1、第2讲 匀变速直线运动规律 t2vx2v【秒判正误】(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。()(2)物体做匀变速直线运动，则物体在任意两段相等时 间内的速度变化量相等。()(3)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体 在时间t内的位移一定最大。()(4)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，1秒内 的位移和3秒内的位移的比值为13。()(5)匀加速直线运动中，中间时刻的速度小于该段时间内 位移中点的速度。()(6)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。()(7)物体做匀变速直线运动，其运动方向是不变的。()考点1 匀变速直线运动规律的应用【典题突破】题型1 基本公式法 1
2、.一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为()A.at2 B.at2 C.at2 D.2at2 1232【解析】选B。设质点的初速度为v0，则t s末的速度 为3v0，根据速度位移公式得 因为 则有 可知x=at2，选项B正 确。222000(3v)v4vx2aa，0003vv2vtaa，0atv2，2.如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以 80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不 能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA=1 200 m，OB=2 000 m，求：(
3、1)列车减速运动的加速度大小a的取值范围。(2)列车减速运动的最长时间。【解析】(1)若列车车尾恰好停在A点，减速运动的加 速度大小为a1，距离为x1，则0-=-2a1x1 x1=1 200 m+200 m=1 400 m 解得a1=m/s2 20v167若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为xOB=2 000 m，则 0-=-2a2xOB 解得a2=1.6 m/s2 故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2a m/s2。20v167(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动时的时间最 长，则0=v0-a2t，解得t=50 s。答案：(1)1.6 m/s2a m/s2(2)
4、50 s 167题型2 平均速度法 典例1 一物体做匀加速直线运动，通过一段位移 x所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移 x所用时间为t2。则物体运动的加速度为()12121 2121 21212121 2121 2122 x ttx ttA.B.t tttt ttt2 x ttx ttC.D.t tttt ttt【解题思维】1.题型特征：题中已知物体的位移和通过该段位移所用的时间。2.题型解码：位移、时间平均速度即中间时刻的速度加速度。【解析】选A。物体做匀加速直线运动在前一段x所 用的时间为t1，平均速度为：即为 时刻的瞬 时速度；物体在后一段x所用的时间为t2，平均速度为：即为 时刻的
5、瞬时速度。速度由 变化到 的时间为：t=，11xvt，1t222xvt，2t21v2v12t+t2所以加速度为：12211 2122 x ttvvatt ttt。题型3 推论法 典例2 (2019南昌模拟)一物体以初速度为v0做匀减速运动，第1 s内通过的位移为x1=3 m，第2 s内通过的位移为x2=2 m，又经过位移x3，物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是()A.初速度v0的大小为2.5 m/s B.加速度a的大小为1 m/s2 C.位移x3的大小为 m D.位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s 98【解题思维】1.题型特征：第1 s与第2 s是相邻的等时间段。2.题型解码：
6、解题突破口：根据 x=aT2求出加速度。【解析】选A。由 x=aT2得a=1 m/s2。根据匀变速 直线运动位移时间公式，则有x1=v0t1-得v0=3.5 m/s，故选项A错误，B正确；设物体的停止距离为x，停止时所用时间为t，则有 =2ax，v0=at，解得：x=m，t=3.5 s，因此，x3=x-x1-x2=m，所用时间 2xT211 at220v49898t3=t-t1-t2=1.5 s，位移x3内的平均速度大小 =0.75 m/s，选项C、D正确。所以应选A。333xvt【触类旁通】已知O、A、B、C为同一直线上的四点，AB间的距离为L1，BC间的距离为L2，一物体自O点由静止出发，
7、沿此直线做匀变速运动，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，则O、A间的距离为()22121221212212122121(3LL)(3LL)A.B.8 LLLLLL(L3L)C.D.8 LL8(L3L)【解析】选A。设物体通过AB段与BC段所用的时间均为 t。过B点的瞬时速度为：根据连续相等时间 内的位移之差是一恒量得：x=L2-L1=at2，sOA=sOB-L1。根据速度位移公式得：sOB=联立各式，解得：sOA=选项A正确。12BLLv2t，2Bv2a，21221(3LL)8 LL。题型4 逆向思维法 典例3 如图所示，一物体由斜面底端上滑到顶端恰好 静止，历
8、时 s，则它从斜面中点到顶端所用的时间 是多少？2【解析】研究该运动的逆运动即初速度为零的匀加速直 线运动。设斜面长为x，从顶端滑到底端的时间为t，从 顶端到斜面中点的时间为t，则：从CA的过程中有：x=at2 从CB的过程中有：由以上两式代入数据得：t=1 s 答案：1 s 122x1 at22【触类旁通】沿直线运动的汽车刹车后匀减速运动，经3.5 s 停止，它在最后一秒的位移为1 m，以下说法中不正确的是()A.汽车刹车的加速度为2 m/s2 B.汽车刹车时的速度为7 m/s C.汽车刹车后共滑行8 m D.汽车刹车停止全程的平均速度为3.5 m/s【解析】选C。采用逆向思维，根据x=at
9、2得刹车 的加速度大小为 m/s2=2 m/s2，故A正确；采 用逆向思维，汽车刹车时的速度为v=at=23.5 m/s=7 m/s，故B正确；汽车刹车后共滑行的距离为 =12.25 m，故C错误；汽车刹车后的平均速度 12222x2 1at1vxt273.5 m2为 m/s=3.5 m/s，故D正确。v7v22题型5 比例法 典例4 一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑，最高可滑到C点，已知AB是BC的3倍，如图所示，已知物块从A到B所需时间为t0，则它从B经C再回到B，需要的时间是 ()A.t0 B.C.2t0 D.0t20t4【解析】选C。将物块从A到C的匀减速直线
10、运动，运用 逆向思维可看成从C到A的初速度为零的匀加速直线运 动，根据初速度为零的匀加速直线运动规律，可知连 续相邻相等的时间内位移之比为奇数比，而CBAB=13，正好符合奇数比，故tAB=tBC=t0，且从B到C的时 间等于从C到B的时间，故从B经C再回到B需要的时间是 2t0，选项C正确。【提分秘籍】1.运动学公式中正、负号的规定：物体做直线运动时，可以用正、负号表示速度、加速度等矢量的方向。首先我们要规定正方向，与规定的正方向同向的矢量取正值，与规定的正方向反向的矢量取负值。一般情况下，以初速度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。2.解决匀变速直线运动问题常用
11、的几种物理思维方法：【加固训练】1.某航空母舰上的战斗机起飞过程中最大加速度是a=4.5 m/s2，飞机速度要达到v0=60 m/s才能起飞，航空母舰甲板长为L=289 m，为使飞机安全起飞，航空母舰应以一定速度航行以保证起飞安全，(设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响，飞机的运动可以看作匀加速运动)则航空母舰的最小速度v是()A.9 m/s B.m/s C.8 m/s D.以上答案都不对 999【解析】选A。设飞机在航母上运动的时间为t，则在t 时间内航母做匀速运动的位移为x1=vt，飞机通过的位 移x2=vt+at2，飞机起飞时v0=v+at，由题意，x2-x1=L。联立解得：v=9 m/s
12、。122.如图所示，完全相同的三个木块并排固定在水平面上，一子弹以速度v水平射入，若子弹在木块中做匀减速运动，且穿过第三块木块后速度恰好为零，则子弹依次射入每块木块时的速度比和穿过每块木块所用的时间比正确的是()A.v1v2v3=321 B.v1v2v3=1 C.t1t2t3=1 D.t1t2t3=(-)(-1)1 3232322【解析】选D。因为子弹做匀减速运动，且末速度为零，故可以看作反方向的匀加速直线运动来研究。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(-1)(-)，故所求时间之比为(-)(-1)1，选项C错误，D正确；由v2-=2ax 可得初速度为零的匀加速直
13、线运动中的速度之比为 32232220v1 ，则所求的速度之比为 1，故 选项A、B错误。2332考点2 匀变速直线运动规律的综合应用【典题突破】题型1 自由落体和竖直上抛运动 典例5 距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图。小车始 终以4 m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携 带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气 阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2。可求得h等于()A.1.25 m B.2.25 m C.3.75 m D.4.75 m【解题思维】1.题型特征：自由落体运动。2
14、.题型解码：h=gt2、v=gt。12【解析】选A。小车由A运动到B的时间 s=0.5 s，两 小球都做自由落体运动，5 m=gt2，h=g(t-0.5 s)2，联立解得h=1.25 m，A正确。241212【触类旁通】(2018大庆模拟)不计空气阻力，以一 定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的 时间为t，上升的最大高度为h。现在距物体抛出点 h处设置一块挡板，物体撞击挡板后的速度大小减 为0，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下 降的总时间约为()A.0.4t B.0.5t C.0.6t D.0.7t 34【解析】选D。物体下降时间为0.5t，故高度为h=g()2，物体自由落
15、体运动 h过程，有 h=gt2，物体到挡板处的时间t=0.25t，故第二次物体上 升的时间t=0.5t-t=0.5t-0.25t=0.25t，物体撞击 挡板后下降的时间 所以第二次 12t2141412h2g211313h3hgttt422g4，物体上升和下降的总时间t2=t+t1=0.25t+t0.7t，选项D正确。34题型2 多过程问题 典例6 如图所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块 从A点由静止释放，游戏者通过控制BC段上的可控区域 的长度，让滑块到达C点时速度刚好为零，滑块自由落 入洞D中即为成功。已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长 25 cm，BC长1 m，CD高20 cm，滑块
16、在AB段加速下滑时 加速度大小为a1=2 m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2=1 m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3=3 m/s2，滑块在B点、可控点前后速度大小不变，g取10 m/s2，求游戏成功时：(1)可控区域的长度L。(2)滑块从A到洞D所经历的时间t。【解题思维】1.题型特征：多阶段问题。2.题型解码：(1)画出运动示意图。(2)确定各阶段的运动性质及已知量。(3)以已知量充分的某阶段为突破口，选择合适的公式，逐步推导求解(某阶段已知量充分时)；或者设必要的物理量，联立关系式求解(各阶段已知量都不充分时)。【解析】(1)设滑块在B点时速度大小为vB，则由
17、运动学 规律知 =2a1xAB且vB=a1t1 代入数值解得t1=0.5 s，vB=1 m/s 设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知 -=2a2(xBC-L)，vE-vB=a2t2 从E到C，由运动学规律知 =2a3L，vE=a3t3 联立并代入数值解得t2=t3=0.5 s，L=0.375 m。2Bv2Bv2Ev2Ev(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知hCD=代入数值解得t4=0.2 s 所以滑块从A到洞D所经历的时间 t=t1+t2+t3+t4=1.7 s。答案：(1)0.375 m(2)1.7 s 241 gt2【触类旁通】短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀
18、加速运动和匀速运动两个阶段。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，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。【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 s1+s2=a(2t0)2 t0=1 s 2101sat212求得a=5 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t=t1+t2 v=at1，s=a
19、 +vt2 设匀加速阶段通过的距离为s，则s=a 21t121221t求得s=10 m 答案：5 m/s2 10 m【提分秘籍】1.竖直上抛运动的两种研究方法：(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为v0，加速度a=-g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。2.竖直上抛运动的对称性：(1)速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。(2)时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。3.
20、解决匀变速直线运动的多过程问题的基本思路：【加固训练】我国第五代双发重型隐形战斗机“歼-20”身披割 裂迷彩涂装，在珠海航展上首次对外进行了双飞展 示，之后返回机场。设“歼-20”降落在跑道上的减速 过程可以简化为两个匀减速直线运动，首先飞机以速 度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下。已知飞机的减速总路程为x，求第二个阶段飞机的加速度大小和运动时间。【解析】根据题意画出飞机减速过程的示意图。A为飞机着陆点，AB、BC分别对应两个匀减速直线运动过程，C点飞机停下。根据运动示意图和运动学规律，A到B过程，有 x1=v0t1-a1 ，v
21、B=v0-a1t1 B到C过程，有 x2=vBt2-a2 ，1221t1222t0=vB-a2t2 A到C过程，有x=x1+x2 联立解得 201 1221 10 1va ta2xa t2v t答案：21 10 1201 12xa t2v ttva t201 121 10 1va t2xa t2v t21 10 101 12xa t2v tva t一 刹车类问题 【学科素养养成】1.刹车类问题的特征：核心素养分析：属于物理概念和规律在头脑中的提炼和升华，体现物理观念中的运动观念，形成对刹车类问题的基本认知。刹车时，车辆做匀减速直线运动，直至速度变为零后，保持静止。运动过程中，加速度恒定。2.刹
22、车类问题分析方法：核心素养分析：属于分析综合、推理论证等方法在物理领域的具体运用。能定量对刹车类问题进行分析。(1)刹车时间的确定：若刹车的初速度为v0，刹车时加 速度为a，则刹车时间T=。0va(2)运动时间和刹车距离的确定：若t=T，则刚好完成刹车过程，实际运动时间t=T，刹车距离x=aT2。若tT，则刹车完成后车处于静止状态，实际运动时 间为T，刹车距离x=aT2。121212【典题分类突破】典例1 (刹车距离的计算问题)汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度大小为5 m/s2，那么开始刹车后2 s内与开始刹车后6 s内汽车通过的位移之比为()A.11 B.13 C.34
23、 D.43【解析】选C。汽车从刹车到停止用时t刹=s=4 s，故刹车后2 s和6 s内汽车的位移分别为x1=v0t-at2=202 m-522 m=30 m，x2=v0t刹-a =20 4 m-542 m=40 m，x1x2=34，选项C正确。0v20a5 1212t2刹1212典例2 (逆向思维法的应用)(2019太原模拟)以9 m/s 的速度行驶的汽车，刹车后做匀减速直线运动直至停 下，若汽车在刹车后继续前进的第2 s内位移是6 m，则 刹车后第5 s内的位移是多少？【解析】根据第2 s内汽车的位移为6 m，列方程x2=x-x，即v0t2+a -代入数据得a=-2 m/s2，故汽车刹车后能
24、继续前进的时间 为t=s=4.5 s，所以汽车刹车后第5 s内的 位移实际上是4 s末到4.5 s末的位移，由逆向思维x5=，t=0.5 s，解得x5=0.25 m。答案：0.25 m 1222t2220 110212111(v tat)vtta tt6 m22，t0vv09a2 21|at|2【技巧点拨】刹车类问题中的两点提醒(1)分清运动时间与刹车时间之间的大小关系。(2)确定能否使用逆向思维法，所研究阶段的末速度为零，一般都可应用逆向思维法。【素养提升训练】1.以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a=4 m/s2的加速度，刹车后第三个 2 s内，汽车走过的
25、位移为()A.12.5 m B.2 m C.10 m D.0 m【解析】选D。设汽车从刹车到停下的时间为t，则由 v=v0-at得 所以第三个2 s汽车早 已停止，所以第三个2 s位移为零，故选项D正确。0vv0 10ts2.5 s,a42.一辆汽车刹车前的速度为90 km/h，刹车获得的加速度大小为10 m/s2，求：(1)汽车刹车开始后10 s内滑行的距离x0。(2)从开始刹车到汽车位移为30 m时所经历的时间t。(3)汽车静止前1 s内滑行的距离x。【解析】(1)判断汽车刹车所经历的时间 由0=v0+at0及a=-10 m/s2，v0=90 km/h=25 m/s得：=2.5 s2.5 s(舍去)。12(3)把汽车减速到速度为零的过程，看作反向的初速度 为零的匀加速直线运动过程，求出汽车以10 m/s2的加 速度经过1 s的位移，即：x=(-a)t2=10 12 m=5 m。答案：(1)31.25 m(2)2 s(3)5 m 1212