1、第2讲 匀变速直线运动的规律及其应用,1.定义:物体做直线运动,如果在任何相等的时间内速度 的变化相等,则这个物体的运动就叫做匀变速直线运 动.,2.匀变速直线运动的特征:速度的大小随时间均匀变化, 加速度的大小和方向都不变(即a=恒量).,说明:物体做加速直线运动时,加速度的方向与速度的 方向相同.物体做减速直线运动时,加速度的方向与 速度的方向相反.,二、匀变速直线运动的基本规律,1.速度时间关系:vt=v0+at.,2.位移时间关系:x=v0t+ at2.,3.速度与位移关系: - =2ax.,注意:上述公式涉及五个物理量v0、vt、x、a、t,每式 中有四个物理量,在求解问题时题目不涉
2、及或不要求哪 一个物理量就选缺该物理量的公式,找到最优解法.,匀变速直线运动的基本公式均是矢量式,应用求解时 要注意各物理量的符号,一般情况下规定初速度方向为,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.,三、匀变速直线运动中常用的结论,1.平均速度: = = = ,即某段时间内中间时刻的 瞬时速度等于该段时间内的平均速度.,2.中点位置的速度:v中点=,说明:可以证明无论是匀加速还是匀减速,都有 v中点.,3.任意两个连续相等时间内的位移之差 相等.即:s =s-s=s-s=sn-sn-1= at2,可以推广到sm-sn= (m-n)at 2.,4.初速度为零的匀变速直线运动的
3、结论,前1秒、前2秒、前3秒内的位移之比为 14 9.,第1秒、第2秒、第3秒内的位移之比为 13 5.,通过前s、前2s、前3s所用的时间之比为 1 .,通过第s、第2s、第3s所用的时间之比为 1 ( -1)( - ).,1.一个物体沿着足够长的斜面从静止滑下做匀加速直 线运动,已知它第一个2 s内的位移为3 m,则它在第四个 2 s内的位移是 ( ),A.14 m B.21 m C.24 m D.48 m,【解析】由x= at2,可以求出加速度a=1.5 m/s2,再考虑 第四个2 s为前8 s内的位移减去前6 s内的位移,可得x = a(82-62) m=21 m,故选B.,【答案】B
4、,2.汽车遇紧急情况刹车,经1.5 s停止,刹车距离为9 m.若 汽车刹车后做匀减速直线运动,则汽车停止前最后1 s 的位移是 ( ),A.4.5 m B.4 m C.3 m D.2 m,【解析】汽车刹车反过来可以看做初速度为零的匀 加速直线运动,由x= at2,可得其加速度大小为a=8 m/s2; 由逆过程知汽车停止前最后1 s的位移是x= at2=4m, 选项B正确.,【答案】B,3.一物体以一定的初速度从斜面底端经时间t恰能冲到 长为L的斜面顶端,则在 时它距斜面底端的距离是 ( ),A. B. C. D.,【解析】从斜面顶端往下“反演”,可把物体的运动 看成是初速度为0的匀加速运动,经
5、时间t到达底端,则 前后 时间内的位移之比为13,故 时它距斜面底端 的距离是 ,选项D正确.,【答案】D,4.一个质点正在做匀加速直线运动,用固定的照相机对 该质点进行闪光照相,闪光时间间隔为1 s,分析照片得 到的数据,发现质点在第 1次、第2次闪光的时间间隔 内移动了0.2 m;在第3次、第4次闪光的时间间隔内移 动了0.8 m,由上述条件可知 ( ),A.质点运动的加速度是0.6 m/s2,B.质点运动的加速度是0.3 m/s2,C.第1次闪光时质点的速度是0.05 m/s,D.第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s,【解析】画出如图所示的过程图:,【答案】BC,1.应用匀变速直线运动
6、规律时应注意的问题,(1)s、a、v0、vt均为矢量,在应用公式时,一般以初速度 方向为正,凡是与v0方向相同的s、a、vt均为正值,反之 为负值,当v0=0时,一般以a的方向为正.,(2)应注意联系实际,切忌硬套公式.如刹车问题应首先 判断车是否已停止运动等.,(3)运动学问题的求解一般有多种方法,可从多种解法 的对比中进一步明确解题的基本思路和方法,从而提高 解题能力.,2.对于物体的直线运动,画出物体的运动示意图,分析运 动情况,找出相应规律是解题的关键.,典例1 一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站,启动 加速度为2 m/s2,加速行驶5 s后匀速行驶2 min,然后刹车, 滑行50 m,
7、正好到达乙站,求汽车从甲站到乙站的平均速度.,【名师点金】求出各段的时间和位移,利用平均速度 的定义式求解.,【规范全解】汽车的运动示意图如图所示,启动阶段 行驶位移为:s1= a,【答案】9.44 m/s,1.刹车类问题,对于汽车刹车、飞机降落后在跑道上滑行等这样的匀 减速直线运动,速度减为零后就停止运动,不可能倒过 来反方向运动,所以最长运动时间为tmax= ,公式v=v0+ at和x=v0t+ at2中的ttmax,是不能任意选取的.若给出时 间求位移或速度,应注意这段时间内物体是否早已停 下.,2.逆过程分析问题,二、刹车类问题,匀减速到零的问题,在求解时可以考虑逆过程,因为逆 过程是
8、匀加速运动,且初速度为零,解题更方便.刹车问 题中可以利用这一特点.,典例2 假设飞机着陆后做匀减速直 线运动,经10 s速度减为一半,滑行了450 m,求:,(1)飞机着陆时的速度.,(2)飞机着陆后30 s内滑行的距离.,【名师点金】物体做匀减速运动,一般情况下减速到 零后不会反向加速运动.分析此类问题应先求出物体 减速到零的时间,再判断题目所求时间内物体是否已 经停下,然后求解.,【规范全解】(1)滑行x=450 m内的平均速度 =,设飞机着陆时的速度为v0,则经10 s速度减为v=,=,联立解得:v0=60 m/s.,(2)飞机着陆后匀减速运动的加速度为,a= =-3 m/s2,飞机停
9、止运动所用时间为t0= =20 s30 s,所以,飞机着陆后30 s内滑行的距离是,x0= t0=600 m.,【答案】(1)60 m/s (2)600 m,变式1 以36 km/h的速度行驶的汽车, 刹车后做匀减速直线运动.若汽车在刹车后第2 s内的 位移是6.25 m,则刹车后5 s的位移是多少?,【解析】设汽车的运动方向为正方向,由于v0=36 km/h =10 m/s,据位移公式s=v0t+ at2得:,第2 s内的位移s=v0t2+ a -v0t1- a,=v0(t2-t1)+ a( - ),即6.25=10(2-1)+ a(4-1),解得:a=-2.5 m/s2,设刹车后经过时间t
10、停止运动,则:t= = s=4 s,可见,刹车后5 s的时间内有1 s是静止的,故刹车后5 s 内的位移为:,s=v0t+ at2=104+ (-2.5)16 m=20 m.,【答案】20 m,运动学问题的求解一般有多种方法,可从多种解 法的对比中进一步明确解题的基本思路和方法,从而 提高解题能力.,三、解决匀变速直线运动的常用方法,典例3 已知O、A、B、C为同一直线 上的四点、AB间的距离为l1,BC间的距离为l2,一物体自 O点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过A、 B、C三点,已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等. 求O与A的距离.,【名师点金】本题是一道考查匀变速运动规律
11、的试 题,题中已知物理量和待求物理量都是位移,我们不难 想到运用匀变速直线运动中有位移的方程s=v0t+ at2 或 - =2as.然后根据题意可利用OA、OB、OC三段,均做初速度为零的匀加速直线运动这一特点列出方 程,从而顺利求解,画出示意图如图甲所示.,【规范全解】解法一 设物体的加速度为a,到达A点 的速度为v0,通过AB段和BC段所用的时间为t,则有,l1=v0t+ at2,l1+l2=2v0t+2at2,解得:l2-l1=at2,3l1-l2=2v0t,设O与A的距离为l,则有,=2al,解得:l= .,解法二 利用s=aT2求解,由题意有l2-l1=at2,vB=,=2a(l+l
12、1),联立解得:l= -l1= .,解法三 图象法,乙,【答案】,变式2 如图所示,小球沿足够长的斜面向上做 匀变速运动,依次经a、b、c、d到达最高点e.已知 ab= bd=6 m,bc=1 m,小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s, 设小球经b、c时的速度分别为vb、vc,则 ( ),A.vb= m/s B.vc=3 m/s,C.de=3 m D.从d到e所用时间为4 s,【解析】小球沿斜面向上做匀减速直线运动,因tac=tcd, 故c点为a到d的中间时刻,故vc= = m/s=3 m/s,故B,正确;因xac=xab+xbc=7 m,xcd=xbd - xbc=5 m,由x=xac
13、 - xcd= at2 得:a=0.5 m/s2,由 - =2axbc可得,vb= m/s;ve=0=vc- atce,得tce=6 s,故d到e经历tde=tce-T=4 s时间,对应位移大 小xde= a =4 m.,【答案】BD,1.一物体做匀减速直线运动,初速度大小为10 m/s.加速 度大小为1 m/s2,则物体在停止运动前2 s内的平均速度 大小为 ( ),A.0.5 m/s B.1 m/s,C.5 m/s D.5.5 m/s,【解析】由于末速度为零,可以用逆过程分析,最后2 s 内的平均速度就是逆过程最初2 s内的平均速率,等于 中间时刻的瞬时速度,为1 m/s,故选B.,【答案
14、】B,2.一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.,【解析】t1时间内的平均速度 = = , t2时间内的平 均速度 = = ,由加速度的定义可知,a= =,选项A正确.,【答案】A,3.由中国改造的前苏联废弃航母“瓦良格”号的飞行 甲板长为300 m,若该航母上所配的苏-33型舰载战斗机 在飞机甲板上所能达到的最大加速度为4 m/s2,该战斗 机安全起飞的最小速度为50 m/s,为保证该战斗机安全 起飞,使飞机在开始滑行时就有一定的初速度,航空母 舰装有弹射装置.对于该型号的舰载飞
15、机,弹射系统必 须使它具有的初速度为( ),A.10 m/s B.20 m/s C.30 m/s D.40 m/s,【答案】A,【解析】由v2- =2ax,v0= =10 m/s.,4.如图所示,A、B为水平导轨上两块弹性竖直挡板,相 距l=4 cm.小球自A板开始,以v0=4 m/s 的速度沿导轨向B 板运动.它与A、B挡板碰撞后均以与碰撞前大小相等 的速率反弹回来,且在导轨上做减速运动的加速度大小 不变.为使小球停止在A、B板的中点处,这个加速度的 大小应为多少?,【解析】由于小球与挡板碰后速率不变,且运动中加 速度大小不变,因此小球在挡板间的往复运动可用一 单向的匀减速运动等效替代.要使
16、小球停在A、B板的 中点,它运动的路程应满足:s=nl+ ,(n=0,1,2,3,),其中,s=,得:a= m/s2 (n=0,1,2,).,【答案】 m/s2 (n=0,1,2,),一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分),1.(基础再现)若汽车的加速度方向与初速度方向一致, 当加速度减小时,以下说法正确是 ( ),A.汽车的速度也减小,B.汽车的速度一定在增大,C.汽车的速度可能不变,D.当加速度减小到零时,汽车静止,【答案】B,2.(基础再现)汽车进行刹车试验,若速率从8 m/s匀减速 至零,需用时间1 s,按规定速率为8 m/s的汽车刹车后拖 行路程不得超过5.9 m,那么上述
17、刹车试验的拖行路程 是否符合规定 ( ),A.拖行路程为8 m,符合规定,B.拖行路程为8 m,不符合规定,C.拖行路程为4 m,符合规定,D.拖行路程为4 m,不符合规定,【解析】由x= t可得:汽车刹车后拖行的路程为x= 1 m=4 m5.9 m,所以刹车试验的拖行路程符合规定,C 正确.,【答案】C,3.(基础再现)物体沿一直线运动,它在中间位置处的速 度为v1,在中间时刻的速度为v2,则v1和v2的关系为( ),A.当物体做匀加速直线运动时,v1v2,B.当物体做匀减速直线运动时,v1v2,C.当物体做匀速直线运动时,v1=v2,D.当物体做匀减速直线运动时,v1v2,【解析】如图所示
18、,物体由A沿直线运动到B,C点为AB 的中点,速度为v1,若物体做匀加速直线运动,A到B的中 间时刻应在C点左侧,有v1v2,若物体做匀减速直线运 动,A到B的中间时刻应在C点右侧,同样有v1v2,选项A、 B、C正确.,【答案】ABC,4.(视角拓展)一个做匀加速直线运动的物体,先后经过 A、B两点时速度分别是v和7v,经过AB的时间是t,则下 列判断中错误的是 ( ),A.前 时间通过的位移比后 时间通过的位移少1.5vt,B.通过前 位移所需时间是通过后 位移所需时间的2 倍,C.经过AB中点的速度是4v,D.经过AB中间时刻的速度是4v,【解析】中间时刻的速度v中时= =4v,则前 的
19、平均 速度v1= = ,后 的平均速度v2= = v;前 通过的位移x1=v1 = t,后 通过的位移x2=v2 = , x2-x1=1.5vt,A、D正确.,AB中点的速度v中点= =5v,C不对.,前 位移的平均速度v1= =3v,后 位移的平均速 度v2= =6v;前 位移的时间t1= = ,后 位移 的时间t2= = ,B正确.,【答案】C,5.(视角拓展)一物体以一定的初速度在水平地面上匀 减速滑动.若已知物体在第1 s内位移为8.0 m,在第3 s内 位移为0.5 m.则下列说法正确的是 ( ),A.物体的加速度一定为3.75 m/s2,B.物体的加速度可能为3.75 m/s2,C
20、.物体在第0.5 s末速度一定为4.0 m/s,D.物体在第2.5 s末速度一定为0.5 m/s,得a=3.75 m/s2,由v2.5= = 可得v2.5=0.5 m/s,若物体在第 3 s内已减速至零,则物体的加速度大于3.75 m/s2,物体 在第2.5 s末的速度小于0.5 m/s,甚至可能为零.由公式 得不管物体在第3 s内是否减速为零,C都是错误的.综 上所述,本题正确选项为B.,【答案】B,【解析】若物体在第3 s末减速至零,则由x3-x1=2at2可,6.(视角拓展)如图所示,完全相同的三块木块并排固定 在水平面上,一颗子弹以速度v水平射入,若子弹在木块 中做匀减速运动,且穿过第
21、三块木块后速度恰好为零, 则子弹依次穿过每块木块所用时间比是 ( ),A.123,B.1( +1)( + ),C.1( -1)( - ),D.( - )( -1)1,【解析】子弹做匀减速运动.因为穿出第三块木块后 速度变为零,则用逆向思维,恰为初速度为零的匀加速 直线运动,由匀变速运动三段连续相等位移上所用的 时间关系得:,t3t2t1=1( -1)( - ),变形得:t1t2t3=( - )( -1)1.,【答案】D,7.(视角拓展)某乘客用手表估测火车的加速度,他先观 测3分钟,发现火车前进了540 m;隔3分钟后又观测1分 钟,发现火车前进了360 m.若火车在这7分钟内做匀加 速直线运
22、动,则这列火车的加速度大小为 ( ),A.0.03 m/s2 B.0.01 m/s2,C.0.5 m/s2 D.0.6 m/s2,=1.5 min+3 min+0.5 min=5 min=300 s,可得:a= m/s2 =0.01 m/s2,故B正确.,【答案】B,【解析】火车前3分钟的平均速度v1= m/s=3 m/s, 最后1分钟的平均速度v2= m/s=6 m/s,由v2-v1=at,t,8.(高度提升)如图所示,传送皮带的水平部分AB是绷紧 的.当皮带不动时,滑块从斜面顶端由静止开始下滑,通 过AB所用的时间为t1,从B端飞出时速度为v1.若皮带沿 顺时针方向转动,滑块同样从斜面顶端
23、由静止开始下 滑,通过AB所用的时间为t2,从B端飞出时的速度为v2,则t1 和t2、v1和v2相比较,可能的情况是 ( ),A.t1=t2 B.t2t1 C.v1=v2 D.v1v2,时间也为t1;当皮带顺时针方向转动的速度大于v1时, 滑块在AB上先减速到与皮带速度相等,再与皮带一起 匀速运动,或滑块由A到B一直匀速或匀加速运动,到B 端的时间t2t1,速度v2v1,故A、C正确,B、D错误.,【答案】AC,【解析】若皮带顺时针方向转动的速度不大于v1,则 滑块由A到B一直匀减速,到B端的速度为v1,通过AB的,9.(高度提升)如图所示,A、B两物体在同一直线上运动, 当它们相距s=7 m
24、 时,A在水平拉力和摩擦力的作用下, 正以4 m/s的速度向右做匀速运动.而物体B此时的速度 为10 m/s,方向向右,且在摩擦力作用下做匀减速运动, 加速度大小为2 m/s2.则A追上B用的时间为 ( ),A.6 s B.7 s C.8 s D.9 s,时A、B之间的距离是12 m,A物体还需要3 s才能赶上B.所以C选项正确.,【答案】C,【解析】由vt=v0+at,得B物体停止运动需要的时间 t= = s=5 s,在这一段时间内,B的位移xB=v0t- at2=10 5 m- 252 m=25 m,A的位移xA=vt=45 m=20 m,这,10.(视角拓展)(12分)如图所示,一名消防
25、队员在演习训 练中,沿着长为l的竖立在地面上的钢管往下滑.他从钢 管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时 速度恰好为零.如果加速和减速运动的加速度大小分别 为a1和a2,则下滑过程的最大速度和总时间分别为多少?,二、计算题(本题共3小题,共46分),而加速时间t1= (2分),减速时间t2= (2分),总时间t=t1+t2 (2分),解之得:v= (1分),t= . (1分),【答案】,【解析】设最大速度为v,总时间为t,则加速和减速运 动的平均速度均为 (2分),全程所用时间t= = (2分),11.(高度提升)(16分)“10米折返跑”的成绩反映了人 体的灵敏素质.如图所示,测定
26、时,在平直跑道上,受试者 以站立式起跑姿势站在起点终点线前,当听到“跑”的 口令后,全力跑向正前方10米处的折返线,测试员同时 开始计时.受试者到达折返线处时,用手触摸折返线处 的物体(如木箱),再转身跑向起点终点线,当胸部到达起 点终点线的垂直面时,测试员停表,所用时间即为“10 米折返跑”的成绩.设受试者起跑的加速度为4 m/s2,运 动过程中最大速度为4 m/s,快到达折返线处时需减速 到零,减速的加速度大小为8 m/s2,返回时达到最大速度,后不需减速,保持最大速度冲线.忽略触摸时身体与折 返线的间距,则该受试者“10米折返跑”的成绩为多少 秒?,【解析】对于受试者,由起点终点线向折返
27、线运动的 过程中,加速阶段:t1= =1 s,s1= vmt1=2 m (3分),减速阶段:t3= =0.5 s,s3= vmt3=1 m (3分),匀速阶段:t2= =1.75 s (2分),由折返线向起点终点线运动的过程中,加速阶段:t4= =1 s,s4= vmt4=2 m (3分),匀速阶段:t5= =2 s (2分),该受试者“10米折返跑”的成绩为:,t=t1+t2+t5=6.25 s. (3分),【答案】6.25 s,12.(高度提升)(18分)如图所示,一辆上表面光滑的平板 小车长L=2 m,高h=1.25 m,车上左侧有一挡板,紧靠挡板 处有一可看成质点的小球.开始时,小车与
28、小球一起在 水平面上向右做匀速运动,速度大小为v0=5 m/s.某时刻 小车开始刹车,加速度大小a=4 m/s2.经过一段时间,小球 从小车右端滑出并落到地面上.,(1)求从刹车开始到小球离开小车所用的时间.,(2)小球离开小车后,又运动了t1=0.5 s落地,则小球落地 时落点离小车右端多远?(取g=10 m/s2),【解析】(1)刹车后小车做匀减速运动,小球继续做匀 速运动,设经过时间t小球离开小车,经判断知此时小 车没有停止运动,则有:,x球=v0t (2分),x车=v0t- at2 (2分),x球-x车=L (2分),代入数据可解得:t=1 s. (2分),(2)经判断小球离开小车又经t1=0.5 s落地时,小车已经,停止运动.设从刹车到小球落地,小车和小球总位移分 别为x1、x2,则有:,x1= (3分),x2=v0(t+t1) (2分),设小球落地时,落点离小车右端的距离为x,则有:,x=x2-(L+x1) (3分),联立解得:x=2.375 m. (2分),【答案】(1)1 s (2)2.375 m,
