1、第2讲匀变速直线运动的规律及应用学生用书P5【基础梳理】一、匀变速直线运动的基本规律1速度与时间的关系式：vv0at2位移与时间的关系式：xv0tat23位移与速度的关系式：v2v2ax二、匀变速直线运动的推论1平均速度公式：v2位移差公式：xx2x1x3x2xnxn1aT2可以推广到xmxn(mn)aT2.3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：v1v2v3vn123n(2)1T内，2T内，3T内位移之比为：x1x2x3xn12232n2(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内位移之比为：xxxxn135(2n1)(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：
2、t1t2t3tn1(1)()()三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律1自由落体运动规律(1)速度公式：vgt(2)位移公式：hgt2(3)速度位移关系式：v22gh2竖直上抛运动规律(1)速度公式：vv0gt(2)位移公式：hv0tgt2(3)速度位移关系式：v2v2gh.(4)上升的最大高度：h(5)上升到最大高度用时：t【自我诊断】判一判(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
3、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()提示：(1)(2)(3)(4)(5)(6)做一做(多选)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AB2 m，BC3 m且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是()A可以求出物体加速度的大小B可以求得CD4 mC可求得OA之间的距离为1.125 mD可求得OA之间的距离为1.5 m提示：选BC.设加速度为a，时间为T，则有saT21 m，可以求得CD4 m，而B点的瞬时速度vB，所以OB之间的距离为sOB3.125 m，OA之间的距离为sOAsOBsAB1.125 m
4、，即B、C选项正确匀变速直线运动规律的应用学生用书P5【知识提炼】1“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题2对于运动学公式的选用可参考下表所列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的公式v0、v、a、tx速度公式vv0atv0、a、t、xv位移公式xv0tat2v0、v、a、xt速度位移关系式v2v2axv0、v、t、xa平均速度公式xt3.运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，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v00时，一般以a的方向为正方向【典题例析
5、】歼15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大若歼15战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(Ls)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.审题指导第(1)问不知道时间，直接应用公式2axv2v解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动解
6、析(1)若歼15战机正常起飞，则有2asv2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aLv2v，解得v1min.(2)法一：一般公式法起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有xv2mint，t2a(Lx)v2v解得v2min.法二：相对运动法选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为vv2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL(vv2min)2和2asv2，仍可得v2min.答案(1)(2)(1)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分阶段分
7、析，各阶段交接处的速度往往是联系各阶段的纽带(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解(3)对于双向可逆匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段法求解【迁移题组】迁移1基本公式的应用1某航母跑道长为200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为()A5 m/sB10 m/sC15 m/s D20 m/s解析：选B.飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系v2v2ax解决问题由题知，v50
8、 m/s，a6 m/s2，x200 m，根据v2v2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0m/s10 m/s.故选项B正确迁移2刹车类问题2(2018河南、河北、山西质量监测)冰壶在水平面上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶(视为质点)沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为，ABCDl、BC7l，重力加速度为g.求：(1)冰壶经过B点时的速率；(2)冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比解析：(1)冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1g根据速度位移关系有：v2a1(7ll)解得冰壶在B点的速率vB4
9、.(2)设冰壶在AB段运动时加速度大小为a2，由AB间匀加速运动有v2a2l，可得冰壶在AB间运动的加速度a28g设冰壶在CD段运动时间为t1，冰壶在AB段运动时间为t2，根据运动学关系有：lCDa1t，lABa2t冰壶在CD段与在AB段运动时间之比t1t221.答案：(1)4(2)21处理匀变速直线运动六法学生用书P6【知识提炼】【典题例析】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，如图已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间审题突破本题的解答方法很多如：因为vC0，故可用逆向思维法将该过程看做是沿斜面向下的匀
10、加速直线运动不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程解析法一：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xBC，xAC，又xBC，由以上三式解得tBCt.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v2axACvv2axABxABxAC由解得vB又vBv0atvBatBC由解得tBCt.法三：位移比例法对于初速度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x1x2x3xn135(2n1)因为xCBxBA13，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBCt.法四：时
11、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t1t2t3tn1(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(1)tx，tDE()tx，tEA(2)tx，又tBDtDEtEAt，解得txt.法五：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，AC.又v2axAC，v2axBC，xBC.由以上三式解得vB.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBCt.法六：图象法根据匀变速直线运动的规律，作出vt图象，如图所示利用相似三角形的规律，
12、面积之比等于对应边平方比，得，且，ODt，OCttBC.所以，解得tBCt.答案t匀变速直线运动问题的解题“四步骤”【迁移题组】迁移1比例法的应用1(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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()Av1v2v3321Bv1v2v31Ct1t2t31Dt1t2t3()(1)1解析：选BD.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可
13、以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1(1)()，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为()(1)1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为1，选项A错误，B正确迁移2xaT2推论法的应用2(2018成都高新区月考)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB6 m，BC10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()A2 m/s，3 m/s，4 m/sB2 m/s，4 m/s，6 m/sC3 m/s，4 m/s
14、，5 m/sD3 m/s，5 m/s，7 m/s解析：选B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即xat2，则由xBCABat2解得a1 m/s2，再由速度公式vv0at，解得vA2 m/s，vC6 m/s，故选项B正确自由落体运动和竖直上抛运动学生用书P7【知识提炼】1自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动2竖直上抛运动的重要特性(如图)(1)对称性时间对称：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.速度
15、对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等(2)多解性：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，造成多解，在解决问题时要注意这个特性3竖直上抛运动的研究方法分段法上升阶段：ag的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，vv0gt，hv0tgt2(向上方向为正方向)若v0，物体上升，若v0，物体在抛出点上方，若h0，物体在抛出点下方【典题例析】气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大
16、？(g取10 m/s2)审题指导重物从气球上掉落时仍具有向上的速度解析法一：全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示重物在时间t内的位移h175 m将h175 m，v010 m/s代入位移公式hv0tgt2解得t7 s或t5 s(舍去)，所以重物落地速度为vv0gt10 m/s107 m/s60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反法二：分段法设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1s1 s上升的最大高度h1 m5 m故重物离地面的最大高度为Hh1h5 m175 m180 m重物从最高处自由下落，
17、落地时间和落地速度分别为t2s6 s，vgt2106 m/s60 m/s，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时tt1t27 s.答案7 s60 m/s【迁移题组】迁移1自由落体运动1(2018福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则()A物体在2 s末的速度大小是20 m/sB物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/sC物体在前2 s内的位移大小是20 mD物体在5 s内的位移大小是50 m解析：选D.设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得g(5
18、 s)2g(4 s)218 m，得g4 m/s2.所以2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是g(2 s)28 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是g(5 s)250 m，选项D正确迁移2竖直上抛运动2(2018江西五校高三摸底考试)一弹性小球自4.9 m 高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的，重力加速度g取9.8 m/s2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间解析：小球第一次下落经历的时间为：t1 s落地前的速度的大小vgt9.8 m/s第一次碰地弹起的速度的大小v1v上升到落回的时间t12s第二次碰地弹起的速度的大小v2v上升到落回的时间t22 s第n次碰地弹起的速度的大小vnv上升到落回的时间tn2s从开始到最终停止经历的时间为：t总1222s17s8 s.答案：8 s
