1、第一章 直线运动第二讲 匀变速直线运动和自由落体运动的规律知识点 1 匀变速直线运动的规律教材温故1匀变速直线运动沿一条直线且_不变的运动加速度2匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式：v_(2)位移公式：x_(3)位移速度关系式：_v0atv0t12at2v2v2ax思考与讨论一汽车以 v06 m/s 的初速度，a2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，在此后的 5 s 内该车一直做匀减速直线运动，对吗？提示：不对因为此车在 3 s 末速度便减为 0 了，以后 2 s 便静止不动易误辨析判断下列说法的正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)匀变速直线运动的速度是均匀变化的()(2)匀变速直线运
2、动的位移是均匀变化的()(3)匀变速直线运动的加速度是不变的()答案：(1)(2)(3)知识点 2 匀变速直线运动的推论教材温故1三个推论(1)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_，还等于中间时刻的瞬时速度平均速度公式：vv0v2vt2.一半(2)连续相等的相邻时间间隔 T 内的位移差相等即 x2x1x3x2xnxn1_(3)位移中点速度 vx2v20v22.aT22初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)1T 末，2T 末，3T 末，nT 末的瞬时速度之比为 v1v2v3vn_(2)1T 内，2T 内，3T 内，nT 内的位移之比为x1x2x
3、3xn_(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 x x x xN_123n122232n2135(2n1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为 t1t2t3tn_1(21)(3 2)(2 3)(n n1)思考与讨论飞机着陆后以 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 内滑行的距离是多少？某位同学的解法如下：由位移公式 xv0t12at2，代入已知量求得滑行距离x288 m，请分析以上解析是否正确，若不正确，请写出正确的解析提示：不正确解析如下：先求出飞机着陆后到停止所用时间 t
4、.由 vv0at，得 tvv0a0606 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 xv0tat22 6010 m(6)1022 m300 m.易误辨析判断下列说法的正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第 1 s 末，第 2 s 末，第 3 s 末的瞬时速度之比为135.()(2)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由 0到 v 运动距离是由 v 到 2v 运动距离的 2 倍()(3)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度()答案：(1)(2)
5、(3)知识点 3 自由落体运动和竖直上抛运动教材温故1自由落体运动(1)条件：物体只受_，从静止开始下落重力(2)基本规律速度公式：_ 位移公式：_速度位移关系式：_vgtx12gt2v22gx2竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为 g，上升阶段做匀减速运动，下降阶段做_运动(2)运动性质：_直线运动自由落体匀减速(3)基本规律速度公式：_ 位移公式：_vv0gtxv0t12gt23伽利略对自由落体运动的研究(1)伽利略通过_的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论(2)伽利略对自由落体运动的研究方法和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一他所用的研究 方 法 是 逻
6、 辑 推 理 猜 想 与 假 设 实 验 验证_这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来逻辑推理合理外推思考与讨论踢毽子是我国民间的一项体育游戏，被人们誉为“生命的蝴蝶”近年来，踢毽子成为全民健身活动之一毽子由羽毛和铜钱组成，在下落时总是铜钱在下、羽毛在上，这是为什么呢？提示：由于空气阻力的原因铜钱密度大所受空气阻力小，羽毛所受空气阻力大，所以在下落时总是铜钱在下、羽毛在上易误辨析判断下列说法的正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)从静止开始竖直向下运动的物体一定做自由落体运动()(2)竖直上抛的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相反()(3)不计空气阻力，物体从某高
7、度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差恒定()答案：(1)(2)(3)考点 1 匀变速直线运动规律1解决运动学问题的基本思路画过程示意图 判断运动性质 选取正方向 选公式列方程 解方程并讨论2解答刹车类问题的基本思路(1)先确定刹车时间若车辆从刹车到速度减小为零所用时间为 T，则刹车时间为 Tv0a(a 表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度)(2)将题中所给的已知时间 t 和 T 比较若 T 较大，则在直接利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为 t；若 t 较大，则在利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为 T.典例 1(2018汉中模拟)小轿车以 20
8、m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有一个收费站，经 10 s 后司机才刹车，使车匀减速运动 10 s 恰停在缴费窗口，缴费后匀加速到 20 m/s 后继续匀速前行已知小轿车刹车时的加速度大小为 2 m/s2，停车缴费所用时间为 30 s，启动时加速度大小为 1 m/s2.(1)求司机是在离收费窗口多远处发现收费站的(2)因国庆放假期间，全国高速路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求轿车通过收费窗口前 9 m区间速度不超过 6 m/s，则国庆期间该小轿车应离收费窗口至少多远处开始刹车？因不停车通过至少可以节约多少时间？审题流程 信息提取经10 s后司机才刹车10 s匀
9、减速运动恰停在缴费窗口速度为零9 m区间速度不超过6 m/s匀速通过 过程分析缴费时：匀速匀减速停匀加速匀速免费时：匀减速匀速匀加速匀速解析：(1)根据题意，设司机匀速运动时间为 t1，位移为 x1，减速运动时间为 t2，位移为 x2.x1v0t12010 m200 m，减速的位移 x2v02 t2202 10 m100 m，所求距离 xx1x2200 m100 m300 m.(2)根据题意轿车应该在收费窗口前 9 m 处速度减为6 m/s，设车减速位移为 x1，由 2ax1v2v20得 x1v2v202a6220222 m91 m，所以，轿车应离收费窗口 91 m9 m100 m 处开始刹车
10、 设停车收费后加速时间为 t3，位移为 x3，则 t3va201 s20 s，x312at23121400 m200 m，若停车收费，经过窗口前 100 m 到窗口后 200 m 的总时间为 t2t0t360 s，若不停车收费也是窗口前 100 m 开始刹车，时间为 t4vtv0a6202 s7 s，窗口前匀速运动时间 t5xv96 s1.5 s，窗口后加速到 20 m/s，所用时间为 t6v0vta2061 s14 s，加速到 20 m/s 的位移 x3v-tt612at26614 m121142 m182 m，窗口后还有 200 m182 m18 m 匀速运动，其时间为 t71820 s0
11、.9 s，则若不停车，经过窗口前 100 m 到窗口后 200 m 的总时间为 t4t5t6t723.4 s，所以不停车通过可以节约的时间为 60 s23.4 s36.6 s.答案：(1)300 m(2)100 m 36.6 s“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题对点训练1一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0 时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为 x(100.1v2)m，下列分析正确的是()A上述过程的加速度大小为 10 m/s2B刹车过程持续的时间为 5 sC0 时刻的初速度为 10 m/sD刹车过程的位移为 5 m解析：由 v2v202ax 可得 x 12av20 12av2，
12、对照 x(100.1v2)可知，12a0.1，12av2010，解得 a5 m/s2，v010 m/s，选项 A 错误，C 正确；由 vv0at可得，刹车过程持续的时间为 t2 s，由 v2v202ax 可得，刹车过程的位移为 x10 m，选项 B、D 错误答案：C考点 2 解决匀变速直线运动问题的常用方法典例 2一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 时速度恰好为零，如图所示已知该物体第一次运动到 B 点时，所用时间为 t，xAB34xAC，求物体从 B 滑到C 所用的时间思路分析 质点从 A 到 C 做匀减速直线运动，C 点速度为零，可以看作逆向从 C 点开始的匀加速直
13、线运动，要求 tBC只需设出加速度大小 a，即可建立方程 解析：解法一 基本公式法 设物体的初速度为 v0，加速度大小为 a，则 从 CB：xBC12at2BC，从 CA：xAC12a(ttBC)2，又 xAB34xAC，联立各式解得 tBCt.解法二 中间时刻速度法 利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求解vACv0v2v002v02，又 v202axAC，v2B2axBC，xBC14xAC，联立各式解得 vBv02，可以看出 vB正好等于 AC 段的平均速度，因此 B 点是 AC 段中间时刻的位置，故 tBCt.答案：t应用匀变速直线运动规律的两个技巧1把减速到 0 的匀减
14、速直线运动看成反向的初速度为 0 的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单 2若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度对点训练2(2016上海卷)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()A.23 m/s2 B.43 m/s2C.89 m/s2D.169 m/s2解析：根据题意，物体做匀加速直线运动，t 时间内的平均速度等于t2时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1v1164 m/s4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：
15、v2v2162 m/s8 m/s；则物体加速度为：av2v1t843 m/s243 m/s2，故选项 B 正确答案：B考点 3 自由落体和竖直上抛1应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题2竖直上抛运动的对称性(1)时间对称性物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即 t 上t 下v0g.物体在上升过程中经过某两点所用的时间与下降过程中经过该两点
16、所用的时间相等(2)速度对称性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(3)能量对称性：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、重力势能分别相等典例 3 气球下挂一重物，以 v010 m/s 的速度匀速上升，当到达离地高度 h175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g 取 10 m/s2.解析：解法一 分成上升阶段和下落阶段两个过程处理绳子断裂后重物要继续上升的时间 t1 和上升的高度h1分别为 t1v0g 1 s，h1v202g
17、5 m，故重物离地面的最大高度为 Hh1h180 m，重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t22Hg 6 s，vgt260 m/s，所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为 tt1t27 s.解法二 取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间 t 后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间 t 内的位移 h175 m，由位移公式有 hv0t12gt2 即17510t1210t210t5t2，t22t350，解得 t17 s，t25 s(舍去)，所以重物落地速度为 vv0gt10 m/s107 m/s60 m/s，其中负号表示落地速度与初速度方向相反，方向竖直向下
18、答案：见解析处理竖直上抛运动的两点注意1用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式 hv0t12gt2中各符号的意义必须明确 2在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解对点训练3.(2015山东卷)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
19、速度的大小 g10 m/s2.可求得 h 等于()A1.25 m B2.25 mC3.75 m D4.75 m解析：根据两球同时落地可得2Hg dABv 2hg，代入数据得 h1.25 m，选项 A 正确 答案：A考点 1 匀变速运动的规律1(2018合肥模拟)一质点在做匀加速直线运动，加速度大小为 a，在时间 t 内速度大小变为原来的 3 倍，则该质点在时间 t 内的位移大小为()A.12at2 Bat2C.32at2D2at2解析：设质点的初速度大小为 v0，则经时间 t 后的速度大小为 3v0，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系得，x（3v0）2v202a，因为 t3v0v0a2v0a
20、，则 v0at2，可知 xat2，B 正确答案：B2(2018武汉模拟)一旅客在站台 8 号车厢候车线处候车，若一节动车车厢长 25 m，动车进站过程可以看成匀减速直线运动过程他发现第 6 节车厢经过他时用了 4 s，动车停下时他刚好在 8 号车厢门口(8 号车厢最前端)，则该动车的加速度大小约为()A0.5 m/s2B1 m/s2C2 m/s2D0.2 m/s2解析：设第 6 节车厢开始经过旅客时，动车的速度大小为 v0，加速度大小为 a，则 Lv0t12at2，从第 6 节车厢前端到第 8 节车厢前端的距离 x2L，则 v202a2L，联立解得 a10.5 m/s2，a218.2 m/s2
21、(较大舍去)，A 正确答案：A考点 2 解决匀变速直线运动问题的常用方法3(2018成都月考)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/s B2 m/s，4 m/s，6 m/sC3 m/s，4 m/s，5 m/s D3 m/s，5 m/s，7 m/s解析：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时间中点的瞬时速度，故 B 点的速度就是全程的平均速度，vBABBC2t4 m/s，又因为连续相等时间内的位移
22、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 正确答案：B4(2018郑州模拟)“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器假设某次海事活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为 v 时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间 t 上浮到海面，且速度恰好减为零，则从 t0(t0t)时刻到上浮至海面的过程中“蛟龙号”的平均速度大小为()A.v2B.vt02tC.v（tt0）2tDv-t01t02t解析：“蛟龙号”上浮时的加速度大小 avt，根据逆向思维，可知“蛟龙号”在 t0
23、时刻距离海面的深度 h12 a(t t0)2 v（tt0）22t，平 均 速 度 大 小 v htt0v（tt0）2t，C 正确答案：C考点 3 自由落体和竖直上抛5(2018石家庄模拟)钢球 A 自塔顶自由下落 2 m 时，钢球 B 自塔顶下方 6 m 处自由下落，两钢球同时到达地面，不计空气阻力，重力加速度为 10 m/s2，则塔高为()A24 m B16 mC12 m D8 m解析：A 从开始下落 2 m 时 h12gt21，则 t12hg，设 B 落地所用时间为 t，则 H12g(t1t)2，H6 m12gt2，解得 H8 m.答案：D6(2017平顶山模拟)将一个物体在 t0 时刻以
24、一定的初速度竖直向上抛出，t0.8 s 时物体的速度大小变为8 m/s(g 取 10 m/s2)，则下列说法正确的是()A物体一定是在 t3.2 s 时回到抛出点Bt0.8 s 时刻物体的运动方向可能向下C物体的初速度一定是 20 m/sDt0.8 s 时刻物体一定在初始位置的下方解析：物体做竖直上抛运动，在 0.8 s 内的速度变化量v100.8 m/s8 m/s，由于初速度不为零，可知 t0.8 s 时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故 B、D 错误；由 vv0gt，代入数据解得 v016 m/s，则上升到最高点的时间 t1v0g1610 s1.6 s，则回到抛出点的时间 t2t121.6 s3.2 s，故 A正确，C 错误答案：A