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直线运动的基本公式和技巧公式（例题）
参考答案与试题解析
【例1】如图所示，水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长为L＝1.2m的平板车开始以a＝6.0m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度为h＝0.45m．忽略空气的阻力，重力加速度g取10m/s2．
（1）求平板车左端离O点的水平距离；
（2）若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔△t应满足什么条件？
【分析】（1）根据自由落体运动基本公式求出小球运动的时间，小车做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动位移时间公式求解；
（2）从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时△t+t0，设平板车在该时间段内的位移为s1，由运动学方程列式求解即可．
【解答】解：（1）设小球自由下落至平板车上表面处历时t0，在该时间段内由运动学方程
对小球有：h＝…①
对平板车有：s＝…②
由①②式并代入数据可得：s＝0.27m．
（2）从释放第一个小球至第2个小球下落到平板车上表面高度处历时△t+t0，设平板车在该时间段内的位移为s1，由运动学方程有：
s1＝a（△t+t0）2…
③
至少有2个小球落在平板车上须满足：
s1≤s+L…④
由①～④式并代入数据可得：△t≤0.4s．
答：（1）小车左端离O点的水平距离为0.27m；
（2）若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔△t应满足△t≤0.4s．
【点评】本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，知道小球和小车运动时间是相同的，再抓住位移关系求解，难度适中．
【例2】一个小物体以某一初速度沿光滑斜面向上运动，从a经过b到c。已知ab和bc的长度均为x，通过这两段位移所用的时间分别为m和n，则从a第一次运动到c的过程的速度增加量大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】物体沿斜面向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的推论即可求解。
【解答】解：小物体沿斜面向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的推论：平均速度等于初、末速度之和的一半，且等于位移与时间的比值，可得：
，
两式相减可得：
化简可得：
即：
由于做减速运动，所以m＜n，所以速度增加量大小为|△v|＝，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动推论，知道匀变速运动的物体，并能灵活运用，解题时要注意细心。
【例3】歼﹣15飞机是我国研制的多用途舰载战斗机。某飞行训练中，第一次舰保持静止，飞机从静止开始沿甲板运动，当飞机的速度为v时通过的距离为x1，经历的时间为t1：第二次舰以速度v0匀速运动，飞机相对甲板由静止开始沿舰运动的同方向加速，当飞机相对海面的速度为v时沿甲板通过的距离为x2，经历的时间为t2．设两次飞机均做匀加速运动且加速度大小相等。则（　　）
A．＝
B．＝
C．＝（）2
D．＝
【分析】分别对当舰静止时和舰运动时，根据速度时间关系和速度位移关系、位移时间关系列示求解。
【解答】解：当舰静止时根据运动学公式有：v＝at1，v2＝2ax1；
当舰运动时，v﹣v0＝at2，（v0t2+at）﹣v0t2＝x2，
整理得：＝，＝（）2，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
【点评】本题考查匀变速直线运动规律三个基本公式的应用，注意根据已知条件选择合适的公式。
【例4】汽车司机发现前方有障碍物，立即刹车，刹车过程可视为匀减速运动。自刹车开始第1s内经过的位移为24m，第4s内经过的位移为1m。下列说法正确的是（　　）
A．汽车的加速度大小为8m/s2
B．汽车的加速度大小为7.67m/s2
C．汽车的初速度大小为28m/s
D．汽车的初速度大小为30.67m/s
【分析】可以确定小车在第4s前已停止，由位移公式结合加速度定义式可求出第4个1s内运动时间，由时间可进而得出加速度与初速度。
【解答】解：若小车在第4个1s一直运动，则由逆向可看作匀加速度运动，则设逆向第1s的初速度为v0
则
＝＝＜＝7
而实际的
＝＞7
则说明在第4个1s不是一直在运动，
即可确定小车在第4个1s末前已经停下，设小车在第4
个1s内运动的时间为t，则有：1＝at2…①
第1s内的中间时刻速度
3s末到停止的时间内平均速度等于该段时间内的瞬时速度
运动的加速度大小：a＝＝…②
由①②解得：t＝0.5s
将t代入①得a＝8m/s2，v0＝a（3+t）＝28m/s，故AC正确，BD错误；
故选：AC。
【点评】考查运动学公式的应用，对于加速度的定义式a＝要注意所选段的时间与速度差。
【例5】某型号的战斗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6m/s2，该战斗机起飞的最小速度为50m/s。已知某次飞行训练前，航母正在以20m/s的速度匀速航行，航母的航行方向与战斗机的起飞方向一致。求：
（1）该型号的战斗机在跑道上至少加速多长时间才能起飞；
（2）该战斗机在跑道上至少加速多长距离才能起飞。
【分析】（1）以地面为参考系，知道战斗机起飞过程初速度等于航母的速度，末速度为50m/s，根据匀变速直线运动的速度公式v＝v0+at求加速的时间。
（2）战斗机加速过程对地位移与航母对地位移之差等于战斗机在跑道上加速的距离，由运动学公式和几何关系求解。
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的速度公式：v＝v0+at
得
t＝
已知
v0＝20m/s，v＝50m/s，a＝6m/s2，代入数据解得
t＝5s
（2）设战斗机加速过程对地位移x1，航母对地位移x2，则
x2＝v0t
则战斗机在跑道上加速的距离
x＝x1﹣x2
代入数据解得
x＝75m
答：（1）该型号的战斗机在跑道上至少加速5s时间才能起飞；
（2）该战斗机在跑道上至少加速75m距离才能起飞。
【点评】解决本题时，要分析清楚战斗机的运动情况，灵活运用匀变速直线运动的运动学公式解答，关键要抓住战斗机的位移与航母的位移之差等于战斗机在跑道上加速的距离。
【例6】如图所示，一小球以6m/s的初速度从斜面底端A沿光滑固定斜面向上做匀减速直线运动，恰好能运动到斜面顶端B处。若小球沿斜面向上与沿斜面向下运动的加速度相同，斜面长度为3m，则下列说法正确的是（　　）
A．小球在斜面上向上运动的时间为0.5s
B．小球在斜面上运动的时间为2s
C．小球沿斜面向下运动的加速度大小为6m/s2
D．小球返回到A时的速率为9m/s
【分析】由x＝t可求得在斜面上向上运动的时间；由于小球沿斜面向上与沿斜面向下运动的加速度相同，由位移时间关系知沿斜面向上和向下的时间相等；由速度位移的关系式可求得加速度大小；由速度公式可求得小球返回到A时的速率。
【解答】解：A、由x＝t得在斜面上向上运动的时间为：t上＝＝＝s＝1s，故A错误；
B、由于小球沿斜面向上与沿斜面向下运动的加速度相同，由x＝at2知沿斜面向上和向下的时间相等，所以小球在斜面上运动的时间为2t上＝2s，故B正确；
C、恰好能运动到斜面顶端B处，到B的速度为0，由速度位移的关系式得：0﹣v02＝﹣2ax
解得：a＝＝m/s2＝6m/s2，故C正确；
D、小球返回到A时的速率为：v＝at下＝at上＝6×1m/s＝6m/s，故D正确；
故选：BC。
【点评】本题考查匀变速直线运动的规律的应用，注意公式的合理选取，如果涉及时间一般采用速度时间关系和位移时间关系公式解答，如果不涉及时间，一般采用速度位移关系公式解答。
【例7】如图所示，小球在斜面上由静止开始匀加速滑行距离x1＝5m后，又在水平面上匀减速滑行距离x2＝15m后停下，小球经过两平面交接处速率不变，则小球在斜面上的加速度a1与在水平面上的加速度a2的大小关系为（　　）
A．a1＝a2
B．3a1＝a2
C．a1＝3a2
D．a1＝6a2
【分析】抓住交接处的速度大小相同，结合匀变速直线运动的速度﹣位移公式求出加速度大小之比。
【解答】解：设两平面交接处速率为v，在斜面上的加速度大小a1，在水平面上的加速度大小为a2，
根据速度﹣位移公式，可知在斜面上有：v2＝2a1x1
在水平面上有：0﹣v2＝2a2x2
代入数据解得：a1＝3a2，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，也可以通过平均速度得出时间关系，结合速度﹣时间公式进行求解。
【例8】成都外国语学校高一课外活动小组自制一弹射系统，将一小球从水平地面以初速度V0＝20m/s竖直上抛，与此同时从水平地面的同一位置将小滑块从静止开始以加速度大小a1＝2m/s2向东做匀加速直线运动，当竖直上抛的小球达到最高点时，立即将小滑块的加速度大小改变为a2、方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，经一段时间小滑块返回原处并与小球下落也返回原处恰好相遇。忽略空气的阻力，g＝10m/s2．求：（保留两位有效数字）
（1）小球上升离地面的最大高度Hm和小球上升的运动时间t；
（2）小滑块离开出发点的最大位移多大；
（3）小滑块回到出发点的速度多大。
【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由位移公式和速度公式可求解；
（2）当滑块速度减为0时，滑块离开出发点的位移最大，由位移关系和时间关系求得a2，则最大位移可求；
（3）由速度位移的关系式直接求解。
【解答】解：（1）小球以初速度v0＝20m/s竖直上抛，
由位移公式得上升的最大高度：Hm＝
解得：Hm＝20m
由速度公式得运动时间：t＝＝2s
（2）当滑块速度减为0时，滑块离开出发点的位移最大，
由位移公式得最大位移：xm＝+
滑块改变加速度之后做匀减速运动，
由位移关系得：＝a1t?t﹣
解得：xm＝5.3m，a2＝6m/s2
（3）设滑块回到出发点的速度为vt
vt2＝2a2xm
联立解得：vt＝8m/s，方向与初速度方向相反
答：1））小球上升离地面的最大高度是20m，小球上升的运动时间是2s；
（2）小滑块离开出发点的最大位移是5.3m；
（3）小滑块回到出发点的速度8m/s，方向与初速度方向相反。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，抓住时间相等，结合运动学公式灵活求解，难度中等。
第1页（共1页）英恋物理
《高考物理顶层设计》系列资料
考点考向通01
直线运动的基本公式和技巧公式
资料编号
匀变速直线运动及其基本公式
习题编号:102
)速度公式
(2)位移公
(3)位移速度关系式
(4)加速度
求解匀变速直线运动问题的一般步骤
画过程分析图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并讨论
解题技
(1)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。一般规
初速度的方向为正方向
般以a的方向为正方
规定正方
取正
求出为正
相同的量
定正方向相同
规定止
不确定的量一取正带
正方向相反
相反的量
(2)多过程分析:如果一个物体的运动包含几个阶段,首先要分段分析,各段交接处
的速度往往是联系各段的纽带。然后再进一步分析各段的运动性质
(3)合理选择公式:选择公式
要注意分析已知量和待求量,根据所涉及的物理
量选择合
式求解,会使问题简化
(4)刹车类问题: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
(5)逆向思维问题:匀减速到0的过程可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变
匀加速直线运动
(6)双向可逆类运动:物体先做匀减速直线
速度减为零后又反向做匀加速直线
加速度不变,对这种情况可以将全程看做匀变速直线运动,应用基本
解,但必须注意x、V、a等矢量的正负号及物理意义
【例1】如图所示,水平地面O点的正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球,当
某小球离开M的
O点右侧一长为L=1.2m的平板车开始以a=6.0m/s2的恒定加速度从
静止开始向左运动,该小球恰好落在平板车的左端,已知平板车上表面距离M的竖直高度
略空气阻力,重力加速度g取
(1)求小车左端离O点的水平距离
(2)若至少有
球落在平板车
释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件
英恋物理
《高考物理顶层
系列资料考点考向通02
匀变速直线运动的技巧公式
)中间时刻的速度
应用技巧
(1)已知某瞬时速度,能迅速解出以这个时刻为中间时刻的一段时间内物体运动的位
移或时,避免常规解法中用位移公式列出含有P的复杂式子,从而简化解题过程,
提高解题速度
(2)已知两段时间的位移,可以分别求出两段时间内的平均速度,即中间时刻的瞬时
速度,然后应用速度公式v=1+at,可以求出加速度或者运动时间
(3)逐差法求加速度
两个推论
ti
t2
t
(mxu(m-n)a12
(2)x41x3-(x21x1)(2D)2
(4)初速度为零的匀加速直线运动
重要结论
末,2T末,3T末,,瞬时速度之比
特别说明
(D):(2n+l)(静止开始)
21T内,2T内,37内,,位移之比
x:x+2(2nD):(2m+1)(有初速度)
xn:xn+1<(2n-D):(2n+1)(计时之后开始运动)
④通过连续相等的位移所用时
速度
ab和bc的长度
两段位移所用的时间分别为m和
从a第一次运动到c的过程的速度增加
2x(m-n)
2x(m
mtn
【例3】歼-15飞机是我国研制的多用途舰载战斗机。某飞行训练中,第一次舰保持
从静止开始沿甲板运动,当
次舰以速度勻速运动,飞机相对甲板由静止开始沿舰运动的同方向加速,当飞机相对海
面的速度为v时沿甲板通过的距离为x2,经历的时间为t2,设两次飞机均做匀加速运动且加
速度大小相等。则

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