【先学后教新思路】2020高考物理一轮复习-教案1-匀变速直线运动规律的应用.docx
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1、匀变速直线运动规律的应用考纲解读 1.把握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度位移公式,并能娴熟应用.2.把握并能应用匀变速直线运动的几个推论:平均速度公式、xaT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式1 做匀减速直线运动的质点,它的加速度大小为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()Av0tat2 Bv0tC. D.at2答案CD解析质点做匀减速直线运动,加速度为a,位移为v0tat2,A、B错;平均速度大小为,位移大小为t,C对;匀减速到零的直线运动可当做初速度为零的匀加速直线运动来计算,位移大小为at2,D对2 做匀加速直线
2、运动的某物体初速度为2 m/s,经过一段时间t后速度变为6 m/s,则时刻的速度为 ()A由于t未知,无法确定时刻的速度B由于加速度a准时间t未知,无法确定时刻的速度C5 m/sD4 m/s答案D解析中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度 m/s4 m/s,D对3 我国第一艘航空母舰“辽宁舰”已按方案完成建筑和试验试航工作,于2022年9月25日上午正式交付海军若航空母舰上有挂念飞机起飞的弹射系统,已知战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5 m/s2,战斗机滑行100 m时起飞,起飞速度为50 m/s,则航空母舰静止时弹射系统必需使战斗机具有的初速度为()A10 m/s B20 m/s C3
3、0 m/s D40 m/s答案D考点梳理一、匀变速直线运动的规律1 变速直线运动(1)定义:沿着一条直线运动,且加速度不变的运动(2)分类匀加速直线运动,a与v0方向同向匀减速直线运动,a与v0方向反向2 变速直线运动的规律(1)速度公式:vv0at.(2)位移公式:xv0tat2.(3)位移速度关系式:v2v2ax.二、匀变速直线运动的推论1 变速直线运动的两个重要推论(1)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,即:v.(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量,即:xx2x1x3x2xnxn1aT2.2 速度为零的匀变速直线
4、运动的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、瞬时速度的比为:v1v2v3vn123n(2)1T内、2T内、3T内位移的比为:x1x2x3xn122232n2(3)第一个T内、其次个T内、第三个T内位移的比为:xxxxn135(2n1)(4)从静止开头通过连续相等的位移所用时间的比为:t1t2t3tn1(1)()()三、自由落体运动和竖直上抛运动1 由落体运动(1)条件:物体只受重力,从静止开头下落(2)运动性质:初速度v00,加速度为重力加速度g的匀加速直线运动(3)基本规律速度公式:vgt.位移公式:hgt2.速度位移关系式:v22gh.2 直上抛运动(1)运动特点:加速度为g,上升阶段
5、做匀减速直线运动,下降阶段做自由落体运动(2)基本规律速度公式:vv0gt.位移公式:hv0tgt2.速度位移关系式:v2v2gh.上升的最大高度:H.上升到最高点所用时间:t.4 刹车问题的处理汽车以20 m/s的速度在平直大路上行驶,急刹车时的加速度大小为5 m/s2,则自驾驶员急踩刹车开头,2 s与5 s时汽车的位移之比为 ()A54 B45 C34 D43答案C5 做匀减速直线运动的物体经4 s停止,若在第1 s内的位移是14 m,则最终1 s内位移是()A3.5 m B2 m C1 m D0答案B解析利用“逆向思维法”,把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动,则匀减速直线运
6、动的物体在相等时间内的位移之比为7531,所以,x12 m故选B.方法提炼1 逆向思维法匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动2 对于刹车类问题,实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题速度减为零后,加速度消逝,汽车停止不动,不再返回,若初速度为v0,加速度为a,汽车运动时间满足t,发生的位移满足x.考点一匀变速直线运动规律的应用1 速度时间公式vv0at、位移时间公式xv0tat2、位移速度公式v2v2ax,是匀变速直线运动的三个基本公式,是解决匀变速直线运动的基石2 三个公式中的物理量x、a、v0、v均为矢量(三个公式称为矢量式),在应用时,一般以初速度方向为正
7、方向,凡是与v0方向相同的x、a、v均为正值,反之为负值当v00时,一般以a的方向为正方向这样就可将矢量运算转化为代数运算,使问题简化3 假如一个物体的运动包含几个阶段,就要分段分析,各段交接处的速度往往是联系各段的纽带例1(2011新课标全国24)甲、乙两辆汽车都从静止动身做加速直线运动,加速度方向始终不变在第一段时间间隔内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是甲的两倍;在接下来的相同时间间隔内,汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半求甲、乙两车各拘束这两段时间间隔内走过的总路程之比解析设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v,第一段时间间隔
8、内行驶的路程为s1,加速度为a;在其次段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得vat0s1ats2vt0(2a)t设汽车乙在时刻t0的速度为v,在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、s2.同样有v(2a)t0s1(2a)ts2vt0at设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s,则有ss1s2ss1s2联立以上各式解得,甲、乙两车各自行驶的总路程之比为答案57匀变速直线运动的规范求解1一般解题的基本思路2描述匀变速直线运动的基本物理量涉及v0、v、a、x、t五个量,每一个基本公式中都涉及四个量,选择公式时确定要留意分析已知量和待求量,依据所涉及的物理量选择合适的公式求解,会使问题简洁化突破
9、训练1短跑名将博尔特在北京奥运会上100 m和200 m短跑项目的成果分别为9.69 s和19.30 s假定他在100 m竞赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s,起跑后做匀加速运动,达到最大速率后做匀速运动.200 m竞赛时,反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与100 m竞赛时相同,但由于弯道和体力等因素的影响,以后的平均速率只有跑100 m时最大速率的96%.求:(1)加速所用时间和达到的最大速率;(2)起跑后做匀加速运动的加速度(结果保留两位小数)答案(1)1.29 s11.24 m/s(2)8.71 m/s2解析(1)设加速所用时间为t(以s为单位),匀速运动的速率为v(以m
10、/s为单位),则有:vt(9.69 s0.15 st)v100 mvt(19.30 s0.15 st)0.96v200 m由式得t1.29 s,v11.24 m/s.(2)设加速度大小为a,则a8.71 m/s2考点二解决匀变速直线运动的常用方法1 一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式它们均是矢量式,使用时要留意方向性2 平均速度法定义式对任何性质的运动都适用,而v(v0v)只适用于匀变速直线运动3 比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动,可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征的比例关系,用比例法求解4 逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速
11、直线运动5 推论法利用xaT2:其推广式xmxn(mn)aT2,对于纸带类问题用这种方法尤为快捷6 图象法利用vt图可以求出某段时间内位移的大小,可以比较v与v,以及追及问题;用xt图象可求出任意时间内的平均速度等例2物体以确定的初速度v0冲上固定的光滑斜面,到达斜面最高点C时速度恰为零,如图1所示已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间解析解法一比例法图1对于初速度为0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x1x2x3xn135(2n1)现有xBCxAB13通过xAB的时间为t,故通过xBC的时间tBCt.解法二中间时刻速度法利用教
12、材中的推论:中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度vAC又v2axACv2axBCxBCxAC解得:vB.可以看出vB正好等于AC段的平均速度,因此B点是中间时刻的位置因此有tBCt.解法三利用有关推论对于初速度为0的匀加速直线运动,通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1t2t3tn1(1)()()()现将整个斜面分成相等的四段,如图所示设通过BC段的时间为tx,那么通过BD、DE、EA的时间分别为:tBD(1)tx,tDE()tx,tEA(2)tx,又tBDtDEtEAt,得txt.答案t突破训练2 在一个倾斜的长冰道上方,一群孩子排成队,每隔1 s就有一个小孩子往下滑,一游客对着冰道
13、上的孩子拍下一张照片,如图2所示,照片上有甲、乙、丙、丁四个孩子他依据照片与实物的比例推算出乙与甲、丙两孩子间图2的距离分别为12.5 m和17.5 m,请你据此求解下列问题:(g取10 m/s2)(1)若不考虑一切阻力,小孩下滑加速度是多少?(2)拍照时,最下面的小孩丁的速度是多大?(3)拍照时,在小孩甲上面的冰道上下滑的小孩子不会超过几个?答案(1)5 m/s2(2)25 m/s(3)不会超过2个考点三自由落体运动和竖直上抛运动1自由落体运动实质:初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动2 竖直上抛运动的争辩方法竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动,处理时可接受两种方法:(1)分段法
14、:将全程分为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下降过程的自由落体阶段(2)全程法:将全过程视为初速度为v0、加速度为ag的匀变速直线运动,必需留意物理量的矢量性习惯上取v0的方向为正方向,则v0时,物体正在上升;v0时,物体在抛出点上方;h0时,物体在抛出点下方3. 竖直上抛运动的对称性如图3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,则(1)时间对称性:物体上升过程中从AC所用时间tAC和下降过程中从CA所用时间tCA相等,同理tABtBA.(2)速度对称性:物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等图3(3)能量的对称性:物体从AB和从BA重力势能变化量的
15、大小相等,均等于mghAB.例3在塔顶上将一物体竖直向上抛出,抛出点为A,物体上升的最大高度为20 m,不计空气阻力,设塔足够高,则物体位移大小为10 m时,物体通过的路程可能为()A10 m B20 m C30 m D50 m解析物体在塔顶上的A点抛出,位移大小为10 m的位置有两处,如图所示,一处在A点之上,另一处在A点之下,在A点之上时,通过位移为10 m处又有上升和下降两种过程,上升通过时,物体的路程s1等于位移x1的大小,即s1x110 m;下降通过时,路程s22hx1220 m10 m30 m在A点之下时,通过的路程s32hx2220 m10 m50 m故A、C、D正确,B错误答案
16、ACD竖直上抛运动解题时应留意的问题竖直上抛运动可分为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动两个阶段,解题时应留意以下两点:(1)可用整体法,也可用分段法自由落体运动满足初速度为零的匀加速直线运动的一切规律及特点(2)在竖直上抛运动中,当物体经过抛出点上方某一位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段,因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解突破训练3在【例3】中求:(1)物体抛出的初速度大小;(2)若塔高H60 m,求物体从抛出到落到地面所用的时间和落到地面时的速度大小(g取10 m/s2)答案(1)20 m/s(2)6 s40 m/s解析(1)由位移公式得:0v2gh解得:v0
17、 m/s20 m/s(2)由位移公式得:Hv0tgt2,解得:t6 s物体由最高点做自由落体运动,落地时的速度大小为v,则:v22g(Hh),解得:v40 m/s.2思维转化法:将“多个物体的运动”转化为“一个物体的运动”例4从斜面上某一位置,每隔0.1 s释放一个小球,在连续释放几颗小球后,对在斜面上滚动的小球拍下照片,如图4所示,测得xAB15 cm,xBC20 cm,求:(1)小球的加速度;(2)拍摄时B球的速度;图4(3)拍摄时xCD的大小;(4)A球上方滚动的小球还有几颗解析(1)由a得小球的加速度a5 m/s2(2)B点的速度等于AC段上的平均速度,即vB1.75 m/s(3)由相
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