2018届高考物理一轮复习专题匀变速直线运动的规律及应用导学案1

1、1匀变速直线运动的规律及应用知识点一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动TTprir*匀册速直线运动:血与珈方时和同 匀减速直线运动:理与如方向相反 厂速度公式加=卫空 规律位移公式 g 站討速度-位務关系式:i-Vn- =2ax相同时间内的位移兼A.t= .T11|-Tn=(ffl-n)aT2( _中间时刻速度l=-=-2.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 2 2 2X1:X2:X3：Xn=1：2：3 :：n。(3) 第一个T内、第二个T内

2、、第三个T内位移的比为：Xi:Xn:X血：XN=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的比为：t1:t2:t3：tn= 1 ：(2 1)：(;3_2)：(n_ n 1)。知识点二、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=gt12(2)位移公式：h=2gt速度一位移公式：v2= 2gh概念沿着条仃纯11処聖度水变的运动匀变速世线运动2(1)速度公式：v=VOgt12位移公式：h=vot2gt2 2速度一位移关系式：vVo=2gh思考判断(

3、1) 匀变速直线运动是速度均匀变化的运动.()(2) 匀加速直线运动是加速度均匀变化的运动.()(3) 匀减速直线运动的位移是减小的.()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.()(5)物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动.()(6)做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下的.()答案：V(2)X(3)X(4)V(5)X(6)V考点精练考点一匀变速直线运动规律的应用1 运动学公式中正、负号的规定(1)除时间t夕卜，x、vo、v、a均为矢量，所以需要确定正方向，一般以vo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

4、，当vo= O 时，一般以加速度a的方向为正方向。(2)五个物理量t、vo、v、a、x必须针对同一过程。2.解题的基本思路对应训练【典例】 如图 1 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竖直上抛运动上升的最大高度：H=上升到最高点所用时间：t=g画过程示意图判断运动性质选取匸方向选刖公式列方*丼川I以讨论3速直线运动，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？(可选用多种方法)由A到D,有 31=vt gat22显然ti= 3t不符合题意，应舍去。3所以冰壶通过第四个矩形所用的

5、时间为t=tit=t。解法二逆向思维法冰壶通过矩形区域做匀减速直线运动，可看做冰壶从E点开始做初速度为零的匀加速I2直线运动，根据位移公式，由E到 A,有 41= 2ati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I2由E到D,有1= a(tit)2联立解得ti= 2t或ti=2显然ti= 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。解法三图象法解析解法一 一般公式法根据位移公式和速度公式，由1241=vti qati, 0=vatiA到E,有式中，ti为冰壶通过四个矩形区域所用的时间,a为其加速度的大小联立解得211= 2t或11=45冰壶做匀减

6、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，贝UtoE：t。-2 : 1,故tDE=t0D=t，即冰壶通过第四个矩形所用的时间为t=to答案t方法技巧解决匀变速直线运动问题常用的六法”对应训练1.基本公式法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 km 离地 1750 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。若飞机着陆后以大小为 6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为s 内滑行

7、的距离是（）解析先求出飞机从着陆到停止所用时间to由v=v+at,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,12 s 内滑行的距离为x=vt+ 牛=60X10 m+ ( 6)X罟 m= 300 m。答案 B2.推论法如图 2 所示，物体自。点由静止开始做匀加速直线运动，途经点，其中A B之间的距离11= 2m, B C之间的距离I2= 3 m。若物体通过I1、I2这两段位5460 m/s，则它着陆后 12A. 288 mB. 300 mC. 150 mD. 144mvV00 60故它着陆后6移的时间相等，则O A之间的距离I等于（）-9-OAB答案 C3

8、.平均速度法（2017 武汉联考）某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20m/s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过25在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s ,轿车在制动的最初 1 s 内的位移为 8.2 m 试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求。解析该款小轿车设计的紧急制动加速度为2V0ao=2x2代入数据解得a0= 8 m/s设测得的加速度为a,轿车在制动的最初t1= 1 s 内的平均速度xv= 11平均速度V等于t1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t2= 1 s ,因此有V a=厂

9、t2联立并代入数据解得a= 8.2 m/s2aa。，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A. 一m4B. 3m图 29C. m88D.gm解析设物体的加速度为a,通过li、丨2两段位移所用的时间均为T,则有VBIl+I22TI=aT2= 1 m,所以91=8m。7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

10、等矢量的正负号及物理意义对应训练1.刹车类问题（2017 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（）A.12.5 mB . 2 mC. 10 mD . 0.5 m解析 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12是 22.5 s 内的位移，x= ?at = 0.5 m。答案 D2.双向可逆类（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

11、.5 m时，下列说法正确的是（）图 3A.物体运动时间可能为 1 sB.物体运动时间可能为 3 sC.物体运动时间可能为（2 +7） sD.此时的速度大小一定为5 m/s12解析 当物体的位置在出发点的上方时，根据x=V0t+ qat得:127. 5= 10t 2 X5t即t2 4t+ 3 = 0所以11= 3 s 或12= 1 s12当物体的位置在出发点的下方时，根据x=vot+ at得2即：t 4t 3= 08127.5=10t?X5tt= (2 7) s，舍去负值即t3= (2 +7) s，选项 A、B、C 均正确。答案 ABC方法技巧解答刹车类问题的基本思路(1) 先确定刹车时间。若车

12、辆从刹车到速度减小为零所用时间为to,则刹车时间为to=(a表示刹车时加速度的大小，vo表示汽车刹车的初速度)。a(2) 将题中所给的已知时间t和to比较。若to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1自由落体运动的处理方法自由落体运动是vo= o,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方法全部适用。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vo,加速度为a=-g的匀变速直线运动。3 竖直上抛运

13、动的特点(1)对称性如图 4 所示，物体以初速度vo竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则cBO图 41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CTA所用时间tcA相等，同理tAB=tBA。92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A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。对应训练1.自由落体运动（多选）一物体从离地面 45 m 高处做自由落体运动（g取 10 m

14、/s2）, 则下列说法正确的是（）A. 物体运动 3 s 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 由自由落体运动规律h= gt得t-g10 s = 3 s，选项A正确；落1212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（t 1） = 25_I*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。答案 ABC2.竖直上抛运动一物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的

15、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 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，故无法计算解析根据竖直上抛运动的对称性上升过程的最后 1 s 和自由下落的第 1s 是可逆过程，所以v=gt= 10 x1 m/s = 10 m/s ,101212h=-gt= x10X1m=5 m2 2故选项 B 正确。答案 B考点四 匀变速直线运动的多过程问题【典例】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5 所示

16、。假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车，都以vi= 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，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过20s，缴费成功后再启动汽车匀加速行驶恢复原来速度。已知甲、乙两车匀加速过程的加速度大小均为ai= 1 m/s3,匀减速过程2的加速度大小均为a2= 2 m/s。(1) 甲车过

17、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3 2V1V2加速恢复原来速度的位移X2=，可得X2= 100 m所以总的位移X总=X1+d+X2= 160 m。(2)乙车在中心线处的停车时间t1= 20 s,匀加速 78.125 m 的时间上2=气出=12.5 s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

18、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11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，则每小时从 ETC 通道多通过多少辆车？解析(1)甲车过 ETC 通道时，减速过程的位移为2 2V2V1/口X1= ，可得X1= 50 m2a2停车时间和加速时间内以速度V1 匀速行驶的距离，即X2=Vi(ti+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n匸月=1515；6 60(辆)=450(辆)人工收费通道每小时

19、通过的车辆数vit15X3 600心巫=4873(辆)110(辆)ETC 通道多通过 n=ni340 辆车。答案 (1)160 m (2)487.5 m (3)340 辆建模点拨试题由道路交通抽象而来，解决问题的关键是灵活运用知识把实际问题转化为常见物理模型。(2)、(3)两问的难点是变通计算时间间隔，以匀速代变速，以简单解复杂。(3)问中，通过两个通道车队的减速或停车缴费只会影响车到达目的地的时间，而不会导致车辆 的流量减小，即车辆流量跟匀速运动时是一样的。对应训练1.(2017 广东广 州综合测试)电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层 到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动

20、。电梯竖直向上运动过程中速度的变化 情况如下表：时间(s)0123456789101112速度(m/s)02.04.05.05.05.05.05.04.03.02.01.00则前 5 s 内电梯通过的位移大小为()A. 19.25 mB. 18.75 mC. 18.50 mD. 17.50 m解析因电梯启动过程可看作是匀变速直线运动，再由题中表格数据可看出在前1s内有：V1=at1，得a= 2 m/s2，又电梯启动的末速度v= 5 m/s 时，则有v=at，得启动过程1251212所用时间t= s = 2.5 s,则前 2.5 s 内的位移大小为X1= ?at=-X2X(2.5)m= 6.25

21、 m,2.55 s 内匀速运动，位移大小为X2= 5X(5 2.5) m = 12.5 m，所以前 5 s 内位移大小为13x=Xi+X2= 18.75 m , B 项正确。答案 B2在娱乐节目幸运向前冲中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让观众通过段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点。现有一套跑步 跨栏装置，平台长Li= 4 m 跑步机皮带长Lz= 32 m 跑步机上方设置了一个跨栏（不随皮带移动），跨栏到平台末端的距离Ls= 10 m，且皮带以vo= 1 m/s 的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以ai= 2 m/s4 5的加速度通过平台冲上跑步机，

22、之后以a2= 1 m/s242挑战者向右加速冲刺过程有：x+X1+L2-L3= 2比七4,解得14= 7 s。挑战者通过全程所需的总时间为t总=t1+t2+t+t3+t4= 14 s。的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2s 爬起（假设从摔倒至爬起的过程14中挑战者与皮带始终相对静止），然后又保持原来的加速度比，在跑步机上顺利通过剩余的路程，问挑战者通过全程所需要的时间?12解析 匀加速通过平台：L1= a111,冲上跑步机的初速度：V1=a1t1= 4 m/s ,冲上跑步机至跨栏：L3=V1t2+ |a2t2,解得12= 2 s。摔倒至爬起随跑步机移动距离:x=vot=1x2 m

23、=2 m,取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：vo=a2t3,解得t3= 1 s。相对地位移为：12X1=vot3_a2t3= 0.5 m。2通过平台的时间:15随堂检测1. 刹车类问题汽车以 10 m/s 的速度行驶，刹车时加速度大小为2 m/s2，刹车后 8 s通过的位移是()A.16 m B.25 m C.75 m D.144 m2. 竖直上抛运动在离地高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()3.多过程问题(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了 8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵

24、在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经 4 s 停在巨石前.则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是()A. 加速、减速中的加速度大小之比ai:a2= 2 : 1B. 加速、减速中的平均速度大小之比Vi:?2= 1 : 1C. 加速、减速中的位移之比X1:X2= 2 : 1D. 加速、减速中的加速度大小之比a1:a2不等于 1 : 24. 竖直上抛运动以 40 m/s 的初速度竖直上抛一小球，经2 s 后再以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，求两小球何时相碰以及相碰点到抛出点的距离.(取g= 10 m/s2)5. 自由落体运动屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5 滴正欲滴下时，第 1 滴刚好落到地面，而第 3 滴与第 2 滴分别位于高 1 m 的窗子的上、下沿，如图所示为其简意图.(取g=10 m/s2)问：(1)此屋檐离地面