1、 第二讲 匀变速直线运动的规律及应用基础自测一、匀变速直线运动：沿着一条直线，且加速度保持不变的运动分为匀加速直线运动（a与v同方向）和匀减速直线运动（a与v反向）二、匀变速直线运动的规律：1.一个定义式：2.两个基本规律： 速度公式：v = v0 + at； 位移公式：x = v0t + at2/23.三个重要推论： 做匀变速直线的物体在连续相等的相邻时间间隔T内的位移差等于恒量，即说明： 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一半，还等于中间时刻的瞬时速度，即v平均 = vt/2 = (v0 + vt)/2； 【匀变速直线运动的某段位移中点的瞬时速度
2、vx/2 = 】说明：无论匀加速还是匀减速直线运动都有位移速度关系式：v2t v02 =2ax4.初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律： 在1T末，2T末，3T末，nT末的瞬时速度之比为v1v2v3vn = 123n 在1T内，2T内，3T内，nT内的位移之比为x1x2x3xn = 122232n2 在第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：xxx xN =135(2n 1) 从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1t2t3tn = 1(1)()( )实例指导【例1】根据给出的速度和加速度的正负，对物体运动性质的判断正确的是（ ） Av 0，a 0，物体做加速运动 B
3、v 0，a 0，物体做加速运动Cv 0，物体做减速运动 Dv 0，a 0，物体做加速运动BCD；速度和加速度都是矢量，若二者符号相同，物体就做加速运动，故B、D正确；若二者符号相反，物体就做减速运动，故A错误，C正确【变式跟踪1】一物体由静止开始沿光滑斜面做匀加速直线运动，运动6秒到达斜面底端，已知斜面长为18米，则： 物体在第3秒内的位移多大？ 前3秒内的位移多大？ 第1 s，第2 s，第3 s第6 s内的位移之比为1357911，因此第3秒内的位移x = 18 m = 2.5 m， 将6 s的时间分成2个3 s，前3 s内的位移x318 m4.5 m.【例2】珠海航展现场空军八一飞行表演队
4、两架“歼-10”飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀质量为m的“歼-10”飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动飞机以速度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在平直跑道上减速滑行总路程为x求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下A到B过程，依据运动学规律有：x1 = v0t1 a1t12，v B = v0 a1t1，B到C过程，依据运动学规律有：x2 = vBt2 a2t22，0 = v B a2t2，A到C过程，有：x = x1 + x2
5、，联立解得：a2 = (v 0 a1t1)2/(2x + a1t12 2 v0t1) t2 = (2x + a1t12 2v0t1)/( v 0 a1t1)【变式跟踪2】如图所示是某型号全液体燃料火箭发射时第一级发动机工作时火箭的a t图象，开始时的加速度曲线比较平滑，在120 s的时候，为了把加速度限制在4g以内，第一级的推力降至60%，第一级的整个工作时间为200s由图线可以看出，火箭的初始加速度为15 m/s2，且在前50 s内，加速度可以看做均匀变化，试计算： t = 50 s时火箭的速度大小； 如果火箭是竖直发射的，在前看成匀加速运动，则时离地面的高度是多少？如果此时有一碎片脱落，不
6、计空气阻力，碎片将需多长时间落地？（取g = 10 m/s2，结果可用根式表示） 因为在前50 s内，加速度可以看做均匀变化，则加速度图线是倾斜的直线，它与时间轴所围的面积就表示该时刻的速度大小，所以有：v = (1/2)(1520)50 m/s = 875 m/s 如果火箭是竖直发射的，在t = 10 s前看成匀加速运动，则t = 10 s时离地面的高度是h=at2/2 =(1/2)15102 m = 750 m，如果有一碎片脱落，它的初速度v1at150 m/s，离开火箭后做竖直上抛运动，有h = v1tgt2，代入数据解得t5(3) s，t5(3) s舍去【例3】一辆汽车以10 m/s的
7、速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0.2 m/s2，则刹车后汽车在1 min内通过的位移大小为（ ） A240 m B250 m C260 m D90 mB；因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t = v0/a = 50 s，所以汽车刹车后在1 min内通过的位移为x = v0t/2 = 250 m【变式跟踪3】一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m，则刹车后6 s内的位移是（ ） A20 m B24 m C25 m D75 mC；因汽车做匀减速直线运动由x = v0tat2得 9v01a12
8、，97v02a22，解得v0 = 10 m/s，a = 2 m/s2汽车从刹车到停止所需时间t = v0/a = 5s；刹车后6 s内的位移即5 s内的位移x = v0t at2，代入数据解得x = 25 m【例4】（2013广东高考）某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/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 （ B ）A5m/s B10m/s C15m/s D20m/s【预测1】中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约3000m，着陆距离大约为2000m设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速
9、度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是 （ ）A32 B11 C12 D21 B；由x = vt/2解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是 t1:t2 =(x1/x2)(v2/v1) =11，选项B正确【例5】（2013全国卷大纲版）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过已知每根铁轨的长度为25.0m，每节货车车厢的长
10、度为16.0m，货车车厢间距忽略不计求： 客车运行速度的大小； 货车运行加速度的大小 设连续两次撞击铁轨的时间间隔为t，每根铁轨长度为l，则客车速度为v = l/t，其中l = 25.0m、t = 10.0/(161) s 得 v = 37.5m/st/sv/ms-1030100403005040050500605507060080 设从货车开始运动后t = 20.0s内客车行驶了s1米，货车行驶了s2米，货车加速度为a，30节货车车厢的总长度为L = 3016.0m由运动学公式有 s1 = vt、s2 = at2/2，由题给条件有L = s1 s2，联立上述各式，并代入数据解得a = 1.3
11、5m/s2【预测2】小明同学乘坐“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中已知动车组的总质量M = 2.0105kg，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g = 10m/s2在小明同学记录动车组速率这段时间内，求： 动车组的加速度值； 动车组牵引力的最大值； 动车组位移的大小v/ms-1t/s10020030040050060020406080 通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a1、a2，由 a =v/t 代入数据后得a1 = 0.1m/s2、a2
12、= 0.2m/s2 由牛顿第二定律 F - Ff = Ma，Ff = 0.1Mg当加速度大时，牵引力也大代入数据得 F = Ff + Ma2 = 2.4105N 通过作出动车组的 v t图可知，第一次加速运动的结束时刻是200s，第二次加速运动的开始 时刻是450sx1 = (v1 + v2)/2t1、x2 = v2t2、x3 = (v2 + v3)/2t3、x = x1 + x2 + x3，代入数据解得x = 30250m随堂演练1一个物体从静止开始做匀加速直线运动它在第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 （ ）Ax
13、1x2 = 13，v1v2 = 12 Bx1x2 = 13，v1v2 = 1Cx1x2 = 14，v1v2 = 12 Dx1x2 = 14，v1v2 = 1B；由xxxxn135(2n 1)知x1x213，由xat2知t1t21，又vat可得v1v21，正确2某做匀加速直线运动的物体初速度为2 m/s，经过一段时间t后速度变为6 m/s，则 t/2时刻的速度为（ ）A由于t未知，无法确定 t/2时刻的速度 B5 m/sC由于加速度a及时间t未知，无法确定t/2时刻的速度 D4 m/sD；中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即vt/2 = (v0 + v)/2 = 4 m/s3科技馆里有一个
14、展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的照射下，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置不动，如图所示某同学为计算该装置喷射水滴的时间间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间间隔为（g取10 m/s2）（ ）A0.01 s B0.02 s C0.1 s D0.2 sC；自上而下第一、二和三点之间的距离分别为x1 = (10.00 1.00)102 m = 9.00102 m，x2 = (29.00 10.00)102 m19.00102 m，根据公式x = aT2得x2x1 = gT2，故T = 0.1 s4做匀减速直
15、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 m B2 m C1 m D0B；设加速度大小为a，则开始减速时的初速度大小为v0at4a，第1 s内的位移是x1v0t1at123.5a = 14 m，所以a4 m/s2，物体最后1 s的位移是xat222 m本题也可以采用逆向思维的方法，把物体的运动看做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 m5沙尘暴天气会严重影响交通有一辆卡车以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒（
16、若没有人扶起他），该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在老人前1.5 m处，避免了一场事故已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2，则（ ）A司机发现情况后，卡车经过3 s停下B司机发现情况时，卡车与该老人的距离为33 mC从司机发现情况到停下来的过程，卡车的平均速度为11 m/sD若卡车的初速度为72 km/h，其他条件都不变，则卡车将撞到老人BD；v015 m/s，故刹车后卡车做匀减速运动的时间t2 = v0/a = 3 s，故卡车经过3.6 s停下来，A错误；卡车与该老人的距离xv0t1 + v02/2ax33 m，B正确；v平 = (x x)/(t1 + t
17、2) 8.75 m/s，C错误；x = vt1 + v2/2a = 52 m 33 m，所以D正确6从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是 （ ）AA上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2vB两物体在空中运动的时间相等CA上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点AC；设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体初速度为v0，由题gt = v0 gt = v 得v0=2v故A 正确根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在
18、空中运动时间为tB = 2v/2g，A竖直上抛，在空中运动时间tA = 2(2v/g) = 4v/g故B错误物体A能上升的最大高度hA = (2v)2/2g，B开始下落的高度hB=g(2v/g)2/2，显然两者相等故C正确两物体在空中同时达到同一高度为h = gt2/2 = g(v/g)2/2 = v2/2g = hB/4故D错误故选AC7一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B路牌时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A以向东为正方向，它们的位移-时间图像如图所示，图中t2
19、= 2t1 ，由图可知（ ）A小鸟的速率是汽车速率的两倍 B相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3:1C小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍 D小鸟和汽车在0t2 时间内位移相等BC；设AB之间的距离为L，小鸟的速率是v1，汽车的速率是v2，小鸟从出发到与汽车相遇的时间与返回的时间相同，故它们相向运动的时间为t1/2，则在小鸟和汽车相向运动的过程中有v1t1/2 + v2t1/2 = L，即（v1 + v2）t1/2 = L，对于汽车来说有v2t2 = L；联立以上两式可得v1 =3 v2，故A错误B正确汽车通过的总路程为x2 = v2t2，小鸟飞行的总路程为x1 = v1t1=3 v2(t2/2)
20、= (3/2)x2，故C正确小鸟回到出发点，故小鸟的位移为0，故D错误故选BC8汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动产生明显的滑动痕迹，即常说的刹车线由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据若某汽车刹车后至停止的加速度大小为7 m/s2，刹车线长为14 m，求： 该汽车刹车前的初始速度v0的大小； 该汽车从刹车至停下来所用的时间t0； 在此过程中汽车的平均速度 由题意根据运动学公式v2 v20 = 2ax得 v20 = 2ax 代入数据解得v0 = 14 m/s 法1：由得；法2：(逆过程) 由x = at02 得 法1：v平均 = x/t
21、= 7 m/s；法2：v平均 = (v0 + v)/2 = 7 m/s9.物体以一定的初速度v0冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间法1（比例法）：对于初速度为0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 x1x2x3xn = 135(2n 1)，现有xBCxAB = (xAC/4)(3xAC/4) = 13，通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC = t法2（中间时刻速度法）：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度vAC = (v0 + 0)/2 = v0/2，又v
22、02 = 2axAC vB2 = 2axBC xBC = xAC/4 解得：vB = v0/2，可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置因此有tBC = t法3（利用有关推论）：对于初速度为0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 t1t2t3tn = 1(-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tBD + tDE + tEA = t，得tx = t10.(2013安徽省六校教学研究会联考)歼1
23、5 战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机， 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 s 距离就达到起飞速度腾空而起。现已知“辽宁”舰起飞甲板长为 L(L s) ，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，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞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飞机具有的最小速度 v1m ；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度及此过程中的位移.解析：（1）设飞机起飞速度为v，则有v2=2as。 联立解得（2）（2）设第二种方法中起飞过程经历时间为 t ，则飞机位移 航空母舰位移，位移关系：x1-x2=L，联立解得：.