【名师一号】2011届高考物理一轮复习精品资料 第2章第2课时匀变速直线运动的规律

1 第二课时匀变速直线运动的规律第二课时匀变速直线运动的规律 第一关 基础关展望高考 基础知识 一 匀变速直线运动 知识讲解 1 定义 在变速直线运动中 如果在相等的时间内速度的改变量相等 这种运动就叫做匀 变速直线运动 匀变速直线运动是加速度不变的直线运动 2 分类 匀加速直线运动 速度随时间均匀增加的匀变速直线运动 匀减速直线运动 速度随时间均匀减小的匀变速直线运动 活学活用 1 下列关于匀变速运动的说法正确的是 A 匀变速运动就是指匀变速直线运动 B 匀变速运动的轨迹一定不是曲线 C 匀变速运动的轨迹可能是曲线 D 匀变速运动是指加速度不变的运动 轨迹可能是直线 解析 匀变速运动就是加速度不变的运动 包括加速度的大小和方向都不变 如果加速 度和初速度的方向有夹角 物体的运动轨迹为曲线 如平抛运动 如果加速度和初速度的方 向在同一直线上 物体的运动轨迹为直线 答案 CD 二 匀变速直线运动的位移与时间的关系 知识讲解 匀变速直线运动位移 时间关系式 2 0 1 xv tat 2 1 该式是匀变速直线运动的基本公式 和 v v0 at 综合应用 可以解决 所有的匀变速直线运动问题 匀变速直线运动的两个基本关系式 速度 时间关系式 v v0 at 位移 时间关系式 2 0 1 xv tat 2 2 公式中的 x v0 a 都是矢量 应用时必须选取统一的方向为正方向 活学活用 2 2 已知 O A B C 为同一直线上的四点 AB 间的距离为 l1 BC 间的距离为 l2 一物体自 O 点由静止出发 沿此直线做匀加速运动 依次经过 A B C 三点 已知物体通过 AB 段与 BC 段所 用的时间相等 求 O 与 A 的距离 解析 设物体的加速度为 a 到达 A 点的速度为 v0 通过 AB 段和 BC 段所用的时间为 t 则有 2 10 1 lv tat 2 l1 l2 2v0t 2at2 联立 式得 l2 l1 at2 3l1 l2 2v0t 设 O 与 A 的距离为 l 则有 2 0 v l 2a 联立 式得 2 12 21 3ll l 8 ll 答案 2 12 21 3ll 8 ll 三 匀变速直线运动的位移与速度的关系 知识讲解 匀变速直线运动的位移与速度的关系 v2 2 0 v 2ax 其中 v0 和 v 是初 末时刻的速度 x 是这段时间内的位移 a 为加速度 1 关系式是由匀变速直线运动的两个基本关系式推导出来的 但因为不含时间 所以应 用很方便 2 公式中四个矢量 v v0 a x 也要规定统一的正方向 四 匀变速直线运动的规律 知识讲解 1 几个重要推论 3 平均速度公式 0t vv v 2 任意两个相邻的相等的时间间隔 T 内的位移差相等 即 x x x x x xN xN 1 aT2 中间时刻的瞬时速度 0t t 2 vv v 2 即匀变速直线运动的物体在一段时间内中间时刻 的瞬时速度等于这段时间的平均速度 等于初速度 末速度和的一半 中点位置的瞬时速度 22 0t x 2 vv v 2 2 初速度为零的匀加速直线运动的四个比例关系 T 为时间单位 1Ts 末 2Ts 末 3Ts 末 的速度之比 v1 v2 v3 vn 1 2 3 n 前 1Ts 内 前 2Ts 内 前 3Ts 内 的位移之比 x1 x2 x3 xn 1 4 9 n2 第一个 Ts 内 第二个 Ts 内 第三个 Ts 内 的位 移之比 x x x xn 1 3 5 2n 1 通过连续相等的位移所用的时间之比t1 t2 t3 tn 1 2 1 32 nn1 活学活用 3 从斜面上某一位置 每隔 0 1s 释放一个小球 在连续 释放几个小球后 拍下在斜面上滚动的小球的照片 如图所示 测得 sAB 15cm sBC 20cm 求 1 小球的加速度 2 拍摄时 B 球的速度 3 拍摄时 sCD的大小 4 4 A 球上面滚动的小球还有几个 解析 1 由 2 s a T 得小球的加速度 2 BCAB 2 ss a5 m s t 2 B 点的速度等于 AC 段上的平均速度 即 AC B s v1 75 m s 2t 3 由相邻相等时间的位移差恒定 即 sCD sBC sBC sAB 所以 sCD 2sBC sAB 0 25m 4 设 A 点小球的速度为 vA 由于 vA vB at 1 25m s 所以 A 球的运动时间为 t A v a 0 25s 所以在 A 球上方滚动的小球还有 2 个 答案 1 5m s2 2 1 75m s 3 0 25m 4 2 个 第二关 技法关解读高考 解题技法 一 匀变速直线运动公式的选择技巧 技法讲解 描述匀变速直线运动的基本物理量有五个 反映这五个物理量关系的公式较多 分为 基本公式和推论公式 两个基本公式 速度公式 vt v0 at 和位移公式 s v0t 1 2 at2 这两 个公式各自独立 只要知道三个量 联立就可求另外的两个量 推论公式 vt2 v02 2as 2 0t vvt vvsaT 22 等 这些公式是由以上两个基本公式推导出来的 选择公式的基本原则是 题目中的已知量 加上待求量 如果五个量中有一个不在题中的已知量加上待求量范围里 则选不含此物理 量的公式 例如已知初速度 v0 时间 t 位移 s 求加速度 a 就应选择不含末速度 vt的位 移公式 s v0t 1 2 at2 若已知初速度 v0 末速度 vt及位移 s 求加速度 a 就应选择不含时 间 t 的推论公式 vt2 v02 2as 典例剖析 例 1 一辆汽车以 72km h 行驶 现因故紧急刹车并最终停止运动 已知汽车刹车过程加速度的大小为 5m s2 则 从开始刹车经过 5s 汽车通过的距离是多少 解析 本题的刹车过程是一个 陷阱 即在5s 内是正在刹车还是已经停车 若正在刹车 可 用位移公式 若停车时间 t 5s 则刹车过程的距离即为所求 在汽车刹车的过程中 汽车做匀减速直线运动 但当汽车停止运动后 加速度就消失 5 故题给的时间内汽车是否一直做减速运动 还需要判定 设汽车由刹车开始至停止运动所用 的时间为 t0 选 v0的方向为正方向 v0 72km h 20m s 由 vt v0 at0 得 t0 0 vv020 t a5 s 4s 可见 该汽车刹车后经过 4s 就已经静止 后 1s 是静止的 由 s v0t 1 2 at2知刹车后 5s 内通过的距离 s v0t0 1 2 at02 20 4 1 2 5 42 m 40m 因为汽车最终静止 也可以直接利用 vt2 v02 2as 求出刹车距离 即 222 t0 vv020 s 2a25 m 40m 二 求解匀变速直线运动的常用方法 技法讲解 求解匀变速直线运动 常用的方法有 1 逆向思维方法 2 比例法 3 中间时刻速度法 4 面积法 5 性质法 典例剖析 例 1 物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面 到达斜面最高 点 C 时速度恰为零 如图 已知物体运动到斜面长度 3 4 处的 B 点时 所用时间为 t 求物体 从 B 滑到 C 所用的时间 解析 方法一 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 at2BC 2 xAC a t tBC 2 2 又 xBC xAC 4 解得 tBC t 方法二 比例法 对于初速度为零的匀变速直线运动 在连续相等的时间里通过的位移之比为 6 x1 x2 x3 xn 1 3 5 2n 1 现有 xBC xBA xAC 4 3xAC 4 1 3 通过 xAB的时间为 t 故通过 xBC的时间 tBC t 方法三 中间时刻速度法 利用教材中的推论 中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度 vAC vt v0 2 v0 0 2 v0 2 又 2 0 v 2axAC 2 B v 2axBC xBC xAC 4 解得 得 vB v0 2 可以看出 vB正好等于 AC 段的平均速度 因此 B 点是中间时刻的位置 因此有 tBC t 方法四 面积法 利用相似三角形面积之比 等于对应边平方比的方法 作出 v t 图 象 如图 S OAC S BDC CO2 CD2 且 S AOC 4S BDC OD t OC t tBC 4 1 t tBC 2 t2BC 得 tBC t 方法五 性质法 对于初速度为 0 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 t1 t2 t3 tn 1 213243nn1 现将整个斜面分成相等的四段 如图 设通过 BC 段的时间为 tx 那 么通过 BD DE EA 段的时间分别为 BDxDEx t21 t t32 t tEA 43 tx 又 tBD tDE tEA t 得 tx t 答案 t 7 点评 以上 5 种解法还不包括常规解法 通过对该题解法的挖掘 加强了学生灵活应 用匀变速直线运动的各种规律 推论的能力 逆向思维的能力 通过面积法的运用还加强了 学生灵活应用数学知识处理物理问题的能力 第三关 训练关笑对高考 随堂训练 1 汽车进行刹车试验 若速度从 8m s 匀减速到零所用的时间为 1s 按规定速率为 8m s 的汽车刹车后位移不得超过 5 9m 那么上述刹车试验是否符合规定 A 位移为 8m 符合规定 B 位移为 8m 不符合规定 C 位移为 4m 符合规定 D 位移为 4m 不符合规定 解析 由公式 x 0 vv 2 t 得 x 4mv2 C 当物体做匀加速直线运动时 v1 v2 D 当物体做匀减速直线运动时 v1v2 选项 A C 错 当物体做匀减速直线运动时 中间位置处在中间时刻的前面 所以 v1 v2 选项 B 对 D 错 答案 B 4 一观察者站在第一节车厢前端 当列车从静止开始作匀加速运动时 A 每节车厢末端经过观察者的速度之比是1 2 3 n 8 B 每节车厢经过观察者所经历时间之比是1 2 3 n C 在相等时间里经过观察者的车厢数之比是 1 3 5 D 在相等时间里经过观察者的车厢数之比是 1 2 3 答案 AC 5 有一个质点在连续 12s 内做匀加速直线运动 在第 1 个 4s 内位移为 24m 在最后一 个 4s 内位移为 56m 求质点的加速度和初速度 答案 1m s24m s 课时作业七匀变速直线运动的规律 1 对以 a 2m s2做匀加速直线运动的物体 下列说法正确的是 A 在任意 1s 内末速度比初速度大 2m s B 第 ns 末的速度比第 1s 末的速度大 2nm s C 2s 末速度是 1s 末速度的 2 倍 D ns 时的速度是 n 2 s 时速度的 2 倍 解析 加速度是 2m s2 即每秒速度变化 2m s 经 ts 速度变化 2tm s 所以很明显 A 正确 第 ns 末的速度比第 1s 末的速度大 2 n 1 m s B 错 因为物体不一定是从静止开始 做匀加速运动 所以 C D 说法不正确 答案 A 2 一质点沿直线 Ox 做加速运动 它离开 O 点的距离 x 随时间 t 的变化关系为 x 5 2t3 其中 x 的单位是 m t 的单位是 s 它的速度 v 随时间 t 变化的关系为 v 6t2 v 的 单位是 m s t 的单位是 s 设该质点在 t 0 到 t 2s 间的平均速度为 v1 t 2s 到 t 3s 间的 平均速度为 v2 则 A v1 12m s v2 39m s B v1 8m s v2 38m s C v1 12m s v2 19 5m s D v1 8m s v2 13m s 解析 根据质点离开 O 点的距离 x 随时间 t 的变化关系 可计算任一时刻质点距 O 点的 距离和各段时间内位移 再由平均速度的定义式 v x t 求各段时间内的平均速度 将 t 0 t 2s t 3s 分别代入 x 5 3t3 可得 t 0 时质点距 O 9 点距离 x0 5m t 2s 时质点距 O 点距离 x2 21m t 3s 时质点距 O点距离 x3 59m 所以在 t 0 到 t 2s 间的平均速度为 20 1 1 xx21 5 vm s8m s t2 在 t 2s 到 t 3s 间的平均速度为 32 2 2 xx5921 vm s38m s t1 所以选项 B 正确 答案 B 3 一个小球从斜面上的 A 点由静止开始做匀加速直线运动 经过 3s 后到斜面底端 B 点 并开始在水平地面做匀减速直线运动 又经过 9s 停止于 C 点 如图所示 设小球经过 B 点 时速度大小不变 则小球在斜面上运动的距离与水平面上的运动的距离之比是 A 1 1 B 1 2 C 1 3 D 3 1 解析 由题意知 小球在 AB 段的平均速度大小和在 BC 段上的平均速度大小相等 设为 v 则 AB 段上距离 s1 vt1 3v BC 段上距离 s2 vt2 9v 所以 s1 s2 3v 9v 1 3 故选 C 本题巧用平均速度求解使问题简化 答案 C 4 中国北方航空公司某架客机安全准时降落在规定跑道上 假设该客机停止运动之前 在跑道上一直做匀减速直线运动 客机在跑道上滑行距离为 s 从降落到停下所需时间为 t 由此可知客机降落时的速度为 s A t 2s B t s C 2t D 条件不足 无法确定 10 解析 匀减速直线运动的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度 因此有 0 0 0vs2s v t2t B 正确 考查匀变速直线运动的规律 由平均速度求解最简便 答案 B 5 如图所示 在水平面上固定着三个完全相同的木块 一子弹以水平速度 v 射入木块 若子弹在木块中作匀减速运动 当穿过第三块木块时速度恰好为零 则子弹依次射入每个 木块时的速度比值和穿过每个木块所用的时间比值分别是 A v1 v2 v3 3 2 1 B v1 v2 v3 321 C t1 t2 t3 123 D t1 t2 t3 3221 1 解析 倒过来分析 子弹向左做匀加速直线运动 初速度为零 设每块木块的长为 L 则有 222 321 v2aLv2a 2L v A 2a 3L v3 v2 v1分别表示子弹向左穿过第 3 第 2 第 1 块木块后的速度 则 123 vvv321 故选项 B 正确 由 v3 at3 v2 a t2 t3 v1 a t1 t2 t3 得到 t1 t2 t3 32 211 故选项 D 正确 所以本题正确选 项为 BD 答案 BD 6 一个质点正在做匀加速直线运动 现用固定的照相机对该质点进行闪光照相 闪光 时间间隔为 1s 分析照片得到的数据 发现质点在第 1 次 第 2 次闪光的时间间隔内移动 了 2m 在第 3 次 第 4 次闪光的时间间隔内移动了 8m 由此可求得 A 第 1 次闪光时质点的速度 B 质点运动的加速度 C 从第 2 次闪光到第 3 次闪光这段时间内质点的位移 D 质点运动的初速度 解析 根据公式 x3 x1 2at2 常数 可以求出质点的加速度为 3m s2 由 x at2 常数 可得 2 3 次闪光时间内质点的位移为 5m 利用公式 2 vtv 11 可以求出第 2 3 次闪光时的速度分别为 v2 3 5m s v3 6 5m s 再利用公式 v2 v1 at 得第 1 次闪光时速度 v1 0 5m s 但质点从何时运动 题目中没有告诉 所以不能求出初速 度 答案 ABC 7 两木块自左向右运动 现用高速摄影机在同一底片上多次曝光 记录下木块每次曝 光时的位置 如图所示 连续两次曝光的时间间隔是相等的 由图可知 A 在时刻 t2以及时刻 t5两木块速度相同 B 在时刻 t1两木块速度相同 C 在时刻 t3和时刻 t4之间某瞬间两木块速度相同 D 在时刻 t4和时刻 t5之间某瞬间两木块速度相同 解析 由题图看出上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量 可以判定其做匀变 速直线运动 下边那个物体明显地是做匀速运动 由于 t2及 t5时刻两物体位置相同 说明 这段时间内它们的位移相等 因此其中间时刻的瞬时速度相等 这个中间时刻显然在 t3 t4之间 因此本题选 C 答案 C 8 汽车刹车后开始做匀减速运动 第 1s 内和第 2s 内的位移分别为 3m 和 2m 那么从 2s 末开始 汽车还能继续向前滑行的最大距离是 A 1 5m B 1 25m C 1 125m D 1m 解析 汽车的加速度为 a 2 32 1 m s2 1m s2 汽车在第 1s 末的速度为 v1 32 2 m s 2 5m s 从 2s 末开始汽车还能运动的最大距离 s 2 1 v 2a 12 2 1 125m C 正确 考查考生灵活运用匀变速直线运动的特殊规律的能力 加速度的作 用一定要注意 答案 C 9 小明驾驶汽车以 v 20m s 的速度匀速行驶 突然前面有紧急情况 如图所示 小明 紧急刹车 加速度大小为 4m s2 求汽车 6s 末的速度 解析 在式子 v v0 at 中有四个物理量 题目中出现了其中的三个 即 v0 20m s a 4m s2 t 6s 代入公式中 解得 v v0 at 20 4 6 4m s 意思是车正以 4m s 的速度后退 这显然与实际现象违背 根据题意知 刹车一段时间 t 20 4 s 5s 后 汽车速度减为零 以后就会静止 不会后退 故所求速度 v 0 答案 0 10 一同学在探究匀变速直线运动的速度与时间的关系时 利用了如图所示的装置 设该同 学使小球以 2m s 的速度从 A 点滑上光滑的斜面 到达 B 点后返回 如果整个过程中小球的加 速度为 4m s2 且方向始终沿斜面向下 试求出小球从 A 点出发经 1 5s 时的速度 解析 解法一 分段法 小球从 A 点到达 B 点所用的时间为 0 1 0v02 ts0 5s a4 小球从 B 点再下滑的时间为 t2 t t1 1 5s 0 5s 1s 则小球从 A 点出发经 1 5s 时的速度为 v 0 at2 0 4 1m s 4m s 方向沿斜面向下 解法二 整体法 小球在整个过程中加速度大小始终为 4m s2 且方向始终沿斜面向下 所以小球在向上和向下运动的整个过程中做匀变速直线运动 如果取初速度 v0 的方向为正 方向 则有 v v0 at 2m s 4 1 5m s 4m s 负号说明小球的速度方向与规定的正方向相反 即沿斜面向下 13 答案 4m s 方向沿斜面向下 11 一质点从 A 点开始运动 沿直线运动到 B 点停止 在运动过程中 物体能以 a1 6 4m s2的加速度加速 也能以 a2 1 6m s2的加速度减速 也可以做匀速直线运动 若 AB 间的距离为 1 6km 质点应该怎样运动 才能使它的运动时间最短 最短时间为多少 解析 根据题意 质点运动方式可能有 先做一段时间的