2019年高考物理大一轮复习第01章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动的规律及应

1、2第二讲 匀变速直线运动的规律及应用基础再现双基落实（对应学生用书 P4）Mi知识梳理1.匀变速直线运动由速度公式和位移公式可得出速度与位移的关系_2 2提示：vvo= 2ax一物体做直线运动的V-t图象如图所示你如何比较物体在to时间内的平均速度V与U概念F 沿秆煤胃线山川速度不变的运动_r切川速耳线运动:与止方向担回 飞 匀黴速直爼运动:占m方向W厂座度公式：心珂切c十位移茲式;上=皿知1C速度位移关系式:-2ax（3） 对照教材： 对于匀速直线运动,中制时刻速度普齐v-t图线与t轴围成的面积对于匀变速直线运动，它的位移也对应着请同学们根据以上研究，根据物体的位移对应着v-t图线与t轴围成

2、的面积v-t图象推导出匀加速直线运动的位移与时间的关系I 7式.提示:12将v=vo+at代入得x=vot+-at匀变速直线运动的规律柑同时间内的位移差A r=aTIaT匀变速flfl线运2提示：假设物体做匀变速直线运动，其v-t图象是一条直线，其位移等于图中梯形的面Vo+V的大小?3积，小于该曲线包围的面积，故Vo+VVT2.初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1) 1T末、2T末、3T末瞬时速度的比为：vi:V2:V3：vn= 1 : 2 : 3 :：n.(2) 1T内、2T内、3T内位移的比为：,2朋 小22X1:X2:X3：Xn= 1 : 2 : 3 :：n.(3)第一个T内、第

3、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 : (V2 1)：(肃护)：:一(X/门1)#.2飞机着陆后以 6 m/s 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 内滑行的距离是多少？某位同学的解法如下：1由位移公式X=Vot+ 2乳2,代入已知量求得滑行距离X=288 m 请分析以上解析是否正确，若不正确，请写出正确的解析.答案：不正确.解析如下：先求出飞机着陆后到停止所用时间t由v=Vo+at,得t=V=0s = 10 s,

4、a 6可知飞机在 12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2s 内是静止的故它着陆后.2 2at10X=votH=60 x10 m+(6)X m=300 m. 21#厂运动(1)物体只受重力作用条件(2)由静止开始下落自由落运动初速度为零的匀加速直线运动性质体运动(1)速度公式：V=gt运动规律12(2)位移公式：！h=|gt#2(3)速度一位移公式：v= 2gh由此12 s内滑行的距离为1.概念规律二自由落体运动和竖直上抛运动X !4T1t(1) 速度公式：v=V0gt12(2) 位移公式：h=vot gt速度一位移关系式：V2v2= 2gh2上升的最大高度：H=-2g(5)上升到最高点所

5、用时间：t=V0竖直上抛运动2.对照教材：伽利略对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合，女口图所示，可大致表示其实验和思维的过程.图甲、乙、丙、丁，哪些是实验现象？哪是经过合理外推得出的结论？其中图甲、 乙、丙的实验目的是什么？提示：图甲、乙、丙是实验现象，运用该实验可“冲淡”重力的作用，使实验现象更明 显；图丁是经过合理外推得出的结论.(2)伽利略对自由落体的研究采用了什么样的科学思想方法？其探究过程经历了哪些思 维过程？提示：实验和逻辑推理相结合；问题一猜想一数学推理一实验验证一合理外推一得出结 论.3.以 30 m/s 的速度将一小球竖直向上抛出，不计空气阻力，g取 10

6、m/s(1)把小球不同时刻的速度及离地面的高度填入下列表中时间(s)123456速度(m高度(m)提示:时间(s)123456速度(m/s)20100102030高度(m)25404540250(2)通过以上计算，试总结竖直上抛运动具有哪些特点？提示：竖直上抛运动具有对称性：即上升和下降过程经过同一位置时速度大小相等、方 向相反；上升和下降过程经过同一段高度所用时间相同.9 自钱诊断51.判断正误(1) 做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化.()(2) 物体做匀变速直线运动，某时刻速度为 6 m/s , 1 s 后速度为反向 10 m/s，加速度的大小一定为 4 m/s2.()(3) 某物体从

7、静止开始做匀加速直线运动，速度由 0 到v运动距离是由v到 2v运动距离的 2 倍.()(4) 对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度.()(5) 不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定.()1答案：V(2)X(3)XX(5)V2.(粤教版必修 1 氐第 5 题改编)雨滴自屋檐由静止滴下，每隔0.2 s 滴下一滴，第 1滴落下时第 6 滴恰欲滴下，此时测得第1、2、3、4 滴之间的距离依次为 1.62 m、1.26 m、0.9 m .假定落下的雨滴的运动情况完全相同，则此时第2 滴雨滴下落的速度和屋檐高度各为(假设雨滴下落过程中不考虑

8、空气阻力)()A. 3.6 m/s,4.5 mB. 7.2 m/s,4.5 mC. 3.6 m/s,4 mD. 8 m/s,4 m解析：选 B 6 个雨滴的自由落体运动可以等效为1 个雨滴在不同时刻的位置，如图：X12= 1.62 m .X12+X23V2= 2T= 7.2 m/s由Vo= 0 时相邻相同时间内位移之比为3.(人教版必修1P45第 3 题)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产 生的最大加速度为 5 m/s，所需的起飞速度为 50 m/s，跑道长 100 m 通过计算判断，飞机 能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装X23=

9、 =1.26 m ,X34= 0.9 mX12可得：T=25，h=4.5 m .6有弹射装置.对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它至少具有多大的初速度？为了尽量 缩短舰载飞机起飞时的滑行距离，航空母舰还需逆风行驶.这里对问题做了简化.答案：不能，10.15 m/s4.(人教版必修 1P45第 5 题)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段.在暗室中，照7相机的快门处于常开状态， 频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体,于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置如图是小球自由下落时的频闪照片示意图， 频闪仪每隔0.04 s 闪光一次如果通过这幅照片测量自由落体加速度，可以采用哪几

10、种方 法？试一试.照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米.12解析：方法一根据公式x=2gtx= 19.6 cm = 0.196 m .t= 5T= 0.2 s核心考点探究突破(对应学生用书 P6)考点一匀变速直线运动规律的应用2x0.196X22m/s = 9.8 m/s方法二 根据公式x=gT1 2x Id-7J2 2x10 m/s=10.6 m/s、ry Vo+V x t万法二 根据V=gt和V= =t=V2IM-2x0.04m/s = 1.56 m/s2m/s = 9.75 m/s4X10一21.560168卩厂如图所示，是冰壶以速度v垂直进入四个宽为I的矩形区域沿虚线做匀减速直线运

11、动，且刚要离开第四个矩形区域的E点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t，试通过所学知识分析并计算冰壶通过第四个矩形所用的时间是多少?显然ti=2t不符合题意，应舍去.式中，ti为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小由E到D,有l=；a(tit)2联立解得11= 2t或11=显然ti=It不符合题意，应舍去.所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为t=tit=t.法三图象法（可选用多种方法）解析：法般公式法根据位移公式和速度公式，由4I=vti2at1, 0=vatiIACA到E,有式中，ti为冰壶通过四个矩形区域所用的时间,a为其加速度的大小由A到D,有 3l=vt 1at22

12、联立解得11= 2t或11=Cv所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为冰壶通过矩形区域做匀减速直线运动，亠做匀减速直法二逆向思维法可看作冰壶从E点开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式，由E到A,有4I=如29.1O i) E t冰壶做匀减速直线运动的速度一时间图象如图所示，冰壶由A到E的位移与由D到E的位移之比为 4 ： 1,由于相似三角形的面积之比等于对应边长的平方之比，则toE:toD= 2 :1,故tDE=t0D=t，即冰壶通过第四个矩形所用的时间为t=t答案：t方袪技巧解决匀变速直线运动问题常用的六法”d某物体做匀加速直线运动，初速度为5.5 m/s，第 10 s 内的位移比第

13、3 s内的位移多 7 m,求：(1)物体的加速度.(2)物体在第 3 s 内的位移.解析：解法一：设物体在 10 s 内和第 3 s 内的位移分别为X10和X3v=vo+at2.5= 8 m/sX3=vt= 8 m解法二：利用速度公式和位移公式1-7対任何性城的运动欄适用只适用于匀喪龍直线运动逆向思惟论任把未速度为塔的匀减速肖纯运动转化为反 向的初速度为零的匀加速恵线运动对F纸带类间题I 图象利III斜率求丿出速度；比较 不屈曲刻速度的人小利用国硯的面积计算位移1比较出和匚的人小2 2X10X3= 7at2,a=7712m/s2= 1 m/s图療任布速度公式.位樓公式和速度-检馬关系式, 它们

14、眉監讹式.使用时要注意方向性适用F刖述度为寧的匀加建直线运剛巧木 速度为睿的匀賊速直线运期利用 s=灯厂或.T、厂 y 竺辿二險甬在芳挨1012X10= (vo+at9) t+ 尹1112X3= (vo+at2) t+ qatXioX3= 72联立解得a= 1 m/s ,X3= 8 m解法三：利用平均速度公式xio=viot= (vo+at9.5) tX3=V3t= (Vo+at2.5)tXioX3= 72联立解得a= 1 m/s ,X3= 8 m解法四：根据公式v2v2= 2aX有2 2(vo+atio) (vo+at9) = 2axio2 2(vo+at3) (vo+at2) = 2ax3

15、XioX3= 72联立解得a= i m/sX3= 8 m答案：(i)i m/s (2)8 m二递进题组ti.一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v,紧接着专内的平均va。，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求. 答案：这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求考点二两类特殊的匀减速直线运动刹车类运动和双向可逆类运动刹车类冋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递进题组

16、3.（2018 山西四校联考）以 36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后2获得大小为a= 4 m/s 的加速度，刹车后第 3 s 内，汽车走过的路程为（）A. 12.5 mB. 2 mC. 10 mD. 0.5 m解析：选 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12上就是 22.5 s 内的位移，x= at= 0.5 m .4.（多选）在光滑足够长的斜面上，有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度大小始终为 5 m/s2,方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m 时，下列说法正确的是（）A.物体运动时间可

17、能为1 sB.物体运动时间可能为3 s13C.物体运动时间可能为（2 + 7） sD.此时的速度大小一定为5 m/s解析：选 ABC 当物体的位置在出发点的上方时，根据x=vot+ 2at2得:127. 5= 10t 2 X5t即t2 4t+ 3 = 0所以11= 3 s 或t2= 1 s12当物体的位置在出发点的下方时，根据x=vot+ 2*t得-1127.5=10t2X51即:t2 4t 3= 0t= (2 7) s，舍去负值即t3= (2 + 7) s，选项 A、B、C 均正确.方法技巧C*)解答刹车类问题的基本思路V01先确定刹车时间.若车辆从刹车到速度减小为零所用时间为t0，则刹车时

18、间为t0=-a(a表示刹车时加速度的大小，V0表示汽车刹车的初速度).2将题中所给的已知时间t和t0比较若t0较大，则在直接利用运动学公式计算时， 公式中的运动时间应为t;若t较大，则在利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为to.考点三自由落体运动和竖直上抛运动vd-rUjl_ _1.自由落体运动的处理方法自由落体运动是V0= 0,a=g的匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的所有公式和推 论全部适用.2竖直上抛运动的两种处理方法(1) 分段法：分为上升过程和下落过程.(2) 全程法：将全过程视为初速度为V0,加速度为a= g的匀变速直线运动.3竖直上抛运动的特点(1)对称性如图所示，物体以

19、初速度V0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则A14o1时间的对称性物体上升过程中从ATC所用时间tAC和下降过程中从3A所用时间tcA相等，同理tAB=tBA.2速度的对称性物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等.3能量的对称性物体从ATB和从BTA重力势能变化量的大小相等，均等于mghB.（2）多解性当物体经过抛出点上方某个位置（最高点除外）时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点.-递进题组5.（多选）一物体从离地面 45 m 高处做自由落体运动（g取 10 m/s2），则下列说法正确 的是（）A. 物体运动 3 s

20、后落地B.物体落地时的速度大小为30 m/sC.物体在落地前最后1 s 内的位移为 25 mD.物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s一12/2h/2X45解析：选 ABC 由自由落体运动规律h=-gt得t=g=10s = 3 s，选项 A121正确；落地速度v=gt= 30 m/s，选项 B 正确；落地前最后 1 s 内的位移h= ?gt ?g（t2h1）2= 25 m,选项 C 正确；物体在整个下落过程中的平均速度v= - = 15 m/s，选项 D 错误.6.物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的最后1 s 初的瞬时速度的大小和最后 1 s 内的位移大小分别是（）A.10

21、 m/s,10 mB. 10 m/s,5 mC. 5 m/s,5 mD. 由于不知道初速度的大小，故无法计算解析：选 B 根据竖直上抛运动的对称性15上升过程的最后 1 s 和自由下落的第 1 s 是可逆过程,所以v=gt= 10X1 m/s = 10 m/s ,1212h=2gt=2x10X1m=5 m故选项 B 正确.考点四匀变速直线运动的多过程问题多过 程组合问题的“三个”处理技巧1 用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象 法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来.2 将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动.

22、3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.问】公路人工收费站会影响道路的畅通，ETC 应运而生，ETC 是电子不停车收费系统的简称汽车分别通过 ETC 通道和人工收费通道的流程如图所示假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车，都以V1= 15 m/s 朝收费站沿直线匀速行驶，现甲车过ETC 通道，需要在某位置开始做匀减速直线运动，到达虚线EF处速度正好减为V2= 5 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以 5 m/s 的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶恢复原来速度，虚线EF处与收费站中心线的距离d= 10 m 乙车过人工收费通道，需要在中心

23、线前某位置开始做V 匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过20 s，缴费成功后再启动汽车匀加速行驶恢收费站中心线IE”一*=10 mpj速行駛区扫”ETCiiilI人工收熒通迺X(1)甲车过 ETC 通道时， 从开始减速到恢复原来速度过程中的位移大小是多少?(2)假设人工收费通道前有一列车队在匀速行驶，车距都为X2，当前一辆车从中心线启动行驶 78.125 m 时，后一辆车刚好停在中心线上，则X2为多大？(3) 假设有两列车队分别从 ETC 通道和人工收费通道通过，通过ETC 通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距X1= 120 m，通过人工收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为X2，则每小

24、时从 ETC 通道多通过多少辆车？复原来速度. 已知甲、乙两车匀加速过程的加速度大小均为a1= 1 m/s2,匀减速过程的加速度大小行-歿方向1=行駛方向a2= 2 m/s216解析：(1)甲车过 ETC 通道时，减速过程的位移为172 2V2Vi/口Xi=，可得Xi= 50 m2a2加速恢复原来速度的位移2 2V1V2X2=可得X2= 100 m所以总的位移x总=xi+d+X2= 160 m.由于没有等待时间，即后一辆车和前一辆车做减速运动的时间是相同的，因此后一辆车比前一辆车到达中心线处的时间晚(t1+t2)，故两车正常行驶时的车距等于在前一辆车停车时间和加速时间内以速度V1匀速行驶的距离，即X2=V1(t1+12)= 487.5 m .(3)由于没有等待时间，每小时通过收费站的车辆即正常行驶时每小时通过某点的车辆数，因此ETC 通道每小时通过的车辆数山= = “需需00（辆）=450（辆）X1120人工收费通道每小时通过的车辆数V1t15X3 600论论n2=I =-487T-(辆)