2012版物理一轮精品复习学案：1.2匀变速直线运动规律(必修1)

第2节 匀变速直线运动规律

【考纲知识梳理】

一、匀变速直线运动

1.定义:在变速直线运动中,如果在相等的时间内速度的改变量相等,这种运动就叫做匀变速直线运动.匀变速直线运动是加速度不变的直线运动.

2.分类

①匀加速直线运动:速度随时间均匀增加的匀变速直线运动. ②匀减速直线运动:速度随时间均匀减小的匀变速直线运动.

二、匀变速直线运动的基本规律

1、两个基本公式：位移公式：S v t at =+

02

12

速度公式：at v v t +=0 2、两个推论：匀变速度运动的判别式：21aT s s s n n =-=?-

速度与位移关系式：as v v 22

02

=-

3、两个特性

2

02

t

t υυυ+=

)(2122

02

t s υυυ+=

可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有2

2s t V V < 4、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：

at V = ， 221at s =

， as V 22= ， t V

s 2

= 以上各式都是单项式，因此可以方便地找到各 物理量间的比例关系

5、两组比例式：对于初速度为零的匀加速直线运动： （1）按照连续相等时间间隔分有

1s 末、2s 末、3s 末……即时速度之比为：

n v v v v n ::3:2:1::::321 =

前1s 、前2s 、前3s……内的位移之比为

2222321::3:2:1::::n x x x x n =

第1s 、第2s 、第3s……内的位移之比为

)12(::5:3:1::::-=n x x x x n ⅢⅡⅠ

（2）按照连续相等的位移分有 1X 末、2X 末、3X 末……速度之比为：

n n ::3:2:1::::321 =υυυυ

前1m 、前2m 、前3m……所用的时间之比为

n t t t n ::3:2:1::::321 =υ

第1m 、第2m 、第3m……所用的时间之比为

)1(::)23(:)12(:1::::321----=n n t t t t n

三、自由落体运动和竖直上抛运动 1、自由落体运动：

（1）定义：自由落体运动：物体只在重力作用下，从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动。 （2）性质：它是v 0=0，a =g 的匀加速直线运动。

（3）规律：基本规律：v gt t =

h gt =

122

初速度为0的匀加速直线运动的一切规律对于自由落体运动都适用。 2、竖直上抛运动

（1）定义：有一个竖直向上的初速度υ0；运动过程中只受重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度g 。

（2）性质：是坚直向上的，加速度为重力加速度g 的匀减速直线运动。

（3）竖直上抛运动的规律：竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动，若以抛出点为坐标原点，竖直向上为坐标轴正方向建立坐标系，其位移与速度公式分别为

h v t gt =-02

12 gt v v t

-=0 （4）最大高度 g v H 22

0=、上升时间 g v

t 0

= 【要点名师透析】

一、对匀变速直线运动公式的理解和应用 1.正、负号的规定

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v0=0时，一般以a 的方向为正方向.

2.物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速度不变，对这种情况可以将全程看做匀变速直线运动，应用基本公式求解.

注意：(1)将匀变速运动规律与实际生活相联系时要从情境中抽象出应选用的物理规律.

(2)注意联系实际,切忌硬套公式,例如刹车和沿斜面上滑两类减速问题，应首先判断刹车时间，判断物体能否返回和上滑时间等.

【例1】在学习了伽利略对自由落体运动的研究后，甲同学给乙同学出了这样一道题：一个物体从塔顶落下(不考虑空气阻力)，物体到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的9/25，求塔高H(取g=10 m/s2).

乙同学的解法：根据得物体在最后1 s内的位移再根据得H=13.9 m，乙同学的解法是否正确？如果正确说明理由，如果不正确请给出正确解析过程和答案.

【答案】见详解

【详解】乙同学的解法不正确.根据题意画出运动过程示意图，设物体从塔顶落到地面所经历时间为t，通过位移为H，物体在(t-1)秒内的位移为h.据自由落体运动规律，有 (3分)

(3分)

由题意得 (3分)

联立以上各式解得H=125 m (3分)

规律总结：对物理过程分析思路

解决物理问题时不注重物理情景的分析，常会造成乱套公式的现象，因此要培养正确的物理过程的分析习惯，做好以下几个方面的思维训练：

(1)要养成根据题意画出物体运动示意图的习惯.特别对较复杂的运动，画出运动示意图可使运动过程直观、物理情景清晰，便于分析研究.

(2)要分析研究对象的运动过程，搞清楚整个运动过程按运动性质可分为哪几个阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段间存在什么联系.

(3)根据各阶段的运动性质列相应方程进行求解.

二、解决匀变速直线运动的常用方法

运动学问题的求解一般有多种方法，除了直接套用基本公式求解外，还有其他一些方法，具体如下：

【例2】(2011年芜湖市模拟)一个匀加速直线运动的物体，在前4 s 内经过的位移为24 m ，在第二个4 s 内经过的位移是60 m ．求这个物体的加速度和初速度各是多少？ 【答案】2.25 m/s2 1.5 m/s

【详解】由公式Δx ＝aT 2，得a ＝Δx T 2＝60－24

42

m/s 2＝2.25 m/s 2. 根据v ＝v t 2

得

24＋60

8

m/s ＝v 0＋4a ， 所以v 0＝1.5 m/s. 三、竖直上抛运动的理解

1、h v t gt =-02

12 gt v v t

-=0 对公式

gt v v t -=0的理解

当

g v t 0

>

时，0

g v t 0

=

时，0=t v ，表示物体正在最高点。 当

g v t 0

<

时，0>t v ，表示物体正在向上运动。

对公式h v t gt

=-02

12的理解

当

g v t 0

2>

时，0

g v t 0

2=

时，0=h ，表示物体回到抛出点。 当

g v t 0

2<

时，0>h ，表示物体在抛出点上方。

2、竖直上抛运动的特征：竖直上抛运动可分为“上升阶段”和“下落阶段”。前一阶段是匀减速直线运动，后一阶段则是初速度为零的匀加速直线运动（自由落体运动），具备的特征主要有：

（1）时间对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一段大小相等，方向相反的位移所经历的时间相等 （2）速率对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时的速率大小相等 （3）能量对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时重力势能大小变化相等

3、竖直上抛的处理方法： （1）对于运动过程可以分段来研究

（2）也可以把把整个过程看成一个匀减速运动来处理。这样比较方便，即全程做初速度为0v 加速度为g

-的匀变速直线运动。注意有关物理量的矢量性，习惯取

0v 的方向为正。

【例3】将一小物体以初速度v 0竖直上抛，由于受到空气阻力使物体上升的加速度大于下落的加速度，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程x 1和x 2，速度的变化量Δv 1和Δv 2的大小关系为( )

A.x 1>x 2

B.x 1

C.Δv 1>Δv 2

D.Δv 1<Δv 2 【答案】选A 、C.

【详解】由于上升的加速度a 1大于下落的加速度a 2，根据逆向转换的方法，上升的最后一秒可以看成以

加速度a 1从零下降的第一秒，故有：Δv 1＝a 1t ，而以加速度a 2下降的第一秒内有：Δv 2＝a 2t

，

因a 1>a 2，所以x 1>x 2，Δv 1>Δv 2，即A 、C 正确.

【感悟高考真题】

1.（2011.安徽高考·T16）一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x ?所用的时间为1t

，紧接着通过下一段位移x ?所用时间为

2t 。则物体运动的加速度为

A. 1212122()()x t t t t t t ?-+

B.121212()()x t t t t t t ?-+

C.1212122()()x t t t t t t ?+-

D.121212()

()x t t t t t t ?+-

【答案】选A 。

【详解】第一个x ?内平均速度

11x

v t ?=

，第二个x ?内的平均速度

22x v t ?=

，则物体的加速度21121212122()

()2v v x t t a t t t t t t -?-=

=++，故A 正确

解答本题时应明确以下两点

（1） 某段位移内的平均速度等于其中间时刻的速度

（2） 利用

t v v a t -=

进行分析求解

2.（2011·天津理综·T3）质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为2

5x t t =+（各物理量均采用国际单

位制单位），则该质点（ ）

A. 第1s 内的位移是5m

B. 前2s 内的平均速度是6m/s

C. 任意相邻的1s 内位移差都是1m

D. 任意1s 内的速度增量都是2m/s 【答案】选D ．

【详解】根据质点直线运动的位移与时间的关系式2

5t t x +=可知，质点做匀加速直线运动，初速度为5m/s ，加速度为

22s m

，在第1s 内的位移是x=6m ，选项A 错误，前2s 内的平均速度为

2

55(52)7x t t m m

v t s s t t

+===+=+=，选项B 错误，因为是匀变速直线运动，应该满足公式212aT s s s =-=?，任意相邻的1s 内的位移差都是2m ，选项C 错误，任意1s 内的速度增量实质就是

指加速度大小，选项D 正确。

解答本题时可按以下思路分析：根据位移与时间的关系式分析出运动物体的初速度和加速度，代入时间求出位移，平均速度等物理量。

3.（2011·重庆理综T14）某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2s 听到石头落地声，由此可知井深约为（不计声音传播时间，重力加速度g 取10m/s 2

） A.10m B. 20m C. 30m D. 40m 【答案】选B.

【详解】

m m gt h 2021021

2122=??==

，由此可知井深约为20m

解答本题时可按以下思路分析：从井口静止释放到听到石头落地的时间就是石头做自由落体运动的时间。 4.（2010·新课标全国卷）短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m 和200m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s 和l9.30s 。假定他在100m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。200m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与l00m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑l00m 时最大速率的96％。求： （1）加速所用时间和达到的最大速率；

（2）起跑后做匀加速运动的加速度。（结果保留两位小数）

【答案】（1）s t 29.1=s m v /24.11=（2）2

/71.8s m a =

【详解】（1）设加速所用时间t 和匀速运动达到的最大速率v ，则有

100)15.069.9(20=--++t v t v

① 2006.90)15.030.19(2

0=?--++v t t v

② 由①②式联立解得：s t 29.1= ③

s m v /24.11= ④

（2）设起跑后做匀加速运动的加速度大小为a ，则

t

v

a =

⑤ 解得：2

/71.8s m a = ⑥

5.（09·江苏物理·7）如图所示，以8m/s 匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s 将熄灭，此时汽车距离停车线18m 。该车加速时最大加速度大小为22m/s ，减速时最大加速度大小为2

5m/s 。此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s ，下列说法中正确的有 （ AC ）

A ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线

B ．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速

C ．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线

D ．如果距停车线5m 处减速，汽车能停在停车线处

解析：熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符。如果立即做匀加速直线运动，t 1=2s 内的位移2

11102

1t a t v x +

==20m>18m ，此时汽车的速度为=+=1101t a v v 12m/s<12.5m/s ，汽车没有超速，A 项正确；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间6.12

02==

a v t s ，此过程通过的位移为==2

2

2221t a x 6.4m ，C 项正确、D 项错误。 6. （09·江苏·13）（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N 。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10m/s 2

。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t 1 = 8 s 时到达高度H = 64 m 。求飞行器所阻力f 的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t 2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h ；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3 。 解析：（1）第一次飞行中，设加速度为1a 匀加速运动2

112

1t a H =

由牛顿第二定律1ma f mg F =-- 解得)(4N f =

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s 匀加速运动2

2112

1t a s =

设失去升力后的速度为2a ，上升的高度为2s 由牛顿第二定律2ma f mg =+

211t a v =

2

2

122a v s = 解得)(4221m s s h =+=

（3）设失去升力下降阶段加速度为3a ；恢复升力后加速度为4a ，恢复升力时速度为3v 由牛顿第二定律 3ma f mg =- F+f-mg=ma 4

且223334

22v v h a a += V 3=a 3t 3

解得t 3

=

2

(s)(或2.1s) 7.（09·海南物理·15）（9分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以012/v m s =的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为2

2/a m s =的加速度减速滑行。在车厢脱落3t s =后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。

假设刹

车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。

解析：设卡车的质量为M ，车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F ，

卡车刹车前后加速度的大小分别为1a 和2a 。重力加速度大小为g 。由牛顿第二定律有

1220 3 f Mg F Mg Ma Mg Ma Mg Ma μμμμ-=-===①②

③④

设车厢脱落后，3t s =内卡车行驶的路程为1s ，末速度为1v ，根据运动学公式有

21011

2

s v t a t =+ ⑤

101v v a t =+ ⑥

21222v a s = ⑦

式中，2s 是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为,s ，有

202v as = ⑧

卡车和车厢都停下来后相距

12s s s s ?=+- ⑨

由①至⑨式得

2

00242

333

v s v t at a ?=-++ ○10

带入题给数据得

36s m ?= ○11

评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，○11式1分

【考点模拟演练】

1.下列关于匀变速运动的说法正确的是（） A.匀变速运动就是指匀变速直线运动 B.匀变速运动的轨迹一定不是曲线 C.匀变速运动的轨迹可能是曲线

D.匀变速运动是指加速度不变的运动,轨迹可能是直线

【答案】CD

【详解】匀变速运动就是加速度不变的运动,包括加速度的大小和方向都不变.如果加速度和初速度的方向有夹角,物体的运动轨迹为曲线,如平抛运动;如果加速度和初速度的方向在同一直线上,物体的运动轨迹为直线.

2.汽车进行刹车试验，若速度从8m/s匀减速到零所用的时间为1s，按规定速率为8m/s的汽车刹车后位移不得超过5.9m，那么上述刹车试验是否符合规定()

A.位移为8m，符合规定

B.位移为8m，不符合规定

C.位移为4m，符合规定

D.位移为4m，不符合规定

【答案】C

【详解】由公式x=

v v

2

t得x=4m<5.9m，所以该刹车试验符合规定，选项C正确.

3.(2011·聊城模拟)物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移是x，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，v1>v2

B.当物体做匀减速直线运动时，v1>v2

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，v1

【答案】选A、B、C.

【详解】如图所示，

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v1>v2，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，仍有v1>v2，故A、B正确，D错误；若物体做匀速直线运动，中间时刻的位置恰在中点C处，有v1=v2,

C正确.

4. (2011·长治模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是( )

A.1∶22∶32，1∶2∶3

B.1∶23∶33，1∶22∶32

C.1∶2∶3，1∶1∶1

D.1∶3∶5，1∶2∶3

【答案】选B.

【详解】物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n-1),2 s通过的位移可看成第2 s与第3 s的位移之和，3 s通过的位移可看成第4 s、第5 s与第6 s的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.

5. 1971年7月26号发射的阿波罗—15号飞船首次把一辆月球车送上月球，美国宇航员科特驾驶月球车行驶28千米，并做了一个落体实验：在月球上的同一高度同时释放羽毛和铁锤，如图所示，出现的现象是( )

A.羽毛先落地，铁锤后落地

B.铁锤先落地，羽毛后落地

C.铁锤和羽毛都做自由落体运动，重力加速度为9.8 m/s2

D.铁锤和羽毛都做自由落体运动，同时落地

【答案】选D.

【详解】由题图可知铁锤和羽毛同时落地，在月球上两物体只受到由于月球的吸引而产生的重力，因此重力加速度不等于9.8 m/s2，故选D.

6.(2011·福州模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动.开始刹车后的第1 s内和第2 s

内位移大小依次为9 m和7 m.则刹车后6 s内的位移是( )

A.20 m

B.24 m

C.25 m

D.75 m

【答案】选C.

【详解】由Δs＝aT2得a＝2 m/s2，由得v0＝10 m/s，汽车刹车时间故刹车后6 s内的位移为C对.

7.一个小球从斜面上的A点由静止开始做匀加速直线运动，经过3s后到斜面底端B点，并开始在水平地面做匀减速直线运动，又经过9s停止于C点，如图所示，设小球经过B点时速度大小不变，则小球在斜面上运动的距离与水平面上的运动的距离之比是()

A.1：1

B.1：2

C.1：3

D.3：1

【答案】C

【详解】由题意知，小球在AB段的平均速度大小和在BC段上的平均速度大小相等，设为v，则AB 段上距离s1=v t1=3v，BC段上距离s2=v t2=9v,所以s1：s2=3v 9v=1：3，故选C.本题巧用平均速度求解使问题简化.

8. 中国北方航空公司某架客机安全准时降落在规定跑道上，假设该客机停止运动之前在跑道上一直做匀减速直线运动，客机在跑道上滑行距离为s，从降落到停下所需时间为t，由此可知客机降落时的速度为

s A.

t 2s B.t s C.2t

D.条件不足，无法确定 【答案】B

【详解】匀减速直线运动的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，因此有000v s 2s

,v t 2t

+==，B 正确，考查匀变速直线运动的规律，由平均速度求解最简便.

9.我国是一个能源消耗的大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升机以加速度a 从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V 0＝pa ＋q (p 、q 均为常数)．若直升机欲上升到某一定高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为

( )

A ．p /q

B ．q /p C.p ＋q

p

D.p ＋q q

【答案】B

【详解】直升飞机以恒定加速度上升到某一高度，所用时间和加速度的表达式为h ＝12at 2

，t ＝

2h a

，

总耗油量V ＝V 0t ＝p 2ha ＋q

2h

a ＝q 2h ? ????p

q a ＋1a ，当p q a ＝1a

时总耗油量最小，此时a ＝q p ，B 正确． 10. 滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水龙头的水一滴一滴地滴在正下方的盘子里，调节水龙头，让前一滴水滴到盘子而听到声音时后一滴水恰好离开水龙头，测出n 次听到水击盘声的总时间为t ，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h ，即可算出重力加速度．设人耳区别两个声音的时间间隔为0.1 s ，声速度为340 m/s ，则

( )

A ．水龙头距人耳的距离34 m

B ．水龙头距盘子的距离为34 m

C ．重力加速度的计算式为2hn 2

t 2

D ．重力加速度的计算式为2h (n －1)2

t 2

【答案】D

【详解】设听到两次声音的时间间隔为Δt ，此即每滴水下落的运动时间Δt ＝t

n －1，又因为h ＝12

g Δt 2

，则g ＝2h Δt

2＝

2h n －12

t 2

.注意，人耳距水龙头及水龙头距盘子的距离对测量都没有影响，故选项D 正确．

11.

(2011·德州模拟)在竖直的井底，将一物块以11 m/s 的速度竖直地向上抛出，物块冲过井口时被人接住，在被人接住前1 s 内物块的位移是4 m ，位移方向向上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，求： (1)物块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)1.2 s (2)6 m

【详解】(1)设被人接住前1 s 时刻物块的速度为v ，则有：

即

解得v=9 m/s.

则物块从抛出到被人接住所用总时间为

(2)竖直井的深度为

12. 在北京奥运会上，一跳水运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水，从离开平台到手接触水面，运动员可以用于完成动作的时间为多长？在此过程中，运动员水平方向的运动忽略不计，运动员可视作全部质量集中在重心的一个质点，取g ＝10 m/s 2.

【答案】1.7 s

【详解】如图9所示，从平台跃起，到手接触水面，运动员重心的高度变化为h ＝10 m

解法1：将整个过程分上升和下降两个阶段考虑，设运动员跃起的初速度为v 0，则v 20

2g ＝H

v 0＝2gH ＝2×10×0.45 m/s ＝3 m/s

故上升时间为：t 1＝v 0g

＝0.3 s

设运动员从最高点到手接触水面所用时间为t 2，则： 12

gt 2

2＝h ＋H t 2＝

2H ＋h g

＝210＋0.4510

s ＝1.4 s

故用于完成动作的时间t 为t ＝t 1＋t 2＝1.7 s 综上所述，本题正确的答案为1.7 s

解法2：运动员的整个运动过程为竖直上抛运动，设总时间为t ，由于运动员入水时位于跃起位置下方10 m 处，故该过程中位移为x ＝－h ，即：

x ＝v 0t －12

gt 2＝－h

其中v 0＝3 m/s

代入数据得：5t 2

－t －10＝0

t ＝

3＋209

10

s ＝1.7 s(另一根舍去)