第1章2匀变速直线运动规律的应用

1、第2课时匀变速直线运动规律的应用考纲解读 1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、xaT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式考点一匀变速直线运动公式的应用1基本规律(1)速度公式：vv0at.(2)位移公式：xv0tat2.(3)位移速度关系式：v2v2ax.这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石均为矢量式，应用时应规定正方向2两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v.(2)任意两个连续相等的时间间

2、隔T内的位移之差为一恒量，即：xx2x1x3x2xnxn1aT2.3v00的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、瞬时速度的比为：v1v2v3vn123n(2)1T内、2T内、3T内位移的比为：x1x2x3xn122232n2(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内位移的比为：xxxxn135(2n1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1t2t3tn1(1)()()例1做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知ABBC，AB段和BC段的平均速度分别为v13 m/s、v26 m/s，则：(1)物体经B点时的瞬时速度vB为多大？(2)若物体运动的加速度a2 m/s

3、2，试求AC的距离l.解析(1)设物体运动的加速度大小为a，经A、C点的速度大小分别为vA、vC.由匀加速直线运动规律可得：vv2avv2av1v2解式得：vB5 m/s(2)解式得：vA1 m/s，vC7 m/s 由vv2al得：l12 m.答案(1)5 m/s(2)12 m递进题组1有关推论的应用高速公路限速120 km/h，一般也要求速度不小于80 km/h.冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸如果某人大雾天开车在高速上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30 m，该人的反应时间为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全

4、行驶，汽车行驶的最大速度是()A10 m/s B15 m/s C10 m/s D20 m/s答案B解析设最大速度为vm，能见度为x，反应时间为t，则有xvmt，即300.5vm解得： vm15 m/s. 2基本公式的应用卡车原来以10 m/s的速度在平直公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机从较远的地方立即开始刹车，使卡车匀减速前进，当车减速到2 m/s时，交通灯恰好转为绿灯，司机当即放开刹车，并且只用了减速过程一半的时间卡车就加速到原来的速度从刹车开始到恢复原速的过程用了12 s求：(1)卡车在减速与加速过程中的加速度；(2)开始刹车后2 s末及10 s末的瞬时速度大小答案(1)1 m/s2

5、2 m/s2(2)8 m/s6 m/s解析(1)设卡车从点A开始减速，则vA10 m/s，用时t1到达点B；从点B又开始加速，用时t2到达点C.取vA的方向为正方向，则vB2 m/s，vC10 m/s.且t2t1，t1t212 s，解得t18 s，t24 s由速度公式vv0at得在AB段vBvAa1t1在BC段vCvBa2t2联立上述各式解得a11 m/s2，a22 m/s2(2)2 s末卡车的瞬时速度大小为v1vAa1t10 m/s12 m/s8 m/s10 s末卡车的瞬时速度大小为v2vBa2t2 m/s2(108) m/s6 m/s 两类特殊的匀减速直线运动 (1)刹车类问题：指匀减速到

6、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、v、a等矢量的正负号及物理意义考点二常用的“六种”物理思想方法1一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式它们均是矢量式，使用时要注意方向性2平均速度法定义式对任何性质的运动都适用，而v(v0v)只适用于匀变速直线运动3比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速

7、直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解4逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动5推论法利用xaT2：其推广式xmxn(mn)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷6图象法利用vt图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较v与v，还可以求解追及问题；用xt图象可求出任意时间内的平均速度等例2物体以一定的初速度从斜面底端A点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1，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所用的时间图1解析解法一：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

8、下斜面设物体从B到C所用的时间为tBC .由运动学公式得xBC，xAC，又xBC，由以上三式解得tBCt.解法二：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.解法三：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.解法四：中间时刻速度法利用推论：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，

9、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.解法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，画出vt图象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递进题组3平均速度公式的应用质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为()A. B. C. D. 答案B解析整个运动过程由匀加速、匀减速两个阶段组

10、成基本解题思路是先找到转折点速度，再利用平均速度关系式或速度公式求时间设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：s，解得：v ；而st1t2t，由此解得：t ，所以正确答案为B.4几种常见的解法一个做匀加速直线运动的质点，在最初的连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24 m和64 m，每个时间间隔为4 s，求质点的初速度和加速度答案1 m/s22.5 m/s2解析解法一：用基本公式求解画出运动过程示意图，如图所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移时间公式，即x1vAtat2，x2vA(2t)a(2t)2(vAtat2)将x124 m，x264 m，t4 s代入上式解得a2.5 m/s2，

11、vA1 m/s解法二：用中间时刻速度公式求解连续的两段时间t内的平均速度分别为16 m/s，216 m/s即16 m/s，216 m/s由于点B是AC段的中间时刻，则vB m/s11 m/s可得vA1 m/s，vC21 m/s则a m/s22.5 m/s2解法三：用xaT2求解由xaT2得a m/s22.5 m/s2再由x1vAtat2解得vA1 m/s 考点三自由落体运动和竖直上抛运动1特点和规律(1)自由落体运动的特点从静止开始，即初速度为零只受重力作用的匀加速直线运动公式：vgt，hgt2，v22gh.(2)竖直上抛运动的特点初速度竖直向上只受重力作用的匀变速直线运动若以初速度方向为正方

12、向，则ag.2处理竖直上抛运动的方法(1)分段处理上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动几个特征物理量上升的最大高度H，上升到最高点所用的时间T，回到抛出点所用的时间t，回到抛出点时的速度vv0.(2)全程处理初速度为v0(设为正方向)，加速度为ag的匀变速直线运动v0时，物体上升v0时，物体在抛出点上方h2 000 m所以t下35 s飞机一次上下为航天员创造的完全失重的时间为tt上t下20 s35 s55 s(2)飞机离地4 500 m2 875 m时，仍处于完全失重状态，飞机自由下落的高度为h22 000 m7 000 m4 500 m4 500 m此时飞机的速度v2 m/s30

13、0 m/s由于飞机加速度为g，所以推力F推应与空气阻力大小相等，即F推Ffkv2900300 N2.7105 N答案(1)55 s(2)2.7105 N递进题组7多过程运动问题物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度为零在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是()A. B.C. Dv答案ACD解析由题意可知物体加速和减速时最大速度相同，根据xvt、vat，可知选项A、C、D正确；由于a1t1a2t2，所以，B错误8多过程运动问题甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动

14、，加速度方向一直不变在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比答案57解析设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得vat0s1ats2vt0(2a)t设汽车乙在时刻t0的速度为v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2.同样有v(2a)t0s1(2a)ts2vt0at设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s

15、，则有ss1s2ss1s2联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为求解多阶段运动问题的四点注意(1)准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程(4)匀变速直线运动涉及的公式较多，各公式相互联系，大多数题目可一题多解，解题时要开阔思路，通过分析、对比，根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程，选取最简捷的解题方法高考模拟明确考向1(2013广东13)某航母跑道长200 m，飞机在航母上滑

16、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/s B10 m/s C15 m/s D20 m/s答案B解析由vv2as得：v0 m/s10 m/s. 2一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是()Aa1 m/s2，v99 m/s，x940.5 mBa1 m/s2，v99 m/s，x945 mCa1 m/s2，v99.5 m/s，x945 mDa0.8 m/s2，v97.7 m/s，x936.

17、9 m答案C解析根据匀变速直线运动的规律，质点t8.5 s时刻的速度比在t4.5 s时刻的速度大4 m/s，所以加速度a1 m/s2，v9v0at9.5 m/s，x9(v0v9)t45 m，选项C正确3如图4所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g10 m/s2)()图4A1.6 m B2.4 mC3.2 m D4.0 m答案C解析由演员刚接到球的状态分析，此时空中有三个球，由于相邻球的运动时间间隔均为0.4 s，考虑到运动特点知，此时

18、最高点有一个球因此，球单向运动时间为0.8 s，故所求高度为：hgt210(0.8)2 m3.2 m.4(2014山东23)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图5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v072 km/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重力加速度的大小g取10 m/s2.求：甲乙图5(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；(3)减速过程汽车对志愿者作

19、用力的大小与志愿者重力大小的比值答案(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)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，由题可得初速度v020 m/s，末速度vt0，位移x25 m，由运动学公式得v2axt联立式，代入数据得a8 m/s2t2.5 s(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Lv0txttt0联立式，代入数据得t0.3 s(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得Fma由平行四边形定则得FF2(mg)2联立式，代入数据得. 练出高分一、单项选择题1假设某无人机靶机以300 m

20、/s的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时发射激光弹，激光弹以80 m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s的速度在目标位置击中该无人机，则激光弹发射后击中无人机所需的时间为()A3.75 s B15 s C30 s D45 s答案B解析激光弹由静止做匀加速直线运动，即v00，a80 m/s2 ，据公式vv0at，有t s15 s，即激光弹发射后经15 s击中无人机，选项B正确2某动车组列车以平均速度v从甲地开到乙地所需的时间为t ，该列车以速度v0从甲地出发匀速前进，途中接到紧急停车命令紧急刹车，列车停车后又立即匀加速到v0继续匀速前进，从开始刹车至加速到v0的

21、时间是t0(列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等)，若列车仍要在t时间内到达乙地，则动车组列车匀速运动的速度v0应为()A. B.C. D.答案C解析依题意可得vtv0(tt0)2，解得v0，故选项C正确3某同学在实验室做了如图1所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5 cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00103 s，g取10 m/s2，则小球开始下落的位置距光电门的距离为()图1A1 m B1.25 m C0.4 m D1.5 m答案B解析本题主要考查瞬时速度的含义小球通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度可看成瞬时

22、速度，v5 m/s，由自由落体运动规律可知h1.25 m，B正确4一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为()A.g(TT) B.g(TT)C.g(TT) D.g(TaTb)答案A解析根据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为，从b点到最高点的时间为，所以a点到最高点的距离hag()2，b点到最高点的距离hbg()2，故a、b之间的距离为hahbg(TT)，故选A.5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垫圈，隔12 cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36 cm、60 cm、8

23、4 cm，如图2所示站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面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个垫圈()图2A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)答案B解析垫圈的运动可以看成倒过来的初速度为零的匀加速运动，垫圈之间的距离分别为12 cm、36 cm、60 cm、84 cm，满足1357的关系，因此时间间隔相等，A错误，B正确；各个时刻末的速度之比应为1234，依次落到盘上的时间关系为1234，C、D错误. 二、多项选择题6给滑块一初速度v0使它沿

24、光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小减为时，所用时间可能是()A. B. C. D.答案BC解析当滑块速度大小减为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v或v，代入公式t得t或t，故B、C正确7一物体以初速度v0做匀减速运动，第1 s内通过的位移为x13 m，第2 s内通过的位移为x22 m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法中正确的是()A初速度v0的大小为2.5 m/sB加速度a的大小为1 m/s2C位移x3的大小为1.125 mD位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s答案BCD解析本题考查了匀变速直线运动，意在考查学

25、生对匀变速直线运动规律的灵活应用由xaT2可得加速度的大小a1 m/s2，则B正确；第1 s末的速度v12.5 m/s，则A错误；物体的速度由2.5 m/s减速到0所需时间t2.5 s，经过位移x3的时间t为1.5 s，故x3at21.125 m，C正确；位移x3内的平均速度0.75 m/s，则D正确. 8在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是()A加速、减速中的加速度大小之比为a1a2等于21B加速、减速中的平均速度大小之比12等于11C加

26、速、减速中的位移大小之比x1x2等于21D加速、减速中的加速度大小之比a1a2不等于12答案BC解析汽车由静止运动8 s，又经4 s停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由vat，知a1t1a2t2，A、D错；又由v22ax知a1x1a2x2，C对；由知，1 211，B对9物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体()A在A点的速度大小为B在B点的速度大小为C运动的加速度为D运动的加速度为答案AB解析匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则vA，A正确设物体的加速度为a，则x2x1aT2，所以a，C、D均错误物体在B点的速度大小为vBvAaT，代入数据得vB，B正确三、非选择题10一物体在与初速度方向相反的恒力作用下做匀减速直线运动，初速度为v020 m/s，加速度为a5 m/s2，求：(1)物体经多少秒后回到出发点？(2)由开始运动算起，求6 s末物体的速度答案(1)8 s(2)10 m/s，方向与初速度方