第二章 4．匀变速直线运动规律的应用-【金版教程】2025-2026学年新教材高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第二章　匀变速直线运动的规律 4．匀变速直线运动规律的应用 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 3 课前自主学习 1．匀变速直线运动的速度与位移的关系式：__________＝2ax。 2．公式推导 速度与时间的关系式：vt＝ __________ 位移与时间的关系式：x＝ __________ 将上述两个公式联立求解，消去时间t可得到__________ ＝2ax。 v0＋at 课前自主学习 5 提示 提示：× 提示： × 提示： √ 课前自主学习 6 提示 课前自主学习 7 课堂探究评价 探究1　速度与位移的关系 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 交通事故中，交警只要知道刹车时的加速度大小，再测出刹车痕迹的长度，就可以求得汽车开始刹车时的速度，从而判断汽车是否超速。这是怎么办到的？ 课堂探究评价 9 活动1：汽车刹车时做匀减速直线运动，车辆的加速度a是已知的，测出的刹车痕迹长度即刹车时位移x的大小，若开始刹车时的车速为v0，则x与刹车时间t的关系式是什么？ 活动2：已知刹车的末速度vt＝0，可怎样求出刹车时间t? 提示 提示：由vt＝v0＋at可求得t。　 课堂探究评价 10 提示 活动3：交通事故中刹车时间t无法测量，根据上述活动，如何求出汽车开始刹车时的速度v0? 课堂探究评价 11 课堂探究评价 12 课堂探究评价 13 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 例1　国庆期间，京津冀地区PM2.5平均浓度维持在250 μg/m3左右，出现严重污染。已知汽车在京津高速上行驶限速120 km/h。由于雾霾的影响，某人开车在此段高速公路上行驶时，能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为50 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的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度是(　　) A．10 m/s B．15 m/s C．20 m/s D．25 m/s 答案 课堂探究评价 16 提示 (1)从司机看到前方车辆到汽车速度减为0，汽车的运动过程是怎样的？ (2)题中的已知量是什么？如何求解初速度？ 提示：汽车先做匀速直线运动，后做匀减速直线运动至速度为零。　 规范解答 课堂探究评价 17 多过程运动的分析技巧 物体做直线运动时，如果不是简单的匀变速直线运动，而是匀速直线运动、匀加速直线运动、匀减速直线运动组合的多过程运动，则运动过程比较复杂。对这类问题的分析方法如下： (1)按运动性质将物体的运动划分为多个简单运动过程，画出运动示意图，使运动过程直观清晰。 (2)对每个运动过程列运动方程，注意方程式中每一个物理量均对应同一运动过程。 (3)联系各个相邻运动过程的桥梁是速度，上一个过程的末速度等于下一过程的初速度。据此列方程组求解。 (4)必要时可画v­t图像辅助求解。 课堂探究评价 [变式训练1]　如图所示，AB为进入弯道前的 一段平直公路，其长度xAB＝218 m，BC为水平圆弧 形弯道。摩托车在直道上行驶的最大速度v1＝40 m/s， 为确保弯道行车安全，摩托车进入弯道前必须减速， 到达B点进入弯道时速度v2不能超过20 m/s。要求摩托车从A点由静止开始在最短的时间内走完AB这段直道，已知摩托车加速时最大加速度大小a1＝4 m/s2，制动时最大加速度大小a2＝8 m/s2。试根据上述数据求摩托车在AB这段直道上行驶所用的最短时间。 答案：11 s 答案 课堂探究评价 19 解析 课堂探究评价 20 [名师点拨]　对于多过程运动问题，首先应分析物体可能的运动情形有哪几种，再假设某种情形成立，根据运动学公式计算相关运动学参量，看所得的量是否满足题目限定条件，从而判断假设是否正确；然后再进行下一步分析计算。 课堂探究评价 21 探究2　初速度为零的匀加速直线运动的比例关系 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 自由下落的重物都做初速度为零的匀加速直线运动，那么所有初速度为零的匀加速直线运动有没有共同的规律呢？ 课堂探究评价 22 提示 活动1：如图所示是初速度为0的匀加速直线运动的v­t图像，t、2t、3t、…时刻的速度有什么特点？ 活动2：从开始起，t内、2t内、3t内、…的位移x1、x2、x3、…有什么特点？ 提示：由相似三角形的边成比例可知：v1∶v2∶v3∶…＝t∶2t∶3t∶…＝1∶2∶3∶…。 　 课堂探究评价 23 课堂探究评价 24 课堂探究评价 例2　在高11.25 m的屋檐上，每隔一定的时间有一滴水落下，设水滴的运动是初速度为零的匀加速直线运动，且所有水滴运动的加速度相同。已知第1滴水落到地面时，第4滴水刚好离开屋檐。求第1滴水滴落地瞬间空中各相邻两滴水之间的 距离。 本题中研究对象是多个物体，应如何分析？ 答案　第1、2滴水之间的距离为6.25 m，第2、3滴水之间的距离为3.75 m，第3、4滴水之间的距离为1.25 m 答案 提示 提示：根据题述运动，多个水滴在此时刻的位置可看为同一水滴在不同时刻的位置。 课堂探究评价 26 规范解答 课堂探究评价 (1)以上比例式只适用于初速度为零的匀加速直线运动。 (2)对于末速度为零的匀减速直线运动，可把它逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，应用比例关系可以快速解答问题。 课堂探究评价 28 答案 课堂探究评价 29 解析 课堂探究评价 30 探究3　匀变速直线运动问题的常用解法 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 31 提示 活动1：如图是匀变速直线运动规律网络图，试写出匀变速直线运动的基本公式和导出公式。 课堂探究评价 32 提示 活动2：以上公式中有的用v­t图像表示更直观，请尝试在v­t图像中标出公式中的量。 课堂探究评价 33 提示 课堂探究评价 34 课堂探究评价 35 课堂探究评价 36 课堂探究评价 37 课堂探究评价 38 2．解决匀变速直线运动问题的常用方法 课堂探究评价 39 例3　从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上车，于是立即做匀减速直线运动至停车。汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m。求该过程中汽车的最大速度。 (1)本题已知哪些量，求哪个量？ (2)本题用哪个公式计算最简单？ 答案　 5 m/s 答案 提示 提示：已知t、v0、x，求vt。　 课堂探究评价 40 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 分析匀变速直线运动的技巧： “一画、二选、三注意、四判别” 一画：根据题意画出物体的运动示意图，使运动过程直观清晰。 二选：从常用方法中选取合适的方法。 三注意：注意列运动学方程时，方程式中每一个物理量均对应同一运动过程。 四判别：判断所得结果是否合乎实际情况，并根据结果的正负说明所求物理量的方向。 课堂探究评价 答案：t 答案 解析 课堂探究评价 44 解析 课堂探究评价 45 解析 课堂探究评价 46 解析 课堂探究评价 47 解析 课堂探究评价 48 课后课时作业 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 4．(综合)高速公路ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用0.2 s的时间识别车载电子标签并发出“滴”的一声，但司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.6 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　) A．3.6 m B．4.8 m C．7.2 m D．8.4 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 8．(综合)如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m，升降机运行的最大速度为8 m/s，加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口时的速度为0，则将矿石由静止从井底提升到井口的最短时间 是(　　) A．13 s B．16 s C．21 s D．26 s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 答案：(1)45 m　22.5 m　(2)10 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 答案：(1)2 s　(2)17.5 m/s　(3)35 m 10．(运动学公式的选用)如图所示，司机驾驶一辆汽车去太原经过该路段，以72 km/h的速度开始驶下高架桥开往目的地，为保障安全汇入车流，车辆在高架桥最低点时的速度减小为54 km/h，汽车下高架桥时做匀减速直线运动，且加速度大小为2.5 m/s2。 (1)汽车下高架桥过程中所用的时间； (2)汽车下高架桥过程中的平均速度大小； (3)根据题设条件，请你用所学知识计算高 架桥斜坡的长度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 [名师点拨]　定量分析运动图像问题的思路：将题给图像与所学相关运动学公式比较，求出初速度、加速度等关键的运动学参量，然后再用几个运动学公式分析求解。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 13．(综合)观光缆车以其安全、快捷、省时、省力等优势备受游客喜爱。如图所示，一缆车索道全长2800 m，若缆车的最大速度为5 m/s，启动和刹车过程中缆车的加速度大小均为0.5 m/s2，将缆车的运动看成直线运动，缆车由静止出发到最终停下的 运动分为匀加速、匀速、匀减速三个阶段，则(　　) A．缆车匀加速运动的位移大小为25 m B．缆车运动的时间为560 s C．缆车全程的平均速度大小为4.5 m/s D．缆车第一个6 s内和第二个6 s内通过的位移大小之比为1∶3 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 答案 答案：(1)49 m　(2)14 m/s，方向沿滑道向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 15．(运动学公式的选用)“10米折返跑”的 成绩反映了人体的灵敏素质。测定时，在平直跑 道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线 前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时，受试者到达折返线处时，用手触摸折返线的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达终点线的竖直面时，测试员停止计时，所用时间即为“10米折返跑”的成绩，如图所示。设受试者起跑的加速度为4 m/s2，运动过程中的最大速度为4 m/s，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为8 m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线。求该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒？ 答案 答案：6.25 s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 16．(综合提升)某兴趣小组利用无人机拍摄高三年级成人礼的鸟瞰视频。如图甲所示，无人机由静止开始从地面竖直升空，先匀加速到3 m/s后又以相同大小的加速度减速上升，直至悬停在15 m高的空中，接着以1 m/s2的加速度水平加速3 s后匀速飞行2 s，再经3 s减速到0，此时一次拍摄结束。 (1)无人机在上升过程中的加速度大小是多少？ (2)若摄像机始终竖直向下拍摄，且其视张角为 60°(如图乙所示)，则上述全过程，能拍摄到的最大面积为多大？ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 课后课时作业 16 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．会推导匀变速直线运动速度与位移的关系式，并知道关系式中各物理量的含义。2.会用公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax对实际问题进行分析和计算。3.掌握初速度为零的匀加速直线运动的比例式，并会进行有关计算。4.试总结匀变速直线运动的各种规律，并会在具体问题中选择合适的规律求解。 veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0) v0t＋eq \f(1,2)at2 veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0) 1．判一判 (1)公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax适用于所有的直线运动。(　　) (2)因为veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax，veq \o\al(2,t)＝veq \o\al(2,0)＋2ax，所以物体的末速度vt一定大于初速度v0。(　　) (3)在公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax中，a为矢量，与规定的正方向相反时，a取负值。(　　) 2．想一想 应用veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax分析匀变速直线运动有何优势？ 提示：因为公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax不涉及物体运动的时间，故在时间未知且不要求计算时间时，应用该式分析匀变速直线运动较方便。 提示：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。 提示：刹车时间t是未知的，但是将公式vt＝v0＋at和x＝v0t＋eq \f(1,2)at2联立，消去t，可得速度与位移的关系式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax，末速度vt为零，测量出刹车距离x，并将已知的加速度a代入关系式，即可计算出汽车开始刹车时的速度v0。 1．速度与位移关系式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax的理解及应用 (1)公式的适用条件：公式表述的是匀变速直线运动的速度与位移的关系，适用于匀变速直线运动。 (2)公式的意义：公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax反映了初速度v0、末速度vt、加速度a、位移x之间的关系，当其中三个物理量已知时，可求第四个未知的量。 (3)公式的矢量性：公式中v0、vt、a、x都是矢量，解题时先要规定正方向。一般规定v0的方向为正方向，则： ①物体做加速运动时，a取正值；做减速运动时，a取负值。 ②x＞0，说明物体通过的位移方向与初速度方向相同；x＜0，说明位移的方向与初速度的方向相反。或者已知位移时，位移的方向与正方向相同，取正值；位移的方向与正方向相反，取负值。 ③vt>0，说明末速度的方向与初速度方向相同；vt<0，说明末速度的方向与初速度方向相反。 注意：应用此公式时，注意物理量的符号，必要时对计算结果进行分析，验证其合理性。 (4)两种特殊形式 ①当v0＝0时，veq \o\al(2,t)＝2ax(初速度为零的匀加速直线运动)。 ②当vt＝0时，－veq \o\al(2,0)＝2ax(末速度为零的匀减速直线运动，例如刹车问题)。 2．位移中点速度 (1)内容：匀变速直线运动中，某段位移中间位置的瞬时速度veq \s\do9(\f(x,2))与初速度v0、末速度vt的关系是veq \s\do9(\f(x,2))＝2,0)eq \r(\f(v＋veq \o\al(2,t),2)) 。 (2)推导：对前一半位移有v\do9(\f(x,2))eq \o\al(2,) －veq \o\al(2,0)＝2aeq \f(x,2) 对后一半位移有veq \o\al(2,t)－v\do9(\f(x,2))eq \o\al(2,) ＝2aeq \f(x,2) 两式联立可得veq \s\do9(\f(x,2))＝2,0)eq \r(\f(v＋veq \o\al(2,t),2)) 。 (3)中间时刻的瞬时速度(veq \s\do9(\f(t,2)))与中间位置的瞬时速度(veq \s\do9(\f(x,2)))的比较 在v­t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移。当物体做匀加速直线运动时，由图甲可知veq \s\do9(\f(x,2))> veq \s\do9(\f(t,2))；当物体做匀减速直线运动时，由图乙可知veq \s\do9(\f(x,2))> veq \s\do9(\f(t,2))。所以当物体做匀变速直线运动时，veq \s\do9(\f(x,2))> veq \s\do9(\f(t,2))。 提示：题中已知量为vt、a、x；求初速度v0，缺时间t，用公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax求解比较简单。 规范解答　汽车先做匀速直线运动，有v0t0＝x1，其中t0＝0.5 s；汽车刹车时做匀减速直线运动，有veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax2，其中vt＝0，a＝－5 m/s2，且x1＋x2＝x，x＝50 m，联立以上各式可得汽车行驶的最大速度v0＝20 m/s。故C正确。 解析：假设摩托车能一直加速到某一速度v3，然后再匀减速至v2(v2＝20 m/s)进入圆弧形弯道，则此过程所用时间最短。 设摩托车在直道上加速时间为t1，加速的位移为x1，减速时间为t2，减速的位移为x2， 由运动学公式得：x1＝2,3)eq \f(v,2a1) ，x2＝2,2)eq \f(v－veq \o\al(2,3),－2a2) ，x1＋x2＝xAB， 联立解得v3＝36 m/s，v3<v1＝40 m/s，故假设成立。 则t1＝eq \f(v3,a1)＝9 s，t2＝eq \f(v2－v3,－a2)＝2 s，t＝t1＋t2＝11 s， 故摩托车在直道上行驶所用的最短时间为11 s。 提示：v­t图像与t轴所围面积表示位移，则x1∶x2∶x3∶…＝eq \f(1,2)v1t∶eq \f(1,2)v2·2t∶eq \f(1,2)v3·3t∶…＝1∶22∶32∶…。 1．初速度为零的匀加速直线运动，按时间等分(设相等的时间间隔为T) (1)由vt＝at可得：T时刻、2T时刻、3T时刻、…、nT时刻的瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 (2)由x＝eq \f(1,2)at2可得：T时间内、2T时间内、3T时间内、…、nT时间内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶4∶9∶…∶n2。 (3)设第一个T时间内的位移为xⅠ，第二个T时间内的位移为xⅡ，第三个T时间内的位移为xⅢ，…，第n个T时间内的位移为xN，则xⅠ＝x1，xⅡ＝x2－x1，xⅢ＝x3－x2，…，xN＝xn－xn－1。容易得到xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 2．初速度为零的匀加速直线运动，按位移等分(设相等的位移为x) (1)由veq \o\al(2,t)＝2ax可得vt＝eq \r(2ax)，则x末、2x末、3x末、…、nx末的瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…∶eq \r(n)。 (2)由x＝eq \f(1,2)at2可得t＝eq \r(\f(2x,a))，则通过x、2x、3x、…、nx所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…∶eq \r(n)。 (3)设通过第一个x所用的时间为tⅠ，通过第二个x所用的时间为tⅡ，通过第三个x所用的时间为tⅢ，…，通过第n个x所用的时间为tN，则tⅠ＝t1，tⅡ＝t2－t1，tⅢ＝t3－t2，…，tN＝tn－tn－1。容易得到tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。 小结：初速度为零的匀加速直线运动的比例关系很多，记起来也许容易混乱，要结合三个公式vt＝at，x＝eq \f(1,2)at2，veq \o\al(2,t)＝2ax加以理解。 规范解答　设相邻两滴水落下的时间间隔为T，第1滴水落到地面时，第4滴水刚好离开屋檐，中间的时间间隔就是3T。将第4滴水和第3滴水之间的距离作为x1，第3滴水和第2滴水之间的距离作为x2，第2滴水和第1滴水之间的距离作为x3，根据速度从零开始的匀加速直线运动中连续相等的时间内位移之比是x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)，整个高度可分为1＋3＋5＝9份，则x1占1份、x2占3份、x3占5份。故x1＝eq \f(1,9)×11.25 m＝1.25 m，x2＝eq \f(3,9)×11.25 m＝3.75 m，x3＝eq \f(5,9)×11.25 m＝6.25 m。 [变式训练2]　如图所示，一冰壶以速度v垂直进入3个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第3个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比正确的是(　　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3) C．t1∶t2∶t3＝1∶eq \r(2)∶eq \r(3) D．t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1 解析：把冰壶的运动看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动。冰壶通过3个矩形区域的位移相等，则从右向左穿出每个矩形区域时的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)，则冰壶实际运动中依次进入每个矩形区域的速度之比为v1∶v2∶v3＝eq \r(3)∶eq \r(2)∶1，A、B错误；冰壶从右向左通过每个矩形区域所用的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，则冰壶实际运动中穿过每个矩形区域所用的时间之比为t1∶t2∶t3＝(eq \r(3)－eq \r(2))∶(eq \r(2)－1)∶1，C错误，D正确。 提示：基本公式：vt＝v0＋at，x＝v0t＋eq \f(1,2)at2；导出公式：veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax，x＝eq \f(v0＋vt,2)t，Δx＝aT2。 提示：(1)vt＝v0＋at (2)x＝v0t＋eq \f(1,2)at2 (3)x＝eq \f(v0＋vt,2)t (4)Δx＝aT2 1．匀变速直线运动公式的深入理解 四个常用公式2,t)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vt＝v0＋at,x＝v0t＋\f(1,2)at2,v－veq \o\al(2,0)＝2ax,x＝\f(v0＋vt,2)t)) (1)匀变速直线运动中公式和物理量的独立性 ①匀变速直线运动公式中只有vt＝v0＋at、x＝v0t＋eq \f(1,2)at2是独立的基本公式，其他公式都可由这两个公式导出。 ②5个物理量v0、vt、a、t、x中，若知道其中任意3个物理量，就可解出其余2个物理量，即v0、vt、a、t、x只有3个量是独立的。若给出的物理量多于3个，就要判断哪个是多余的。 (2)四个常用公式的比较 一般形式 特殊形式(v0＝0) 不涉及的物理量 速度与时间的关系式 vt＝v0＋at vt＝at x 位移与时间的关系式 x＝v0t＋eq \f(1,2)at2 x＝eq \f(1,2)at2 vt 速度与位移的关系式 veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax veq \o\al(2,t)＝2ax t 平均速度求位移公式 x＝eq \f(v0＋vt,2)t x＝eq \f(vt,2)t a (3)解答匀变速直线运动问题时公式的巧选 ①如果题目中无位移x，也不需要求位移，一般选用速度公式vt＝v0＋at； ②如果题目中无末速度vt，也不需要求末速度，一般选用位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2； ③如果题目中无运动时间t，也不需要求运动时间，一般选用导出公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax； ④如果题目中没有加速度a，也不需要求加速度，用公式x＝eq \f(v0＋vt,2)t计算比较 方便。 提示：本题不涉及a，故用x＝eq \f(v0＋vt,2)t最简单。 规范解答　解法一(基本公式法)：设最大速度为vmax 由题意可得 x＝x1＋x2＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)＋vmaxt2＋eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2) t＝t1＋t2 vmax＝a1t1 0＝vmax＋a2t2 联立得vmax＝eq \f(2x,t)＝eq \f(2×50 m,20 s)＝5 m/s。 解法二(平均速度法)：匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相同，都等于eq \f(vmax,2)， 故有x＝eq \f(vmax,2)t1＋eq \f(vmax,2)t2 因此有vmax＝eq \f(2x,t1＋t2)＝eq \f(2×50 m,20 s)＝5 m/s。 解法三(图像法)：作出汽车运动全过程的v­t图像，如图所示，v­t图线与t轴所围成的三角形的面积等于位移的大小，故x＝eq \f(vmaxt,2) 所以vmax＝eq \f(2x,t)＝eq \f(2×50 m,20 s)＝5 m/s。 [变式训练3]　如图所示，一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，该过程物体做匀减速直线运动。已知物体第一次运动到距斜面底端eq \f(3,4)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。 解析：解法一(逆向思维法)：物体匀减速冲上斜面，可逆向看作匀加速滑下斜面， 故xBC＝2,BC)eq \f(at,2) xAC＝eq \f(a（t＋tBC）2,2) 又xBC＝eq \f(xAC,4) 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直线运动，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 0－veq \o\al(2,0)＝－2axAC ① veq \o\al(2,B)－veq \o\al(2,0)＝－2axAB ② xAB＝eq \f(3,4)xAC ③ 由①②③解得vB＝eq \f(v0,2) ④ 又vB＝v0－at ⑤ 0＝vB－atBC ⑥ 由④⑤⑥解得tBC＝t。 解法三(位移比例法)：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) 因为xCB∶xBA＝eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)＝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)：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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－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t0，那么通过BD、DE、EA的时间分别为 tBD＝(eq \r(2)－1)t0 tDE＝(eq \r(3)－eq \r(2))t0 tEA＝(2－eq \r(3))t0 又tBD＋tDE＋tEA＝t 解得t0＝t。 解法五(平均速度法)：利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，得eq \o(v,\s\up6(－))AC＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(v0,2) 又veq \o\al(2,0)＝2axAC veq \o\al(2,B)＝2axBC xBC＝eq \f(xAC,4) 由以上三式解得vB＝eq \f(v0,2) 因为vB＝eq \o(v,\s\up6(－))AC 所以有tBC＝t。 解法六(图像法)： 根据匀变速直线运动的规律，作出v­t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平方之比，得 eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(CO2,CD2) 且eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(4,1) OD＝t OC＝t＋tBC 所以eq \f(4,1)＝2,BC)eq \f(（t＋tBC）2,t) 解得tBC＝t。 解析：由公式2,t)eq \f(v－veq \o\al(2,0),2a) ＝x，得eq \f(x2,x1)＝eq \f(（15 m/s）2－（10 m/s）2,（10 m/s）2－（5 m/s）2)＝eq \f(5,3)，即x2＝eq \f(5,3)x1，故B正确。 1．(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax的应用)如图所示，假设列车在某段铁轨做匀加速直线运动，速度由5 m/s增加到10 m/s时位移为x1，则当速度由10 m/s增加到15 m/s时，它的位移是(　　) A．eq \f(5,2)x1 B．eq \f(5,3)x1 C．2x1 D．3x1 解析：由于第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，而平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)，三段时间都是1 s，故三段时间内的平均速度之比为1∶3∶5，故A正确。 2．(比例关系)从静止开始做匀加速直线运动的物体，在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比为(　　) A．1∶3∶5 B．1∶4∶9 C．1∶2∶3 D．1∶eq \r(2)∶eq \r(3) 解析：使用4倍速度的“快镜头”，则有v′＝4v；由于使用“快镜头”时汽车发生的位移与不使用“快镜头”时相同，即x′＝x，由公式a＝2,t)eq \f(v,2x) 得知，屏幕上汽车的加速度a′＝16a。故C正确。 3．(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax的应用)电影特技中有一种叫作“快镜头”的特技，对于一辆从静止开始做匀加速直线运动的汽车，不使用特技时，屏幕上汽车的加速度为a，汽车运动到某点时的速度为v，当使用4倍速度的“快镜头”时，屏幕上汽车的加速度和运动到同一点时的速度分别为(　　) A．8a，4v B．8a，8v C．16a，4v D．16a，8v 解析：21.6 km/h＝6 m/s，汽车在前0.2 s＋0.6 s内做匀速直线运动，位移为x1＝v0(t1＋t2)＝6 m/s×(0.2 s＋0.6 s)＝4.8 m，随后汽车做匀减速直线运动，位移为x2＝2,0)eq \f(0－v,2a) ＝eq \f(0－（6 m/s）2,2×（－5 m/s2）)＝3.6 m，所以该ETC通道的长度约为L＝x1＋x2＝4.8 m＋3.6 m＝8.4 m，故D正确。 5．(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax的应用)一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，运动的位移与速度的数值关系为x＝10－0.1v2，其中位移x的单位为m，速度v的单位为m/s，则下列分析正确的是(　　) A．刹车过程的加速度大小为10 m/s2 B．刹车过程持续的时间为5 s C．0时刻的速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m 解析：根据公式veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax，将x＝10－0.1v2整理，可得v2－100＝－10x，式中的物理量均采用国际单位制，则－10 m/s2＝2a，veq \o\al(2,0)＝100 m2/s2，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，A错误，C正确；刹车过程持续时间为t＝eq \f(0－v0,a)＝2 s，B错误；刹车过程的位移为x＝2,0)eq \f(0－v,2a) ＝10 m，D错误。 6．(综合)如图所示，为港珠澳大桥上连续四段110 m的等距跨钢箱梁桥，若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过ab段的时间为t，则(　　) A．通过cd段的时间为eq \r(3)t B．通过ac段的时间为eq \r(2)t C．ac段的平均速度等于b点的瞬时速度 D．ac段的平均速度等于c点的瞬时速度 解析：汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动，通过连续相等的位移所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))，又通过ab段的时间为t，故汽车通过cd段的时间为(eq \r(3)－eq \r(2))t，通过ac段的时间为eq \r(2)t，故A错误，B正确；汽车做匀加速直线运动，在一段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，b点和c点都不是ac段的中间时刻位置，所以ac段的平均速度不等于b点或c点的瞬时速度，故C、D错误。 解析：第一节车厢经过人所用的时间t1满足l＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)，根据初速度为零的匀加速直线运动，通过相等位移所用的时间之比为t1∶t2∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))，所以第n节车厢经过人的时间为tn＝(eq \r(n)－eq \r(n－1))t1＝(eq \r(n)－eq \r(n－1))eq \r(\f(2l,a))，C正确。 7．(比例关系)有一列火车，每节车厢的长度均为l，车厢间的间隙宽度不计。挨着第一节车厢前沿的站台上站着一人，当火车从静止开始以加速度a做匀加速直线运动时，第n节车厢经过人的时间为(　　) A．neq \r(\f(2l,a)) B.eq \r(\f(2nl,a)) C．(eq \r(n)－eq \r(n－1))eq \r(\f(2l,a)) D．(eq \r(n)－eq \r(n－1))eq \r(\f(l,a)) 解析：当升降机先以允许的最大加速度加速上升达到允许的最大速度后，接着以允许的最大速度匀速运动，最后以允许的最大加速度减速到速度为0时，升降机提升矿石所用时间最短。升降机加速上升的距离为h1＝eq \f(v2,2a)＝32 m，加速时间为t1＝eq \f(v,a)＝8 s；减速上升的距离h3＝h1＝32 m，减速时间t3＝t1＝8 s；故中间匀速上升的距离h2＝h－h1－h3＝40 m，匀速运动的时间t2＝eq \f(h2,v)＝5 s。所以最短时间t＝t1＋t2＋t3＝8 s＋5 s＋8 s＝21 s，C正确。 9．(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax的应用)随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车立即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s2(不超载时则为5 m/s2)。 (1)若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？ (2)若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为1 t的轿车，两车将发生碰撞，求相撞时货车的速度大小。 解析：(1)设货车刹车时速度大小为v0，加速度为a，末速度为vt，刹车距离为x，根据匀变速直线运动的速度与位移的关系式得x＝2,t)eq \f(v－veq \o\al(2,0),2a) 由题意知，v0＝54 km/h＝15 m/s，vt＝0，a1＝－2.5 m/s2，a2＝－5 m/s2 代入数据得，超载时x1＝45 m， 不超载时x2＝22.5 m。 (2)由veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax知 超载货车与轿车相撞时货车的速度大小为 v1＝2,0)eq \r(v＋2a1x) ＝eq \r(（15 m/s）2＋2×（－2.5 m/s2）×25 m) ＝10 m/s。 解析：(1)汽车开始驶下高架桥的速度为 v0＝72 km/h＝20 m/s 汽车在高架桥最低点的速度为 vt＝54 km/h＝15 m/s 以初速度v0方向为正方向，则汽车行驶的加速度为a＝－2.5 m/s2 根据vt＝v0＋at 解得汽车下高架桥过程中所用的时间 t＝eq \f(vt－v0,a)＝2 s。 (2)汽车下高架桥过程中的平均速度大小为 eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(v0＋vt,2)＝17.5 m/s。 (3)设高架桥斜坡的长度为x， 方法一eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＝v0t＋\f(1,2)at2))：根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2 可得x＝35 m。 方法二(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax)：根据veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax 可得x＝35 m。 方法三(平均速度法)：x＝eq \o(v,\s\up6(－))·t＝35 m。 方法四(图像法)：根据题意画出v­t图像如图所示 则由图线与时间轴围成的面积可知斜坡的长度为x＝35 m。 11．(运动学公式的选用)一辆卡车从静止开始做匀加速直线运动，它先后经过相距80 m的A、B两点所用的时间为4 s，汽车经过B点时的速度比A点增加了8 m/s。则下列说法错误的是(　　) A．卡车的加速度大小为2 m/s2 B．卡车经过A点的速度大小为16 m/s C．卡车到达B点之前运动的时间为10 s D．卡车运动到A、B连线中点的速度大小为eq \r(416) m/s 解析：a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(vB－vA,t)＝eq \f(8 m/s,4 s)＝2 m/s2，A正确；根据x＝vAt＋eq \f(1,2)at2，可得vA＝eq \f(x,t)－eq \f(1,2)at＝eq \f(80 m,4 s)－eq \f(1,2)×2 m/s2×4 s＝16 m/s，B正确；vB＝vA＋at＝24 m/s，vB＝at总，解得t总＝12 s，C错误；卡车运动到A、B连线中点的速度大小为v中＝2,A)eq \r(\f(v＋veq \o\al(2,B),2)) ＝eq \r(416) m/s，D正确。本题选说法错误的，故选C。 12．(veq \o\al(2,t)－veq \o\al(2,0)＝2ax与图像的综合应用)(多选)如图所示为用位移传感器和速度传感器研究某汽车刹车过程得到的v­x图像，汽车刹车过程可视为匀减速运动。则(　　) A．汽车刹车过程的时间为1 s B．汽车刹车过程的加速度大小为5 m/s2 C．当汽车运动的位移为5 m时的速度为5 m/s D．当汽车运动的速度为5 m/s时运动的位移为7.5 m 解析：汽车刹车过程做匀减速直线运动，由图可知，汽车的初速度为v0＝10 m/s，整个运动过程的位移为x＝10 m，则汽车刹车过程的加速度为a＝2,0)eq \f(0－v,2x) ＝－5 m/s2，B正确；汽车刹车过程的时间t＝eq \f(0－v0,a)＝2 s，A错误；当汽车运动的位移为x′＝5 m时，根据v2－veq \o\al(2,0)＝2ax′，解得此时汽车的速度为v＝5eq \r(2) m/s，C错误；当汽车运动的速度为v′＝5 m/s时，根据v′2－veq \o\al(2,0)＝2ax″，解得此时汽车运动的位移为x″＝7.5 m，D正确。 解析：缆车匀加速运动的位移大小为x1＝2,m)eq \f(v,2a) ＝eq \f(（5 m/s）2,2×0.5 m/s2)＝25 m，A正确；缆车运动的时间为t＝eq \f(2vm,a)＋eq \f(x－2x1,vm)＝eq \f(2×5 m/s,0.5 m/s2)＋eq \f(2800 m－2×25 m,5 m/s)＝570 s，B错误；缆车全程的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(2800 m,570 s)＝4.9 m/s，C错误；由加速时间t′＝eq \f(vm,a)＝10 s知，缆车第一个6 s内的位移为x16＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)×0.5 m/s2×(6 s)2＝9 m，缆车第二个6 s内的位移为x26＝x1－x16＋vm(2t1－t′)＝26 m，故缆车第一个6 s内和第二个6 s内通过的位移大小之比为9∶26，D错误。 14．(常用的解决运动学问题的方法)如图甲所示为临朐沂山风景区内一滑道，全长一千多米，全部采用大理石打磨建造，依山势蜿蜒而下。滑道中某段倾斜直道如图乙所示，为了计算该段滑道的长度，某同学让一小滑块从该滑道顶端由静止滑下，加速度a＝2 m/s2，已知在到达滑道底端前最后1 s滑块滑过的距离为该滑道长度的eq \f(13,49)。求： (1)该滑道的长度； (2)滑块到达该滑道底端时的速度。 解析：(1)解法一(基本公式法)：设滑块运动总时间为t，滑道的长度为L，则由匀变速直线运动位移公式有L＝eq \f(1,2)at2 eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)a(t－1 s)2＝eq \f(13,49)L 解得t＝7 seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t′＝\f(7,13) s<1 s舍去)) 故L＝eq \f(1,2)at2＝49 m。 解法二(比例法)：已知在到达滑道底端前最后1 s滑块滑过的距离为该滑道长度的eq \f(13,49)，则在最后1 s前与整个下滑过程的位移之比为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(13,49)))∶1＝36∶49＝62∶72 则在最后1 s前与整个下滑过程的时间之比为6∶7 故滑块的运动时间为t＝7 s 滑道的长度L＝eq \f(1,2)at2＝49 m。 解法三(图像法)：设运动时间为t，作出滑块运动的v­t图像如图所示。 根据v­t图像与时间轴所围面积表示位移，由几何知识结合题给条件知 eq \f(（t－1 s）2,t2)＝eq \f(1－\f(13,49),1) 解得t＝7 s 则滑道的长度L＝eq \f(1,2)at2＝49 m。 (2)滑块到达该滑道底端时的速度为vt＝ at＝14 m/s，方向沿滑道向下。 解析：对该受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中，加速阶段有t1＝eq \f(vm,a1)＝1 s x1＝eq \f(1,2)vmt1＝2 m 减速阶段有t3＝eq \f(vm,a2)＝0.5 s x3＝eq \f(1,2)vmt3＝1 m 匀速阶段有t2＝eq \f(l－（x1＋x3）,vm)＝1.75 s 由折返线向起点终点线运动的过程中，加速阶段有t4＝eq \f(vm,a1)＝1 s x4＝eq \f(1,2)vmt4＝2 m 匀速阶段有t5＝eq \f(l－x4,vm)＝2 s 故该受试者“10米折返跑”的成绩为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝6.25 s。 答案：(1)0.6 m/s2　(2)(150eq \r(3)＋75π) m2 解析：(1)设无人机在上升过程中的加速度大小为a，根据对称性可知，无人机加速上升的高度为h＝eq \f(1,2)H＝7.5 m 根据速度与位移的关系式可得v2＝2ah 代入数据解得a＝0.6 m/s2。 (2)根据图a可得无人机拍摄的视野半径 r＝Htan30°＝5eq \r(3) m 直径d＝2r＝10eq \r(3) m 作出无人机飞行全过程拍摄到的面积如图b所示，可知矩形的长为无人机水平方向加速、匀速和减速的总位移x，无人机水平方向减速时，加速度大小也为1 m/s2，则x＝eq \f(1,2)a′teq \o\al(2,1)×2＋vt2＝eq \f(1,2)a′teq \o\al(2,1)×2＋a′t1t2＝15 m 矩形面积S1＝dx＝150eq \r(3) m2 两个半圆的总面积S2＝πr2＝75π m2 无人机全过程能拍摄到的最大面积为 S＝S1＋S2＝(150eq \r(3)＋75π) m2。 $$