《2019高考物理一輪復習 第一章 運動的描述 勻變速直線運動的研究 第2講 勻變速直線運動的規(guī)律及應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理一輪復習 第一章 運動的描述 勻變速直線運動的研究 第2講 勻變速直線運動的規(guī)律及應用學案（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　勻變速直線運動的規(guī)律及應用　 【基礎梳理】 一、勻變速直線運動的基本規(guī)律 1．速度與時間的關系式：v＝v0＋at． 2．位移與時間的關系式：x＝v0t＋at2． 3．位移與速度的關系式：v2－v＝2ax． 二、勻變速直線運動的推論 1．平均速度公式：＝v＝． 2．位移差公式：Δ x＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2． 可以推廣到xm－xn＝(m－n)aT2. 3．初速度為零的勻加速直線運動比例式 (1)1T末，2T末，3T末…瞬時速度之比為： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n． (2)1T內，2T內，3T內…位移之比為：

2、x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2． (3)第一個T內，第二個T內，第三個T內…位移之比為： xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)． (4)通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)． 三、自由落體運動和豎直上拋運動的規(guī)律 1．自由落體運動規(guī)律 (1)速度公式：v＝gt． (2)位移公式：h＝gt2． (3)速度－位移關系式：v2＝2gh． 2．豎直上拋運動規(guī)律 (1)速度公式：v＝v0－gt． (2)位移公式：h＝v0t－gt2． (3)速度－位移關系式：v2－v＝－2gh.

3、 (4)上升的最大高度：h＝． (5)上升到最大高度用時：t＝． 【自我診斷】 判一判 (1)勻變速直線運動是加速度均勻變化的直線運動．(　　) (2)勻變速直線運動是速度均勻變化的直線運動．(　　) (3)勻加速直線運動的位移是均勻增加的．(　　) (4)勻加速直線運動1T末、2T末、3T末的瞬時速度之比為1∶2∶3.(　　) (5)做自由落體運動的物體，下落的高度與時間成正比．(　　) (6)做豎直上拋運動的物體，上升階段與下落階段的加速度方向相同．(　　) 提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√ 做一做 (多選)物體自O點由靜止開始

4、做勻加速直線運動，A、B、C、D為其運動軌跡上的四點，測得AB＝2 m，BC＝3 m．且物體通過AB、BC、CD所用時間相等，則下列說法正確的是(　　) A．可以求出物體加速度的大小 B．可以求得CD＝4 m C．可求得OA之間的距離為1.125 m D．可求得OA之間的距離為1.5 m 提示：選BC.設加速度為a，時間為T，則有Δs＝aT2＝1 m，可以求得CD＝4 m，而B點的瞬時速度vB＝，所以OB之間的距離為sOB＝＝3.125 m，OA之間的距離為sOA＝sOB－sAB＝1.125 m，即B、C選項正確． 　勻變速直線運動規(guī)律的應用[學生用書P5] 【知識提

5、煉】 1．“一畫、二選、三注意”解決勻變速直線運動問題 2．對于運動學公式的選用可參考下表所列方法 題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設定的中間量) 沒有涉及的物理量　 適宜選用的公式 v0、v、a、t x [速度公式] v＝v0＋at v0、a、t、x v [位移公式] x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t [速度位移關系式] v2－v＝2ax v0、v、t、x a [平均速度公式] x＝t 3.運動學公式中正、負號的規(guī)定 直線運動可以用正、負號表示矢量的方向，一般情況下，我們規(guī)定初速度的方向為正方向，與初速度同向的物理

6、量取正值，反向的物理量取負值，當v0＝0時，一般以a的方向為正方向． 【典題例析】 　 殲－15戰(zhàn)機是我國自行設計研制的首型艦載多用途戰(zhàn)斗機，短距起飛能力強大．若殲－15 戰(zhàn)機正常起飛過程中加速度為a，經(jīng)距離s后達到起飛速度騰空而起．現(xiàn)已知“遼寧”艦起飛甲板長為L(L＜s)，且起飛過程可簡化為勻加速直線運動．現(xiàn)有兩種方法助其正常起飛，方法一：在航空母艦靜止的情況下，用彈射系統(tǒng)給戰(zhàn)機以一定的初速度；方法二：起飛前先讓航空母艦沿戰(zhàn)機起飛方向以某一速度勻速航行．求： (1)方法一情況下彈射系統(tǒng)使戰(zhàn)機具有的最小速度v1min； (2)方法二情況下航空母艦的最小速度v2min. [審題指

7、導]　第(1)問不知道時間，直接應用公式2ax＝v2－v解決；第(2)問要考慮相對運動，在考慮戰(zhàn)機運動的同時，還要考慮航空母艦的運動． [解析]　(1)若殲－15戰(zhàn)機正常起飛，則有2as＝v2，在航空母艦靜止的情況下，用彈射系統(tǒng)給戰(zhàn)機以最小速度v1min，則滿足2aL＝v2－v，解得v1min＝. (2)法一：一般公式法 起飛前先讓航空母艦沿戰(zhàn)機起飛方向以最小速度v2min勻速航行，戰(zhàn)機起飛時對地速度為v，設起飛過程航空母艦的位移為x，起飛時間為t，則有 x＝v2mint，t＝ 2a(L＋x)＝v2－v 解得v2min＝－. 法二：相對運動法 選航空母艦為參考系，則起飛過程，相

8、對初速度為0，相對末速度為v－v2min，相對加速度仍為a，相對位移為L，根據(jù)2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝－. [答案]　(1)　(2)－ (1)如果一個物體的運動包含幾個階段，就要分階段分析，各階段交接處的速度往往是聯(lián)系各階段的紐帶． (2)對于剎車類問題，當車速度為零時，停止運動，其加速度也突變?yōu)榱悖蠼獯祟悊栴}應先判斷車停下所用時間，再選擇合適公式求解． (3)對于雙向可逆勻變速直線運動，常出現(xiàn)多解問題，可用全程法求解，也可用分段法求解．　 【遷移題組】 遷移1　基本公式的應用 1．某航母跑道長為200 m，飛機在航母上滑行的最大加速度

9、為6 m/s2，起飛需要的最低速度為50 m/s.那么，飛機在滑行前，需要借助彈射系統(tǒng)獲得的最小初速度為(　　) A．5 m/s　　　　　　　　 B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s 解析：選B.飛機在滑行過程中，做勻加速直線運動，根據(jù)速度與位移的關系v2－v＝2ax解決問題．由題知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根據(jù)v2－v＝2ax得，借助彈射系統(tǒng)飛機獲得的最小初速度v0＝＝ m/s＝10 m/s.故選項B正確． 遷移2　剎車類問題 2．(2018·河南、河北、山西質量監(jiān)測)冰壺在水平面上某次滑行可簡化為如下過程：如圖所示，運動員給冰壺施

10、加一水平恒力將靜止于A點的冰壺(視為質點)沿直線AD推到B點放手，最后冰壺停于D點．已知冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為μ，AB＝CD＝l、BC＝7l，重力加速度為g.求： (1)冰壺經(jīng)過B點時的速率； (2)冰壺在CD段與在AB段運動的時間之比． 解析：(1)冰壺從B點到D點做勻減速直線運動，加速度大小為a1＝μg 根據(jù)速度位移關系有：v＝2a1(7l＋l) 解得冰壺在B點的速率vB＝＝4. (2)設冰壺在AB段運動時加速度大小為a2， 由AB間勻加速運動有v＝2a2l， 可得冰壺在AB間運動的加速度a2＝8μg 設冰壺在CD段運動時間為t1， 冰壺在AB段運動時間為t2，

11、 根據(jù)運動學關系有：lCD＝a1t，lAB＝a2t 冰壺在CD段與在AB段運動時間之比t1∶t2＝2∶1. 答案：(1)4　(2)2∶1 　處理勻變速直線運動六法[學生用書P6] 【知識提煉】 【典題例析】 　物體以一定的初速度沖上固定 的光滑斜面，斜面總長度為l，到達斜面最高點C時速度恰好為零，如圖．已知物體運動到距斜面底端l處的B點時，所用時間為t，求物體從B滑到C所用的時間． [審題突破]　本題的解答方法很多．如：因為vC＝0，故可用逆向思維法將該過程看做是沿斜面向下的勻加速直線運動．不論采用什么方法，一定要從時間、位移和速度三方面找到相互聯(lián)系，建立方程． [

12、解析]　法一：逆向思維法 物體向上勻減速沖上斜面，相當于向下勻加速滑下斜面． 故xBC＝，xAC＝，又xBC＝， 由以上三式解得tBC＝t. 法二：基本公式法 因為物體沿斜面向上做勻減速運動，設物體從B滑到C所用的時間為tBC，由勻變速直線運動的規(guī)律可得 v＝2axAC ① v＝v－2axAB ② xAB＝xAC ③ 由①②③解得vB＝ ④ 又vB＝v0－at ⑤ vB＝atBC ⑥ 由④⑤⑥解得tBC＝t. 法三：位移比例法 對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等的時間里通過的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)． 因為xCB∶

13、xBA＝∶＝1∶3，而通過xBA的時間為t，所以通過xBC的時間tBC＝t. 法四：時間比例法 對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等的各段位移所用的時間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)． 現(xiàn)將整個斜面分成相等的四段，如圖所示，設通過BC段的時間為tx，那么通過 BD、DE、EA的時間分別為tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，tEA＝(2－)tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，解得tx＝t. 法五：中間時刻速度法 利用推論：中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度，AC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得v

14、B＝.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B點是這段位移的中間時刻，因此有tBC＝t. 法六：圖象法 根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，作出v－t圖象，如圖所示．利用相似三角形的規(guī)律，面積之比等于對應邊平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC. 所以＝， 解得tBC＝t. [答案]　t 勻變速直線運動問題的解題“四步驟” 　 【遷移題組】 遷移1　比例法的應用 1．(多選)北京時間2017年3月26日世界女子冰壺錦標賽決賽在北京首都體育館舉行．加拿大以8比3戰(zhàn)勝了俄羅斯隊，時隔九年再次奪冠，比賽中一冰壺以速度v垂直進入三個相等寬度的矩形區(qū)域做勻減速直線運動，

15、且在剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是(　　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 解析：選BD.因為冰壺做勻減速直線運動，且末速度為零，故可以視為反向的勻加速直線運動來研究，通過連續(xù)相等位移所用的時間之比為1∶(－1)∶(－)…，故冰壺勻減速通過三段連續(xù)相等位移所用的時間之比為(－)∶(－1)∶1，選項C錯誤，D正確；初速度為零的勻加速直線運動在各位移等分點的速度之比為1∶∶…，則冰壺勻減速進入每個矩形

16、區(qū)域時的速度之比為∶∶1，選項A錯誤，B正確． 遷移2　Δx＝aT2推論法的應用 2．(2018·成都高新區(qū)月考)一小球沿斜面勻加速滑下，依次經(jīng)過A、B、C三點，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球經(jīng)過AB和BC兩段所用的時間均為2 s，則小球經(jīng)過A、B、C三點時的速度大小分別是(　　) 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 解析：選B.根據(jù)物體做勻加速直線運動的特點，兩點之間的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，故B點的速度就是AC段的平均速度，vB＝＝4

17、m/s，又因為連續(xù)相等時間內的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，則由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，故選項B正確． 　自由落體運動和豎直上拋運動[學生用書P7] 【知識提煉】 1．自由落體運動為初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動． 2．豎直上拋運動的重要特性(如圖) (1)對稱性 ①時間對稱：物體上升過程中從A→C所用時間tAC和下降過程中從C→A所用時間tCA相等，同理tAB＝tBA. ②速度對稱：物體上升過程經(jīng)過A點的速度與下降過程經(jīng)過A點的速度大小相等． (2)多解性：當物體經(jīng)過拋出

18、點上方某個位置時，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時要注意這個特性． 3．豎直上拋運動的研究方法 分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運動 下降階段：自由落體運動 全程法 初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運動，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向為正方向) 若v>0，物體上升，若v<0，物體下落 若h>0，物體在拋出點上方，若h<0，物體在拋出點下方 【典題例析】 　氣球以10 m/s的速度沿豎直方向勻速上升，當它上升到離地175 m的高處時，一重物從氣球上掉落，則重物需要經(jīng)過多長時間才能落到地面？到達地面時的速度是多大？(g取

19、10 m/s2) [審題指導]　重物從氣球上掉落時仍具有向上的速度． [解析]　法一： 全程法 取全過程為一整體進行研究，從重物自氣球上掉落計時，經(jīng)時間t落地，規(guī)定初速度方向為正方向，畫出運動草圖，如圖所示． 重物在時間t內的位移h＝－175 m 將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)， 所以重物落地速度為 v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s 其中負號表示方向豎直向下，與初速度方向相反． 法二：分段法 設重物離開氣球后，經(jīng)過t1時間上升到最高點，則 t1＝＝ s＝1

20、 s 上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m 故重物離地面的最大高度為 H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m 重物從最高處自由下落，落地時間和落地速度分別為 t2＝＝ s＝6 s， v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向豎直向下 所以重物從氣球上掉落至落地共歷時 t＝t1＋t2＝7 s. [答案]　7 s　60 m/s 【遷移題組】 遷移1　自由落體運動 1．(2018·福建六校聯(lián)考)假設一位同學在某星球上完成自由落體運動實驗：讓一個質量為2 kg的物體從一定的高度自由下落，測得在第5 s內的位移是18 m，則(　　) A．物體在2 s末的速度大小是

21、20 m/s B．物體在第5 s內的平均速度大小是3.6 m/s C．物體在前2 s內的位移大小是20 m D．物體在5 s內的位移大小是50 m 解析：選D.設該星球表面的重力加速度為g，由自由下落在第5 s內的位移是18 m，可得g×(5 s)2－g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以2 s末的速度大小為8 m/s，選項A錯誤；第5 s內的平均速度大小為18 m/s，選項B錯誤；物體在前2 s內的位移大小是g×(2 s)2＝8 m，選項C錯誤；物體在5 s內的位移大小是g×(5 s)2＝50 m，選項D正確． 遷移2　豎直上拋運動 2．(2018·江西五校高三摸

22、底考試)一彈性小球自4.9 m 高處自由下落，當它與水平地面每碰一次，速度減小到碰前的，重力加速度g取9.8 m/s2，試求小球開始下落到停止運動所用的時間． 解析：小球第一次下落經(jīng)歷的時間為：t＝＝1 s 落地前的速度的大小v＝gt＝9.8 m/s 第一次碰地彈起的速度的大小v1＝v 上升到落回的時間 t1＝＝2× s 第二次碰地彈起的速度的大小v2＝v 上升到落回的時間 t2＝＝2× s ? 第n次碰地彈起的速度的大小vn＝v 上升到落回的時間 tn＝＝2× s 從開始到最終停止經(jīng)歷的時間為：t總＝1＋2×＋2×＋…＋2× s＝1＋7× s≈8 s. 答案：8 s 10