第Ⅱ单元 匀速直线运动•匀变速直线运动
●知识梳理
一、匀速直线运动
1.条件：物体不受外力或所受外力的合力为零.
2.特点：a＝0，v=恒量.
3.规律：s=vt.
二、匀变速直线运动
1.条件：物体受到的合外力恒定且与运动方向在一条直线上.
2.特点：a恒定，相等时间内速度的变化量恒定.
3.规律：
（1）vt＝v0＋at
（2）s＝v0t＋ at2
（3）vT2－v02＝2as
（4） = =v
（5）Δs=at2.
说明：（1）以上公式只适用于匀变速直线运动；（2）五个公式中只有两个是独立的，即由任意两式可推出另外三式.五个公式中有五个物理量，而两个独立方程只能解出两个未知量，所以解题时需要三个已知条件，才能求解；（3）式中v0、vt、a、s均为矢量，应用时要规定正方向，凡与正方向相同者取正值，相反者取负值；所求矢量为正值者，表示与正方向相同，为负值者表示与正方向相反.通常将v0的方向规定为正方向，以v0的位置作初始位置；（4）以上各式给出了匀变速直线运动的普遍规律.一切匀变速直线运动的差异就在于它们各自的v0、a不完全相同，例如：a＝0时，匀速直线运动；以v0的方向为正方向；a＞0时，匀加速直线运动；a＜0时，匀减速直线运动；a＝g、v0＝0 时，自由落体运动.
4.推论：
（1）匀变速直线运动的物体，在任意两个连续相等的时间里的位移之差是个恒量，即
Δs＝si＋1－si＝aT 2＝恒量.
（2）匀变速直线运动的物体，在某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，即vt/2＝ =
以上两个推论在“测定匀变速直线运动的加速度”等学生实验中经常用到，要熟练掌握.
（3）初速度为零的匀加速直线运动（设T为等分时间间隔）：
①1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为：
v1∶v2∶v3∶……∶vN＝1∶2∶3∶…∶n
②1T内、2T内、3T内……位移的比为：
s1∶s2∶s3∶…∶sN＝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：
sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝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
t1∶t2∶t3∶…∶tN＝1∶（ －1）∶（ － ）∶…∶（ － ）
5.自由落体运动是初速度为0、加速度为g的匀加速直线运动，初速度为零的匀加速运动的所有规律和比例关系均适用于自由落体运动.
●疑难突破
1.追及和相遇问题
在两物体同直线上的追及、相遇或避免碰撞问题中关键的条件是：两物体能否同时到达空间某位置.因此应分别对两物体研究，列出位移方程，然后利用时间关系、速度关系、位移关系解出.
（1）追及
追和被追的两者的速度相等常是能追上、追不上、二者距离有极值的临界条件.
如匀减速运动的物体追从不同地点出发同向的匀速运动的物体时，若二者速度相等了，还没有追上，则永远追不上，此时二者间有最小距离.若二者相遇时（追上了），追者速度等于被追者的速度，则恰能追上，也是二者避免碰撞的临界条件；若二者相遇时追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时二者的距离有一个较大值.
再如初速度为零的匀加速运动的物体追从同一地点出发同向匀速运动的物体时，当二者速度相等时二者有最大距离，位移相等即追上.
（2）相遇
同向运动的两物体追及即相遇，分析同（1）.
相向运动的物体，当各自发生的位移的绝对值的和等于开始时两物体间的距离时即相遇.
2.解题方法指导
（1）要养成根据题意画出物体运动示意图的习惯.特别对较复杂的运动，画出草图可使运动过程直观，物理图景清晰，便于分析研究.
（2）要注意分析研究对象的运动过程，搞清整个运动过程按运动性质的转换可分为哪几个运动阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段间存在什么联系.
（3）由于本章公式较多，且各公式间有相互联系，因此，本章的题目常可一题多解.解题时要思路开阔，联想比较，筛选最简捷的解题方案.解题时除采用常规的公式解析法外，图象法、比例法、极值法、逆向转换法（如将一匀减速直线运动视为反向的匀加速直线运动）等也是本章解题中常用的方法.
●典例剖析
【例1】 以速度为10 m/s匀速运动的汽车在第2 s末关闭发动机，以后为匀减速运动，第3 s内平均速度是9 m/s，则汽车加速度是_______ m/s2，汽车在10 s内的位移是_______ m.
剖析：第3 s初的速度v0＝10 m/s，第3.5 s末的瞬时速度vt=9 m/s〔推论（2）〕
所以汽车的加速度：
a= = m/s2＝－2 m/s2
“－”表示a的方向与运动方向相反.
汽车关闭发动机后速度减到零所经时间：
t2＝ = s=5 s＜8 s
则关闭发动机后汽车8 s内的位移为：
s2＝ = m＝25 m
前2 s汽车匀速运动：
s1＝v0t1＝10×2 m＝20 m
汽车10 s内总位移：
s=s1＋s2＝20 m＋25 m＝45 m.
说明：（1）求解刹车问题时，一定要判断清楚汽车实际运动时间.
（2）本题求s2时也可用公式s= at2计算.也就是说“末速度为零的匀减速运动”可倒过来看作“初速度为零的匀加速运动”.
【例2】 一物体放在光滑水平面上，初速度为零.先对物体施加一向东的恒力F，历时1 s；随即把此力改为向西，大小不变，历时1 s；接着又把此力改为向东，大小不变，历时1 s；如此反复，只改变力的方向，共历时1 min.在此1 min内
A.物体时而向东运动，时而向西运动，在1 min 末静止于初始位置之东
B.物体时而向东运动，时而向西运动，在1 min 末静止于初始位置
C.物体时而向东运动，时而向西运动，在1 min 末继续向东运动
D.物体一直向东运动，从不向西运动，在1 min 末静止于初始位置之东
剖析：物体初速度为零，在恒力的作用下将做匀变速直线运动.第1 s内向东匀加速，末速度为v，第2 s内力的方向改为向西，由于初速度向东，所以物体向西做匀减速运动，第2 s末时速度减为零.之后物体将重复前2 s内的运动，因此在1 min 内的整个过程中，物体的运动方向始终向东，1 min末时的速度为零.所以选项Ｄ正确.
本题利用“图象法”求解亦很简单.根据题意，物体的速度图象如图2－2－1所示.

图2－2－1
由图象很容易得出：物体始终沿正方向（东）运动，位移s＞0，1 min末时速度为零.答案为Ｄ.
深化拓展
在例2所述的物理情景中，如果在奇数秒末物体的速度vm＝10 m/s，则物体在1 min内的位移为多大?
简答：若物体在奇数秒末的速度为10 m/s，则物体在1 min内的平均速度为 = =5 m/s，则物体在1 min内的位移为s= t=300 m.
说明：通过本例同学们应该体会当物体的加速度周期性变化时，如何判断物体的速度变化及位移，如何总结物体的运动规律.
【例3】 跳伞运动员作低空跳伞表演，当飞机离地面224 m时，运动员离开飞机在竖直方向做自由落体运动.运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以12.5 m/s2的平均加速度匀减速下降.为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5 m/s.取g=10 m/s2.求：
（1）运动员展伞时，离地面的高度至少为多少?着地时相当于从多高处自由落下?
（2）运动员在空中的最短时间为多少?
剖析：运动员跳伞表演的过程可分为两个阶段，即降落伞打开前和打开后.由于降落伞的作用，在满足最小高度且安全着地的条件下，可认为vm=5 m/s的着地速度方向是竖直向下的，因此求解过程中只考虑其竖直方向的运动情况即可.在竖直方向上的运动情况如图2－2－2所示.

图2－2－2
（1）由公式vT2－v02＝2as可得
第一阶段：v2＝2gh1 ①
第二阶段：v2－vm2＝2ah2 ②
又h1＋h2＝H ③
解①②③式可得展伞时离地面的高度至少为h2＝99 m.
设以5 m/s的速度着地相当于从高 处自由下落.则 ＝ = m＝1.25 m.
（2）由公式s=v0t＋ at2可得：
第一阶段：h1＝ gt12 ④
第二阶段：h2＝vt2－ at22 ⑤
又t=t1＋t2 ⑥
解④⑤⑥式可得运动员在空中的最短时间为
t=8.6 s.
深化拓展
为什么展伞高度至少为99 m？为什么8.6 s 为运动员在空中的最短时间？
答案：因为展伞高度99 m和在空中的运动时间8.6 s是按最大落地速度5 m/s求得的实际落地速度应为v≤5 m/s，故展伞高度h≥99 m，在空中运动时间t≥8.6 s.
说明：简要地画出运动过程示意图，并且在图上标出相对应的过程量和状态量，不仅能使较复杂的物理过程直观化，长期坚持下去，更能较快地提高分析和解决较复杂物理问题的能力.
【例4】 火车以速度v1匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距s处有另一列火车沿同方向以速度v2（对地、且v1＞v2）做匀速运动，司机立即以加速度a紧急刹车.要使两车不相撞，a应满足什么条件?
剖析：此题有多种解法.
解法一：两车运动情况如图2－2－3所示，后车刹车后虽做匀减速运动，但在其速度减小至和v2相等之前，两车的距离仍将逐渐减小；当后车速度减小至小于前车速度，两车距离将逐渐增大.可见，当两车速度相等时，两车距离最近.若后车减速的加速度过小，则会出现后车速度减为和前车速度相等之前即追上前车，发生撞车事故；若后车减速的加速度过大，则会出现后车速度减为和前车速度相等时仍未追上前车，根本不可能发生撞车事故；若后车加速度大小为某值时，恰能使两车在速度相等时后车追上前车，这正是两车恰不相撞的临界状态，此时对应的加速度即为两车不相撞的最小加速度.综上分析可知，两车恰不相撞时应满足下列两方程：

图2－2－3
v1t－ a0t2＝v2t＋s ①
v1－a0t＝v2 ②
解之可得：a0＝ .
所以当a≥ 时，两车即不会相撞.
解法二：要使两车不相撞，其位移关系应为
v1t－ at2≤s＋v2t
即 at2＋（v2－v1）t＋s≥0
对任一时间t，不等式都成立的条件为
Δ＝（v2－v1）2－2as≤0
由此得a≥ .
解法三：以前车为参考系，刹车后后车相对前车做初速度v0＝v1－v2、加速度为a的匀减速直线运动.当后车相对前车的速度减为零时，若相对位移 ≤s，则不会相撞.故由
＝ = ≤s
得a≥ .
深化拓展
如图2－2－4所示，处于平直轨道上的甲、乙两物体相距为s，同时、同向开始运动，甲以初速度v、加速度a1做匀加速直线运动，乙做初速度为零、加速度为a2的匀加速直线运动.假设甲能从乙旁边通过，下述情况可能发生的是

图2－2－4
A.a1=a2时，能相遇两次 B.a1＞a2时，能相遇两次
C.a1＜a2时，能相遇两次 D.a1＜a2时，能相遇一次
解答：若a1=a2或a1＞a2，总有v甲＞v乙，甲追上乙后，乙不可能再追上甲，只能相遇一次.若a1＜a2，开始一段时间内，v甲＞v乙，甲可能追上乙，然后又有v甲＜v乙，乙又能追上甲，故甲、乙可能相遇两次.C选项正确.
说明：解法一注重对运动过程的分析，抓住两车间距离有极值时速度应相等这一关键条件来求解；解法二中由位移关系得到一元二次方程，然后利用根的判别式来确定方程中各系数间的关系，这也是中学物理中常用的数学方法；解法三通过巧妙地选取参考系，使两车运动的关系变得简明.
通过本题练习：（1）分析追及、相遇和避碰问题的分析方法；（2）体会如何根据临界条件求解临界问题；（3）注意一个物理问题可有多种分析方法.
【例5】 天文观测表明，几乎所有远处的恒星（或星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀.不同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比，即v=Hr
式中H为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定.为解释上述现象，有人提出一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的.假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远，这一结果与上述天文观测一致.
由上述理论和天文观测结果可估算宇宙年龄T，其计算式为T=_______.根据近期观测，哈勃常数H=3×10－2 m/（s•光年），其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为_______年.
剖析：由题意可知，可以认为宇宙中的所有星系均从同一点同时向外做匀速直线运动.由于各自的速度不同，所以星系间的距离都在增大.以地球为参考系，所有星系以不同的速度均在匀速远离，则由s=vt可得r=vT
所以，宇宙年龄：T= = =
若哈勃常数H=3×10－2 m/（s•光年）
则T= = ×3.0×108年=1010年.
说明：本题是理论联系实际的题目，把宇宙现象转化为物理模型是解决本题的关键.该类题目的共同特点是：背景资料较长，信息较多.在审题过程中要能抓住主要矛盾，学会透过现象看本质，善于将实际问题抽象为物理问题.
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教学点睛
1.单元Ⅱ中复习的重点是匀变速直线运动规律的应用，本章中的题目常可一题多解，且各种解法有时繁简程度差别很大，应要求学生记住由匀变速直线运动的基本公式推出的一些推论，并训练学生熟练地运用它们来解题.
2.运动图象是学生在高中物理中接触到的第一种图象，接受起来可能不如用公式表示规律那么容易，特别容易把位移—时间图象同运动轨迹相混淆，应把物理意义和数学知识结合起来去理解、去认识，并通过绘制学生所熟悉的运动图象，以加深对运动图象的认识和理解.还应注意培养学生用v－t图象定性地分析判断问题的能力.
3.由于追及和相遇问题是本章习题中的一个重要类型，且此类问题涉及到不等式、二次方程及极值的求解等数学方法，难度较大，因此，复习中应重视这方面的训练和指导.
在［典例剖析］中，通过例1说明解决“刹车”类问题时，要注意判断“刹车”时间.通过例2说明当物体的加速度周期变化时，如何判断物体的速度变化及位移，如何总结物体的运动规律.通过例3说明解决多过程问题时，应注意通过作图等手段，分析清楚各过程的特点及相互联系，然后根据各自的特点列方程求解.通过例4说明追及、相遇和避碰问题的分析方法，以及如何根据临界条件求解临界问题；近几年高考加强了物理跟社会、生活及科技的联系，对于这类题目又是学生的薄弱点.通过例5 说明对于这类跟生产生活实际及科技联系的题目，建立物理模型是解这类题目的关键，同时使学生认识到这类题目看上去似乎很难，甚至涉及一些尖端科技，其实物理模型可能很简单.
拓展题例
【例1】 1991年5月11日的《北京晚报》曾报道了这样一则动人的事迹：5月9日下午，一位4岁小男孩从高层塔楼的15层坠下，被同楼的一位青年在楼下接住，幸免于难.设每层楼高度是2.8 m，这位青年从他所在地方冲到楼下需要的时间是1.3 s，则该青年要接住孩子，至多允许他反应的时间是（g取10 m/s2）
A.3.0 s B.1.5 s C.0.4 s D.1.3 s
解析：由自由落体运动知，小孩落地时间为t＝ = s＝2.8 s，故反应时间为1.5 s.
答案：B
【例2】 由高处的某一点开始，甲物体先做自由落体运动，乙物体后做自由落体运动，以乙为参考系，甲的运动情况是
A.相对静止 B.向下做匀速直线运动
C.向下做匀加速直线运动 D.向下做自由落体运动
解析：甲相对于乙的加速度为零，相对于乙的速度向下，故甲相对于乙向下做匀速直线运动，选项B正确.
答案：B
【例3】 如图所示，a、b分别表示先后从同一地点以相同的初速度做匀变速直线运动的两个物体的速度图象，则下列说法正确的是

A.4 s末两物体的速度相等 B.4 s末两物体在途中相遇
C.5 s末两物体的速率相等 D.5 s末两物体相遇
解析：由v－t图象可知，t=4 s时，a、b两物体速度大小均为10 m/s，但方向相反，故A选项错；由图象可求得在前4 s内，a、b两物体的位移相等，即a、b在t=4 s时相遇，B选项正确，D选项错；5 s末，va=－20 m/s，vb=0，它们的速率不相等，C选项错.
答案：B
【例4】 以v=36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍刹车后获得大小为a=4 m/s2的加速度.刹车后3 s内，汽车走过的路程为
A.12 m B.12.5 m C.90 m D.126 m
解析：v=36 km/h=10 m/s，刹车时间为t= s=2.5 s＜3 s，则汽车在3 s内的位移为s= = m=12.5 m.
答案：B
【例5】 一个物体从塔顶上下落，在到达地面前最后1 s内通过的位移是整个位移的9/25，则塔高为_______.（g取10 m/s2）
解析：设物体下落总时间为t，塔高为h，则

由方程①②解得t=5 s
故h= gt2= ×10×52 m=125 m.
答案：125 m
【例6】 马路旁每两根电线杆间的距离都是60 m，坐在汽车里的乘客，测得汽车从第1根电线杆驶到第2根电线杆用了5 s，从第2根电线杆驶到第3根电线杆用了3 s.如果汽车是匀加速行驶的，求汽车的加速度和经过这三根电线杆时的瞬时速度.
解析：汽车从第1根电线杆到第2根电线杆中间时刻的速度为
= 1= = m/s=12 m/s
汽车从第2根电线杆到第3根电线杆中间时刻的瞬时速度为
= 2= = m/s=20 m/s
汽车的加速度为a= = m/s2=2 m/s2
汽车经过三根电线杆时的速度分别为
v1= －a =12 m/s－2×2.5 m/s=7 m/s
v2=v1+at1=7 m/s+2×5 m/s=17 m/s
v3=v2+at2=17 m/s+2×3 m/s=23 m/s.
答案：2 m/s2 7 m/s 17 m/s 23 m/s
【例7】 一质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后做匀减速直线运动，加速度大小为a2.若再经时间t恰好能回到出发点，则a1∶a2应为
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶4
答案：C
【例8】 如图所示，质点甲以8 m/s的速度从O点沿Ox轴正方向运动，质点乙从点（0，60）处开始做匀速运动，要使甲、乙在开始运动后10 s在x轴相遇，乙的速度大小为_______ m/s，方向与x轴正方向间的夹角为_______.

解析：相遇时甲、乙的位移分别为
s甲=v甲t s乙=v乙t则（v甲t）2+602=（v乙t）2
求得v乙=10 m/s
设乙的速度方向与x轴的夹角为α，则
sinα= =
α=37°.
答案：10 37°