（教师备课专用）浙江省2021高考物理一轮复习第一单元直线运动第2课时匀变速直线运动的规律课件 44页

第2课时　匀变速直线运动的规律 基础过关 1.运动规律 (1)速度公式:①      v = v 0 + at       。 (2)位移公式:②       x = v 0 t +   at 2      。 (3)速度位移关系式:③      v 2 -   =2 ax      。 2.两个重要的推论 (1)做匀变速直线运动的物体,在某段时间内的平均速度等于这段时间初、末 时刻速度矢量和的一半,还等于中间时刻的瞬时速度,即④         =   =         。 (2)做匀变速直线运动的物体,在任意两个连续相等的时间间隔( T )内的位移 之差是个恒量,即Δ x = x 2 - x 1 = x 3 - x 2 = … = x n - x n -1 =⑤       aT 2      。 3.竖直上抛运动的规律 (1)竖直上抛运动的两种研究方法 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。 全程法:将全过程视为初速度为 v 0 、加速度为 a =- g 的匀变速直线运动。 (2)竖直上抛运动的三种对称性:时间的对称性、速度的对称性、能量的对称 性。 1. 判断下列说法对错。 (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大小一定等于9.8 m/s 2 。   (　 ✕ 　) (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. 一个小石块从空中 A 点自由落下,先后经过 B 点和 C 点。已知它经过 B 点时的 速度为2 v ,经过 C 点时的速度为3 v 。忽略空气阻力,则 AB 段与 BC 段位移之比为   (　 C 　) A.2∶3　    B.4∶9　    C.4∶5　    D.2∶1 3. 从水平地面竖直向上抛出一物体,物体在空中运动,到最后又落回地面,在不 计空气阻力的条件下,以下判断正确的是(　 A 　) A.物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同 B.物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反 C.物体上升过程经历的时间大于物体下落过程经历的时间 D.物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间 考点突破 考点一　基本规律及应用 1.基本思路 画过程 示意图   判断运 动性质   选取正 方向   选用公式 列方程   解方程并 加以讨论 2.方法与技巧 　　除时间 t 外, x 、 v 0 、 v 、 a 均为矢量,所以需要确定正方向,一般以 v 0 的方向 为正方向。 3.解题要点 (1)明确研究对象,画出其运动过程示意图,并在图上标清已知量、未知量和 待求量。 (2)根据题设条件恰当选用公式,能用推论则尽可能使用推论。尽可能选用最 简捷的方法解题。 (3)常用的解题方法有:基本公式法、平均速度法、推论法、比例法、逆向思 维法及图像法等。 1. 小刘驾驶着小轿车以43.2 km/h的速度匀速行驶,看到前面十字路口闪烁的 绿灯倒计时只有4 s了,他果断踩刹车,假设轿车做匀减速直线运动,加速度大 小为3 m/s 2 ,则刹车开始6 s后轿车的位移是   (　 B 　) A.18 m　　B.24 m　　C.31.1 m　　D.211.2 m 解析     43.2 km/h=12 m/s,轿车速度减为零的时间 t 0 =   =   s=4 s,则刹车 6 s内的位移等于4 s内的位移, x =   t 0 =   × 4 m=24 m。 2. (2019浙江十校联考)如图所示,一辆汽车安装了自动刹车系统,当车速 v ≤ 8 m/s且与前方障碍物之间的距离达到安全距离时,该系统立即启动,启动后汽 车刹车的加速度大小范围为4~6 m/s 2 ,在该系统控制下汽车刹车的最长时间 为   (　 B 　)   A.1.33 s　　B.2 s　　C.2.5 s　　D.4 s 解析     刹车加速度大小最小为 a =4 m/s 2 ,车速最大为 v =8 m/s,由 v = at 可得, 汽车刹车的最长时间为 t =   =2 s,选项B正确。 3. (2019浙江嘉兴模拟) t =0时刻,物体由静止开始做匀加速直线运动,已知2 s末 的速度大小为8 m/s,则   (　 D 　) A.物体的加速度大小为8 m/s 2 B.物体在2 s内的平均速度大小为8 m/s C.物体在第2 s内的位移大小为8 m D.物体在2 s内的位移大小为8 m 解析     物体由静止开始做匀加速直线运动,2 s末的速度大小为8 m/s,则加 速度大小 a =   m/s 2 =4 m/s 2 ,A错误;物体在2 s内的位移大小为 x 2 =   a   =8 m,则 物体在2 s内的平均速度大小   =   =4 m/s,B错误,D正确;物体在第2 s内的位移 大小为Δ x =   a   -   a   =6 m,C错误。 考点二　重要推论及应用 1.三个推论 (1)连续相等的相邻时间间隔 T 内的位移差相等, 即 x 2 - x 1 = x 3 - x 2 = … = x n - x n -1 = aT 2 。 此公式可以延伸为 x m - x n =( m - n ) aT 2 ,常用于纸带或闪光照片逐差法求加速度。 (2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末 时刻速度矢量和的一半,还等于中间时刻的瞬时速度。 平均速度公式:   =   =   。 不论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动,均有:   >   。 (3)位移中点速度   =   。 2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论 (1) T 末、2 T 末、3 T 末、 … 、 nT 末的瞬时速度之比为 v 1 ∶ v 2 ∶ v 3 ∶ … ∶ v n =1∶ 2∶3∶ … ∶ n 。 (2)前 T 内、前2 T 内、前3 T 内、 … 、前 nT 内的位移之比为 x 1 ∶ x 2 ∶ x 3 ∶ … ∶ x n = 1 2 ∶2 2 ∶3 2 ∶ … ∶ n 2 。 (3)第1个 T 内、第2个 T 内、第3个 T 内、 … 、第 n 个 T 内的位移之比为 x Ⅰ ∶ x Ⅱ ∶ x Ⅲ ∶ … ∶ x N =1∶3∶5∶ … ∶(2 n -1)。 (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为 t 1 ∶ t 2 ∶ t 3 ∶ … ∶ t n =1∶ (   -1)∶(   -   )∶(2-   )∶ … ∶(   -   )。 例1     (多选)如图所示,在水平面上固定着三个完全相同的木块,一子弹以水 平速度射入木块,若子弹在木块中做匀减速直线运动,当穿透第三个木块时速 度恰好为零,则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间 比分别为   (　 BD 　) A. v 1 ∶ v 2 ∶ v 3 =3∶2∶1 B. v 1 ∶ v 2 ∶ v 3 =   ∶   ∶1 C. t 1 ∶ t 2 ∶ t 3 =1∶   ∶   D. t 1 ∶ t 2 ∶ t 3 =(   -   )∶(   -1)∶1 解析      采用逆向思维法求解 。 该运动的逆运动为子弹向左做初速度为 零的匀加速直线运动,设每个木块厚度为 L ,则   =2 a · L ,   =2 a ·2 L ,   =2 a ·3 L ,故 v 1 ∶ v 2 ∶ v 3 =   ∶   ∶1,所以选项B正确。由于每个木块厚度相同,故由比例关 系可得 t 1 ∶ t 2 ∶ t 3 =(   -   )∶(   -1)∶1,所以选项D正确。 易错提醒 (1)确定研究的问题(等分运动时间,等分运动位移); (2)区分 nT 内和第 n 个 T 的位移比; nx 内和第几个 x 内的时间比; (3)匀减速直线运动可以看做反向的匀加速直线运动(逆向思维)。 1. 物体以20 m/s的速度从坡底冲上一足够长的斜坡,当它返回坡底时的速度大小为16 m/s。已知上坡和下坡两个阶段,物体均沿同一直线做匀变速直线运动,但上坡和下坡的加速度不同。则物体上坡和下坡所用的时间之比为   (　 A 　) A.4∶5　    B.5∶4　    C.2∶3　    D.3∶2 解析     设物体上坡、下坡的位移大小为 x ,上坡所用时间为 t 1 ,下坡所用时 间为 t 2 ,则有 x =   v 1 t 1 , x =   v 2 t 2 ,联立解得 t 1 ∶ t 2 =4∶5,所以A正确,B、C、D错误。 2. (2019浙江舟山中学月考)一小球沿斜面匀加速滑下,依次经过 A 、 B 、 C 三 点,已知 AB =6 m, BC =10 m,小球经过 AB 和 BC 所用的时间均为2 s,则小球经 过 A 、 B 、 C 三点时的速度大小分别是   (　 B 　) 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     根据物体做匀加速直线运动的特点,两点之间的平均速度等于中 间时刻的瞬时速度,故 B 点的速度就是全程的平均速度, v B =   =4 m/s,又 因为连续相等时间内的位移之差等于恒量,即Δ x = at 2 ,则由Δ x = BC - AB = at 2 ,解得 a =1 m/s 2 ,再由速度公式 v = v 0 + at ,解得 v A =2 m/s, v C =6 m/s,故选项B正确。 3. (2019浙江余姚中学月考)动车把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既 具有牵引动力,又可以载客,而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节 不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的。若动车组在匀加速直线运动过程 中,通过第一个60 m所用的时间是10 s,通过第二个60 m所用的时间是6 s。则   (　 A 　) A.动车组的加速度大小为0.5 m/s 2 ,接下来的6 s内的位移大小为78 m B.动车组的加速度大小为1 m/s 2 ,接下来的6 s内的位移大小为78 m C.动车组的加速度大小为0.5 m/s 2 ,接下来的6 s内的位移大小为96 m D.动车组的加速度大小为1 m/s 2 ,接下来的6 s内的位移大小为96 m 解析     设通过第一个60 m的平均速度为 v 1 ,可以表示中间时刻的瞬时速 度,所以5 s末的速度 v 1 =   ,解得 v 1 =6 m/s;通过第二个60 m的平均速度为 v 2 ,可以 表示中间时刻的瞬时速度,所以13 s末的速度 v 2 =   ,解得 v 2 =10 m/s。由 v 2 = v 1 + at 得 a =0.5 m/s 2 ,由再接下来的6 s和前面的6 s是连续相等的时间,则有Δ x = aT 2 , 即 x -60 m= aT 2 ,解得 x =78 m。 考点三　自由落体和竖直上抛运动 例2 　一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下,某摄影爱好者恰好拍 到了它下落的一段轨迹 AB ,照片中轨迹的长度为2 cm,照片长度的比例尺为 1∶10。已知曝光时间为0.01 s,则小石子出发点离 A 点的距离大约为   (　 C 　)   A.6.5 m　　 B.10 m C.20 m　　 D.45 m 解析     由图可知 AB 的长度为2 cm,即0.02 m,实际为0.2 m,曝光时间为   s, 所以 AB 段的平均速度的大小为   =   =   m/s=20 m/s,由于时间极短,故 A 点 对应时刻的瞬时速度近似为20 m/s,由自由落体的速度位移的关系式 v 2 =2 gh , 可得: h =   =   m=20 m,故选C。 规律总结 由于在 AB 段的运动时间很短,我们可以用 AB 段的平均速度来代替 A 点的瞬时 速度,由此再来计算下降的高度就很容易了,通过本题一定要掌握这种近似的 方法。 1.用如图所示的方法可以测量人的反应时间。实验时,上方的手捏住直尺的顶端(对应直尺刻度50 cm处),下方的手做捏住直尺的准备(对应直尺刻度20 cm处)。当上方的手放开直尺时,下方的手立即捏住直尺(对应直尺刻度41 cm处)。下列说法正确的是   (　　) A.受测人的反应时间约为0.13 s B.受测人的反应时间约为0.30 s C.下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为2.0 m/s D.下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为1.3 m/s 答案     C　由题可知,直尺下降的高度 h =41 cm-20 cm=21 cm=0.21 m,由 h =   gt 2 可知,受测者的反应时间 t =   =   s ≈ 0.2 s,故A错误,B错误;下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为 v = gt =10 × 0.2 m/s=2.0 m/s,故C正确,D错误。 2. 气球以1.25 m/s 2 的加速度从地面开始竖直上升,离地30 s后,从气球上掉下一 物体,不计空气阻力, g 取10 m/s 2 ,则物体到达地面所需时间为   (　 D 　) A.7 s　　B.8 s　　C.12 s　　D.15 s 解析     先求30 s后气球的速度及高度。 速度 v = at =1.25 × 30 m/s=37.5 m/s 高度 h 1 =   at 2 =   × 1.25 × 30 2 m=562.5 m 解法一(整体法): 物体刚掉下时,具有竖直向上的初速度为37.5 m/s,距地面的高度为562.5 m,此 后物体做竖直上抛运动,则可以直接代入公式 h = v 0 t -   gt 2 ,其中 h =-562.5 m, v 0 =3 7.5 m/s,解得 t =15 s。 解法二(分段法): 上升阶段:物体上升的时间 t 1 =   =3.75 s 上升的高度 H =   =   m 下降阶段:下降过程物体做自由落体运动,下降时间 t 2 =   =11.25 s 物体到达地面所需的总时间为 t = t 1 + t 2 =15 s。 考点四　单体多过程匀变速直线运动 1.基本思路 如果一个物体的运动包含几个阶段,就要分段分析,各段连接处的速度往往是 联系各段的纽带。可按下列步骤解题: (1)画:分清各阶段运动过程,画出草图; (2)列:列出各运动阶段的运动方程; (3)找:找出连接处的速度与各段间的位移时间关系; (4)解:联立求解,算出结果。 2.解题关键 多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带,因此,转折点速度的 求解往往是解题的关键。 例3     (2019浙江嘉兴外国语期末)如图所示是上海中心大厦,小明乘坐大厦快 速电梯,从底层到达第119层观光平台共用时55 s。若电梯先以加速度 a 1 做匀 加速运动达到最大速度18 m/s,然后以最大速度匀速运动,最后以加速度 a 2 做 匀减速运动恰好达到观光平台。假定观光平台高度为549 m。 (1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度,求加速度 a 1 及此时上升高度 h 。 (2)求电梯匀速运动的时间。 答案 　(1)0.9 m/s 2 　180 m　(2)6 s 解析 　(1)画出电梯的运动图像   a 1 =   解得 a 1 =0.9 m/s 2 根据 h 1 =   a 1   解得 h 1 =180 m (2)加速时 h 1 =180 m, t 1 =20 s 匀速时 h 2 = vt 2 =18 t 2 减速时 h 3 =   t 3 t 3 = t - t 1 - t 2 =35- t 2 h + h 2 + h 3 =549 m 解得 t 2 =6 s 思路点拨 处理单个物体多运动过程题目的基本方法: (1)画出物体运动的 v - t 图像; (2)找关键信息点,如速度、加速度、时间、位移等; (3)分段运用匀变速直线运动的规律列方程; (4)各段运动交接处的速度大小往往是联系各段的纽带。   1.如图所示,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s 2 ,假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是   (　 C 　)   A.13 s　　B.16 s　　C.21 s　　D.26 s 解析     升降机先做加速运动,后做匀速运动,最后做减速运动,在加速阶 段,所需时间 t 1 =   =8 s,通过的位移 x 1 =   =32 m,减速阶段与加速阶段相对应,在 匀速阶段所需时间 t 2 =   =   s=5 s,总时间 t =2 t 1 + t 2 =21 s,故C正确,A、 B、D错误。 2. (2019浙江临海中学期中)公交给居民出行带来了方便,很多城市都建设了 公交专线。如图所示,公路上有一辆公共汽车以10 m/s的速度匀速行驶,为了 平稳停靠在站台,在距离站台左侧位置50 m处开始刹车做匀减速直线运动。 公交车刚刹车时,一乘客为了搭车,从距站台右侧24 m处由静止正对着站台跑 去,人先做匀加速直线运动,速度达到4 m/s后匀速运动一段时间,接着做匀减 速直线运动,最终人和车同时到达站台停下,乘客顺利上车。人加速和减速的 加速度大小相等。求:(不考虑站台大小和公交车的大小) (1)公交车刹车做匀减速直线运动时加速度的大小; (2)人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小。 答案 　(1)1 m/s 2 　(2)1 m/s 2 解析 　(1)设公交车刹车做匀减速直线运动的加速度大小为 a 1 ,由匀变速直线 运动规律,有:   =2 a 1 x 1 解得 a 1 =1 m/s 2 (2) v 1 = a 1 t , 公交车刹车时间为 t =   =   s=10 s 设人做匀加速和匀减速直线运动时加速度的大小为 a 2 ,则匀加速直线运动和 匀减速直线运动的位移均为 x 2 =   设匀速运动时间为 t ' 人的总位移为 x =24 m,总时间也为 t =10 s 由 t =2 ×   + t ' x =2 x 2 + v 2 t ', 代入数据解得 a 2 =1 m/s 2