1、第2讲匀变速直线运动的规律和应用,知识梳理一、匀变速直线运动1.定义:物体在一条直线上且做加速度不变的运动。,2.分类,1.三个基本公式速度公式:v=v0+at;位移公式:x=v0t+at2;速度位移关系式:v2-=2ax。,二、匀变速直线运动的规律,2.两个有用的推论(1)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:=。(2)任意相邻的两段连续相等的时间(T)内,位移之差是一个恒量,即x=x2-x1=x3-x2=xn-xn-1=aT2。,3.初速度为零的匀加速直线运动具备以下几个特点(1)在1T末,2T末,3T末,
2、nT末的瞬时速度之比为v1v2v3vn=123n。(2)在1T内,2T内,3T内,nT内的位移之比为x1x2x3xn=12232n2。(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x1x2x3xn=135(2n-1)。(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1t2t3tn=1(-1)(-)(-)。,三、自由落体运动和竖直上抛运动,1.关于匀变速直线运动,下列说法正确的是()A.匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动B.匀变速直线运动的加速度是恒定的,不随时间而改变C.速度随时间不断增加的直线运动叫匀加速直线运动D.匀变速直线运动的位移是均匀增加的,答案B匀变速直线
3、运动的加速度不变,速度随时间均匀变化,位移的变化呈现非均匀性。,B,2.汽车关闭发动机后做匀减速直线运动,当它滑行300 m时速度减为初始速度的一半,接着滑了20 s停下来,则汽车关闭发动机后滑行的总距离为()A.400 mB.500 mC.600 mD.650 m,答案A设汽车减速时的初速度是v0,加速度为a,则有()2-=2ax0-=at由两式可得:a=-0.5 m/s2v0=20 m/s由02-=2ax总,得x总=400 m。,A,3.一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
4、是()A.x1x2=13,v1v2=12B.x1x2=13,v1v2=1C.x1x2=14,v1v2=12D.x1x2=14,v1v2=1,答案B由x1x2x3xn=135(2n-1)知x1x2=13,由v2=2as,得v1v2=1,B正确。,B,4.空降兵从飞机上跳伞时,为了保证安全着陆,着陆前最后阶段降落伞匀速下落的速度约为6 m/s。空降兵平时模拟训练时,经常从高台上跳下,则训练用高台的合适高度约为(g=10 m/s2)()A.0.5 mB.1.0 mC.1.8 mD.5.0 m,答案C根据运动学公式v2=2gh,得h= m=1.8 m可知C正确。,C,深化拓展,考点一匀变速直线运动的规
5、律和应用,考点二自由落体运动和竖直上抛运动,考点一匀变速直线运动的规律和应用一、解决匀变速直线运动问题时的四点注意1.养成根据题意画出物体运动示意图的习惯,尤其是较复杂的运动,画出示意图可以使运动过程直观、清晰。,2.匀变速直线运动常可一题多解,解题时要灵活选择合适的公式,筛选最简捷的方法。,3.列运动学方程时,方程中每一个物理量均对应同一运动过程。,4.使用公式时要注意矢量的方向性。,1-1研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4 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v0=72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现
6、情况到汽车停止,行驶距离L=39 m。减速过程中汽车位移s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g=10 m/s2。求:(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。,图甲图乙,答案(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s,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 v0=72 km/h=20 m/s,末速度vt=0,位移s=25 m,由运动学公式得0-=-2ast=联立式,代入数据得a=8 m/s2t=2.5 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L
7、=v0t+st=t-t0联立式,代入数据得,t=0.3 s,1-2航空母舰简称“航母”,是一种可以供军用飞机起飞和降落的军舰。蒸汽弹射起飞,就是使用一个长平的甲板作为飞机跑道,起飞时一个蒸汽驱动的弹射装置带动飞机在两秒钟内达到起飞速度,目前只有美国具备生产蒸汽弹射器的成熟技术。某航空母舰上的战斗机,起飞过程中最大加速度a=4.5 m/s2,飞机要达到速度v0=60 m/s才能起飞,航空母舰甲板长L=289 m,为使飞机安全起飞,航空母舰应以一定速度航行以保证起飞安全,求航空母舰的最小速度v的大小。(设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响,飞机的运动可以看做匀加速直线运动),答案9 m/s,解析解法
8、一若航空母舰匀速运动,以地面为参考系,设在时间t内航空母舰和飞机的位移分别为x1和x2,航母的最小速度为v,由运动学知识得x1=vt,x2=vt+at2,x2-x1=L,v0=v+at解得v=9 m/s解法二若航空母舰匀速运动,以航空母舰为参考系,则飞机的加速度即飞机相对航空母舰的加速度,当飞机起飞时甲板的长度L即两者的相对位移,飞机相对航空母舰的初速度为零,设航空母舰的最小速度为v,则飞机起飞时相对航空母舰的速度为(v0-v),由运动学公式可得(v0-v)2-0=2aL解得v=9 m/s。,二、用匀变速运动规律分析两类匀减速运动,1-3一辆汽车以72 km/h的速度行驶,现因故紧急刹车并最终
9、停止运动。已知汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s2,则从开始刹车经过5 s后,汽车通过的距离是多少?,答案40 m,解析设汽车由开始刹车至停止运动所用的时间为t0,选v0的方向为正方向,则v0=72 km/h=20 m/s,a=-5 m/s2由v=v0+at0得t0= s=4 s可见,该汽车刹车后经过4 s就停止运动,则经5 s中的最后1 s汽车是静止的。由x=v0t+at2知刹车后5 s内通过的距离x=v0t0+a=204 m+(-5)42 m=40 m。,1-4物体沿光滑斜面上滑,v0=20 m/s,加速度大小为5 m/s2,求:(1)物体多长时间后回到出发点;(2)由开始运动算起,求
10、6 s末物体的速度。,答案(1)8 s(2)10 m/s,方向与初速度方向相反,at2=205 m+(-5)52 m=37.5 m,这样得出的位移实际上是汽车停止后又反向加速运动1 s的总位移,这显然与实际情况不相符。,误区警示此题最容易犯的错误是将t=5 s直接代入位移公式得x=v0t+,解析由于物体做加速度不变的匀变速直线运动,故可以直接应用匀变速直线运动公式,以v0的方向为正方向。(1)设经时间t0回到出发点,此过程中位移x=0,代入公式x=v0t0+a,并将a=-5 m/s2代入,得t0=-=- s=8 s(2)由公式v=v0+at知6 s末物体的速度v6=v0+at6=20 m/s+
11、(-5)6 m/s=-10 m/s负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反。,/2。利用好这一关系,可以实现平均速度与瞬时速度的互换,求解问题,三、平均速与瞬时速度的互换在匀变速直线运动中,全程的平均速度度等于中间时刻的瞬时速度,即=vt,能起到事半功倍的效果。,1-5一物体做匀加速直线运动,通过一段位移x所用的时间为t1,紧接着通过下一段位移x所用的时间为t2。则物体运动的加速度为()A.B.C.D.,A,答案A物体做匀加速直线运动,利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度,得=,=,a=,整理得a=,所以A正确,B、C、D错误。,解析(用平均速度求解)已知x1=24 m,x2=64 m
12、,t=4 s,则= m/s=6 m/s= m/s=16 m/s又=+at,解得a=2.5 m/s2由x1=v0t+at2可得v0=1 m/s,1-6有一个做匀变速直线运动的质点,它在最初两段连续相等的时间内通过的位移分别是24 m和64 m,连续相等的时间为t=4 s,求质点的初速度大小和加速度大小。,答案1 m/s2.5 m/s2,考点二自由落体运动和竖直上抛运动一、自由落体运动自由落体运动是初速度为零、加速度为g=9.8 m/s2的匀加速直线运动,匀变速直线运动的一切规律,对自由落体运动都是适用的。v=gt,h=gt2,v2=2gh。另外,初速度为零的匀加速直线运动的比例式对自由落体运动也
13、是适用的。,同学松开直尺,直尺保持竖直状态下落,乙同学看到后立即用手抓直尺,手抓住直尺位置的刻度值为 20 cm;重复以上实验,乙同学第二次用手抓住直尺位置的刻度值为 10 cm。直尺下落过程中始终保持竖直状态。若从乙同学看到甲同学松开直尺,到他抓住直尺所用时间叫“反应时间”,取重力加速度 g=10 m/s2。则下列说法中正确的是( ),2-1(多选)如图所示,甲同学用手拿着一把长50 cm的直尺,并使其处于竖直状态;乙同学把手放在直尺0刻度线位置做抓尺的准备。某时刻甲,A.乙同学第一次的“反应时间”比第二次长B.乙同学第一次抓住直尺之前的瞬间,直尺的速度约为 4 m/sC.若某同学的“反应时
14、间”大于0.4 s,则用该直尺将无法用上述方法测量他的“反应时间”D.若将尺子上原来的长度值改为对应的“反应时间”值,则可用上述方法直接测出“反应时间”,答案ACD设直尺下降的高度为h,根据h=gt2得t=,所以下落的高度大的用的时间长,所以第一次测量的反应时间长,A正确;由v2=2gh可知,乙第一次抓住直尺前的瞬间直尺的速度v= m/s=2 m/s,B错误;若某同学的反应时间为0.4 s,则直尺下落的高度:h0=gt2=100.42 m=0.8 m,大于该直尺的长度,所以将无法测量该同学的反应时间,C正确。将计算出的反应时间对应到尺子上的长度时,可用上述方法直接测出“反应时间”,D正确。,2
15、-2科技馆里有一个展品,该展品放在暗处,顶部有一个不断均匀向下滴水滴的装置,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滴水滴的时间间隔,用分度值为1毫米的刻度尺测量了空中几滴水滴间的距离,由此可计算出该装置滴水滴的时间间隔为(g取10 m/s2)()A.0.01 sB.0.02 sC.0.1 sD.0.2 s,答案C因为频闪照相相邻两次拍摄的时间间隔相同,题中三滴水滴相等时间相邻位移差是10 cm,由x=gt2计算出t=0.1 s,C正确,A、B、D错误。,C,2-3从离地500 m的高空自由落下一个小球,g取10 m/s2,求:(1)经过多长时
16、间落到地面;(2)从开始下落时刻起,在第1 s内的位移大小、最后1 s内的位移大小;(3)落下一半时间时的位移大小。,答案(1)10 s(2)5 m95 m(3)125 m,解析(1)由位移公式x=gt2,得下落时间t= s=10 s。(2)第1 s内的位移:x1=g=1012 m=5 m,前9 s内的位移:x9=g=1092 m=405 m,最后1 s内的位移等于总位移与前9 s内位移的差,即x=x-x9=500 m-405 m=95 m。(3)落下一半时间即t=5 s,位移x=gt2=1052 m=125 m。,二、竖直上抛运动1.竖直上抛运动的重要特性(1)对称性时间对称性:上升过程和下
17、降过程时间相等。速度对称性:上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等。(2)多解性通过某一点对应两个时刻,即:物体可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段。,2.竖直上抛运动问题的处理方法(1)分段法可以把竖直上抛运动分成上升阶段的匀减速直线运动和下降阶段的自由落体运动处理。(2)整体法将竖直上抛运动视为初速度为v0,加速度为-g的匀减速直线运动。,2-4为了测量蹦床运动员从蹦床上跃起的高度,探究小组设计了如下的方法:他们在蹦床的弹性网上安装压力传感器,利用传感器记录运动员在运动过程中对弹性网的压力,来推测运动员跃起的高度。如图为某段时间内蹦床运动员的压力-时间图像。运动员在空中仅在竖直方向上运
18、动,且可视为质点,则可估算出运动员在这段时间内跃起的最大高度为(g取10 m/s2)()A.1.5 mB.1.8 mC.5.0 mD.7.2 m,C,答案C由于要估算出运动员在这段时间内跃起的最大高度,所以只能选择运动员离开蹦床在空中运动的时间段进行研究,这样有三段时间可用:0 1.1 s、2.3 s 3.8 s、4.9 s 6.9 s,又要求跃起的最大高度,只能选时间间隔最长的一段进行运算,故选4.9 s 6.9 s,运动员在空中做竖直上抛运动,利用对称性可知,运动员在空中上升(或自由下落)的最长时间为1 s,则最大高度 h=gt2=5.0 m,选项C正确。,2-5原地起跳时,先屈腿下蹲,然
19、后突然蹬地。从开始蹬地到离地是加速过程(视为匀加速),加速过程中重心上升的距离称为“加速距离”。离地后重心继续上升,在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”。现有以下数据:人原地上跳的“加速距离”d1=0.50 m,“竖直高度”h1=1.0 m;跳蚤原地上跳的“加速距离”d2=0.000 80 m,“竖直高度”h2=0.10 m。假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度,而“加速距离”仍为0.50 m,则人上跳的“竖直高度”是多少?,答案62.5 m,解析用a表示跳蚤起跳的加速度,v表示离地时的速度,则加速过程有:v2=2ad2离开地面后有:v2=2gh2若假想人具有和跳蚤相同的加速度a,令v表示在这种假想下人离地时的速度,H表示与此相应的竖直高度,则加速过程有:v2=2ad1离开地面后有:v2=2gH由以上各式可得H=62.5 m,
