2018年高考物理一轮复习 第一章 直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用课件

课标版 物理,第2讲 匀变速直线运动的规律及应用,一、匀变速直线运动 1.定义:物体在一条直线上且做 不变的运动。 2.分类:,加速度,二、匀变速直线运动的规律,v=v0+at,aT2,123n,12232n2,135(2N-1),注意 匀变速直线运动的有关公式较多,应用时要根据具体问题灵活选取,同时要注意每个公式的适用条件以及式中各物理量的正、负号的确定。 自测1 (辨析题) (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。 ( ) (2)匀变速直线运动的位移是均匀增加的。 ( ) (3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。( ) (4)匀变速直线运动包括匀加速直线运动和匀减速直线运动。 ( ) 答案 (1) (2) (3) (4),自测2 (多选)一个质点正在做匀加速直线运动,用固定的照相机对质点进 行闪光照相,闪光的时间间隔为 1秒,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2 m;在第3次、第4次闪光的时间间隔 内移动了8 m,由此可求 ( ) 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,依次为x2、x3,则由a= ,解得a=3 m/s2;由x2-x1=x3-x2,解得x2=5 m;设第1次 闪光时质点的速度为v1,则由x1=v1T+ aT2,解得v1=0.5 m/s。因无法知道第1 次闪光到研究的起点有多长时间,故无法求出初速度。由上分析可见,应选 A、B、C。,答案 ABC 设第1次与第2次闪光的时间间隔内质点的位移为x1,后面,三、自由落体运动和竖直上抛运动,gt,2gh,v0-gt,-2gh,自测3 (辨析题) (1)物体从高处下落就是自由落体运动。 ( ) (2)竖直上抛运动是匀变速直线运动。 ( ) (3)竖直上抛运动上升至最高点的时间为 。 ( ) 答案 (1) (2) (3),答案 C 小球甲被释放后,设经过时间t(t1 s),两小球间距离为h,则 gt2- g ·(t-1)2=h,整理得h= g(2t-1),故t增大,h也随之增大;因v=gt-g(t-1) =g,则知甲、乙两球速度之差保持不变,所以A、B、D均错误,C正确。,自测4 (2015陕西一检)从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和 乙,不计空气阻力,它们在空中任一时刻 ( ) A.甲、乙两球距离始终不变,甲、乙两球速度之差保持不变 B.甲、乙两球距离越来越大,甲、乙两球速度之差也越来越大 C.甲、乙两球距离越来越大,甲、乙两球速度之差保持不变 D.甲、乙两球距离越来越小,甲、乙两球速度之差也越来越小,考点一 匀变速直线运动公式的应用 1.正、负号的规定 (1)匀变速直线运动的基本公式均是矢量式,应用时要注意各物理量的符号, 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。 (2)公式中各矢量有时以绝对值的形式出现,此时要在此“绝对值”前加上 正、负号表示此物理量;有时以物理量的符号形式出现,此时物理量符号中 通常包含了正、负号。,2.公式x=aT2的拓展应用 (1)公式的适用条件 匀变速直线运动。 x为连续相等的时间间隔内的位移差。 (2)进一步的推论:xm-xn=(m-n)aT2 要注意此式的适用条件及m、n、T的含义 现举例说明: 一物体做匀变速直线运动,连续四段时间t1、t2、t3、t4内的位移分别为x1、x 2、x3、x4,若t1=t2=t3=t4=T,则x3-x1=x4-x2=2aT2。,典例1 (2015江苏单科,5,6分)如图所示,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 ( ) A.关卡2 B.关卡3 C.关卡4 D.关卡5,a =1 m。之后的4 s匀速,通过的位移为x2=vt2=2×4 m=8 m,可见关卡关闭 时该同学到达关卡2右侧1 m处。之后2 s内运动位移为4 m,关卡再次打开 时,该同学在5 s内又运动10 m,到达关卡4左侧1 m处,此时关卡恰好关闭,而 该同学运动到关卡4只需0.5 s,关卡4仍处于关闭状态,故选C。,答案 C 由v=at解得,该同学加速到2 m/s所用时间为1 s,通过的位移x1=,(1)匀变速直线运动涉及v0、v、a、x、t五个物理量,其中只有t是标量,其余 都是矢量。通过取初速度v0的方向为正方向,其余的各量依据其与v0的方向 相同或相反分别用正、负号表示。 (2)在任何一个运动过程中,已知五个物理量中的三个物理量,另外两个物理 量就可以求出。,(3)对于刹车类问题,即匀减速到速度为零后即停止运动,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)的运 动,可把该阶段看成是反向的初速度为零的匀加速直线运动。 (4)对于双向可逆类问题,如沿光滑斜面上滑的木块,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等矢量的正、负号。,1-1 平直公路上的B点有一超声波测速仪,汽车向测速仪做直线运动,当两 者相距355 m时,测速仪发出超声波,同时由于紧急情况汽车在A点开始刹 车,当测速仪接收到反射回来的超声波信号时,汽车恰好停止,此时两者相 距335 m。已知超声波的波速为340 m/s,根据以上数据,可以求出 ( ) A.汽车的加速度大小为20 m/s2 B.汽车在A点的速度大小为20 m/s C.汽车的加速度大小为5 m/s2 D.汽车在A点的速度大小为10 m/s,答案 B 根据题意,汽车停止的位置D与A之间的距离为355 m-335 m=2 0 m,如图所示,图中C点为超声波到达汽车的位置,对汽车的刹车过程逆向 看,则有xDCxCA=13,故xDC=5 m,xCA=15 m,则超声波从B传到C所用时间t1= s=1 s,汽车到达C点的速度大小vC= =10 m/s,则由 =vC,得vA=2 0 m/s,汽车的加速度大小a= =10 m/s2,故只有B正确。,考点二 匀变速运动问题中常用的思想方法,典例2 有一质点在连续12 s内做匀加速直线运动,在第一个 4 s内位移为2 4 m,在最后4 s内位移为56 m,求质点的加速度。 答案 1 m/s2 解析 解法一:运用运动学基本公式求解 根据x=v0t+ at2,有 24=v0×4+ a·42 56=v1×4+ a·42 又由v=v0+at,有v1=v0+a×8 ,以上三式联立可解得a=1 m/s2。 解法二:利用平均速度公式求解 由于已知量有x及t,平均速度 可求,故想到利用平均速度公式 = = ,第一 个4 s内平均速度等于中间时刻即第2 s时的速度,v2= m/s=6 m/s, 最后4 s内平均速度等于中间时刻即第10 s时的速度, v10= m/s=14 m/s 所以a= = m/s2=1 m/s2。 解法三:利用x=aT2求解 本题出现了三个连续相等时间间隔(4 s),故想到选用公式x=aT2,x2-x1=aT2,x 3-x2=aT2,所以x3-x1=2aT2, a= = m/s2=1 m/s2。,一道题可能有多种不同的解题方法,但采用不同的方法,繁简程度不 同,因此在处理问题时,要分析题目特点,判断利用哪种方法更合适。,2-1 (2015河北唐山一模,15)一旅客在站台8号车厢候车线处候车,若动车 一节车厢长25米,动车进站时可以看做是匀减速直线运动。他发现第6节 车厢经过他用了4 s,动车停下时旅客刚好在8号车厢门口,如图所示。则该 动车的加速度大小约为 ( ) A.2 m/s2 B.1 m/s2 C.0.5 m/s2 D.0.2 m/s2,答案 C 设第6节车厢刚到达旅客处时,车的速度为v0,加速度为a,则有L =v0t+ at2 从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来,有0- =2a·2L, 解得 a=-0.5 m/s2或a=-18 m/s2(舍去),则加速度大小约为0.5 m/s2。,考点三 自由落体运动和竖直上抛运动,1.竖直上抛运动的特点 (1)对称性 如图所示,物体以速度v0竖直上抛,A、B为途中的任意两点,C为最高点,则 时间的对称性 物体上升过程中从AC所用时间tAC和下降过程中从CA所用时间Tca相等,同理tAB=tBA。 速度的对称性 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。 能量的对称性 物体从AB和从BA重力势能变化量大小相等,均等于mghAB。,(2)多解性 当物体经过抛出点上方某个位置(除最高点)时,可能处于上升阶段,也可能 处于下降阶段,造成双解,在解决问题时要注意这个特点。 2.竖直上抛运动的两种处理方法,注意 当物体先做匀减速直线运动,又反向做匀加速直线运动,且全程加 速度恒定时,其运动特点与竖直上抛运动相似。 典例3 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?(取g=10 m/s2) 答案 7 s 60 m/s,解析 解法一 全程法 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,其中负号表示方向向下,与初速度方向相反。 解法二 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,落地时间和落地时速度的大小分别为 t2= = s=6 s v=gt2=60 m/s 所以重物从气球上掉落至落地共历时t=t1+t2=7 s。,对于自由落体和竖直上抛运动要注意以下几点:(1)根据题意及时画出 示意图;(2)根据题目给定已知条件合理选用运动学公式(注意加速度大小 为g);(3)竖直上抛运动为双向可逆运动,要注意其对称性和多解性;(4)物体 在其他星球表面做自由落体和竖直上抛运动遵从同样的规律,但要注意重 力加速度不同。,3-1 在离地高h处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球,它们的初速 度大小均为v,不计空气阻力,两球落地的时间差为 ( ) A. B. C. D. 答案 A 以竖直向下为正方向,对向上和向下抛出的两个小球,分别有h =-vt1+ g ,h=vt2+ g ,t=t1-t2,解以上三式得两球落地的时间差t= ,故A 正确。,考点四 多过程问题的分析 多过程问题的解决思路: 1.“合”初步了解全过程,构建大致运动图像。 2.“分”将全过程进行分解,分析每个过程的规律。 3.“合”找到子过程的联系,寻找解题方法。 典例4 公路上甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动,加速度方向 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。 答案,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。