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  • 2021-06-01 发布

2021版江苏高考物理一轮复习讲义:第1章第2节匀变速直线运动的规律Word版含答案

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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 二、匀变速直线运动的重要关系式 1.两个导出式 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 =v 0+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: v 2= 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=v 0-gt (2)位移公式: h=v 0t- 1 2gt2 (3)速度—位移关系式: v 2- =-2gh (4)上升的最大高度: H= (5)上升到最高点所用时间: t= v0 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 1P43T3 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 1P40T 3 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-v 20=2ax v 0、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=2ax2 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= v2m 2a1+ v2m 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 ] (一题多解 )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 “比例法 ”应用。 [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 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 v 20=2axAC ① v 2B=v 20-2axAB 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: vB=xAC 2T = 5 2T, 根据 Δx=aT2 得: a=Δx T2 = 1 T2, 则有: v A=v B-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.(2019 ·全国卷 Ⅰ)如图所示, 篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮, 离地后重 心上升的最大高度为 H 。上升第一个 H 4所用的时间为 t1,第四个 H 4所用的时间为 t2。不计空气阻力,则 t2 t1满足 ( ) A.10,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 v 0 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 v 0 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 v0 g < h v0,即 v0< gh,但又要在 B 落地 以前相遇, B 落地的时间 t2= 2v0 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,一般以初速度方向为正方向。 (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: tv 0 g 表明 在下降过程中, t> 2v 0 g 表明在抛出点下方。 [跟进训练 ] 自由落体运动规律的应用 1.把一条铁链自由下垂地悬挂在天花板上,放开后让铁链做自由落体运动, 已知铁链通过悬点下方 3.2 m 处的一点历时 0.5 s,g 取 10 m/s2,则铁链的长度 为( ) A.1.75 m B.2.75 m C.3.75 m D.4.75 m B [若铁链刚好长为 3.2 m,则整条铁链通过悬点下方 3.2 m 处历时 t0= 2h g = 2×3.2 10 s=0.8 s,而题设整条铁链通过该点只用了 0.5 s,说明铁链长度小 于 3.2 m,则铁链下端到达悬点下方 3.2 m 处用的时间为 Δt=t0-t=(0.8-0.5) s =0.3 s。因 h-l=1 2g·Δt2,则 l=h-1 2g·Δt2= 3.2-1 2×10×0.32 m=2.75 m。] 竖直上抛运动规律的应用 2.(一题多解 )气球以 10 m/s 的速度匀速上升,当它上升到离地 175 m 的高处 时,一重物从气球上脱落,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) [解析 ] 法一: 分段法 设重物离开气球后,经过 t1 时间上升到最高点, 则 t1= v0 g = 10 10 s=1 s 上升的最大高度 h 1=v 20 2g= 102 2×10 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= 2H g = 2×180 10 s=6 s v =gt2=10×6 m/s=60 m/s 所以重物从气球上脱落至落地共历时 t=t1+t2=7 s。 法二 :全程法 从物体自气球上脱落计时, 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,则物体在时间 t 内的位移 h=-175 m 由位移公式 h=v 0t-1 2gt2 有-175=10t- 1 2×10t2 解得 t=7 s和 t=- 5 s(舍去 ) 所以重物落地速度为 v 1=v 0-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。 法三 :对称性 根据速度对称,重物返回脱离点时,具有向下的速度 v0=10 m/s,设落地速 度为 v,则 v 2-v 20=2gh 解得 v=60 m/s,方向竖直向下 经过 h 历时 Δt= v-v 0 g =5 s 从最高点到落地历时 t1=v g=6 s 由时间对称可知,重物脱落后至落地历时 t=2t1-Δt=7 s。 [答案 ] 7 s 60 m/s