第2讲　匀变速直线运动课件PPT

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一、匀变速直线运动的基本规律
1.速度与时间的关系式:    v=v0+at    。
2.位移与时间的关系式:    x=v0t+ at2    。
3.位移与速度的关系式:    v2- =2ax    。注意    把速度公式v=v0+at和位移公式x=v0t+ at2两公式中的时间t消去,就可以得出匀变速直线运动的位移与速度的关系式v2- =2ax。
二、匀变速直线运动的推论
1.平均速度公式: = =         。
2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=    aT2    。可以推广到xm-xn=(m-n)aT2。
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:v1∶v2∶v3∶…=　1∶2∶3∶…    。(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:x1∶x2∶x3∶…=　1∶22∶32∶…    。(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…=　1∶3∶5∶…    。(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶…=　1∶( -1)∶( - )∶…    。
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=     gt2    。(3)速度位移关系式:v2=　2gh    。
2.竖直上抛运动规律(1)速度公式:v=    v0-gt    。(2)位移公式:h=    v0t- gt2    。(3)速度位移关系式:    v2-     =-2gh。(4)上升的最大高度:h=         。
(5)上升到最大高度用时:t=         。注意    竖直上抛运动可以看作初速度不为零的匀变速直线运动。
1.判断下列说法对错。(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。 (    　)
2.(新人教版必修第一册P44·T2改编)以18 m/s的速度行驶的汽车,制动后做匀 减速运动,在3 s内前进36 m,则汽车在5 s内的位移为 (　　)A.50 m　　    B.45 m　　    C.40.5 m　　    D.40 m
3.(2020广东珠海月考)近年来北方冬天某市多次出现严重雾霾天气,这样的 天气在公路上开车易出交通事故。如果某人在雾霾天气驾车在公路上行驶, 能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)仅为30 m,该人的反应时间为 0.5 s,汽车刹车时能产生的最大加速度为5 m/s2。为安全行驶,汽车行驶的速 度最大不能超过 (　　)A.10 m/s　　    B.15 m/sC.10  m/s　　    D.20 m/s
考点一　匀变速直线运动的基本规律及应用
1.对于运动学公式的选用
2.运动学公式中正、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。
例1　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A点 l处的B点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间。 
解题指导　本题可运用“逆向思维法”“基本公式法”“位移比例法” “时间比例法”“中间时刻速度法”“图像法”等方法解题。
解析    解法一　逆向思维法物体匀减速冲上斜面,可逆向看成匀加速滑下斜面。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 =2axAC ① = -2axAB ②
xAB= xAC ③由①②③式解得vB=  ④又vB=v0-at ⑤vB=atBC ⑥由④⑤⑥式解得tBC=t解法三　位移比例法根据逆向思维,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x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。
因为xCB∶xBA= ∶ =1∶3,而通过xBA的时间为t,所以通过xBC的时间tBC=t解法四　时间比例法根据逆向思维,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t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶( -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tx,那么通过 BD、DE、EA的时间分别为tBD=( -1)tx,tDE=( - )tx,tEA=(2- )tx,又tBD+tDE+tEA=t,解得tx=t。
 解法五　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,vAC= = 。又 =2axAC, =2axBC,xBC= 。由以上三式解得vB= 。vB正好等于AC段的平均速度,因此B点对应中间时刻,因此有tBC=t。解法六　图像法根据匀变速直线运动的规律,作出v-t图像,如图所示。利用相似三角形的规
律,面积之比等于对应边长的平方之比,得 = ,且 = ,OD=t,OC=t+tBC。 所以 = ,解得tBC=t。
解题感悟解决匀变速直线运动相关问题的常用方法
1.[匀变速直线运动的计算](多选)(2020河北石家庄质检)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,如图所示。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,下列 说法正确的是 (　　) A.质点到达B点的速度大小为2.55 m/sB.质点的加速度大小为2 m/s2C.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 m
2.[应用图像分析匀变速直线运动]如图所示,甲、乙两车同时由静止从A点出 发,沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动,到达C点时的 速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动,到达B点后做加速度为a 2的匀加速运动,到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3,则 (　　) A.甲、乙不可能同时由A到达CB.甲一定先由A到达CC.乙一定先由A到达CD.若a1>a3,则甲一定先由A到达C
解析　根据速度-时间图线得,若a1>a3,如图(a),因为末速度相等,位移相等,即 图线与时间轴所围成的面积相等,则t乙a1,如图(b),因为末速度相等, 位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t乙>t甲。通过图线作不出位 移相等、速度相等、时间也相等的图线,所以甲、乙不可能同时到达C。故 A正确,B、C、D错误。 
考点二　匀变速直线运动重要推论和比例关系的应用
1.[平均速度公式的应用](2020河北定州中学月考)一物体做匀加速直线运动, 通过一段位移Δx所用的时间为t1,紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2, 则物体运动的加速度为 (　　)A. 　　    B. C. 　　    D. 
解析　匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度,即v1=  ,v2= ,则a= = = 。故A正确。
2.[初速度为零推论的应用](2020河南郑州模拟)如图所示,在水平面上固定着 三个完全相同的木块,一子弹水平射入木块,若子弹在木块中做匀减速直线运 动,当穿透第三个木块时速度恰好为零,则下列关于子弹依次射入每个木块时 的速度之比或穿过每个木块所用时间之比正确的是 (　　) 
A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1B.v1∶v2∶v3= ∶ ∶1C.t1∶t2∶t3=1∶ ∶ D.t1∶t2∶t3=( - )∶( -1)∶1
解析　用“逆向思维”法解答,则可视为子弹向左做初速度为零的匀加速 直线运动,设每个木块厚度为L,则 =2a·L, =2a·2L, =2a·3L,v3、v2、v1分别为子弹从右到左运动L、2L、3L时的速度大小,则v1∶v2∶v3= ∶ ∶1,选项A、B错误;又由于每个木块厚度相同,则由比例关系可得t1∶t2∶t3=( - )∶( -1)∶1,选项C错误,D正确。
1.匀变速直线运动问题的解题“四步骤” 
2.方法选取技巧(1)平均速度法:若知道匀变速直线运动多个过程的运动时间及对应时间内的 位移,常用此法。(2)逆向思维法:匀减速到0的运动常用此法。
考点三　自由落体运动和竖直上抛运动
例2　如图所示木杆长5 m,上端固定在某一点,由静止释放后让它自由落下 (不计空气阻力),木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB,圆筒AB长为5 m,取g=10m/s2,求:(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1;(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2。
答案　(1)(2- ) s　(2)( - ) 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= =  s=  s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A= =  s=2 s则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1=t上A-t下A=(2- ) s。(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时
t上B= =  s=  s则木杆通过圆筒所用的时间t2=t上B-t下A=( - ) s。
解题感悟求解自由落体运动的两点注意(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。①从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…。②开始一段时间内的平均速度 = = = gt。③连续相等时间T内的下落高度之差Δh=gT2。(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动,从中间截取的一段运 动过程不是自由落体运动,等效于竖直下抛运动,应该用初速度不为零的匀变
速直线运动规律去解决此类问题。
例3    (多选)在塔顶边缘将一物体竖直向上抛出,抛出点为A,物体上升的最大 高度为20 m,不计空气阻力,g=10 m/s2,设塔足够高,则物体位移大小为10 m时, 物体运动的时间可能为     (　 　)A.(2- ) s　　    B.(2+ ) sC.(2+ ) s　　    D.  s
审题关键　(1)怎样研究竖直上抛运动?提示:①可以整体看成匀减速直线运动。②可分段考虑,从开始上升到最高点 看成匀减速直线运动;从最高点下落,看成自由落体运动。(2)距抛出点10 m的位置有几处?物体几次经过距抛出点15 m的点?提示:画出草图,很容易看出2处。3次。
解题指导　本题可运用“分段法”“全程法”等方法解题。
解析　物体在塔顶边缘的A点抛出,位移大小为10 m的位置有两处,如图 所示,一处在A点之上,另一处在A点之下,在A点之上时,通过位移大小为10 m 处有上升和下降两个过程,在A点之下10 m处只有下降过程。 解法一　分段法由H= ,得v0=20 m/s,
物体上升10 m时,速度为v1,则由 - =-2gh,得v1=10  m/s,则t1= =(2- ) s,故A对;物体从抛出到下落至A点上方10 m时,t2=t1+ =(2+ ) s,故B对;物体从最高点到下落至A点下方10 m处时,H+h= g ,则t3=  s,故物体从抛出到下落至A点下方10 m处时,
t3'= +t3=(2+ ) s,故C对,D错。解法二　全程法取竖直向上为正方向,物体的位移为x=v0t- gt2,当物体位于A点上方10 m处时x=10 m,解得t1=(2- ) s,t2=(2+ ) s,故选项A、B对。当物体位于A点下方10 m处时,x=-10 m,解得t3=(2+ ) s,另一解为负值,舍去,故选项C对,D错。
1.竖直上抛运动的重要特性(1)对称性如图所示,物体以初速度v0竖直上抛,A、B为途中的任意两点,C为最高点,则: 
(2)多解性由位移公式:h=v0t- gt2,知对某一高度h:①当h>0时,表示物体在抛出点的上方。此时t有两解:较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间;较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间。②当h=0时,表示物体刚抛出或抛出后落回原处。此时t有两解:一解为零,表 示刚要上抛这一时刻,另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间。③当h<0时,表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位 置。此时t有两解:一解为正值,表示物体落到抛出点下方此处所用时间;另一 解为负值,应舍去。
2.研究竖直上抛运动的两种方法
考向三　双向可逆类问题
例4    (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动,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,根据x=v0t+ at2得4 m=5t- ×2t2解得t1=1 s,t2=4 s当物体的位移为-4 m时,根据x=v0t+ at2得-4 m=5t- ×2t2解得t3=  s,故A、C、D正确,B错误。
解题感悟如果沿光滑斜面上滑的物体到最高点仍能以原加速度匀加速下滑,则物体全 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。
考点四　匀变速直线运动的多过程问题
整段法与分段法的应用多运动过程组合问题是指一个物体的运动包含几个阶段,各阶段的运动满足 不同的运动性质和规律,衔接处的速度是连接各段的纽带。(1)将物体的运动过程按不同的运动性质进行划分。(2)理清各运动之间的联系,如速度关系、位移关系、时间关系等。(3)注意分析题目中的限制条件,如速度大小、位移方向等。
例5　如图所示,一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶, 当车头行驶到进站口O点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA段铁 轨不能停车,整个列车只能停在AB段内,已知OA=1 200 m,OB=2 000 m,求: (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围;(2)列车减速运动的最长时间。
审题关键　(1)列车的长度需要考虑吗?提示:需要。(2)列车减速运动的最长时间对应车的运动情况是什么?提示:车头恰好停在B点。
答案　(1)1.6 m/s2≤a≤  m/s2 (2)50 s
解析　(1)设向右为正方向,若列车车尾恰好停在A点,减速运动的加速度大小 为a1,位移为x1,则0- =-2a1x1x1=1 200 m+200 m=1 400 m解得a1=  m/s2若列车车头恰好停在B点,减速运动的加速度大小为a2,位移大小为x2=2 000 m,则0- =-2a2x2x2=2 000 m解得a2=1.6 m/s2
故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤  m/s2(2)当列车车头恰好停在B点时,减速运动的时间最长,则0-v0=-a2t解得t=50 s
解题感悟应注意的三类问题
1.如果一个物体的运动包含几个阶段,要注意分析各段的运动性质和各段交 接处的速度关系。2.选择公式时一定要注意分析已知量和待求量,根据所涉及的物理量选择合适的公式求解,会使问题简化。例题中(1)知道v0、v、x,求a,没有时间t,很自然 地想到选v2- =2ax;(2)求时间t,涉及两个公式,v=v0+at运算简单,作为首选。
3.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。
[匀变速直线运动多过程问题](2020河北石家庄检测)公交车已成为现代城市 交通很重要的工具。某人想乘公交车,向一公交车站走去,当距车站50 m时, 发现一辆公交车正从身旁平直的公路同方向以15 m/s的速度驶过,此时他的 速度是1 m/s,为赶上公交车,该人以2.5 m/s2的加速度开始加速,他能达到的最 大速度为6 m/s,之后匀速运动。假设公交车在匀速行驶到距车站25 m处开始 刹车,刚好到车站停下,停车时间为8 s。已知公交车刹车过程视为匀减速运 动,该人加速过程视为匀加速运动。
(1)求公交车刹车过程加速度的大小;(2)通过计算分析该人能否赶上这班公交车。
答案　(1)4.5 m/s2　(2)见解析
解析　(1)公交车减速的加速度a1= =  m/s2=-4.5 m/s2所以其加速度大小为4.5 m/s2(2)公交车从开始相遇到开始刹车用时t1= =  s=  s公交车刹车过程中用时t2= =  s=  s人以最大加速度达到最大速度用时t3= =  s=2 s