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1、,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,大一轮复习讲义,NEIRONGSUOYIN,内容索引,过好双基关,研透命题点,课时作业,回扣基础知识 训练基础题目,细研考纲和真题 分析突破命题点,限时训练 练规范 练速度,过好双基关,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 不变的运动. 2.匀变速直线运动的基本规律 (1)速度公式： vt . (2)位移公式：x . (3)位移速度关系式： .,加速度,v0at,vt 2v022ax,自测1 (2018山西省重点中学协作体期末)如图1所示，一小球从A点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达B点时速度
2、为vt ，到达C点时速度为 2vt ，则ABBC等于 A.11 B.12 C.13 D.14,图1,解析 根据匀变速直线运动的速度位移公式vt2v022ax知，,所以ABAC14，则ABBC13，故C正确，A、B、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x2x1x3x2xnxn1 . (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 ，还等于中间时刻的瞬时速度.,一半,aT2,2.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v1v2v3vn . (2)
3、前T内、前2T内、前3T内、前nT内的位移之比为x1x2x3xn . (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xxxxN . (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1t2t3tn .,123n,122232n2,135(2n1),自测2 (2018河南省新乡市第三次模拟)汽车以某一初速度开始做匀加速直线运动，第1 s内行驶了1 m，第2 s内行驶了2 m，则汽车第3 s内的平均速度为 A.2 m/s B.3 m/s C.4 m/s D.5 m/s,解析 根据匀变速直线运动的推论可知：x2x1x3x2，则x33 m，,三、自由落体运动和竖直上抛运动,1.自由落
4、体运动 (1)条件：物体只受 ，从静止开始下落. (2)基本规律 速度公式： . 位移公式： . 速度位移关系式： .,重力,vtgt,vt22gx,(3)伽利略对自由落体运动的研究 伽利略通过 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. 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 (包括数学演算)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 运动. (2)运动性质： 直线运动. (3)基本规律 速度公式： ； 位移公式： .,逻辑推理,逻辑推理,自由落体,匀变速,vtv0gt,自
5、测3 (2018江西省六校第五次联考)一个从地面上竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔是5 s，两次经过一个较高点B的时间间隔是3 s，则A、B之间的距离是(不计空气阻力，g10 m/s2) A.80 m B.40 m C.20 m D.无法确定,解析 物体做竖直上抛运动，,研透命题点,1.基本思路,命题点一 匀变速直线运动的基本规律及应用,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,2.方法与技巧,除时间t外，x、v0、vt、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湖南省永州市三模)质点做直线运动的位移x与时间t的
6、关系为x5tt2(各物理量均采用国际单位制单位)，下列说法正确的是 A.该质点的加速度大小为1 m/s2 B.该质点在1 s末的速度大小为6 m/s C.该质点第2 s内的平均速度为8 m/s D.前2 s内的位移为8 m,所以该质点在1 s末的速度大小为v1v0at17 m/s，A、B错误； 该质点在前2 s内的位移为x152 m22 m14 m， 该质点在第1 s内的位移为x251 m12 m6 m，,变式1 (多选)(2019河南省洛阳市调研)如图2所示，在一平直公路上，一辆汽车从O点由静止开始做匀加速直线运动，已知在3 s内经过相距30 m的A、B两点，汽车经过B点时的速度为15 m/
7、s，则 A.汽车经过A点的速度大小为5 m/s B.A点与O点间的距离为20 m C.汽车从O点到A点需要的时间为5 s D.汽车从O点到B点的平均速度大小为7.5 m/s,图2,由匀变速直线运动规律有vA22axOA，代入数据解得xOA3.75 m，选项B错误； 由vAatOA解得汽车从O点到A点需要的时间为tOA1.5 s，选项C错误；,刹车类问题的处理技巧,拓展点,逆向思维法的应用,刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度a突然消失的问题，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
8、(2018山东省济南一中阶段检测)汽车在平直的公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直到停车，已知汽车刹车时第一秒内的位移为13 m，在最后1秒内的位移为2 m，则下列说法正确的是 A.汽车在第1秒末的速度可能为10 m/s B.汽车加速度大小可能为3 m/s2 C.汽车在第1秒末的速度一定为11 m/s D.汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2,解析 采用逆向思维，由于最后1 s内的位移为2 m，,代入数据解得初速度v015 m/s， 则汽车在第1 s末的速度v1v0at15 m/s41 m/s11 m/s，故C正确，A、B、D错误.,方法与技巧,命题点二 匀变速直线运动的
9、推论及应用,例3 (2018山东省日照市校际联合质检)一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x所用时间为2t，紧接着通过下一段位移x所用时间为t.则物体运动的加速度大小为,类型1 平均速度公式的应用,变式2 (2018江西省六校第五次联考)如图3所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点.已知AB18 m，BC30 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.12 m/s,13 m/s,14 m/s B.10 m/s,14 m/s,18 m/s C.8 m/s,10 m/s,16 m/s D.6 m/s,12 m/s,1
10、8 m/s,图3,经过B点的瞬时速度等于通过AC段的平均速度，,则经过C点的速度vCvBat12 m/s32 m/s18 m/s，经过A点的速度vAvBat12 m/s32 m/s6 m/s，故D正确.,例4 (多选)(2019甘肃省天水市质检)如图4所示，一冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的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 A.v1v2v3321,图4,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,解析 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动
11、来研究.,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5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 A.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 t D.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,图5,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，agsin ，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
12、线运动，,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.,1.两种运动的特性,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6) 对称性 a.时间对称：物体上升过程中从AC所用时间tAC和下降过程中从 CA所用时间tCA相等，同理tABtBA. 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. 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.,图6,2.竖直上抛运动的研究方法
13、,例5 (2018湖北省部分重点高中协作体联考)如图7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： (1)重力加速度g；,图7,解析 小球从O点上升到最大高度的过程中,小球从P点上升到最大高度的过程中,依据题意得h1h2H，,(2)当O点距离管底部的距离为L0时，玻璃管的最小长度.,解析 玻璃管的最小长度LL0h1，,双向可逆类问题,拓展点,类竖直上抛运
14、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，则小球全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可看成类竖直上抛运动，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.,变式4 (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上匀减速运动，其加速度大小为2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为 A.1 s B.3 s C.4 s D. s,解析 以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m时，,解得t11 s，t24 s,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6 (2018陕西省安康市第二次质量联考)公交给居民出行带来了方便，很多城市都建设了公交专线.如图8所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置50 m处开始刹车做匀减速直线运动.公交车刚刹车时，一乘客为了搭车，从距站台右侧24 m处由静止正对
