1、1匀变速直线运动的规律(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。()(2)匀加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大的。()(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。()(5)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。()(6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。()(7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。()意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“物体越重下落越快”的错误观点。2突破点(一) 匀变速直线运动的基本规律1解答运动
2、学问题的基本思路 画 过 程示 意 图 判 断 运动 性 质 选 取正 方 向 选 公 式列 方 程 解 方 程并 讨 论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，规定初速度 v0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 v00 时，一般以加速度 a的方向为正方向。典例 (2018福州期末)如图一质点静止于 A 点，第一次质点从 A 点由静止开始做加速度为 5 m/s2的匀加速直线运动，2 s 后改做匀速直线运动，再经 9 s 到 B 点；第二次质点从 A 点由静止开始仍以 5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，4 s 后改做匀减速
3、直线运动，到 B 点时速度和第一次相同。求：(1)A、 B 两点间的距离；(2)第二次质点从 A 到 B 的时间和减速阶段加速度的大小。审题指导(1)根据第一次运动过程， A、 B 两点间的距离为匀加速和匀速运动的位移之和，结合位移时间关系式求解。(2)根据速度位移关系求出匀减速运动的加速度，再由速度时间关系式求出匀减速运动的时间，即可求出第二次质点从 A 到 B 的时间。解析 (1)第一次匀加速运动的末速度 v a0t1xAB a0t12( a0t1)t212代入数据解得 xAB100 m。(2)第二次匀加速阶段的位移：x1 a0t32 542 m40 m12 12到达 B 点速度 vB a
4、0t1第二次匀加速运动的末速度 v1 a0t3匀减速运动过程根据速度位移关系式有vB2 v122 a(xAB x1)即( a0t1)2( a0t3)22 a(xAB x1)3代入数据解得 a2.5 m/s 2匀减速运动的时间： t4 4 s，vB v1a第二次运动的总时间为 t t3 t44 s4 s8 s。答案 (1)100 m (2)8 s 2.5 m/s 2方法规律如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段衔接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。集训冲关1(2019靖江中学月考)小球沿光滑斜面从静止开始下滑做匀加速直线运动，在第 1 s 内位移为 2 m，经过
5、 3 s 刚好滑到斜面底端，则( )A第 1 s 内的平均速度大小为 1 m/sB加速度大小为 1 m/s2C第 2 s 内运动的位移大小为 6 mD最后 1 s 内滑过的距离等于前 2 s 滑过的距离总和解析：选 C 由题意知，第 1 s 内的平均速度大小 1 m/s2 m/s，故 A 错误；vx1t 21根据位移时间关系， x at2，得 a m/s24 m/s2，故 B 错误；第 2 s 内运动的12 2212位移大小 x2 at22 at12 422 m 412 m6 m，故 C 正确；最后 1 s 内运12 12 12 12动的位移大小 x3 at32 at22 432 m 422
6、m10 m；前 2 s 滑动的距离总12 12 12 12和 x2 422 m8 m，故 D 错误。122多选(2019金陵中学月考)某质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为x4 t t2(m)(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A第 1 s 内的位移是 5 mB前 2 s 内的平均速度是 6 m/sC任意相邻 1 s 内的位移差都是 2 mD任意 1 s 内的速度增量都是 1 m/s4解析：选 ABC 第 1 s 内的位移 x141 m1 m5 m，故 A 正确；前 2 s 内的位移x242 m4 m12 m，则前 2 s 内的平均速度 m/s6 m/s，故 B 正确；根
7、据vx2t2 122x v0t at24 t t2知，质点的加速度 a2 m/s2，则任意相邻 1 s 内的位移之差12 x at221 m2 m，故 C 正确；任意 1 s 内的速度变化量 v at21 m/s2 m/s，故 D 错误。3质点由 A 点从静止出发沿直线 AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为 a1的匀加速运动，接着做加速度大小为 a2的匀减速运动，到达 B 点时速度恰好减为零。若 AB 间距为 s，则质点从 A 到 B 所用时间 t 为( )A. B. s a1 a2a1a2 2s a1 a2a1a2C. D. 2s a1 a2a1a2 a1a22s a1 a2解析：选 B
8、 设行程的第一部分的末速度为 v，则由题意可知 s，解得 v v22a1 v22a2；而 s t1 t2 t，解得 t ，所以 B 正确。2a1a2sa1 a2 0 v2 v 02 v2 2s a1 a2a1a2突破点(二) 解决匀变速直线运动的常用方法方法 解 读基本公式法基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量式，使用时要规定正方向平均速度法 (1)定义式 适用于任何性质的运动v xt(2) v 只适用于匀变速直线运动vt2 v0 v2推论法(位移差公式)匀变速直线运动中，在连续相等的时间 T 内的位移之差为一恒量，即 x aT2， xm xn( m n)aT2，对一般的
9、匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用位移差公式求解比例法初速度或末速度为零的匀变速直线运动问题，可以考虑用比例法快速解答图像法应用 v t 图像，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题，尤其是用图像进行定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案题点全练51(2016上海高考)物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为 16 m 的路程，第一段用时 4 s，第二段用时 2 s，则物体的加速度是( )A. m/s2 B. m/s223 43C. m/s2 D. m/s289 169解析：选 B 根据题意，物体做匀加速直线运动， t 时间内的平均速度等于 时刻的瞬t2时速度，在第一段
10、内中间时刻的瞬时速度为： v1 1 m/s4 m/s；在第二段内中间时v164刻的瞬时速度为： v2 2 m/s8 m/s；则物体加速度为： a v162 v2 v1t 8 43m/s2 m/s2，故选项 B 正确。432多选(2019如皋中学月考)如图所示物体做匀加速直线运动， A、 B、 C、 D 为其运动轨迹上的四点，测得 AB2 m， BC3 m，且物体通过 AB、 BC、 CD 所用的时间均为 0.2 s，则下列说法正确的是( )A物体的加速度为 20 m/s2 B物体的加速度为 25 m/s2C CD4 m D CD5 m解析：选 BC 由 s at2可得物体的加速度大小为： a
11、m/s225 m/s2， st2 3 20.22故 A 错误，B 正确；根据 sCD sBC sBC sAB1 m，可知 sCD3 m1 m4 m，故 C 正确，D 错误。3多选(2018无锡六校联考)一个做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，则这个物体( )A在 t2 s 时的速度为 6 m/sB在 t4 s 时的速度为 11 m/sC这个物体运动的加速度为 a2.25 m/s 2D这个物体运动的初速度为 v01.5 m/s解析：选 ACD 已知 T4 s， x124 m， x260 m，则由 x aT2得： x2 x1
12、aT2，得： a m/s22.25 m/s 2。x2 x1T2 60 2442由 x1 v0T aT2，126得： v0 aT m/s 2.254 m/s1.5 m/s， t2 s 时速度x1T 12 244 12v2 v0 at1.5 m/s2.252 m/s6 m/s， t 4 s 时速度 v4 v0 at1.5 m/s2.254 m/s10.5 m/s，故 A、C、D 正确，B 错误。突破点(三) 自由落体运动典例 (2018大庆模拟)比萨斜塔是世界建筑史上的一大奇迹。如图所示，已知斜塔第一层离地面的高度 h16.8 m，为了测量塔的总高度，在塔顶无初速度释放一个小球，小球经过第一层到达
13、地面的时间 t10.2 s，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气阻力。(1)求斜塔离地面的总高度 h；(2)求小球从塔顶落到地面过程中的平均速度。审题指导(1)根据位移公式求出小球到达第一层时的速度，再求出塔顶离第一层的高度，进而求出总高度；(2)先求出小球从塔顶落到地面的总时间，再根据平均速度的定义求出平均速度。解析 (1)设小球到达第一层时的速度为 v1，则有h1 v1t1 gt1212得 v1h1 12gt12t1代入数据得 v133 m/s塔顶离第一层的高度 h2 54.45 mv122g所以塔的总高度 h h1 h261.25 m。(2)小球从塔顶落到地面的总时间 t 3.5
14、 s2hg平均速度 17.5 m/s。vht答案 (1)61.25 m (2)17.5 m/s方法规律应用自由落体运动规律解题时的两点注意(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。7从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为 1357一段时间内的平均速度 gt。vht v2 12连续相等时间 T 内的下落高度之差 h 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。集训冲关1(2019姜堰中学模拟)小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频
15、闪方法拍摄的小球位置如图中 1、2、3 和 4 所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为 T，每块砖的厚度为 d。由此可知小球( )A下落过程中的加速度大小约为d2T2B经过位置 3 时的瞬时速度大小约为 2gTC经过位置 4 时的瞬时速度大小约为9d2TD从位置 1 到 4 过程中的平均速度大小约为9d4T解析：选 C 根据 x d aT2得，下落过程中的加速度 a ，故 A 错误。经过位置dT23 的瞬时速度等于 2、4 段的平均速度，则 v3 ，故 B 错误。根据速度时间公式得，通过7d2T位置 4 的瞬时速度 v4 v3 aT ，故 C 正确。从位置 1 到 4 过程中的平均速度大小9d2
16、T ，故 D 错误。v9d3T 3dT2.(2019海安高级中学月考)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球 a、 b、 c，离桌面高度分别为 h1 h2 h3321。若先后顺次释放a、 b、 c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A三者到达桌面时的速度之比是 321B三者运动时间之比为 321C b 与 a 开始下落的时间差小于 c 与 b 开始下落的时间差D三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比解析：选 C 由 v22 gh，得 v ，则到达桌面时的速度之比2gh8v1 v2 v3 1，故 A 错误；由 t 得三者运动时间之比3 22hgt1 t2 t3 1，
17、则( t1 t2)( t2 t3)( )( 1)，故 B 错误、C 正确；3 2 3 2 2三个小球的加速度与重力和质量无关，等于重力加速度，故 D 错误。什么是“形异质同”和“形同质异”题目做得多了，会遇到一类遵循的物理规律相同，但提供的物理情景新颖、信息陌生、物理过程独特的问题，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。其实这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问题我们称之为形异质同。另外，平时做题时还会遇到一类物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的问题，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误。
18、这类问题我们称之为形同质异。无论是“形异质同”还是“形同质异” ，都是命题人常采用的命题手段之一，为引起同学们对此类问题的重视，本书创编此栏目，旨在让同学们在平时的训练中，多比较、多总结，不再因无谓失分而遗憾。下面列举两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题。 水平刹车与沿粗糙斜面上滑1(2018苏北十所名校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x24 t6 t2，则它在前 3 s 内的平均速度为( )A6 m/s B8 m/s C10 m/s D12 m/s解析：选 B 将题目中的表达式与 x v0t at2比较可知： v024 m/s， a12 12m/s2。所以由 v v0 at
19、可得汽车从刹车到静止的时间为 t s2 s，由此可知 3 s0 24 12时汽车已经停止，位移 x242 m62 2 m24 m，故平均速度 m/s8 m/s。vxt 2432.多选(2018南京调研)如图所示，木板与水平地面间的夹角 30，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度为 v010 m/s沿木板向上运动，取 g10 m/s 2。则以下结论正确的是( )9A小木块与木板间的动摩擦因数为33B小木块经 t2 s 沿木板滑到最高点C小木块在 t2 s 时速度大小为 10 m/s，方向沿木板向下D小木块滑到最高点后将静止不动解析：选 AD 小木块恰好匀速下滑时， mgsin 30 mg cos 30，可得 ，A33正确；小木块沿木板上滑过程中，根据牛顿第二定律， mgsin 30 mg cos 30 ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度大小 a10 m/s2，故小木块上滑的时间 t 上 1 v0as，最大静摩擦力大于下滑力，故小木块最终将静止在最高点，D 正确，B、C 错误。反 思 领 悟 (1)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为零后，汽车将停止运动。(2)物体沿粗糙斜面上滑，若有最大静摩擦力大于下滑力，则物体最终静止在斜面上，运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。 10
