专题二匀变速直线运动规律的应用
1、掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式（推导理解记忆）；掌握匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式（推导理解记忆）．并能熟练应用他们（一题多法）.
2、解决运动学问题的一般思路3、多过程对象初步
考点一 匀变速直线运动公式的综合应用
1．基本规律
1(1) (2)位移公式：x＝v0t＋2 .(3)22
这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向． 2．三个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，
v0＋v即：v＝vt＝ 22
(2)中点位置的瞬时速度公式：vs/2＝√(v0＋vt)/2 ＞vt/2
(3)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝?＝xn－xn－1＝aT23．v0＝0的四个重要推论
(1)1T末、2T末、3T末、??瞬时速度的比为：
v1∶v2∶v3∶?∶vn＝1∶2∶3∶?∶n
(2)1T内、2T内、3T内??位移的比为：
x1∶x2∶x3∶?∶xn＝12∶22∶32∶?∶n2(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内??位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶?∶xn＝1∶3∶5∶?∶(2n－1)
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：
t1∶t2∶t3∶?∶tn＝1∶2－1)∶32)∶?∶nn－1)
l例题1、做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BCAB段和BC段的平均2
速度分别为v1＝3m/s、v2＝6 m/s，则：
(1)物体经B点时的瞬时速度vB为多大？
(2)若物体运动的加速度a＝2m/s2，试求AC的距离l.
解析 (1)设物体运动的加速度大小为a，
经A、C点的速度大小分别为vA、vC.由匀加速直线运动规律可得： 22
ll222v2B－vA＝2a×vC－vB＝2a×② 22
vA＋vBvB＋vCv1＝③ v2＝④ 22
解①②③④式得：vB＝5m/s
(2)解①②③④式得：
vA＝1m/s，vC＝7 m/s
2由v2C－vA＝2al得：l＝12m.
答案 (1)5m/s (2)12m
练习1-1：(2013·广东·13)某航母跑道长200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为(B )
A．5m/s B．10 m/sC．15m/s D．20 m/s
2解析 由v2t－v0＝2as得：v0vt－2as50－2×6×200m/s＝10 m/s.
练习1-2：一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5m/s，第9s内的位移比第5s内的位移多4m，则该质点的加速度、9s末的速度和质点在9s内通过的位移分别是( C )
A．a＝1m/s2，v9＝9 m/s，x9＝40.5m
B．a＝1m/s2，v9＝9 m/s，x9＝45m
C．a＝1m/s2，v9＝9.5 m/s，x9＝45m
D．a＝0.8m/s2，v9＝7.7 m/s，x9＝36.9m
解析 根据匀变速直线运动的规律，质点t＝8.5s时刻的速度比在t＝4.5s时刻的速度大4m/s，所以加速度Δv4m/s1a＝＝1m/s2，v9＝v0＋at＝9.5 m/s，x9v0＋v9)t＝45m，选项C正确． Δt4s2
练习1-3：如图5所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e.已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则( BD
)
图5
A．vb＝2 m/s B．vc＝3 m/s
C．xde＝3 m D．从d到e所用时间为4 s
x6＋6解析 小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因Tac＝Tcd＝T，故c点对应a到d的中间时刻，故vc＝2T2×2
xac－xcdm/s＝3 m/s，故B正确；因xac＝xab＋xbc＝7 m，xcd＝xbd－xbc＝5 m，故加速度大小为a＝0.5 m/s2，Tvc1由vc＝aTce得Tce＝6 s，则Tde＝Tce—Tcd＝4 s，xceaT2＝9 m，xde＝xce－xcd＝4 m，故C错误，D正a2ce
2确；由v2xbc可得，vb＝10 m/s，A错误． b－vc＝2a·
考点二 常用的“六种”物理思想方法 （一题多解：公式法、图像法、可逆思维）
1．一般公式法 一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式．它们均是矢量式，使用时要注意方向性．
2．平均速度法
Δx1定义式v＝v＝vt＝(v0＋v)只适用于匀变速直线运动． Δt22
3．比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解．
4．推论法
利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷．
5．思维转换法（过程逆向，对象转化） 多对象等时间间隔看成一个对象等时间间隔，如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动． (1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．
6．图象法
利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较vt与vx，还可以求解追及问题；用x－t图象可
22
求出任意时间内的平均速度等．
例题2、物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C
3时速度恰好为零，如图1l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C4
所用的时间．
图1
解析 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．设物体从B到C所用的时间为tBC.
a?t＋tBC?2at2xACBC由运动学公式得xBC＝，xAC，又xBC＝， 224
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，设初速度为v0，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
v20＝2axAC①
2v2B＝v0－2axAB②
3xAB＝AC③ 4
v0由①②③解得vB＝ 2
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t.
解法三：比例法
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)．
x3x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. 44
解法四：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＝v0＋0v0＝.又v20＝22
v0x2axAC，v2＝2ax，x＝由以上三式解得v.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是BBCBCB42
这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t.
解法五：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
2S△AOCCO2S△AOC44?t＋tBC?平方比，得，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以tBC＝t. 1tS△BDCCDS△BDC1
答案 t
练习2-1：（比例法）一物体做初速度为零的匀加速直线运动，将其运动时间顺次分为1∶2∶3的三段，则每段时间内的位移之比为( C )
A．1∶3∶5 B．1∶4∶9 C．1∶8∶27 D．1∶16∶81
练习2-2：[平均速度公式的应用]质点由A点出发沿直线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点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为( B ) s?a1＋a2?2s?a1＋a2?2s?a1＋a2?A. B. a1a2a1a2a1a2 D.aa 2s?a1＋a2?解析 整个运动过程由匀加速、匀减速两个阶段组成．基本解题思路是先找到转折点速度，再利用平均速度关系式或速度公式求时间．设第一阶段的末速度为v，
v2v2
则由题意可知：＝s， 2a12a2
2aas； a1＋a2
0＋vv＋0v而s＝t1＋2＝t， 222
2?a1＋a2?s由此解得：t＝，所以正确答案为B. a1a2解得：v练习2-3：[几种常见的解法]一个做匀加速直线运动的质点，在最初的连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24m和64m，每个时间间隔为4s，求质点的初速度和加速度．
答案
1m/s2 2.5 m/s2
解析 解法一：用基本公式求解
画出运动过程示意图，如图所示，因题目中只涉及位移与时间，故选择位移时间公式，即
111x1＝vAt＋2，x2＝vA(2t)＋a(2t)2－(vAt＋2) 222
将x1＝24m，x2＝64m，t＝4s代入上式解得
a＝2.5m/s2，vA＝1 m/s
解法二：用中间时刻速度公式求解
连续的两段时间t内的平均速度分别为
xx1＝＝6m/s，v2＝16m/s tt
v＋vv＋v即v1＝6m/s，v2＝16m/s 22
由于点B是AC段的中间时刻，则
vA＋vCv1＋v26＋16vB＝＝m/s＝11 m/s 222
可得vA＝1m/s，vC＝21 m/s
vC－vA21－12则a＝＝m/s＝2.5 m/s2 2t2×4
解法三：用Δx＝aT2求解
Δx64－242由Δx＝aT2得a＝m/s＝2.5 m/s2 T4
1再由x1＝vAt＋2解得vA＝1m/s 2
练习2-4：（可逆思维过程转化）从斜面上某一位置每隔0.1s
释放一个小球，在连续释放几个小球后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图3所示．现测得AB＝15cm，BC＝20cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同，求：
图3
(1)小球的加速度；
(2)拍摄时B球的速度；
(3)D、C两球相距多远？
(4)A球上面正在运动着的小球共有几个？
答案 (1)5m/s2 (2)1.75 m/s (3)25m (4)2
解析 (1)由Δx＝aT2得
ΔxBC－AB0.20－0.152a＝m/s＝5 m/s2. TT0.1AB＋BC0.15＋0.20(2)vB＝m/s＝1.75 m/s. 2T2×0.1
(3)由Δx＝DC－BC＝BC－AB得
DC＝BC＋(BC－AB)＝20cm＋5cm＝25cm
(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为
vB1.75tB＝s＝0.35s则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两个． a5
练习2-5：（可逆思维对象转化）某同学站在一平房边观察从屋檐边缘滴下的水滴，发现屋檐的滴水是等时的，且第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面；第2滴和第3滴水刚好位于窗户的下沿和上沿，他测得窗户上、下沿的高度差为1m，由此求：(g取10m/s2)
(1)屋檐离地面多高？
(2)滴水的时间间隔为多少？
答案 (1)3.2m
(2)0.2s
解析 如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设时间间隔为T，则这一滴水在0时刻、T末、2T末、3T末、4T末所处的位置，分别对应图中第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置．
(1)由于初速度为零的匀加速直线运动从开始运动起，在连续相等的时间间隔内的位移比为1∶3∶5∶7∶??∶(2n－1)，令相邻两水滴之间的间距从上到下依次为x0∶3x0∶5x0∶7x0.
显然，窗高为5x0，即5x0＝1m，得x0＝0.2m.
屋檐总高x＝x0＋3x0＋5x0＋7x0＝16x0＝3.2m.
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