匀变速直线运动规律

第12页共13页第2课时匀变速直线运动规律的应用考纲解读1.掌握匀变速直线运动的速度公式、位移公式及速度—位移公式，并能熟练应用.2.掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论：平均速度公式、Δx＝aT2及初速度为零的匀加速直线运动的比例关系式.【考点梳理】一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动.(2)分类 ①匀加速直线运动，a与v0方向同向.②匀减速直线运动，a与v0方向反向.2.匀变速直线运动的规律(1)速度公式：v＝v0＋at.(2)位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2.(3)位移速度关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝2ax.二、匀变速直线运动的推论1.匀变速直线运动的两个重要推论(1)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，即：eq\x\to(v)＝＝eq\f(v0＋v,2).(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即：Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.2.初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末、……瞬时速度的比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为：xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))三、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，从静止开始下落.(2)运动性质：初速度v0＝0，加速度为重力加速度g的匀加速直线运动.(3)基本规律①速度公式：v＝gt.②位移公式：h＝eq\f(1,2)gt2.③速度位移关系式：v2＝2gh.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①速度公式：v＝v0－gt.②位移公式：h＝v0t－eq\f(1,2)gt2.③速度位移关系式：v2－veq\o\al(2,0)＝－2gh.④上升的最大高度：H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g).⑤上升到最高点所用时间：t＝eq\f(v0,g).【考点突破】考点一匀变速直线运动规律的应用1.速度时间公式v＝v0＋at、位移时间公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2、位移速度公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，是匀变速直线运动的三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石.2.以上三个公式均为矢量式，应用时应规定正方向.3.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联系各段的纽带，应注意分析各段的运动性质.例1珠海航展现场“空军八一飞行表演队”两架“歼－10”飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀.质量为m的“歼－10”飞机表演后返回某机场，降落在跑道上的减速过程简化为两个匀减速直线运动过程.飞机以速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下.在平直跑道上减速滑行总路程为x.求第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间.解决匀变速直线运动问题的思维规范选取正方向判断运动性质画过程示意图审题获取信息选取正方向判断运动性质画过程示意图审题获取信息→→→解方程，必要时对结果进行讨论选用公式列方程解方程，必要时对结果进行讨论选用公式列方程→→突破训练1甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变.在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半.求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比.考点二解决匀变速直线运动的常用方法1.一般公式法一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式.它们均是矢量式，使用时要注意方向性.2.平均速度法定义式eq\x\to(v)＝eq\f(Δx,Δt)对任何性质的运动都适用，而eq\x\to(v)＝veq\f(t,2)＝eq\f(1,2)(v0＋v)只适用于匀变速直线运动.3.比例法对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用初速度为零的匀加速直线运动的重要特征中的比例关系，用比例法求解.4.逆向思维法如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动.5.推论法利用Δx＝aT2：其推广式xm－xn＝(m－n)aT2，对于纸带类问题用这种方法尤为快捷.6.图象法利用v－t图可以求出某段时间内位移的大小，可以比较veq\f(t,2)与veq\f(x,2)，还可以求解追及问题；用x－t图象可求出任意时间内的平均速度等.例2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eq\f(3,4)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. 突破训练2某次训练中，航空母舰以速度v0匀速航行，舰载机以水平速度v从舰尾落到长为l的水平甲板上并钩住阻拦索.之后飞机的运动可以近似为匀减速运动，则飞机的加速度至少应为多大？不考虑飞机着舰对航空母舰运动情况的影响.考点三自由落体运动和竖直上抛运动1.特点和规律(1)自由落体运动的特点①从静止开始，即初速度为零.②只受重力作用的匀加速直线运动.③公式：v＝gt，h＝eq\f(1,2)gt2，v2＝2gh.(2)竖直上抛运动的特点①初速度竖直向上.②只受重力作用的匀变速直线运动.③若以初速度方向为正方向，则a＝－g.2.处理竖直上抛运动的方法(1)分段处理①上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动.②几个特征物理量上升的最大高度H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)，上升到最高点所用的时间T＝eq\f(v0,g)，回到抛出点所用的时间t＝eq\f(2v0,g)，回到抛出点时的速度vt＝－v0.(2)全程处理①初速度为v0(设为正方向)，加速度为a＝－g的匀变速直线运动.②v>0时，物体上升.v<0时，物体下降.③h>0时，物体在抛出点上方.h<0时，物体在抛出点下方.例3某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子.不考虑空气阻力，取g＝10m/s2.求：(1)石子上升的最大高度；回到抛出点所用的时间.(2)石子抛出后到达距抛出点下方20m1.竖直上抛运动的分析方法：(1)可全程分析，也可分段分析.(2)在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解.2.竖直上抛运动的对称性如图所示，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，则(1)时间对称性：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)速度对称性：物体上升过程经过A点与下降过程经过A点的速度大小相等. (3)能量的对称性：物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB.考点四巧用平均速度公式求解匀变速直线运动问题1.模型概识2.解题思路(1)明确所研究的运动过程是否属于匀变速直线运动.(2)确定题目属于哪一类型.(3)灵活选择公式列方程求解.例4一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2，则物体运动的加速度为 ()A.eq\f(2Δxt1－t2,t1t2t1＋t2) B.eq\f(Δxt1－t2,t1t2t1＋t2)C.eq\f(2Δxt1＋t2,t1t2t1－t2) D.eq\f(Δxt1＋t2,t1t2t1－t2)高考题组1.近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为.每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人.只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全.如图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m.质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104N.求卡车的制动距离；(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？2.如图所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为x1、x2、x3，对应到达最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是 ()A.eq\f(x1,t1)＝eq\f(x2,t2)＝eq\f(x3,t3) B.eq\f(x3,t3)>eq\f(x2,t2)>eq\f(x1,t1)C.eq\f(x1,t\o\al(2,1))＝eq\f(x2,t\o\al(2,2))＝eq\f(x3,t\o\al(2,3)) D.eq\f(x1,t\o\al(2,1))>eq\f(x2,t\o\al(2,2))>eq\f(x3,t\o\al(2,3))3.某同学在实验室做了如图1所示的实验，铁质小球被电磁铁吸附，断开电磁铁的电源，小球自由下落，已知小球的直径为0.5cm，该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为1.00×10－3s，g取10则小球开始下落的位置距光电门的距离为()A.1m B.1.25m C.0.4m D.1.5m4.如图所示，A、B两同学在直跑道上练习4×100m接力，他们在奔跑时有相同的最大速度.B从静止开始全力奔跑需25m才能达到最大速度，这一过程可看做匀变速运动，现在A持棒以最大速度向B奔来，B在接力区伺机全力奔出.若要求B(1)B在接力区需跑出的距离x1为多少？(2)B应在离A的距离x2为多少时起跑？5.王兵同学利用数码相机连拍功能(此相机每秒连拍10张)，记录下北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在10m跳台跳水的全过程.所拍摄的第一张恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲所示，王兵同学认为这是她们在最高点；第十九张如图乙所示，她们正好身体竖直双手触及水面.设起跳时她们的重心离台面的距离和触水时她们的重心离水面的距离相等.由以上材料(g取10(1)估算陈若琳的起跳速度；(2)分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升还是下降阶段？1.解析如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别对应两个匀减速直线运动过程，C点停下.A到B过程，依据运动学规律有：x1＝v0t1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，vB＝v0－a1t1，B到C过程，依据运动学规律有：x2＝vBt2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，0＝vB－a2t2，A到C过程，有：x＝x1＋x2，联立解得：a2＝eq\f(v0－a1t12,2x＋a1t\o\al(2,1)－2v0t1)，t2＝eq\f(2x＋a1t\o\al(2,1)－2v0t1,v0－a1t1).答案eq\f(v0－a1t12,2x＋a1t\o\al(2,1)－2v0t1)eq\f(2x＋a1t\o\al(2,1)－2v0t1,v0－a1t1)2.答案5∶7解析设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得v＝at0s1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)s2＝vt0＋eq\f(1,2)×(2a)teq\o\al(2,0)设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′.同样有v′＝(2a)ts1′＝eq\f(1,2)×(2a)teq\o\al(2,0)s2′＝v′t0＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则有s＝s1＋s2s′＝s1′＋s2′联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为eq\f(s,s′)＝eq\f(5,7)3.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＝eq\f(at\o\al(2,BC),2)，xAC＝eq\f(at＋tBC2,2)，又xBC＝eq\f(xAC,4)，由以上三式解得tBC＝t.方法二：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veq\o\al(2,0)＝2axAC ①veq\o\al(2,B)＝veq\o\al(2,0)－2axAB ②xAB＝eq\f(3,4)xAC ③由①②③解得vB＝eq\f(v0,2) ④又vB＝v0－at ⑤vB＝atBC ⑥由④⑤⑥解得tBC＝t.方法三：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＝eq\f(xAC,4)∶eq\f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.方法四：中间时刻速度法利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，eq\x\to(v)AC＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(v0,2).又veq\o\al(2,0)＝2axAC，veq\o\al(2,B)＝2axBC，xBC＝eq\f(xAC,4).由以上三式解得vB＝eq\f(v0,2).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.方法五：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eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(CO2,CD2)，且eq\f(S△AOC,S△BDC)＝eq\f(4,1)，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以eq\f(4,1)＝eq\f(t＋tBC2,t2)，解得tBC＝t.答案t4.答案a≥eq\f(v－v02,2l)解析设飞机从着舰到与航空母舰相对静止过程中的时间为t，发生的位移为x1，舰的位移为x2.根据运动学公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax1v－v0＝atv0t＝x2x1－x2≤l整理得a≥eq\f(v－v02,2l)5.解析解法一：(1)上升过程为匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，v0＝20m/s，a1＝－g，v＝0，根据匀变速直线运动公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，v＝v0＋at得物体上升的最大高度：H＝eq\f(－v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m；上升时间：t1＝eq\f(－v0,a1)＝eq\f(v0,g)＝eq\f(20,10)s＝2s下落过程为自由落体运动，取竖直向下为正方向.v0′＝0，a2＝g，回到抛出点时，x1＝H，根据自由落体运动规律得下落到抛出点的时间：t2＝eq\r(\f(2x1,g))＝eq\r(\f(2×20,10))s＝2st＝t1＋t2＝4s所以最大高度H＝20m，从抛出点抛出到回到抛出点所用时间为4(2)到达抛出点下方20m处时，x2＝40t2′＝eq\r(\f(2x2,g))＝eq\r(\f(2×40,10))s＝2eq\r(2)st′＝t1＋t2′＝(2＋2eq\r(2))s所以石子抛出后落到抛出点下方20m处所需的时间为(2＋2eq\r(2))s.解法二：(1)全过程分析，取向上为正方向，v0＝20m/s，a＝－g，最大高度时v＝0，回到原抛出点时x1＝0，落到抛出点下方20m处时最大高度：H＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)＝eq\f(202,2×10)m＝20m回到原抛出点：x1＝v0t1－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，t1＝eq\f(2v0,g)＝eq\f(2×20,10)s＝4s(2)落到抛出点下方20m处时：x＝v0t2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，代入数据得－20＝20t2－eq\f(1,2)×10teq\o\al(2,2)解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2＝2＋2\r(2)s,t2′＝2－2\r(2)s.不符合题意，舍去))答案(1)20m4s(2)(2＋2eq\r(2))s6.解析注意到Δx分别对应t1、t2，所以应用eq\x\to(v)1＝eq\f(Δx,t1)，eq\x\to(v)2＝eq\f(Δx,t2)，再利用＝eq\x\to(v)求解.物体做匀变速直线运动，由匀变速直线运动规律：eq\x\to(v)＝＝eq\f(x,t)知：＝eq\f(Δx,t1) ①veq\f(t2,2)＝eq\f(Δx,t2) ②由匀变速直线运动速度公式vt＝v0＋at知＝＋a·(eq\f(t1＋t2,2)) ③①②③