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必修1

第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究

第1课时 描述运动的物理量

基础知识归纳

1.机械运动

物体的 空间位置 随时间的变化.

2.参考系

为了研究物体的运动而假定为不动，用来做 参考 的物体，对同一个物体的运动，所选择的参考系不同，对它运动的描述可能就会 不同 ，通常取 地面 为参考系来描述物体的运动.

3.质点

(1)定义：用来代替物体的有的点.

(2)物体可看做质点的条件：研究物体的运动时，物体的和可以忽略.

6.速度和速率

(1)平均速度：运动物体的与所用. (2)瞬时速度：运动物体在某一.

(3)速率：瞬时速度的 大小 叫速率，是标量. 7.加速度 (1)定义：a＝

v t

，Δv是速度变化量，Δt是时间间隔.

(2)物理意义：描述. (3)方向：与Δv的方向相同，单位是2 .

8.匀速直线运动

(1)定义：轨迹为直线，且在任意相等的时间内 位移 相等的运动.

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(2)规律的描述 ①公式：v＝ x/t . ② 图象：如图所示.

重点难点突破

一、对质点概念的理解

1.质点是一种科学抽象，是在研究物体运动时，抓住主要因素、忽略次要因素，对实际物体的近似，是一种理想化模型.

2.一个物体是否可以视为质点，要具体情况具体分析.

(1)平动的物体可以视为质点.所谓平动，就是物体运动时，其上任一点的运动与整体的运动有完全相同的特点，如水平传送带上的物体随传送带的运动.

(2)有转动，但相对平动而言可以忽略时，也可以把物体视为质点.如汽车在运动时，虽然车轮有转动，但我们关心的是车辆整体运动的快慢，故汽车可以看成质点.

(3)物体的大小、形状对所研究问题影响可以忽略不计时，可视物体为质点.如地球是足够大的物体，但地球绕太阳公转时，地球的大小就变成次要因素，我们完全可以把地球当做质点看待.当然，在研究地球自转时，就不能把地球看成质点了.又如测量一个同学的跑步速度时，可以将他看成质点，但观察他做广播操时，就不能将他看成质点了.

3.质点的物理意义

当物体的形状、大小不起主要作用时，可把物体抽象为一个质点，以便简化问题；即使在物体形状、大小起主要作用时，也可根据质点的定义，把物体看成由无数多个质点组成的系统.所以，研究质点的运动，是研究实际物体运动的近似和基础.

二、位移和路程的区别

位移是描述物体位置变化大小和方向的物理量，它是从运动物体的初位置指向末位置的有向线段.位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关.

路程是物体运动所经历的路径长度，是标量，大小跟物体运动经过的路径有关.

位移和路程都属于过程量，物体运动的位移和路程都需要经历一段时间. 三、对平均速度和瞬时速度的理解 在匀速直线运动中，由于速度不变，即x跟t的比值x/t不变，平均速度与瞬时速度相同，v＝x/t既是平均速度，也是物体各个时刻的瞬时速度.在变速运动中，v＝x/t随x或t的选取不同而不同，而且是反映这段位移上的平均速度，它只能粗略地描述这段位移上运动的快慢程度.对做变速运动的物体，在它经过的某个位置附近选很小一段位移Δx，Δx小到在这段位移上察觉不到速度有变化，即在Δx上物体是匀速，那么这段位移上的平均速度与这段位移上各个时刻的瞬时速度相等，即定义为：物体在这一位置的速度等于在这一位置附近取一小段位移Δx与经过这段Δ x所用时间Δ t的比值，即Δ t趋于0时，

x t

－

＝v

.

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五、参考系的理解和应用

1.运动是绝对的，静止是相对的.一个物体是运动的还是静止的，都是相对于参考系而言的. 2.参考系的选取可以是任意的.

3.确定一个物体的运动性质时，必须首先选取参考系，选择不同的物体做参考系，可能得出不同的结论.

4.参考系本身既可以是运动的物体也可以是静止的物体，在讨论问题时，被选为参考系的物体，我们假定它是静止的.

5.当比较两个物体的运动情况时，必须选择同一个参考系.

6.参考系的选取原则.

选取参考系时，应以观测方便和使运动的描述尽可能简单为原则，一般应根据研究对象和研究对象所在的系统来决定，如研究地面上物体的运动时，通常选地面或相对地面静止的物体为参考系.

典例精析

1.位移和路程的比较及计算

【例1】在一条直线跑道上，每隔5 m远放置一个空瓶子，运动员进行折返跑训练，从中间某一瓶子处出发，跑向最近的空瓶子将其扳倒后返回再扳倒出发点处的第一个瓶子，之后再折返扳倒前面的最近的瓶子，依次下去，当他扳倒第6个空瓶子时，他跑过的路程多大？位移是多大？

【解析】设从O处出发，其运动情景如图所示，由路程是轨迹的长度得L＝(5＋5＋10＋15＋20＋25) m＝80 m

由位移概念得x＝10 m

【思维提升】本题主要考查对位移和路程的理解，作出运动员运动的示意图，使运动过程直观形象，易于求解.

【拓展1】某同学从学校的门口A处开始散步，先向南走了50 m到达B处，再向东走了100 m到达C处，最后又向北走了150 m到达D处，则：

(1)此人散步的总路程和位移各是多少？

(2)要确切地表示这人散步过程中的各个位置，应采用什么数学手段较妥，分别应如何表示？

(3)要比较确切地表示此人散步的位置变化，应用位移还是路程？ 【解析】(1)这人散步的总路程为 s＝(50＋100＋150) m＝300 m

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画图，如图所示，位移大小为

x＝(100)2 (150 50)2 m＝1002 m 且tan α＝1，α＝45°，即位移方向为东偏北45°.

(2)应用直角坐标系中的坐标表示，以A为坐标原点，向东为x轴正向，向北为y轴正向，则A点为(0,0)，B(0，－50)，C(100，－50)，D(100,100).

(3)应用位移可准确表示人散步的位臵变化. 2.平均速度的求法

【例2】汽车从甲地由静止出发，沿直线运动到丙地，乙在甲、丙两地的中点.汽车从甲地匀加速运动到乙地，经过乙地时速度为60 km/h；接着又从乙地匀加速运动到丙地，到丙地时速度为120 km/h.求汽车从甲地到达丙地的平均速度.

【解析】设甲、丙两地距离为2l，汽车通过甲、乙两地的时间为t1，通过乙、丙两地的时间为t2.

甲到乙是匀加速运动，由l＝t1＝

l(v甲 v乙）/2

l(0 60）/2

v甲 v乙

2

l30

t1得 h

t2得

h＝

从乙到丙也是匀加速运动，由l＝t2＝

l(v乙 v丙)/2

l(60 120)/2

v乙 v丙

2l90

h= h

所以甲丙

2lt1 t2

2ll30

l90

km/h＝45 km/h

【思维提升】平均速度的常用计算方法有：

(1)利用定义式=x/t，这种方法适合于任何运动形式； (2)利用=

12

(v0＋v)，这种方法只适用于匀变速直线运动.求平均速度的关键是明确所求

的是哪一段时间内的平均速度或哪一段位移的平均速度.

【拓展2】某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速率为

v1，下山的平均速率为v2，则往返的平均速度大小和平均速率是 ( D )

A.

v1 v2

2

,

v1 v2

2

B.

x t

0 t

v1 v2

2

,

v1 v2

2

C.0,

x1 x2t1 t2

v1 v2v1 v2

D.0,

2v1v2v1 v2

2v1v2v1 v2

【解析】平均速度

＝0，平均速率v＝

2ssv1

sv2

3.位移、速度、速度变化率和加速度的关系

【例3】一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中 ( )

A.速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值 B.速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值

C.位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大 D.位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值

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【答案】B

【思维提升】不能认为加速度变小，速度一定变小，也不能认为加速度变大，速度一定变大.当加速度与速度方向相同时，速度变大；当加速度与速度方向相反时，速度变小.

【拓展3】一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s，1 s后速度的大小变为10 m/s.在这1 s内物体的 ( AD )

A.位移的大小可能小于4 m B.位移的大小可能大于10 m

C.加速度的大小可能小于4 m/s2 D.加速度的大小可能大于10 m/s2 【解析】因物体做匀变速直线运动，有两种可能：①若是匀加速直线运动，则vt＝10 m/s，位移x＝

v0 vt

2

t=

4 102

×1 m＝7 m，加速度a＝

vt v0

t

②若是匀减速直线运动，则vt＝－10 m/s，位移x＝速度a＝

vt v0

t

10 4

1

1

v0 vt

2

10 4

m/s2＝6 m/s2

4 102

t＝×1 m＝－3 m，加

m/s＝－14 m/s，故选A、D.

22

易错门诊 4.参考系及其应用

【例4】航空母舰是一种可以供军用飞机起飞和降落的军舰.蒸汽弹射起飞，就是使用一

个长平的甲板作为飞机跑道，起飞时一个蒸汽驱动的弹射装置带动飞机在两秒钟内达到起飞速度，目前只有美国掌握生产蒸汽弹射器的成熟技术.某航空母舰上的战斗机，起飞过程中最大加速度是a＝4.5 m/s2，飞机要达到速度v0＝60 m/s才能起飞，航空母舰甲板长为L＝289 m.为使飞机安全起飞，航空母舰应以一定速度航行才能保证飞机起飞安全，求航空母舰的最小航行速度v是多少？(设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响，飞机的运动可以看做匀加速直线运动)

222

【错解】由运动学知识有v0 v＝2aL，解得v＝v0 2aL，

代入数据得v＝

60

2

2 4.5 289

m/s＝999m/s≈31.6 m/s

【错因】本题在解题的过程中如果以地面为参考系，飞机起飞的距离并不是航空母舰甲板长度L，甲板的长度应该是飞机与航空母舰的相对位移.错解中的速度是以地面为参考系，位移以航空母舰为参考系，同一个过程中物理量采用不同的参考系显然是不正确的. 【正解】若航空母舰匀速运动，以地面为参考系，设在时间t内航空母舰和飞机的位移分别为x1和x2，航空母舰的最小速度为v，由运动学知识得

x1＝vt，x2＝vt＋

12

at，x2－x1＝L，v0＝v＋at

2

联立以上几式解得v＝9 m/s

【思维提升】若在分析问题的同一公式中，必须选用统一的参考系.

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第 2 课时 匀变速直线运动规律及应用

基础知识归纳

1.匀变速直线运动的基本规律

(1)概念：物体做运动，且加速度大小、方向都直线运动.可分为 匀加速 直线运动和 匀减速 直线运动两类.

(2)特点： 加速度的大小和方向都不随时间变化 . (3)匀变速直线运动的规律

2.匀变速直线运动的重要推论

(1)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差是一个恒量，即x2－x1＝x3－x2＝ ＝Δx＝ aT 2 或xn＋k－xn＝ kaT 2 .

(2)在一段时间t内，中间时刻的瞬时速度v等于这段时间的平均速度，即vt＝

2

v0 vt

2

=

xt

.

v0 vt

2

2

2

(3)中间位移处的速度：vx＝

2

.

(4)初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律 ①t末、2t末、3t末、 、nt末瞬时速度之比为 v1∶v2∶v3∶ ∶vn＝ 1∶2∶3∶ ∶n . ②t内、2t内、3t内、 、nt内位移之比为 x1∶x2∶x3∶ ∶xn＝ 12∶22∶33∶ ∶n2 . ③在连续相等的时间间隔内的位移之比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶ ∶xn＝ 1∶3∶5∶ ∶(2n－1) .

④经过连续相等位移所用时间之比为 tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶ ∶tn＝ 1∶(2 1)∶(3 2)∶(n n 1) .

重点难点突破

一、匀变速直线运动问题的求解方法

在众多的匀变速直线运动的公式和推论中，共涉及五个物理量v0、vt、a、x、t，合理地运用和选择方法是求解运动学问题的关键.

1.基本公式法：是指速度公式和位移公式，它们均是矢量式，使用时应注意方向性.一般以v0的方向为正方向，其余与正方向相同者取正，反之取负.

2.平均速度法：定义式＝x/t，对任何性质的运动都适用，而 速直线运动.

3.中间时刻速度法

利用“任一时间t内中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”，即v1 ，

2

v0 vt

2

只适用于匀变

适用于任何一个匀变速直线运动，有些题目应用它可以避免常规解法中用位移公式列出的含

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有t2的复杂式子，从而简化解题过程，提高解题速度.

4.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运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的五大重要特征的比例关系，用比例法求解.

5.逆向思维法

把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法.一般用于末态已知的情况. 6.图象法

应用v-t图象，可把复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，可避开繁杂的计算，快速找出答案.

7.巧用推论Δx＝xn＋1－xn＝aT 2解题

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xn＋1－xn＝aT ，对一般的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Δx＝aT 求解.

二、匀变速直线运动重要推论的理解及灵活运用

对于匀变速直线运动和初速度为零的匀加速直线运动的七个推论，要学会从匀变速直线运动的基本公式推导出来并熟练掌握，这样有助于我们进一步加深对匀变速直线运动规律的理解；同时，巧妙地运用上述推论，可使求解过程简便快捷.

三、求解匀变速直线运动的一般思路

1.弄清题意，建立一幅物体运动的图景.为了直观形象，应尽可能地画出草图，并在图中标明一些位置和物理量.

2.弄清研究对象，明确哪些量已知，哪些量未知，根据公式特点恰当地选用公式. 3.利用匀速变直线运动的两个推论和初速度为零的匀加速直线运动的特点，往往能够使解题过程简化.

4.如果题目涉及不同的运动过程，则应重点寻找各段运动的速度、位移、时间等方面的关系.

四、应用运动学公式解决行车问题应注意

1.正确分析车辆行驶的过程、运动状态，确定各相关量的符号，灵活运用公式列方程. 2.注意找出题目中的隐含条件.如汽车的启动过程，隐含初速度为零；汽车刹车直到停止过程，隐含物体做匀减速运动且末速度为零的条件.

3.在计算飞机着陆、汽车刹车等这类速度减为零后不能反向运动的减速运动的位移时，注意判断所给时间t内物体是否已经停止运动.如果已停止运动，则不能用时间t代入公式求位移，而应求出它停止所需的时间t′，将t′代入公式求位移.因为在以后的t′～t时间内物体已停止运动，位移公式对它已不适用.此种情况称为“时间过量问题”.

4.公式应用过程中，如需解二次方程，则必须对求解的结果进行讨论.

5.末速度为零的匀减速运动，是加速度大小相同、初速度为零的匀加速运动的逆过程，因此可将其转化为初速度为零的匀加速运动进行计算，使运算简便

.

典例精析

1.匀变速直线运动问题的求解

【例1】物体以一定的初速度从A点冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示.已知物体运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B运动到C所用的时间.

【解析】解法一：逆向思维法

2物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面.故xBC＝atBC，xAC＝a(t＋

2

2

1

2

tBC)/2，又xBC＝xAC

/4

2

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解得tBC＝t 解法二：比例法

对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶ ∶xn＝1∶3∶5∶ ∶(2n－1) 现在xBC∶xAB＝1∶3

通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t

解法三：利用相似三角形面积之比等于对应边平方比的方法，作出v-t图象，如图所示.

S△AOC/S△BDC＝CO/CD

且S△AOC＝4S△BDC，OD＝t，OC＝t＋tBC

2

所以4/1＝(t＋tBC)/tBC，解得tBC＝t

22

2

【思维提升】本题解法很多，通过对该题解法的挖掘，可以提高灵活应用匀变速直线运动规律和推论的能力、逆向思维的能力及灵活运用数学知识处理物理问题的能力.

【拓展1】一个做匀加速直线运动的物体，在头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.求这个物体的加速度和初速度各是多少？

【解析】解法一：基本公式法 头4 s内的位移：x1＝v0t＋

12

at2

12

第2个4 s内的位移：x2＝v0(2t)＋a(2t)－(v0t＋

2

12

at)

2

将x1＝24 m、x2＝60 m、t＝4 s代入上式， 解得a＝2.25 m/s2，v0＝1.5 m/s

解法二：物体在8 s内的平均速度等于中间时刻(即第4 s 末)的瞬时速度，则v1＝v0＋4a，物体在前4 s内的平均速度等于第2 s末的瞬时速度v2＝

两式联立解得a＝2.25 m/s2，v0＝1.5 m/s 解法三：由公式Δx＝aT2，得a＝根据v1＝

24 608

244

24 608

m/s＝

m/s＝v0＋2a

xT

2

60 244

2

m/s2＝2.25 m/s2

m/s＝v0＋4a，所以v0＝1.5 m/s

2.匀变速直线运动的推论及其应用

【例2】物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移为x，它在中间位置v1，在中间时刻

12

12

x处的速度为

t时的速度为v2，则v1和v2的关系为 ( )

A.当物体做匀加速直线运动时，v1>v2 B.当物体做匀减速直线运动时，v1>v2 C.当物体做匀速直线运动时，v1＝v2 D.当物体做匀减速直线运动时，v1<v2 【解析】本题主要考查对中间时刻速度和中点位臵速度的理解及比较.

22

设物体运动的初速度为v0，末速度为vt，有vt v0＝2a x ①

v1 v0 2a

22

x2

②

v0 vt

2

2

2

由①②式解得v1＝ ③

④

由速度公式可求得v2＝(v0＋vt)/2

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而③④两式，对匀加速、匀减速直线运动均成立.用数学方法可知，只要v0≠vt，必有v1>v2；当v0＝vt，做匀速直线运动，必有v1＝v2.所以，正确选项应为A、B、C.

【答案】ABC

【思维提升】解题时要注意：当推出v1>v2时假设物体做匀加速运动，不能主观地认为若物体做匀减速运动结果就是v1<v2.

【拓展2】一列火车由静止开始做匀加速直线运动，一个人站在第1节车厢前端的站台前观察，第1节车厢通过他历时2 s，全部车厢通过他历时8 s，忽略车厢之间的距离，车厢长度相等，求：

(1)这列火车共有多少节车厢？

(2)第9节车厢通过他所用的时间为多少？

【解析】(1)根据做初速度为零的匀加速直线运动的物体，连续通过相等位移所用时间之比为

1∶(2－1)∶( 2)∶ ∶(n n 1)

t1t

1 (2 1) (3

1

2)

n

n 1

1n

所以

28

1n

1

，n＝16，故这列火车共有16节车厢.

(2)设第9节车厢通过他所用时间为t9，则

t1t9

9

8

，t9＝9 8t1=(6-42) s=0.34 s

【例3】将粉笔头A轻放在以2 m/s的恒定速度运动的足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4 m的划线.若使该传送带改做初速度不变、加速度大小为1.5 m/s2的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头B轻放在传送带上，则粉笔头B停止在传送带上的位置与划线起点间的距离为多少？(g取10 m/s2)

【解析】粉笔头A在传送带上运动，设其加速度为a，加速时间为t，则vt－

2

12

at2＝4 m，

at＝2 m/s，所以a＝0.5 m/s

若传送带做匀减速运动，设粉笔头B的加速度时间为t1，有v1＝at1＝v－a′t1.所以t1＝

va a

20.5 1.5

s＝1 s

1

12at1

2

此时粉笔头B在传送带上留下的划线长为l1＝x传送带－x粉笔＝(vt1－a t12)

2

＝2×

1 m－

12

×1.5×12 m－

12

×0.5×12 m＝1 m

2

2

2

2

2

因传送带提供给粉笔的加速度大小为0.5 m/s，小于1.5 m/s.故粉笔相对传送带向前滑，到传送带速度减为零时，有v1＝a′t2，v2＝v1－at2，l2＝x粉笔－x传送带＝

v1 v2

2a

v1

2

2a

118

m

传送带停止运动后，粉笔继续在传送带上做匀减速运动直至停止.则l3＝以Δl＝l1－l2－l3＝

56

v2

2a

19

m，所

m

【思维提升】粉笔头A在第一种情况下先做匀加速运动；粉笔头B在第二种情况下先做匀加速运动，后做匀减速运动.求解时不仅要注意粉笔头各运动阶段的物理量间关系，还要注

意其与传送带运动的各物理量间的关系.

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3.运动学规律在行车问题中的应用

【例4】汽车初速度v0＝20 m/s，刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为a＝5 m/s2，求：

(1)开始刹车后6 s末汽车的速度；

(2)10 s末汽车的位置.

【错解】(1)由v＝v0＋at，得6 s末汽车的速度为 vt＝20 m/s＋[(－5)×6] m/s＝－10 m/s 负号表示与运动方向相反. (2)10 s末汽车的位移为 x＝v0t＋

12

at＝[20×10＋

2

12

×(－5)×10] m＝－50 m

2

负号表示汽车在开始刹车处后方50 m处.

【错因】没有考虑到汽车刹车后的实际运动情况是速度减为零后，汽车将停下，而不再做反向的匀加速运动.

【正解】(1)设汽车经过时间t速度减为零， 则由vt＝v0＋at，得t＝故6 s后汽车速度为零.

(2)由(1)知汽车4 s后就停止，则 x＝

v02t (

202

vt v0

a

0 20 5

s＝4 s

×4) m＝40 m

即汽车10 s末位臵在开始刹车点前方40 m处.

【思维提升】竖直上抛运动的物体，速度先减为零，然后反向做匀加速运动.而刹车之类的问题，物体速度减为零后停止运动，不再反向做加速运动，因此对于此类问题首先要弄清停下需经历多少时间或多少位移.



第 3 课时 运动图象的探究分析及应用

基础知识归纳

1.位移—时间图象(x-t图象)

(1)x-t图象的物理意义：反映做直线运动的物体的. (2)图线斜率的意义 ①图线上某点切线的斜率大小表示物体 速度的大小 . ②图线上某点切线的斜率正负表示物体 速度的方向 . (3)两种特殊的x-t图象

①若x-t图象是一条倾斜的直线，说明物体做 匀速直线 运动. ②若x-t图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于 静止 状态. 2.速度—时间图象(v-t图象)

(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的 速度 随 时间 的变化关系. (2)图线斜率的意义

①图线上某点切线的斜率大小表示物体运动的 加速度的大小 . ②图线上某点切线的斜率正负表示加速度的 方向 .

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(3)两种特殊的v-t图象

①匀速直线运动的v-t图象是与横轴 平行 的直线. ②匀变速直线运动的v-t图象是一条 倾斜 的直线. (4)图象与时间轴围成的“面积”的意义 ①图象与时间轴围成的“面积”表示相应时间内的 位移 .

② 若此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为 正方向 ；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为 负方向 .

重点难点突破

一、x-t图象与v-t图象的比较

形状相同的图线，在不同的图象中所表示的物理规律不同，通过下图中的例子体会x-t图象和v-t图象中图线表示的物理规律.

二、运动图象的识别和信息利用

1.首先明确所给的图象是什么图象，即认清图象中横、纵轴所代表的物理量及它们的函数关系.特别是那些图形相似容易混淆的图象，更要注意区分.

2.要清楚地理解图象中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”、“面积”的物理意义： (1)点：图线上的每一个点对应研究对象的一个状态，特别要注意“起点”、“终点”、“拐点”，它们往往对应一个特殊状态.

(2)线：表示研究对象的变化过程和规律，如v-t图象中图线若为倾斜直线，则表示物体做匀变速直线运动.

(3)斜率：表示横、纵坐标上两物理量的比值，常有一个重要的物理量与之对应，用于求解定量计算对应物理量的大小和定性分析变化的快慢问题.如x-t图象的斜率表示速度的大小，v-t图象的斜率表示加速度的大小.

(4)面积：图线与坐标轴围成的面积常与某一表示过程的物理量相对应.如v-t图象与横轴包围的“面积”大小表示位移大小.

(5)截距：表示横、纵坐标两物理量在“边界”条件下的大小.

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三、应用图象分析实际问题

图象在中学物理中应用十分广泛，它能形象地表达物理规律，直观地叙述物理过程，并鲜明地表示物理量间的各种关系.利用图象解决物理问题，是学习物理的一种重要方法.

四、位移图象和运动轨迹的区别

能用位移—时间图象表示出来的运动应该是直线运动；根据位移是否随时间均匀变化(或图象是否是直线)判断是否是匀速直线运动；根据位移的大小随时间变化的情况判断运动方向是否改变.位移图象和运动轨迹不能混为一谈

.

典例精析

1.运动图象的比较

【例1】做直线运动的物体的v-t图象如图所示.由图象可知( ) A.前10 s物体的加速度为0.5 m/s，后5 s物体的加速度为－1 m/s B.15 s末物体回到出发点

C.10 s末物体的运动方向发生变化 D.10 s末物体的加速度方向发生变化

【解析】从图线的斜率可知物体在前10 s内的加速度为0.5 m/s2，后5 s内的加速度为 －1 m/s，A正确.物体先沿正方向做匀加速直线运动，10 s末开始做匀减速直线运动，运动方向不变，加速度方向发生了变化，15 s末物体速度为零，离出发点距离37.5 m，选项D正确，B、C错误.

【答案】AD

【思维提升】应用v-t图象分析物体的运动时，要抓住图线的特征与运动性质的关系，要抓住图线的“点”、“线”、“面积”和“斜率”的意义.

【拓展1】若将上题中的图象的纵轴(v轴)换成x轴，其他条件不变，试回答下列问题： (1)物体在0～10 s和10 s～15 s两个阶段分别做什么运动？ (2)物体何时距出发点最远，何时回到出发点？

【解析】(1)0～10 s内，物体的速度为v1＝k1＝0.5 m/s，物体沿x轴正方向做匀速直线运动.10 s～15 s内，物体的速度为v2＝k2＝－1 m/s，物体沿x轴负方向做匀速直线运动. (2)从图可直接判断，物体10 s末离出发点最远，最远距离为5 m；第15 s时，物体位移为0，回到出发点.

2.运动图象的识别和应用

【例2】一宇宙空间探测器从某一星球表面垂直升空，假设探测器的质量恒为1 500 kg，发动机的推力为恒力，宇宙探测器升空到某一高度时，发动机突然关闭，如图所示为其速度随时间变化的规律.

(1)升高后9 s、25 s、45 s，即在图线上A、B、C三点探测器的运动情况如何？

(2)求探测器在该行星表面达到的最大高度

(3)计算该行星表面的重力加速度及发动机的推动力(假设行星表面没有空气).

【解析】(1)升空后探测器做初速为零的匀加速直线运动.9 s末发动机关闭，此时速度最大，此后做匀减速运动，25 s末速度减为零，此时探测器离行星表面最高，然后探测器返回做自由落体运动，45 s末落地，速度为80 m/s.

(2)由上述分析可知25 s末探测器距行星表面最高，最大高度hm＝

12

2

2

2

×25×64 m＝

800 m

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(3)由9 s～45 s计算图线的斜率可得该行星的重力加速度g＝(80＋64)/(45－9) m/s＝ 4 m/s2.对0～9 s过程运用牛顿第二定律有：F－mg＝ma，而a＝

F＝m(g＋a)＝1 500×(4＋7.1) N＝1.665×10 N

【思维提升】分析速度—时间图象，把握运动状态的变化是解此题的关键. 3.应用图象分析问题

【例3】摩托车在平直公路上从静止开始启动，a1＝1.6 m/s，稍后匀速运动，然后减速，a2＝6.4 m/s，直到停止，共历时130 s，行程1 600 m，试求： (1)摩托车行驶的最大速度；

(2)若摩托车从静止启动，a1、a2不变，直至停止，行程不变，所需最短时间为多少.

【解析】画出v-t图象如图(甲). (1)由v－v＝2ax，有而a1＝1.6 m/s2 a2＝6.4 m/s2

解得vm＝12.8 m/s(舍去另一解)

(2)路程不变，则图象中面积不变，当v越大则t越小，如图(乙)所示.设最短时间为tmin，则

tmin＝

vm

2

2

649

m/s2≈7.1 m/s2

4

2

2

2

2

vm2a1

2

(130

vma1

vma2

)vm

v

2

m

2a2

＝1 600

vm a1

2

vm a2

①

2a1

vm

2a2

＝1 600 ②

其中a1＝1.6 m/s2，a2＝6.4 m/s2 由②式得vm′＝64 m/s 故tmin＝

641.6

s

641.6

s

＝50 s

即最短时间为50 s.

【思维提升】利用公式和图象，都可以求出最大速度、最短时间等极值问题，但用图象法显然更直观、简洁.

【拓展2】如图所示，两个光滑的斜面高度相同，右边由两部分组成且AB＋BC＝AD，两小球a、b分别从A点沿两侧斜面由静止滑下，

不计转折处的能量损失，哪一边的小球先滑到斜面底端.

【解析】两小球从等高处沿光滑的斜面下滑(由静止)，由于两边斜面倾角不同，下滑的加速度不同(aAB>aAD>aBC)，根据机械能守恒定律，两球达到底端的速度大小相等，因此画出其vt图象如图所示，其中折线为沿ABC斜面下滑的a球的速度图象，直线为沿AD斜面下滑的b球的速度图象.

要满足a、b两图线下方的面积相等，必须使图中画有斜线部分的两块面积相等，那就一定有ta<tb，即沿ABC下滑的小球先到达底端.

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4.位移图象与运动轨迹的区别

【例4】如图所示，为A、B、C三物体从同一地点、同时出发沿同一方向做直线运动的xt图象，在0～t0时间内( )

A.平均速度A B C B.平均速率A＞C＞B

C.A一直在B、C的后面 D.A的速度一直比B、C的速度大 【错解】由x-t图象可知，A、B、C的路程大小关系是sA>sC>sB，

故平均速率A＞C＞B，所以选B.又从起点O到终点的有向线段长相等，故位移相同，则平均速度相同，A也正确.

【错因】上述错误的原因是没有明确x-t图象表示位移随时间的变化关系，并非物体的运动的轨迹.

【正解】从x-t图象知，在t0时刻A、B、C离起点O的位移相同，故A正确.由A在时刻t0已经返回到终点，故路程关系是sA>sC＝sB，故平均速率vA>vC＝vB，B不正确.

【答案】A

【思维提升】对于图象问题，首先要弄清坐标轴表示的意义，然后再弄清图线所描述的规律.本题的图线描述的是位移随时间变化的规律，而不是物体的运动轨迹.

第 4 课时 自由落体运动及抛体运动

基础知识归纳

1.自由落体运动

(1)自由落体运动的特点

自由落体运动是初速度为 零 ，加速度为 重力加速度g 的匀加速度直线运动. (2)自由落体运动的运动规律 ①速度公式：vt＝ gt . ②位移公式：h＝

12gt

2

.

③速度位移关系式：vt2＝④从运动开始连续相等的时间内位移之比为 1∶3∶5∶7∶ . ⑤连续相等的时间t内位移的增加量相等，即Δx＝ gt2 . ⑥一段时间内的平均速度

th

12gt

.

2.竖直上抛运动

(1)竖直上抛运动的特点

①上升阶段：速度越来 越小 ，加速度与速度方向 相反 ，是 匀减速直线 运动. ②下降阶段：速度越来 越大 ，加速度与速度方向 相同 ，是 匀加速直线 运动. ③在最高点：速度为 零 ，但加速度仍为 重力速度g ，所以物体此时并不处于平衡状态.

(2)竖直上抛运动的规律 ①速度公式：vt＝ v－gt . ②位移公式：h＝v0t

12gt

2

.

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2

③速度－位移关系式：vt2 v0＝.

(3)几个特征量

①上升的最大高度：H＝

v0

2

2g

.

②上升到最大高度处所需时间t上和最高点处落回原抛出点所需时间t下相等，即t上＝t下＝

v0g.

重点难点突破

一、自由落体运动的规律及其应用

自由落体运动是初速度v0＝0、加速度为重力加速度g的匀加速直线运动的特例，故匀变速直线运动的基本公式和相关推论式对自由落体运动都适用. 二、竖直上抛运动上升阶段和下降阶段的对称性

1.时间的对称性

(1)物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等：t上＝t下＝v0/g.

(2)物体在上升过程中从某点到达最高点所用的时间和从最高点落回该点所用的时间相等.

2.速度的对称性

(1)物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反. (2)在竖直上抛运动中，同一个位置对应两个等大反向的速度. 三、竖直上抛运动的两种处理方法 1.分段法

(1)上升过程：vt＝0，a＝－g的匀减速直线运动. (2)下降过程：自由落体运动.

2.整体法

(1)将上升和下降过程统一看成是初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－

12

gt2.

(2)若vt>0，则物体在上升；vt<0，则物体在下落.h>0，物体在抛出点上方；h<0，物体在抛出点下方

.

典例精析

1.自由落体运动的规律及其应用

【例1】一个物体从H高处自由落下，经过最后196 m所用的时间是4 s，求物体下落H高所用的总时间T和高度H是多少？(取g＝9.8 m/s2，空气阻力不计)

【解析】根据题意画出小球的运动示意图(如图所示)其中t＝4 s，h＝196 m

解法一：根据自由落体公式 由H＝H－h＝

h

1212

gT 2

g(T－t)解得

gt

2

2

1gt

196

T＝

9.8 16s＝

7 s

9.8 4

1

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H＝

12

gT 2＝

12

×9.8×72 m＝240.1 m

解法二：利用匀变速直线运动的平均速度的性质解题. 由题意得最后4 s内的平均速度为

ht 1964

m/s＝49 m/s

因为在匀变速直线运动中，某段时间的平均速度等于中间时刻的速度，所以下落至最后2 s时的瞬时速度为

vt′＝＝49 m/s

由速度公式得从开始下落至最后2 s的时间 t′＝

vt g 499.8

s＝5 s

t212

所以T＝t′＋H＝

12

＝5 s＋

42

s＝7 s

gT 2＝×9.8×72 m＝240.1 m

【思维提升】解决自由落体运动问题要弄清运动过程，作好示意图，然后利用自由落体运动规律分析求解；同时要注意自由落体运动是初速度v0＝0的匀加速直线运动，可灵活运用相关推论求解.

【拓展1】屋檐定时滴出水滴，当第5滴正欲滴下时，第1滴已刚好达到地面，而第3滴与第2滴正分别位于高

1 m的窗户上、下沿，如图所示，取g＝10 m/s2，问：

(1)此屋檐离地面多少米？

(2)滴水的时间间隔是多少？ 【解析】(1)初速度为零的匀加速直线运动从开始运动

起，连续相等时间内位移比为1∶3∶5∶ ∶(2n－1)，令相邻两水滴间的距离从上到下的比依次为x∶3x∶5x∶7x.

由题意知，窗高为5x，则 5x＝1 m，x＝0.2 m

屋檐高h＝x＋3x＋5x＋7x＝3.2 m (2)由公式h＝

12

gt2得一滴水落地的时间为t＝

2hg

＝0.8 s，T＝

t4

＝0.2 s

2.竖直上抛运动的对称性

【例2】以v0＝20 m/s速度竖直上抛一个小球，2 s后以相同的初速度在同一位置上抛另一小球，g＝10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是多少？

【解析】解法一：由速度对称性，上升阶段与下降阶段经过相同的位臵时速度等大、反向，即

－[v0－g(t＋2)]＝v0－gt

解得t＝1 s，代入位移公式h＝v0t－

12

2

gt，知h＝15 m

解法二：根据时间对称，上升和下降经过同一段位移时所用时间相同，即 v0(t＋2)－

12

g(t＋2)2＝v0t－

12

gt2