2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第一章 運(yùn)動(dòng)的描述 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究 第2講 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案
《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第一章 運(yùn)動(dòng)的描述 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究 第2講 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第一章 運(yùn)動(dòng)的描述 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究 第2講 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案(10頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 第2講 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用 【基礎(chǔ)梳理】 一、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律 1.速度與時(shí)間的關(guān)系式:v=v0+at. 2.位移與時(shí)間的關(guān)系式:x=v0t+at2. 3.位移與速度的關(guān)系式:v2-v=2ax. 二、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論 1.平均速度公式:=v=. 2.位移差公式:Δ x=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2. 可以推廣到xm-xn=(m-n)aT2. 3.初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)比例式 (1)1T末,2T末,3T末…瞬時(shí)速度之比為: v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n. (2)1T內(nèi),2T內(nèi),3T內(nèi)…位移之比為:
2、x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶22∶32∶…∶n2. (3)第一個(gè)T內(nèi),第二個(gè)T內(nèi),第三個(gè)T內(nèi)…位移之比為: xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1). (4)通過(guò)連續(xù)相等的位移所用時(shí)間之比為: t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-). 三、自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 1.自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)速度公式:v=gt. (2)位移公式:h=gt2. (3)速度-位移關(guān)系式:v2=2gh. 2.豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)速度公式:v=v0-gt. (2)位移公式:h=v0t-gt2. (3)速度-位移關(guān)系式:v2-v=-2gh.
3、 (4)上升的最大高度:h=. (5)上升到最大高度用時(shí):t=. 【自我診斷】 判一判 (1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)是加速度均勻變化的直線運(yùn)動(dòng).( ) (2)勻變速直線運(yùn)動(dòng)是速度均勻變化的直線運(yùn)動(dòng).( ) (3)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移是均勻增加的.( ) (4)勻加速直線運(yùn)動(dòng)1T末、2T末、3T末的瞬時(shí)速度之比為1∶2∶3.( ) (5)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體,下落的高度與時(shí)間成正比.( ) (6)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的物體,上升階段與下落階段的加速度方向相同.( ) 提示:(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√ 做一做 (多選)物體自O(shè)點(diǎn)由靜止開(kāi)始
4、做勻加速直線運(yùn)動(dòng),A、B、C、D為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的四點(diǎn),測(cè)得AB=2 m,BC=3 m.且物體通過(guò)AB、BC、CD所用時(shí)間相等,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.可以求出物體加速度的大小 B.可以求得CD=4 m C.可求得OA之間的距離為1.125 m D.可求得OA之間的距離為1.5 m 提示:選BC.設(shè)加速度為a,時(shí)間為T(mén),則有Δs=aT2=1 m,可以求得CD=4 m,而B(niǎo)點(diǎn)的瞬時(shí)速度vB=,所以O(shè)B之間的距離為sOB==3.125 m,OA之間的距離為sOA=sOB-sAB=1.125 m,即B、C選項(xiàng)正確. 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用[學(xué)生用書(shū)P5] 【知識(shí)提
5、煉】 1.“一畫(huà)、二選、三注意”解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 2.對(duì)于運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的選用可參考下表所列方法 題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設(shè)定的中間量) 沒(méi)有涉及的物理量 適宜選用的公式 v0、v、a、t x [速度公式] v=v0+at v0、a、t、x v [位移公式] x=v0t+at2 v0、v、a、x t [速度位移關(guān)系式] v2-v=2ax v0、v、t、x a [平均速度公式] x=t 3.運(yùn)動(dòng)學(xué)公式中正、負(fù)號(hào)的規(guī)定 直線運(yùn)動(dòng)可以用正、負(fù)號(hào)表示矢量的方向,一般情況下,我們規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较?,與初速度同向的物理
6、量取正值,反向的物理量取負(fù)值,當(dāng)v0=0時(shí),一般以a的方向?yàn)檎较颍? 【典題例析】 殲-15戰(zhàn)機(jī)是我國(guó)自行設(shè)計(jì)研制的首型艦載多用途戰(zhàn)斗機(jī),短距起飛能力強(qiáng)大.若殲-15 戰(zhàn)機(jī)正常起飛過(guò)程中加速度為a,經(jīng)距離s后達(dá)到起飛速度騰空而起.現(xiàn)已知“遼寧”艦起飛甲板長(zhǎng)為L(zhǎng)(L<s),且起飛過(guò)程可簡(jiǎn)化為勻加速直線運(yùn)動(dòng).現(xiàn)有兩種方法助其正常起飛,方法一:在航空母艦靜止的情況下,用彈射系統(tǒng)給戰(zhàn)機(jī)以一定的初速度;方法二:起飛前先讓航空母艦沿戰(zhàn)機(jī)起飛方向以某一速度勻速航行.求: (1)方法一情況下彈射系統(tǒng)使戰(zhàn)機(jī)具有的最小速度v1min; (2)方法二情況下航空母艦的最小速度v2min. [審題指
7、導(dǎo)] 第(1)問(wèn)不知道時(shí)間,直接應(yīng)用公式2ax=v2-v解決;第(2)問(wèn)要考慮相對(duì)運(yùn)動(dòng),在考慮戰(zhàn)機(jī)運(yùn)動(dòng)的同時(shí),還要考慮航空母艦的運(yùn)動(dòng). [解析] (1)若殲-15戰(zhàn)機(jī)正常起飛,則有2as=v2,在航空母艦靜止的情況下,用彈射系統(tǒng)給戰(zhàn)機(jī)以最小速度v1min,則滿足2aL=v2-v,解得v1min=. (2)法一:一般公式法 起飛前先讓航空母艦沿戰(zhàn)機(jī)起飛方向以最小速度v2min勻速航行,戰(zhàn)機(jī)起飛時(shí)對(duì)地速度為v,設(shè)起飛過(guò)程航空母艦的位移為x,起飛時(shí)間為t,則有 x=v2mint,t= 2a(L+x)=v2-v 解得v2min=-. 法二:相對(duì)運(yùn)動(dòng)法 選航空母艦為參考系,則起飛過(guò)程,相
8、對(duì)初速度為0,相對(duì)末速度為v-v2min,相對(duì)加速度仍為a,相對(duì)位移為L(zhǎng),根據(jù)2aL=(v-v2min)2和2as=v2,仍可得v2min=-. [答案] (1) (2)- (1)如果一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)階段,就要分階段分析,各階段交接處的速度往往是聯(lián)系各階段的紐帶. (2)對(duì)于剎車類問(wèn)題,當(dāng)車速度為零時(shí),停止運(yùn)動(dòng),其加速度也突變?yōu)榱悖蠼獯祟悊?wèn)題應(yīng)先判斷車停下所用時(shí)間,再選擇合適公式求解. (3)對(duì)于雙向可逆勻變速直線運(yùn)動(dòng),常出現(xiàn)多解問(wèn)題,可用全程法求解,也可用分段法求解. 【遷移題組】 遷移1 基本公式的應(yīng)用 1.某航母跑道長(zhǎng)為200 m,飛機(jī)在航母上滑行的最大加速度
9、為6 m/s2,起飛需要的最低速度為50 m/s.那么,飛機(jī)在滑行前,需要借助彈射系統(tǒng)獲得的最小初速度為( ) A.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s 解析:選B.飛機(jī)在滑行過(guò)程中,做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)速度與位移的關(guān)系v2-v=2ax解決問(wèn)題.由題知,v=50 m/s,a=6 m/s2,x=200 m,根據(jù)v2-v=2ax得,借助彈射系統(tǒng)飛機(jī)獲得的最小初速度v0== m/s=10 m/s.故選項(xiàng)B正確. 遷移2 剎車類問(wèn)題 2.(2018·河南、河北、山西質(zhì)量監(jiān)測(cè))冰壺在水平面上某次滑行可簡(jiǎn)化為如下過(guò)程:如圖所示,運(yùn)動(dòng)員給冰壺施
10、加一水平恒力將靜止于A點(diǎn)的冰壺(視為質(zhì)點(diǎn))沿直線AD推到B點(diǎn)放手,最后冰壺停于D點(diǎn).已知冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,AB=CD=l、BC=7l,重力加速度為g.求: (1)冰壺經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速率; (2)冰壺在CD段與在AB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比. 解析:(1)冰壺從B點(diǎn)到D點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a1=μg 根據(jù)速度位移關(guān)系有:v=2a1(7l+l) 解得冰壺在B點(diǎn)的速率vB==4. (2)設(shè)冰壺在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a2, 由AB間勻加速運(yùn)動(dòng)有v=2a2l, 可得冰壺在AB間運(yùn)動(dòng)的加速度a2=8μg 設(shè)冰壺在CD段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1, 冰壺在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2,
11、 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有:lCD=a1t,lAB=a2t 冰壺在CD段與在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t1∶t2=2∶1. 答案:(1)4 (2)2∶1 處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)六法[學(xué)生用書(shū)P6] 【知識(shí)提煉】 【典題例析】 物體以一定的初速度沖上固定 的光滑斜面,斜面總長(zhǎng)度為l,到達(dá)斜面最高點(diǎn)C時(shí)速度恰好為零,如圖.已知物體運(yùn)動(dòng)到距斜面底端l處的B點(diǎn)時(shí),所用時(shí)間為t,求物體從B滑到C所用的時(shí)間. [審題突破] 本題的解答方法很多.如:因?yàn)関C=0,故可用逆向思維法將該過(guò)程看做是沿斜面向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng).不論采用什么方法,一定要從時(shí)間、位移和速度三方面找到相互聯(lián)系,建立方程. [
12、解析] 法一:逆向思維法 物體向上勻減速?zèng)_上斜面,相當(dāng)于向下勻加速滑下斜面. 故xBC=,xAC=,又xBC=, 由以上三式解得tBC=t. 法二:基本公式法 因?yàn)槲矬w沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng),設(shè)物體從B滑到C所用的時(shí)間為tBC,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得 v=2axAC ① v=v-2axAB ② xAB=xAC ③ 由①②③解得vB= ④ 又vB=v0-at ⑤ vB=atBC ⑥ 由④⑤⑥解得tBC=t. 法三:位移比例法 對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),在連續(xù)相等的時(shí)間里通過(guò)的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1). 因?yàn)閤CB∶
13、xBA=∶=1∶3,而通過(guò)xBA的時(shí)間為t,所以通過(guò)xBC的時(shí)間tBC=t. 法四:時(shí)間比例法 對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),通過(guò)連續(xù)相等的各段位移所用的時(shí)間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-). 現(xiàn)將整個(gè)斜面分成相等的四段,如圖所示,設(shè)通過(guò)BC段的時(shí)間為tx,那么通過(guò) BD、DE、EA的時(shí)間分別為tBD=(-1)tx,tDE=(-)tx,tEA=(2-)tx,又tBD+tDE+tEA=t,解得tx=t. 法五:中間時(shí)刻速度法 利用推論:中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段位移的平均速度,AC==.又v=2axAC,v=2axBC,xBC=.由以上三式解得v
14、B=.可以看成vB正好等于AC段的平均速度,因此B點(diǎn)是這段位移的中間時(shí)刻,因此有tBC=t. 法六:圖象法 根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律,作出v-t圖象,如圖所示.利用相似三角形的規(guī)律,面積之比等于對(duì)應(yīng)邊平方比,得=,且=,OD=t,OC=t+tBC. 所以=, 解得tBC=t. [答案] t 勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解題“四步驟” 【遷移題組】 遷移1 比例法的應(yīng)用 1.(多選)北京時(shí)間2017年3月26日世界女子冰壺錦標(biāo)賽決賽在北京首都體育館舉行.加拿大以8比3戰(zhàn)勝了俄羅斯隊(duì),時(shí)隔九年再次奪冠,比賽中一冰壺以速度v垂直進(jìn)入三個(gè)相等寬度的矩形區(qū)域做勻減速直線運(yùn)動(dòng),
15、且在剛要離開(kāi)第三個(gè)矩形區(qū)域時(shí)速度恰好為零,則冰壺依次進(jìn)入每個(gè)矩形區(qū)域時(shí)的速度之比和穿過(guò)每個(gè)矩形區(qū)域所用的時(shí)間之比分別是( ) A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1 B.v1∶v2∶v3=∶∶1 C.t1∶t2∶t3=1∶∶ D.t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1 解析:選BD.因?yàn)楸鶋刈鰟驕p速直線運(yùn)動(dòng),且末速度為零,故可以視為反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)來(lái)研究,通過(guò)連續(xù)相等位移所用的時(shí)間之比為1∶(-1)∶(-)…,故冰壺勻減速通過(guò)三段連續(xù)相等位移所用的時(shí)間之比為(-)∶(-1)∶1,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確;初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)在各位移等分點(diǎn)的速度之比為1∶∶…,則冰壺勻減速進(jìn)入每個(gè)矩形
16、區(qū)域時(shí)的速度之比為∶∶1,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確. 遷移2 Δx=aT2推論法的應(yīng)用 2.(2018·成都高新區(qū)月考)一小球沿斜面勻加速滑下,依次經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn),已知AB=6 m,BC=10 m,小球經(jīng)過(guò)AB和BC兩段所用的時(shí)間均為2 s,則小球經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)時(shí)的速度大小分別是( ) A.2 m/s,3 m/s,4 m/s B.2 m/s,4 m/s,6 m/s C.3 m/s,4 m/s,5 m/s D.3 m/s,5 m/s,7 m/s 解析:選B.根據(jù)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn),兩點(diǎn)之間的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度,故B點(diǎn)的速度就是AC段的平均速度,vB==4
17、m/s,又因?yàn)檫B續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差等于恒量,即Δx=at2,則由Δx=BC-AB=at2解得a=1 m/s2,再由速度公式v=v0+at,解得vA=2 m/s,vC=6 m/s,故選項(xiàng)B正確. 自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)[學(xué)生用書(shū)P7] 【知識(shí)提煉】 1.自由落體運(yùn)動(dòng)為初速度為零、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng). 2.豎直上拋運(yùn)動(dòng)的重要特性(如圖) (1)對(duì)稱性 ①時(shí)間對(duì)稱:物體上升過(guò)程中從A→C所用時(shí)間tAC和下降過(guò)程中從C→A所用時(shí)間tCA相等,同理tAB=tBA. ②速度對(duì)稱:物體上升過(guò)程經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度與下降過(guò)程經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大小相等. (2)多解性:當(dāng)物體經(jīng)過(guò)拋出
18、點(diǎn)上方某個(gè)位置時(shí),可能處于上升階段,也可能處于下降階段,造成多解,在解決問(wèn)題時(shí)要注意這個(gè)特性. 3.豎直上拋運(yùn)動(dòng)的研究方法 分段法 上升階段:a=g的勻減速直線運(yùn)動(dòng) 下降階段:自由落體運(yùn)動(dòng) 全程法 初速度v0向上,加速度g向下的勻變速直線運(yùn)動(dòng),v=v0-gt,h=v0t-gt2(向上方向?yàn)檎较? 若v>0,物體上升,若v<0,物體下落 若h>0,物體在拋出點(diǎn)上方,若h<0,物體在拋出點(diǎn)下方 【典題例析】 氣球以10 m/s的速度沿豎直方向勻速上升,當(dāng)它上升到離地175 m的高處時(shí),一重物從氣球上掉落,則重物需要經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間才能落到地面?到達(dá)地面時(shí)的速度是多大?(g取
19、10 m/s2) [審題指導(dǎo)] 重物從氣球上掉落時(shí)仍具有向上的速度. [解析] 法一: 全程法 取全過(guò)程為一整體進(jìn)行研究,從重物自氣球上掉落計(jì)時(shí),經(jīng)時(shí)間t落地,規(guī)定初速度方向?yàn)檎较?,?huà)出運(yùn)動(dòng)草圖,如圖所示. 重物在時(shí)間t內(nèi)的位移h=-175 m 將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), 所以重物落地速度為 v=v0-gt=10 m/s-10×7 m/s=-60 m/s 其中負(fù)號(hào)表示方向豎直向下,與初速度方向相反. 法二:分段法 設(shè)重物離開(kāi)氣球后,經(jīng)過(guò)t1時(shí)間上升到最高點(diǎn),則 t1== s=1
20、 s 上升的最大高度h1== m=5 m 故重物離地面的最大高度為 H=h1+h=5 m+175 m=180 m 重物從最高處自由下落,落地時(shí)間和落地速度分別為 t2== s=6 s, v=gt2=10×6 m/s=60 m/s,方向豎直向下 所以重物從氣球上掉落至落地共歷時(shí) t=t1+t2=7 s. [答案] 7 s 60 m/s 【遷移題組】 遷移1 自由落體運(yùn)動(dòng) 1.(2018·福建六校聯(lián)考)假設(shè)一位同學(xué)在某星球上完成自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn):讓一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物體從一定的高度自由下落,測(cè)得在第5 s內(nèi)的位移是18 m,則( ) A.物體在2 s末的速度大小是
21、20 m/s B.物體在第5 s內(nèi)的平均速度大小是3.6 m/s C.物體在前2 s內(nèi)的位移大小是20 m D.物體在5 s內(nèi)的位移大小是50 m 解析:選D.設(shè)該星球表面的重力加速度為g,由自由下落在第5 s內(nèi)的位移是18 m,可得g×(5 s)2-g×(4 s)2=18 m,得g=4 m/s2.所以2 s末的速度大小為8 m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;第5 s內(nèi)的平均速度大小為18 m/s,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;物體在前2 s內(nèi)的位移大小是g×(2 s)2=8 m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;物體在5 s內(nèi)的位移大小是g×(5 s)2=50 m,選項(xiàng)D正確. 遷移2 豎直上拋運(yùn)動(dòng) 2.(2018·江西五校高三摸
22、底考試)一彈性小球自4.9 m 高處自由下落,當(dāng)它與水平地面每碰一次,速度減小到碰前的,重力加速度g取9.8 m/s2,試求小球開(kāi)始下落到停止運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間. 解析:小球第一次下落經(jīng)歷的時(shí)間為:t==1 s 落地前的速度的大小v=gt=9.8 m/s 第一次碰地彈起的速度的大小v1=v 上升到落回的時(shí)間 t1==2× s 第二次碰地彈起的速度的大小v2=v 上升到落回的時(shí)間 t2==2× s ? 第n次碰地彈起的速度的大小vn=v 上升到落回的時(shí)間 tn==2× s 從開(kāi)始到最終停止經(jīng)歷的時(shí)間為:t總=1+2×+2×+…+2× s=1+7× s≈8 s. 答案:8 s 10
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