1、基 础 诊 断考 点 突 破基础课时2 匀变速直线运动规律的应用基 础 诊 断考 点 突 破知识点一、匀变速直线运动的规律1匀变速直线运动知识梳理 基 础 诊 断考 点 突 破2初速度为零的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：v1v2v3vn_。(2)1T内、2T内、3T内位移的比为：x1x2x3xn_。(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内位移的比为：xxxxN_。(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1t2t3tn_。123n122232n2135(2n1)1(21)(3 2)(n n1)基 础 诊 断考 点 突 破思考一辆汽车从 A 点
2、开始以初速度 v0 做匀加速直线运动，加速度为 a，经过时间 t 到达 B 点，再过时间 t 到达 C 点。(1)如何推导 AC 段的平均速度 v AC？如何推导 B 点的速度vB？v AC 与 vB 的大小关系如何？(2)如何推导 AB 段与 BC 段的位移差的表达式？(3)如何推导出汽车若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)基 础 诊 断考 点 突 破知识点二、自由落体运动和竖直上抛运动基 础 诊 断考 点 突 破1两小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们初速度之比为12，它们运动的最大位移之比为()A12B14 C21D41诊断自测
3、 解析 当小车停下时位移最大，由速度位移关系式 v2tv202ax 可得，x0v202a，设初速度分别为 v1、v2，两小车最大位移之比为x1x2v21v2214，故选项 B 正确。答案 B基 础 诊 断考 点 突 破2(多选)物体从离地面45 m高处做自由落体运动(g取10m/s2)，则下列说法正确的是()A物体运动3 s后落地B物体落地时的速度大小为30 m/sC物体在落地前最后1 s内的位移为25 mD物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s基 础 诊 断考 点 突 破解析 由自由落体运动规律 h12gt2 得 t2hg 24510 s3 s，选项 A 正确；落地速度 vtgt30
4、m/s，选项 B 正确；落地前最后 1 s 内的位移 h12gt212g(t1)225 m，选项 C正确；物体在整个下落过程中的平均速度 v ht15 m/s，选项 D 错误。答案 ABC基 础 诊 断考 点 突 破3一列火车正在做匀加速直线运动，从某时刻开始计时，第1分钟内，发现火车前进了180 m，第6分钟内，发现火车前进了360 m。则火车的加速度为()A0.01 m/s2B0.06 m/s2C0.6 m/s2D1.8 m/s2解析 由相同时间内的位移差x6x1(61)at2，解得：a0.01 m/s2，故选项A正确。答案 A基 础 诊 断考 点 突 破4一个物体从静止开始做匀加速直线运
5、动，它在第 1 s 内与第2 s 内的位移之比为 x1x2，在走完第 1 m 时与走完第 2 m 时的速度之比为 v1v2，以下说法正确的是()Ax1x213，v1v21 2Bx1x213，v1v212Cx1x214，v1v21 2Dx1x214，v1v212答案 A基 础 诊 断考 点 突 破5(多选)一汽车在公路上以54 km/h的速度行驶，突然发现前方30 m处有一障碍物，为使汽车不撞上障碍物，驾驶员立刻刹车，刹车的加速度大小为6 m/s2，则驾驶员允许的反应时间可以为()A0.5 sB0.7 s C0.8 sD0.9 s基 础 诊 断考 点 突 破解析 汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直
6、线运动，刹车后做匀减速直线运动。根据题意和匀速直线运动、匀变速直线运动规律可得 v0tv202al，代入数据解得 t0.75 s。答案 AB基 础 诊 断考 点 突 破1恰当选用公式考点一 匀变速直线运动规律的应用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、txvtv0atv0、a、t、xvtxv0t12at2v0、vt、a、xtv2tv202axv0、vt、t、xaxvtv02t基 础 诊 断考 点 突 破注意：(1)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。当v00时，一般以加速度a的
7、方向为正方向。(2)五个物理量t、v0、vt、a、x必须针对同一过程。基 础 诊 断考 点 突 破2两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题：指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)双向可逆类：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，故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。基 础 诊 断考 点 突 破例1 短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀
8、速直线运动两个阶段。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。基 础 诊 断考 点 突 破第一步：读题审题画图建模基 础 诊 断考 点 突 破第二步：理清思路选规律(1)匀加速运动阶段：x112at20 x1x212a(2t0)2x312at21 vtat1(2)匀速阶段及全程：x4vtt2 x3x4100 m t1t211 s基 础 诊 断考 点 突 破尝试解答 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
9、通过的位移分别为 x1 和 x2，由运动学规律得：x112at20，x1x212a(2t0)2而 t01 s代数求得 a5 m/s2基 础 诊 断考 点 突 破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 x，加速阶段的距离为 x3，匀速运动的距离为 x4，依题意及运动学规律，得：x312at21，vtat1，x4vtt2，xx3x4tt1t2联立以上各式并代入数据求得 x310 m答案 5 m/s2 10 m基 础 诊 断考 点 突 破拓展延伸(1)在例1中，运动员在全过程中运动的平均速度是多大？(2)在例1中，试画出运
10、动员运动的速度时间图像。解析(1)运动员在全过程中运动的平均速度：v xt10011 m/s9.1 m/s。基 础 诊 断考 点 突 破(2)由于加速运动的加速度 a5 m/s2，加速运动的位移为 x310 m，由运动学公式得：x312at21，vtat1代入数据解得：t12 s，vt10 m/s所以运动员运动的速度时间图像如图所示。答案(1)9.1 m/s(2)见解析图基 础 诊 断考 点 突 破基 础 诊 断考 点 突 破变式训练1刹车问题(2016山西四校联考)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4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为()
11、A12.5 mB2 m C10 mD0.5 m解析 由 vat 可得刹车到静止所需的时间 t2.5 s，则第 3 s内的路程，实际上等于 22.5 s 内的位移，x12at20.5 m。答案 D基 础 诊 断考 点 突 破2多过程问题研究表明，一般人的刹车反应时间(即图1甲中“反应过程”所用时间)t00.4 s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v072km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L39 m。减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g10 m/s2。求：基 础 诊
12、断考 点 突 破(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少？图 1基 础 诊 断考 点 突 破解析(1)设减速过程中汽车加速度的大小为 a，所用时间为 t，由题图可得初速度 v020 m/s，末速度 vt0，位移 x25 m，由运动学公式得v202ax，tv0a。联立以上两式，代入数据得a8 m/s2，t2.5 s。基 础 诊 断考 点 突 破(2)设志愿者反应时间为 t，反应时间的增加量为 t，由运动学公式得Lv0tx，ttt0。联立以上两式，代入数据得t0.3 s。答案(1)8 m/s2 2.5 s(2)0.3 s基 础 诊 断考 点 突 破考
13、点二 分析匀变速直线运动问题的“六种方法”基 础 诊 断考 点 突 破例2 从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车。汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m。求汽车的最大速度。解析 解法一 基本公式法 设最大速度为 vmax，由题意可得 xx1x212a1t21vmaxt212a2t22 tt1t2vmaxa1t10vmaxa2t2整理得 vmax2xt 25020 m/s5 m/s。基 础 诊 断考 点 突 破解法二 平均速度法 匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相等，都等于vmax2故有 xvmax2 t1vmax2 t2，因
14、此有 vmax 2xt1t225020 m/s5 m/s。基 础 诊 断考 点 突 破解法三 图像法 作出汽车运动全过程的 vt 图像如图所示，vt 图线与 t 轴围成三角形的面积等于位移的大小，故 xvmaxt2，所以 vmax2xt 25020 m/s5 m/s。答案 5 m/s基 础 诊 断考 点 突 破必须遵循的解题“四步骤”基 础 诊 断考 点 突 破变式训练3基本公式法或逆向思维法做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是()A3.5 mB2 m C1 mD0基 础 诊 断考 点 突 破解析 设加速度大小为 a，则开始减速时的初速度
15、大小为 v0at4a，第 1 s 内的位移是 x1v0t112at213.5a14 m，所以 a4 m/s2，物体最后 1 s 的位移是 x12at212 m。本题也可以采用逆向思维的方法，把物体的运动看作是初速度为零的匀加速直线运动，其在连续相邻相等时间内的位移之比为1357，已知第 4 s 内的位移是 14 m，所以第 1 s 内的位移是 2 m。答案 B基 础 诊 断考 点 突 破4研究对象转换法和比例法一辆列车由等长的车厢连接而成，车厢间的间隙忽略不计。一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐。列车由静止开始做匀加速直线运动，第一节车厢经过他的时间为2 s，从第5节至第16节车厢通过他的
16、时间为()A4 sB5 s C.s D6 s基 础 诊 断考 点 突 破解析 利用研究对象转换法，把多节车厢的运动转换为一个人的运动。根据 t1t2t3tn1(21)(32)(nn1)得2t116 15 15 14 5 4116 412，所以，所求时间 t4 s，故选项 A 正确。答案 A基 础 诊 断考 点 突 破1自由落体运动的特点(1)自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动，特别是初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式，在自由落体运动中应用更频繁。考点三 自由落体运动和竖直上抛运动基 础 诊 断考 点 突 破2竖直上抛运动
17、的处理方法(1)分段处理上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动。几个特征物理量上升的最大高度：Hv202g上升到最高点所用的时间：t 上v0g基 础 诊 断考 点 突 破回到抛出点所用的时间：t 下v0g，总时间 T2v0g回到抛出点时的速度 vv0。(2)整体处理物体做初速度为 v0(设为正方向)，加速度为 ag 的匀变速直线运动。运动规律：vtv0gt，hv0t12gt2，v2tv202gh。基 础 诊 断考 点 突 破3竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性(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所用的
18、时间相等。基 础 诊 断考 点 突 破例3 某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从水平地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g10 m/s2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度大小；(2)火箭上升离地面的最大高度；(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。基 础 诊 断考 点 突 破解析 设燃料用完时火箭的速度为 v1，所用时间为 t1。火箭的上升过程分为两个过程，第一个过程为匀加速上升运动，第二个过程为竖直上抛运动至到达最高点。(1)对第一个过程有 h1v12 t1，代入数据解得 v1
19、20 m/s。(2)对第二个过程有 h2v212g，代入数据解得 h220 m所以火箭上升离地面的最大高度 hh1h240 m20 m60 m。基 础 诊 断考 点 突 破(3)方法一 分段分析法从燃料用完到运动至最高点的过程中，由 v1gt2 得t2v1g 2010 s2 s从最高点落回地面的过程中由 h12gt23，而 h60 m，代入得t32 3 s故总时间 t 总t1t2t3(62 3)s。基 础 诊 断考 点 突 破方法二 整体分析法考虑从燃料用完到残骸落回地面的全过程，以竖直向上为正方向，全过程为初速度 v120 m/s，加速度 ag10 m/s2，位移 h40 m 的匀减速直线运
20、动，即有 hv1t12gt2，代入数据解得 t(22 3)s 或 t(22 3)s(舍去)，故 t 总t1t(62 3)s。答案(1)20 m/s(2)60 m(3)(62 3)s基 础 诊 断考 点 突 破1符号法则：应用公式时，要特别注意v0、vt、h等矢量的正、负号，一般选向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下降过程中vt为负值，物体在抛出点以上时h为正值，在抛出点以下时h为负值。2竖直上抛运动的多解问题由位移公式：hv0t12gt2，知对某一高度 h：(1)当 h0 时，表示物体在抛出点的上方。此时 t 有两解：较小的 t 表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的
21、 t 表示上抛物体落回此高度所用的时间。基 础 诊 断考 点 突 破(2)当h0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处。此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间。(3)当h0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置。此时t有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用时间；另一解为负值，应舍去。基 础 诊 断考 点 突 破变式训练5.雨后，屋檐还在不断滴着水滴，如图2所示。小红认真观察后发现，这些水滴都是在质量积累到足够大时才由静止开始下落。她测得，屋檐到窗台的距离H3.2 m，窗户的高度为h1.4 m。如果g取10 m/s2，试计算：(1)水滴下落到达窗台时的速度大小；(2)水滴经过窗户的时间。图 2基 础 诊 断考 点 突 破解析(1)水滴下落至窗台通过的距离为 H3.2 m，由 v2t2gH 得 vt 2gH 2103.2 m/s8 m/s。(2)水 滴 下 落 至 窗 户 上 边 缘 的 时 间 为 t1 2Hhg23.21.410 s0.6 s，水滴下落至窗台的时间为 t22Hg 23.210 s0.8 s，水滴经过窗户的时间为 tt2t10.8 s0.6 s0.2 s。答案(1)8 m/s(2)0.2 s