1、第2讲匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动1定义：加速度保持不变的直线运动。2分类(1)匀加速直线运动，a与v0方向相同。(2)匀减速直线运动，a与v0方向相反。思考辨析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大的。()二、基本规律和推论基本规律速度公式：vtv0at位移公式：sv0tat2速度和位移的关系式：vv2as推论中间时刻的速度公式：v位移差公式：saT2，smsn(mn)aT2思考辨析1在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。()2运动学公式中物理量的正、负号是怎样确定的？
2、提示：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v0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，一般以加速度a的方向为正方向。3一物体做直线运动的v-t图像如图所示，你如何比较物体在t0时间内的平均速度与 的大小？提示：假设物体做匀变速直线运动，其v-t图像是一条直线，其位移等于图中虚线与坐标轴所围梯形的面积，小于该曲线与坐标轴所包围的面积，故 。三、初速度为0的匀加速直线运动的6个常用比例11T末、2T末、3T末、nT末的瞬时速度之比：v1v2v3vn123n。21T内、2T内、3T内、nT内的位移之比：s1s2s3sn122232n2。
3、3第一个T内、第二个T内、第三个T内、第n个T内的位移之比：ssssn135(2n1)。4通过前x0、前2x0、前3x0、前nx0时的速度之比：v1v2v3vn1。5通过前x0、前2x0、前3x0、前nx0的位移所用时间之比：t1t2t3tn1。6通过连续相等的位移所用时间之比：ttttn1(1)()()。思考辨析1一个做初速度为0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的运动距离是由v到2v运动距离的2倍。()四、自由落体运动和竖直上抛运动1自由落体运动(1)定义：物体只在重力作用下从静止开始
4、下落的运动。(2)特点：v00，ag。速度公式：vgt。位移公式：hgt2。速度位移关系式：v22gh。2竖直上抛运动(1)定义：将物体以初速度v0竖直向上抛出后只在重力作用下的运动。(2)特点：取竖直向上为正方向，则初速度为正值，加速度为负值。速度公式：vtv0gt。位移公式：sv0tgt2。速度位移关系式：vv2gs。上升的最大高度：H。思考辨析1物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动。()2做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量的方向是向下的。()3重力加速度的方向是“竖直向下”的，那么地球上不同地点的加速度的方向是不是都相同？提示：“竖直向下”是相对的，因为地球是一个球体，竖
5、直向下是指与所在地水平面垂直，所以不同位置重力加速度的方向并不相同。考点1匀变速直线运动基本公式的应用(基础考点)1空军特级飞行员李峰驾驶歼10战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时，飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的引领下，安全迫降机场，李峰成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人。若飞机着陆后以大小为6 m/s2 的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是()A288 mB300 mC150 mD144 mB解析：先求出飞机从着陆到停止所用时间t。由vtv0at，得t s10 s，由此可知飞机在
6、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sv0t6010 m(6) m300 m。故B正确。2(2021武汉模拟)“抗战专列”在武汉地铁4号线亮相，赢得乘车市民纷纷点赞。若该地铁列车先从甲站开始做初速度为0、加速度大小为a的匀加速直线运动，通过位移L后，立即做加速度大小也为a的匀减速直线运动，恰好到乙站停下，则列车从甲站到乙站所用时间为()A B2 C2 D4B解析：由位移公式可知，列车在匀加速直线运动过程中 Lat2，解得t；由于列车由静止开始加速，再以同样大小的加速度减速到静止，则说明列车减速过程所用时间也为t；故列车从甲站到乙站所用总时间
7、为2。B正确。3(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m 时，下列说法正确的是()A物体的运动时间可能为1 sB物体的运动时间可能为3 sC物体的运动时间可能为 (2) sD此时的速度大小一定为5 m/sABC解析：物体在出发点上方时，由sv0tat2，得7.510t(5)t2，解得t1 s或 t3 s，由vtv0at得，vt5 m/s 或vt5 m/s。物体在出发点下方时，由sv0tat2，得7.510t(5)t2，解得t(2) s，由vtv0at，得vt5 m/s。故A、B、C正
8、确，D错误。1描述匀变速直线运动的规律有三个基本公式，其中两个公式是独立的，涉及五个物理量：初速度v0、末速度vt、加速度a、运动时间t和位移s。这五个量只要已知其中三个，一定可以求出另外两个，可概括为“知三求二”。2解题时应根据题目已知量和未知量，认真判断题目中真正缺少哪个物理量，我们选择题目中所缺的物理量和公式中也缺的物理量一致的公式，一般就可以解决问题。3解答运动学问题的基本思路4注意刹车类问题，要先计算刹停时间，和题目中所给时间进行比较。5注意往复运动带来的多解问题和物理量的正、负号问题。考点2匀变速直线运动常用推论的应用(能力考点)典例物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜
9、面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为0，如图所示，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。解此题把握以下关键信息：(1)“到达斜面最高点C时速度恰好为0”表明该物体做减速到0的匀减速运动，可考虑“逆向思维”。(2)“距斜面底端 l处的B点”表明BC的距离为 ，可考虑应用“比例法 ”。【自主解答】解析：方法一：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为v0，物体从B点滑到C点所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得v2asACvv2asABsABsAC由解得vB又vBv0atvBatBC由解得tBCt。方法二：中间时刻速度法利
10、用推论：匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC又v2asAC，v2asBC，sBC由以上三式解得vB可以看出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。方法三：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B点到C点所用的时间为tBC ，由运动学公式得sBCat，sACa(ttBC)2又sBC由以上三式解得tBCt。方法四：比例法对于初速度为0的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为s1s2s3sn135(2n1)因为sBCsAB13，而通过sAB的时间为t，所以通过sBC的时间tBCt。
11、方法五：图像法根据匀变速直线运动的规律，画出v-t图像，如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得 ，且 ODt，OCttBC所以 ，解得tBCt。答案：t【技法总结】解决匀变速直线运动问题常用的六种方法1一物体做匀加速直线运动，通过一段位移s所用时间为2t，紧接着通过下一段位移s所用时间为t，则物体运动的加速度大小为()ABCDC解析：物体做匀加速直线运动，在第一段位移s内的平均速度是v1；在第二段位移s内的平均速度是v2；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为ttt，则物体加速度的大小a，解得a，故选C。2如图所示，物体从O点由静止开始
12、做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中AB2 m，BC3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于()A mB mC mD mA解析：设物体通过AB、BC段位移所用时间均为T，则B点的速度为vB，根据saT2得 a，则有vAvBaTT，根据速度位移公式得，O、A两点之间的距离为sOA m。故A正确，B、C、D错误。3(2019全国卷)如图所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个 所用的时间为t1，第四个 所用的时间为t2。不计空气阻力，则 满足()A12 B23 C34 D45C解析：本题应用逆向思维求解，即运动员的竖
13、直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个 所用的时间为t2，第一个所用的时间为t1，因此有 2，即34，选项C正确。考点3自由落体运动和竖直上抛运动(能力考点)考向1自由落体运动典例如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由下落(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处的圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g10 m/s2。(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？【自主解答】解析：(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A s s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A s2 s则
14、木杆通过圆筒上端A所用的时间t1t上At下A(2) s。(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B s s则木杆通过圆筒AB所用的时间t2t上B t下A() s。答案：(1)(2) s(2)() s【技法总结】在计算木杆通过圆筒的时间时，既不能将木杆视为质点，又不能将圆筒视为质点，此时要注意确定木杆通过圆筒的开始和终止时刻之间所对应的下落高度。考向2竖直上抛运动典例气球下挂一重物，以v010 m/s的速度匀速上升，当到达离地面高度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)【自主解答】解析：方法一：分段法绳子断裂后重
15、物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为t11 sh15 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t2和落地速度v分别为t26 svgt260 m/s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为tt1t27 s。方法二：全程法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hv0tgt2代入数据解得t17 s，t25 s(舍去)所以重物落地时的速度为vv0gt10 m/s107 m/s60 m/s其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。答案：7 s60 m/s【技法总结】1竖直上抛运动的两种研
16、究方法(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、加速度为ag 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，物体正在下降；h0时，物体在抛出点上方；h0时，物体在抛出点下方。2巧用竖直上抛运动的对称性(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的上升时间和下降时间相等。1(多选)如图所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点)。在由静止释放小
17、球的同时，将圆筒竖直向上拋出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g10 m/s2)()A2.3 m/s B2.6 m/s C2.9 m/s D3.2 m/sBC解析：整个过程中小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动。小球的下落时间为 t1，h为实际下落高度；圆筒在空中运动的时间为t2，v0为其上抛的初速度。根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则对临界情况分析：圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒的上沿，则h1.25 m，又t1t2，即，解得v02.5 m/s; 圆筒上抛速度较大时，当圆筒落地瞬间
18、，小球刚要落地，则h1.25 m0.55 m1.8 m，又t1t2，即，解得v03 m/s。故圆筒上抛速度的范围为2.5 m/sv04 m分析可知一定是在物体通过最高点后返回过程中被接住，设接住前1 s时的初速度为v1，则hv1tgt2解得v19 m/st1 s0.2 s则物体从抛出到被人接住所经历的时间tt11 s1.2 s。(2)此竖直井的深度Hv0tgt2111.2 m101.22 m6 m。答案：(1)1.2 s(2)6 m考点4多过程、 多物体运动问题(能力考点)考向1多过程运动问题典例公路人工收费站会影响道路的畅通，ETC应运而生，ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ET
19、C通道和人工收费通道的流程如图所示。假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车，都以 v115 m/s的速度朝收费站沿直线匀速行驶，现甲车过ETC通道，需要在某位置开始做匀减速直线运动，到达虚线EF处速度正好减为v25 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以5 m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶恢复到原来速度，虚线EF处与收费站中心线的距离d10 m。乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为0，经过 20 s，缴费成功后再启动汽车匀加速行驶恢复到原来速度。已知甲、乙两车匀加速过程的加速度大小均为 a11 m/s2，匀减速过程的加速度大小均为 a22
20、m/s2。(1)甲车过ETC通道时，从开始减速到恢复原来速度过程中的位移大小是多少？(2)假设人工收费通道前有一列车队在匀速行驶，车距都为s2，当前一辆车从中心线启动行驶78.125 m 时，后一辆车刚好停在中心线上，则s2为多大？(3)假设有两列车队分别从ETC通道和人工收费通道通过，通过ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距s1120 m，通过人工收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为s2，则每小时从ETC通道多通过多少辆车？试题由道路交通抽象而来，解决问题的关键是灵活运用知识把实际问题转化为常见物理模型。(2)(3)两问的难点是变通计算时间间隔，以匀速代变速，以简单解复杂。(3)问
21、中，通过两个通道车队的减速或停车缴费只会影响车到达目的地的时间，而不会导致车辆的流量减小，即车辆流量跟匀速运动时是一样的。【自主解答】解析：(1)甲车过ETC通道时，减速过程的位移为s150 m加速恢复到原来速度的位移s2100 m所以总的位移s总s1ds2160 m。(2)乙车在中心线处的停车时间t120 s，匀加速行驶78.125 m 的时间t212.5 s由于没有等待时间，即后一辆车和前一辆车做减速运动的时间是相同的，因此后一辆车比前一辆车到达中心线处的时间晚(t1t2)，故两车正常行驶时的车距等于在前一辆车停车时间和加速时间内以速度v1匀速行驶的距离，即s2v1(t1t2)487.5
22、m。(3)由于没有等待时间，每小时通过收费站的车辆数即为正常行驶时每小时通过某点的车辆数，因此ETC通道每小时通过的车辆数n1 辆450 辆人工收费通道每小时通过的车辆数n2 辆110 辆ETC通道多通过nn1n2340辆。答案：(1)160 m(2)487.5 m(3)340辆【技法总结】多过程运动问题的分析方法(1)基本思路画：分清各阶段的运动过程，画出草图；列：列出各运动阶段的运动方程；找：找出交接处的速度与各段间的位移时间关系；解：联立求解，算出结果，并注意分析是否合理。(2)解题关键多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键。考向2多物体
23、运动问题典例取一根长2 m左右的细线、5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个铁垫圈，隔12 cm再系一个，以后铁垫圈之间的距离分别是36 cm、60 cm、84 cm，如图所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个铁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各铁垫圈()A落到盘上的声音时间间隔越来越大B落到盘上的声音时间间隔相等C依次落到盘上的速率关系为12D依次落到盘上的时间关系为1(1)()(2)【自主解答】B解析：把多个铁垫圈的运动转化为一个铁垫圈的自由落体运动。根据题意可知每两个相邻铁垫圈之间的距离差都为24 cm，由saT2可知铁垫
24、圈落到盘上的声音时间间隔相等，选项A、D错误，B正确；由vgt可知铁垫圈依次落到盘上的速率关系为1234，选项C错误。【技法总结】多物体运动问题的分析方法(1)如果能将多个物体的运动等效为一个物体的运动，可使研究过程简化。(2)如果不能简化为一个物体的运动，必须分析每一个物体的运动过程，确定运动规律。1从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图所示。现测得AB15 cm，BC20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同。求：(1)小球的加速度大小；(2)拍摄时B处小球的速度大小；(3)D、C处两球相距多远；(4)A
25、处小球上面正在运动着的小球共有几颗。解析：可将照片中多个小球的位置看成一个小球在不同时刻的位置。(1)由saT2 得a m/s25 m/s2。(2)vB m/s1.75 m/s。(3)由sDCBCBCAB 得DCBC(BCAB)20 cm5 cm25 cm。(4)B处小球从开始释放到图示位置所需的时间为tB s0.35 s则B处小球上面正在运动着的小球共有3颗，A处小球上面正在运动着的小球共有2颗。答案：(1)5 m/s2(2)1.75 m/s(3)25 cm(4)2颗2(2020全国卷)我国自主研制了运20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用Fkv2描述，k为系数，v是飞机在平直跑道上的滑行
26、速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。解析：(1)空载起飞时，升力正好等于飞机重力，有kvm1g满载起飞时，升力正好等于飞机和货物的重力，有 kvm2g由以上两式解得v278 m/s。(2)满载货物的飞机做初速度为0的匀加速直线运动，所以v02as解得a2 m/s2由加速度的定义式变形
27、得t解得t39 s。答案：(1)78 m/s(2)2 m/s239 s题型一竖直上抛运动与沿光滑斜面上滑典例一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，3 s后物体的速率变为10 m/s，则关于物体此时的位置和速度方向的说法可能正确的是(不计空气阻力，g10 m/s2)()A在A点上方15 m处，速度方向竖直向上B在A点下方15 m处，速度方向竖直向下C在A点上方75 m处，速度方向竖直向上D在A点上方75 m处，速度方向竖直向下【自主解答】C解析：若3 s后物体的速度方向竖直向上，由竖直上抛运动公式vtv0gt，得物体的初速度为v0vtgt40 m/s，物体的位移为h1(v0v)75 m，
28、物体在A点的上方，C正确，D错误；若3 s后物体的速度方向竖直向下，则物体的初速度v0vtgt20 m/s，物体的位移为h2(v0vt)15 m，物体仍然在A点的上方，A、B错误。【技法总结】竖直上抛运动和物体沿光滑斜面上滑的运动规律类似，物体均先匀减速运动再反向匀加速运动，且前、后两个过程加速度大小和方向均相同。变式在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，如果物体的加速度始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下。那么经过3 s后的速度大小和方向是()A25 m/s，沿斜面向上 B5 m/s，沿斜面向下C5 m/s，沿斜面向上 D25 m/s，沿斜面向下B解析：取初速度
29、方向为正方向，则v010 m/s，a5 m/s2，由vtv0at可得，当t3 s时，vt5 m/s，“”号表示物体在t3 s时，速度方向沿斜面向下，故B选项正确。题型二沿粗糙斜面上滑与刹车类问题典例(多选)如图所示，木板与水平地面间的夹角30，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度 v010 m/s的速度沿木板向上运动，取g10 m/s2。则以下结论正确的是()A小木块与木板间的动摩擦因数为 B小木块经t2 s沿木板滑到最高点C小木块在t2 s时的速度大小为10 m/s，方向沿木板向下D小木块滑到最高点后将静止不动【自主解答】AD解析：小木块恰好匀速下滑时
30、，根据平衡条件有mgsin 30mgcos 30，可得，A正确；小木块沿木板上滑的过程中，由牛顿第二定律可得mgsin 30mgcos 30ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度大小a10 m/s2，故小木块上滑的时间t上1 s，小木块的速度减为0时，有 mgsin 30mgcos 30，故小木块将静止在最高点，B、C错误，D正确。【技法总结】(1)物体沿粗糙斜面上滑至最高点后，若有mgsin mgcos ，则物体的运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。(2)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为0后，汽车将停止运动，此时速度和加速度均变为0。变式汽车在水平路面上刹车，其位移与时间的关系是x24t6t2，则它在前3 s内的平均速度为()A6 m/s B8 m/sC10 m/sD12 m/sB解析：将题目中的表达式与sv0tat2比较可知v024 m/s，a12 m/s2。所以由vtv0at可得汽车从刹车到静止的时间为t s2 s，由此可知t3 s时汽车已经停止，位移 s242 m622 m24 m，故平均速度 m/s8 m/s，选项B正确。
