匀变速直线运动的规律
知识点一 匀变速直线运动的规律 1.基本规律
(1)速度公式： . (2)位移公式： . (3)位移速度关系式： . 2.两个重要推论
(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，即：v＝ ＝ .
（2）任意两个连续相等时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：x2-x1=x3-x2…＝
xn∶xn-1= 。
3.v0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＝ 。
(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝ 。
(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＝ 。
(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 。
12v0＋v222
答案：1.(1)v＝v0＋at (2)x＝v0t＋at (3)v－v0＝2ax 2.(1)vt (2)aT
2223.(1)1∶2∶3∶…∶n (2)1∶2∶3∶…∶n (3)1∶3∶5∶…∶(2n－1) (4)1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)
知识点二 自由落体运动和竖直上抛运动 1.自由落体运动
(1)条件：物体只受 ，从 开始下落. (2)基本规律
①速度公式： ； ②位移公式： ；
1
2
2
2
2
③速度位移关系式： . 2.竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做 运动，下降阶段做 运动. (2)基本规律
①速度公式： ； ②位移公式： ； ③速度位移关系式： .
122
答案：1.(1)重力 静止 (2)v＝gt h＝gt v＝2gh 2.(1)匀减速直线 自由落体
21222
(2)v＝v0－gt h＝v0t－gt v－v0＝2gh
2
[思考判断]
(1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。( )
(2)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度为6 m/s，1 s后速度为反向10 m/s，加速度的大小一定为4 m/s。( )
(3)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s 末，第2 s末，第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。( )
(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v运动距离是由v到2v运动距离的2倍。( )
(5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。( )
(6)不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定。( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√
考点精练
考点一 匀变速直线运动规律的应用 1.恰当选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知没有涉及 量、待求量和为解题设定的中间的物理量 量) 用公式 适宜选 2
v0、v、a、t x v＝v0＋at 2
v0、a、t、x v0、v、a、x v0、v、t、x 2.两类特殊的匀减速直线运动
v t a x＝v0t＋at2 v2－v20＝2ax v＋v0x＝t 212(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.
(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度的大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
对应训练
考向1 基本公式的选择
[典例1] 某航母跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s，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( )
A.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s
[解题指导] 题目中不涉及时间t，选用公式v－v0＝2ax最合适.
[解析] 设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v0，根据v－v0＝2ax，代入数据解得
2
2
2
2
2
v0＝10 m/s，选项B正确.
[答案] B
考向2 多过程运动问题
[典例2] 短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段.一次比赛中，某运动用11.00 s跑完全程.已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求：
(1)该运动员的加速度； (2)在加速阶段通过的距离.
[问题探究] (1)已知第2 s内通过的距离为 7.5 m，第 1 s 内通过的距离是多少？ (2)对此类问题，哪一个物理量能够把两个过程联系起来？
x11
[提示] (1)根据＝，可求出第1 s的位移为 2.5 m.
x23
3
(2)能够把两个过程联系起来的物理量是速度，对此类问题，一般设速度比较方便. [解析] (1)根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得：
x1＝at20 x1＋x2＝a(2t0)2
而t0＝1 s
联立解得a＝5 m/s.
(2)设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为x，依题意及运动学规律，得
2
1
2
12
t＝t1＋t2 v＝at1 x＝at21＋vt2
设加速阶段通过的距离为x′ 12则x′＝at1
2求得x′＝10 m.
[答案] (1)5 m/s (2)10 m 考向3 双向可逆类匀变速直线运动
[典例3] (多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是( )
A.物体运动时间可能为1 s B.物体运动时间可能为3 s C.物体运动时间可能为(2＋7) s D.此时的速度大小一定为5 m/s
[解题指导] (1)位移大小为7.5 m时，物体的位置可能在出发点的上方，也可能在出发点的下方.
(2)在计算时先规定正方向，用正、负号表示各矢量方向.
1212
[解析] (1)物体在出发点上方时，由x＝v0t＋at得：7.5＝10t＋×(－5)t，解得
22
4
2
2
1
2
t＝1 s或t＝3 s，由v＝v0＋at得，v＝5 m/s或－5 m/s.
1212
(2)物体在出发点下方时，由x＝v0t＋at得：－7.5＝10t＋×(－5)t，解得t＝(2
22＋7) s或t＝(2－7) s(舍去)，由v＝v0＋at得：v＝－57 m/s.故A、B、C正确，D错误.
[答案] ABC 反思总结
1.如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带.
2.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.
3.对于双向可逆类匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段求解.
考点二 解决匀变速直线运动的六种方法 对应训练
[典例4] 从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车.汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m.求汽车的最大速度.
[解题指导] 本题解题方法较多.先采用不同的方法解题，再比较不同方法的繁简程度，探寻解决此类问题的内在规律.
12
[解析] 解法一(基本公式法) 设最大速度为vmax，由题意可得x＝x1＋x2＝a1t1＋
2
vmaxt2＋a2t22①
t＝t1＋t2② vmax＝a1t1③
0＝vmax＋a2t2④
2x2×50
整理得vmax＝＝ m/s＝5 m/s.
t20
解法二(平均速度法) 匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等，都等于故有x＝
1
2
vmax
2
vmax
2
vmax
t1＋t2
2
5
因此有vmax＝
2x2×50
＝ m/s＝5 m/s. t1＋t220
解法三(图象法) 作出汽车运动全过程的v-t图象，如图所示，v-t图线与t轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x＝
vmaxt2x2×50
，所以vmax＝＝ m/s＝5 m/s. 2t20
[答案] 5 m/s
[变式1] 做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是( )
A.3.5 m
B.2 m C.1 m D.0
答案：B 解析：利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速7
直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以有＝
114 m
，x1＝2 m，选项B正确.
x1
[变式2] 一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A.2 m/s,3 m/s,4 m/s B.2 m/s,4 m/s,6 m/s C.3 m/s,4 m/s,5 m/s D.3 m/s,5 m/s,7 m/s
答案：B 解析：根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，vB＝
2
AB＋BC＝4 m/s，又因为连续相等2t2
2
时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at，则由Δx＝BC－AB＝at解得a＝1 m/s，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确.
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动 1.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. (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
6
因此有vmax＝
2x2×50
＝ m/s＝5 m/s. t1＋t220
解法三(图象法) 作出汽车运动全过程的v-t图象，如图所示，v-t图线与t轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x＝
vmaxt2x2×50
，所以vmax＝＝ m/s＝5 m/s. 2t20
[答案] 5 m/s
[变式1] 做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是( )
A.3.5 m
B.2 m C.1 m D.0
答案：B 解析：利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速7
直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以有＝
114 m
，x1＝2 m，选项B正确.
x1
[变式2] 一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A.2 m/s,3 m/s,4 m/s B.2 m/s,4 m/s,6 m/s C.3 m/s,4 m/s,5 m/s D.3 m/s,5 m/s,7 m/s
答案：B 解析：根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，vB＝
2
AB＋BC＝4 m/s，又因为连续相等2t2
2
时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at，则由Δx＝BC－AB＝at解得a＝1 m/s，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确.
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动 1.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. (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
6
