资源简介

《奇点衔接同步教材》
新课程·新物理·新思维
小专题匀变速直线运动规律及其应用
知识梳理米
④各点速度为:1:2:3…m
⑤各点的时间比为:1:2:3
⑥各段相邻相等位移的时间比为
匀变速直线运动的基本公式
2-1):(3-2)
①速度-时间=+at
②位移一时间x=01t+at
特列提醒
匀变速直线运动规律的学习应以运动图像为中心,要围
③速度一位移2-06=2ax
绕运动图像来展开
匀变速直线运动的重要推论
①某段时间的中间时刻的瞬时速度=v2=o+℃
算术
平均值)
②某段位移的中间位置的瞬时速度α
几何平
T 27
图
均值)
③任意连续两个相等时间里的位移之差是个恒量:Ax-a2
如,由图a很直观地得到速度一时间公式
位移-时间公式x=01+a2(对应梯形的面积
特列擺醒
推论①和推论②正是打点计时器和纸带数据处理的两
由图b很直观地得到中间时刻速度公式
(对
条依据
f
应着梯形中位线)和位移差公式Ax=aT2(对应着阴影部分
面积)
1.匀变速直线运动的判据
连续相等时间内的位移之差为恒量,即
恒量,物体做匀变速直线运动
2.利用平均速度测瞬时速度
x31
根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等
于这段时间内的平均速度,即
+xn+
T 2T 37
to" 3to
2T
图d
3.用逐差法求加速度
根据x4-x1=x5-x2=x6-x3=3a72(T为相邻两计数点
由图c、d很直观地得到初速度为零的匀加速直线运动
之间的时间间隔)
的比例关系式(对应相仪三角形的比例关系
由图e和图/很直观地得到无论匀加速还是匀减速,
间时刻速度总是小于中间位置速度,即v2
a1+a2+a3_(x4+x+x)-(x1+x2+x3)
3P2
972
三、初速度为零的匀加速直线运动的规律
(1)时间等分
12t
T
图
①各时刻速度比为:1:2
②各时刻总位移比为:12:22:32:…n
③各段相邻相等时间内位移比
四、解决匀变速直线运动的常用方法
常用方法
规律及特点
(2)位移等分点
般
用速度公式、位移公式和速度与位移关系等导出
Ps
式分析解题,运动公式均是矢量式,使用时要注
公式法意方向性.参见
《力和运动基础导学导练》
匀变速直线运动的规律及应用
解法二:(基本公式法)
利用平均速度
测中间时刻的瞬
两个重要推
论法
时速度
对于相等的时间间隔问题,用位移差公式Ax
a2求加速度;参见
对初速度为零的匀加速直线运动(或未速度为学解法三:(图象法
例法的匀减速直线运动,可利用初速度为零的特点
及有关重要比例关系求解
逆运动
匀减速至零的过程”可逆向处理为“山静止做
分析法
匀加速的过程”;参见
【变式1-2】一质点由静止开始做匀加速直线运动,已知
应用x-t图象、-t图象、a-t图象,可把较它在第2s内的位移是2m,它在第5s内的位移是多少
图象复杂的物理问题转换为较为简单的数学问题解解法一:(位移公式)
分析法决,尤其是用图象定性分析,可避免复杂计算
快速找出答案.参见
研究地面上物体的运动常以地面为参考系,有时
相对运动分选取其他参考系更方便如:两个由落体或竖
析法直上抛的小球,山于加速度度均为g,无相对加解法二:(中间时刻速度)
速度,所以做相对匀速运动
特别提醒
(1)运动学问题的求解一般均有多种解法,进行一题多
解训练可以熟练地掌握运动学规律,提高灵活运用知识的能解法三:(逐差法公式
力.从多种解法的对比中进一步明确解题的基本思路和
法,从而培养解题能力
(2)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,应优先考虑用判别式1x=a/2求解,这种解法往
往比较简捷
【变式1-3】如图所示,一个质点做匀加速直线运动,依
次经过a、b、c、d四点,已知经过ab、bc和cd三段所用
时间之比为3:2:1,道过ab和cd段的位移分别为x1和
方法点拔
求bc段的位移
点拔
题多解
解法一:(基本公式法)
【典例1】一个滑雪者从85m长的山坡上匀变速滑下,初速
度是1.8m/s,末速度是50m/s,他通过这段山坡需要多长时
解法一:(平均速度法)
解法二:(逐差公式)
解法二:(基本公式法)
解法二:(中间时刻速度公式
解法三:(逆向思维法、位移公式)
教师点评
【变式1-1】物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面
学生感悟
到达斜面最高点C吋速度恰为零,如图所示.已知物体第
次运动到斜面长度3/4处的B点时,所用时间为t,求物
体从B滑到C所用的时间
解法一:(逆向思维法)
【典例2】一个做匀加速直线运动的质点,在连续相等的两
时间间隔T内,通过的位移分别为x1和x2.求质点运动
的初速度和加速度
解法一(基本公式法)小专题一 匀变速直线运动规律
《高中物理衔接同步教材》 参考答案与详细解析
方 法 点 拨
典例1答案：25s
变式1-1
解法一：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xBC＝，xAC＝，又xBC＝，
由以上三式解得tBC＝t.
解法二：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tBC，由匀变速直线运动的规律可得
v＝2axAC ①
v＝v－2axAB ②
xAB＝xAC ③
由①②③解得vB＝ ④
又vB＝v0－at ⑤
vB＝atBC ⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t.
解法三：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
＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.
所以＝，解得tBC＝t
变式1-2答案：6m
【变式1-3】答案：
【解法一】（基本公式法－位移-时间公式）
设质点从c到d运动的时间为t，由题意可知，质点从a到b与从b到c运动的时间分别为3t、2t，若经过a点的速度为va，加速度为a，则有：
x1=va·3t+a(3t)2
x2 = (va+5at)t+at2
xbc=(va+3at)·2t+a(2t)2
解得：xbc =
【解法二】（推论法-逐差公式）
设质点从c到d运动的时间为t，由题意可知，质点从a到b与从b到c运动的时间分别为3t、2t，若连续相等时间t内位移之差为Δx，则有：
x1=(x2-5Δx)+ (x2-4Δx)+ (x2-3Δx)
解得：Δx=
得：xbc=(x2-2Δx)+ (x2-Δx)=
【解法三】（推论法-中间时刻速度公式）
a→b：=
c→d：=
a→d：=
b→c：= ④
由①+②=③+④ 得xbc=
【解法四】(推论法-中间时刻速度+加速度定义）
以a点为记时起点，设a→b，b→c，c→d所用的时间分别为3t，2t和t。
在t时刻的速度v1=
在4t时刻的速度v2=
在时刻的速度v3=
由加速度定义a=，有=
解得 x=
【解法五】（推论法=中间时刻速度+逐差公式）
x2+x－x1=a(3T)2
由－=a·4T
得aT2=－
解得x=
典例2【解法一】（基本公式法）
设质点的初速度为v0，加速度为a，由运动学规律
x1＝v0T＋aT2
x1+x2＝v0(2T)＋a(2T)2
联立，解得v0=，a＝
【解法二】(重要推论法)
由x2-x1=aT2
得a＝
再代入x1=v0T+aT2
得v0=v0=
变式2-1答案：1m/s2
【解法一】（一般公式法）
设初速度为v0，加速度为a，则：
x=v0t1+at12，
2x=v0（t1+ t2）+ a（t1+ t2）2
将x=3m，t1=3s，t2=1s代入
联解得a=1m/s2
【解法二】（重要推论法）
由匀变速直线运动某段时间的中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，
物体在时刻的速度v1=
物体在t1+时刻的速度v2=
Δt=
则加速度a==
将x=3m，t1=3s，t2=1s代入
联解得a=1m/s2
变式2-2【解法一】（基本公式法）
以A点为初时刻，利用位移公式分别得到AB、AC距离表达式，然后联立求解.
设物体的加速度为a,到达A点的速度为vA,通过AB段和BC段所用的时间为t,
则 l1=v0t+at2 ①
l1+l2=2v0t+2at2 ②
联立①②解得： a= ③
(2) 联立①②解得 vA= ④
设O与A的距离为l ,则有 l= ⑤
联立③④⑤式得l=
解法二：（推论公式法）
题目已知B点是AC的中间时刻，根据这一特点，可以利两个重要推论（vt/2＝， a= ）解题.
（1）由l2-l1=at2得 a= ①
（2）B点是AC的中间时刻，由平均速度得
vB= ②
OB间距离 lOB= ③
O与A的距离 lOB=lOA-l1 ④
联立①②③④得l=
变式2-3【解法一】（1）设动车车头通过隧道的时间为t,动车车头到达隧道入口处的速度为v1，由运动学公式 L=v1t1-at21
动车车头到达隧道出口处的速度为v2,由运动学公式L=v2t2+at22
动车车头由隧道入口处运动至隧道出口处,由运动学公式v1-v2=at
联解 t=-
【解法二】设动车车头通过隧道时间为t，从动车车头到达隧道入口处开始计时,动车通过隧道入口的平均速度等于时刻的瞬时速度v1，则v1=
动车通过隧道出口的平均速度等于(t+ )时刻的瞬时速度v2，则v2=
由匀变速运动直线运动的速度公式可得：v1-v2=a(t+ -)
解得：. t=-
典例3B　[解析　] 小物块由A点到O点的匀减速直线运动可看成由O点到A点的初速度为0的匀加速直线运动，由位移规律，分别有L1＝at、L2＝at和L3＝at，联立以上各式可得＝＝，选项B正确．
变式3-1答案：BD
变式3-2答案：D
变式3-3答案：C
典例4答案：B
变式4-1答案：D
变式4-2答案：B
变式4-3 答案：B
典例5答案：B
变式5-1答案：B
变式5-2答案：C
变式5-3 答案：C
典例6答案：A
变式6-1答案：（1）匀加速 相等
（2）1.20m/s2
变式6-2答案：（1）7 8
（2）1。00m/s 1.16m/s
（3）2m/s 2
变式6-3答案：(1)5 m/s2　
(2)1.75 m/s
(3)25 cm　(4)2颗
解析　(1)由Δx＝aT2得
a＝＝＝ m/s2＝5 m/s2。
(2)vB＝＝ m/s＝1.75 m/s。
(3)由Δx＝xDC－xBC＝xBC－xAB得
xDC＝xBC＋(xBC－xAB)＝20 cm＋5 cm＝25 cm。
(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为
tB＝＝ s＝0.35 s
则B球上面正在运动着的小球共有3颗，A球上面正在运动着的小球共有2颗。
典例7答案：B
解析　A、由题意知，汽车在反应时间里做匀速运动，开始刹车后做减速运动，故A正确；
B、根据图中所给内容参数中与汽车载重无关，故不能得出这个结论，故B错误；
C、图中给出了车速和反应距离，在此期间，汽车做匀速运动，所以能求出反应时间，故C正确；
D、根据图中信息能求出汽车制动时的加速度，故D正确；
题目要求选错误的，故选B.
变式7-1答案：D
解析　（1）B、在“反应距离”内汽车做匀速直线运动，驾驶员酒后反应时间为 t1===0.8s，
正常情况应时间为 t2===0.4s．故A、B错误．
（2）D、汽车制动时做匀减速直线运动，初速度v0=15m/s，末速度v=0，位移x=15m
由a===7.5m/s2故C错误，D正确．
变式7-2答案：AB
解析　汽车匀速运动时的速度v=54km/h=15m/s．
设驾驶员所允许的反应时间为t，刹车后的加速度大小为a．根据题意，由于反应时间的存在，汽车先做匀速运动，后做减速运动，所以有
汽车的位移s=vt+
代入得 t===0.75s．故AB正确．
变式7-3答案：B
解析　当汽车速度为72km/h时，在反应时间内的位移x1′=20×0.5m=10m．
在反应时间内的位移x1=v0t=15×0.5m=7.5m．
匀减速运动的加速度大小a==m/s2=5m/s2
匀减速直线运动的位移．x2===22.5m
则汽车刹车到停下的距离x=x1+x2=30m．故B正确，A、C、D错误．
典例8答案：　5 m/s
解析　汽车先做初速度为零的匀加速直线运动，达到最高速度后，立即改做匀减速运动，可以应用解析　法，也可应用图象法．
解法一：设最高速度为vmax，由题意，可得方程组
x＝a1t＋vmaxt2＋a2t
t＝t1＋t2
vmax＝a1t1,0＝vmax＋a2t2
解之得vmax＝5 m/s
解法二　应用图象法，作出运动全过程中的v—t图象，如下图所示，
v—t图象与t轴围成三角形的面积与位移等值，故 x=
所以vmax＝＝ m/s＝5 m/s.
变式8-1解析　据题意，列车先以最大加速度a加速行驶至最大速度后，又以最大加速度a减速行驶直至停止，这两个过程所用时间相等。如图所示，则：vmax=at， s=vmaxt，解得t=40s，vmax=28m/s。
变式8-2解析　（1）如图所示，利用推论vt2-v02=2as有：
+(130--)vm+=1600
其中a1=1.6m/s2，a2=6.4m/s2.
解得：vm=12.8m/s（另一解舍去）.
(2)路程不变，则图象中面积不变，当v越大则t越小，如图所示.设最短时间为tmin，
则tmin=+ ①，+=1600 ②
其中a1=1.6m/s2，a2=6.4m/s2.
由②式解得vm=64m/s，
故tmin=s+s=50s.
即最短时间为50s.
变式8-3解析　:（1）设运动员张开伞是的速度为vm，有
v2m=2g(H-h) v2m－v2=2ah
得：h=99m vm=50m/s
他以5m/s的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，
由vt2=2gh′ 得h′= m=1.25 m
t1==5s t2==3.6s t=t1+t2=8.6s
能力突破
1．C　[解析　] 由v2－v＝2ax可得v2＝2aL，即L＝；当它的速度为时，它沿斜面下滑的距离是l＝＝×＝，选项C正确．
2．C　[解析　] 根据平均速度的概念，这段时间内物体的平均速度v＝，选项A正确；由于物体做匀变速直线运动，故这段时间内它的平均速度v＝，选项B正确；由于物体的加速度为a＝，设通过时，它的瞬时速度为v，则v2－v＝2a×，v－v2＝2a×，所以v＝，选项C错误，选项D正确．
3.B　[解析　]设超声波来回传播的总时间为t，汽车运动的加速度为a，声速为v，则v·－a＝335 m，at2＝355 m－335 m，联立以上二式解得t＝2 s，a＝10 m/s2，选项B正确．
4.C [解析　]由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时t1=1s，在加速时间内通过的位移，t2=4s，x2=vt2=8m，已过关卡2，t3=2s时间内x3=4m，关卡打开，t4=5s，x4=vt4=10m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m，到达关卡4还需t5=1/2s，小于2s，所以最先挡在面前的是关卡4，故C正确。
5.A【解法一】（平均速度法）：第一段Δx的中间时刻的速度为v1＝，第二段Δx的中间时刻的速度为v2＝，则加速度a＝＝，A项正确。
【解法二】（基本公式法）：设初速度为v0，加速度为a，则 x=v0t1+at12，2 x=v0（t1+ t2）+ a（t1+ t2）2，联解得a=
本题答案：选A
6.答案：　0.5 s　 35 m
解析　设相邻小球开始下落的时间间隔为T，则第1个小球从井口落至井底的时间t＝10T
由题意知h＝gt2＝g(10T)2
T＝ ＝ s＝0.5 s.
要求此时第3个小球和第5个小球的间距，可采用下面的方法．
解法一　由第3个小球下落时间t3＝8T，第5个小球下落时间t5＝6T，h＝gt2，得h3＝gt，h5＝gt
Δh＝h3－h5＝gt－gt＝g(t－t)＝×10×28×0.52 m＝35 m.
解法二　由第3个小球和第5个小球的下落时间t3＝8T，t5＝6T知此时两球的瞬时速度分别为
v3＝gt3＝10×8×0.5 m/s＝40 m/s
v5＝gt5＝10×6×0.5 m/s＝30 m/s
根据匀变速直线运动公式v－v＝2ax得
Δh＝＝ m＝35 m.
解法三　由第4个小球下落时间t4＝7T，得到此时第4个小球的瞬时速度v4＝gt4＝g·7T＝10×7×0.5 m/s＝35 m/s
因为做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以此时第3个小球至第5个小球这段时间内的平均速度＝v4＝35 m/s
这段时间内两球间距离Δh＝·2T＝35×2×0.5 m＝35 m.
解法四　利用初速度为零的匀加速直线运动的规律．
从时间t＝0开始，在连续相等的时间内位移之比等于以1开始的连续奇数比．从第11个小球下落开始计时，经T,2T，……9T,10T后它将依次到达第10个、第9个、……、第2个、第1个小球的位置，各个位置之间的位移之比为1∶3∶5∶……∶17∶19，所以这时第3个小球和第5个小球间距离．
Δh＝h＝×125 m＝35 m.
7.答案：（1）1m/s （2）31.25m （3）10s
8.答案：8 s
解析　若依据匀变速直线运动规律列式，将会出现总时间t比前后两个5 s的和10 s是大还是小的问题：若t>10 s，可将时间分为前5 s和后5 s与中间的时间t2，经复杂运算得t2＝－2 s，再得出t＝8 s的结论。若用逆向的初速度为零的匀加速直线运动处理，将会简便得多。
将物体运动视为反向的初速度为零的匀加速直线运动，则最后5 s内通过的路程为
x2＝a×52＝12.5a
最初5 s内通过的路程为
x1＝at2－a(t－5)2＝a(10t－25)
由题中已知的条件x1∶x2＝11∶5
得：(10t－25)∶25＝11∶5
解得物体运动的总时间t＝8 s。
9.答案：（1）6.5s；（2）105m．
解析　（1）108km/h=30m/s
由：v=v0+at
代入数据可得：t减=6s
所以停车的总时间：t总=t减+t=6.5s
（2）司机的反应时间内做匀速直线运动，由公式得：x1=v0t=30×0.5=15m
由2ax=v2-v20：，可得减速阶段的位移：
x2===90m
所以x总=x1+x2=15+90=105m
10.答案：（1）2.5s (2)2m/s
解析　（1）设行李做匀加速运动的时间为t1，位移为s1，匀速运动时间为t2，位移为s2，由题意知行李加速运动的末速度v=1m/s，则由匀加速直线运动规律v=at1和2as1=v2得：
t1==1s， s1==0.5m
又由匀速运动规律得：s2=L﹣s1=vt2=1.5m
解之得：t2=1.5s
则t=t1+t2=2.5s
故行李由A运动到B的时间为2.5s．
（2）行李从A一直匀加速运动到B时，传送时间最短．则 L= tmin2
代入数值得：tmin=2s
传送带对应的运行速率vmin=atmin
代入数值，解得vmin=2m/s
故行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为2m/s．

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