高考物理一轮总复习考点大全第一章核心考点直线运动课件

a vt v0 t
二.直线运动的规律
1.直线运动的分类
2.匀速直线运动
(1)特点 v=恒量; (2)公式 s=vt; (3)图象
3.匀变速直线运动
(1)特点 a=恒量; (2)公式 (3)图象
vt = v0 + at;
s
=
v0t
+
1 2
at
2
;
v
2 t
=
v
2 0
+
2as;
s
=
v
t
t
-
1 2
分析 不妨作出质点运动的速度图线(如图),以便找出 解题的方法。质点做加速运动的时间为t1，做减速运动的 时间间隔为t2=t-t1运动的最大速度为v0，从图线入手可引 出不少解题方法，我们采用平均速度的方法求解。
解:由图象得
v0 a1t1 a2t2 (1)
s
1 2
v0
(t1
t2
)
1 2
v0t (2)
分析: 匀变速直线运动的v-t图线应是一条直 线,当物体匀加速运动时,直线的斜率为正; 当物体匀减速运动时,直线的斜率为负.图线 与横坐标t轴的交点表示该时刻的瞬时速度 为零.横坐标t轴上方的值表示物体向前运动, 横坐标t轴下方的值表示物体向后(向与规定 正方向的相反方向)运动。
解:(1)竖直上抛运动,速度为正值,但数值减小;物体 上升到最高点后,向正加速运动,速度为负值,但数值的绝 对值仍增大.因此可知,速度图线应是图中的C.
由(1)式得
a1t1
a2t2
t1 t2
a2 a1
t1 t1 t2
a2 a1 a2
t1
a2 a1 a2
(t1
t2 )
a2 a1 a2
t
由以上各式得
s
1 2
v0t
s
1 2
a1t1t
a1a2 2(a1 a2 )
t2
解
从图中可看出,
t
1,t
2
两段时间内的平均速度均为
1 2
v
0
,
则总路程
s=
1 2
(2)汽车刹车减速直到停下,然后又起动,速度的大小 虽然变化,但方向并未改变,始终向前.因此,速度图线应 是图中的A.
(3)电梯下行,其速度先增后减,但速度方向并未改变, 以向下为正向.那么,速度图线应是图中的B.
(4)一球自由下落后又反弹上去,前半段速度数值不 断增大,后半段速度数值不断减小;以向下为正向,则前半 段速度为正,后半段速度为负,其速度图线应是图中的D.
可见, 只要客车刹车后的加速度a＞ (v1 v2 )2 , 就可避免两车相撞。 2s
解: 以货车为参照物,以客车为研究对象,客车的初 速度为v1-v2,加速度为a,方向与初速度的方向反向, 做类似于竖直上抛方式的匀减速运动.
那么客车不与货车相撞的条件是,客车对货车 的最大相对位移应小于s.
(vl - v2 )2 s 2a
故得a (vl - v2 )2 2s
例题5.A、B两球,A从距地面高度为h处自由下落,同时 将B球从地面以初速度v0在A球正下方竖直上抛，试分析：
(1)B球在上升过程中与A球相遇; (2)B球在下降过程中与A球相遇. 两种情况下，B球初速度v0的取值范围。
分析：A球是以aA=g做匀加速运动，B球是以aB=g 做初速度为v0的匀减速运动.两球相遇,必须是两球位移 之和为h
t1 : t2 : t3 :: tn =1: 2 : 3: n Δt1 :Δt2 :Δt3 :Δtn =1: ( 2 -1) : ( 3 - 2)…: ( n - n -1)
VI :VII :VIII VN 1: 2 : 3: n
v1 : v2 : v3 : vn 1: (1 2) : ( 2 3): ( n 1 n) v1 : v2 : v3 : vn 1: 2 : 3: n
所用的时间相等。
t上
=
t返
=
v0 g
(3)在竖直上抛运动中,物体返回初位置时的速度与上抛物体时初速度
的大小相等,方向相反。 v0 = v返
更更一般的情况是,在竖直上抛运动中,物体上升和下落经过同一高度
时,速度的大小相等,方向相反。
v上 = v下
【典型例题】
例题1.下述四种不同的运动分别应该用图中的哪一个速 度图线来表示: (1)竖直上抛运动,抛出后又落回原处. (2)前进中的汽车,从刹车到停下,然后又立即加速动行驶. (3)电梯从楼房的高层先加速下降,然后减速,最后停止。 (4)一球自由下落,与桌面发生完全弹性碰撞后,弹回到原来 高度.
式中vn表示第n个位移单位内的平均速 度; VN表示前n位移单位内的平均 速度; vn表示第n个位移单位刻终点的瞬 时速度。
3.竖直上抛运动
在此问题中符号的物理意义如图所示。
(1)在竖直上抛运动中,物体上升的最大高度
H = v02 2g
(2)在竖直上抛运动中,物体上升所用的时间与物体从最高点返回原位置
s货车 = v2t
s客车
=
v1t
-
1 2
at 2
而
s=
s客车
- s货车
=
(v1
- v2 )t -
1 at 2 2
当客车刚与货车撞时 ,客车速度v2 v1 - at,则
v2
=
v1
- at, t
=
v1
- v2 a
代入s式中得 s = (v1 - v2 )2 - 1 · (v1 - v2 )2
a
2
a
Hale Waihona Puke 故得a = (vl - v2 )2 2s
1); 通过相邻的相等位移所需的时间之比为1∶( 2 -1) ∶( 3 - 2) ∶… ∶( n - n -1)。在解答有些问题时，若注意到这种比例关系，会使解
题更加简便。
例题3、一质点从静止开始，先以加速度a1做一段时间 的匀加速直线运动，紧接着以大小为a2的加速度做减速直线 运动，直至静止。质点运动的总时间为t,求它运动的总路程。
at
2
;
s = (v0 + vt )t/2。
(4)运动图象的对 比
【疑难讲解】
1.用打点计时器研究匀变速直线运动
用打点计时器研究匀变速直线运动,纸带如图所 示。
用打点计时器研究匀变速直线运动的计算公式
(1)加速度的计算公式
a
s T2
sn1 T2
sn
(2)中时刻的瞬时速度计算公式
Vn
Sn
Sn1 2T
样就能合理地选用公式。
例题4、一列客车以v1的速度前进，司机发现前面在同一 轨道上有列货车正在以v2匀速前进，且v2<v1货车车尾与 客车头距离为S，客车立即刹车,作匀减速运动,而货车仍 保持原速度前进。求客车的加速度符合什么条件时,客车
与货车不会相撞？
解 设客车的加速度大小为a时,刚好能撞上货车,所用时间为t,则
过程中相遇.
说明: 如果v 0 ≤
gh , 则A、B两球在空中不可能相遇, 只能在B球 2
落地后相遇.
例题6、小球从离地面h=5米高处自由下落，小球每次 与地面碰撞后又反弹起来的上升高度总是前一次下落高度 的4/5,忽略空气阻力的影响,试求小球从自由下落开始直到
最后停在地面上,该整个过程的运动时间。 (忽略地面与小球碰撞所用的时间，g取10米/秒2)
解:(1)A球自由下落, 下落高度为h1
=
1 2
gt 2 ; B球竖直上抛,
上抛高
度为h2
=
v0t
-
1 gt 2 .两球运动时间相等, 因此有 2
h = h1 + h2 = v0·t
相遇时间t = h / v0 .
如果B球在上升到最高点时与A球相遇, 则B球上升时间t B = v0 / g, 两
球相遇时间不超过t B , 故t≤t B , 可得
例题2.一位观察者站在一列火车的第一节车厢的 前端旁的站台上进行观察,火车从静止开始作匀加速
直线运动,第一节车厢全部通过需时8秒,试问: (1)16秒内共有几节车厢通过？
(2)第2节车厢通过需要多少时间？
分析 设每节车厢的长度为s,那么每节车厢通过观 察者就意味着火车前进了s距离。于是,原题的意思 就变成火车在开始运动的8秒内前进了s,求16秒内前 进的距离是几个s,以及前进第2个s所需的时间。此 外本题只有两个已知数据，即v0=0，t=8秒；另一个 隐含的条件是车厢长度，解题中要注意消去s。
2
的关系,用平均速度来解题,往往较好。
要灵活运用数学的解方程的技巧,如本题在求解的过程中求v0 是先求t1,t 2,而是直接设法得到(t1+t 2)的组合,这可使解题过程简化。
(2)作速度图线来帮助我们分析问题,是解运动学问题的常用手段, 我们不难从图中得到启 发,解题的关键或者是求 v0 ,或者是求出 t1, t2 ,这
SⅠ: SⅡ : SⅢ : SN = 1: 22 : 33 : n2 s1 : s2 : s3 : sn = 1: 3 : 5: (2n -1) VI :VII :VIII VN 1: 2 : 3: n v1 : v2 : v3 : vn 1: 3 : 5: (2n 1) v1 : v2 : v3 : vn 1: 2 : 3: n
解: (1)相等时间间隔问题,T=8秒
sI sII
1 22
sII
4sI
4s
(2)相等位移问题,d=s
t1 t2
1 2 1 t2 (
2 1)t1 3.31秒
解(1)设每节车厢长为s,
则s
=
1 2
at2
,
在2t(16秒)时间内,s′=
1 2
a(2t)2
得
:
s′
=4s即在16秒内有4节车厢通过。
分析:小球每次下落都是自由落体运动,小球每次反弹 上升都是竖直上抛运动,由于不计空气阻力,因此小球上 抛到最高点所用的时间与由最高点回落到地面的时间是 相等的.
解:小球第一次自由下落时间为
t0 =
2h0 = 1秒 g
小球从地面第一次碰撞反弹上升及回落的总时间为
4
2t1 = 2×
SN 1 SN 1 2T
用一句话概括这个公式是,某段时间的平均速度等于该 段时间内中间时刻的瞬时速度。
另:中位置的瞬时速度计算公式
VC
V02 Vt2 2
用一句话概括这个公式是,某段位移的初速与末速的 方均根等于该段位移中点的瞬时速度。
a s sn1 sn
T2
T2
Vn
Sn
Sn1 2T
(3)初速度为零的匀加速直 线运动的特殊规律
v
0
t
1+
1 2
v
0
t
2
=
1 2
v
0
(t
1+t
2
)=
1 2
v
0
·t
又因为: v0=a1t1,v0=a 2 t 2,将两式分别乘以a 2 与a1后得:
v0a 2=a1a 2 t1,v0a1=a1a 2 t 2
故v0(a1+a 2)=a1a 2(t1+t 2)=a1a 2 t
v
0
=
a 1a 2 a1+a 2
式中vn表示第n个时间单位内的平均速 度; VN表示前n个时间单位内的平
均速度; vn表示第n个时间单位的末时刻的 瞬时速度。
2.在初速度为零的匀变速直线运动中通过相 等位移所用时间比的问题
在些类问题中,相等位移的分界点的编号及符号的物理意义如图 所示。
在些类问题中,相等位移的分界点的编号及符号的物理意 义如图所示。
h ≤ v0 v0 g v0≥ gh
(2)B球上升、回落到地面的总时间t 总 = 2t B.A球下落必须在t 总以前 才能与B球相遇,故
h ≤ 2·v0
v0
g
v0 ≥
gh 2
答:当B球上抛的初速度v0≥ gh时,A、B两球可在B球上升过程
中相遇; 当B球上抛的初速度
gh 2
≤v
0
≤
gh时, A、B两球可在B球下降
第一讲 直线运动
【知识要点】 一.涉及质点运动的物理概念与描述
质点运动的物理量
1.参照物 2.质点 3.时刻和时间 4.位移和路程 5.速度
(1)匀速直线运动的速度
v s t
变速直线运动
(2)变速直线运动的平均速度 v s t
(3)变速直线运动的瞬时速度 v s t
6.匀变速直线运动的加速度
(2)火车前进2s所需时间为t′, 则2s = 1 at′2得: t′ = 2t则第2节车厢通 2
过所需时间为t′ - t = ( 2 - 1)t = 3.31秒
说明:按上面解题的思路,我们可以得到几个有普遍意义的结论。由静 止开始的匀加速直线运动,每经过一段相等时间的总位移之比为1∶
4∶9∶…∶n2 ; 在相等的相邻时间内的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n -
t
代入路程公式得:
s= a1a2 t 2 2(a1+a2 )
说明:(1)从匀变速直线运动的基本规律可推出平均速度的表达式
v= v0+vt ,这个结论对加速或减速运动都是适用的,如果初速度(或末速 2
度)等于零，则v vt (或v v0 )，同时注意到v s ，就有s v0 vt t
2
2
t
答:对应于上抛物体、汽车、电梯、小球的速度图 线应分别是图中的C、A、B、D.
说明:1.匀速运动的v-t图线是平行于横坐标t轴 的一条直线,其斜率为零,表示加速度为零.匀变速运 动的v-t图线也是一条直线,这条直线的纵截距是物 体运动的初速度,直线的斜率是物体运动的加速度.
2.物体运动的v-t图线与横坐标t轴所组成的图 形面积即为物体运动的位移数值.