1、知识梳理要点回顾知识点一 匀变速直线运动的规律1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(2)分类匀加速直线运动，a 与 v0 方向相同匀减速直线运动，a 与 v0 方向相反2基本规律(1)速度公式：vv0at.(2)位移公式：xv0t12at2.(3)位移速度关系式：v2v202ax.知识点二 匀变速直线运动的推论1匀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：vv2t v0v2.(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：xx2x1x3x2xnxn1aT2.2初速度为零的
2、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：v1v2v3vn123n.(2)1T 内、2T 内、3T 内位移的比为：x1x2x3xn122232n2.(3)第一个 T 内、第二个 T 内、第三个 T 内位移的比为：xxxxn135(2n1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1t2t3tn1(21)(3 2)(n n1)知识点三 自由落体运动和竖直上抛运动1自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落(2)运动性质：初速度 v00，加速度为重力加速度 g 的匀加速直线运动(3)基本规律速度公式：vgt.位移公式：h12gt2.速度位移关
3、系式：v22gh.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)基本规律速度公式：vv0gt.位移公式：hv0t12gt2.速度位移关系式：v2v202gh.上升的最大高度：Hv202g.上升到最高点所用时间 tv0g.思维诊断(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动()(2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的()(3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动()(4)匀 变 速 直 线 运 动 包 括 匀 加 速 直 线 运 动 和 匀 减 速 直 线 运动()(5)物体从高处下落就是自由落体运动()(6)竖直上抛运动是匀变速
4、直线运动()(7)竖直上抛运动上升至最高点的时间为v0g.()考点突破考点一 匀变速直线运动的规律及应用1基本公式速度时间关系：vv0at位移时间关系：xv0t12at2速度位移关系：v2v202axv00vatx12at2v22ax注意：若以初速度方向为正方向，匀加速直线运动中 a 取正值，匀减速直线运动中 a 取负值2常用推论(1)物体在任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差是一个常量，即 xxn1xnaT2.(2)物体在某段时间内的平均速度，等于该时间段内中间时刻的瞬时速度，即 vv2t v0v2.(3)物体在某段位移中点的瞬时速度 v2x v20v22.注意：无论物体做匀加速直线
5、运动还是做匀减速直线运动，对于同一时间段内的运动来说总有 v2x v2t.例 1 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，在第一段的时间间隔内，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解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时间 t0)的速度为 v，第一段时间间隔内行驶的路程为 s1，加速度为 a；在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2.由运动学公式得vat0s112at20s2vt012(2a)t20设汽车乙在时刻 t0
6、的速度为 v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为 s1、s2.同样有v(2a)t0s112(2a)t20s2vt012at20设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s，则有ss1s2ss1s2联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为ss57.答案 57规律总结 列运动学方程时，一定要明确研究的物理过程，搞清运动过程的已知量和未知量，然后才能选择合理的公式，由于过程量较多，要养成良好的符号使用习惯变式训练 1 短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了 100 m 和 200 m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是 9.69 s 和 19.30 s假定他在 100 m 比赛时从发令到起跑的
7、反应时间是 0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与 100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只 有跑 100 m 时最大速率的 96%.求：(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度(结果保留两位小数)【解析】(1)设加速所用时间为 t，匀速运动的速度为 v，则有12vt(9.69 s0.15 st)v100 m12vt(19.30 s0.15 st)0.96v200 m由式得t1.29 sv11.24 m/s(2)设加速度大小为 a，则avt8.71 m
8、/s2【答案】(1)1.29 s 11.24 m/s(2)8.71 m/s2考点二 两类典型的匀减速运动 刹 车 类问题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)的运动，可把该阶段看成是反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动双 向 可逆 类 问题如沿光滑斜面上滑的木块，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，故求解时可对全过程列式，但必须注意 x、v 等矢量的正、负号注意：公式 vv0at 和 avv0t经变形后相同，但二式的含义不同，avv0t是加速度的定义式，适用于所有变速运动，而 vv0
9、at仅适用于匀变速直线运动例 2 一物体在与初速度方向相反的恒力作用下做匀减速直线运动，初速度为 v020 m/s，加速度为 a5 m/s2，求：(1)物体经多少秒后回到出发点？(2)由开始运动算起，求 6 s 末物体的速度解析 由于物体做匀变速直线运动，故可以直接应用匀变速运动公式以 v0 的方向为正方向(1)设经时间 t1回到出发点，此过程中位移 x0，代入公式 xv0t12at2，并将 a5 m/s2，v020 m/s 代入，得 t2v0a 2205s8 s.(2)6 s 末物体的速度vv0at20 m/s(5)6 m/s10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反答案(1)
10、8 s(2)10 m/s，方向与初速度方向相反变式训练 2 一辆汽车以 72 km/h 的速度正在平直公路上匀速行驶，突然发现前方 40 m 处有需要紧急停车的危险信号，司机立即采取刹车措施已知该车在刹车过程中加速度的大小为 5 m/s2，则从刹车开始经过 5 s 时汽车前进的距离是多少？此时是否已经到达危险区域？【解析】设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为 t0，选初速度方向为正方向，由于汽车做匀减速直线运动，加速度 a5 m/s2，则由 vtv0at0，得 t0vtv0a4 s，可见，该汽车刹车后经过 4 s 就已停下，其后的时间内汽车是静止的由运动学公式 xv0t12at2 知，刹车后
11、经过 5 s 汽车通过的距离为xv0t012at2040 m.即汽车此时恰好未到达危险区域【答案】见解析考点三 自由落体运动和竖直上抛运动1自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，匀变速直线运动的有关规律和推论均适用2必须是从静止开始算起的自由下落过程才是自由落体运动，从中间取的一段运动过程不是自由落体运动，要充分利用初速度为零的特点3竖直上抛运动的对称性如图所示，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 AC 所用时间 tAC 和下降过程中从CA 所用时间 tCA 相等，同理 tABtBA.(2)速度对称性物体上升过程中经过
12、A点的速度与下降过程中经过A点的速度大小相等(3)能量对称性物体从 AB 和从 BA 重力势能变化量的大小相等，均等于 mghAB.温馨提示物体做竖直上抛运动，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，在解决问题时要注意这个特点例 3(多选)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 mB位移大小为 25 m，方向向上C速度改变量的大小为 10 m/sD平均速度大小为 13 m/s，方向向上AB解析 解法 1：分阶段法物体上升的时间 t 上v0g 3010 s3 s，物体上升的最大高度
13、 h1v202g 302210 m45 m物体从最高点自由下落 2 s 的高度 h212gt2下121022 m20 m运动过程如图所示，则总路程为 65 m，A 正确.5 s 末物体离抛出点的高度为 25 m，即位移的大小为 25 m，方向竖直向上，B 正确.5 s 末物体的速度 vgt 下102 m/s20 m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量 v(v)v0(20 m/s)30 m/s50 m/s，即速度改变量的大小为 50 m/s，方向向下，C 错误平均速度 vh1h2t255 m/s5 m/s，方向向上，D 错误解法 2：全过程法由竖直上抛运动的规律可知：物体经 3
14、s 到达最大高度 h145 m处将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有 v030 m/s，ag10 m/s2，故 5 s 内物体的位移 hv0t12at225 m0，说明物体 5 s 末在抛出点上方 25 m 处，故路程为 65 m，位移大小为 25 m，方向向上，A、B 正确速度的变化量 vat50 m/s，C 错误.5 s 末物体的速度 vv0at20 m/s，所以平均速度 vv0v25 m/s0，方向向上，D 错误变式训练 3 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.2vg B.vgC.2hv D.hv【
15、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，上抛的小球与下抛的小球运动的时间差为 tvvg 2vg，A 正确【答案】A微课拓展提能微课 2 解决匀变速直线运动问题的常用方法1基本公式法应用速度公式、位移公式、速度位移公式，三个基本公式均是矢量式，注意方向2平均速度法定义式 vxt对任何性质的运动都适用，而 v12(v0v)适用于匀变速直线运动3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 v2t v，适用于任何一个匀变速直线运动，有些题目应用它可以避免常规解法中用位移公式列出的含
16、有 t2 的复杂式子，从而简化解题过程，提高解题速度4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5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6图象法应用 vt 图象，可以使比较复杂的问题变得形象、直观和简单，尤其是用图象定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案7推论法在匀变速直线运动中，两个连续相等的时间 T 内的位移之差为一恒量，即 xxn1xnaT2，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用 xaT2 求解典例 已知 O、A、B、C 为同一直线上的四点，AB
17、间的距离为l1，BC 间的距离为 l2.一物体自 O 点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过 A、B、C 三点已知物体通过 AB 段与 BC 段所用的时间相等求 O 与 A 的距离解析 解法一：应用基本公式求解设物体的加速度为 a，到达 A 点的速度为 v0，通过 AB 段和 BC 段所用的时间均为 T，则有l1v0T12aT2，l1l2v02T2aT2，联立式得 l2l1aT2，3l1l22v0T，设 O 与 A 的距离为 l，则有 lv202a，联立式得 l3l1l228l2l1.解法二：应用逐差法 xnxn1aT2得对 OB 段应用位移速度公式得，v2B022a(ll1)，到达 B
18、 点的速度 vBl1l22T，对 AB 段与 BC 段，由公式 xnxn1aT2得，l2l1aT2，联立解出 l3l1l228l2l1.答案 3l1l228l2l1规律总结 解决匀变速直线运动问题时的三点提醒：(1)养成根据题意画出物体运动示意图的习惯，尤其是较复杂的运动，画出示意图可以使运动过程直观、清晰(2)匀变速直线运动常可一题多解，解题时要灵活选择合适的公式，筛选最简捷的方法(3)列运动学方程时，方程式中每一个物理量均对应同一运动过程类题拓展 物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点 C 时速度恰为零，如图所示已知物体第一次运动到斜面长度34处的 B 点时，所用时间为 t，
19、求物体从 B 滑到 C 所用的时间【解析】解法 1：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 xBC12at2BC，xAC12a(ttBC)2，又 xBC14xAC，解得：tBCt.解法 2：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vACvv02v002v02，又 v202axACv2B2axBCxBC14xAC解得：vBv02.可以看出 vB 正好等于 AC 段的平均速度，因此 B 点是中间时刻的位置因此有 tBCt.【答案】t真题检测1(多选)(2016山西太原金桥双语学校模拟)一根轻质细线将 2 个薄铁垫圈 A、B 连接起来，一同学用手固定B
20、，此时 A、B 间距为 3L，A 距地面为 L，如图所示由静止释放 A、B，不计空气阻力，从开始释放到 A 落地历时 t1，A 落地前的瞬时速率为 v1，从 A 落地到 B 落在 A上历时 t2，B 落在 A 上前瞬时速率为 v2，则()At1t2Bt1t2Cv1v212 Dv1v213【解析】对 A 有 L12gt21，且 v1gt1，对 B 有 3LL12g(t1t2)2，且 v2g(t1t2)，联立解得 t1t2，v1v212，B、C 正确【答案】BC2(2015江苏卷)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和
21、 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()A关卡 2 B关卡 3C关卡 4 D关卡 5【解析】关卡刚放行时，该同学加速的时间 tva1 s，运动的距离为 x112at21 m，然后以 2 m/s 的速度匀速运动，经 4 s 运动的距离为 8 m，因此第 1 个 5 s 内运动距离为 9 m，过了关卡 2，到关卡 3时再用时 3.5 s，大于 2 s，因此能过关卡 3，运动到关卡 4 前共用时 12.5 s，而运动到第 12 s 时，关卡关闭，因此被挡在关卡 4前，C 项正确【答案】C3空军特级飞行员
22、李峰驾驶歼10 战机执行战术机动任务，在距机场 54 km、离地 1 170 m 高度时飞机发动机停车失去动力在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人若飞机着陆后以 6 m/s2 的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为 60 m/s，则它着陆后 12 s内滑行的距离是()A288 m B300 mC150 m D144 m【解析】先求出飞机着陆后到停止所用时间 t.由 vv0at，得t(vv0)/a(060)/(6)s10 s，由此可知飞机在 12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后 2 s 内是静止的故它着陆后 12 s 内滑行的距离为 sv0tat2/26010 m(6)102/2 m300 m.【答案】B4一个从静止开始作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()A12232,123B12333,12232C123,111D135,123【解析】初速度为零的匀加速直线运动，在相邻的等长时间内位移比为 1357911，则 s1s2s31(35)(7911)12333，v1 v2 v3s1t1s2t2s3t312232.【答案】B
