2021版高考物理一轮复习第1章直线运动第2节匀变速直线运动规律及应用学案

2021版高考物理一轮复习第1章直线运动第2节匀变速直线运动规律及应用学案

第2节　匀变速直线运动规律及应用考点一　匀变速直线运动的基本规律对应学生用书p1．匀变速直线运动(1)定义：沿着一条直线且__加速度__不变的运动．(2)分类：①匀加速直线运动，a与v0方向相同．②匀减速直线运动，a与v0方向相反．2．匀变速直线运动的公式(1)速度公式：v＝__v0＋at__(不含x)．(2)位移公式：①x＝__v0t＋at2__(不含v)．②x＝vt－at2(不含v0)．(3)速度位移关系式：__v2－v＝2ax__(不含t)．(4)位移与平均速度的关系式：x＝t＝t(不含a)．特别提醒：①上述公式仅适应于匀变速直线运动．②上述公式中，除时间t外，其余都是矢量，运用时，以初速度v0的方向为正方向，其他量要带上“＋”“－”号代入再进行计算，与初速度方向相同物理量取正值，反之则取负值．③公式v＝v0＋at和a＝经变形后相同，但二式的含义不同，a＝是加速度的定义式，适用于所有变速运动，而v＝v0＋at仅适用于匀变速直线运动．【理解巩固1】　一个质点做直线运动，其位移随时间变化的规律为x＝6t－2t2，式中物理量的单位均为国际单位．取初速度方向为正方向，以说法正确的是(　　)A．物体的加速度大小为2m/s2B．t＝3s时，质点的位移为0C．t＝2s时，质点的速度为2m/sD．当质点的速度为4m/s时，质点运动的位移为5m11 [解析]根据匀变速方程x＝v0t＋at2，可知物体初速度为6m/s，加速度为－4m/s2.t＝3s时，质点的位移为：x＝6t－2t2＝(6×3－2×32)m＝0.t＝2s时，质点的速度为：v＝v0＋at＝(6－4×2)m/s＝－2m/s.当质点速度为4m/s时，根据速度位移关系：v－v＝2ax有：x＝＝m＝2.5m，A、C、D错误，B正确．[答案]B对应学生用书p　例1　可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a1＝0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t1＝8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前减速滑行，加速度大小为a2＝8m/s2；最后加速退滑到出发点，退滑时的加速度大小为a3＝4m/s2，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变，计算结果可用根式表示)．求：(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小？(2)企鹅退滑到出发点时的速度大小？(3)企鹅在冰面完成一次游戏的总时间？[解析](1)企鹅向上“奔跑”的位移大小为：x1＝a1t＝×0.5×82m＝16m.(2)企鹅在冰面上滑动时做匀减速运动，匀减速的初速度为：v1＝a1t1＝0.5×8m/s＝4m/s企鹅在冰面上滑动过程的时间：t2＝＝s＝0.5s企鹅在冰面上滑动过程的位移大小：x2＝v1t2－a2t＝m＝1m企鹅在冰面上退滑到出发点做匀加速运动的位移为：x3＝x1＋x2＝17m企鹅在冰面上退滑到出发点的速度大小：v2＝＝2m/s(3)企鹅在冰面上退滑到出发点的时间：t3＝＝s企鹅在冰面完成一次游戏的总时间：11 t总＝t1＋t2＋t3＝s.,―→―→―→Ｋ)　例2　汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2s与5s内汽车的位移大小之比为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．5∶4B．4∶5C．3∶4D．4∶3[解析]自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t＝＝4s，汽车停止运动，所以汽车在2s内发生的位移为x1＝v0t－at2＝30m，5s内发生的位移为x2＝＝40m，所以2s内与5s内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C正确．[答案]C11 ,　　两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题：匀减速到速度为零后即静止．求解时，先确定实际运动时间，不能乱套公式．如果涉及最后阶段的运动，可把它倒过来看成初速度为0的匀加速度直线运动处理．(2)双向可逆类问题：如物体沿斜面先上滑、再下滑．若斜面光滑，则上滑和下滑过程中加速度不变；若斜面不光滑，则上滑和下滑过程中加速度方向不变，大小变．)考点二　匀变速直线运动推论及应用对应学生用书p1．匀变速直线运动的几个推论(1)在任意两个连续相等的时间间隔内通过的位移之差为一恒量，即：sⅡ－sⅠ＝sⅢ－sⅡ＝…＝sN－sN－1＝Δs＝__aT2__．进一步推论：sn＋m－sn＝__maT2__，其中sn、sn＋m分别表示第n段和第(n＋m)段相等时间内的位移，T为相等时间间隔．(2)做匀变速直线运动的物体，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，等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，即v＝v＝.(3)某段位移中点的瞬时速度等于初速度v0与末速度v__平方和一半的平方根__，即v＝____，总是大于与这段位移对应的时间中点的速度．11 2．初速度为零的匀加速直线运动的几个特征(1)1T末，2T末，3T末，……瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝__1∶2∶3∶…∶n__．(2)1T内，2T内，3T内…位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶sn＝__12∶22∶32∶…∶n2__．(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……第n个T内的位移之比为：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之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝__1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)__．【理解巩固2】　做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，下列关于物体在减速过程中的说法正确的是(　　)A．最后1s内位移为2mB．物体的加速度大小为2m/s2C．第1s末的速度为6m/sD．物体在这4s内，位移中点的速度为8m/s[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直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以＝，x1＝2m，选项A正确．由x＝v0t＋at2，代入v0＝0，t＝1s，x1＝2m得a＝4m/s2，方向与位移方向相反，选项B错误．由v＝v0＋at得物体开始减速时的速度为16m/s和第1s末的速度是12m/s，故物体在减速过程中，位移中点的速度v＝＝m/s＝8m/s，选项C、D错误．[答案]A对应学生用书p　例3　某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25m．在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5s，轿车在制动的最初1s内的位移为8.2m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．[解析]该款小轿车设计的紧急制动加速度为a0＝　①代入数据解得a0＝8m/s2　②设测得的加速度为a，轿车在制动的最初t1＝1s内的平均速度＝　③11 平均速度等于t1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t2＝1s，因此有a＝　④联立③④式并代入数据解得a＝8.2m/s2　⑤a＞a0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．　例4　动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的．若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个60m所用的时间是10s，通过第二个60m所用的时间是6s．则(　　)A．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为78mB．动车组的加速度为1m/s2，接下来的6s内的位移为78mC．动车组的加速度为0.5m/s2，接下来的6s内的位移为96mD．动车组的加速度为1m/s2，接下来的6s内的位移为96m[解析]设通过第一个60m的平均速度为v1，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以5s末的速度v1＝，解得v1＝6m/s；通过第二个60m的平均速度为v2，可以表示中间时刻的瞬时速度，所以13s末的速度v2＝，解得v2＝10m/s.由v2＝v1＋at得a＝0.5m/s2，由再接下来的6s和前面的6s，是连续相等的时间，则Δx＝aT2，即x－60＝aT2，解得x＝78m.[答案]A考点三　自由落体运动和竖直上抛运动对应学生用书p一、自由落体运动1．自由落体运动的特点自由落体运动是物体只在重力作用下做的初速度为__零__的匀加速直线运动，其加速度为__重力加速度g__．2．自由落体运动的规律(1)速度公式：v＝__gt__．11 (2)位移公式：h＝__gt2__．(3)速度位移关系式：v2＝__2gh__．(4)从运动开始连续相等时间内的位移之比为__1∶3∶5∶7∶…__．(5)连续相等的时间t内位移的增加量相等，即Δh＝__gt2__．(6)从运动开始一段时间t内的平均速度＝____＝__gt__．【理解巩固3】　以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A等高的位置处，由静止释放小球B.若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx，则－t0图线为(　　)[解析]A、B两球释放后都做自由落体运动，B球释放时，小球A的速度为gt0，小球B的速度为0，根据匀变速直线运动规律，从此刻起，两小球下落的高度分别为hA＝t＋gt2和hB＝gt2，则Δx＝hA－hB＝gt0t，故选项B正确．[答案]B二、竖直上抛运动1．竖直上抛运动的特点(1)有__竖直向上__的初速度，只受__重力__作用；(2)在最大高度处速度为__0__，加速度仍为__g__，不是处于平衡状态．2．竖直上抛运动的解题方法(1)分段法运动实质v－t图上升阶段是初速度为__v0__，加速度为__g__的__匀减速__直线运动，到达最高点时，末速度为0，以抛出点为坐标原点下降阶段是__自由落体运动__，以最高点为坐标原点　　(2)全程法把全过程视为一个整体，竖直上抛运动是初速度为__v0__，加速度为__g__的__匀减速直线__运动．以初速度方向为正，其v－t图象是：11 a．速度公式：v＝__v0－gt__．00，物体正在__上升__；t＝，v＝0，物体到达__最高点__；t>，v<0，物体正在__下落__；t＝，v＝－v0，物体落回__抛出点__．b．位移公式：h＝__v0t－gt2__．00，物体在抛出点__上方__；t＝，h＝0，物体落回__抛出点__；t>，h<0，物体在抛出点__下方__；t＝，物体到达最高点，最大高度hm＝____．c．速度位移关系式：__v2－v＝－2gh__．3．竖直上抛运动的对称性(抛出点上方)(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＝____．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到该点所用的时间__相等__．③物体上升和下降经过同一段路径所用时间__相等__．(2)速度的对称性①物体上抛时的初速度与物体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，落回抛出点之前，同一个位置对应两个__等大反向__的速度．(3)能量的对称性在运动中无论上升或下降，经过同一位置的动能、重力势能分别相等．【理解巩固4】　以v0＝20m/s的速度竖直上抛一小球，经过t0＝2s后以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g取10m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．10mB．15mC．20mD．不会相碰[解析]方法一：设第二个小球抛出后经t时间与第一个小球相遇，根据位移相等有v0(t＋t0)－g(t＋t0)2＝v0t－gt2解得t＝1s11 代入位移公式h＝v0t－gt2，解得h＝15m.方法二：因为第二个小球抛出时，第一个小球恰开始自由下落(到达最高点)，根据速度对称，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，有－[v0－g(t＋t0)]＝v0－gt解得t＝1s，代入位移公式，解得h＝15m.[答案]B对应学生用书p　例5　如图所示，木杆长5m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20m处圆筒AB，圆筒AB长为5m，取g＝10m/s2，求：(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？[审题指导]在计算杆通过圆筒的时间时，既不能将杆视为质点，又不能将圆筒视为质点，此时要注意确定杆通过圆筒的开始和终止时刻之间所对应的下落高度．[解析](1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间t下A＝＝s＝s木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间t上A＝＝s＝2s则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－)s(2)木杆的上端到达圆筒下端B所用时间t上B＝＝s＝s则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(－)s11 　例6　(多选)某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2.从抛出开始计时，下列说法正确的是(　　)A．当位移大小为25m时，物体的路程可能为65mB．当位移大小为25m时，物体运动的时间可能为1sC．5s内物体的速度改变量的大小可能为10m/sD．5s内物体的平均速度大小为5m/s，方向向上[审题指导]竖直上抛运动问题可能存在双解．当物体经过某个位置(最高点和抛出点以下除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下落阶段，从而造成双解．[解析]取竖直向上为正方向．当位移大小为25m时，位移的方向可能向上，也可能向下．物体运动到达最高点的最大位移为45m，若位移的方向向上，此时物体运动的路程可能为25m或65m，由v2－v＝－2gh1和v＝v0－gt得物体运动的速度和时间分别为v1＝20m/s，t1＝1s或v2＝－20m/s，t2＝5s；若位移的方向向下，此时物体运动的路程为115m，A、B正确.5s末，物体的速度v＝v0－gt＝(30－10×5)m/s＝－20m/s，方向竖直向下，则速度改变量Δv＝v－v0＝(－20m/s)－30m/s＝－50m/s，即速度改变量的大小为50m/s，方向向下，C错误．平均速度＝＝m/s＝5m/s，方向向上，D正确．[答案]ABD考点四　多过程问题对应学生用书p　　例7　如图所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块从A点由静止释放，游戏者通过控制BC段上的可控区域的长度，让滑块到达C点时速度刚好为零，滑块自由落入洞D中即为成功．已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长25cm，BC长1m，CD高20cm，滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a1＝2m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2＝1m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3＝3m/s2，滑块在B点、可控点前后速度大小不变，g＝10m/s2，求游戏成功时：(1)可控区域的长度L；(2)滑块从A到洞D所经历的时间t.11 [审题指导]多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．[解析](1)设滑块在B点时速度大小为vB，则由运动学规律知v＝2a1xAB且vB＝a1t1代入数值解得t1＝0.5s，vB＝1m/s设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知v－v＝2a2(xBC－L)，vE－vB＝a2t2从E到C，由运动学规律知v＝2a3L，vE＝a3t3联立并代入数值解得t2＝t3＝0.5s，vE＝1.5m/s，L＝0.375m.(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知hCD＝gt代入数值解得t4＝0.2s所以滑块从A到洞D所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7s.,　　解决匀变速直线运动问题时的三点提醒：(1)养成根据题意画出物体运动示意图的习惯，尤其是较复杂的运动，画出示意图可以使运动过程直观、清晰．(2)匀变速直线运动常可一题多解，解题时要灵活选择合适的公式，筛选最简捷的方法．(3)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．)11