【物理】2019届一轮复习人教版 匀变速直线运动的规律及应用 学案

【物理】2019届一轮复习人教版 匀变速直线运动的规律及应用 学案

‎ 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：＝　　　　＝　　　　　　.‎ ‎（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 。‎ 答案：1.(1)v＝v0＋at　(2)x＝v0t＋at2　(3)v2－v＝2ax　2.(1)v　　(2)aT2‎ ‎3.(1)1∶2∶3∶…∶n　(2)12∶22∶32∶…∶n2　(3)1∶3∶5∶…∶(2n－1)　(4)1∶(－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：　　　　　　　　；‎ ‎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：　　　　　　　　　.‎ 答案：1.(1)重力　静止　(2)v＝gt　h＝gt2　v2＝2gh　2.(1)匀减速直线　自由落体　(2)v＝v0－gt　h＝v0t－gt2　v2－v＝2gh ‎　[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/s2。(　　)‎ ‎(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。(　　)[ :学 ]‎ ‎ (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(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)‎ 没有涉及 的物理量 适宜选 用公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at v0、a、t、x v x＝v0t＋at2‎ v0、v、a、x t v2－v＝2ax v0、v、t、x a x＝t ‎2.两类特殊的匀减速直线运动 ‎(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/s2，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v2－v＝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v2－v＝2ax，代入数据解得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？‎ ‎[提示]　(1)根据＝，可求出第1 s的位移为 ‎2.5 m.‎ ‎(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＝at x1＋x2＝a(2t0)2‎ 而t0＝1 s 联立解得a＝5 m/s2.‎ ‎(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 t＝t1＋t2‎ v＝at1‎ x＝at＋vt2‎ 设加速阶段通过的距离为x′‎ 则x′＝at 求得x′＝10 m.‎ ‎[答案]　(1)‎5 m/s2　(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/s2，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＋) 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.‎ ‎[解析]　(1)物体在出发点上方时，由x＝v0t＋at2得：7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝1 s或t＝3 s，由v＝v0＋at得，v＝‎5 m/s或－‎5 m/s.‎ ‎(2)物体在出发点下方时，由x＝v0t＋at2得：－7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝(2＋) s或t＝(2－) s(舍去)，由v＝v0＋at得：v＝－‎5 m/s.故A、B、C正确，D错误.‎ ‎[答案]　ABC[ : | |k ]‎ 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.‎ ‎[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＝a1t＋vmaxt2＋a2t①‎ t＝t1＋t2②‎ vmax＝a1t1③‎ ‎0＝vmax＋a2t2④‎ 整理得vmax＝＝ m/s＝5 m/s.‎ 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＝t1＋t2‎ 因此有vmax＝＝ m/s＝5 m/s.‎ 解法三(图象法)　作出汽车运动全过程的vt图象，如图所示，vt图线与t轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x＝，所以vmax＝＝ m/s＝5 m/s.‎ ‎[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(　　)[ : | |X|X|K]‎ 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＝，x1＝2 m，选项B正确.‎ ‎[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＝＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，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不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题.‎ ‎2.竖直上抛运动的对称性 ‎(1)时间对称性.‎ ‎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，即t上＝t下＝.‎ ‎②物体在上升过程中经过某两点所用的时间与下降过程中经过该两点所用的时间相等.‎ ‎(2)速度对称性.‎ ‎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物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反.‎ ‎(3)能量对称性：竖直上抛运动的物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能分别相等.‎ 对应训练 考向1　自由落体运动规律的应用 ‎[典例5]　(2017·湖北重点中学高三联考)如图所示，木杆长‎5 m，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‎20 m处圆筒AB，圆筒AB长为‎5 m，取g＝‎10 m/s2，求：[ :学 ]‎ ‎(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？‎ ‎[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用时t下A＝＝ s＝ s 木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A＝＝ s＝2 s 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)木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝＝ s＝ s 木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝＝ s＝ s 则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(－) s.‎ ‎[答案]　(1)(2－) s　(2)(－) s ‎[变式3]　从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻(　　)‎ A.甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变 B.甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大 C.甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变 D.甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小 答案：C　解析：小球甲释放后，设经过时间t(t>1 s)，两小球间距离为Δh，则gt2－g·(t－1 s)2＝Δh，则Δh＝g(2t－1)(只表示函数关系)，故t增大，Δh也随之增大；而据v＝gt可知Δv＝gt－g(t－1 s)＝g(只表示大小)，速度差保持不变，所以A、B、D均错误，C正确.‎ 考向2　竖直上抛运动的两种处理方法 ‎[典例6]　气球下挂一重物，以v0＝‎10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝‎175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，取g＝‎10 m/s2.‎ ‎[解题指导]　物体离开气球后，先向上做匀减速运动，到达最高点后，向下做匀加速运动.上升和下降阶段的加速度均为g，故物体的运动可视为全程的匀变速运动，也可分为上升阶段的匀减速运动和下降阶段的自由落体运动.‎ ‎[解析]　解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理.‎ 绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为 t1＝＝1 s　h1＝＝‎‎5 m 故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180 m 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t2＝＝6 s v＝gt2＝60 m/s 所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t1＋t2＝7 s.‎ 解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t 后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有：‎ h′＝v0t－gt2‎ 即－175＝10t－×10t2＝10t－5t2‎ t2－2t－35＝0‎ 解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)‎ 所以重物落地速度为v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反.‎ ‎[答案]　7 s　‎60 m/s ‎[变式4]　如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A.‎1.6‎ m‎ B.‎‎2.4 m C.‎3.2 m D.‎‎4.0 m 答案：C　解析：由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝gt2＝3.2 m，C正确.‎ 反思总结 竖直上抛运动的两种研究方法 ‎(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段.‎ ‎(2)全程法：将全过程视为初速度为v0、加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方.‎ 随堂检测 ‎1．(2016·全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为(　　)‎ A. B. C. D. ‎2．(2015·江苏单 ，5)如图9所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)‎ 图9‎ A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5‎ ‎3．(2016·西安市二模)高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人的事件。某建筑工地突然有一根长为l的直钢筋从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片。为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L，且L＞l，查得当时相机的曝光时间为t，楼房每层高为h，重力加速度为g。则由此可以求得(　　)‎ A．钢筋坠地瞬间的速度约为 B．钢筋坠下的楼层为＋1‎ C．钢筋坠下的楼层为＋1‎ D．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为 ‎4．(2017·南昌市调研)如图10所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求：‎ 图10‎ ‎(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；‎ ‎(2)列车减速运动的最长时间。‎ 参考答案 ‎1.解析　动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A对。‎ 答案　A ‎2.解析　由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝＝1 s，在加速时间内通过的位移x1＝at＝1 m，t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，x1＋x2＝9 m＞8 m已过关卡2，当关卡关闭t3＝2 s时间内该同学在关卡2、3之间又通过了x3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，x4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t5＝0.5 s，小于2 s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故选项C正确。‎ 答案　C ‎3.解析　钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t内下落的距离，因此在时间t内的平均速度为＝，此速度很接近钢筋坠地时的速度v，因此A选项错误；由v2＝2gH、v＝，钢筋坠下的楼层n＝＋1，解得n＝＋1，B选项正确，C选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为＝，D选项错误。‎ 答案　B ‎4.解析　(1)若列车车尾恰好停在A点，减速运动的加速度大小为a1，距离为x1，则 ‎0－v＝－2a1x1‎ x1＝1 200 m＋200 m＝1 400 m 解得a1＝ m/s2‎ 若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为xOB＝2 000 m，则 ‎0－v＝－2a2xOB 解得a2＝1.6 m/s2‎ 故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤ m/s2‎ ‎(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动的时间最长，则0＝v0－a2t 解得t＝50 s 答案　(1)1.6 m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s