高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的规律第2讲匀变速直线运动的规律教案.doc

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1、- 1 - / 13【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变精选高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的规律第速直线运动的规律第 2 2 讲匀变速直线运动的规律教案讲匀变速直线运动的规律教案知识点一 匀变速直线运动的规律1.基本规律(1)速度公式： .(2)位移公式： .(3)位移速度关系式： .2.两个重要推论(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： .答案：1.(1)vv0at (2)xv0tat2 (3)v2v2ax 2.(1)v (2)aT23.(1)123n (2)122232n2

2、(3)135(2n1) (4)1(1)()()知识点二 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 ，从 开始下落.(2)基本规律速度公式： ；位移公式： ；速度位移关系式： .2.竖直上抛运动- 2 - / 13(1)运动特点：加速度为 g，上升阶段做 运动，下降阶段做 运动.(2)基本规律速度公式： ；位移公式： ；速度位移关系式： .答案：1.(1)重力 静止 (2)vgt hgt2 v22gh 2.(1)匀减速直线 自由落体 (2)vv0gt hv0tgt2 v2v2gh(1)匀变速直线运动是速度均匀变化的运动.( )(2)匀加速直线运动是加速度均匀变化的运动.(

3、)(3)匀减速直线运动的位移是减小的.( )(4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度.( )(5)物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动.( )(6)做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下的.( )答案：(1) (2) (3) (4) (5) (6) 考点 匀变速直线运动规律的应用1.恰当选用公式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公式v0、v、a、txvv0atv0、a、t、xvxv0tat21 2v0、v、a、xtv2v2ax2 0v0、v、t、xaxtvv0 22.两类特殊

4、的匀减速直线运动- 3 - / 13(1)刹车类问题：指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(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动.(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度的大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意 x、v、a 等矢量的正负号及物理意义.考向 1 基本公式的选择典例 1 某航母跑道长 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

5、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解题指导 题目中不涉及时间 t，选用公式 v2v2ax 最合适.解析 设飞机滑行前需要获得的最小初速度为 v0，根据v2v2ax，代入数据解得 v010 m/s，选项 B 正确.答案 B考向 2 多过程运动问题典例 2 短跑运动员完成 100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段.一次比赛中，某运动用 11.00 s 跑完全程.已知运动员在加速阶段的第 2 s 内通过的距离为 7.5 m，求：(1)该运动员的加速度；(2)在加速阶段通过的距离.问题探究 (1)已知第 2 s 内通

6、过的距离为 7.5 m，第 1 s 内通过的距离是多少？(2)对此类问题，哪一个物理量能够把两个过程联系起来？- 4 - / 13提示 (1)根据，可求出第 1 s 的位移为 2.5 m.(2)能够把两个过程联系起来的物理量是速度，对此类问题，一般设速度比较方便.解析 (1)根据题意，在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为 a，在第 1 s 和第 2 s内通过的位移分别为 x1 和 x2，由运动学规律得：x1at2 0x1x2a(2t0)2而 t01 s联立解得 a5 m/s2.(2)设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速运动的时间为 t2，匀

7、速运动的速度为 v，跑完全程的时间为 t，全程的距离为 x，依题意及运动学规律，得tt1t2vat1xatvt2设加速阶段通过的距离为 x则 xat2 1求得 x10 m.答案 (1)5 m/s2 (2)10 m考向 3 双向可逆类匀变速直线运动典例 3 (多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以 10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为 7.5 m 时，下列说法正确的是( )A.物体运动时间可能为 1 s- 5 - / 13B.物体运动时间可能为 3 sC.物体运动时间可能为(2) sD.此时的速度大小一定为 5 m/s解题指导

8、 (1)位移大小为 7.5 m 时，物体的位置可能在出发点的上方，也可能在出发点的下方.(2)在计算时先规定正方向，用正、负号表示各矢量方向.解析 (1)物体在出发点上方时，由 xv0tat2 得：7.510t(5)t2，解得 t1 s 或 t3 s，由 vv0at 得，v5 m/s 或5 m/s.(2)物体在出发点下方时，由 xv0tat2 得：7.510t(5)t2，解得 t(2) s 或 t(2) s(舍去)，由vv0at 得：v5 m/s.故 A、B、C 正确，D 错误.答案 ABC1.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.2.对于刹车类问

9、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.对于双向可逆类匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段求解.考点 解决匀变速直线运动的六种方法典例 4 从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了 12 s 时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车.汽车从开出到停止总共历时 20 s，行进了 50 m.求汽车的最大速度.解题指导 本题解题方法较多.先采用不同的方法解题，再比- 6 - / 13较不同方法的繁简程度，探寻解决此类问题的内在规律.解析 解法一(基本公式法) 设最大速度为 vmax，由题意可得xx1

10、x2a1tvmaxt2a2ttt1t2vmaxa1t10vmaxa2t2整理得 vmax m/s5 m/s.解法二(平均速度法) 匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等，都等于vmax 2故有 xt1t2因此有 vmax m/s5 m/s.解法三(图象法) 作出汽车运动全过程的 vt 图象，如图所示，vt 图线与 t 轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故 x，所以vmax m/s5 m/s.答案 5 m/s变式 1 做匀减速直线运动的物体经 4 s 停止，若在第 1 s 内的位移是 14 m，则最后 1 s 内的位移是( )A.3.5 mB.2 m C.1 m D.0答案：B 解析：利用“逆向

11、思维法” ，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每 1 s内的位移之比为 7531，所以有，x12 m，选项 B 正确.变式 2 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( )- 7 - / 13A.2 m/s,3 m/s,4 m/sB.2 m/s,4 m/s,6 m/sC.3 m/s,4 m/s,5 m/s D.3 m/s,5 m/s,7 m/s答案：B 解析：根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度

12、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.“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题考点 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)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)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

13、决问题.2.竖直上抛运动的对称性(1)时间对称性.物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即 t 上t 下.物体在上升过程中经过某两点所用的时间与下降过程中经过该两点所用的时间相等.(2)速度对称性.物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、- 8 - / 13方向相反.物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反.(3)能量对称性：竖直上抛运动的物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能分别相等.考向 1 自由落体运动规律的应用典例 5 (2017湖北重点中学高三联考)如图所示，木杆长 5 m，上端固定在某一点，由静止放开

14、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，取 g10 m/s2，求：(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？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)木杆的下端到达圆筒上端 A 用时 t 下 A s s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

15、上 Bt 下 A() s.答案 (1)(2) s (2)() s变式 3 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- 9 - / 13C.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答案：C 解析：小球甲释放后，设经过时间 t(t1 s)，两小球间距离为 h，则 gt2g(t1 s)2h，则 hg(2t1)(只表示函数关系)，故 t 增大，h 也随之增大；而据 vgt 可知

16、vgtg(t1 s)g(只表示大小)，速度差保持不变，所以A、B、D 均错误，C 正确.考向 2 竖直上抛运动的两种处理方法典例 6 气球下挂一重物，以 v010 m/s 的速度匀速上升，当到达离地高度 h175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，取 g10 m/s2.解题指导 物体离开气球后，先向上做匀减速运动，到达最高点后，向下做匀加速运动.上升和下降阶段的加速度均为 g，故物体的运动可视为全程的匀变速运动，也可分为上升阶段的匀减速运动和下降阶段的自由落体运动.解析 解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理.绳子断裂后重物要继续

17、上升的时间 t1 和上升的高度 h1 分别为t11 s h15 m故重物离地面的最大高度为 Hh1h180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t26 svgt260 m/s- 10 - / 13所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为 tt1t27 s.解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间 t 后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间 t内的位移 h175 m，由位移公式有：hv0tgt2即17510t10t210t5t2t22t350解得 t17 s，t25 s(舍去)所以重物落地速度为 vv0gt10 m/s107 m/s60 m/s其中负号

18、表示方向向下，与初速度方向相反.答案 7 s 60 m/s变式 4 如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s 抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除抛、接球的时刻外，空中总有 4 个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取 g10 m/s2)( )A.1.6 mB.2.4 mC.3.2 mD.4.0 m答案：C 解析：由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔 0.4 s 对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为 t0.8 s，故有 Hmgt23.2 m，C 正确.竖直上抛运动

19、的两种研究方法(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- 11 - / 13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.1.刹车类问题汽车以 10 m/s 的速度行驶，刹车时加速度大小为 2 m/s2，刹车后 8 s 通过的位移是( )A.16 m B.25 m C.75 m D.144 m答案：B 解析：根据匀变速直线运动速度公式 vv0at 可得汽车速度减为零所需的时间 t s5

20、s，所以刹车后 8 s 内的位移等于刹车后 5 s 内的位移，则 xt25 m，选项 B 正确.2.竖直上抛运动在离地高 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( )B. A.D.C.h v答案：A 解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是 v，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同.因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t，A 项正确.3.多过程问题(多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了 8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速

21、运动经 4 s 停在巨石前.则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是 ( )A.加速、减速中的加速度大小之比 a1a221B.加速、减速中的平均速度大小之比 1211C.加速、减速中的位移之比 x1x221- 12 - / 13D.加速、减速中的加速度大小之比 a1a2 不等于 12答案：BC 解析：汽车先做匀加速直线运动达到最大速度 vm 后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比 1211，所以选项 B 正确；根据 a可知，两次加速度大小之比为 12，故选项A、D 错误；根据 x t 可知，两次位移之比为 21，所以选项 C 正确.4.竖直上抛运动以 40 m/s 的初速度竖直上抛一小球，经

22、 2 s 后再以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，求两小球何时相碰以及相碰点到抛出点的距离.(取 g10 m/s2)答案：第一个小球抛出 5 s 后相碰，此时距抛出点 75 m解析：设抛出第一个小球 t 时间后两球相碰，相碰点到抛出点的距离为 h，取竖直向上为正方向，由位移公式得：对第一个小球：hv0tgt2，对第二个小球：hv0(t2)g(t2)2.联立以上两式并代入数据解得：t5 s，h75 m.5.自由落体运动屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第 5 滴正欲滴下时，第 1 滴刚好落到地面，而第 3 滴与第 2 滴分别位于高 1 m 的窗子的上、下沿，如图所示为其简意图.(取 g10 m/s2)问：(1)此屋檐离地面多高？(2)滴水的时间间隔是多少？答案：(1)3.2 m (2)0.2 s解析：如图所示，如果将这 5 滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的 4 段，设每段时间间隔为 T，则这一滴水在 0 时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处- 13 - / 13的位置，分别对应图示第 5 滴水、第 4 滴水、第 3 滴水、第 2 滴水、第 1 滴水所处的位置，据此可作出解答.设屋檐离地面高为 x，滴水间隔为 T，则 x16x0,5x01 m，所以 x3.2 m.另有 xg(4T)2，解得 T0.2 s.