2025高考物理专项复习专题进阶课一　匀变速直线运动的常用公式含答案

2025高考物理专项复习专题进阶课一匀变速直线运动的常用公式含答案专题进阶课一匀变速直线运动的常用公式核心归纳1.三个公式的比较:项目一般形式v0=0不涉及速度公式v=v0+atv=atx位移公式x=v0t+12atx=12atv速度—位移关系式v2-v02v2=2axt提醒:公式中vo、v、a、x都是矢量,应用时必须选取统一的正方向,一般选取初速度方向为正方向。2.运动学公式的应用步骤(1)认真审题,明确研究对象,画出物体的运动过程示意图。(2)明确已知量、待求量。(3)规定正方向(一般取初速度v0的方向为正方向),确定各矢量的正、负。(4)选择适当的公式求解。(5)判断所得结果是否合乎实际情况,并根据结果的正负说明所求物理量的方向。典题例析【典例】(2024·怀化高一检测)汽车在驶入高速公路行车道前,要在加速车道上提高车速。我国规定在高速公路上正常行驶的车辆,最低速度不得低于60km/h,最高速度不得超过120km/h。假设有一辆汽车初速度为10m/s,以2m/s2的加速度驶完长度为200m的加速车道。(1)求这个过程持续的时间;(2)经过加速车道进入行车道时,汽车的速度是否符合国家规定?【解析】(1)根据位移—时间公式x=v0t+12at代入数据可得:t=10s(2)根据速度—时间公式可得:vt=v0+at=10m/s+2×10m/s=30m/s=108km/h该速度符合规定答案:(1)10s(2)汽车的速度符合国家规定[规律方法]巧选运动学公式的基本方法公式中共涉及vo、v、a、t、x五个物理量,而每个公式中都含有四个量,因此明确三个量就可求出另外的两个量,恰当选择公式可达到事半功倍的效果,方法如下:无位移x,也不需要求位移选用速度公式v=v0+at无末速度v,也不需要求末速度选用位移公式x=v0t+12at无运动时间t,也不需要求运动时间选用速度—位移公式v2-v02【补偿训练】伽利略在《两种新科学的对话》一书中,讨论了自由落体运动和物体沿斜面运动的问题,提出了这样的猜想:物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动,同时他还运用实验验证了其猜想。物理兴趣小组依据伽利略描述的实验方案,设计了如图的装置,探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动。(1)实验时,让滑块从某一高度由静止沿斜面下滑,并同时打开装置中的阀门,使水箱中的水流到量筒中;当滑块碰到挡板的同时关闭阀门(整个过程中水流可视为均匀稳定的)。改变滑块起始位置的高度,重复以上操作。该实验探究方案是利用量筒中收集的水量来测量________的。

(2)如表是该小组测得的有关数据,其中s为滑块从斜面的不同高度由静止释放后沿斜面下滑的距离,V为相应过程量筒收集的水量。分析表中数据,根据___________________,可以得出滑块沿斜面下滑是做匀变速直线运动的结论。

次数1234567s/m4.53.93.02.11.50.90.3V/mL90847262524023.5sV2/10-45.65.55.85.55.65.65.4(3)本实验误差的主要来源:水从水箱中流出不够稳定,还可能来源于________等(只要求写出一种)。【解析】(1)初速度为零的匀变速直线运动,位移与时间的二次方成正比,由于水是均匀稳定流出的,水的体积和时间成正比,所以量筒中收集的水量可以间接地测量时间。(2)验证该运动是否为匀变速直线运动,关键看位移与时间的二次方是否成正比,即看位移与量筒中水的体积的二次方是否成正比,所以根据sV2在误差允许的范围内是一常数(3)本实验误差的主要来源:水从水箱中流出不够稳定,还可能来源于距离测量不准确、滑块开始下滑和开始流水不同步或斜面摩擦不均匀。答案:(1)时间(2)sV2在误差允许的范围内是一常数(3)滑块下滑距离测量不准确(对点训练(多选)在某次比赛中,冰壶被投出后,如果做匀减速直线运动,用时20s停止,最后1s内位移大小为0.2m,则下面说法正确的是 ()A.冰壶的加速度大小是0.3m/s2B.冰壶的加速度大小是0.4m/s2C.冰壶第1s内的位移大小是7.8mD.冰壶的初速度大小是6m/s【解析】选B、C。整个过程的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动,最后1s内的位移为0.2m,根据位移时间公式:x1=12at12,代入数据解得:a=0.4m/s2,故B正确,A错误;根据速度公式得初速度为:v0=at=0.4×20m/s=8m/s,则冰壶第1s内的位移大小为:x'1=v0t'-12at'2=(8×1-12×0.4×12)m=7.8m,【补偿训练】曲和直本来是相互对立的两种事物,但在无限次的分割之后,则可以用直线代替曲线,这说明相互对立的事物在一定的条件下也可以相互统一。在长度极短的情况下可以用直线代替曲线——以直代曲,那也就可以在时间极短的情况下将变速运动看作匀速运动——以恒代变,用这种方法求出各小段的位移,然后加起来就是变速运动的总位移。一次课上,老师拿来了小明同学“探究小车的运动规律”的测量记录(见表),表中“速度v”一行是小明同学用某种方法(方法不详)得到的小车在0、1、2、3、4、5几个位置的瞬时速度。原始的纸带没有保存。位置编号012345时间t/s00.10.20.30.40.5速度v/(m·s-1)0.380.630.881.111.381.62能不能根据表中的数据,用最简便的方法估算实验中小车从位置0到位置5的位移?为了计算的方便,我们考虑这样一个简化的问题:一个做匀变速直线运动的物体的初速度为1m/s,加速度为1m/s2,则其1s内的位移是多少?试通过逐步分割以至于无限趋近的思路加以分析。【解析】这段时间内物体的最小速度为1m/s,在1s内运动的位移应大于1m,最大速度为2m/s,运动的位移应小于2m。那么运动的位移到底是多少呢?由于做匀变速直线运动的物体的速度是均匀变化的,借助一定的数学思想,同学们可以想到位移的准确值应该是1.5m(或者由教材中给出的匀变速直线运动的位移与时间的公式x=v0t+12at2直接算出)。得出位移的准确值之后,如果将全过程看作速度是1m/s的匀速运动,得到x=vt=1×1m=1m,即这样算得位移是1m,比准确值少了0.5m。如果每小段用0.2s时间间隔来估算整个过程,这样全过程就分为5段处理,得到x=1×0.2m+1.2×0.2m+1.4×0.2m+1.6×0.2m+1.8×0.2m=1.4m,即这样算得位移是1.4m,比准确值少了0.1m,与第一次相比,误差变成了原来的五分之一。如果每小段用0.1s时间间隔来估算整个过程,这样全过程就分为10段处理,得到x=1×0.1m+1.1×0.1m+1.2×0.1m+…+1.9×0.1m=1.45m,即这样算得位移是1.45m,比准确值少了0.05m,与第一次相比,误差变成了原来的十分之一。通过数学归纳和推测可知,一个匀变速直线运动过程分割成多少段,估算值与真实结果的差异就会减少到原来的多少分之一。如果分割成无穷多个时间段,估算值就等于真实值。答案:见解析专题进阶课五整体法和隔离法在牛顿运动定律中的应用核心归纳1.连接体两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体。几个物体并排放在一起如甲、乙,或叠放在一起如丙、丁,或用绳子、细杆等连在一起如戊、己、庚,在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法。常见连接体模型2.连接体问题的处理方法(1)区分外力和内力如果以物体(包括物体间的绳、弹簧等)组成的系统为研究对象,则系统之外的作用力为该系统受到的外力,而系统内各物体间的相互作用力为该系统的内力。(2)整体法:把整个系统作为一个研究对象,不必考虑系统的内力,只需分析系统受到的外力,然后依据牛顿第二定律列方程求解。(3)隔离法:把系统中的一部分作为研究对象,此时系统的内力就有可能成为该研究对象所受的外力,在分析时应加以注意,一般隔离受力较少的物体。3.整体法与隔离法的选择(1)整体法的研究对象少、受力少、方程少,所以连接体问题优先采用整体法。(2)涉及物体间相互作用的内力时,必须采用隔离法。(3)若连接体内各物体具有相同的加速度且需要求解物体间的相互作用力,就可以先用整体法求出加速度,再用隔离法分析其中一个物体的受力,即“先整体求加速度,后隔离求内力”。4.系统牛顿第二定律的应用若已知某个物体的受力情况,可先隔离该物体求出加速度,再以整体为研究对象求解外力。当系统没有共同加速度时,也可用整体分析法,此时系统受到的合外力等于各物体的质量与加速度乘积之和(矢量和),即F合=F1+F2+F3+…+Fn=m1am3a3+…+mn5.力的动力分配原理(1)模型:光滑水平面上,在F的作用下,M、m一起向右做匀加速运动,如图1,求M、m间的相互用力。分析:用整体法求加速度F=(M+m)a隔离法求相互作用力,隔离m研究因为FMm=ma,所以FMm=mM(2)意义:两个直接接触或通过细线相连的物体在外力F的作用下以共同的加速度运动,各个物体分得的动力与自身质量成正比。这叫力的加速度效果分配法则,或者叫动力分配原理。(3)拓展:①在图1中,若物体与地面间动摩擦因数为μ,整体所受摩擦力产生的加速度为μg,而各部分所受摩擦力产生的加速度正好为μg,所以m与M间相互作用力不会发生变化,仍依质量正比分配F。②在图2、3、4中,道理相同,相互作用力正比例分配。其中图3中M、m与斜面的动摩擦因数均为μ或都没摩擦,图4中m与水平面间无摩擦。图2和图3中相互作用力为mM+mF,图4中相互作用力为典题例析角度1加速度和速度都相同的连接体问题【典例1】(多选)(2024·揭阳高一检测)如图所示,容器置于倾角为θ的光滑固定斜面上时,容器顶面恰好处于水平状态,容器顶部有竖直侧壁,有一小球与右端竖直侧壁恰好接触。今让系统从静止开始下滑,容器质量为M,小球质量为m,所有摩擦不计。下列说法正确的是 ()A.小球对容器侧壁的压力为mgsinθB.小球对容器侧壁的压力为12mgsin2C.小球对容器底部的压力为mgcosθD.小球对容器底部的压力为mgcos2θ【解析】选B、D。小球与容器一起加速下滑,加速度a=gsinθ,设容器侧壁对小球的弹力为F,支持力为FN,水平方向根据牛顿第二定律F=macosθ=mgsinθcosθ=12mgsin2θF压=F=12mgsin2θ,故A错误,B正确;竖直方向根据牛顿第二定律mg-FN=mgsin2θ,解得FN=mg(1-sin2θ)=mgcos2θ,根据牛顿第三定律,小球对容器底部的压力为F压'FN=mgcos2θ,故C错误,D正确。对点训练(多选)(2024·重庆高一检测)如图所示,静止在水平地面上倾角为θ的光滑斜面体上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B,B的上表面上有一物块C,A、B、C一起沿斜面匀加速下滑。已知A、B、C的质量均为m,重力加速度大小为g,斜面体始终保持静止。下列说法正确的是 ()A.A、B间的摩擦力为零B.C可能只受两个力作用C.A所受合外力的大小为mgsinθD.斜面体受到地面的摩擦力方向水平向左【解析】选B、C、D。对B、C整体受力分析,其受竖直向下的重力、竖直向上的支持力,由于B、C整体沿斜面向下匀加速下滑,则A、B间摩擦力不为零,且方向水平向左,故A错误;斜面体光滑,对A、B、C整体分析可知,整体的加速度为gsinθ,如果B斜面的倾角也为θ,对C分析,由于其加速度为gsinθ,则C不受摩擦力,即当B斜面的倾角也为θ时,C只受重力、支持力两个力作用,故B正确;选A、B、C整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知A的加速度大小为a=gsinθ,则A所受合外力的大小为F=ma=mgsinθ,故C正确;根据上述,A、B、C整体有沿斜面向下的加速度,则对A、B、C和斜面体整体分析可知,整体有向左的分加速度,即斜面体受地面的摩擦力方向水平向左,故D正确。角度2加速度和速度大小不同、方向不同的连接体问题【典例2】(2024·武汉高一检测)如图所示,质量为M、倾角为30°的斜面体置于水平地面上,一轻绳绕过两个轻质滑轮连接着固定点P和物体B,两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行,物体A、B的质量分别为m、2m,A与斜面间的动摩擦因数为33,重力加速度大小为g,将A、B由静止释放,在B下降的过程中(物体A未碰到滑轮),斜面体静止不动。下列说法正确的是 (A.轻绳对P点的拉力大小为23B.物体A的加速度大小为35C.地面对斜面体的摩擦力大小为33D.地面对斜面体的支持力大小为Mg+2mg【解析】选A。由于相同时间内物体B通过的位移是物体A通过的位移的两倍,则物体B的加速度是物体A的加速度的两倍;设物体A的加速度为a,则B的加速度为2a;设物体A、B释放瞬间,轻绳的拉力为FT,根据牛顿第二定律得2FT-mgsin30°-μmgcos30°=ma,2mg-FT=2m·2a,代入数据,联立解得FT=23mg,a=13g,故A正确、B错误;物体B下降过程中,对斜面体、A和B组成的整体,水平方向根据牛顿第二定律得FTcos30°-f=macos30°,解得地面对斜面体的摩擦力为f=36mg,故C错误;物体B下降过程中,对斜面体、A和B组成的整体,在竖直方向根据牛顿第二定律得(M+3m)g-FN-FTsin30°=2m·2a-masin30°,解得地面对斜面体的支持力为FN=(M+32【补偿训练】(多选)(2024·厦门高一检测)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B,保持A的质量不变,改变B的质量m;当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线,如图乙所示,设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取10m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法正确的是()A.若θ已知,可求出A的质量B.若θ未知,可求出图乙中a1的值C.若θ已知,可求出图乙中a2的值D.若θ已知,可求出图乙中m0的值【解析】选B、C。设物块A的质量为mA,以沿斜面向上的方向为正方向,则系统的加速度为a=mg-mAgsinθm+mA,由图乙可知,当m=m0时,a=0,则有m0g=mAgsinθ,由于m0未知,所以即使θ已知,也无法求出mA;mA未知,m0也无法求解,故A、D错误;由加速度表达式a=mg-mAgsinθm+mA,可知,当m趋向于无穷大时,a趋向于g,所以a1=g,即a1与θ无关,故B正确;由图可知,当a=a2时,m=0,此时物块A沿斜面自由下滑,则mAg专题进阶课四竖直上抛运动核心归纳1.竖直上抛运动的基本规律:竖直上抛运动是加速度大小为g的匀变速直线运动,所以,匀变速直线运动公式同样也适用于竖直上抛运动。2.竖直上抛运动的特点:(1)上升到最高点的时间t=v(2)上升的最大高度H=v0(3)对称性(仅讨论抛出点上方的运动)①时间对称性:物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等,即t上=t下;从抛出点到某点A与从某点A到抛出点时间相同。②速度对称性:上抛时的初速度与落回原抛出点的速度大小相等、方向相反。上升与下降阶段经过同一位置A时的速度大小相等,方向相反。③能量对称性:物体上升过程和下落过程经过同一点时的动能和重力势能都分别相等。3.竖直上抛运动的处理方法:(1)分段分析法把竖直上抛运动的全过程分为上升阶段和下落阶段,上升阶段做初速度为v0、加速度大小为g的匀减速直线运动,下落阶段做自由落体运动。(2)全程分析法取初速度的方向为正方向,把竖直上抛运动看成一个初速度为v0、加速度为-g的匀变速直线运动,则h=v0t-12gt2,v=v0-gt,v2-v02=-2gh。据此可推知物体能上升的最大高度H=v022g,上升到最大高度所需的时间t4.竖直上抛和自由落体的相遇问题:(1)当两个物体从不同位置先后做自由落体运动,或两个物体分别做自由落体运动与竖直上抛运动时,两物体在空中相遇的条件都是两物体在同一时刻位于同一位置。(2)解答上述两个物体的相遇问题,可以以地面为参考系,结合位移关系和时间关系求解;也可以以其中一个物体为参考系,则另一物体相对其做匀速直线运动,根据相对位移和时间关系求解。(3)对两个分别做自由落体运动与竖直上抛运动的物体在空中相遇的问题,还可以结合竖直上抛运动的临界条件如“恰好到达最高点”“恰好返回地面”等,求解上升过程或下降过程相遇的条件等。典题例析角度1竖直上抛的基本规律的理解【典例1】(多选)(2024·青岛高一检测)矿井中的升降机从井底开始以5m/s的速度竖直向上匀速运行,某时刻一螺钉从升降机底板松脱,经过3s升降机底板上升至井口,此时松脱的螺钉刚好落到井底,不计空气阻力,取重力加速度大小g=10m/s2,下列说法正确的是 ()A.螺钉松脱后做自由落体运动B.矿井的深度为45mC.螺钉落到井底时的速度大小为25m/sD.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s【解析】选B、C。螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度,故螺钉松脱后做竖直上抛运动,故A错误;取竖直向上为正方向,螺钉从松脱至落到井底的位移h1=v0t-12gt2=-30m,升降机这段时间的位移h2=v0t=15m,故矿井的深度为h=|h1|+h2=45m,故B正确;螺钉落到井底时的速度为v=v0-gt=-25m/s,故C正确;螺钉松脱前运动的时间为t'=|h1|v0=6s,所以螺钉运动的总时间为t角度2竖直上抛的对称性的应用【典例2】一个从地面开始做竖直上抛运动的物体,它两次经过一个较低点A的时间间隔是TA,两次经过一个较高点B的时间间隔是TB,则A、B两点之间的距离为(重力加速度为g) ()A.18g(TA2-TB2) B.14C.12g(TA2-TB2) D.12g(【解析】选A。物体做竖直上抛运动经过同一点,上升时间与下落时间相等,则从竖直上抛运动的最高点到点A的时间tA=TA2,从竖直上抛运动的最高点到点B的时间tB=TB2,则A、B两点的距离x=12gtA2-12gt角度3竖直上抛和自由落体的相遇问题【典例3】(多选)如图所示,乙球静止于地面上,甲球位于乙球正上方h处,现从地面上竖直上抛乙球,初速度v0=10m/s,同时让甲球自由下落,不计空气阻力。(取g=10m/s2,甲、乙两球可看作质点)下列说法正确的是 ()A.无论h为何值,甲、乙两球一定能在空中相遇B.当h=10m时,乙球恰好在最高点与甲球相遇C.当h=15m时,乙球能在下降过程中与甲球相遇D.当h<10m时,乙球能在上升过程中与甲球相遇【解析】选B、C、D。设两球在空中相遇,所需时间为t,根据运动学公式可得12gt2+v0t-12gt2=h,可得t=hv0,而乙球的落地时间t1=2v0g,两球在空中相遇的条件是t<t1,整理得h<20m,A错误;若两球恰好在乙球上升的最高点相遇,满足的条件是t=12t对点训练(2024·滨州高一检测)如图,某同学将A篮球以速度v竖直向上抛出到达最高点