1、1第 1 课 直线运动的基本概念与规律 1匀变速直线运动a运用匀变速直线运动的 3 个基本关系式解决实际问题(1)(2018 改编，10 分)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离 s0和s1(s1s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度 v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板，冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速直线运动，冰球做匀变速直线运动，到达挡板时的速度为 v1。求：冰球在冰面上滑行的加速度；满足训
2、练要求的运动员的最小加速度。答案： (4 分) (6 分)解析：设冰球的加速度为 a1由速度与位移的关系知 2a1s0 v v (2 分)21 20解得 a1 (2 分)设冰球运动时间为 t，则 t (2 分)v1 v0a1又 s1 at2(2 分)122解得a (2 分)（2）(经典题，13 分)甲、乙两辆汽车都从静止出发做直线加速运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。答案：57(
3、13 分)解析：设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为 v，第一段时间间隔内行驶的路程为 s1，加速度为 a；在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2，由运动学公式得v at0(1 分)s1 at (2 分)12 20s2 vt0 (2a)t (2 分)12 20设汽车乙在时间 t0的速度为 v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为 s 1、 s 2同样有 v(2 a)t0(1 分)s 1 (2a)t (2 分)12 20s 2 v t0 at (2 分)12 20设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、 s，则有s s1 s2(1 分)s s 1 s 2(1 分)联立以上各式解得，甲、乙
4、两车各自行驶的总路程之比为 (1 分)ss 57b应用 3 个基本关系式的 3 个推论巧解实际问题(3)(经典题，6 分)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/s2 C. m/s2 D. m/s223 43 89 169答案：B解析：匀变速直线运动在一段时间内的中间时刻速度等于这段时间内的平均速度，根据题意，在第一段路程内中间时刻的瞬时速度为 v1 m/s4 m/s，在第二段路程的中间时164刻的瞬时速度为 v2 m/s8 m/s，则物体加速度为 a m/s2 m/s2，故162 v2
5、v1t 8 43 43B 项正确。c运用初速度为 0 的匀加速直线运动的推论解决实际问题3(4)(多选)(2018 改编，6 分)物体从静止开始做匀加速直线运动，第 3 s 内通过的位移是 3 m，则( )A物体的加速度为 1 m/s2B物体在 1.5 s 时的速度为 1.8 m/sC物体第 4 s 内通过的位移为 4.2 mD物体前 3 s 内通过的位移为 6 m答案：BC解析：法一(运用基本公式)由题意得物体前 3 s 内的位移 x3 at ，前 2 s 内的位移 x2 at ，由 x3 x23 m 得12 23 12 2a1.2 m/s2，故 A 项错误。物体在 1.5 s 时的速度 v
6、 at1.8 m/s，故 B 项正确。物体在第 4 s 内通过的位移 x4 x4 x3 at at 4.2 m，故 C 项正确。物体前 3 s 内通12 24 12 23过的位移 x3 at 5.4 m，故 D 项错误。12 23法二(运用推论)由初速度为 0 的匀加速直线运动的推论知，连续相等的时间 T 内的位移之比为( x1 x2 x3 xn135(2 n1)，代入物体在第 3 s 内通过的位移 x33 m 得物体在第 4 s 内通过的位移为 4.2m，前 3 s 内的位移 x3 x1 x2 x30.6 m1.8 m3 m5.4 m，故 C 项正确，D 项错误。由物体在前 3 s 内通过的
7、位移 x3 at12得 a1.2 m/s 2，故 A 项错误。物体在 1.5 s 时的速度 v at1.8 m/s，故 B 项正确。23d运用逆向思维巧解速度减为 0 的匀减速直线运动问题(5)(经典题，6 分)一物块(可看成质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端 A 点上滑，最高可滑至 C 点，已知 AB 是 BC 的 3 倍，如图所示，已知物块从 A 至 B 所用的时间为 t0，则它从 B 经 C 再回到 B，需要的时间是( )A t0 B3 t0 C2 t0 D. t032答案：C解析：将物块从 A 到 C 的匀减速直线运动，运用逆向思维可看成从 C 到 A 的初速度为零的匀加速直线运动，
8、根据初速度为零的匀加速直线运动规律，可知连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比，而 CB AB13，正好符合奇数比，故 tAB tBC t0，且从 B 到 C 的时间等于从 C 到 B 的时间，故从 B 经 C 再回到 B 需要的时间是 2t0，故 C 项正确。(6)(2018 改编，10 分)飞机着陆后以 6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为460 m/s，求：飞机着陆后 12 s 内滑行的距离；飞机刚着陆后 4 s 内与飞机静止前 4 s 内滑行的距离之比。答案：300 m(5 分) 41(5 分)解析：飞机着陆后到停止所用的时间t s10 s(2 分)va 606故飞机着陆
9、后的 12 s 内的后 2 s 飞机静止，把飞机匀减速直线运动的过程看成是初速度为0 的匀加速直线运动，则x at2 6102 m300 m(或 x t 10 m300 m)(3 分)12 12 v v02 602由初速度为 0 的匀加速直线运动推论知从飞机静止到飞机刚着陆的过程中，连续 2 s 内的位移之比为 13579(2 分)故飞机着陆后 4 s 内与静止前 4 s 内的位移之比x1 x2(79)(13)41(3 分)2两类典型的匀变速直线运动a自由落体运动：初速度为 0、加速度为 g 的匀加速直线运动(7)(2018 改编，10 分)如图所示木杆长 5 m，上端固定在某一点，由静止放开
10、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 g10 m/s2，求木杆通过圆筒 AB 的过程中的平均速度是多少？答案： 5( ) m/s(10 分)5 3解析：法一(运用平均速度定义式)木杆的下端到达圆筒上端 A 用时t 下 A s s(3 分)2h下 Ag 21510 3木杆的上端离开圆筒下端 B 用时t 上 B s s(2 分)2h上 Bg 22510 5则木杆通过圆筒所用的时间t t 上 B t 下 A( ) s(2 分)5 3木杆通过圆筒的平均速度 m/s5( ) m/s(3 分)l木 l筒t 5 55 3 5 3法二(运用平
11、均速度推论)5木杆的下端到达圆筒上端 A 时的速度v 下 A m/s10 m/s(4 分)2gh下 A 21015 3木杆的上端离开圆筒下端 B 时的速度v 上 B m/s10 m/s(3 分)2gh上 B 21025 5则木杆通过圆筒的平均速度 m/s5( ) m/s(3 分)v下 A v上 B2 10（ 5 3）2 5 3b竖直上抛运动：初速度向上、加速度为 g 的匀变速直线运动(8)(经典题，14 分)某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过 4 s 到达离地面 40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取
12、 g10 m/s 2，求：燃料恰好用完时火箭的速度；火箭上升离地面的最大高度；火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间。答案：20 m/s(3 分) 60 m(4 分) (62 ) s(7 分)3解析：设燃料用完时火箭的速度为 v1。火箭上升分为两个过程，第一个过程为初速度为 0 的匀加速直线运动，第二个过程为竖直上抛运动至到达最高点。对火箭匀加速上升运动过程有 h1 t1(2 分)v12代入数据解得 v120 m/s(1 分)对竖直上抛运动有 h2 (2 分)代入数据解得 h220 m(1 分)所以火箭上升离地面的最大高度h h1 h240 m20 m60 m(1 分)法一(分段研究)从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1 gt2(2 分)得 t2 2 s(1 分)v1g从最高点落回地面的过程中有 h gt (2 分)12 23代入 h60 m 得 t32 s(1 分)3故总时间 t 总 t1 t2 t3(62 ) s(1 分)3法二(全程研究)考虑从燃料用完到残骸落回地面的竖直上抛全过程，以竖直向上为正方向。有 h1 v1t gt2(3 分)12代入数据解得 t(22 ) s(2 分)3或 t(22 ) s(舍去) (1 分)3故 t 总 t1 t(62 ) s (1 分)3
