【物理】2020届一轮复习人教版 匀变速直线运动的规律 学案

【物理】2020届一轮复习人教版 匀变速直线运动的规律 学案

第2节匀变速直线运动的规律 ‎(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(×)‎ ‎(2)匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动。(√)‎ ‎(3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。(×)‎ ‎(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)‎ ‎(5)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动。(×)‎ ‎(6)做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。(√)‎ ‎(7)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值。(×)‎ 意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“物体越重下落越快”的错误观点。‎ 突破点(一)　匀变速直线运动的基本规律 ‎1．解答运动学问题的基本思路 →→→→ ‎2．运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，规定初速度v0的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。‎ ‎[典例]　(2018·福州期末)如图一质点静止于A点，第一次质点从A点由静止开始做加速度为5 m/s2的匀加速直线运动，2 s后改做匀速直线运动，再经9 s到B点；第二次质点从A点由静止开始仍以5 m/s2的加速度做匀加速直线运动，4 s后改做匀减速直线运动，到B点时速度和第一次相同。求：‎ ‎(1)A、B两点间的距离；‎ ‎(2)第二次质点从A到B的时间和减速阶段加速度的大小。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)根据第一次运动过程，A、B两点间的距离为匀加速和匀速运动的位移之和，结合位移时间关系式求解。‎ ‎(2)根据速度位移关系求出匀减速运动的加速度，再由速度时间关系式求出匀减速运动的时间，即可求出第二次质点从A到B的时间。‎ ‎[解析]　(1)第一次匀加速运动的末速度v＝a0t1‎ xAB＝a0t12＋(a0t1)t2‎ 代入数据解得xAB＝100 m。‎ ‎(2)第二次匀加速阶段的位移：‎ x1＝a0t32＝×5×42 m＝40 m 到达B点速度vB＝a0t1‎ 第二次匀加速运动的末速度v1＝a0t3‎ 匀减速运动过程根据速度位移关系式有 vB2－v12＝2a(xAB－x1)‎ 即(a0t1)2－(a0t3)2＝2a(xAB－x1)‎ 代入数据解得a＝－2.5 m/s2‎ 匀减速运动的时间：t4＝＝4 s，‎ 第二次运动的总时间为t＝t3＋t4＝4 s＋4 s＝8 s。‎ ‎[答案]　(1)100 m　(2)8 s　2.5 m/s2‎ ‎[方法规律]‎ 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段衔接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2019·靖江中学月考)小球沿光滑斜面从静止开始下滑做匀加速直线运动，在第1 s内位移为2 m，经过3 s刚好滑到斜面底端，则(　　)‎ A．第1 s内的平均速度大小为1 m/s B．加速度大小为1 m/s2‎ C．第2 s内运动的位移大小为6 m D．最后1 s内滑过的距离等于前2 s滑过的距离总和 解析：选C　由题意知，第1 s内的平均速度大小1＝＝ m/s＝2 m/s，故A错误； 根据位移时间关系，x＝at2，得a＝ m/s2＝4 m/s2，故B错误；第2 s内运动的位移大小Δx2＝at22－at12＝×4×22 m－×4×12 m＝6 m，故C正确；最后1 s内运动的位移大小Δx3＝at32－at22＝×4×32 m－×4×22 m＝10 m；前2 s滑动的距离总和x2＝×4×22 m＝8 m，故D错误。‎ ‎2．[多选](2019·金陵中学月考)某质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝4t＋t2(m)(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点(　　)‎ A．第1 s内的位移是5 m B．前2 s内的平均速度是6 m/s C．任意相邻1 s内的位移差都是2 m D．任意1 s内的速度增量都是1 m/s 解析：选ABC　第1 s内的位移x1＝4×1 m＋1 m＝5 m，故A正确；前2 s内的位移x2‎ ‎＝4×2 m＋4 m＝12 m，则前2 s内的平均速度＝＝ m/s＝6 m/s，故B正确；根据x＝v0t＋at2＝4t＋t2知，质点的加速度a＝2 m/s2，则任意相邻1 s内的位移之差Δx＝at2＝2×1 m＝2 m，故C正确；任意1 s内的速度变化量Δv＝at＝2×1 m/s＝2 m/s，故D错误。‎ ‎3．质点由A点从静止出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时速度恰好减为零。若AB间距为s，则质点从A到B所用时间t为(　　)‎ A. 　　　　　 　　B. C. D. 解析：选B　设行程的第一部分的末速度为v，则由题意可知＋＝s，解得v＝ ；而s＝t1＋t2＝t，解得t＝ ，所以B正确。‎ 突破点(二)　解决匀变速直线运动的常用方法 方法 解　读 基本公式法 基本公式指速度公式、位移公式及速度位移关系式，它们均是矢量式，使用时要规定正方向 平均速度法 ‎(1)定义式＝适用于任何性质的运动 ‎(2)＝v＝只适用于匀变速直线运动 推论法(位移差公式)‎ 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Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)·aT2，对一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用位移差公式求解 比例法 初速度或末速度为零的匀变速直线运动问题，可以考虑用比例法快速解答 图像法 应用v t图像，可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题，尤其是用图像进行定性分析，可避开繁杂的计算，快速得出答案 ‎[题点全练]‎ ‎1．(2016·上海高考)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/s2‎ 解析：选B　根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝1＝ m/s＝4 m/s；在第二段内中间时 刻的瞬时速度为：v2＝2＝ m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝＝ m/s2＝ m/s2，故选项B正确。‎ ‎2．[多选](2019·如皋中学月考)‎ 如图所示物体做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为0.2 s，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体的加速度为20 m/s2 B．物体的加速度为25 m/s2‎ C．CD＝4 m D．CD＝5 m 解析：选BC　由Δs＝at2可得物体的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝25 m/s2，故A错误，B正确；根据sCD－sBC＝sBC－sAB＝1 m，可知sCD＝3 m＋1 m＝4 m，故C正确，D错误。‎ ‎3．[多选](2018·无锡六校联考)一个做匀加速直线运动的物体，在前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，则这个物体(　　)‎ A．在t＝2 s时的速度为6 m/s B．在t＝4 s时的速度为11 m/s C．这个物体运动的加速度为a＝2.25 m/s2‎ D．这个物体运动的初速度为v0＝1.5 m/s 解析：选ACD　已知T＝4 s，x1＝24 m，x2＝60 m，‎ 则由Δx＝aT2得：x2－x1＝aT2，‎ 得：a＝＝ m/s2＝2.25 m/s2。‎ 由x1＝v0T＋aT2，‎ 得：v0＝－aT＝ m/s－×2.25×4 m/s＝1.5 m/s，t＝2 s时速度v2＝v0＋at＝1.5 m/s＋2.25×2 m/s＝6 m/s，t＝4 s时速度v4＝v0＋at′＝1.5 m/s＋2.25×4 m/s＝10.5‎ ‎ m/s，故A、C、D正确，B错误。‎ 突破点(三)　自由落体运动 ‎[典例]　(2018·大庆模拟)比萨斜塔是世界建筑史上的一大奇迹。如图所示，已知斜塔第一层离地面的高度h1＝6.8 m，为了测量塔的总高度，在塔顶无初速度释放一个小球，小球经过第一层到达地面的时间t1＝0.2 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。‎ ‎(1)求斜塔离地面的总高度h；‎ ‎(2)求小球从塔顶落到地面过程中的平均速度。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)根据位移公式求出小球到达第一层时的速度，再求出塔顶离第一层的高度，进而求出总高度；‎ ‎(2)先求出小球从塔顶落到地面的总时间，再根据平均速度的定义求出平均速度。‎ ‎[解析]　(1)设小球到达第一层时的速度为v1，则有 h1＝v1t1＋gt12‎ 得 v1＝ 代入数据得v1＝33 m/s 塔顶离第一层的高度h2＝＝54.45 m 所以塔的总高度h＝h1＋h2＝61.25 m。‎ ‎(2)小球从塔顶落到地面的总时间t＝ ＝3.5 s 平均速度＝＝17.5 m/s。‎ ‎[答案]　(1)61.25 m　(2)17.5 m/s ‎[方法规律]‎ 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。‎ ‎①从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…‎ ‎②一段时间内的平均速度＝＝＝gt。‎ ‎③连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2。‎ ‎(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不是自由落体运动，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1．(2019·姜堰中学模拟)小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放，用频闪方法拍摄的小球位置如图中1、2、3和4所示。已知连续两次闪光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。由此可知小球(　　)‎ A．下落过程中的加速度大小约为 B．经过位置3时的瞬时速度大小约为2gT C．经过位置4时的瞬时速度大小约为 D．从位置1到4过程中的平均速度大小约为 解析：选C　根据Δx＝d＝aT2得，下落过程中的加速度a＝，故A错误。经过位置3的瞬时速度等于2、4段的平均速度，则v3＝，故B错误。根据速度时间公式得，通过位置4的瞬时速度v4＝v3＋aT＝，故C正确。从位置1到4过程中的平均速度大小＝＝，故D错误。‎ ‎2.(2019·海安高级中学月考)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度分别为h1∶h2∶h3＝3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则(　　)‎ A．三者到达桌面时的速度之比是3∶2∶1‎ B．三者运动时间之比为3∶2∶1‎ C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差 D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比 解析：选C　由v2＝2gh，得v＝，则到达桌面时的速度之比v1∶v2∶v3＝∶∶1，故A错误；由t＝ 得三者运动时间之比t1∶t2∶t3＝∶∶1，则(t1－t2)∶(t2－t3)＝(－)∶(－1)，故B错误、C正确；三个小球的加速度与重力和质量无关，等于重力加速度，故D错误。‎ 什么是“形异质同”和“形同质异”‎ 题目做得多了，会遇到一类遵循的物理规律相同，但提供的物理情景新颖、信息陌生、物理过程独特的问题，对这类问题同学们往往感觉难度大，无从下手。其实这类问题看似陌生，实则与我们平时练习的题目同根同源，只不过是命题人巧加“改头换面”而已，这类问题我们称之为形异质同。‎ 另外，平时做题时还会遇到一类物理情景比较熟悉，物理过程似曾相识的问题，对于这类问题，又往往因审题不严、惯性思维，不注意题中所给条件的细微区别，而解答失误。这类问题我们称之为形同质异。‎ 无论是“形异质同”还是“形同质异”，都是命题人常采用的命题手段之一，为引起同学们对此类问题的重视，本书创编此栏目，旨在让同学们在平时的训练中，多比较、多总结，不再因无谓失分而遗憾。‎ 下面列举两类匀变速直线运动中的“形异质同”问题。 ‎ 水平刹车与沿粗糙斜面上滑 ‎1．(2018·苏北十所名校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则它在前3 s内的平均速度为(　　)‎ A．6 m/s　 　B．8 m/s　 　C．10 m/s　 　D．12 m/s 解析：选B　将题目中的表达式与x＝v0t＋at2比较可知：v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2。所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间为t＝ s＝2 s，由此可知3 s时汽车已经停止，位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，故平均速度＝＝ m/s＝8 m/s。‎ ‎2.‎ ‎[多选](2018·南京调研)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度为v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是(　　)‎ A．小木块与木板间的动摩擦因数为 B．小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点 C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下 D．小木块滑到最高点后将静止不动 解析：选AD　小木块恰好匀速下滑时，mgsin 30°＝μmgcos 30°，可得μ＝，A正确；小木块沿木板上滑过程中，根据牛顿第二定律，mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma，可得小木块上滑过程中匀减速的加速度大小a＝10 m/s2，故小木块上滑的时间t上＝＝1 s，最大静摩擦力大于下滑力，故小木块最终将静止在最高点，D正确，B、C错误。‎ ‎(1)汽车在水平路面上的刹车问题中，当汽车速度为零后，汽车将停止运动。‎ ‎(2)物体沿粗糙斜面上滑，若有最大静摩擦力大于下滑力，则物体最终静止在斜面上，运动规律与汽车在水平路面上的刹车问题类似。　　　　 ‎