高中物理第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律及应用

第2讲匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动.2.匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度关系式：v2－v02＝2ax.自测1某质点做直线运动，速度随时间的变化关系式为v＝(2t＋4)m/s，则对这个质点运动情况的描述，说法正确的是()A.初速度为2m/sB.加速度为4m/s2C.在3s末，瞬时速度为10m/sD.前3s内，位移为30m答案C解析根据v＝v0＋at，比较v＝(2t＋4)m/s得质点运动的加速度为2m/s2，初速度为4m/s，所以选项A、B错误；在3s末，质点的瞬时速度为vt＝2×3m/s＋4m/s＝10m/s，所以选项C正确；前3s内，质点的位移x＝eq\f(v\o\al(2,t)－v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(102－42,2×2)m＝21m，选项D错误.二、匀变速直线运动的推论1.三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等.即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.(2)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.平均速度公式：eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝.(3)位移中点速度＝eq\r(\f(v\o\al(2,0)＋v2,2)).2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.(2)T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2.(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xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1).(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1)).自测2某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x(单位：m)，则质点运动的加速度为()A.eq\f(3x,2)(m/s2) B.eq\f(2x,3)(m/s2)C.eq\f(2x,5)(m/s2) D.eq\f(5x,2)(m/s2)答案C解析由匀变速直线运动规律知第3秒内的平均速度等于t＝2.5s时的瞬时速度，得a＝eq\f(x,2.5)(m/s2)＝eq\f(2x,5)(m/s2)，C对.三、自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)条件：物体只受重力，从静止开始下落.(2)基本规律①速度公式：v＝gt.②位移公式：x＝eq\f(1,2)gt2.③速度位移关系式：v2＝2gx.(3)伽利略对自由落体运动的研究①伽利略通过逻辑推理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是逻辑推理→猜想与假设→实验验证→合理外推.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.2.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，下降阶段做自由落体运动.(2)运动性质：匀变速直线运动.(3)基本规律①速度公式：v＝v0－gt；②位移公式：x＝v0t－eq\f(1,2)gt2.自测3教材P45第5题频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段.在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置.如图1是小球自由下落时的频闪照片示意图，频闪仪每隔0.04s闪光一次.如果通过这幅照片测量自由落体加速度，可以采用哪几种方法？试一试.照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米.图1答案见解析解析方法一根据公式x＝eq\f(1,2)gt2x＝19.6cm＝0.196m.t＝5T＝0.2sg＝eq\f(2x,t2)＝eq\f(0.196×2,4×10－2)m/s2＝9.8m/s2方法二x5－x3＝2gT2x4－x2＝2gT2g＝eq\f(x4＋x5－x3＋x2,4T2)＝eq\f(19.6－7.1－7.1－0.8,4×0.042)×10－2m/s2≈9.69m/s2方法三根据v＝gt和eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(x,t)＝v4T＝eq\x\to(v)＝eq\f(19.6－7.1×10－2,2×0.04)m/s＝1.56m/sg＝eq\f(v4T,t)＝eq\f(1.56,4×0.04)m/s2＝9.75m/s2.命题点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.基本思路eq\x(画过程示意图)→eq\x(判断运动性质)→eq\x(选取正方向)→eq\x(选用公式列方程)→eq\x(解方程并加以讨论)2.方法与技巧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、v、a、txv＝v0＋atv0、a、t、xvx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2－v02＝2axv0、v、t、xax＝eq\f(v＋v0,2)t除时间t外，x、v0、v、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.例1(2018·河南许昌模拟)一个物体从静止开始，以加速度a1做匀加速直线运动，经过时间t改为做加速度大小为a2的减速运动，又经过时间t物体回到开始位置，求两个加速度大小之比eq\f(a1,a2).答案1∶3解析根据题意可知：物体在第一个时间t内做匀加速直线运动，在第二个时间t内先做匀减速运动到速度为零然后反向加速，取初始速度方向为正方向，画出物体运动过程示意图如图所示.针对两个运动阶段由位移公式有x＝eq\f(1,2)a1t2－x＝a1t·t＋eq\f(1,2)(－a2)t2联立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,3).拓展点刹车类问题的处理技巧——逆向思维法的应用刹车类问题：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)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.例2随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显.分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命.某路段机动车限速为15m/s，一货车严重超载后的总质量为5.0×104kg，以15m/s的速度匀速行驶.发现红灯时司机刹车，货车立即做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10m/s2.(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比.(2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？(3)若此货车不仅超载而且以20m/s的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？(设此情形下刹车加速度大小仍为5m/s2)答案(1)2∶1(2)22.5m11.25m(3)40m解析(1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比t1∶t2＝eq\f(v0,a1)∶eq\f(v0,a2)＝2∶1.(2)超载时，刹车距离x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(152,2×5)m＝22.5m正常装载时，刹车距离x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a2)＝eq\f(152,2×10)m＝11.25m(3)货车超载并超速的情况下的刹车距离x3＝eq\f(v0′2,2a1)＝eq\f(202,2×5)m＝40m变式1(多选)一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后静止下来.若物体在最初5s内通过的位移与最后5s内通过的位移之比为x1∶x2＝11∶5，物体运动的加速度大小为a＝1m/s2，则()A.物体运动的时间可能大于10sB.物体在最初5s内通过的位移与最后5s内通过的位移之差为x1－x2＝15mC.物体运动的时间为8sD.物体的初速度为10m/s答案BC命题点二匀变速直线运动的推论及应用方法与技巧类型1平均速度公式的应用例3质点由静止从A点出发沿直线AB运动，行程的第一阶段是加速度大小为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.eq\r(\f(sa1＋a2,a1a2)) B.eq\r(\f(2sa1＋a2,a1a2))C.eq\f(2sa1＋a2,a1a2) D.eq\r(\f(a1a2,2sa1＋a2))答案B解析设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：eq\f(v2,2a1)＋eq\f(v2,2a2)＝s，解得：v＝eq\r(\f(2a1a2s,a1＋a2))；而s＝eq\f(0＋v,2)t1＋eq\f(v＋0,2)t2＝eq\f(v,2)t，由此解得：t＝eq\r(\f(2a1＋a2s,a1a2))，所以正确答案为B.变式2一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5m/s，第9s内的位移比第5s内的位移多4m，则该质点的加速度、9s末的速度和质点在9s内通过的位移分别是()A.a＝1m/s2，v9＝9m/s，x9＝40.5mB.a＝1m/s2，v9＝9m/s，x9＝45mC.a＝1m/s2，v9＝9.5m/s，x9＝45mD.a＝0.8m/s2，v9＝7.7m/s，x9＝36.9m答案C解析根据eq\x\to(v)＝，质点在8.5s时刻的速度比在4.5s时刻的速度大4m/s，所以加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4m/s,4s)＝1m/s2，v9＝v0＋at＝9.5m/s，x9＝eq\f(1,2)(v0＋v9)t＝45m，选项C正确.类型2逆向思维法和初速度为零的匀变速直线运动推论的应用例4(多选)(2018·四川雅安模拟)如图2所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是()图2A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝eq\r(3)∶eq\r(2)∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶eq\r(2)∶eq\r(3)D.t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1答案BD解析因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))，故所求时间之比为(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)，则所求的速度之比为eq\r(3)∶eq\r(2)∶1，故选项A错误，B正确.变式3(多选)一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图3所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是()图3A.物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间B.物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向C.物块下滑时从b运动至c所用时间为eq\f(\r(2),2)tD.物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小答案AC解析由于斜面光滑，物块沿斜面向上与向下运动的加速度大小相同，a＝gsinθ，故物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间，选项A正确，B错误；物块由b到a的过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知eq\f(tbc,t)＝eq\f(1,\r(2))，解得tbc＝eq\f(\r(2),2)t，选项C正确；由于c是位移的中点，物块上滑过程中通过c点的速度不等于整个上滑过程的平均速度，选项D错误.命题点三自由落体和竖直上抛运动1.两种运动的特性(1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动.(2)竖直上抛运动的重要特性(如图4)图4①对称性a.时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.b.速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等.②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性.2.竖直上抛运动的研究方法分段法上升阶段：a＝g的匀减速直线运动下降阶段：自由落体运动全程法初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，v＝v0－gt，h＝v0t－eq\f(1,2)gt2(向上方向为正方向)若v>0，物体上升，若v<0，物体下落若h>0，物体在抛出点上方，若h<0，物体在抛出点下方例5(2018·湖北部分重点高中协作体联考)如图5所示是一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，上升到最高点后返回.在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2，求：图5(1)重力加速度g；(2)当O点距离管底部的距离为L0时，玻璃管的最小长度.答案(1)eq\f(8H,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))(2)L0＋eq\f(T\o\al(2,1)H,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2))解析(1)小球从O点上升到最大高度过程中h1＝eq\f(1,2)g(eq\f(T1,2))2小球从P点上升到最大高度过程中h2＝eq\f(1,2)g(eq\f(T2,2))2依据题意得h1－h2＝H，联立解得g＝eq\f(8H,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2)).(2)真空管的最小长度L＝L0＋h1，故L＝L0＋eq\f(T\o\al(2,1)H,T\o\al(2,1)－T\o\al(2,2)).拓展点双向可逆类问题——类竖直上抛运动如果沿光滑斜面上滑的小球，到最高点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.例6(多选)一物体以5m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4m，则时间t可能为()A.1s B.3sC.4s D.eq\f(5＋\r(41),2)s答案ACD解析当物体的位移为4m时，根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得4＝5t－eq\f(1,2)×2t2解得t1＝1s，t2＝4s当物体的位移为－4m时，根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得－4＝5t－eq\f(1,2)×2t2解得t3＝eq\f(5＋\r(41),2)s，故A、C、D正确，B错误.命题点四多运动过程问题1.基本思路如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带.可按下列步骤解题：(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；(2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系；(4)解：联立求解，算出结果.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.例7甲、乙两个质点都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变.在第一段时间间隔内，两个质点的加速度大小不变，乙的加速度大小是甲的3倍；在接下来的相同时间间隔内，甲的加速度大小增加为原来的3倍，乙的加速度大小减小为原来的eq\f(1,3).求甲、乙两质点各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比.答案3∶5解析在第一段时间间隔内，设甲的加速度为a，则乙的加速度为3a，此过程中甲的位移x甲1＝eq\f(1,2)at2，末速度v甲＝at，乙的位移x乙1＝eq\f(1,2)×3at2，末速度v乙＝3at.在第二段时间间隔内，甲的加速度为3a，乙的加速度为a，此过程中甲的位移x甲2＝at·t＋eq\f(1,2)×3at2＝eq\f(5,2)at2；乙的位移x乙2＝3at·t＋eq\f(1,2)at2＝eq\f(7,2)at2，＋x乙2＝5at2，则总路程之比eq\f(x甲,x乙)＝eq\f(3at2,5at2)＝eq\f(3,5).变式4航天飞机是一种垂直起飞、水平降落的载人航天器.航天飞机降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动阶段.航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞(如图6)，加速度大小为a1，运动一段时间后速度减为v；随后在无减速阻力伞情况下匀减速运动直至停下.已知两个匀减速滑行过程的总时间为t，求：图6(1)第二个匀减速运动阶段航天飞机减速的加速度大小a2；(2)航天飞机着陆后滑行的总路程x.答案(1)eq\f(a1v,a1t－v0＋v)(2)eq\f(va1t－vv0＋v\o\al(2,0),2a1)解析(1)第一个匀减速阶段运动的时间t1＝eq\f(v－v0,－a1)＝eq\f(v0－v,a1)，第二个匀减速阶段运动的时间t2＝t－t1，得t2＝t－eq\f(v0－v,a1)，由0＝v－a2t2，得a2＝eq\f(a1v,a1t－v0＋v).(2)第一个匀减速阶段的位移大小：x1＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),－2a1)＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a1)，第二个匀减速阶段的位移大小x2＝eq\f(0－v2,－2a2)＝eq\f(v2,2a2)，得x2＝eq\f(va1t－v0＋v,2a1)，所以航天飞机着陆后滑行的总路程x＝x1＋x2＝eq\f(va1t－vv0＋v\o\al(2,0),2a1).1.假设某无人机靶机以300m/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从地面发射导弹，导弹以80m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1200m/s的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为()A.3.75sB.15sC.30sD.45s答案B解析导弹由静止做匀加速直线运动，即v0＝0，a＝80m/s2，据公式v＝v0＋at，有t＝eq\f(v,a)＝eq\f(1200,80)s＝15s，即导弹发射后经15s击中无人机，选项B正确.2.(多选)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示()A.v0t－eq\f(1,2)at2B.v0tC.eq\f(v0t,2)D.eq\f(1,2)at2答案ACD3.(2018·广东湛江模拟)如图1所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t.利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的()图1A.初速度 B.末速度C.平均速度 D.加速度答案C4.(2018·黑龙江哈尔滨质检)关于自由落体运动(g＝10m/s2)，下列说法中不正确的是()A.它是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动B.在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1∶3∶5C.在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1∶2∶3D.从开始运动到距下落点5m、10m、15m所经历的时间之比为1∶2∶3答案D5.一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1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m.则刹车后6s内的位移是()A.20mB.24mC.25mD.75m答案C解析由Δx＝9m－7m＝2m可知，汽车在第3s、第4s、第5s内的位移分别为5m、3m、1m，汽车在第5s末的速度为零，故刹车后6s内的位移等于前5s内的位移，大小为9m＋7m＋5m＋3m＋1m＝25m，故C正确.6.(2018·河南信阳调研)在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点作为x轴的原点，通过传感器发现汽车刹车后的坐标x与时间t的关系满足x＝30t－5t2(m)，下列说法正确的是()A.汽车刹车过程的初速度大小为30m/s，加速度大小为10m/s2B.汽车刹车过程的初速度大小为30m/s，加速度大小为5m/s2C.汽车刹车过程的初速度大小为60m/s，加速度大小为5m/s2D.汽车刹车过程的初速度大小为60m/s，加速度大小为2.5m/s2答案A解析根据汽车刹车后的坐标x与时间t的关系x＝30t－5t2(m)，对比匀变速直线运动的规律x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30m/s，加速度大小为10m/s2，故选A.7.一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分成1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为()A.1∶3∶5 B.1∶4∶9C.1∶8∶27 D.1∶16∶81答案C8.(多选)给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为eq\f(g,2)，当滑块速度大小减为eq\f(v0,2)时，所用时间可能是()A.eq\f(v0,2g)B.eq\f(v0,g)C.eq\f(3v0,g)D.eq\f(3v0,2g)答案BC解析当滑块速度大小减为eq\f(v0,2)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＝eq\f(v0,2)或v＝－eq\f(v0,2)，代入公式t＝eq\f(v－v0,a)得t＝eq\f(v0,g)或t＝eq\f(3v0,g)，故B、C正确.9.一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1s内通过的位移为x1＝3m，第2s内通过的位移为x2＝2m，又经过位移x3物体的速度减小为0，则下列说法错误的是()A.初速度v0的大小为2.5m/s B.加速度a的大小为1m/s2C.位移x3的大小为1.125m D.位移x3内的平均速度大小为0.75m/s答案A解析由Δx＝aT2可得加速度大小a＝1m/s2；第1s末的速度v1＝eq\f(x1＋x2,2T)＝2.5m/s；物体的速度由2.5m/s减速到0所需时间t＝eq\f(Δv,－a)＝2.5s，则经过位移x3的时间t′为1.5s，且x3＝eq\f(1,2)at′2＝1.125m；位移x3内的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x3,t′)＝0.75m/s.故选A.10.(2018·甘肃天水质检)如图2所示，木杆长5m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20m处圆筒AB，圆筒AB长为5m，取g＝10m/s2，求：图2(1)木