1、第2课时 匀变速直线运动规律 基础回顾核心探究演练提升基础回顾自主梳理融会贯通 知识梳理 一、匀变速直线运动 1.定义:沿着一条直线,且 不变的运动.加速度 2.分类:.:avav匀加速直线运动与匀减速直线运动与.同向 二、匀变速直线运动的规律 1.速度时间关系式:vt=.v0+at 反向 2.位移时间关系式 知 识 解 读 图 2 中,梯形 OABC 的面积代表物体在这段时间间隔内的 ,即 S=12(OC+AB)OA,换成对应的物理量,可得 x=,结合速度公式可得 x=.位移 12(v0+vt)tv0t+12 at2 3.位移-速度关系式:2tv-20v=.2ax 三、匀变速直线运动的推论
2、1.两个重要推论(1)中间时刻速度 =,即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间 的瞬时速度,还等于初末时刻速度矢量和的 .v2tv02tvv中间时刻 一半(2)位移差公式:x=x2-x1=x3-x2=,即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量.可以推广到xm-xn=(m-n)aT2.xn-xn-1 aT2 2.初速度为零的匀变速直线运动的四个推论(1)1T末、2T末、3T末瞬时速度的比为 v1v2v3vn=.(2)1T内、2T内、3T内位移的比为 xxxxn=.123n 122232n2 (3)第一个T内、第二个T内、第三个T内位移的比为 x1x2x3xn=.135(2n-1)(4
3、)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为 t1t2t3tn=1(2-1)(3-2)(n-1n ).拓 展 思 考 做匀变速直线运动的汽车,在时间 t 内通过的位移为 x,则中间时刻的瞬时速度2tv 和位移中点的瞬时速度2xv 哪个大?答案:汽车在中间时刻的瞬时速度2tv=02tvv,在位移中点的瞬时速度2xv=2202tvv;因为匀变速直线运动中2tv+20v 2vtv0,则 2(2tv+20v)2tv+20v+2vtv0,所以2202tvv(02tvv)2,即2xv 2tv.四、自由落体运动与竖直上抛运动 自由落体运动 竖直上抛运动 受力 情况 只受重力(或空气阻力的影响可以忽略)运动
4、特点(1)初速度为 (2)加速度为 (1)上升过程是加速度为 的 直线运动(2)下落过程是 运动 运动 规律(1)速度公式:vt=(2)位移公式:h=(3)速度-位移关系式:2tv=(1)速度公式:vt=(2)位移公式:h=(3)速度-位移关系式:2tv-20v=(4)上升的最大高度:H=202vg(5)上升到最大高度用时:t=0vg 0 重力加速度g 匀减速 自由落体 g gt 12 gt2 2gh v0-gt v0t-12 gt2 -2gh 自主检测 1.思考判断(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动.()(2)匀加速直线运动的位移是均匀增大的.()(3)在匀变速直线运动中,中间时刻的
5、速度一定小于该段时间内位移中点的速度.()(4)做竖直上抛运动的物体,在上升过程中,速度的变化量的方向是向下的.()(5)竖直上抛运动的速度为负值时,位移也为负值.()答案:(1)(2)(3)(4)(5)2.一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内通过的位移分别是()A.a=1 m/s2,v9=9 m/s,x9=40.5 m B.a=1 m/s2,v9=9 m/s,x9=45 m C.a=1 m/s2,v9=9.5 m/s,x9=45 m D.a=0.8 m/s2,v9=7.7 m/s,x9
6、=36.9 m C 解析:根据匀变速直线运动的规律,质点在 t=8.5 s 时刻的速度比在 t=4.5 s 时刻的速度大 4 m/s,所以加速度 a=vt=4m/s4s=1 m/s2,v9=v0+at=9.5 m/s,x9=12(v0+v9)t=45 m,选项 C 正确.3.(2018河南郑州一中模拟)将一小球以初速度v从地面竖直上抛后,小球先后经过离地面高度为6 m的位置历时4 s.若要使时间缩短为2 s,则初速度应(不计阻力)()A.小于v B.等于v C.大于v D.无法确定 A 解析:小球第1次经过离地面高度为6 m的位置后,先做竖直上抛运动,后做自由落体运动,初速度越大需要的时间越长
7、,要想两次经过该点的时间缩短,需要减小上升的初速度,故A正确.核心探究分类探究各个击破 考点一 匀变速直线运动规律的理解与应用 1.规范解题流程 画过程分析图 判断运动性质 选取正方向 选用公式列方程 解方程并讨论 2.恰当选用公式 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,t x vt=v0+at v0,a,t,x vt x=v0t+12at2 v0,vt,a,x t 2tv-20v=2ax v0,vt,t,x a x=02tvvt 注意:除时间t外,x,v0,vt,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
8、.3.两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题:其特点为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(到停止运动)的运动,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.(2)双向运动类: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,vt,a等矢量的正负号及物理意义.【典例1】(2018南京市金陵中学模拟)在国家免收7座及以下的小汽车的高速通行费期间,免费车辆通过收费站时在专用车道上可以不停车直接减速通过.假设收费站的前、后都是平直大道,小汽车过站
9、的车速要求不超过vt=21.6 km/h,若某小汽车通过收费站,其未减速的车速为v0=108 km/h,制动加速度大小为a1=4 m/s2.试问:(1)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a2=6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,汽车运动的时间至少是多少?(3)车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少?运动过程图示 解析:设小汽车初速度方向为正方向,vt=21.6 km/h=6 m/s,v0=108 km/h=30 m/s,a1=-4 m/s2.(1)小汽车进入收费站前做匀减速直线运动,设距离收费站 x1处开始制动
10、,则由2tv-20v=-2a1x1,解得 x1=108 m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2.在减速阶段有vt=v0+a1t1,得t1=6 s.在加速阶段的初速度为vt=6 m/s,末速度为v0=30 m/s,则 v0=vt+a2t2,得t2=4 s.所以加速和减速的总时间t=t1+t2=10 s.(3)在加速阶段有20v-2tv=2a2x2,解得 x2=72 m,则加速和减速两个阶段的总位移 x=x1+x2=180 m,若小汽车不减速,匀速通过需要时间 t=0 xv=6 s,车因减速和加速过站而耽误的时间t=t-t=4 s.答案
11、:(1)108 m(2)10 s(3)4 s 方法技巧 解多过程问题的技巧 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系各段的纽带.(1)画:分清各阶段运动过程,画出草图.(2)找:找出交接处的速度.(3)列:列出各运动阶段的运动方程.(4)解:联立求解,算出结果.【典例2】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,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: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
12、间为 t,则有l1=v0t+12at2 l1+l2=2v0t+2at2 联立两式得 l2-l1=at2 3l1-l2=2v0t 设 O 与 A 的距离为 l,则有 l=202va 联立解得 l=2122138llll.答案:2122138llll 多维训练 1.双向运动类问题(多选)给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动,加速度大小为2g,当滑块速度大小减为02v 时,所用时间可能是()A.02vg B.0vg C.03vg D.032vg BC 解析:当滑块速度大小减为02v 时,其方向可能与初速度方向相同,也可能与初速度方向相反,即 vt=02v 或 vt=-02v,代入 vt=
13、v0+at 得 t=0vg 或 t=03vg,故 B,C 正确.2.多物体多过程问题甲、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隔内,汽车甲的加速度大小增大为原来的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半.求甲、乙两车在这两段时间间隔内走过的总路程之比.解析:设时间间隔为 t0,汽车甲在 t0 时的速度为 v,第一段时间 t0 内行驶的路程为 s1,加速度为 a;在第二段时间t0 内行驶的路程为s2.由运动学公式得v=at0,s1=12a20t,s2=at0t0+12(2a)20t
14、=2a20t,总路程s 甲=s1+s2=52a20t;同理,汽车乙在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为 s1=12(2a)20t,s2=2at0t0+12a20t=52a20t,总路程 s 乙=s1+s2=72a20t.则甲、乙两汽车各自行驶的总路程之比为 ss甲乙=57.答案:57 考点二 解决匀变速直线运动的几种方法 1.解决匀变速直线运动的几种方法【典例3】如图所示,一平直公路上有三个路标o,m,n,且om=3 m,mn=5 m.一辆汽车在该路段做匀加速直线运动依次通过o,m,n三个路标,已知汽车在相邻两路标间的速度增加量相同,均为 v=2 m/s,则下列说法中正确的是()A.汽车在o
15、m段的平均速度大小为4 m/s B.汽车从m处运动到n处的时间为2 s C.汽车在该路段行驶的加速度大小为2 m/s2 D.汽车经过o处时的速度大小为1 m/s C 审题指导 题干关键 隐含信息 汽车在相邻路标间的速度增加量均为 v=2 m/s 汽车在 o,m,n 三个路标的速度分别为 v,(v+2),(v+4),汽车通过 om,mn 的时间相等 om=3 m,mn=5 m 应用基本公式法解题,即2tv-20v=2ax om 段的平均速度 应用平均速度法解题,即omv=22vv 解析:设汽车经过 o 路标时速度为 v,又由于汽车在相邻两路标间的速度增加量相同,均为v=2 m/s,故通过 m 路
16、标时速度为 v+2,通过 n 路标时速度为 v+4,由匀变速直线运动的速度与位移关系有(v+2)2-v2=2axom(v+4)2-(v+2)2=2axmn 解得 v=2 m/s,a=2 m/s2;则汽车在 om 段的平均速度大小为 242 m/s=3 m/s;在 mn 段的平均速度大小为462 m/s=5 m/s,故汽车从 m 处运动到 n 处的时间为 t=mnxv=55 s=1 s,选项 C 正确.【典例4】(2013全国卷,24)水平桌面上有两个玩具车A和B,两者用一轻质细橡皮筋相连,在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态,A,B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l),(0,
17、-l)和(0,0)点.已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动;B平行于x轴朝x轴正向匀速运动.在两车此后运动的过程中,标记R在某时刻通过点(l,l).假定橡皮筋的伸长是均匀的,求B运动速度的大小.解析:设 B 车的速度大小为 v.如图,标记 R 在时刻 t 通过点 K(l,l),此时 A,B 的位置分别为 H,G.由运动学公式,H 的纵坐标 yA,G 的横坐标 xB 分别为 yA=2l+12at2 xB=vt 在开始运动时,R 到 A 和 B 的距离之比为 21,即 OEOF=21.由于橡皮筋的伸长是均匀的,在以后任一时刻 R 到 A 和 B 的距离之比都为 21.因此,在时刻
18、 t 有 HKKG=21 由于FGHIGK,有 HGKG=xB(xB-l)HGKG=(yA+l)2l 解得 xB=32l yA=5l 联立解得 v=1 64al.答案:1 64al 多维训练 1.比例法的应用一汽车在平直公路上以15 m/s的速度做匀速直线运动,当发现前方发生事故时以3 m/s2的加速度紧急刹车,停在发生事故位置前,那么刹车过程中前2 s内的位移与最后2 s的位移的比值为()A.14 B.4 C.52 D.3 B 解析:汽车做匀减速直线运动到停止,由v=at得运动时间为t=5 s,利用逆向思维和连续相等时间间隔内位置之比为s1s2s3s4s5=13579,所以(s4+s5)(s
19、1+s2)=164=41,选项B正确.2.推论法的应用(2018宁夏银川检测)一质点做匀加速直线运动时,速度变化 v时发生位移x1,紧接着速度变化同样的 v时发生位移x2,则该质点的加速度为()A.(v)2(11x+21x)B.2 221vxx C.(v)2(11x-21x)D.221vxx D 解析:由于质点做匀变速直线运动,则速度变化相同时的时间相同,即位移 x1,x2过程的时间相同,根据x=aT2得 x2-x1=at2,而v=at,解得 a=221vxx,选项 D 正确.考点三 自由落体运动和竖直上抛运动 1.解决自由落体运动问题的两点注意(1)自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加
20、速直线运动,可利用基本公式、比例关系及推论等解题.(2)自由落体运动的中间某一段过程,应该用初速度不为零的匀加速直线运动规律解决.2.竖直上抛运动的特点 时间的 对称性(1)物体上升到最高点与落回到原抛出点所用时间相等,即t上=t下=(2)物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等速度的 对称性(1)物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反(2)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、方向相反能量的 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0vg【典例5】(2018山东济南调研)
21、如图所示是一种较精确测量重力加速度g值的装置.下端装有弹射装置的足够长的真空玻璃直管竖直放置,使小球竖直向上弹出,在O点与弹簧分离,然后返回.在O点正上方选取一点P,利用仪器精确测得OP间的距离为H,从O点出发至返回O点的时间间隔为T1,小球两次经过P点的时间间隔为T2.求:(1)重力加速度g;(2)若O点距玻璃管底部的距离为L0,求玻璃管最小长度.运动过程图示 解析:(1)小球从 O 点上升到最高点的时间为12T,有 h1=12g(12T)2;小球从 P 点上升到最高点的时间为22T,有 h2=12g(22T)2;依据题意有 h1-h2=H,联立解得 g=22128HTT.(2)真空管最小长
22、度 L=L0+h1,且 h1=12g(12T)2=212212T HTT,解得 L=L0+212212T HTT.答案:(1)22128HTT(2)L0+212212T HTT 方法总结 竖直上抛运动的两种处理方法(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.多维训练 1.自由落体运动规律的应用一小石块从空中a点自由落下,先后经过b点和c点,不计空气阻力.经过b
23、点时速度为v,经过c点时速度为3v,则ab段与ac段位移之比为()A.13 B.15 C.18 D.19 D 解析:石块做自由落体运动,有 2ghab=v2,2ghac=(3v)2,解得abachh=19,故 D 正确.2.竖直上抛运动规律的应用(2018安徽合肥第一中学月考)(多选)某人站在20 m的平台边缘,以20 m/s的初速度竖直上抛一石子,不计空气阻力,g=10 m/s2,则抛出后石子距离抛出点15 m处的时间是()A.1 s B.3 s C.(7-2)s D.(7+2)s ABD 解析:竖直上抛运动是匀变速运动,当 x=15 m 时,根据位移时间关系式,有 x=v0t-12gt2,
24、解得 t1=1 s,t 2=3 s;当位移为 x=-15 m 时,根据位移时间关系式,有 x=v0t-12gt2,解得t3=(2+7)s,t4=(7-2)s(舍去),故选项 A,B,D 正确.演练提升真题体验强化提升 高考模拟 A.23 m/s2 B.43 m/s2 C.89 m/s2 D.169 m/s2 1.平均速度公式的应用(2016上海卷,4)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程,第一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是()B 解析:物体做匀加速直线运动,t 时间内的平均速度等于2t 时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度为 v1=1v=164 m/
25、s=4 m/s;在第二段内中间时刻的瞬时速度为 v2=2v=162 m/s=8 m/s;则物体加速度为 a=21vvt=843 m/s2=43 m/s2,故选项B 正确.2.推论公式的应用(2018山东师大附中模拟)一物体以初速度v0做匀减速运动,第1 s内通过的位移为x1=4 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0.25 m D.位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s C 解析:由2tv=tv 得 1 s 末的速度 v1=122xxT=
26、3 m/s;由 x2-x1=aT2,得加速度 a=-2 m/s2;由 vt=v0+at 得 v0=5 m/s,故 A,B 错误;由 1 s 末到速度为零,物体运动的位移为 x3+x2=212va=2.25 m,x2=2 m 可求得 x3=0.25 m,由 x=12at2得位移 x3 所经时间 t3=0.5 s,其平均速度大小为 0.5 m/s,故 C 正确,D 错误.3.多过程问题(2015江苏卷,5)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
27、/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3 C.关卡4 D.关卡5 C 解析:由 v=at 解得,该同学加速到 2 m/s 所用时间为 1 s,通过的位移 x1=12a21t=1 m.之后的 4 s 匀速,通过的位移为 x2=vt2=24 m=8 m,可见关卡关闭时该同学到达关卡 2 右侧 1 m 处.之后 2 s 内运动位移为 4 m,关卡再次打开时,该同学在 5 s 内又运动 10 m,到达关卡 4 左侧 1 m 处,此时关卡恰好关闭,而该同学运动到关卡 4 只需 0.5 s,关卡 4仍处于关闭状态,故选 C.4.基本公式法的应用(2017全国卷,24)为提高冰
28、球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员将冰球以初速度v0击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求 解析:(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为,则冰球在冰面上滑行的加速度 a1=g 由速度与位移的关系知-2a1s0=21v-20v,联立得=1ag=220102vvgs.(1)冰球与冰面之间
29、的动摩擦因数;(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.(2)设冰球运动时间为 t,运动员的加速度为 a2,则 t=01vvg,又 s1=12a2t2 联立得 a2=2101202s vvs.答案:(1)220102vvgs(2)2101202s vvs 将“多个物体的运动”等效转化为“一个物体的运动”在运动学问题的解题过程中,若多个物体所参与的运动规律完全相同,可将多个物体的运动转换为一个物体的连续运动,解答过程将变得简单明了.拓展增分【示例】取一根长2 m左右的细线,5个铁垫圈和一个金属盘.在线端系上第一个垫圈1,隔12 cm再系一个垫圈2,以后垫圈之间的距离分别为36 cm,60 cm,8
30、4 cm,如图所示.站在椅子上,向上提起线的上端,让线自由垂下,且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘.松手后开始计时,若不计空气阻力,则第2,3,4,5个垫圈()A.落到盘上的时间间隔越来越大 B.落到盘上的时间间隔越来越小 C.依次落到盘上的时间关系为1234 D.依次落到盘上的时间关系为 1(2-1)(3-2)(2-3)C 解析:4个铁垫圈同时做自由落体运动,下降的位移之比为1357.可以看成一个铁垫圈自由下落,经过位移之比为1357.因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1357,知各垫圈落到盘中的时间间隔相等,则各垫圈依次落到盘中的时间比为1234,故C正确,A,B,D错误.
