高考物理一轮复习 第1章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2节 匀变速直线运动的规律及其应用教师用书

到乌蒙山区的昭通;从甘肃中部的定西，到内蒙古边陲的阿尔山，看真贫、知真贫，真扶贫、扶真贫，成为“花的精力最多”的事;“扶贫先扶志”“扶贫必扶智”“实施精准扶贫”第2节匀变速直线运动的规律及其应用知识点1匀变速直线运动及其公式1匀变速直线运动及三个基本公式定义物体在一条直线上且加速度不变的运动分类(1)匀加速直线运动：a与v同向(2)匀减速直线运动：a与v反向规律(1)速度公式：vv0at(2)位移公式：xv0tat2(3)速度位移关系式：v2v2ax2.匀变速直线运动的重要推论(1)任意两个连续相等的时间间隔(T)内，位移之差是一恒量，即xx2x1x3x2xnxn1aT2.(2)平均速度：v，即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或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半(3)初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论1T末、2T末、3T末瞬时速度的比为：v1v2v3vn123n.1T内、2T内、3T内位移的比为：x1x2x3xn122232n2.第一个T内、第二个T内、第三个T内位移的比为：x1x2x3xn135(2n1)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1t2t3tn1(1)()()知识点2自由落体运动和竖直上抛运动1自由落体运动(1)条件：物体只受重力作用，从静止开始下落(2)运动特点：初速度v00，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动(3)基本规律：速度公式：vgt.位移公式：hgt2.速度位移关系式：v22gh.2竖直上抛运动(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动(2)基本规律：速度公式：vv0gt.位移公式：hv0tgt2.速度位移关系式：v2v2gh.上升的最大高度：H.上升到最高点所用时间：t.物理学史链接意大利物理学家伽利略从理论和实验两个角度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“小球质量越大下落越快”的错误观点.1正误判断(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随时间均匀增加的()(4)一个铁钉和一团棉花同时从同一高度下落，两者同时落地()(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比()(6)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反()2基本规律的应用一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是() 【导学号：92492014】Aa1 m/s2，v99 m/s，x940.5 mBa1 m/s2，v99 m/s，x945 mCa1 m/s2，v99.5 m/s，x945 mDa0.8 m/s2，v97.7 m/s，x936.9 mC根据匀变速直线运动的规律，质点在t8.5 s时刻的速度比在t4.5 s时刻的速度大4 m/s，所以加速度a1 m/s2，v9v0at9.5 m/s，x9(v0v9)t45 m，选项C正确3匀变速直线运动的重要推论一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度大小之比分别是() 【导学号：92492015】A12232,123B12333,12232C123,111D135,123B物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是135(2n1)，第二段位移可看成第2 s与第3 s的位移之和，第三段位移可看成第4 s、第5 s与第6 s的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1827，这三段位移上的平均速度之比为149，故选B.4竖直上抛运动规律的应用(多选)以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，g取10 m/s2.以下判断正确的是()A小球到最大高度时的速度为0B小球到最大高度时的加速度为0C小球上升的最大高度为61.25 mD小球上升阶段所用的时间为3.5 sACD竖直上抛的物体到达最高点时，ag，v0，A正确B错误；由H得H m61.25 m，C正确；上升阶段所用的时间t3.5 s，D正确匀变速直线运动规律的应用1.解答运动学问题的基本思路2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v00时，一般以a的方向为正方向3多过程问题如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质题组通关1(2015江苏高考)如图121所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是() 【导学号：92492016】图121A关卡2 B关卡3 C关卡4 D关卡5C该同学加速到2 m/s时所用时间为t1，由v1at1，得t11 s，通过的位移x1at1 m，然后匀速前进的位移x2v1(tt1)8 m，因x1x29 m8 m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m，当关卡关闭t22 s时，该同学在关卡2、3之间通过了x3v1t24 m的位移，接着关卡放行t5 s，该同学通过的位移x4v1t10 m，此时距离关卡4为x516 m(1410) m1 m，关卡关闭2 s，经过t30.5 s后关卡4最先挡住他前进2(2016全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍该质点的加速度为() 【导学号：92492017】A.B.C. D.A质点在时间t内的平均速度v，设时间t内的初、末速度分别为v1和v2，则v，故.由题意知：mv9mv，则v23v1，进而得出2v1.质点的加速度a.故选项A正确求解多阶段运动问题的三点注意1画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量. 2选定正方向后，应标明各物理量的正、负号3计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义巧解匀变速直线运动问题的六种方法题组通关1(2017成都模拟)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB6 m，BC10 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() 【导学号：92492018】A2 m/s,3 m/s,4 m/sB2 m/s,4 m/s,6 m/sC3 m/s,4 m/s,5 m/sD3 m/s,5 m/s,7 m/sB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时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，vB4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即xat2，则由xBCABat2解得a1 m/s2，再由速度公式vv0at，解得vA2 m/s，vC6 m/s，故选项B正确2(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体()A在A点的速度大小为B在B点的速度大小为C运动的加速度为D运动的加速度为AB匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则vA，A正确；设物体的加速度为a，则x2x1aT2，所以a，C、D均错误；物体在B点的速度大小为vBvAaT，代入数据得vB，B正确“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题自由落体运动和竖直上抛运动1.应用自由落体运动规律解题时的两点注意(1)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决竖直下抛运动问题(2)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题2竖直上抛运动的主要特性(1)对称性速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向时间对称：上升和下降过程经过同一段高度所用的时间相等(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竖直上抛运动的两种处理方法(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度ag的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性习惯上取v0的方向为正方向，则：v0时，物体正在上升；v0时，物体在抛出点上方；h0时，物体在抛出点下方多维探究考向1自由落体运动规律的应用1(2017荆州模拟)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，则小球开始下落到停止运动所用的时间为() 【导学号：92492019】A1 sB4 sC7 sD8 sD小球第一次下落时间为：t1 s，落地前的速度vgt9.8 m/s第一次碰地弹起的速度v1v，从上升到落回的时间t12第二次碰地弹起的速度v22v，从上升到落回的时间t222第n次碰地弹起的速度vnnv，从上升到落回的时间tn2n从开始到最终停止经历的时间为：t12222n128 s，故D正确2(2017湖北省重点中学高三联考)如图122所示木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB，圆筒AB长为5 m，求：图122(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？(g取10 m/s2)【解析】(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A s s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A s2 s则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1t上At下A(2)s.(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B s s则木杆通过圆筒所用的时间t2t上Bt下A()s.【答案】(1)(2)s(2)()s考向2竖直上抛运动规律的应用3(2017长春模拟)不计空气阻力情形下将一物体以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为2t，若在物体上升的最大高度的一半处设置一水平挡板，仍将该物体以相同的初速度竖直上抛，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为() 【导学号：92492020】A0.2 tB0.3 tC0.5 tD0.6 tD将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得：t2t11(1)，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计)，物体上升和下降的总时间t2t1且t1t2t，由以上各式可得：tt0.6t，故选项D正确，故选D.4某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4 s到达离地面40 m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，g取10 m/s2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度；(2)火箭上升离地面的最大高度；(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间. 【导学号：92492021】【解析】设燃料用完时火箭的速度为v1，所用时间为t1.火箭的运动分为两个过程，第一个过程做匀加速上升运动，第二个过程做竖直上抛运动(1)对第一个过程有h1t1，代入数据解得v120 m/s.(2)对第二个过程做竖直上抛运动至到达最高点有h2，代入数据解得h220 m所以火箭上升离地面的最大高度hh1h240 m20 m60 m.(3)方法一分段分析法从燃料用完到运动至最高点的过程中，由v1gt2得t2 s2 s从最高点落回地面的过程中由hgt，而h60 m，代入得t32 s故总时间t总t1t2t3(62) s.方法二 整体分析法考虑从燃料用完到残骸落回地面的全过程，以竖直向上为正方向，全过程为初速度v120 m/s，加速度ag10 m/s2，位移h40 m的匀减速直线运动，即有hv1tgt2，代入数据解得t(22) s或t(22) s(舍去)，故t总t1t(62) s.【答案】(1)20 m/s(2)60 m(3)(62) s竖直上抛运动的多解问题由位移公式hv0tgt2知，对某一高度h：1当h0时，表示物体在抛出点的上方此时t有两解：较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间；较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间2当h0时，表示物体刚抛出或抛出后落回原处此时t有两解：一解为零，表示刚要上抛这一时刻，另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间3当h0时，表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置此时t有两解：一解为正值，表示物体落到抛出点下方某处所用的时间；另一解为负值，应舍去“刹车”类问题母题一卡车以10 m/s的速度匀速行驶，刹车后第1个2 s内的位移与最后一个2 s内的位移之比为32，设卡车做匀减速直线运动，则刹车后4 s内卡车通过的距离是()A2.5 mB4 mC12 mD12.5 mD设加速度大小为a，则第1个2 s内位移x1v0tat2202a，由逆向思维，最后1个2 s内的位移x2at22a，由题意，得，故a4 m/s2，汽车从刹车到停止的时间t2.5 s，所以刹车后4 s的位移等于2.5 s内的位移，则x m12.5 m，故A、B、C错误，D正确母题迁移迁移1带有反应距离的刹车问题1图123是驾驶员守则中的安全距离图示和部分安全距离表格图123车速(km/h)反应距离(m)刹车距离(m)停车距离(m)40101020601522.537.580A()B()C()请根据该图表计算：(1)如果驾驶员的反应时间一定，请在表格中填上A的数据；(2)如果路面情况相同，请在表格中填上B、C的数据；(3)如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面50 m处有一队学生正在横穿马路，此时他的车速为72 km/h，而他的反应时间比正常时慢了0.1 s，请问他能在50 m内停下来吗？ 【导学号：92492022】【解析】(1)反应时间为t0.9 s，Av3t0.9 m20 m.(2)加速度a m/s2，B40 m，所以C60 m.(3)司机的反应距离为x1v4t20(0.90.1)m20 m司机的刹车距离为x2 m32.4 m，xx1x252.4 m50 m，故不能【答案】(1)20 m(2)40 m60 m(3)不能迁移2带有反应时间的刹车问题2(多选)一汽车在公路上以54 km/h的速度行驶，突然发现前方30 m处有一障碍物，为使汽车不撞上障碍物，驾驶