2021届高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律教案(含解析) 23页

1 第 2 节 匀变速直线运动的规律 一、匀变速直线运动的基本规律 1．概念：沿一条直线且加速度不变的运动。 2．分类 (1) 匀加速直线运动： a 与 v 方向相同。 (2) 匀减速直线运动： a 与 v 方向相反。 3．基本规律 2 二、匀变速直线运动的重要关系式 1．两个导出式 2．三个重要推论 (1) 位移差公式：Δ x＝x2－x1＝x3－x2＝⋯＝ xn－xn－1＝aT2 ，即任意两个连续相等的时间 间隔 T 内的位移之差为一恒量。可以推广到 xm－xn＝( m－n) aT2 。 (2) 中间时刻速度 vt 2 ＝ v ＝ v0＋v 2 ，即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。 (3) 位移中点的速度 vx 2 ＝ v2 0＋v2 2 。 3．初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论 (1)1 T末、 2T 末、 3T 末⋯瞬时速度的比为 v1∶ v2∶ v3∶⋯∶ vn＝1∶2∶3∶⋯∶ n。 (2)1 T内、 2T 内、 3T 内⋯位移的比为 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶⋯∶ xN＝12 ∶2 2 ∶3 2 ∶⋯∶ n2 。 (3) 第一个 T 内、第二个 T 内、第三个 T 内⋯位移的比为 x1∶x2∶x3∶⋯∶ 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 t 1∶ t 2∶ t 3∶⋯∶ t n＝1∶( 2－1) ∶( 3－ 2) ∶⋯∶( n－ n－1) 。 3 三、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＝gt (2) 位移公式： h＝ 1 2gt 2 (3) 速度—位移公式： v2 ＝2gh 运动性 质 匀减速直线运动 竖直上抛运动 运动规 律 (1) 速度公式： v＝v0－gt (2) 位移公式： h＝v0t － 1 2gt 2 (3) 速度—位移关系式： v2 － v2 0＝ －2gh (4) 上升的最大高度： H＝ v2 0 2g (5) 上升到最高点所用时间： t ＝v0 g 4 1．思考辨析 ( 正确的画“√”，错误的画“×”) (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．( 人教版必修 1P43T3 改编 ) 某航母甲板上跑道长 200 m，飞机在航母上滑行的最大加速 度为 6 m/s 2，起飞需要的最低速度为 50 m/s ，那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获 得的最小初速度为 ( ) A．5 m/s B． 10 m/s C．15 m/s D． 20 m/s [ 答案 ] B 3．( 人教版必修 1P40T3 改编 ) 以 18 m/s 的速度行驶的汽车， 制动后做匀减速运动， 在 3 s 内前进 36 m，则汽车在 5 s 内的位移为 ( ) A．50 m B． 45 m C．40.5 m D． 40 m C [ 根据 x＝v0t ＋ 1 2at 2 得 36＝18×3＋ 1 2a×3 2 ，即 a＝－ 4 m/s2 。汽车停止所需时间为 t ′ ＝－ v0 a ＝ －18 －4 s ＝4.5 s<5 s，所以 4.5 s 末汽车停止运动， 5 s 内的位移 x＝ 0－v2 0 2a ＝ 0－182 2× －4 m＝40.5 m ，故选项 C正确。 ] 5 4．( 人教版必修 1P49 做一做改编 ) 一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的 照相机对该质点进行闪光照相， 由闪光照片得到的数据， 发现质点在第一次、 第二次闪光的 时间间隔内移动了 s1＝2 m；在第三次、第四次闪光的时间间隔内移动了 s3＝8 m。由此可求 得( ) A．第一次闪光时质点的速度 B．质点运动的加速度 C．在第二、第三两次闪光时间间隔内质点的位移 D．质点运动的初速度 C [ 由于闪光时间未知，所以根据 s2－ s1＝s3－s2 ＝aT2 ，只能求出第二、三次闪光的时 间间隔内质点的位移 s2＝5 m，选项 C正确。 ] 匀变速直线运动的基本规律 [ 讲典例示法 ] 1．重要公式的选择 6 适宜选用公式 题目中所涉及的物理量 ( 包括已知量、待 求量和为解题设定的中间量 ) 没有涉及 的物理量 v＝v0＋at v0、v、 a、t x x＝v0t ＋ 1 2at 2 v0、a、 t 、x v v2 －v2 0＝2ax v0、v、 a、x t x＝ v＋v0 2 t v0、v、 t 、x a 2. 运动学公式中正、负号的规定 一般情况下， 规定初速度方向为正方向， 与正方向相同的物理量取正值， 相反的取负值。 3．两类特殊的匀减速直线运动 (1) 刹车类问题：指匀减速到速度为零后立即停止运动，加速度 a 突然消失，求解时要 注意确定其实际运动时间。 如果问题涉及最后阶段 ( 到停止运动 ) 的运动， 可把该阶段看成反 向的初速度为零的匀加速直线运动。 (2) 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。 [ 典例示法 ] (2019·湖北天门模拟 ) 出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路， 并从 10 时 10 分 55 秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过 10 s 时，速度计显示速度 为 54 km/h 。求： (1) 这时出租车离出发点的距离； (2) 出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为 108 km/h 时，出租车开始做匀 速直线运动。 10 时 12 分 35 秒时计价器里程表示数应为多少千米？ ( 车启动时，计价器里程 表示数为零 ) 审题指导： 解此题关键是画运动过程示意图，呈现运动情境 7 [ 解析 ] (1) 由题意可知经过 10 s 时，速度计上显示的速度为 v1＝15 m/s 由速度公式 v＝v0＋at 得 a＝ v－v0 t ＝ v1 t 1 ＝ 1.5 m/s 2 由位移公式得 x1＝ 1 2at 2 1＝ 1 2×1.5 ×10 2 m＝75 m 这时出租车离出发点的距离为 75 m。 (2) 当速度计上显示的速度为 v2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由 v2 2＝2ax2 得 x2＝ v2 2 2a＝300 m， 这时出租车从静止载客开始， 已经经历的时间为 t 2，可根据速度公式得 t 2＝ v2 a＝ 30 1.5 s ＝20 s， 这时出租车时间表应显示 10 时 11 分 15 秒。 出租车继续匀速运动， 匀速运动时间 t 3 为 80 s， 通过位移 x3＝v2t 3＝30×80 m＝ 2 400 m ，所以 10 时 12 分 35 秒时，计价器里程表应显示 x＝x2＋x3＝(300 ＋2 400)m ＝2 700 m ＝2.7 km 。 [ 答案 ] (1)75 m (2)2.7 km 8 “一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题 9 [ 跟进训练 ] 基本公式的应用 1．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 54 km、离地 1 750 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 6 m/s 2 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 ( ) A．288 m B． 300 m C．150 m D． 144 m B [ 先求出飞机着陆后到停止所用时间 t ，由 v＝v0＋at ，得 t ＝ v－v0 a ＝ 0－ 60 － 6 s ＝10 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，故它着陆后 12 s 内滑行的距离为 x＝v0t ＋ at 2 2 ＝60×10 m＋ ( －6) × 102 2 m＝300 m。] 汽车“刹车问题” 2．汽车以 v0＝20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度 a＝－ 5 m/s 2，则 10 自驾驶员急踩刹车开始， 2 s 时与 5 s 时汽车的位移之比为 ( ) A．5∶4 B．4∶5 C．3∶4 D．4∶3 C [ 汽车速度减为零所需的时间 t 0＝ 0－v0 a ＝ 0－20 －5 s ＝ 4 s ，2 s 时汽车的位移 x1 ＝ 20×2－ 1 2×5×4 m＝ 30 m，由于汽车经 4 s 停止运动，则 5 s 时汽车的位移即 4 s 时的位 移，所以 5 s 时汽车的位移 x2＝ 0－v2 0 2a ＝－400 － 10 m＝40 m，则 2 s 时与 5 s 时汽车的位移之比 为 3∶4， C正确。 ] 多过程问题 3．有一部电梯，启动时匀加速上升的加速度大小为 2 m/s 2，制动时匀减速上升的加速 度大小为 1 m/s 2 ，中间阶段电梯可匀速运行，电梯运行上升的高度为 48 m。问： (1) 若电梯运行时最大限速为 9 m/s ，电梯升到最高处的最短时间是多少； (2) 如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用时间为 15 s，上升 的最大速度是多少？ [ 解析 ] (1) 要想所用时间最短，则电梯只有加速和减速过程，而没有匀速过程，设最 大速度为 vm，由位移公式得 h＝ v2 m 2a1 ＋ v2 m 2a2 ，代入数据解得 vm＝8 m/s 因为 vm＝8 m/s<9 m/s ，符合题意 加速的时间为 t 1＝ vm a1 ＝ 8 2 s ＝4 s 减速的时间为 t 2＝ vm a2 ＝8 1 s ＝8 s 运动的最短时间为 t ＝t 1＋t 2＝12 s 。 (2) 设加速的时间为 t ′ 1，减速的时间为 t ′ 2，匀速上升时的速度为 v，且 v<8 m/s，则 11 加速的时间为 t ′ 1＝ v a1 ，减速的时间为 t ′ 2＝ v a2 匀速运动的时间为 t ＝15 s －t ′ 1－t ′ 2 上升的高度为 h＝ v 2( t ′ 1＋t ′ 2) ＋ v(15 s－t ′ 1－t ′ 2) ，联立解得 v＝4 m/s，另一解不 合理，舍去。 [ 答案 ] (1)12 s (2)4 m/s 解决匀变速直线运动的常用方法 [ 讲典例示法 ] 解决匀变速直线运动问题常用的六种方法 [ 典例示法 ] ( 一题多解 ) 物体以一定的初速度从斜面底端 A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为 l ，到达斜面 最高点 C 时速度恰好为零，如图所示。已知物体运动到距斜面底端 3 4l 处的 B 点时，所用时 12 间为 t ，求物体从 B滑到 C所用的时间。 思路点拨： 解此题把握以下关键信息 (1) “到达斜面最高点 C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速运动，可考 虑“逆向思维”。 (2) “距斜面底端 3 4l 处的 B 点”表明 BC的距离为 l 4，可考虑应用“比例法”。 [ 解析 ] 法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设初速度为 v0，物体从 B 滑到 C所用的时间为 t BC， 由匀变速直线运动的规律可得 v2 0＝ 2axAC ① v2 B＝ v2 0－ 2axAB ② xAB＝ 3 4xAC ③ 由①②③解得 vB＝ v0 2 ④ 又 vB＝v0－at ⑤ vB＝ at BC ⑥ 由④⑤⑥解得 t BC＝t 。 法二：平均速度法 利用推论： 匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度， 然后进 一步分析问题。 v AC＝ v0＋0 2 ＝ v0 2 又 v2 0＝2axAC， v2 B＝ 2axBC，xBC＝xAC 4 13 由以上三式解得 vB＝ v0 2 可以看出 vB 正好等于 AC段的平均速度，因此 B 点是这段位移的中间时刻，因此有 t BC ＝t 。 法三：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从 B 到 C所用的时间为 t BC 由运动学公式得 xBC＝1 2at 2 BC，xAC＝1 2a( t ＋t BC) 2 ， 又 xBC＝ xAC 4 ，由以上三式解得 t BC＝t 。 法四：比例法 对 于 初 速 度 为 零 的 匀 加 速 直 线 运 动 ， 在 连 续 相 等 的 时 间 内 通 过 的 位 移 之 比 为 x1∶x2∶x3∶⋯∶ xn＝1∶3∶5∶⋯∶ (2 n－1) 因为 xBC∶ xAB＝ xAC 4 ∶ 3xAC 4 ＝1∶3，而通过 xAB 的时间为 t ，所以通过 xBC的时间 t BC＝t 。 法五：图象法 根据匀变速直线运动的规律，画出 v- t 图象 如图所示 利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比 得 S△AOC S△BDC ＝ CO2 CD2，且 S△ AOC S△ BDC ＝ 4 1，OD＝t ，OC＝t ＋t BC 所以 4 1＝ t ＋t BC 2 t 2 ，解得 t BC＝ t 。 [ 答案 ] t 14 解决匀变速直线运动问题的两个技巧 (1) 把减速到 0 的匀减速直线运动转化为反向的初速度为 0 的匀加速直线运动，列方程 将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。 (2) 若已知匀变速直线运动的位移和时间，通常优先考虑应用平均速度公式，求出中间 时刻的瞬时速度。 [ 跟进训练 ] 1．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移 Δx 所用时间为 2t ，紧接着通过下一段位 移 Δx 所用时间为 t 。则物体运动的加速度大小为 ( ) A. Δx t 2 B． Δx 2t 2 C.Δx 3t 2 D． 2Δx 3t 2 15 C [ 物体做匀加速直线运动，在第一段位移 Δx 内的平均速度是 v1＝Δx 2t ；在第二段位 移 Δx 内的平均速度是 v2＝ Δx t ；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则 两个中间时刻的时间差为 Δt ＝t ＋ t 2＝ 3 2t ，则物体加速度的大小 a＝Δv Δt ＝ v2－ v1 3 2t ，解得： a ＝Δ x 3t 2 ，故选 C。 ] 2. 如图所示，物体从 O点由静止开始做匀加速直线运动，途经 A、B、C三点，其中 | AB| ＝2 m，| BC| ＝3 m。若物体通过 AB和 BC这两段位移的时间相等，则 O、A 两点之间的距离 等于 ( ) A. 9 8 m B． 8 9 m C.3 4 m D． 4 3 m A [ 设物体通过 AB、BC所用时间均为 T，则 B 点的速度为： vB＝ xAC 2T＝ 5 2T， 根据 Δx＝aT2 得： a＝ Δx T2 ＝ 1 T2， 则有： vA＝vB－aT＝ 5 2T－ 1 T2·T＝ 3 2T， 根据速度位移公式得， O、A 两点之间的距离为： xOA＝ v2 A 2a＝ 9 4T2 2 T2 m＝ 9 8 m。故 A 正确， B、C、D错误。 ] 16 3.( 多选 )(2019 ·雅安模拟 ) 如图所示， 一冰壶以速度 v 垂直进入三个矩形区域做匀减速 直线运动， 且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零， 则冰壶依次进入每个矩形区域时的 速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是 ( ) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝ 3∶ 2∶1 C．t 1∶t 2∶t 3＝1∶ 2∶ 3 D．t 1∶t 2∶t 3＝( 3－ 2) ∶( 2－1) ∶1 BD [ 因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看作反向匀加速直线运动来 研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为 1∶( 2－ 1) ∶( 3－ 2) ，故所求时间之比为 ( 3－ 2) ∶( 2－1) ∶1，所以选项 C 错误， D 正确； 由 v2 －v 2 0＝ 2ax 可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为 1∶ 2∶ 3，则所求的速度之比为 3∶ 2∶1，故选项 A 错误， B 正确。 ] 自由落体运动和竖直上抛运动 17 [ 讲典例示法 ] 1．两种运动的特性 (1) 自由落体运动为初速度为零、加速度为 g 的匀加速直线运动。 (2) 竖直上抛运动的重要特性 ①对称性 如图所示，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，如图所 示，则： ②多解性： 当物体经过抛出点上方某个位置时， 可能处于上升阶段， 也可能处于下降阶 段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。 2．竖直上抛运动的研究方法 分段法 上升阶段： a＝g 的匀减速直线运动 下降阶段：自由落体运动 全程法 初速度 v0 向上， 加速度 g 向下的匀变速直线运动， v＝ v0－ gt ，h＝v0t － 1 2gt 2 ( 向 上方向为正方向 ) 若 v>0，物体上升，若 v<0，物体下落 若 h>0，物体在抛出点上方，若 h<0，物体在抛出点下方 [ 典例示法 ] 在离地面上高 h 处质点 A做自由落体运动，与此同时，在 A 的正下方的地面上有质点 B 以初速度 v0 竖直上抛。若 B在上升阶段能与 A 相遇，求出 v0 的取值范围；若 B 在下降阶段 与 A 相遇，求出 v0 的取值范围。 18 审题指导： 解此题关键是画出两物体运动示意图 ( 如图所示 )，找到相遇点， 利用好位移 关系和时间关系。 [ 解析 ] 如图所示，以 B的初位置为原点 O，竖直向上为 y 轴正方向 A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为 y1＝ h－ 1 2gt 2 B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为 y2＝ v0t － 1 2gt 2 两个质点相遇的条件是 y1＝y2 即 h－ 1 2gt 2 ＝v0t － 1 2gt 2 ，可见 A、B 相遇的时间 t 0＝ h v0 。 19 而 B 上升到最高点的时间 t 1＝ v0 g 若要使 B 在上升时与 A 相遇，必须满足 t 1≥t 0，即 v0 g≥ h v0 所以 B在上升时与 A 相遇的 v0 的取值范围为 v0≥ gh 若 B 在下降过程中与 A 相遇，必须满足 v0 gv0≥ gh 2 。 [ 答案 ] 见解析 解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意 (1) 要注意速度、 加速度、 位移等的方向， 一般看成初速度方向为正方向的匀减速运动。 (2) 竖直上抛运动为双向可逆运动，要注意其多解性，其在空中运动情况分析常有以下 两种判断方法。 ①根据位移 h 判断： h>0 在抛出点上方， h＝0 恰好在抛出点， h<0 在抛出点下方。 20 ②根据时间 t 判断： t v0 g表明在下降过 程中， t > 2v0 g 表明在抛出点下方。 [ 跟进训练 ] 自由落体运动规律的应用 1．把一条铁链自由下垂地悬挂在天花板上，放开后让铁链做自由落体运动，已知铁链 通过悬点下方 3.2 m 处的一点历时 0.5 s ，g 取 10 m/s 2 ，则铁链的长度为 ( ) A．1.75 m B． 2.75 m C．3.75 m D． 4.75 m B [ 若铁链刚好长为 3.2 m ，则整条铁链通过悬点下方 3.2 m 处历时 t 0＝ 2h g ＝ 2×3.2 10 s ＝0.8 s ，而题设整条铁链通过该点只用了 0.5 s ，说明铁链长度小于 3.2 m ， 21 则铁链下端到达悬点下方 3.2 m 处用的时间为 Δ t ＝t 0－t ＝(0.8 － 0.5) s ＝0.3 s 。因 h－l ＝ 1 2g·Δ t 2 ，则 l ＝h－ 1 2g·Δ t 2 ＝ 3.2 － 1 2×10×0.3 2 m＝2.75 m 。] 竖直上抛运动规律的应用 2．( 一题多解 )气球以 10 m/s 的速度匀速上升，当它上升到离地 175 m的高处时，一重 物从气球上脱落，则重物需要经过多长时间才能落到地面？到达地面时的速度是多大？ ( g 取 10 m/s 2) [ 解析 ] 法一：分段法 设重物离开气球后，经过 t 1 时间上升到最高点， 则 t 1＝ v0 g＝ 10 10 s ＝ 1 s 上升的最大高度 h1＝ v2 0 2g＝ 102 2×10 m＝5 m 故重物离地面的最大高度为 H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t 2＝ 2H g ＝ 2×180 10 s ＝6 s v＝gt 2＝10×6 m/s ＝ 60 m/s 所以重物从气球上脱落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s 。 法二：全程法 从物体自气球上脱落计时， 经时间 t 落地， 规定初速度方向为正方向， 画出运动草图如 图所示，则物体在时间 t 内的位移 22 h＝－ 175 m 由位移公式 h＝v0t － 1 2gt 2 有－ 175＝10t － 1 2×10 t 2 解得 t ＝7 s 和 t ＝－ 5 s( 舍去 ) 所以重物落地速度为 v1＝ v0－ gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－ 60 m/s 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。 法三：对称性 根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度 v0＝10 m/s，设落地速度为 v，则 v2 －v2 0＝2gh 解得 v＝60 m/s ，方向竖直向下 经过 h 历时 Δt ＝ v－v0 g ＝5 s 从最高点到落地历时 t 1＝ v g＝6 s 由时间对称可知，重物脱落后至落地历时 t ＝2t 1－Δ t ＝7 s 。 [ 答案 ] 7 s 60 m/s 23