【物理】2018届一轮复习苏教版第1章第2节匀变速直线运动的规律及其应用教案 14页

第 2 节　匀变速直线运动的规律及其应用 知识点 1　匀变速直线运动及其公式 1．匀变速直线运动及三个基本公式 定义 物体在一条直线上且加速度不变的运动 分类 (1)匀加速直线运动：a 与 v 同向 (2)匀减速直线运动：a 与 v 反向 规律 (1)速度公式：v＝v0＋at (2)位移公式：x＝v0t＋1 2at2 (3)速度—位移关系式：v2－v20＝2ax 2.匀变速直线运动的重要推论 (1)任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一恒量，即 Δx＝x2－x1＝ x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2. (2)平均速度：v＝v0＋v 2 ＝vt 2 ，即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或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半． (3)初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 ①1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度的比为： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n ②1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为： x1∶x2∶x3∶…∶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) 知识点 2　自由落体运动和竖直上抛运动 1．自由落体运动 (1)条件：物体只受重力作用，从静止开始下落． (2)运动特点：初速度 v0＝0，加速度为重力加速度 g 的匀加速直线运动． (3)基本规律：①速度公式：v＝gt. ②位移公式：h＝1 2gt2. ③速度位移关系式：v2＝2gh. 2．竖直上抛运动规律 (1)运动特点：加速度为 g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落 体运动． (2)基本规律： 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：v2－v20＝－2gh. ④上升的最大高度：H＝v20 2g. ⑤上升到最高点所用时间：t＝v0 g . 1．正误判断 (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(×) (2)匀变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随时间均匀增加的．(×) (4)一个铁钉和一团棉花同时从同一高度下落，两者同时落地．(×) (5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．(×) (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．(×) 2．(匀变速直线运动的基本公式的应用)(多选)做匀减速直线运动的质点的加 速度大小为 a，初速度大小为 v0，经过时间 t 速度减小到零，则它在这段时间内 的位移大小可用下列哪些式子表示(　　) 【导学号：96622006】 A．v0t－1 2at2　　　　　　 B．v0t C.v0t 2 D.1 2at2 【答案】　ACD 3．(自由落体运动的规律)某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石 头并开始计时，经 2 s 听到石头落底声．由此可知井深约为(不计声音传播时间， 重力加速度 g 取 10 m/s2)(　　) A．10 m B．20 m C．30 m D．40 m 【答案】　B 4．(匀变速直线运动的重要推论)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体， 从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是 1 s、2 s、3 s，这三段位移的长 度之比和这三段位移上的平均速度大小之比分别是(　　) 【导学号：96622007】 A．1∶22∶32,1∶2∶3 B．1∶23∶33,1∶22∶32 C．1∶2∶3,1∶1∶1 D．1∶3∶5,1∶2∶3 【答案】　B 5．(竖直上抛运动规律的应用)(多选)以 35 m/s 的初速度竖直向上抛出一个小 球，不计空气阻力，g 取 10 m/s2.以下判断正确的是(　　) A．小球到最大高度时的速度为 0 B．小球到最大高度时的加速度为 0 C．小球上升的最大高度为 61.25 m D．小球上升阶段所用的时间为 3.5 s 【答案】　ACD [核心精讲] 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，我们规定初速度的 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，当 v0＝0 时，一般以 a 的方向为正方向． 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． [题组通关] 1．以 36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为 a ＝4 m/s2 的加速度，刹车后第 3 s 内，汽车走过的路程为(　　) 【导学号： 96622008】 A．12.5 m　　　　　　　 B．2 m C．10 m D．0.5 m D　由 v＝at 可得刹车到静止所需的时间 t＝2.5 s，则第 3 s 内的位移，实际 上就是 2～2.5 s 内的位移，x＝1 2at′2＝0.5 m. 2．(2015·江苏高考)如图 1­2­1 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 1­2­1 A．关卡 2 B．关卡 3 C．关卡 4 D．关卡 5 C　该同学加速到 2 m/s 时所用时间为 t1，由 v1＝at1，得 t1＝v1 a ＝1 s，通过 的位移 x1＝1 2at21＝1 m，然后匀速前进的位移 x2＝v1(t－t1)＝8 m，因 x1＋x2＝9 m>8 m，即这位同学已通过关卡 2，距该关卡 1 m，当关卡关闭 t2＝2 s 时，该同学在 关卡 2、3 之间通过了 x3＝v1t2＝4 m 的位移，接着关卡放行 t＝5 s，该同学通过 的位移 x4＝v1t＝10 m，此时距离关卡 4 为 x5＝16 m－(1＋4＋10) m＝1 m，关卡 关闭 2 s，经过 t3＝x5 v1 ＝0.5 s 后关卡 4 最先挡住他前进． 3．(2017·常州模拟)图 1­2­2 是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安 全距离表格．【导学号：96622009】 图 1­2­2 车速(km/h) 反应距离(m) 刹车距离(m) 停车距离(m) 40 10 10 20 60 15 22.5 37.5 80 A＝(　　) B＝(　　) C＝(　　) 请根据该图表计算： (1)如果驾驶员的反应时间一定，请在表格中填上 A 的数据； (2)如果路面情况相同，请在表格中填上 B、C 的数据； (3)如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面 50 m 处有一队学生正 在横穿马路，此时他的车速为 72 km/h，而他的反应时间比正常时慢了 0.1 s，请 问他能在 50 m 内停下来吗？ 【解析】　(1)反应时间为 t＝s1 v1 ＝0.9 s，A＝v3t＝80 × 1000 3600 ×0.9 m＝20 m. (2)加速度 a＝ v21 2x刹车＝500 81 m/s2，B＝v23 2a ＝40 m，所以 C＝60 m. (3)司机的反应距离为 x1＝v4t′＝20×(0.9＋0.1)m＝20 m 司机的刹车距离为 x2＝v24 2a ＝ 202 2 × 500 81 m＝32.4 m，x＝x1＋x2＝52.4 m＞50 m， 故不能． 【答案】　(1)20 m　(2)40 m　60 m　(3)不能 [名师微博] 两点提醒： 1．刹车类问题属于单向匀减速类问题，当车速度为零后即停止运动． 2．双向可逆类问题的加速度大小和方向均不变，当物体速度减为零后即做 反向匀加速运动，常出现多解现象． [核心精讲] 1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意 (1)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竖直下抛运动问题． (2)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的时间内位移之比为 1∶3∶5∶7∶…∶(2n－1)． ②一段时间内的平均速度v＝v 2 ，v＝h t ，v＝1 2gt. ③连续相等的时间 T 内位移的增加量相等，即 Δh＝gT2. 2．竖直上抛运动的三种对称性 (1)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＝v0 g . ②物体在上升过程中从某点到达最高点所用的时间和从最高点落回该点所 用的时间相等． (2)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个位置时的速度大小相等、方向相反． (3)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． 3．竖直上抛运动的两种处理方法 (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： ①v>0 时，物体正在上升；v<0 时，物体正在下降． ②h>0 时，物体在抛出点上方；h<0 时，物体在抛出点下方． [师生共研] ●考向 1　自由落体运动规律的应用 　如图 1­2­3 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，求： 图 1­2­3 (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？(g 取 10 m/s2) 【合作探讨】 (1)木杆经过圆筒的过程中，能否将杆或筒视为质点？ 提示：木杆经过圆筒的过程中，不能将木杆视为质点，也不能将圆筒视为质 点． (2)木杆下端经过圆筒的上端 A 和木杆上端经过圆筒的上端 A 对应木杆下落 的高度各为多少？ 提示：木杆下端经过圆筒的上端 A 时木杆下落了 15 m. 木杆上端经过圆筒的上端 A 时木杆下落了 20 m. (3)木杆的上端经过圆筒下端 B 时木杆下落的高度为多少？ 提示：木杆的上端经过圆筒下端 B 时木杆下落的高度为 25 m. 【规范解答】　(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＝ 2h下A g ＝ 2 × 15 10 s＝ 3 s 木杆的上端到达圆筒上端 A 用时 t 上 A＝ 2h上A g ＝ 2 × 20 10 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－ 3)s. (2)木杆的上端离开圆筒下端 B 用时 t 上 B＝ 2h上B g ＝ 2 × 25 10 s＝ 5 s 则木杆通过圆筒所用的时间 t2＝t 上 B－t 下 A＝( 5－ 3)s. 【答案】　(1)(2－ 3)s　(2)( 5－ 3)s 在计算杆通过圆筒的时间时，既不能将杆视为质点，又不能将圆筒视为质点， 此时要注意确定杆通过圆筒的开始和终止时刻所对应的下落高度． ●考向 2　竖直上抛运动规律的应用 　某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在 垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过 4 s 到达 离地面 40 m 高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，g 取 10 m/s2，求： (1)燃料恰好用完时火箭的速度； (2)火箭上升离地面的最大高度； (3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间． 【解题关键】 关键信息 信息解读 火箭从地面发射 火箭的初位置在地面，初速度为零 火箭点火后可认为做匀加速直线运 动，经过 4 s 到达离地面 40 m 高处 火箭在 4 s 内做初速度为零的匀加速直线 运动 达到离地面 40 m 高处时燃料恰好 用完，不计空气阻力 t＝4 s 以后火箭做竖直上抛运动 【规范解答】　设燃料用完时火箭的速度为 v1，所用时间为 t1. 火箭的运动分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖 直上抛运动至到达最高点． (1)对第一个过程有 h1＝v1 2 t1，代入数据解得 v1＝20 m/s. (2)对第二个过程有 h2＝v21 2g ，代入数据解得 h2＝20 m 所以火箭上升离地面的最大高度 h＝h1＋h2＝40 m＋20 m＝60 m. (3)方法一　分段分析法 从燃料用完到运动至最高点的过程中，由 v1＝gt2 得 t2＝v1 g ＝20 10 s＝2 s 从最高点落回地面的过程中由 h＝1 2gt23，而 h＝60 m，代入得 t3＝2 3 s 故总时间 t 总＝t1＋t2＋t3＝(6＋2 3) s. 方法二　 整体分析法 考虑从燃料用完到残骸落回地面的全过程，以竖直向上为正方向，全过程为 初速度 v1＝20 m/s，加速度 a＝－g＝－10 m/s2，位移 h′＝－40 m 的匀减速直线 运动，即有 h′＝v1t－1 2gt2，代入数据解得 t＝(2＋2 3) s 或 t＝(2－2 3) s(舍 去)，故 t 总＝t1＋t＝(6＋2 3) s. 【答案】　(1)20 m/s　(2)60 m (3)(6＋2 3) s [题组通关] 4．(2017·淮安模拟)有一串佛珠穿在一根长 1.8 m 的细线上，细线的首尾各 固定一个佛珠，中间还有 5 个佛珠．从最下面的佛珠算起，相邻两个佛珠的距离 为 5 cm、15 cm、25 cm、35 cm、45 cm、55 cm，如图 1­2­4 所示．某人向上提 起线的上端，让线自由垂下，且第一个佛珠紧靠水平桌面．松手后开始计时，若 不计空气阻力，g 取 10 m/s2，则第 2、3、4、5、6、7 个佛珠(　　) 【导学号： 96622010】 图 1­2­4 A．落到桌面上的时间间隔越来越大 B．落到桌面上的时间间隔相等 C．其中的第 4 个佛珠落到桌面上的速率为 4 m/s D．依次落到桌面上的速率关系为 1： 2∶ 3∶2∶ 5∶ 6 B　由题中各佛珠之间的距离可知各距离之比为 1∶3∶5∶7∶9∶11，利用 匀变速直线运动的推论可知第 2、3、4、5、6、7 个佛珠落到桌面上的时间间隔 相等，A 错误、B 正确；其中的第 4 个佛珠落到桌面上的速率为 v＝2gh14＝3 m/s， C 错误；第 2、3、4、5、6、7 个佛珠依次落到桌面上的速率关系为 1∶2∶3∶ 4∶5∶6，D 错误． 5．(2014·上海高考)在离地高 h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小 球，它们的初速度大小均为 v，不计空气阻力，两球落地的时间差为(　　) A.2v g 　　　 B.v g 　　　　 C.2h v 　　　 D.h v A　以速度 v 竖直上抛的小球再次回到抛出点以后的运动与竖直下抛的小 球相同．故两球落地的时间差 Δt＝2v g ，A 正确． [核心精讲] [师生共研] 　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 1­2­5 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． 图 1­2­5 【规范解答】　解法一：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．设物体从 B 到 C 所用的时间为 tBC. 由运动学公式得 xBC＝at 2BC 2 ，xAC＝a(t＋tBC)2 2 ，又 xBC＝xAC 4 ， 由以上三式解得 tBC＝t. 解法二：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 v0，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 v20＝2axAC ① v2B＝v20－2axAB ② xAB＝3 4xAC ③ 由①②③解得 vB＝v0 2 ④ 又 vB＝v0－at ⑤ vB＝atBC ⑥ 由④⑤⑥解得 tBC＝t. 解法三：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＝xAC 4 ∶3xAC 4 ＝1∶3，而通过 xBA 的时间为 t，所以通过 xBC 的时 间 tBC＝t. 解法四：中间时刻速度法 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的平均速度， vAC＝v0＋0 2 ＝v0 2 .又 v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝xAC 4 .由以上三式解得 vB＝v0 2 .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. 解法五：图象法 根据匀变速直线运动的规律，画出 v­t 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 t 2BC ，解得 tBC＝t. 【答案】　t “一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题 [题组通关] 6．做匀减速直线运动的物体经 4 s 后停止，若在第 1 s 内的位移是 14 m，则 最后 1 s 的位移是(　　) 【导学号：96622011】 A．3.5 m　　　　　　　 B．2 m C．1 m D．0 B　匀减速直线运动可看做初速度为零的匀加速直线运动，其在连续相等时 间内的位移大小之比为 1∶3∶5∶7，已知第 4 s 内的位移是 14 m，所以第 1 s 内 的位移是 2 m. 7．(多选)物体做匀加速直线运动，在时间 T 内通过位移 x1 到达 A 点，接着 在时间 T 内又通过位移 x2 到达 B 点，则物体(　　) A．在 A 点的速度大小为x1＋x2 2T B．在 B 点的速度大小为3x2－x1 2T C．运动的加速度为2x1 T2 D．运动的加速度为x1＋x2 T2 AB　匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则 vA＝v＝ x1＋x2 2T ，A 正确；设物体的加速度为 a，则 x2－x1＝aT2，所以 a＝x2－x1 T2 ，C、D 均错误；物体在 B 点的速度大小为 vB＝vA＋aT，代入数据得 vB＝3x2－x1 2T ，B 正 确．