1、第 2 讲 匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的规律1匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动2匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式：vv0at.(2)位移公式：xv0t12at2.(3)位移速度关系式：v2v022ax.自测 1 某质点做直线运动，速度随时间的变化关系式为 v(2t4)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 2 m/sB加速度为 4 m/s2C在 3 s 末，瞬时速度为 10 m/sD前 3 s 内，位移为 30 m答案 C解析 根据 vv0at，比较 v(2t4)m/s 得质点运动的加速度为 2 m/s2，初速度为 4 m/s，所以选项 A、
2、B 错误；在 3 s 末，质点的瞬时速度为 vt23 m/s4 m/s10 m/s，所以选项C 正确；前 3 s 内，质点的位移 xvt2v022a1024222m21 m，D 错误二、匀变速直线运动的推论1三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔 T 内的位移差相等即 x2x1x3x2xnxn1aT2.(2)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、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度平均速度公式：v v0v22tv.(3)位移中点速度2xv v02v22.2初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T 末，2T 末，3T 末，nT 末的瞬时速度之比为 v1v2
3、v3vn123n.(2)T 内，2T 内，3T 内，nT 内的位移之比为 x1x2x3xn122232n2.(3)第 1 个 T 内，第 2 个 T 内，第 3 个 T 内，第 n 个 T 内的位移之比为 xxxxN135(2n1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为 t1t2t3tn1(21)(32)(2 3)(n n1)自测 2 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解析 由匀变速直线运动规律知第 3 秒内的平均速度等
4、于 t2.5 s 时的瞬时速度，得 a x2.5(m/s2)2x5(m/s2)，C 对.命题点一 匀变速直线运动规律的基本应用1基本思路画过程示意图 判断运动性质 选取正方向 选用公式列方程 解方程并加以讨论2公式选取方法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、v、a、txvv0atv0、a、t、xvxv0t12at2v0、v、a、xtv2v022axv0、v、t、xaxvv02t除时间 t 外，x、v0、v、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以 v0 的方向为正方向例 1 (2017苏州大学附中调研)滑雪运动员以 v02 m/s 的
5、初速度沿山坡匀加速滑下，在 t5 s 的时间内滑下的位移 x60 m求：(1)滑雪运动员 5 s 内的平均速度大小；(2)滑雪运动员的加速度大小；(3)滑雪运动员 5 s 末的速度大小；(4)作出 5 s 内滑雪运动员的速度(v)时间(t)图象答案(1)12 m/s(2)4 m/s2(3)22 m/s(4)见解析图解析(1)运动员在 t5 s 的时间内滑下的位移 x60 m，由公式 v xt得到运动员 5 s 内的平均速度大小为 v 605 m/s12 m/s.(2)由位移公式 xv0t12at2 得加速度大小 a2xv0tt24 m/s2(3)由 vv0at 得运动员 5 s 末的速度大小v
6、(245)m/s22 m/s.(4)5 s 内滑雪运动员的速度(v)时间(t)图象：变式 1 (2017涟水中学第一次检测)一质点沿 x 轴运动，其位置 x 随时间 t 变化的规律为：x10t5t2(m)，t 的单位为 s.下列关于该质点运动的说法正确的是()A该质点的初速度大小为 5 m/sB物体的加速度大小为 5 m/s2Ct2 s 时刻该质点速度为零D03 s 内该质点的平均速度大小为 5 m/s答案 D解析 根据 xv0t12at2 比较 x10t5t2 得，质点的初速度为 10 m/s，加速度为10 m/s2，故 A、B 错误.2 s 末的速度 vv0at(10102)m/s10 m
7、/s，即速度的大小为 10 m/s，故 C 错误.03 s 内该质点的位移 x10t5t2(10359)m15 m，则平均速度 v 153m/s5 m/s，即平均速度的大小为 5 m/s，故 D 正确命题点二 匀变速直线运动推论的应用例 2 (2017苏锡常镇四市调研)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间 t 达到起飞速度 v，则它在时间 t 内的位移为()AvtB.vt2C2vtD不能确定答案 B变式 2 (多选)(2017扬州中学高三初考)如图 1 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，下列结论中正确的是()图 1A物体到达各点的速率 vBvCv
8、DvE1 2 32B物体到达各点所经历的时间 tE2tB 2tC2 33 tDC物体从 A 到 E 的平均速度 v vBD物体通过每一部分时，其速度增量 vBvAvCvBvDvCvEvD答案 ABC解析 根据运动学公式 v2v022ax 得物体由 A 点从静止释放有 v 2ax，所以物体到达各点的速率之比 vBvCvDvE1 2 32，故 A 正确；根据运动学公式 xv0t12at2 得：t2xa，物体到达各点经历的时间 tBtCtDtE1 2 32，即 tE2tB 2tC2 33 tD，故 B 正确；由于 vE2vB，故物体从 A 到 E 的平均速度 v0vE2vB，故 C 正确；vBvCv
9、DvE1 2 32，物体通过每一部分时其速度增量不等，故 D 错误命题点三 两类匀减速运动1两类匀减速运动问题的比较两类运动运动特点求解方法 刹车类问题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，不再是匀减速运动求解时要注意先求解其实际运动时间，判断问题中物体是否已停止运动双向可逆类如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a 等矢量的正、负号2.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，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例 3 (2017南通中学期中)在一次交通事故
10、中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是30 m，该车辆最大刹车加速度是 15 m/s2，该路段限速 60 km/h.则该车是否超速()A超速B不超速C无法判断D刚好是 60 km/h答案 A变式 3 (多选)一小球以 3 m/s 的初速度沿一光滑斜面向上做加速度恒为 1 m/s2、方向沿斜面向下的匀变速直线运动，起始点为 A，小球运动到 A 点沿斜面上方 4 m 处的 B 点时的速度及所对应的时间可能为()A1 m/s 4 sB1 m/s 4 sC1 m/s 2 sD1 m/s 2 s答案 BC命题点四 多过程问题1基本思路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
11、系各段的纽带可按下列步骤解题：(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2解题关键多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键例 4 (2017苏州大学附中调研)磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为 0.8
12、 mm，弹射最大高度为 24 cm，而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设人加速与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为 0.5 m，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，重力加速度 g 取 10 m/s2，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)()A150 mB75 mC15 mD7.5 m答案 A解析 设磕头虫向下的加速度为 a，磕头虫向下的最大速度为 v，则有 v22ah1磕头虫向上弹起的过程中有：v22gh2联立以上两式可得：ah2h1g 240.0810 m/s23 000 m/s2人向上加速的过程中有：v122aH1人跳
13、起的过程中有：v122gH2故有：2aH12gH2，代入数据解得：H2150 m.1汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系式是：x16t2t2(m)，则它在停止运动前最后 1 s 内的平均速度为()A6 m/sB4 m/sC2 m/sD1 m/s答案 C解析 根据位移与时间的关系式：x16t2t2(m)，可知汽车刹车时的初速度 v016 m/s，加速度 a4 m/s2，根据速度与时间关系式 vv0at 可得：汽车刹车用时 t4 s；则刹车后3 s 末的速度为 v3v0at316 m/s(4)3 m/s4 m/s，则最后 1 s 内的平均速度为 v v3022 m
14、/s，故选项 C 正确2(多选)(2018泰州中学期中)一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后静止下来若物体在最初 5 s 内通过的位移与最后 5 s 内通过的位移之比为 x1x2115，物体运动的加速度大小为 a1 m/s2，则()A物体运动的时间可能大于 10 sB物体在最初 5 s 内通过的位移与最后 5 s 内通过的位移之差为 x1x215 mC物体运动的时间为 8 sD物体的初速度为 10 m/s答案 BC3一个做匀变速直线运动的质点，初速度为 0.5 m/s，第 9 s 内的位移比第 5 s 内的位移多 4 m，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在 9 s
15、内通过的位移分别是()Aa1 m/s2，v99 m/s，x940.5 mBa1 m/s2，v99 m/s，x945 mCa1 m/s2，v99.5 m/s，x945 mDa0.8 m/s2，v97.7 m/s，x936.9 m答案 C解析 根据匀变速直线运动的规律，质点在 t18.5 s 时刻的速度 v1 比在 t24.5 s 时刻的速度v2 大 4 m/s，所以加速度 avtv1v2t1t2 44 m/s21 m/s2，v9v0at9.5 m/s，x912(v0v9)t45 m，选项 C 正确4(2015江苏单科5)如图 2 所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡，各关卡
16、同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m/s2 由静止加速到 2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()图 2A关卡 2B关卡 3C关卡 4D关卡 5答案 C解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到 2 m/s 用时 t1va1 s，在加速时间内通过的位移 x112at121 m，t24 s，x2vt28 m，已过关卡 2，t32 s 时间内 x34 m，关卡打开，t45 s，x4vt410 m，此时关卡关闭，距离关卡 4 还有 1 m，到达关卡 4 还需 t50.5 s，小于 2 s，所以最先挡住他前进
17、的是关卡 4，故 C 正确1假设某无人机靶机以 300 m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以 80 m/s2 的加速度做匀加速直线运动，以 1 200 m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为()A3.75 sB15 sC30 sD45 s答案 B解析 导弹由静止做匀加速直线运动，即 v00，a80 m/s2，据公式 vv0at，有 tva1 20080s15 s，即导弹发射后经 15 s 击中无人机，选项 B 正确2(多选)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为 a，初速度大小为 v0，经过时间 t 速度减小到
18、零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示()Av0t12at2Bv0tC.v0t2D.12at2答案 ACD3(2018苏州市期初调研)如图 1 所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为 L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为 t.利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的()图 1A初速度B末速度C平均速度D加速度答案 C4(2017扬州中学高三初考)伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，
19、并且做了上百次假设某次试验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置 A、B、C，让小球分别由 A、B、C 滚下，如图 2 所示设A、B、C 与斜面底端的距离分别为 x1、x2、x3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端的时间分别为 t1、t2、t3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端时的速度分别为 v1、v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是()图 2Av1v2v3B.v1t1v2t2v3t3Cx1x2x2x3D.x1t12x2t22x3t32答案 D5做匀加速直线运动的质点，在第一个 3 s 内的平均速度比它在第一个 5 s 内的平均速度小
20、3 m/s.则质点的加速度大小为()A1 m/s2B2 m/s2C3 m/s2D4 m/s2答案 C解析 第 1 个 3 s 内的平均速度即 1.5 s 时刻的瞬时速度 v1，第 1 个 5 s 内的平均速度即 2.5 s时刻的瞬时速度 v2，avtv2v1t3 m/s2.51.5 s3 m/s2，C 正确6(多选)如图 3 所示，一冰壶以速度 v 垂直进入三个矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()图 3Av1v2v3321Bv1v2v3 3 21Ct1t2t31 2 3Dt1t2t3(
21、3 2)(21)1答案 BD解析 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看做反向初速度为零的匀加速直线运动初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为 1(21)(3 2)，故所求时间之比为(3 2)(21)1，所以选项 C 错误，D 正确；由 v2v022ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1 2 3，则所求的速度之比为 3 21，故选项 A 错误，B 正确7(2017海门市高三期中)冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸如果某人大雾天开车在高速公路上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为 30 m，该
22、人的反应时间为 0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为 5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度为()A10 m/s B15 m/sC10 3 m/s D20 m/s答案 B解析 设汽车行驶的最大速度为 v，发现危险目标时在反应时间内运动的位移为 x1vtv0.50.5v，刹车过程中由运动学公式 v2v022ax，代入数据得 0v22(5)x2，解得 x2v210，为安全行驶 x1x230 m，即 0.5vv21030，解得 v15 m/s，另一解不符合题意舍去，B正确8(2018宝应中学开学考试)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
23、 1 s 内的位移是()A3.5 mB2 mC1 mD0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相等时间内的位移之比为 7531，即7114 mx1，x12 m，故 B正确9一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()A20 mB24 mC25 mD75 m答案 C10(多选)如图 4 所示，物体自 O 点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D 为其运动轨迹上的四点，测得 xAB2 m，xBC3 m，且物体通过 A
24、B、BC、CD 所用的时间相等，则下列说法正确的是()图 4A可以求出物体加速度的大小B可以求得 xCD4 mC可以求得 O、A 之间的距离为 1.125 mD可以求得 O、A 之间的距离为 1.5 m答案 BC解析 设物体通过 AB、BC、CD 所用的时间均为 t，由匀变速直线运动的推论 xat2 可得物体的加速度 a 的大小为 axBCxABt21t2，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故 A 错误；根据 xCDxBCxBCxAB1 m，可知 xCD3 m1 m4 m，故 B 正确；因某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，所以物体经过B点时的瞬时速度为vBxAC2t 52t
25、，再由 vB22axOB 可得 O、B 两点间的距离为 xOBvB22a254t2t22 m3.125 m，所以 O 与 A 间的距离 xOAxOBxAB(3.1252)m1.125 m，故 C 正确，D 错误11(2018泰州中学模拟)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，货车立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
26、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 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)答案(1)21(2)22.5 m 11.25 m(3)40 m解析(1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比 t1t2v0a1v0a221.(2)超载时，刹车距离 x1v022a1 15225 m22.5 m正常装载时，刹车距离 x2v022a2 152210 m11.25 m(3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离 x3v022a1 20225 m40 m12有些航空母舰上装有帮助飞机
27、起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为 5.0 m/s2，当飞机的速度达到 50 m/s 时才能离开航空母舰起飞设航空母舰处于静止状态问：(1)若要求该飞机滑行 160 m 后起飞，弹射系统最少使飞机具有多大的初速度？(2)若某舰上不装弹射系统，要求该种飞机仍能在此舰上正常起飞，该舰身长至少为多长？(3)若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为 L160 m，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰连同飞机沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，然后再让飞机加速起飞，则航空母舰匀速航行时的速度至少为多少？答案(1)30 m/s(2)250 m(3)10
28、m/s解析(1)设弹射系统使飞机具有的初速度最小为 v0，由公式 v t2v022ax 可知 v0 vt22ax30 m/s.(2)不装弹射系统时，飞机从静止开始做匀加速直线运动由公式 vt22ax 可知，该舰身长至少应为 xvt22a250 m.(3)由于航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行，设速度至少为 v1，在飞机起跑过程中的位移为 x1，则 x1v1t.飞机在起跑过程中做初速度为 v1 的匀加速运动，设位移为 x2，由位移与速度公式 vt2v122ax2，可知 x2vt2v122a，运动的时间为 tvtv1a，所以 x1v1vtv1a，由位移关系可知 Lx2x1，即vt2v122av1vtv1aL，代入数据可得 v110 m/s 或 v190 m/s(舍去)
