m,故D正确。11.(2020山西临汾调研)某质点做匀加速直线运动,经过时间t速度由v0变为kv0(k1),位移大小为x。则在随后的4t时间内,质点的位移大小为()A.8(3k-2)xk+1B.8(2k-1)xk+1C.8(2k-1)xk-1D.3(5k-3)xk+1答案A由题给条件得匀加速直线运动的加速度a=vt=kv0-v0t=(k-1)tv0,另由运动学公式有x=v0
28、+kv02t,得v0=2x(1+k)t,则接下来的4t时间内,位移x=kv04t+12(k-1)v0t(4t)2,将v0=2x(1+k)t代入上式可得x=8x(3k-2)k+1,选项A正确。B组能力提升12.(2020课标,24,12分)我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=kv2描写,k为系数;v是飞机在平直跑道上的滑行速度,F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21105kg时,起飞离地速度为66m/s;装载货物后质量为1.69105kg,装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度;(2)若该飞机装载货物后,从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地,求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。答案(1)78m/s(2)2.0m/s239s解析(1)设飞机装载货物前质量为m1,起飞离地速度为v1;装载货物后质量为m2,起飞离地速度为v2,重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件m1g=kv12m2g=kv22由式及题给条件得v2=78m/s(2)设飞机滑行距离为s,滑行过程中加速度大小为a,所用时间为t。由匀变速直线运动公式有v22=2asv2=at联立式及题给条件得a=2.0m/s2t=39s
