2019年高考物理一轮复习第1章 微专题2 匀变速直线运动的基本公式的灵活运用

2019年高考物理一轮复习精品资料第2课时 匀变速直线运动的规律1. 匀变速直线运动及其公式应用是高考热点，几乎是每年必考，全国卷多数情况下以计算题形式出现，应高度重视．2. 通常结合生活实例，通过实例的分析，结合情景、过程、建立运动模型，再应用相应规律处理实际问题. 本考点内容命题形式倾向于应用型、综合型和能力型、易与生产生活、军事科技、工农业生产等紧密联系，还可以以力、电综合题形式出现，主要题型为选择题、解答题，其中解答题多为中等难度。

一、匀变速直线运动规律及应用 1．基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax .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 ＝2v t ＝v 0＋v 2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. 3．v 0＝0的四个重要推论(1)1T 末、2T 末、3T 末、……瞬时速度的比为：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2.(3)第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内……位移的比为：x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)． (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)．【方法技巧】记住两个推论，活用一种思维 1．两个重要推论公式 (1)v t ＝2v t ＝v 0＋v t2(2)Δx ＝aT 22．用逆向思维法解决刹车问题(1)逆向思维法：匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动．(2)对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v 0，加速度为a ，汽车运动时间满足t ≤v 0a ，发生的位移满足x ≤v202a.二、常用的几种物理思想方法 1．一般公式法一般公式指速度公式v ＝v 0＋at ，位移公式x ＝v 0t ＋12at 2及推论式2ax ＝v 2－v 20，它们均是矢量式，使用时要注意方向性，一般以v 0方向为正方向，已知量与正方向相同者取正，与正方向相反者取负．未知量按正值代入，其方向由计算结果决定．2．平均速度法定义式v ＝x t 对任何性质的运动都适用，而v ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动．3．中间时刻速度法利用“任一时间t 中间时刻的瞬时速度等于这段时间t 内的平均速度”，即2v t ＝v ＝12(v 0＋v )，适用于匀变速直线运动．4．推论法对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx ＝aT 2求解． 5．逆向思维法把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知的情况． 6．图象法应用v －t 图象，可以把较复杂的问题转变为较简单的数字问题来解决． 【方法技巧】匀变速直线运动规律中应用的两个技巧1．匀减速直线运动减速到0时，通常看成反向的初速度为0的匀加速直线运动．2．若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度．高频考点一、对匀变速直线运动规律的理解和应用1．匀变速直线运动的规律表达式中，涉及的物理量有五个，其中x 、a 、v 0、v 都是矢量，只有t 是标量，因此四个基本公式在应用时，注意物理量正负号的意义．一般情况下，规定初速度方向为正方向，无论在已知条件或所求结论中，负号都表示与初速度反向，正号表示与初速度同向，如果v 0＝0时，取a 的方向为正方向．2．四个公式的区别：公式不含量突显量适用过程 v ＝v 0＋at x v 0、a 、t 、v 与x 无关 x ＝v 0t ＋12at 2 v v 0、a 、t 、x 与v 无关 v 2－v 20＝2ax t v 0、a 、x 、v 与t 无关 x t ＝v 0＋v 2av 0、t 、x 、v与a 无关3．五个运动参量在描述运动过程中所起的作用各不相同：v 0和a 决定了运动的特性，在解题时，往往以a 是否变化了作为划分运动阶段的标准；t 反映了某种性质的运动过程的长短，而x 、v 则反映了运动达到的效果．例1、据报道，一儿童玩耍时不慎从45m 高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童.已知管理人员到楼底的距离为18m ，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击.不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g 取10m/s 2.(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9m/s ，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v 0，由运动学公式得：v ＝0＋v 02解得：v 0＝2v ＝12m/s>v m ＝9 m/s故管理人员应先加速到v m ＝9m/s ，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底.设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t 1、t 2、t 3，位移分别为x 1、x 2、x 3，加速度大小为a ，由运动学公式得：x 1＝12at 21，x 3＝12at 23，x 2＝v m t 2，v m ＝at 1＝at 3t 1＋t 2＋t 3≤t 0，x 1＋x 2＋x 3＝x联立各式并代入数据得a ≥9m/s 2.【感悟提升】匀变速直线运动公式的选用原则(1)如果题目中无位移x ，也不求位移，一般选用速度公式v ＝v 0＋at . (2)如果题目中无末速度v ，也不求末速度，一般选用位移公式x ＝v 0t ＋12at 2.(3)如果题目中无运动时间t ，也不求运动时间，一般选用位移与速度关系式v 2－v 20＝2ax . (4)如果题目中无加速度a ，也不求加速度，一般选用公式x ＝v 0＋v2t ＝v t .【变式探究】我国不少省市ETC 联网已经启动运行，ETC 是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC 通道和人工收费通道的流程如图1­2­1所示．假设汽车以v 1＝12 m/s 朝收费站沿直线行驶，如果过ETC 通道，需要在距收费站中心线前d ＝10 m 处正好匀减速至v 2＝4 m/s ，匀速通过中心线后，再匀加速至v 1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t 0＝20 s 缴费成功后，再启动汽车匀加速至v 1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s 2.求：图1­2­1(1)汽车过ETC 通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小？ (2)汽车通过人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速？ (3)汽车通过ETC 通道比通过人工收费通道节约的时间是多少？ 【解析】(1)过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x 1＝v 21－v 222a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m.(2)经人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m.Δt ＝t 2－(t 1＋Δxv 1)＝25 s.【答案】(1)138 m (2)72 m (3)25 s 高频考点二、解决匀变速运动的常用方法 方法 分析说明基本 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平均 速度法(1)定义式v ＝x t对任何性质的运动都适用 (2)v ＝12(v 0＋v )只适用于匀变速直线运动中间时刻速度法利用“任一时间t 中间时刻的瞬时速度等于这段时间t 内的平均速度”，即v t2 ＝v ，该式适用于任何匀变速直线运动逆向思维法把运动过程的“末态”作为“初态”来反向研究问题的一种方法，一般用于末态已知的情况图象法应用v －t 图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案推论法匀变速直线运动中，在连续相等的时间T 内的位移之差为一恒量，即xn ＋1－xn ＝aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔问题，应优先考虑用Δx ＝aT2求解例2、如图所示，一长为l 的长方形木块在水平面上以加速度a 做匀加速直线运动．先后经过1、2两点，1、2之间有一定的距离，木块通过1、2两点所用时间分别为t 1和t 2.求：(1)木块经过位置1、位置2的平均速度大小； (2)木块前端P 在1、2之间运动所需时间t .v 1＝v 1－a ·t 12同理P 端经过位置2时的速度v 2＝v 2－a ·t 22由速度公式得v 2＝v 1＋at解得t ＝l a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1＋t 1－t 22【感悟提升】“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题 1．画示意图根据题意画出物体运动示意图，使运动过程直观清晰． 2．选运动公式匀变速直线运动常可一题多解．要灵活选择合适的公式． 3．应注意的问题(1)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．(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下来的时间，再选择合适的公式求解．【变式探究】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34l 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答案 t解析 方法一：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 到C 所用的时间为t BC . 由运动学公式得x BC ＝at2BC 2，x AC ＝a (t ＋t BC )22，又x BC ＝x AC4，由以上三式解得t BC ＝t . 方法二：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v 0，物体从B 滑到C 所用的时间为t BC ，由匀变速直线对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．因为x CB ∶x BA ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t .方法四：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，v AC ＝v 0＋02＝v 02.又v 20＝2ax AC ，v 2B＝2ax BC ，x BC ＝x AC4.由以上三式解得v B ＝v 02.可以看成v B 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t BC ＝t .方法五：图象法根据匀变速直线运动的规律，画出v －t 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S △AOC S △BDC ＝CO 2CD 2，且S △AOC S △BDC ＝41，OD ＝t ，OC ＝t ＋t BC .所以41＝(t ＋t BC )2t 2，解得t BC ＝t .1. （2018年全国Ⅰ卷）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能（ ）A. 与它所经历的时间成正比B. 与它的位移成正比C. 与它的速度成正比D. 与它的动量成正比 【答案】B2．（2018浙江）如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。

第2讲 匀变速直线运动的规律及应用[学生用书P5] 【基础梳理】一、匀变速直线运动的基本规律 1．速度与时间的关系式：v ＝v 0＋at ． 2．位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 2．3．位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax ．二、匀变速直线运动的推论 1．平均速度公式：v ＝v t 2＝v 0＋v t2． 2．位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2． 可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2. 3．初速度为零的匀加速直线运动比例式 (1)1T 末，2T 末，3T 末…瞬时速度之比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n ． (2)1T 内，2T 内，3T 内…位移之比为： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2．(3)第一个T 内，第二个T 内，第三个T 内…位移之比为： x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)． (4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n 三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律 1．自由落体运动规律 (1)速度公式：v ＝gt ． (2)位移公式：h ＝12gt 2．(3)速度－位移关系式：v 2＝2gh ． 2．竖直上抛运动规律 (1)速度公式：v ＝v 0－gt ． (2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2．(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝－2gh .(4)上升的最大高度：h ＝v 202g ．(5)上升到最大高度用时：t ＝v 0g．【自我诊断】判一判(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．( ) (2)匀变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加的．( )(4)匀加速直线运动1T 末、2T 末、3T 末的瞬时速度之比为1∶2∶3.( ) (5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．( )(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同．( ) 提示：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√ 做一做(多选)物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，A 、B 、C 、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB ＝2 m ，BC ＝3 m ．且物体通过AB 、BC 、CD 所用时间相等，则下列说法正确的是( )A ．可以求出物体加速度的大小B ．可以求得CD ＝4 mC ．可求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可求得OA 之间的距离为1.5 m提示：选BC .设加速度为a ，时间为T ，则有Δs ＝aT 2＝1 m ，可以求得CD ＝4 m ，而B 点的瞬时速度v B ＝s AC 2T ，所以OB 之间的距离为s OB ＝v 2B2a ＝3.125 m ，OA 之间的距离为s OA ＝s OB －s AB ＝1.125 m ，即B 、C 选项正确．匀变速直线运动规律的应用[学生用书P5]【知识提炼】1．“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法直线运动可以用正、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v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向．【典题例析】歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a ，经距离s 后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.[审题指导]第(1)问不知道时间，直接应用公式2ax＝v2－v20解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动．[解析](1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v21min，解得v1min＝2a（s－L）.(2)法一：一般公式法起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有x＝v2min t，t＝v－v2mina2a(L＋x)＝v2－v22min解得v2min＝2as－2aL.法二：相对运动法选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝2as－2aL.[答案](1)2a（s－L）(2)2as－2aL(1)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分阶段分析，各阶段交接处的速度往往是联系各阶段的纽带．(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解．(3)对于双向可逆匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段法求解．【迁移题组】迁移1基本公式的应用1．某航母跑道长为200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为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() A．5 m/s B．10 m/sC．15 m/s D．20 m/s解析：选B.飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系v2－v20＝2ax解决问题．由题知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根据v2－v20＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v 0＝v 2－2ax ＝502－2×6×200m/s ＝10 m/s .故选项B 正确．迁移2 刹车类问题2．(2018·河南、河北、山西质量监测)冰壶在水平面上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A 点的冰壶(视为质点)沿直线AD 推到B 点放手，最后冰壶停于D 点．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB ＝CD ＝l 、BC ＝7l ，重力加速度为g .求：(1)冰壶经过B 点时的速率；(2)冰壶在CD 段与在AB 段运动的时间之比．解析：(1)冰壶从B 点到D 点做匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝μg 根据速度位移关系有：v 2B ＝2a 1(7l ＋l ) 解得冰壶在B 点的速率v B ＝16μgl ＝4μgl . (2)设冰壶在AB 段运动时加速度大小为a 2， 由AB 间匀加速运动有v 2B ＝2a 2l ， 可得冰壶在AB 间运动的加速度a 2＝8μg 设冰壶在CD 段运动时间为t 1， 冰壶在AB 段运动时间为t 2，根据运动学关系有：l CD ＝12a 1t 21，l AB ＝12a 2t 22 冰壶在CD 段与在AB 段运动时间之比t 1∶t 2＝22∶1. 答案：(1)4μgl (2)22∶1处理匀变速直线运动六法[学生用书P6]【知识提炼】【典题例析】物体以一定的初速度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．已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间．[审题突破] 本题的解答方法很多．如：因为v C ＝0，故可用逆向思维法将该过程看做是沿斜面向下的匀加速直线运动．不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程．[解析] 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下斜面． 故x BC ＝at 2BC2，x AC ＝a （t ＋t BC ）22，又x BC ＝x AC 4，由以上三式解得t BC ＝t . 法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B 滑到C 所用的时间为t BC ，由匀变速直线运动的规律可得v 20＝2ax AC① v 2B ＝v 20－2ax AB② x AB ＝34x AC③ 由①②③解得v B ＝v 02④ 又v B ＝v 0－at ⑤ v B ＝at BC⑥由④⑤⑥解得t BC ＝t . 法三：位移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x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．因为x CB ∶x BA ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t .法四：时间比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC 段的时间为t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时间分别为t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(2－3)t x ，又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，解得t x ＝t .法五：中间时刻速度法利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，vAC ＝v 0＋v 2＝v 02.又v 20＝2ax AC ，v 2B ＝2ax BC ，x BC ＝x AC4.由以上三式解得v B ＝v 02.可以看成v B 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t BC ＝t .法六：图象法根据匀变速直线运动的规律，作出v －t 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平方比，得S △AOC S △BDC ＝CO 2CD 2，且S △AOC S △BDC ＝41，OD ＝t ，OC ＝t ＋t BC .所以41＝（t ＋t BC ）2t 2BC ，解得t BC ＝t . [答案] t匀变速直线运动问题的解题“四步骤”【迁移题组】迁移1 比例法的应用1．(多选)北京时间2018年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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() A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶ 3D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选BD.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C错误，D 正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶2∶3…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为3∶2∶1，选项A错误，B正确．迁移2Δx＝aT2推论法的应用2．(2018·成都高新区月考)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C 三点时的速度大小分别是()A．2 m/s，3 m/s，4 m/sB．2 m/s，4 m/s，6 m/sC．3 m/s，4 m/s，5 m/sD．3 m/s，5 m/s，7 m/s解析：选B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，v B＝AB＋BC2t＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得v A＝2 m/s，v C＝6 m/s，故选项B正确．自由落体运动和竖直上抛运动[学生用书P7]【知识提炼】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)(1)对称性①时间对称：物体上升过程中从A →C 所用时间t AC 和下降过程中从C →A 所用时间t CA相等，同理t AB ＝t BA .②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．3．竖直上抛运动的研究方法气球以10 m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m 的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g 取10 m/s 2)[审题指导] 重物从气球上掉落时仍具有向上的速度． [解析] 法一：全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m 将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式 h ＝v 0t －12gt 2解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去)， 所以重物落地速度为v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反． 法二：分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则 t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10 m ＝5 m故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t 2＝2H g＝2×18010s ＝6 s ， v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下 所以重物从气球上掉落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s . [答案] 7 s 60 m/s【迁移题组】迁移1 自由落体运动1．(2018·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg 的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，则( )A ．物体在2 s 末的速度大小是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度大小是3.6 m/sC ．物体在前2 s 内的位移大小是20 mD ．物体在5 s 内的位移大小是50 m解析：选D .设该星球表面的重力加速度为g ，由自由下落在第5 s 内的位移是18 m ，可得12g ×(5 s)2－12g ×(4 s)2＝18 m ，得g ＝4 m/s 2.所以2 s 末的速度大小为8 m/s ，选项A 错误；第5 s 内的平均速度大小为18 m/s ，选项B 错误；物体在前2 s 内的位移大小是12g ×(2 s)2＝8 m ，选项C 错误；物体在5 s 内的位移大小是12g ×(5 s)2＝50 m ，选项D 正确．迁移2 竖直上抛运动2．(2018·江西五校高三摸底考试)一弹性小球自4.9 m 高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的79，重力加速度g 取9.8 m/s 2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．解析：小球第一次下落经历的时间为：t ＝2h g ＝1 s 落地前的速度的大小v ＝gt ＝9.8 m/s第一次碰地弹起的速度的大小v 1＝79v 上升到落回的时间t 1＝2v 1g ＝2×79s 第二次碰地弹起的速度的大小v 2＝⎝⎛⎭⎫792v上升到落回的时间t 2＝2v 2g＝2×⎝⎛⎭⎫792 s ⋮第n 次碰地弹起的速度的大小v n ＝⎝⎛⎭⎫79n v上升到落回的时间t n ＝2v n g＝2×⎝⎛⎭⎫79n s 从开始到最终停止经历的时间为：t 总＝1＋2×79＋2×⎝⎛⎭⎫792＋…＋2×⎝⎛⎭⎫79n s ＝1＋7×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫79n s ≈8 s . 答案：8 s。

2 匀变速直线运动平均速度公式的灵活应用[方法点拨] (1)v ＝Δx Δt ＝v 0＋v 2＝v t 2.(2)已知某段时间内的位移、初末速度可求平均速度，应用平均速度公式往往会使解题过程变的非常简捷．1．做匀加速直线运动的质点在第一个3 s 内的平均速度比它在第一个5 s 内的平均速度小3 m/s ，则质点的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．2 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4 m/s 2 2．(多选)(2017·湖北黄冈中学模拟)一质点做匀加速直线运动，依次经过A 、B 、C 、D 四点，相邻两点间的距离分别为AB ＝s 1、BC ＝s 2、CD ＝s 3，已知质点通过AB 段、BC 段、CD 段所用的时间均为T .下列关于质点在B 点的速度表达式，正确的是( )A.s 1＋s 22TB.3s 2－s 32T C.3s 1＋s 32TD.2s 1－s 2＋s 32T 3．(2017·河南焦作二模)做匀变速直线运动的质点在前5 s 内的位移为10 m ，在前7 s 内的位移为21 m ，则质点在t ＝6 s 时的速度大小为( )A ．3.5 m/s B．4 m/s C ．5 m/s D ．5.5 m/s4．如图1所示，物体从O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中x AB ＝2 m ，x BC ＝3 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( )图1A.98 mB.89 mC.34 mD.43m 5．(多选)(2018·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图2所示，某质点做匀减速直线运动，依次经过A 、B 、C 三点，最后停在D 点．已知AB ＝6 m ，BC ＝4 m ，从A 点运动到B 点和从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s ，则下列说法正确的是( )图2A ．质点到达B 点时速度大小为2.55 m/sB ．质点的加速度大小为2 m/s 2C ．质点从A 点运动到C 点的时间为4 sD．A、D两点间的距离为12.25 m6．(2018·山东烟台期中)一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，如图3所示．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球在经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )图3A．6 m/s,9 m/s,12 m/s B．6 m/s,12 m/s,18 m/sC．3 m/s,4 m/s,5 m/s D．3 m/s,5 m/s,7 m/s7．(2017·四川德阳一诊)一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( )A．质点可能做匀减速直线运动B．5 s内质点的位移为35 mC．质点运动的加速度为1 m/s2D．质点3 s末的速度为5 m/s答案精析1．C [质点在第一个3 s 内的平均速度等于1.5 s 末的瞬时速度v 1，在第一个5 s 内的平均速度等于2.5 s 末的瞬时速度v 2，而1.5 s 末和2.5 s 末相隔的时间为Δt ＝1 s ，v 2－v 1＝Δv ＝3 m/s ，由Δv ＝a Δt 解得a ＝3 m/s 2，选项C 正确．]2．ABD [根据匀变速直线运动的推论，可知质点在时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，B 是A 、C 的时间中点，则v B ＝x AC 2T ＝s 1＋s 22T，又因为s 3－s 2＝s 2－s 1，所以s 1＋s 2＝3s 2－s 3＝2s 1－s 2＋s 3，故A 、B 、D 正确．]3．D [由题意可得v 2.5＝105 m/s ＝2 m/s ，v 3.5＝217 m/s ＝3 m/s ，质点的加速度为a ＝Δv Δt＝1 m/s 2，质点在t ＝6 s 时的速度大小为v 6＝v 3.5＋2.5a ＝5.5 m/s ，选项D 正确．]4．A [设物体通过AB 、BC 所用时间均为T ，则B 点的速度为v B ＝x AC 2T ＝52T ，根据Δx ＝aT 2，得a ＝Δx T 2＝1T 2，则v A ＝v B －aT ＝32T ，x OA ＝v A 22a ＝98m ，选项A 正确．] 5．BD [设加速度大小为a ，根据题设条件得|Δv |＝at ＝2 m/s ，AB 、BC 为连续相等时间内的位移，由匀变速直线运动推论Δx ＝at 2，解得t ＝Δx at ＝6－42s ＝1 s ，a ＝2 m/s 2，选项B 正确；质点从A 点运动到C 点的时间为2t ＝2 s ，选项C 错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B ＝(6＋4) m 2 s ＝5 m/s ，选项A 错误；x AD ＝x AB ＋v B 22a＝12.25 m ，选项D 正确．] 6．B 7.B。

高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律学案05194147第2讲 匀变速直线运动的规律微知识1 匀变速直线运动的规律 1．基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at 。

(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2。

(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝2ax 。

2．匀变速直线运动的重要推论 (1)平均速度：v ＝v 0＋v2＝v t 2即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，或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半。

(2)任意两个连续相等的时间间隔(T )内，位移之差是一恒量，即Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT _2。

(3)位移中点速度：v x 2＝v 20＋v 2t2某段位移中点的瞬时速度等于这段位移初、末速度的平方和的一半的算术平方根。

(4)初速度为零的匀加速直线运动中的几个重要结论 ①1T 末，2T 末，3T 末…瞬时速度之比：v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n 。

②1T 内，2T 内，3T 内…位移之比：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2。

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：x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)。

④通过连续相等的位移所用时间之比：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。

微知识2 自由落体和竖直上抛运动的规律 1．自由落体运动的规律(1)速度公式：v ＝gt 。

(2)位移公式：h ＝12gt 2。

(3)速度－位移关系式：v 2＝2gh 。

2．竖直上抛运动的规律 (1)速度公式：v ＝v 0－gt 。

(2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2。

(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝－2gh 。

(4)上升的最大高度H ＝v 202g。

微专题2 匀变速直线运动规律——推论公式法方法点拨1．凡问题中涉与位移与发生这段位移所用时间或一段运动过程的初末速度时，要尝试平均速度公式．2．假设问题中涉与两段相等时间内的位移，或相等Δv的运动时可尝试运用Δx＝aT2. 1．(2020·河北武邑中学月考)做匀加速直线运动的质点在第一个3s内的平均速度比它在第一个5s内的平均速度小3m/s.如此质点的加速度大小为( )A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s22．(2019·四川成都市高新区模拟)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，AB ＝6m，BC＝10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，如此小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )A．2m/s,3m/s,4m/sB．2m/s,4m/s,6m/sC．3m/s,4m/s,5m/sD．3m/s,5m/s,7m/s3．(2019·福建省六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m(未落地)，如此( ) A．物体在2s末的速度大小是20m/sB．物体在第5s内的平均速度大小是3.6m/sC．物体在前2s内的位移大小是20mD．物体在5s内的位移大小是50m4．(2019·安徽蚌埠市第二次质检)图1中ae为港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥，假设汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，如此通过ce段的时间为( )图1A．t B.2t C．(2－2)t D．(2＋2)t5．(多项选择)一物体在粗糙地面上以一定的初速度匀减速滑动．假设物体在第1s 内位移为 8.0m ，在第3s 内位移为0.5m ．如此如下说法正确的答案是( ) A ．物体的加速度大小一定为4.0m/s 2B ．物体的加速度大小一定为3.75m/s 2C ．物体在第0.5s 末速度一定为8.0m/sD ．物体在第2.5s 末速度一定为0.5m/s6．(多项选择)如图2，一长为L 的长方体木块可在倾角为α的斜面上以加速度a 匀加速下滑，1、2两点间的距离大于L ，木块经过1、2两点所用的时间分别为t 1和t 2，如此如下说法正确的答案是( )图2A ．木块前端从点1到点2所用时间为t 1－t 22＋L a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1 B ．木块前端从点1到点2所用时间为L a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1C ．木块通过点2的平均速度为L t 2D ．1、2两点间的距离是L 22a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 127．(2020·宁夏银川市检测)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv 时发生位移x 1，紧接着速度变化同样的Δv 时发生位移x 2，如此该质点的加速度为( )A ．(Δv )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2B ．2Δv 2x 2－x 1C ．(Δv )2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1x 2D.Δv 2x 2－x 1答案精析1．C [根据匀变速直线运动的规律可知，第一个3s 内的平均速度为第1.5s 末的速度；第一个5s 内的平均速度为第2.5s 末的速度．如此由a ＝Δv Δt 可得a ＝31m/s 2＝3m/s 2，应当选C.]2．B [根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B 点的速度就是AC 段的平均速度，v B ＝AB ＋BC2t＝4m/s ；又因为两个连续相等时间间隔内的位移之差等于恒量，即Δx ＝at 2，如此由Δx ＝BC －AB ＝at 2，解得a ＝1m/s 2；再由速度公式v t ＝v 0＋at ，解得v A ＝2m/s ，v C ＝6m/s ，应当选项B 正确．]3．D [设该星球外表的重力加速度为g ，由自由下落在第5s 内的位移是18m ，可得12g ×(5s)2－12g ×(4s)2＝18m ，如此g ＝4m/s 2.所以物体在2s 末的速度大小为8m/s ，选项A 错误；物体在第5s 内的平均速度大小为18m/s ，选项B 错误；物体在前2s 内的位移大小是12g ×(2s)2＝8m ，选项C 错误；物体在5s 内的位移大小是12g ×(5s)2＝50m ，选项D 正确．]4．C [设汽车的加速度为a ，经过bc 段、ce 段的时间分别为t 1、t 2，x ab ＝12at 2，x ac ＝12a (t＋t 1)2，x ae ＝12a (t ＋t 1＋t 2)2，解得：t 2＝(2－2)t ，应当选C.]5．AC [假设物体一直做匀减速直线运动，在第3s 末未停下来，根据匀变速直线运动规律可知，某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，故t 1＝0.5s 时刻的瞬时速度v 1＝8.0m/s ，t 2＝2.5s 时刻的瞬时速度为v 2＝0.5m/s ，根据加速度的定义式可得加速度大小为a 1＝v 1－v 2t 2－t 1＝3.75m/s 2，如此物体从0.5s 时刻开始到停下来所用时间为t ＝v 1a 1＝3215s ，即物体整个运动时间为0.5s ＋3215s ＜3s ，故假设不成立，v 2并非2.5s 时刻的瞬时速度，物体一定在3s 时刻之前停止运动．设物体在2s 时刻后再运动t 0时间停下，如此v 1＝a (1.5s ＋t 0)，2s 时刻物体的速度为v 2′＝v 1－a ×1.5s，从2s 时刻开始到物体停下来的这段时间内，即t 0时间内物体运动的位移x ＝v 2′t 0－12at 02＝0.5m ，解得t 0＝0.5s ，a ＝4m/s 2，故物体实际上在2.5s 时刻停止运动，此后静止，选项A 、C 正确，B 、D 错误．]6．AC [设木块前端通过点1后t 12时刻的速度为v 1′，通过点2后t 22时刻的速度为v 2′，由匀变速直线运动平均速度的推论有v 1′＝Lt 1，v 2′＝L t 2，木块前端从点1到点2所用时间t ＝v 2′－v 1′a ＋t 12－t 22＝t 1－t 22＋L a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t 1，故A 正确，B 错误；木块通过点2的时间为t 2，经历的位移为L ，如此木块通过点2的平均速度为Lt 2，故C 正确；木块前端经过点1的速度v 1＝L t 1－a t 12，木块前端经过点2的速度v 2＝L t 2－a t 22，如此1、2两点间的距离x ＝v 22－v 122a ≠L 22a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 22－1t 12，故D 错误．] 7．D。

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 ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论 1.三个推论(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平均值，还等于中间时刻的瞬时速度. 平均速度公式：v ＝v 0＋v2＝2v t .(2)连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等. 即x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. (3)位移中点速度2v x ＝v 20＋v22.2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)1T 末，2T 末，3T 末，…，nT 末的瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)1T 内，2T 内，3T 内，…，nT 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2. (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x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝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t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1).[深度思考] 飞机着陆后以6m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12s 内滑行的距离是多少？ 某位同学的解法如下：由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，代入已知量求得滑行距离x ＝288m ，请分析以上解析是否正确，若不正确，请写出正确的解析. 答案 不正确.解析如下：先求出飞机着陆后到停止所用时间t .由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10s ，由此可知飞机在12s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2s 内是静止的.故它着陆后12s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10m ＋(－6)×1022m ＝300m.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 ＝12gt 2.③速度位移关系式：v 2＝2gx . 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：匀减速直线运动. (3)基本规律①速度公式：v ＝v 0－gt ； ②位移公式：x ＝v 0t －12gt 2.3.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和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一.他所用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.1.(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s 内通过的位移为3m ，则( ) A.前3s 内的平均速度为3m/sB.前3s 内的位移为6mC.物体的加速度为1.2m/s 2D.3s 末的速度为3.6m/s答案 CD2.(粤教版必修1P35第5题改编)雨滴自屋檐由静止滴下，每隔0.2s 滴下一滴，第1滴落下时第6滴恰欲滴下，此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.62m 、1.26m 、0.9m.假定落下的雨滴的运动情况完全相同，则此时第2滴雨滴下落的速度和屋檐高度各为(假设雨滴下落过程中不考虑空气阻力)( )A.3.6m/s,4.5 mB.7.2 m/s,4.5mC.3.6m/s,4 mD.8 m/s,4m 答案 B解析 6个雨滴的自由落体运动可以等效为1个雨滴在不同时刻的位置，如图：x 12＝1.62m ，x 23＝1.26m ，x 34＝0.9m v 2＝x 12＋x 232T＝7.2m/s由v 0＝0时相邻相同时间内位移之比为1∶3∶5∶7… 可得：x 12h ＝925，h ＝4.5m. 3.(人教版必修1P 43第3题)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s 2，所需的起飞速度为50 m/s ，跑道长100m.通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了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机，弹射系统必须使它至少具有多大的初速度？为了尽量缩短舰载飞机起飞时的滑行距离，航空母舰还需逆风行驶.这里对问题做了简化. 答案 不能，1015m/s4.(人教版必修1P45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 ＝12gt 2x ＝19.6cm ＝0.196m. t ＝5T ＝0.2sg ＝2x t 2＝0.196×24×10－2m/s 2＝9.8 m/s 2方法二 根据公式Δx ＝gT 2g ＝Δx T 2＝(19.6－12.5)－(12.5－7.1)(0.04)2×10－2m/s 2＝10.6m/s 2. 方法三 根据v ＝gt 和v ＝v 0＋v 2＝xt ＝2v t v ＝(19.6－7.1)×10－22×0.04m/s ＝1.56 m/sg ＝v t ＝1.560.16m/s 2＝9.75 m/s 2.命题点一 匀变速直线运动规律及应用 1.恰当选用公式除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v 0的方向为正方向. 2.规范解题流程画过程示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→解方程并加以讨论例1 据报道，一儿童玩耍时不慎从45m 高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童.已知管理人员到楼底的距离为18m ，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击.不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g 取10m/s 2. (1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9m/s ，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？①无初速度掉下；②不计空气阻力；③没有水平方向的冲击.答案 (1)6m/s (2)a ≥9 m/s 2解析 (1)儿童下落过程，由运动学公式得：h ＝12gt 2管理人员奔跑的时间t ≤t 0，对管理人员运动过程，由运动学公式得：x ＝v t ，联立各式并代入数据解得：v ≥6m/s.(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v 0，由运动学公式得：v ＝0＋v 02解得：v 0＝2v ＝12m/s>v m ＝9 m/s故管理人员应先加速到v m ＝9m/s ，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底.设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t 1、t 2、t 3，位移分别为x 1、x 2、x 3，加速度大小为a ，由运动学公式得：x 1＝12at 21，x 3＝12at 23，x 2＝v m t 2，v m ＝at 1＝at 3t 1＋t 2＋t 3≤t 0，x 1＋x 2＋x 3＝x联立各式并代入数据得a ≥9m/s 2.1.一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 ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 m B.a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 m C.a ＝1 m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 m D.a ＝0.8 m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m 答案 C解析 根据匀变速直线运动的规律，质点在t ＝8.5s 时刻的速度比在t ＝4.5s 时刻的速度大4m/s ，所以加速度a ＝Δv Δt ＝4m/s 4s ＝1m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝9.5 m/s ，x 9＝12(v 0＋v 9)t ＝45m ，选项C 正确.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15 m/s 的速度匀速行驶.发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s 2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10 m/s 2. (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5 m/s 2).答案 (1)2∶1 (2)22.5m 11.25m (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t 1∶t 2＝v 0a 1∶v 0a 2＝2∶1.(2)超载时，刹车距离x 1＝v 202a 1＝1522×5m ＝22.5m正常装载时，刹车距离x 2＝v 202a 2＝1522×10m ＝11.25m显然，严重超载后的刹车距离是正常装载时刹车距离的两倍.(3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离x 3＝v 0′22a 1＝2022×5m ＝40m由此可见，超载超速会给交通安全带来极大的隐患. 命题点二 常用的几种物理思想方法例2 (2016·全国Ⅲ·16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍.该质点的加速度为( ) A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t和a ＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 对. 例3 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a 1的匀加速运动，接着做加速度大小为a 2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.s (a 1＋a 2)a 1a 2 B.2s (a 1＋a 2)a 1a 2C.2s (a 1＋a 2)a 1a 2D.a 1a 22s (a 1＋a 2)①接着做加速度大小为a 2的匀减速运动；②到达B 点时恰好速度减为零.答案 B解析 设第一阶段的末速度为v ，则由题意可知：v 22a 1＋v 22a 2＝s ，解得：v ＝2a 1a 2sa 1＋a 2； 而s ＝0＋v 2t 1＋v ＋02t 2＝v 2t ，由此解得：t ＝2(a 1＋a 2)sa 1a 2，所以正确答案为B.3.一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第3m 、倒数第2m 、最后1m 内的运动，下列说法中正确的是( ) A.经历的时间之比是1∶2∶3 B.平均速度之比是3∶2∶1C.平均速度之比是1∶(2－1)∶(3－2)D.平均速度之比是(3＋2)∶(2＋1)∶1 答案 D解析 将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为0的匀加速直线运动(逆向思维)，从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3＝1∶(2－1)∶(3－2)，则倒数第3m 、倒数第2m 、最后1m 内经历的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，平均速度之比为13－2∶12－1∶1＝(3＋2)∶(2＋1)∶1，故只有选项D 正确.4.做匀加速直线运动的质点，在第一个3s 内的平均速度比它在第一个5s 内的平均速度小3m/s.则质点的加速度大小为( ) A.1m/s 2B.2 m/s 2C.3m/s 2D.4 m/s 2答案 C解析 第1个3s 内的平均速度即为1.5s 时刻瞬时速度v 1，第1个5s 内的平均速度即为2.5s 时刻瞬时速度v 2，a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1Δt ＝3m/s (2.5－1.5)s＝3m/s 2，C 正确.5.某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20m/s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过25m.在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5s ，轿车在制动的最初1s 内的位移为8.2m ，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求. 答案 符合设计要求解析 轿车在制动的最初1s 内的位移为8.2m.则v 0.5＝v ＝x t ＝8.21m/s ＝8.2 m/s ，a ＝v 0.5－v 0t ＝8.2－200.5m/s 2＝－23.6 m/s 2.由v 2－v 20＝2ax ，可得x ＝0－2022×(－23.6)m ≈8.5m<25m.故这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求. 命题点三 自由落体和竖直上抛运动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2)图2(1)对称性①时间对称：物体上升过程中从A →C 所用时间t AC 和下降过程中从C →A 所用时间t CA 相等，同理t AB ＝t BA .②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. 3.竖直上抛运动的研究方法例4 如图3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/s 2，求：图3(1)木杆经过圆筒的上端A 所用的时间t 1是多少？ (2)木杆通过圆筒AB 所用的时间t 2是多少？ 答案 (1)(2－3) s (2)(5－3) s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 ＝2h 下Ag＝2×1510s ＝3s 木杆的上端到达圆筒上端A 用时t 上A ＝2h 上Ag＝2×2010s ＝2s 则通过圆筒上端A 所用的时间t 1＝t 上A －t 下A ＝(2－3) s(2)木杆的上端离开圆筒下端B 用时t 上B ＝2h 上Bg＝2×2510s ＝5s 则木杆通过圆筒所用的时间t 2＝t 上B －t 下A ＝(5－3) s例5 在竖直的井底，将一物体以11m/s 的速度竖直向上抛出，物体在井口处被人接住，在被人接住前1 s 内物体的位移是4 m ，位移方向向上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，求： (1)物体从抛出到被人接住所经历的时间； (2)此竖直井的深度. 答案 (1)1.2s (2)6m解析 (1)被人接住前1s 内物体的位移是4m ，由于自由落体的物体第1s 内的位移h 1＝12gt2＝5m故而一定是在物体通过最高点后返回过程中被接住，设接住前1s 时的初速度为v 1，则h ＝v 1t －12gt 2解得v 1＝9m/st 1＝v 0－v 1g ＝11－910s ＝0.2s从抛出到被人接住所经历的时间t ′＝t 1＋1s ＝1.2s(2)竖直井的深度为H ，则H ＝v 0t ′－12gt ′2＝11×1.2m －12×10×1.22m ＝6m.6.在某一高度以v 0＝20m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10m/s 2)( )A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15m/s ，方向向上B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5m/s ，方向向下C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5m/s ，方向向上D.小球的位移大小一定是15m 答案 D7.距地面高5m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图4所示.小车始终以4m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地.不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于( )图4A.1.25mB.2.25mC.3.75mD.4.75m 答案 A解析 小车上的小球自A 点自由落地的时间t 1＝2H g ，小车从A 到B 的时间t 2＝dv；小车运动至B 点时细线被轧断，小球下落的时间t 3＝2hg；根据题意可得时间关系为t 1＝t 2＋t 3，即2H g ＝d v＋2hg，解得h ＝1.25m ，选项A 正确.命题点四 多运动过程问题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.例6 假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6km/h ，事先小汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动后小汽车的加速度的大小为a 1＝4m/s 2.试问：(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？ (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？ 答案 (1)108m (2)10s (3)4s解析 (1)v t ＝21.6km/h ＝6 m/s ，事先小汽车未减速的车速均为v 0＝108km/h ＝30 m/s ，小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距收费站至少x 1处开始制动， 则：v 2t －v 20＝－2a 1x 1 即：62－302＝2×(－4)x 1 解得：x 1＝108m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x 1和x 2，时间分别为t 1和t 2，则： 减速阶段：v t ＝v 0－a 1t 1t 1＝v t －v 0－a 1＝6－304s ＝6s加速阶段：v 0＝v t ＋a 2t 2t 2＝v 0－v t a 2＝30－66s ＝4s则汽车运动的时间至少为：t ＝t 1＋t 2＝10s. (3)在加速阶段：v 20－v 2t ＝2a 2x 2 302－62＝2×6x 2 解得：x 2＝72m则总位移x ＝x 1＋x 2＝180m 若不减速通过收费站，所需时间t ′＝x 1＋x 2v 0＝6s车因减速和加速过站而耽误的时间至少为： Δt ＝t －t ′＝4s.多过程组合问题的“三个”处理技巧1.用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来.2.将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动.3.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.8.短跑运动员完成100m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段.一次比赛中，运动员用11.00s 跑完全程.已知运动员在加速阶段的第2s 内通过的距离为7.5m ，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离. 答案 5m/s 210m解析 根据题意，在第1s 和第2s 内运动员都做匀加速运动.设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1s 和第2s 内通过的位移分别为x 1和x 2，由运动学规律得：x 1＝12at 20① x 1＋x 2＝12a (2t 0)2②式中t 0＝1s联立(1)(2)两式并代入已知条件，得a ＝5m/s2③设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动时间为t 2，匀速运动的速度为v ；跑完全程的时间为t ，全程的距离为x . 依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2④ v ＝at 1⑤ x ＝12at 21＋vt 2⑥设加速阶段通过的距离为x ′，则 x ′＝12at 21⑦联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得：x ′＝10m ⑧用“等效法”处理三类直线运动问题一、将“平均速度”等效为“中间时刻的瞬时速度”做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度v 等于它在这段时间t 内的中间时刻的瞬时速度，在解题中，我们可以充分利用这一关系，进行等效处理，以达到简化解题的目的. 典例1 物体从静止开始做匀加速直线运动，测得它在第n s 内的位移为x m ，则物体运动的加速度为( ) A.2x n2m/s 2B.x 2n2m/s 2 C.2n －12x m/s 2D.2x 2n －1m/s 2答案 D解析 第n s 内位移为x m ，该秒内平均速度大小为x m/s ，与该秒内中间时刻瞬时速度相等，则(n －0.5) s 时瞬时速度大小也为x m/s ，即a ·(n －0.5)＝x所以a ＝2x 2n －1m/s 2，选项D 正确.二、将“匀减速至零的运动”等效为“初速度为零的匀加速运动”加速度大小相等的匀加速运动与匀减速运动，在相应的物理量上表现出一定的对称性，即加速运动可等效为逆向的减速运动，反之亦然.典例2 以36km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s 2的加速度，刹车后第三个2s 内，汽车走过的位移为( ) A.12.5mB.2mC.10mD.0 答案 D解析 设汽车从刹车到停下的时间为t ，根据匀减速至零的运动等效为初速度为零的匀加速运动，则由v 0＝at 得t ＝v 0a ＝104s ＝2.5s ，所以刹车后第三个2s 时汽车早已停止，即刹车后第三个2s 内，汽车走过的位移为零，D 正确.三、将“匀减速运动至零又反向加速”等效为“竖直上抛运动”如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、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. 典例3 (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2 m/s 2，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.1sB.3sC.4sD.5＋412s答案 ACD解析 当物体的位移为4m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得4＝5t －12×2t 2解得t 1＝1s ，t 2＝4s当物体的位移为－4m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得－4＝5t －12×2t 2解得t 3＝5＋412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误.题组1 匀变速直线运动规律的应用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80 m/s 2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v 0＝0，a ＝80m/s 2，据公式v ＝v 0＋at ，有t ＝v a ＝120080s ＝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v 0，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.v 0t －12at 2B.v 0t C.v 0t 2D.12at 2答案 ACD3.(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0gD.3v 02g答案 BC解析 当滑块速度大小减为v 02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 ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C正确.4.(多选)如图1所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀减速直线运动，依次经A 、B 、C 、D 到达最高点E ，已知AB ＝BD ＝6m ，BC ＝1m ，滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2s.设滑块经C 时的速度为v C ，则( )图1A.滑块上滑过程中加速度的大小为0.5m/s 2B.v C ＝6m/sC.DE ＝3mD.从D 到E 所用时间为4s 答案 AD5.一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∶9 C.1∶8∶27 D.1∶16∶81答案 C6.在水下潜水器蛟龙号某次海试活动中，完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则蛟龙号在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( )A.vt2B.vt 0(1－t 02t )C.vt 202t D.v (t －t 0)22t答案 D7.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 ＝60＋30t －5t 2(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10 m/s 2B.汽车刹车过程的初速度大小为30m/s ，加速度大小为5 m/s 2C.汽车刹车过程的初速度大小为60m/s ，加速度大小为5 m/s 2D.汽车刹车过程的初速度大小为60m/s ，加速度大小为2.5 m/s 2 答案 A解析 根据汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系x ＝60＋30t －5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律x ＝v 0t ＋12at 2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30m/s ，加速度大小为10 m/s 2，故选A.8.2015年9月2日，“抗战专列”在武汉地铁4号线亮相，引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零、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的时间为( ) A.L aB.22L aC.2L aD.42L a答案 B解析 由位移公式可知，列车在匀加速过程中L ＝12at 2解得：t ＝2L a；由于列车由静止开始加速然后再以同样大小的加速度减速到零，则说明列车减速过程所用时间也为t ；故总时间为22La.题组2 自由落体和竖直上抛运动9.一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T a ，两次经过一个较高点b 的时间间隔是T b ，则a 、b 之间的距离为( ) A.18g (T 2a －T 2b ) B.14g (T 2a －T 2b )C.12g (T 2a －T 2b ) D.12g (T a －T b ) 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T a 2，从b 点到最高点的时间为T b2，所以a 点到最高点的距离h a ＝12g (T a 2)2＝gT 2a 8，b 点到最高点的距离h b ＝12g (T b 2)2＝gT 2b8，故a 、b之间的距离为h a －h b ＝18g (T 2a －T 2b )，故选A.10.如图2所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度分别h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次静止释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法不正确的是( )图2A.三者到达桌面时的速度之比是3∶2∶1B.三者运动的平均速度之比是3∶2∶1C.b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D.b 与a 开始下落的时间差大于c 与b 开始下落的时间差 答案 D解析 由公式v 2－v 20＝2gx 可得v ＝2gh ，所以三者到达桌面时的速度之比是h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1，A 正确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以v ＝v2，故平均速度之比为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1，B 正确；根据h ＝12gt 2可得a 、b 开始下落的时间差为Δt 1＝2h 1g－2h 2g ＝(3－2)2h 3g，b 、c 开始下落的时间差为Δt 2＝2h 2g－2h 3g＝(2－1)2h 3g，所以Δt 1<Δt 2，C 正确，D 错误.题组3 多运动过程问题11.如图3所示，运动员从离水面10m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计，计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点，g 取10m/s 2)，求：图3(1)运动员起跳时的速度v 0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留3位有效数字). 答案 (1)3m/s (2)1.75s 解析 (1)上升阶段：－v 20＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1解得：t 1＝v 0g ＝310s ＝0.3s自由落体过程：H ＝12gt 22解得t 2＝2Hg＝2×10.4510s ≈1.45s 故t ＝t 1＋t 2＝0.3s ＋1.45s ＝1.75s12.在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动.运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5m/s 2的加速度匀减速下降.为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，求：(取g ＝10m/s 2) (1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？ 答案 (1)99m (2)8.6s解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0 则有：v 2－v 20＝－2ah ， 又v 20＝2g (224m －h )联立并代入数据解得：v 0＝50m/s ，h ＝99m (2)设伞兵在空中的最短时间为t ， 则有：v 0＝gt 1，t 1＝5st 2＝v －v 0a＝3.6s ，故所求时间为：t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6s.。

2 匀变速直线运动规律知识要点匀变速直线运动公式1．常用公式有以下四个at v v t +=0 2021at t v s += as v v t 2202=- t v v s t 20+= 2．匀变速直线运动中几个常用的结论①Δs=aT 2，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。

可以推广到s m -s n =(m-n)aT 2 ②ts v v v t t =+=202/，某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。

22202/t s v v v +=，某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）。

可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有2/2/s t v v <。

3．初速度为零（或末速度为零）的匀变速直线运动做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：gt v = ， 221at s = ， as v 22= ， t v s 2= 4．初速为零的匀变速直线运动①前1秒、前2秒、前3秒……内的位移之比为1∶4∶9∶……②第1秒、第2秒、第3秒……内的位移之比为1∶3∶5∶……③前1米、前2米、前3米……所用的时间之比为1∶2∶3∶……④第1米、第2米、第3米……所用的时间之比为1∶()12-∶（23-）∶…… 对末速为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律。

5．一种典型的运动经常会遇到这样的问题：物体由静止开始先做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动到静止。

用右图描述该过程，可以得出以下结论： ①t s a t a s ∝∝∝,1,1 ②221B v v v v === 6、解题方法指导：解题步骤：a 1、s 1、t 1 a 2、s 2、t 2（1）确定研究对象。

（2）明确物体作什么运动，并且画出运动示意图。

（3）分析研究对象的运动过程及特点，合理选择公式，注意多个运动过程的联系。

（4）确定正方向，列方程求解。

（5）对结果进行讨论、验算。

第2讲匀变速直线运动规律板块一主干梳理·夯实基础【知识点1】匀变速直线运动及其公式Ⅱ1、定义和分类(1)匀变速直线运动:物体在一条直线上运动,且加速度不变。

2、三个基本公式(1)速度公式:v＝v0＋at。

(2)位移公式:x＝v0t＋12at2。

(3)位移速度关系式:v2－v20＝2ax。

3、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＝v t2＝v0＋v2。

(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量,即:Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝x n－x n－1＝aT2。

可以推广到x m－x n＝(m－n)aT2。

4、初速度为零的匀变速直线运动的四个推论(1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为:v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。

(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为:x1∶x2∶x3∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶n2。

(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x n＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。

(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为:t1∶t2∶t3∶…∶t n＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)。

【知识点2】自由落体运动和竖直上抛运动Ⅱ1、自由落体运动(1)条件:物体只受重力,从静止开始下落。

(2)运动性质:初速度v0＝0,加速度为重力加速度g的匀加速直线运动。

(3)基本规律①速度公式v＝gt。

②位移公式h＝12gt2。

③速度位移关系式:v2＝2gh。

2、竖直上抛运动规律运动特点:加速度为g,上升阶段做匀减速直线运动,下降阶段做自由落体运动。

板块二考点细研·悟法培优考点1匀变速直线运动规律的应用[深化理解]1、公式的矢量性:匀变速直线运动的基本公式均是矢量式,应用时要注意各物理量的符号,一般情况下,规定初速度的方向为正方向,与初速度同向的物理量取正值,反向的物理量取负值。