【物理】2019届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律及应用学案 10页

第2讲　匀变速直线运动的规律及应用　‎ ‎[学生用书P5]‎ ‎【基础梳理】‎ 一、匀变速直线运动的基本规律 ‎1．速度与时间的关系式：v＝v0＋at．‎ ‎2．位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2．‎ ‎3．位移与速度的关系式：v2－v＝2ax．‎ 二、匀变速直线运动的推论 ‎1．平均速度公式：＝v＝．‎ ‎2．位移差公式：Δ x＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2．‎ 可以推广到xm－xn＝(m－n)aT2.‎ ‎3．初速度为零的匀加速直线运动比例式 ‎(1)1T末，2T末，3T末…瞬时速度之比为：‎ v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n．‎ ‎(2)1T内，2T内，3T内…位移之比为：‎ x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2．‎ ‎(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内…位移之比为：‎ xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．‎ ‎(4)通过连续相等的位移所用时间之比为：‎ t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．‎ 三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律 ‎1．自由落体运动规律 ‎(1)速度公式：v＝gt．‎ ‎(2)位移公式：h＝gt2．‎ ‎(3)速度－位移关系式：v2＝2gh．‎ ‎2．竖直上抛运动规律 ‎(1)速度公式：v＝v0－gt．‎ ‎(2)位移公式：h＝v0t－gt2．‎ ‎(3)速度－位移关系式：v2－v＝－2gh.‎ ‎(4)上升的最大高度：h＝．‎ ‎(5)上升到最大高度用时：t＝．‎ ‎【自我诊断】‎ ‎ 判一判 ‎(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．(　　)‎ ‎(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．(　　)‎ ‎(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的．(　　)‎ ‎(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3.(　　)‎ ‎(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．(　　)‎ ‎(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同．(　　)‎ 提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√‎ ‎ 做一做 ‎(多选)物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝3 m．且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是(　　)‎ A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得CD＝4 m C．可求得OA之间的距离为1.125 m D．可求得OA之间的距离为1.5 m 提示：选BC.设加速度为a，时间为T，则有Δs＝aT2＝1 m，可以求得CD＝4 m，而B点的瞬时速度vB＝，所以OB之间的距离为sOB＝＝3.125 m，OA之间的距离为sOA＝sOB－sAB＝1.125 m，即B、C选项正确．‎ ‎　匀变速直线运动规律的应用[学生用书P5]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎1．“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题 ‎2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法 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　‎ 适宜选用的公式 v0、v、a、t x ‎[速度公式]‎ v＝v0＋at v0、a、t、x v ‎[位移公式]‎ x＝v0t＋at2‎ v0、v、a、x t ‎[速度位移关系式]‎ v2－v＝2ax v0、v、t、x a ‎[平均速度公式]‎ x＝t ‎3.运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0＝0时，一般以a的方向为正方向．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　‎ 歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15 战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：‎ ‎(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；‎ ‎(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.‎ ‎[审题指导]　第(1)问不知道时间，直接应用公式2ax＝v2－v解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动．‎ ‎[解析]　(1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v，解得v1min＝.‎ ‎(2)法一：一般公式法 起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有 x＝v2mint，t＝ ‎2a(L＋x)＝v2－v 解得v2min＝－.‎ 法二：相对运动法 选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝－.‎ ‎[答案]　(1)　(2)－ ‎(1)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分阶段分析，各阶段交接处的速度往往是联系各阶段的纽带．‎ ‎(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解．‎ ‎(3)对于双向可逆匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段法求解．　 ‎ ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1　基本公式的应用 ‎1．某航母跑道长为200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，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 解析：选B.飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系v2－v＝2ax解决问题．由题知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根据v2－v＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0＝＝ m/s＝10 m/s.故选项B正确．‎ ‎ 迁移2　刹车类问题 ‎2．(2018·河南、河北、山西质量监测)冰壶在水平面上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A点的冰壶(视为质点)沿直线AD推到B点放手，最后冰壶停于D点．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB＝CD＝l、BC＝7l，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)冰壶经过B点时的速率；‎ ‎(2)冰壶在CD段与在AB段运动的时间之比．‎ 解析：(1)冰壶从B点到D点做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝μg 根据速度位移关系有：v＝2a1(7l＋l)‎ 解得冰壶在B点的速率vB＝＝4.‎ ‎(2)设冰壶在AB段运动时加速度大小为a2，‎ 由AB间匀加速运动有v＝2a2l，‎ 可得冰壶在AB间运动的加速度a2＝8μg 设冰壶在CD段运动时间为t1，‎ 冰壶在AB段运动时间为t2，‎ 根据运动学关系有：lCD＝a1t，lAB＝a2t 冰壶在CD段与在AB段运动时间之比t1∶t2＝2∶1.‎ 答案：(1)4　(2)2∶1‎ ‎　处理匀变速直线运动六法[学生用书P6]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎【典题例析】‎ ‎　物体以一定的初速度冲上固定 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．已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．‎ ‎[审题突破]　本题的解答方法很多．如：因为vC＝0，故可用逆向思维法将该过程看做是沿斜面向下的匀加速直线运动．不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程．‎ ‎[解析]　法一：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面．‎ 故xBC＝，xAC＝，又xBC＝，‎ 由以上三式解得tBC＝t.‎ 法二：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 v＝2axAC ①‎ v＝v－2axAB ②‎ xAB＝xAC ③‎ 由①②③解得vB＝ ④‎ 又vB＝v0－at ⑤‎ vB＝atBC ⑥‎ 由④⑤⑥解得tBC＝t.‎ 法三：位移比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)．‎ 因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.‎ 法四：时间比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－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tBD＋tDE＋tEA＝t，解得tx＝t.‎ 法五：中间时刻速度法 利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得vB＝.可以看成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tBC＝t.‎ 法六：图象法 根据匀变速直线运动的规律，作出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平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.‎ 所以＝，‎ 解得tBC＝t.‎ ‎[答案]　t 匀变速直线运动问题的解题“四步骤”‎ ‎　 ‎ ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1　比例法的应用 ‎1．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在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＝∶∶1‎ C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1‎ 解析：选BD.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(－1)∶(－)…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(－)∶(－1)∶1，选项C错误，D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶∶…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为∶∶1，选项A错误，B正确．‎ ‎ 迁移2　Δx＝aT2推论法的应用 ‎2．(2018·成都高新区月考)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)‎ A．2 m/s，3 m/s，4 m/s B．2 m/s，4 m/s，6 m/s C．3 m/s，4 m/s，5 m/s D．3 m/s，5 m/s，7 m/s 解析：选B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB＝＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确．‎ ‎　自由落体运动和竖直上抛运动[学生用书P7]‎ ‎【知识提炼】‎ ‎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(如图)‎ ‎(1)对称性 ‎①时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA.‎ ‎②速度对称：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．‎ ‎(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．‎ ‎3．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－gt2(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 ‎【典题例析】‎ ‎　气球以10 m/s的速度沿竖直方向匀速上升，当它上升到离地175 m的高处时，一重物从气球上掉落，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/s2)‎ ‎[审题指导]　重物从气球上掉落时仍具有向上的速度．‎ ‎[解析]　法一：‎ 全程法 取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，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．‎ 重物在时间t内的位移h＝－175 m 将h＝－175 m，v0＝10 m/s代入位移公式 h＝v0t－gt2‎ 解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)，‎ 所以重物落地速度为 v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s 其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．‎ 法二：分段法 设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则 t1＝＝ s＝1 s 上升的最大高度h1＝＝ 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 t2＝＝ s＝6 s，‎ v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向竖直向下 所以重物从气球上掉落至落地共历时 t＝t1＋t2＝7 s.‎ ‎[答案]　7 s　60 m/s ‎【迁移题组】‎ ‎ 迁移1　自由落体运动 ‎1．(2018·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则(　　)‎ A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s C．物体在前2 s内的位移大小是20 m D．物体在5 s内的位移大小是50 m 解析：选D.设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得g×(5 s)2－g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以2 s末的速度大小为8 m/s，选项A错误；第5 s内的平均速度大小为18 m/s，选项B错误；物体在前2 s内的位移大小是g×(2 s)2＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小是g×(5 s)2＝50 m，选项D正确．‎ ‎ 迁移2　竖直上抛运动 ‎2．(2018·江西五校高三摸底考试)一弹性小球自4.9 m 高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的，重力加速度g取9.8 m/s2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．‎ 解析：小球第一次下落经历的时间为：t＝＝1 s 落地前的速度的大小v＝gt＝9.8 m/s 第一次碰地弹起的速度的大小v1＝v 上升到落回的时间 t1＝＝2× s 第二次碰地弹起的速度的大小v2＝v 上升到落回的时间 t2＝＝2× s ‎⋮‎ 第n次碰地弹起的速度的大小vn＝v 上升到落回的时间 tn＝＝2× s 从开始到最终停止经历的时间为：t总＝1＋2×＋2×＋…＋2× s＝1＋7× s≈8 s.‎ 答案：8 s