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文档介绍
2021版高考物理大一轮复习通用版第1章第2节匀变速直线运动的规律
第 2 节 匀变速直线运动的规律 一、匀变速直线运动的基本规律 1.概念: 沿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 v 方向相同。 (2)匀减速直线运动: a 与 v 方向相反。 3.基本规律 1 速度 —时间关系: v=v 0+at 2 位移 —时间关系: x=v 0t+1 2at2 ―――――→ 初速度为零 即v 0= 0 v =at x=1 2at2 二、匀变速直线运动的重要关系式 1.两个导出式 1 速度 —位移关系: v 2-v 20=2ax 2 位移 —平均速度关系: x= v-t= v 0+v 2 t ―――――→ 初速为零 v 0=0 v2=2ax x= v 2t 2.三个重要推论 (1)位移差公式: Δx=x2- x1=x3-x2=⋯= xn- xn-1=aT2,即任意两个连续 相等的时间间隔 T 内的位移之差为一恒量。可以推广到 xm-xn=(m-n)aT2。 (2)中间时刻速度 v t 2 = v =v0+v 2 ,即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。 (3)位移中点的速度 vx 2 = v20+v2 2 3.初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论 (1)1T 末、 2T 末、 3T 末⋯瞬时速度的比为 v 1∶v 2∶v 3∶⋯∶ v n=1∶2∶3∶⋯∶ n。 (2)1T 内、 2T 内、3T 内⋯位移的比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶⋯∶ xN=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 x1∶x2∶x3∶⋯∶ xn =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为 t1∶t2∶t3∶⋯∶ tn=1∶( 2-1)∶( 3- 2)∶⋯∶ ( n- n-1)。 三、自由落体运动和竖直上抛运动 自由落 体运动 运动条件 (1)物体只受重力作用 (2)由静止开始下落 运动性质 初速度为零的匀加速直线运动 运动规律 (1)速度公式: v=gt (2)位移公式: h=1 2gt2 (3)速度 —位移公式: v2=2gh 运动性质 匀减速直线运动 竖直上抛运动 运动规律 (1)速度公式: v=v0-gt (2)位移公式: h=v0t-1 2gt2 (3)速度 —位移关系式: v 2-v20=- 2gh (4)上升的最大高度: H=v 20 2g (5)上升到最高点所用时间: t= v 0 g 1.思考辨析 (正确的画“√”,错误的画“×” ) (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 ( ×) (2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。 ( ×) (3)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。 ( √) (4)物体做自由落体运动的加速度一定等于 9.8 m/s2。 ( ×) (5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。 ( ×) (6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。 ( √) 2.(人教版必修 1P43T 3 改编 )某航母甲板上跑道长 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 [答案 ] B 3.(人教版必修 1P40T3 改编 )以 18 m/s 的速度行驶的汽车,制动后做匀减速 运动,在 3 s内前进 36 m,则汽车在 5 s内的位移为 ( ) A.50 m B.45 m C.40.5 m D.40 m C [根据 x=v0t+ 1 2at2 得 36=18×3+ 1 2a×32,即 a=-4 m/s2。汽车停止所 需时间为 t′= -v 0 a = -18 -4 s=4.5 s<5 s,所以 4.5 s末汽车停止运动, 5 s内的位移 x= 0-v 20 2a = 0-182 2× -4 m=40.5 m,故选项 C 正确。 ] 4.(人教版必修 1P49 做一做改编 )一个质点正在做匀加速直线运动,用固定 在地面上的照相机对该质点进行闪光照相,由闪光照片得到的数据,发现质点 在第一次、第二次闪光的时间间隔内移动了 s1=2 m;在第三次、第四次闪光的 时间间隔内移动了 s3=8 m。由此可求得 ( ) A.第一次闪光时质点的速度 B.质点运动的加速度 C.在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移 D.质点运动的初速度 C [由于闪光时间未知,所以根据 s2-s1=s3-s2=aT2,只能求出第二、三 次闪光的时间间隔内质点的位移 s2=5 m,选项 C 正确。 ] 匀变速直线运动的基本规律 [讲典例示法 ] 1.重要公式的选择 适宜选用公式 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 v=v 0+at v 0、v、a、t x x= v0t+1 2at2 v 0、a、t、x v v2-v20= 2ax v0、v、a、x t x= v+v 0 2 t v 0、v、t、x a 2.运动学公式中正、负号的规定 一般情况下,规定初速度方向为正方向,与正方向相同的物理量取正值, 相反的取负值。 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立即停止运动,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。 [典例示法 ] (2019 ·湖北天门模拟 )出租车载客后, 从高速公路入口处驶入高 速公路,并从 10 时 10 分 55 秒开始做初速度为零的匀加速直线运动,经过 10 s 时,速度计显示速度为 54 km/h。求: (1)这时出租车离出发点的距离; (2)出租车继续做匀加速直线运动,当速度计显示速度为 108 km/h 时,出租 车开始做匀速直线运动。 10 时 12 分 35秒时计价器里程表示数应为多少千米? (车 启动时,计价器里程表示数为零 ) 审题指导 :解此题关键是画运动过程示意图,呈现运动情境 [解析 ] (1)由题意可知经过 10 s时,速度计上显示的速度为 v 1=15 m/s 由速度公式 v=v 0+at 得 a= v-v0 t =v 1 t1=1.5 m/s2 由位移公式得 x1= 1 2at21= 1 2×1.5×102 m=75 m 这时出租车离出发点的距离为 75 m。 (2)当速度计上显示的速度为 v 2=108 km/h=30 m/s时, 由 v 22=2ax 2得 x2=v 22 2a =300 m,这时出租车从静止载客开始,已经经历的时间为 t2,可根据速度公式 得 t2= v 2 a = 30 1.5 s=20 s,这时出租车时间表应显示 10 时 11 分 15 秒。 出租车继续 匀速运动,匀速运动时间 t3 为 80 s,通过位移 x3=v 2t3=30×80 m=2 400 m,所 以 10 时 12 分 35 秒时,计价器里程表应显示 x=x2+x3=(300+2 400)m=2 700 m=2.7 km。 [答案 ] (1)75 m (2)2.7 km “ 一画、二选、三注 ”巧解匀变速直线运动问题 [跟进训练 ] 基本公式的应用 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 B [先求出飞机着陆后到停止所用时间 t,由 v=v 0+at,得 t= v-v 0 a = 0-60 -6 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=v 0t+ at2 2 =60×10 m+(-6)× 102 2 m= 300 m。] 汽车 “刹车问题 ” 2.汽车以 v 0=20 m/s 的速度在平直公路上行驶, 急刹车时的加速度 a=- 5 m/s2,则自驾驶员急踩刹车开始, 2 s 时与 5 s时汽车的位移之比为 ( ) A.5∶4 B.4∶5 C.3∶4 D.4∶3 C [汽车速度减为零所需的时间 t0= 0-v0 a = 0-20 -5 s=4 s,2 s 时汽车的位 移 x1= 20×2-1 2×5×4 m=30 m,由于汽车经 4 s停止运动,则 5 s 时汽车的 位移即 4 s时的位移, 所以 5 s时汽车的位移 x2= 0-v 20 2a = -400 -10 m=40 m,则 2 s 时与 5 s 时汽车的位移之比为 3∶4,C 正确。 ] 多过程问题 3.有一部电梯,启动时匀加速上升的加速度大小为 2 m/s2,制动时匀减速 上升的加速度大小为 1 m/s2,中间阶段电梯可匀速运行, 电梯运行上升的高度为 48 m。问: (1)若电梯运行时最大限速为 9 m/s,电梯升到最高处的最短时间是多少; (2)如果电梯先加速上升,然后匀速上升,最后减速上升,全程共用时间为 15 s,上升的最大速度是多少? [解析 ] (1)要想所用时间最短,则电梯只有加速和减速过程, 而没有匀速过 程,设最大速度为 v m,由位移公式得 h= v 2m 2a1+ v 2m 2a2,代入数据解得 v m=8 m/s 因为 v m=8 m/s<9 m/s,符合题意 加速的时间为 t1=v m a1 =8 2 s=4 s 减速的时间为 t2= v m a2 = 8 1 s=8 s 运动的最短时间为 t=t1+t2=12 s。 (2)设加速的时间为 t′1,减速的时间为 t′2,匀速上升时的速度为 v,且 v<8 m/s, 则加速的时间为 t′1= v a1,减速的时间为 t′2= v a2 匀速运动的时间为 t=15 s-t′1-t′2 上升的高度为 h=v 2(t′1+t′2)+v(15 s-t′1-t′2),联立解得 v=4 m/s,另一解 不合理,舍去。 [答案 ] (1)12 s (2)4 m/s 解决匀变速直线运动的常用方法 [讲典例示法 ] 解决匀变速直线运动问题常用的六种方法 [典例示法 ] (一题多法 )物体以一定的初速度从斜面底端 A 点冲上固定的光 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,如图所示。已知 物体运动到距斜面底端 3 4l 处的 B 点时,所用时间为 t,求物体从 B 滑到 C 所用 的时间。 思路点拨 :解此题把握以下关键信息 (1)“ 到达斜面最高点 C 时速度恰好为零 ”表明该物体做减速到零的匀减速 运动,可考虑 “逆向思维 ”。 (2)“ 距斜面底端 3 4l 处的 B 点 ”表明 BC 的距离为 l 4,可考虑应用 “ 比例法 ”。 [解析 ] 法一 :基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动,设初速度为 v 0,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 20=2axAC ① v 2B=v20-2axAB ② xAB=3 4xAC ③ 由 ①②③ 解得 v B=v0 2 ④ 又 vB=v 0-at ⑤ v B=atBC ⑥ 由 ④⑤⑥ 解得 tBC=t。 法二 :平均速度法 利用推论: 匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速 度,然后进一步分析问题。 v AC = v 0+0 2 =v 0 2 又 v20=2axAC,v 2B=2axBC,xBC=xAC 4 由以上三式解得 v B= v 0 2 可以看出 v B 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。 法三 :逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面, 其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。 设 物体从 B 到 C 所用的时间为 tBC 由运动学公式得 xBC=1 2at2BC,xAC=1 2a(t+tBC)2, 又 xBC=xAC 4 ,由以上三式解得 tBC=t。 法四 :比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动, 在连续相等的时间内通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶⋯∶ xn=1∶3∶5∶⋯∶ (2n-1) 因为 xBC∶xAB=xAC 4 ∶3xAC 4 =1∶3,而通过 xAB 的时间为 t,所以通过 xBC 的 时间 tBC=t。 法五 :图象法 根据匀变速直线运动的规律,画出 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的平方比 得 S△AOC S△BDC= CO2 CD2,且 S△AOC S△BDC= 4 1,OD=t,OC=t+tBC 所以 4 1= t+tBC 2 t2 ,解得 tBC=t。 [答案 ] t 解决匀变速直线运动问题的两个技巧 (1)把减速到 0 的匀减速直线运动转化为反向的初速度为 0 的匀加速直线运 动,列方程将非常简便,如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。 (2)若已知匀变速直线运动的位移和时间,通常优先考虑应用平均速度公式, 求出中间时刻的瞬时速度。 [跟进训练 ] 1.一物体做匀加速直线运动,通过一段位移 Δx 所用时间为 2t,紧接着通 过下一段位移 Δx 所用时间为 t。则物体运动的加速度大小为 ( ) A.Δx t2 B.Δx 2t2 C.Δx 3t2 D. 2Δx 3t2 C [物体做匀加速直线运动, 在第一段位移 Δx 内的平均速度是 v 1=Δx 2t ;在 第二段位移 Δx 内的平均速度是 v 2=Δx t ;因为某段时间内的平均速度等于中间时 刻的瞬时速度,则两个中间时刻的时间差为 Δt=t+ t 2= 3 2t,则物体加速度的大小 a= Δv Δt = v 2-v1 3 2t ,解得: a=Δx 3t2,故选 C。] 2.如图所示,物体从 O 点由静止开始做匀加速直线运动,途经 A、B、C 三 点,其中 |AB|=2 m,|BC|=3 m。若物体通过 AB 和 BC 这两段位移的时间相等, 则 O、A 两点之间的距离等于 ( ) A.9 8 m B.8 9 m C.3 4 m D.4 3 m A [设物体通过 AB、BC 所用时间均为 T,则 B 点的速度为: v B=xAC 2T = 5 2T, 根据 Δx=aT2 得:a=Δx T2 = 1 T2, 则有: v A=vB-aT= 5 2T- 1 T2·T= 3 2T, 根据速度位移公式得, O、A 两点之间的距离为: xOA=v 2A 2a= 9 4T2 2 T2 m=9 8 m。故 A 正确, B、C、D 错误。 ] 3.(多选 )(2019 ·雅安模拟 )如图所示,一冰壶以速度 v 垂直进入三个矩形区域 做匀减速直线运动,且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零,则冰壶依次 进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是 ( ) A.v 1∶v2∶v 3=3∶2∶1 B.v 1∶v2∶v 3= 3∶ 2∶1 C.t1∶t2∶t3=1∶ 2∶ 3 D.t1∶t2∶t3=( 3- 2)∶( 2-1)∶1 BD [因为冰壶做匀减速直线运动,且末速度为零,故可以看做反向匀加速 直线运动来研究。 初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间 之比为 1∶( 2-1)∶( 3- 2),故所求时间之比为 ( 3- 2)∶ ( 2-1)∶1,所 以选项 C 错误, D 正确; 由 v 2-v20=2ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中通 过连续相等位移的速度之比为 1∶ 2∶ 3,则所求的速度之比为 3∶ 2∶1, 故选项 A 错误, B 正确。 ] 自由落体运动和竖直上抛运动 [讲典例示法 ] 1.两种运动的特性 (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。 (2)竖直上抛运动的重要特性 ①对称性 如图所示,物体以初速度 v0 竖直上抛, A、B 为途中的任意两点, C 为最高 点,如图所示,则: ②多解性:当物体经过抛出点上方某个位置时,可能处于上升阶段,也可 能处于下降阶段,造成多解,在解决问题时要注意这个特性。 2.竖直上抛运动的研究方法 分段法 上升阶段: a=g 的匀减速直线运动 下降阶段:自由落体运动 全程法 初速度 v 0 向上,加速度 g 向下的匀变速直线运动, v=v 0-gt,h =v 0t-1 2gt2(向上方向为正方向 ) 若 v>0,物体上升,若 v<0,物体下落 若 h>0,物体在抛出点上方,若 h<0,物体在抛出点下方 [典例示法 ] 在离地面上高 h 处质点 A 做自由落体运动,与此同时,在 A 的正下方的地面上有质点 B 以初速度 v0 竖直上抛。 若 B 在上升阶段能与 A 相遇, 求出 v 0 的取值范围;若 B 在下降阶段与 A 相遇,求出 v0 的取值范围。 审题指导 :解此题关键是画出两物体运动示意图 (如图所示 ),找到相遇点, 利用好位移关系和时间关系。 [解析 ] 如图所示,以 B 的初位置为原点 O,竖直向上为 y 轴正方向 A 做自由落体运动,它的位置坐标和时间的关系为 y1=h-1 2gt2 B 做竖直上抛运动,它的位置坐标和时间关系为 y2=v 0t- 1 2gt2 两个质点相遇的条件是 y1=y2 即 h- 1 2gt2=v 0t- 1 2gt2,可见 A、B 相遇的时间 t0= h v0。 而 B 上升到最高点的时间 t1=v 0 g 若要使 B 在上升时与 A 相遇,必须满足 t1≥t0,即 v 0 g ≥ h v 0 所以 B 在上升时与 A 相遇的 v 0 的取值范围为 v 0≥ gh 若 B 在下降过程中与 A 相遇,必须满足 v 0 g < h v 0,即 v 0< gh,但又要在 B 落 地以前相遇, B 落地的时间 t2= 2v 0 g , 必须满足 t2≥t0,即 2v0 g ≥ h v 0 得 v0≥ gh 2 因此,在 B 下降过程中与 A 相遇的 v 0 的取值范围为 gh>v 0≥ gh 2 。 [答案 ] 见解析 解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意 (1)要注意速度、加速度、位移等的方向,一般看成初速度方向为正方向的 匀减速运动。 (2)竖直上抛运动为双向可逆运动,要注意其多解性,其在空中运动情况分 析常有以下两种判断方法。 ①根据位移 h 判断: h>0 在抛出点上方, h=0 恰好在抛出点, h<0 在抛出 点下方。 ②根据时间 t 判断: t查看更多