【物理】2018届一轮复习人教版第1章第2节匀变速直线运动的规律及应用学案

【物理】2018届一轮复习人教版第1章第2节匀变速直线运动的规律及应用学案

第二节　匀变速直线运动的规律及应用 一、匀变速直线运动的基本规律 ‎1．速度与时间的关系式：v＝v0＋at．‎ ‎2．位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2．‎ ‎3．位移与速度的关系式：v2－v＝2ax．‎ ‎　1.某航母跑道长为‎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 提示：选B.由v2－v＝2ax得v0＝＝10 m/s，选项B正确．‎ 二、匀变速直线运动的推论 ‎1．平均速度公式：v＝v＝．‎ ‎2．位移差公式：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2．‎ 可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.‎ ‎3．初速度为零的匀加速直线运动比例式 ‎(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：‎ x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2．‎ ‎(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内……位移之比为：‎ xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．‎ ‎(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：‎ t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．‎ ‎　2.(多选)物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，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所用时间相等，则下列说法正确的是(　　)‎ A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得CD＝‎‎4 m C．可求得OA之间的距离为‎1.125 m D．可求得OA之间的距离为‎1.5 m 提示：选BC.设加速度为a，时间为T，则有Δs＝aT2＝1 m，可以求得CD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝，所以OB之间的距离为sOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为sOA＝sOB－sAB＝1.125 m，即B、C选项正确．‎ 三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律 ‎1．自由落体运动规律 ‎(1)速度公式：v＝gt．‎ ‎(2)位移公式：h＝gt2．‎ ‎(3)速度－位移关系式：v2＝2gh．‎ ‎2．竖直上抛运动规律 ‎(1)速度公式：v＝v0－gt．‎ ‎(2)位移公式：h＝v0t－gt2．‎ ‎(3)速度－位移关系式：v2－v＝－2gh.‎ ‎(4)上升的最大高度：h＝．‎ ‎(5)上升到最大高度用时：t＝．‎ ‎　3.判断正误 ‎(1)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．(　　)‎ ‎(2)在真空中一个铁钉和一团棉花同时从同一高度下落，两者同时落地．(　　)‎ ‎(3)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．(　　)‎ ‎(4)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．(　　)‎ ‎(5)竖直上抛运动的速度为负值时，位移也为负值．(　　)‎ ‎(6)竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相反．(　　)‎ 提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×‎ ‎　匀变速直线运动规律的应用 ‎【知识提炼】‎ ‎1．运动公式中符号的规定：一般规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．‎ ‎2．多过程问题：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连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．‎ ‎3．两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．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15 战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：‎ ‎(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；‎ ‎(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.‎ ‎[审题指导]　第(1)问不知道时间，直接应用公式2ax＝v2－v解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动．‎ ‎[解析]　(1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2，‎ 在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v，解得v1min＝.‎ ‎(2)法一：一般公式法 起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有 x＝v2mint，t＝ ‎2a‎(L＋x)＝v2－v 解得v2min＝－.‎ 法二：相对运动法 选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝－.‎ ‎[答案]　(1)　(2)－ ‎【跟进题组】‎ 考向1　基本公式的应用 ‎1．(2016·高考全国卷丙)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. 解析：选A.设质点的初速度为v0、末速度为vt，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即vt＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，＝＝2v0，由加速度的定义可知质点的加速度a＝＝，由以上两式可知，a＝，A项正确，B、C、D项错误．‎ 考向2　刹车类问题 ‎2．(高考全国卷Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以‎108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为‎120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的.若要求安全距离仍为‎120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．‎ 解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg＝ma0①‎ s＝v0t0＋②‎ 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．‎ 设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0③‎ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg＝ma④‎ s＝vt0＋⑤‎ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝‎20 m/s(‎72 km/h)．‎ 答案：20 m/s ‎(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)对于双向可逆匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可分段求解．　 ‎ ‎　处理匀变速直线运动常用的六种方法 ‎【知识提炼】‎ 常用方法 规律特点 一般公式法 v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v＝2ax 使用时应注意它们都是矢量式，一般以v0方向为正方向，其余物理量与正方向相同者为正，与正方向相反者为负 平均速度法 v＝，对任何性质的运动都适用；v＝(v0＋v)，只适用于匀变速直线运动 中间时刻速度法 v＝v＝(v0＋v)，适用于匀变速直线运动 比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动，可利用比例法求解 逆向思维法 把运动过程的“末态”作为“初态”的方法．例如，末速度为零的匀减速直线运动可以看做反向的初速度为零的匀加速直线运动 图象法 应用v－t图象，可把复杂的物理问题转化为较为简单的数学问题解决，尤其是用图象定性分析，可避免繁杂的计算，快速求解 ‎【典题例析】‎ ‎　物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图．已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．‎ ‎[解析]　法一：逆向思维法 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＝，xAC＝，又xBC＝，‎ 由以上三式解得tBC＝t.‎ 法二：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 v＝2axAC①‎ v＝v－2axAB②‎ xAB＝xAC③‎ 由①②③解得vB＝④‎ 又vB＝v0－at⑤‎ vB＝atBC⑥‎ 由④⑤⑥解得tBC＝t.‎ 法三：位移比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．‎ 因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.‎ 法四：时间比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．‎ 现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为tx，那么通过 BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，tEA＝(2－)tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，解得tx＝t.‎ 法五：中间时刻速度法 利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，vAC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得vB＝.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t.‎ 法六：图象法 根据匀变速直线运动的规律，作出v－t图象，如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.‎ 所以＝，解得tBC＝t.‎ ‎[答案]　t 匀变速直线运动问题的解题“四步骤”‎ ‎　一固定的光滑斜面长为x，一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体速度为到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是(　　)‎ A.　　　　　　　　　 B．x C. D． 解析：选A.把物体的运动过程按速度大小分为两段，即0～和～v两段，由于两段的速度变化量相等，则两段的时间相等，又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3，故第一段的位移为总位移的四分之一，即，选项A正确．‎ ‎　自由落体运动和竖直上抛运动 ‎【知识提炼】‎ ‎1．自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，结合比例法求解比较方便．‎ ‎2．竖直上抛运动的对称性 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，即t上＝t下＝；‎ ‎(2)物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等 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)物体在上升阶段和下降阶段经过同一位置时的速度大小相等、方向相反 能量的对称性 竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等 ‎【典题例析】‎ ‎　气球以‎10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地‎175 m的高处时，一重物从气球上掉落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？(g取‎10 m/s2)‎ ‎[审题指导]　重物从气球上掉落时仍具有向上的速度．‎ ‎[解析]　法一：全程法 取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．‎ 重物在时间t内的位移h＝－175 m 将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入位移公式 h＝v0t－gt2‎ 解得t＝7 s或t＝－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 其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．‎ 法二：分段法 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则 t1＝＝ s＝1 s 上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝‎5 m＋‎175 m＝‎‎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＝＝ s＝6 s，‎ v＝gt2＝10×‎6 m/s＝‎60 m/s，方向竖直向下 所以重物从气球上掉落至落地共历时 t＝t1＋t2＝7 s.‎ ‎[答案]　7 s　‎60 m/s 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．　 ‎ ‎【跟进题组】‎ 考向1　自由落体运动 ‎1．(2017·福建六校联考)一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为‎2 kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是‎18 m，则(　　)‎ A．物体在2 s末的速度大小是‎20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度大小是‎3.6 m/s C．物体在前2 s内的位移大小是‎20 m D．物体在5 s内的位移大小是‎50 m 解析：选D.设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得g×(5 s)2－g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是g×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是g×(5 s)2＝50 m，选项D正确．‎ 考向2　竖直上抛运动 ‎2．(2017·江西五校高三摸底考试)一弹性小球自‎4.9 m 高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的，重力加速度g取‎9.8 m/s2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．‎ 解析：小球第一次下落经历的时间为：t＝＝1 s 落地前的速度的大小v＝gt＝9.8 m/s 第一次碰地弹起的速度的大小v1＝v 上升到落回的时间 t1＝＝2× s 第二次碰地弹起的速度的大小v2＝v 上升到落回的时间 t2＝＝2× s ‎⋮‎ 第n次碰地弹起的速度的大小vn＝v 上升到落回的时间 tn＝＝2× s 从开始到最终停止经历的时间为：t总＝1＋2×＋2×＋…＋2× s＝1＋7× s≈8 s.‎ 答案：8 s ‎1．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场‎54 km、离地1 ‎750 m高度时飞机发动机停车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人．若飞机着陆后以‎6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为‎60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　)‎ A．‎288 m　　　　　　　 B．‎‎300 m C．‎150 m D．‎‎144 m 解析：选B.先求出飞机着陆后到停止所用时间t.由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m.‎ ‎2．(多选)某物体以‎30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取‎10 m/s2.5 s内物体的(　　)‎ A．路程为‎65 m B．位移大小为‎25 m，方向向上 C．速度改变量的大小为‎10 m/s D．平均速度大小为‎13 m/s，方向向上 解析：选AB.法一：分阶段法 物体上升的时间t上＝＝ s＝3 s，物体上升的最大高度h1＝＝ m＝45 m．物体从最高点自由下落2 s的高度h2＝gt＝×10×22 m＝20 m．运动过程如图所示，则总路程为65 m，A正确.5 s末物体离抛出点的高度为25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确.5 s末物体的速度v＝gt下＝10×2 m/s＝20 m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv＝(－v)－v0＝(－20 m/s)－30 m/s＝－50 m/s，即速度改变量的大小为50 m/s，方向向下，C错误．平均速度＝＝ m/s＝5 m/s，方向向上，D错误．‎ 法二：全过程法 由竖直上抛运动的规律可知：物体经3 s到达最大高度h1＝45 m处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋at2＝25 m>0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向向上，A、B正确．速度的变化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C错误.5 s末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度＝＝5 m/s>0，方向向上，D错误．‎ ‎3．(2015·高考江苏卷)如图所示，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(　　)‎ A．关卡2 B．关卡3‎ C．关卡4 D．关卡5‎ 解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝＝1 s，运动的距离为x1＝at2＝1 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动的距离为9 m，过了关卡2.到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能通过关卡3.到关卡4时共用时12.5 s，而第12 s时关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C项正确．‎ ‎4．(多选)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，‎ 滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s内的位移为‎2.5 m，由此可求得(　　)‎ A．滑块的加速度为‎5 m/s2‎ B．滑块的初速度为‎5 m/s C．滑块运动的总时间为3 s D．滑块运动的总位移为‎4.5 m 解析：选CD.初速度为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s时，在前2 s内和后2 s内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3 s，选项C正确；最初1 s内的位移与总位移之比为＝，滑块最初1 s内的位移为2.5 m，故x＝4.5 m，选项D正确；根据x＝at2可得a＝1 m/s2，选项A错误；根据v＝at可得，滑块的初速度为3 m/s，选项B错误．‎ ‎5．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．‎ 解析：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.‎ 法二：平均速度法 匀加速阶段和匀减速阶段平均速度相等，都等于 故有x＝t1＋t2，因此有vmax＝＝ m/s＝5 m/s.‎ 法三：‎ 图象法 作出汽车运动全过程的v－t图象，如图所示，v－t图线与t轴围成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