「精品」高考物理一轮复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究6第二节匀变速直线运动的规律及应用课后达标
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第二节 匀变速直线运动的规律课件
运动的描述 匀变速直线运动的研究
第二节 匀变速直线运动的规律
突破考点01 突破考点02 突破考点03
突破考点04 课时作业 高考真题
突破考点01
匀变速直线的基本规律
自主练透
1．匀变速直线运动 (1)定义 沿着一条直线运动，且________不变的运动． (2)分类 ①匀加速直线运动：a与v0方向________． ②匀减速直线运动：a与v0方向________．
答案
1．(1)v
v0＋v 2
(2)aT2
2．(1)1 2 3 … n
(3)1 3 5 … (2n－1)
(4)1 ( 2－1) ( 3－ 2) … ( n－ n－1)
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
v
＝
Δx Δt
对任何性质的运动都适用，而
3．刹车类问题的处理方法 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．
1．在交通事故分析中，刹车线的长度是很重要的依 据．刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时 留下来的痕迹．在某次交通事故中，汽车刹车线的长度为14 m，假设汽车的轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.7，则汽车 开始刹车时的速度为(g取10 m/s2)( )
v
＝v
t 2
＝
v0＋v 2
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，可利用比例关系求解，常用的几个比例关系为： (1)1T末、2T末、3T末、……nT末瞬时速度的比 v1 v2 v3 … vn＝1 2 3 … n (2)1T内、2T内、3T内、……nT内位移的比 x1 x2 x3 … xn＝12 22 32 … n2
高考物理一轮复习讲义(文档)第一章_运动的描述_第2讲_word版有答案
第2讲 匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的规律 1．匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动． 2．匀变速直线运动的基本规律 (1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 02＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论 1．三个推论(1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值，还等于中间时刻的瞬时速度． 平均速度公式：v ＝v 0＋v 2＝v t2.(2)连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等． 即x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. (3)位移中点速度v x2＝v 20＋v22. 2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)1T 末，2T 末，3T 末，…，nT 末的瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n . (2)1T 内，2T 内，3T 内，…，nT 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2.(3)第1个T 内，第2个T 内，第3个T 内，…，第n 个T 内的位移之比为x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)．深度思考 飞机着陆后以6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12 s 内滑行的距离是多少？ 某位同学的解法如下：由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，代入已知量求得滑行距离x ＝288 m ，请分析以上解析是否正确，若不正确，请写出正确的解析．答案 不正确．解析如下：先求出飞机着陆后到停止所用时间t .由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6 s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s 内是静止的．故它着陆后12 s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10 m ＋(－6)×1022 m ＝300 m.三、自由落体运动 1．条件物体只受重力，从静止开始下落． 2．基本规律 (1)速度公式：v ＝gt . (2)位移公式：x ＝12gt 2.(3)速度位移关系式：v 2＝2gx . 3．伽利略对自由落体运动的研究(1)伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．(2)伽利略对自由落体运动的研究方法和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一．他所用的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来．1．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3 s 内通过的位移为3 m ，则( ) A ．前3 s 内的平均速度为3 m/s B ．前3 s 内的位移为6 m C ．物体的加速度为1.2 m/s 2 D ．3 s 末的速度为3.6 m/s 答案 CD2．(粤教版必修1P35第5题改编)雨滴自屋檐由静止滴下，每隔0.2 s 滴下一滴，第1滴落下时第6滴恰欲滴下，此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.62 m 、1.26 m 、0.9 m ．假定落下的雨滴的运动情况完全相同，则此时第2滴雨滴下落的速度和屋檐高度各为(假设雨滴下落过程中不考虑空气阻力)( ) A ．3.6 m/s,4.5 m B ．7.2 m/s,4.5 m C ．3.6 m/s,4 m D ．8 m/s,4 m答案 B解析 6个雨滴的自由落体运动可以等效为1个雨滴在不同时刻的位置，如图： x 12＝1.62 m ，x 23＝1.26 m ，x 34＝0.9 m v 2＝x 12＋x 232T＝7.2 m/s由v 0＝0时相邻相同时间内位移之比为1∶3∶5∶7… 可得：x 12h ＝925，h ＝4.5 m.3．(人教版必修1P43第3题)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5 m/s 2，所需的起飞速度为50 m/s ，跑道长100 m ．通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置．对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它至少具有多大的初速度？为了尽量缩短舰载飞机起飞时的滑行距离，航空母舰还需逆风行驶．这里对问题做了简化． 答案 不能 1015 m/s4．(人教版必修1P45第5题)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段．在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置．如图1是小球自由下落时的频闪照片示意图，频闪仪每隔0.04 s 闪光一次．如果通过这幅照片测量自由落体加速度，可以采用哪几种方法？试一试．图1照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米． 答案 见解析解析 方法一 根据公式x ＝12gt 2x ＝19.6 cm ＝0.196 m. t ＝5T ＝0.2 sg ＝2x t 2＝0.196×24×10－2 m/s 2＝9.8 m/s 2 方法二 根据公式Δx ＝gT 2g ＝Δx T 2＝(19.6－12.5)－(12.5－7.1)(0.04)2×10－2 m/s 2＝10.6 m/s 2. 方法三 根据v ＝gt 和v ＝v 0＋v 2＝x t ＝v t 2v ＝(19.6－7.1)×10－22×0.04m/s ＝1.56 m/sg ＝v t＝1.560.16m/s 2＝9.75 m/s 2.命题点一 匀变速直线运动规律及应用 1．恰当选用公式除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v 0的方向为正方向． 2．规范解题流程画过程示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→解方程并加以讨论 例1 据报道，一儿童玩耍时不慎从45 m 高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童．已知管理人员到楼底的距离为18 m ，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击．不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g 取10 m/s 2.(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9 m/s ，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？①无初速度掉下；②不计空气阻力；③没有水平方向的冲击．答案 (1)6 m/s (2)a ≥9 m/s 2解析 (1)儿童下落过程，由运动学公式得：h ＝12gt 02管理人员奔跑的时间t ≤t 0，对管理人员运动过程，由运动学公式得：x ＝v t ，联立各式并代入数据解得：v≥6 m/s.(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v 0，由运动学公式得：v ＝0＋v 02解得：v 0＝2v ＝12 m/s>v m ＝9 m/s故管理人员应先加速到v m ＝9 m/s ，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底．设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t 1、t 2、t 3，位移分别为x 1、x 2、x 3，加速度大小为a ，由运动学公式得： x 1＝12at 12x 3＝12at 32，x 2＝v m t 2，v m ＝at 1＝at 3t 1＋t 2＋t 3≤t 0，x 1＋x 2＋x 3＝x 联立各式并代入数据得a ≥9 m/s 2.1．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5 m/s ，第9 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m ，则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在9 s 内通过的位移分别是( ) A ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5 m B ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45 m C ．a ＝1 m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45 m D ．a ＝0.8 m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9 m 答案 C解析 根据匀变速直线运动的规律，质点在t ＝8.5 s 时刻的速度比在t ＝4.5 s 时刻的速度大4 m/s ，所以加速度a ＝Δv Δt ＝4 m/s 4 s ＝1 m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝9.5 m/s ，x 9＝12(v 0＋v 9)t ＝45 m ，选项C 正确．2．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命．某路段机动车限速为15 m/s ，一货车严重超载后的总质量为5.0×104 kg ，以15 m/s 的速度匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s 2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10 m/s 2.(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比． (2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？(3)若此货车不仅超载而且以20 m/s 的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？(设此情形下刹车加速度大小仍为5 m/s 2)．答案 (1)2∶1 (2)22.5 m 11.25 m (3)40 m解析 (1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比t 1∶t 2＝v 0a 1∶v 0a 2＝2∶1.(2)超载时，刹车距离x 1＝v 202a 1＝1522×5m ＝22.5 m正常装载时，刹车距离x 2＝v 202a 2＝1522×10m ＝11.25 m显然，严重超载后的刹车距离是正常装载时刹车距离的两倍． (3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离x 3＝v 0′22a 1＝2022×5 m ＝40 m由此可见，超载超速会给交通安全带来极大的隐患． 命题点二 常用的几种物理思想方法例2 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t 2 D.8s t 2 答案 A解析 动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a ＝v －v 0t 得a ＝st 2，故A 对． 例3 质点由A 点出发沿直线AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为a 1的匀加速运动，接着做加速度大小为a 2的匀减速运动，到达B 点时恰好速度减为零．若AB 间总长度为s ，则质点从A 到B 所用时间t 为( ) A.s (a 1＋a 2)a 1a 2B. 2s (a 1＋a 2)a 1a 2 C.2s (a 1＋a 2)a 1a 2D.a 1a 22s (a 1＋a 2)①接着做加速度大小为a 2的匀减速运动；②到达B 点时恰好速度减为零．答案 B解析 设第一阶段的末速度为v ，则由题意可知：v 22a 1＋v 22a 2＝s ，解得：v ＝2a 1a 2sa 1＋a 2； 而s ＝0＋v 2t 1＋v ＋02t 2＝v 2t ，由此解得：t ＝2(a 1＋a 2)sa 1a 2，所以正确答案为B.3．一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第3 m 、倒数第2 m 、最后1 m 内的运动，下列说法中正确的是( ) A ．经历的时间之比是1∶2∶3 B ．平均速度之比是3∶2∶1C ．平均速度之比是1∶(2－1)∶(3－2)D ．平均速度之比是(3＋2)∶(2＋1)∶1 答案 D解析 将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为0的匀加速直线运动(逆向思维)，从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3＝1∶(2－1)∶(3－2)，则倒数第3 m 、倒数第2 m 、最后 1 m 内经历的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，平均速度之比为13－2∶12－1∶1＝(3＋2)∶(2＋1)∶1，故只有选项D 正确．4．做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s 内的平均速度比它在第一个5 s 内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．2 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4 m/s 2 答案 C解析 第1个3 s 内的平均速度即为1.5 s 时刻瞬时速度v 1，第1个5 s 内的平均速度即为2.5 s 时刻瞬时速度v 2，a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1Δt ＝ 3 m/s(2.5－1.5)s＝3 m/s 2，C 正确．5．某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m ．在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s ，轿车在制动的最初1 s 内的位移为8.2 m ，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．答案 符合设计要求解析 轿车在制动的最初1 s 内的位移为8.2 m. 则v 0.5＝v ＝x t ＝8.21 m/s ＝8.2 m/s ，a ＝v 0.5－v 0t ＝8.2－200.5m/s 2＝－23.6 m/s 2.由v2－v02＝2ax，可得x＝0－2022×(－23.6)m≈8.5 m<25 m.故这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．命题点三自由落体1．特点和规律(1)从静止开始，即初速度为零．(2)只受重力的匀加速直线运动．(3)基本公式有：v＝gt，h＝12gt2，v2＝2gh.2．解题方法对自由落体运动，v0＝0，a＝g，将匀变速运动的所有公式和推论全部接收过来．例4如图2所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(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g＝10 m/s2，求：图2(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？答案(1)(2－3) s(2)(5－3) s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＝2h下Ag＝2×1510s＝ 3 s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A＝2h上Ag＝2×2010s＝2 s则通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－3) s(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝2h上Bg＝2×2510s＝ 5 s则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(5－3) s.6．伽利略对自由落体运动规律的探究中，下列描述错误的是( ) A ．亚里士多德根据生活现象提出了重的物体下落得快，轻的物体下落得慢B ．伽利略利用斜槽实验发现物体从静止开始滑下，在连续相等的时间间隔内通过的距离之比为1∶3∶5…，从而间接证实了他提出的“落体速度与时间成正比”的假说C ．在当时的实验中，伽利略已经可以较精确地测量自由落体时间，直接研究自由落体运动了D ．伽利略对自由落体的探究中，经历了提出问题—猜想假设—数学推论—实验验证—合理外推—得出结论的科学推理方法 答案 C解析 当时的计时工具还不能精确测量自由落体运动所用的较短时间，所以不能直接研究自由落体运动，选项C 错误．7．(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A 、B 连接起来，一同学用手固定B ，此时A 、B 间距为3l ，A 距地面为l ，如图3所示．由静止释放A 、B ，不计空气阻力，且A 、B 落地后均不再弹起．从释放开始到A 落地历时t 1，A 落地前的瞬时速率为v 1，从A 落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前的瞬时速率为v 2，则( )图3A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝1∶2D ．v 1∶v 2＝1∶3答案 BC解析 由题意可知l ＝12gt 12，l ＋3l ＝12g (t 1＋t 2)2，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；而v 1＝gt 1，v 2＝g (t 1＋t 2)，故v 1∶v 2＝1∶2，选项C 正确，D 错误．8.距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图4所示．小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于( )图4A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m答案 A解析 小车上的小球自A 点自由落地的时间t 1＝ 2H g，小车从A 到B 的时间t 2＝dv ；小车运动至B 点时细线被轧断，小球下落的时间t 3＝2hg；根据题意可得时间关系为t 1＝t 2＋t 3，即 2H g ＝d v＋2hg，解得h ＝1.25 m ，选项A 正确．9.同学们利用如图5所示方法估测反应时间．首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为x ，则乙同学的反应时间为________(重力加速度为g )．基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为0～0.4 s ，则所用直尺的长度至少为__________cm(g 取10 m/s 2)；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是________的(选填“相等”或“不相等”)．图5答案2xg80 不相等 解析 在人的反应时间内，直尺做自由落体运动，则x ＝12gt 2，解得乙同学的反应时间为t ＝2xg.当t ＝0.4 s 时，x ＝12gt 2＝12×10×0.42 m ＝0.8 m ＝80 cm ，即所用直尺的长度至少为80 cm ；由于t ∝x ，故每个时间间隔内在直尺上对应的长度不相等． 命题点四 多运动过程问题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．可按下列步骤解题：(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图； (2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系； (4)解：联立求解，算出结果．例5 假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，事先小汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动后小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？ 答案 (1)108 m (2)10 s (3)4 s解析 (1)v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，事先小汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距收费站至少x 1处开始制动， 则：v t 2－v 02＝－2a 1x 1 即：62－302＝2×(－4)x 1 解得：x 1＝108 m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x 1和x 2，时间分别为t 1和t 2，则：减速阶段：v t ＝v 0－a 1t 1 t 1＝v t －v 0－a 1＝6－304 s ＝6 s加速阶段：v 0＝v t ＋a 2t 2 t 2＝v 0－v t a 2＝30－66s ＝4 s 则汽车运动的时间至少为：t ＝t 1＋t 2＝10 s. (3)在加速阶段：v 02－v t 2＝2a 2x 2 302－62＝2×6x 2 解得：x 2＝72 m则总位移x ＝x 1＋x 2＝180 m若不减速通过收费站，所需时间t ′＝x 1＋x 2v 0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间至少为： Δt ＝t －t ′＝4 s.多过程组合问题的“三个”处理技巧1．用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来．2．将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动．3．多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．10．短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，运动员用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 ，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离． 答案 5 m/s 2 10 m解析 根据题意，在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速运动．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x 1和x 2，由运动学规律得： x 1＝12at 02① x 1＋x 2＝12a (2t 0)2②式中t 0＝1 s联立(1)(2)两式并代入已知条件，得a ＝5 m/s 2③设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动时间为t 2，匀速运动的速度为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 t ＝t 1＋t 2④v ＝at 1⑤ x ＝12at 12＋v t 2⑥ 设加速阶段通过的距离为x ′，则x ′＝12at 21⑦ 联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得：x ′＝10 m⑧用“等效法”处理三类直线运动问题一、将“平均速度”等效为“中间时刻的瞬时速度”做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度v 等于它在这段时间t 内的中间时刻的瞬时速度，在解题中，我们可以充分利用这一关系，进行等效处理，以达到简化解题的目的．典例1 物体从静止开始做匀加速直线运动，测得它在第n s 内的位移为x m ，则物体运动的加速度为( ) A.2xn 2 m/s 2 B.x2n2 m/s 2 C.2n －12x m/s 2D.2x 2n －1m/s 2 答案 D解析 第n s 内位移为x m ，该秒内平均速度大小为x m/s ，与该秒内中间时刻瞬时速度相等，则(n －0.5) s 时瞬时速度大小也为x m/s ，即 a ·(n －0.5)＝x所以a ＝2x 2n －1m/s 2，选项D 正确．二、将“匀减速至零的运动”等效为“初速度为零的匀加速运动”加速度大小相等的匀加速运动与匀减速运动，在相应的物理量上表现出一定的对称性，即加速运动可等效为逆向的减速运动，反之亦然．典例2 以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s 2的加速度，刹车后第三个2 s 内，汽车走过的位移为( ) A ．12.5 m B ．2 m C ．10 m D ．0 答案 D解析 设汽车从刹车到停下的时间为t ，根据匀减速至零的运动等效为初速度为零的匀加速运动，则由v 0＝at 得t ＝v 0a ＝104 s ＝2.5 s ，所以刹车后第三个2 s 时汽车早已停止，即刹车后第三个2 s 内，汽车走过的位移为零，D 正确．三、将“匀减速运动至零又反向加速”等效为“竖直上抛运动”如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义．典例3 (多选)一物体以5 m/s 的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s 2，设斜面足够长，经过t 时间物体位移的大小为4 m ，则时间t 可能为( ) A ．1 s B ．3 s C ．4 s D.5＋412 s答案 ACD解析 当物体的位移为4 m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得，4＝5t －12×2t 2，解得t 1＝1 s ，t 2＝4 s ；当物体的位移为－4 m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得：－4＝5t －12×2t 2，解得t 3＝5＋412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误．题组1 匀变速直线运动规律的应用1．假设某无人机靶机以300 m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以80 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( ) A ．3.75 s B ．15 s C ．30 s D ．45 s 答案 B解析 导弹由静止做匀加速直线运动，即v 0＝0，a ＝80 m/s 2 ，据公式v ＝v 0＋at ，有t ＝v a ＝1 20080 s ＝15 s ，即导弹发射后经15 s 击中无人机，选项B 正确．2．(多选)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示( ) A ．v 0t －12at 2B ．v 0t C.v 0t 2 D.12at 2 答案 ACD3．(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( ) A.v 02g B.v 0g C.3v 0g D.3v 02g 答案 BC解析 当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得t ＝v 0g 或t ＝3v 0g，故B 、C 正确．4．(多选)如图1所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀减速直线运动，依次经A 、B 、C 、D 到达最高点E ，已知AB ＝BD ＝6 m ，BC ＝1 m ，滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2 s ．设滑块经C 时的速度为v C ，则( )图1A ．滑块上滑过程中加速度的大小为0.5 m/s 2B ．vC ＝6 m/s C ．DE ＝3 mD ．从D 到E 所用时间为4 s 答案 AD5．在水下潜水器蛟龙号某次海试活动中，完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则蛟龙号在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( ) A.v t 2 B ．v t 0(1－t 02t )C.v t 202tD.v (t －t 0)22t答案 D6．在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点作为x 轴的原点，通过传感器发现汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系满足x ＝60＋30t －5t 2(m)，下列说法正确的是( ) A ．汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为10 m/s 2 B ．汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为5 m/s 2 C ．汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s ，加速度大小为5 m/s 2 D ．汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s ，加速度大小为2.5 m/s 2 答案 A解析 根据汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系x ＝60＋30t －5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律x ＝v 0t ＋12at 2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为10 m/s 2，故选A. 题组2 自由落体7．一小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点，不计空气阻力．经过b 点时速度为v ，经过c 点时速度为3v ，则ab 段与ac 段位移之比为( ) A ．1∶3 B ．1∶5 C ．1∶8 D ．1∶9 答案 A解析 小石块做自由落体运动，2gh ab ＝v 2,2gh ac ＝(3v )2，可得h ab h ac ＝19，选项D 正确．8．(多选)如图2所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度分别h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次静止释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图2A ．三者到达桌面时的速度之比是3∶2∶1B ．三者运动的平均速度之比是3∶2∶1C ．b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D ．b 与a 开始下落的时间差大于c 与b 开始下落的时间差 答案 ABC解析 由公式v 2－v 20＝2gx 可得v ＝2gh ，所以三者到达桌面时的速度之比是h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1，A 正确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以v ＝v 2，故平均速度之比为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1，B 正确；根据h ＝12gt 2可得a 、b 开始下落的时间差为Δt 1＝2h 1g －2h 2g ＝(3－2) 2h 3g，b 、c 开始下落的时间差为Δt 2＝ 2h 2g － 2h 3g ＝(2－1) 2h 3g，所以Δt 1<Δt 2，C 正确，D 错误．题组3 多运动过程问题9．如图3所示，运动员从离水面10 m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计，计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点，g 取10 m/s 2)，求：图3(1)运动员起跳时的速度v 0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留3位有效数字)． 答案 (1)3 m/s (2)1.75 s 解析 (1)上升阶段：－v 02＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3 m/s (2)上升阶段：0＝v 0－gt 1 解得：t 1＝v 0g ＝310 s ＝0.3 s自由落体过程：H ＝12gt 22解得t 2＝2H g＝ 2×10.4510s ≈1.45 s 故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s10．在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224 m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5 m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，求：(取g ＝10 m/s 2) (1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？ 答案 (1)99 m (2)8.6 s解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0 则有：v 2－v 02＝－2ah ， 又v 02＝2g (224 m －h )联立并代入数据解得：v 0＝50 m/s ，h ＝99 m(2)设伞兵在空中的最短时间为t，则有：v0＝gt1，t1＝5 st2＝v－v0a＝3.6 s，故所求时间为：t＝t1＋t2＝(5＋3.6) s＝8.6 s.。
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动的规律学生用书
第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、匀变速直线运动的规律 1．定义和分类(1)定义：沿着一条直线，且________不变的运动叫做匀变速直线运动． (2)分类：{匀加速直线运动：a 、v 方向________．匀减速直线运动：a 、v 方向________．2．基本规律(1)速度公式：v ＝________． (2)位移公式：x ＝________．(3)速度位移关系式：v 2−v 02＝______． 3．三个重要推论4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论,生活情境1.一辆汽车从静止出发，在交通灯变绿时从A点以2.0 m/s2的加速度在平直的公路上做匀加速直线运动，经一段时间运动到B点，速度达20 m/s，则(1)汽车在运动过程中，速度是均匀增加的．( )(2)汽车在运动过程中，位移是均匀增加的．( )(3)汽车在运动过程中，在任意相等的时间内，速度的变化量是相等的．( )(4)汽车从A点运动到B点所用时间为10 s，位移为100 m．( )(5)汽车从A点运动到B点，中间时刻的速度为10 m/s.( )(6)汽车从A点运动到B点，位移中点的速度为10√2 m/s.( )教材拓展2.[鲁科版必修1P36T1改编]关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )A．在相等时间内位移的变化相同B．在相等时间内速度的变化相同C．在相等时间内加速度的变化相同D．在相等路程内速度的变化相同3．[人教版必修1P43T3改编]某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( )A．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s关键能力·分层突破考点一匀变速直线运动规律的应用1．运动学公式中符号的规定一般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．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．2．匀变速直线运动公式的选用一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；(1)不涉及时间，选择v2−v02＝2ax；(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用v t2＝v̅＝xt求瞬时速度；(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2求加速度．角度1基本公式的应用例1 ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2.求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间．教你解决问题(1)读题审题——获取信息(2)思维转化——模型建构①过ETC通道时经历三个运动阶段：②过人工收费通道经历两个运动阶段：角度2 推论的应用例2.如图所示，哈大高铁运营里程为921 km，设计时速为350 km.某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，已知10 s末列车还未停止运动，则下列说法正确的是( )A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．921 km是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始刹车时的速度为80 m/s[思维方法]解决运动学问题的基本思路：跟进训练1.(多选)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s，那么该消防队员( ) A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2C．加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶42．[2022·河南模拟]如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝4 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t＝1 s，求物体的加速度大小a和OD之间的距离．考点二自由落体运动和竖直上抛运动角度1自由落体运动(一题多变)例 3.如图所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看作是自由落体运动．假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约是多大？(g取10 m/s2)【考法拓展】在[例3]中水滴下落过程中经过2 m高的窗户所需时间为0.2 s．那么窗户上沿到屋檐的距离为多少？角度2竖直上抛运动(一题多解)例4. 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，一重物从气球上脱落，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？(g取10 m/s2)[思维方法]竖直上抛运动的研究方法(1)分段研究法：(2)整体研究法：取初速度的方向为正方向，全过程为初速度为v0，加速度大小为g的匀变速直线运动．gt2v＝v0−gt，v2−v02＝－2gh.其规律符合h＝v0t－12拓展点刹车类问题和双向可逆类问题1.刹车类问题中的两点提醒(1)分清运动时间与刹车时间之间的大小关系．(2)确定能否使用逆向思维法，所研究阶段的末速度为零，一般都可应用逆向思维法．2．双向可逆运动的特点这类运动的速度减到零后，以相同加速度反向加速．如竖直上抛、沿光滑斜面向上滑动．例5. (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )为2ms2sA．1 s B．3 s C．4 s D．5+√412跟进训练3.如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(g取10 m/s2)( )4．有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进．刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车后1.5 m处，避免了一场事故，以下说法正确的是( )A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mC．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s考点三匀变速直线运动中的STSE问题素养提升匀变速运动与交通、体育和生活等紧密联系，常见的匀变速直线运动STSE问题有行车安全、交通通行和体育运动等，解决这类问题的关键：(1)建模——建立运动的模型(列出运动方程)；(2)分段——按照时间顺序，分阶段研究运动．情境1 “智能物流机器人”(多选)为解决疫情下“最后500米”配送的矛盾，将“人传人”的风险降到最低，目前一些公司推出了智能物流机器人．机器人运动的最大速度为1 m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20 s，路宽是19.5 m，它启动的最大加速度是0.5m，下面是它过马路的安排方案，s2既能不闯红灯，又能安全通过的方案是( )A．在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动B．在距离停车线1 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动C．在距离停车线2 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动D．在距离停车线0.5 m处，绿灯亮起之前1 s，以最大加速度启动情境2 酒驾(多选)酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离，“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离．(假设汽车制动加速度都相同)分析上表可知，下列说法正确的是( )A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 sB．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 sC．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车拓展点有关汽车行驶的几个概念1.反应时间：人从发现情况到采取相应的行动经过的时间叫反应时间．2．反应距离：驾驶员发现前方有危险时，必须先经过一段反应时间后才能做出制动动作，在反应时间内汽车以原来的速度行驶，所行驶的距离称为反应距离．3．刹车距离：从制动刹车开始到汽车完全停下来，汽车做匀减速直线运动，所通过的距离叫刹车距离．4．停车距离：反应距离和刹车距离之和就是停车距离．5．安全距离：指在同车道行驶的机动车，后车与前车保持的最短距离，安全距离包含反应距离和刹车距离两部分．情境3 机动车礼让行人[2021·浙江6月，19]机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103kg 的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度．[思维方法]解决STSE 问题的方法在解决生活和生产中的实际问题时．(1)根据所描述的情景 分析→ 物理过程 建构→ 物理模型． (2)分析各阶段的物理量．(3)选取合适的匀变速直线运动规律求解．第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、 1．（1）加速度 （2）相同 相反 2．（1）v 0＋at （2）v 0t ＋12at 2（3）2ax 4．（1）1∶2∶3∶…∶n（2）12∶22∶32∶…∶n 2（3）1∶3∶5∶…∶（2n －1）（4）1∶（√2－1）∶（√3－√2）∶…∶（√n －√n −1） 二、静止 gt 12gt 22gh 向上 重力 v 0－gt v 0t －12gt 2－2gh 生活情境 1．（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）√ （6）√ 教材拓展 2．答案：B 3．答案：A关键能力·分层突破例1 解析：（1）过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x 1＝v 21 －v 22 2a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m（2）过人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m（3）过ETC 通道的时间t 1＝v 1－v 2a ×2＋d v 2＝18.5 s过人工收费通道的时间t 2＝v 1a×2＋t 0＝44 sx 总2＝2x 2＝144 m二者的位移差Δx ＝x 总2－x 总1＝6 m在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt ＝t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1＋Δx v 1 ＝25 s答案：（1）138 m （2）72 m （3）25 s例2 解析：因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离，故研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由位移与路程的意义知921 km 是指路程，选项B 错误；由x n －x m ＝（n －m ）aT 2，解得加速度a ＝32.5 m －57.5 m 5×（1 s ）2＝－5 m/s 2，即加速度大小为5 m/s 2，选项C 错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第4.5 s末列车速度为57.5 m/s ，由速度公式可得v 0＝v －at ＝57.5 m/s －（－5 m/s 2×4.5 s ）＝80 m/s ，选项D 正确．答案：D1．解析：钢管长L ＝12 m ，运动总时间t ＝3 s ，加速过程加速度大小2a 、时间t 1、位移x 1、最大速度v ，减速过程加速度大小a 、时间t 2、位移x 2.加速和减速过程中平均速度均为v2， vt2＝L ，得v ＝8 m/s ，A 项错误，C 项正确；v ＝2at 1＝at 2，t 1∶t 2＝1∶2，B 项正确；x 1＝vt 12，x 2＝vt 22，x 1∶x 2＝1∶2，D 项错误．答案：BC2．解析：由匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2可得a ＝ΔxT 2＝Δx t 2＝2 m/s 2由于CD －BC ＝BC －AB 代入数据有CD ＝6 m由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可以得到B 点的速度v B ＝2＋42×1m/s＝3 m/s由2ax ＝v 2－v 02得OB ＝v B 2−02×a＝322×1m ＝2.25 m故OD ＝OB ＋BC ＋CD ＝（2.25＋4＋6） m ＝12.25 m故物体的加速度大小a 和OD 之间的距离分别为2 m/s 2，12.25 m.答案：2 m/s 212.25 m例3 解析：选取水滴最初下落点为位移的起点，竖直向下为正方向，由自由落体运动规律知x ＝12gt 2，v ＝gt联立得v ＝√2gx代入数据得v ＝√2×10×10m/s ≈14 m/s即水滴下落到地面的瞬间，速度大约是14 m/s. 答案：14 m/s[考法拓展] 解析：设水滴下落到窗户上沿时的速度为v 0，则由x ＝v 0t ＋12gt 2得，2＝v 0×0.2＋12×10×0.22解得v 0＝9 m/s根据v 02＝2gx ，得窗户上沿到屋檐的距离x ＝v 022g ＝922×10 m ＝4.05 m.答案：4.05 m例4 解析：方法一 把竖直上抛运动过程分段研究 设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点， 则t 1＝v0g＝1010 s ＝1 s.上升的最大高度h 1＝v 20 2g ＝1022×10m ＝5 m. 12故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m.重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2Hg＝2×18010s ＝6 s. v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上脱落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.方法二 取全过程作一整体进行研究从物体自气球上脱落计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m. 由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有，－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s （舍去）， 所以重物落地速度为v 1＝v 0－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． 方法三 对称法根据速度对称知，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v ，则v 2－v 20 ＝2gh .解得v ＝60 m/s ，方向竖直向下． 经过h 历时Δt ＝v －v 0g＝5 s. 从最高点到落地历时t 1＝v g＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s例5 解析：以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得4＝5t －12×2t 2解得t 1＝1 s ，t 2＝4 s 当物体的位移为－4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得 －4＝5t －12×2t 2解得t 3＝5＋√412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误．答案：ACD3．解析：根据v ＝v 0＋at ，v 0A ＝－3 m/s.代入解得v A ＝7 m/s ，同理解得v B ＝5 m/s ，v C ＝0 m/s ，v D ＝－5 m/s.由于|v A |>|v B |＝|v D |>|v C |，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，汽车刹车时间t 2v0a ＝3 s ，故汽车运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.6 s ＋3 s ＝3.6 s ，故A 项错误；司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为x ＝v 0t 1＋v 02t 2＋1.5 m ＝15×0.6 m ＋152×3 m ＋1.5 m ＝33 m ，故B 项正确；汽车的平均速度v － ＝v 0t 1＋v 02t 2t 1＋t 2＝9＋22.53.6m/s ＝8.75 m/s ，故C 、D 两项错误，故选B 项． 答案：B情境1 解析：机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t 1＝va ＝10.5s ＝2 s 达到最大速度，位移是x 1＝12a t 12＝1 m ，匀速运动的位移x 2＝l －x 1＝18.5 m ，需要时间为t 2＝x2v ＝18.5 s ，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不对；在距离停车线1 m处以最大加速度启动2 s，正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5 s，过了马路，这个方案是可以的，故B对；在距离停车线2 m处，机器人启动2 s后，走了1 m，距离停车线还有1 m，这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端还有20.5 m，需要20.5 s通过，而绿灯时间为20 s，at2＝0.25 所以不安全，故C不对；在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝12m，小于0.5 m，故没有闯红灯，继续前进0.75 m，达到最大速度，共用去了2 s，绿灯还有19 s，这时剩下的距离还有19 m，正好通过马路，故D对．答案：BD情境2 解析：反应时间＝思考距离÷车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式v2＝2ax，解得a＝7.5 m/s2，C错误；根据表格知，车速为25 m/s 时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确．答案：ABD情境3 解析：（1）设汽车刹车过程的加速度大小为a，所用时间为t1，所受阻力大小为F f由运动学公式得v12＝2as①v1＝at1②由牛顿第二定律得F f＝ma③联立①②③解得t1＝4 s④F f＝2.5×103 N⑤（2）设汽车等待时间为t，小朋友匀速过马路所用时间为t2则由运动学公式得l＋L＝v0t2⑥t＝t2－t1⑦联立④⑥⑦解得t＝20 s⑧（3）设汽车到斑马线时的速度为v，在汽车刹车过程中由运动学有v22－v2＝2as⑨联立①⑤⑨解得v＝5√5 m/s⑩答案：（1）4 s 2.5×103 N （2）20 s （3）5√5 m/s。
高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2节匀变速直线运动的规律及应用课件
取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重
6
力加速度为
m/s2。
(4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直
方向,从该视频中截取图片,
(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法
测出重力加速度。
答案 (1)小钢球
(2)①③④② (3)9.6(9.5~9.7均可)
答案 (1)4.5 m (2)2人
(3)2 m
解析 解法一 (推论法)
(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速运动的规律可知,在相邻
相等时间内位移差相等,即Δs=lCD-lBC=lBC-lAB=1 m
解得lCD=4.5 m。
(2)因为Δs=1 m,所以此刻A的上端滑道上还有2个人。
(3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有
答案 8楼
解析 由题图可以看出,在曝光的时间内,物体大约下降了两层砖的厚度,
即 14 cm(0.14 m),曝光时间为 0.01 s,所以 AB 段的平均速度为
0.14
v= = 0.01 m/s=14 m/s
由 v =2gh 可得下降的高度大约为 h=
2
2
2
=
142
2×10
m=9.8 m,每层楼高约为
(4)仍能
解析 (1)为使物体的运动尽可能地接近自由落体运动,应该尽量减小空气
阻力的影响,故下落物体应该选小钢球。
(2)实验步骤要本着先安装器材,再进行实验的原则,具体步骤为①③④②。
(3)刻度尺读数时应读球心对应的刻度,把图中三幅图依次连接起来即为常
见的纸带问题,根据逐差法可得重力加速度为
高考物理一轮总复习 必修部分 第1章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动规律课
解析 由于树叶所受到的空气阻力相对于树叶的重力来说太大了，但相对而言苹果所受到的空气阻力 比其重力小得多，可以忽略，所以树叶的下落过程不是自由落体运动，而苹果的运动可以看作是自由落体 运动，故 A、B 错误，C 正确；如果地球上没有空气，则苹果和树叶都做自由落体运动，由 h＝12gt2 知， 二者会同时落地，D 错误。
2．[匀变速直线运动推论的应用][2016·佛山质检]一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它在第 1 s 内与第 2 s 内的位移之比为 x1∶x2，在走完第 1 m 时与走完第 2 m 时的速度之比为 v1∶v2。以下说法正确 的是( )
A．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶2 B．x1∶x2＝1∶3，v1∶v2＝1∶ 2 C．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶2 D．x1∶x2＝1∶4，v1∶v2＝1∶ 2
②位移公式 h＝ 12gt2 。 ③速度位移关系式：v2＝ 2gh 。
2．竖直上抛运动规律 (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－21gt2 。 ③速度位移关系式：v2－v20＝ －2gh 。
例 1 [2015·福州模拟]在光滑足够长的斜面上，有一物体以 10 m/s 初速度沿斜面向上运动，如果物体 的加速度始终为 5 m/s2，方向沿斜面向下。那么经过 3 s 时的速度大小和方向是( )
A．25 m/s，沿斜面向上 B．5 m/s，沿斜面向下 C．5 m/s，沿斜面向上 D．25 m/s，沿斜面向下
解析 由 x＝21at2 知第 1 s 内与第 2 s 内位移之比 x1∶x2＝1∶3，由 v＝ 2ax知走完第 1 m 时与走完第 2 m 时速度之比为 v1∶v2＝1∶ 2，故 B 正确。
2024届高考物理一轮复习：匀变速直线运动图像和追及相遇问题
第一章 运动的描述 匀变速直线运动匀变速直线运动图像和追及相遇问题【考点预测】1.匀变速直线运动的v －t 图像、a －t 图像、xt －t 图像、v 2－x 图像等2. 追及相遇问题 【方法技巧与总结】 (1)a －t 图像由Δv ＝aΔt 可知图像中图线与横轴所围面积表示速度变化量，如图甲所示． (2)xt－t 图像 由x ＝v 0t ＋12at 2可得x t ＝v 0＋12at ，截距b 为初速度v 0，图像的斜率k 为12a ，如图乙所示．(3)v 2－x 图像由v 2－v 02＝2ax 可知v 2＝v 02＋2ax ，截距b 为v 02，图像斜率k 为2a ，如图丙所示．(4)追及相遇问题可概括为“一个临界条件”“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析、判断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间等量关系和位移等量关系．通过画草图找出两物体的位移关系是解题的突破口． 【题型归纳目录】题型一： 区分x －t 图像和v －t 图像 题型二：用函数思想分析图像 题型三：图像间的相互转化 题型四： 公式法求解追及相遇问题题型五：图像法在追及相遇问题中的应用 【题型一】区分x －t 图像和v －t 图像 【典型例题】例1．（2023·西藏日喀则·统考一模）图（a ）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b ）是该机器人在某段时间内的位移时间图像（后10s 的图线为曲线，其余为直线）。
以下说法正确的是（ ）A ．机器人在0-30s 内的位移大小为7mB ．10-30s 内，机器人的平均速度大小为0.35m/sC ．0-10s 内，机器人做加速直线运动D ．机器人在5s 末的速度与15s 末的速度相同 【方法技巧与总结】1．无论x －t 图像、v －t 图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动，图像的形状反映了x 与t 、v 与t 的函数关系，而不是物体运动的轨迹．2．x －t 图像中两图线的交点表示两物体相遇，v －t 图像中两图线的交点表示该时刻两物体的速度相等，并非相遇．3．位置坐标x －y 图像则能描述曲线运动，图线交点表示物体均经过该位置，但不一定相遇，因为不知道时间关系．练1．（2023·河北邢台·河北巨鹿中学校联考三模）高铁改变生活，地铁改变城市！地铁站距短需要频繁启停，为缩短区间的运行时间需要较大的启动加速度。
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动 第2讲 匀变速直线运动的规律课件
(7)竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加 速度方向相反。(×)
[匀变速直线运动的规律] 2．[多选](2016·中山模拟)物体从静止开始做匀加速直 线运动，第 3 s 内通过的位移为 3 m，则( ) A．前 3 s 内的平均速度为 3 m/s B．前 3 s 内的位移为 6 m C．物体的加速度为 1.2 m/s2 D．3 s 末的速度为 3.6 m/s
(2)中间时刻的速度：v2t ＝12(v0＋v)＝ v 。
(3)位移中点速度：v2x＝
v02＋2 v2。
(4)初速度为零的匀加速直线运动常用的 4 个比例关系
①1T 末、2T 末、3T 末、……nT 末瞬时速度的比
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n； ②1T 内、2T 内、3T 内、……nT 内位移的比
4．自由落体运动 (1)条件：物体只受重力，从静止开始下落。 (2)基本规律 ①速度公式：v＝gt； ②位移公式：h＝12gt2； ③速度位移关系式：v2＝2gh。
5．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－12gt2； ③速度位移关系式：v2－v20＝－2gh。
解析：选 ABC 由 h＝12gt2 得 t＝ 2gh＝3 s，A 正确； 落地速度 v＝gt＝30 m/s，B 正确；最后一秒内位移 Δh＝12 gt23－12gt22＝25 m，C 正确；全程的平均速度 v ＝ht ＝435 m/s ＝15 m/s，D 错误。
[竖直上抛运动]
4．某同学身高 1.8 m，在运动会上他参加பைடு நூலகம்高比赛，起
备考2024届高考物理一轮复习强化训练第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律
逆向思维的应用对于末速度为零的匀减速直线运动，可以采用逆向思维法，将其看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.1.[2024河北保定模拟/多选]冰壶运动是以团队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参赛者的体能与脑力，展现动静之美、取舍之智慧.在某次比赛中，冰壶投出后做匀减速直线运动，经过20s 停止，已知倒数第3s 内的位移大小为1.0m ，下列说法正确的是（ BD ）A.冰壶的加速度大小为0.3m/s 2B.冰壶的加速度大小为0.4m/s 2C.冰壶第1s 末的速度大小为5.7m/sD.冰壶第1s 内的位移大小为7.8m 解析 整个过程的逆过程是初速度为0的匀加速直线运动，倒数第3s 内的位移大小为1.0m ，则x 3＝12at 32－12at 22，代入数据得a ＝0.4m/s 2，故A 错误，B 正确；由速度公式可知初速度大小为v 0＝at 0＝0.4×20m/s ＝8m/s ，所以第1s 末的速度大小为v 1＝v 0－at 1＝8m/s －0.4×1m/s ＝7.6m/s ，第1s 内的位移大小x 1＝v 0＋v 12t 1＝8+7.62×1m ＝7.8m ，故C 错误，D 正确.2.为创建文明城市，提倡机动车礼让行人.某司机开车以9m/s 的速度行驶到路口附近，发现有行人准备过斑马线，立即刹车礼让行人.设汽车做匀减速直线运动的加速度大小为2m/s 2，则（ D ）A.汽车刹车2s 后的速度大小为4m/sB.汽车刹车3s 内行驶的位移大小为9mC.汽车刹车时离斑马线的最小距离应为16mD.汽车在刹车后的第5s 内行驶的位移大小为0.25m解析 加速度大小a ＝2m/s 2，汽车减速到零所需时间为t 停＝v0a ＝4.5s ，汽车刹车2s 后的速度大小为v 2＝v 0－at 2＝5m/s ，故A 错误；汽车刹车3s 内行驶的位移大小为x 3＝v 0t 3－12at 32＝18m ，故B 错误；汽车刹车时离斑马线的最小距离为x min ＝v 022a ＝20.25m ，故C 错误；由于汽车运动4.5s 停止，运用逆向思维可知，汽车刹车后第5s 内的位移等于汽车逆向匀加速运动前0.5s 内的位移，即x 0.5＝12at 0.52＝0.25m ，故D 正确.。
高考物理一轮复习考点归纳复习专题
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高考一轮复习知识考点归纳专题01 运动的描述、匀变速直线运动目录第一节描述运动的基本概念 (2)【基本概念、规律】 (2)【重要考点归纳总结】 (2)考点一对质点模型的理解 (2)考点二平均速度和瞬时速度 (3)考点三速度、速度变化量和加速度的关系 (3)【思想方法与技巧】 (3)第二节匀变速直线运动的规律及应用 (4)【基本概念、规律】 (4)【重要考点归纳】 (5)考点一匀变速直线运动基本公式的应用 (5)考点二匀变速直线运动推论的应用 (5)考点三自由落体运动和竖直上抛运动 (5)【思想方法与技巧】 (6)第三节运动图象追及、相遇问题 (6)【基本概念、规律】 (6)【重要考点归纳】 (7)考点一运动图象的理解及应用 (7)考点二追及与相遇问题 (7)【思想方法与技巧】 (8)方法技巧——用图象法解决追及相遇问题 (8)巧解直线运动六法 (8)实验一研究匀变速直线运动 (9)第一节 描述运动的基本概念【基本概念、规律】一、质点、参考系1．质点：用来代替物体的有质量的点．它是一种理想化模型．2．参考系：为了研究物体的运动而选定用来作为参考的物体．参考系可以任意选取．通常以地面或相对于地面不动的物体为参考系来研究物体的运动．二、位移和速度 1．位移和路程(1)位移：描述物体位置的变化，用从初位置指向末位置的有向线段表示，是矢量． (2)路程是物体运动路径的长度，是标量． 2．速度(1)平均速度：在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v ＝xt，是矢量． (2)瞬时速度：运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，是矢量． 3．速率和平均速率(1)速率：瞬时速度的大小，是标量．(2)平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小． 三、加速度1．定义式：a ＝ΔvΔt ；单位是m/s 2.2．物理意义：描述速度变化的快慢．3．方向：与速度变化的方向相同． 【重要考点归纳总结】 考点一 对质点模型的理解1．质点是一种理想化的物理模型，实际并不存在．2．物体能否被看做质点是由所研究问题的性质决定的，并非依据物体自身大小来判断． 3．物体可被看做质点主要有三种情况： (1)多数情况下，平动的物体可看做质点．(2)当问题所涉及的空间位移远大于物体本身的大小时，可以看做质点． (3)有转动但转动可以忽略时，可把物体看做质点．考点二 平均速度和瞬时速度1．平均速度与瞬时速度的区别平均速度与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均快慢程度；瞬时速度与位置或时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的快慢程度．2．平均速度与瞬时速度的联系(1)瞬时速度是运动时间Δt →0时的平均速度． (2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等． 考点三 速度、速度变化量和加速度的关系 1．速度、速度变化量和加速度的比较2.物体加、减速的判定(1)当a 与v 同向或夹角为锐角时，物体加速． (2)当a 与v 垂直时，物体速度大小不变． (3)当a 与v 反向或夹角为钝角时，物体减速 【思想方法与技巧】物理思想——用极限法求瞬时物理量1．极限法：如果把一个复杂的物理全过程分解成几个小过程，且这些小过程的变化是单一的．那么，选取全过程的两个端点及中间的极限来进行分析，其结果必然包含了所要讨论的物理过程，从而能使求解过程简单、直观，这就是极限思想方法．极限法只能用于在选定区间内所研究的物理量连续、单调变化(单调增大或单调减小)的情况． 2．用极限法求瞬时速度和瞬时加速度 (1)公式v ＝ΔxΔt 中当Δt →0时v 是瞬时速度．(2)公式a ＝ΔvΔt中当Δt →0时a 是瞬时加速度．第二节 匀变速直线运动的规律及应用【基本概念、规律】一、匀变速直线运动的基本规律 1．速度与时间的关系式：v ＝v 0＋at . 2．位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 2.3．位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论 1．平均速度公式：v ＝v t 2＝v 0＋v2. 2．位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. 可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2. 3．初速度为零的匀加速直线运动比例式 (1)1T 末，2T 末，3T 末……瞬时速度之比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n . (2)1T 内，2T 内，3T 内……位移之比为： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2.(3)第一个T 内，第二个T 内，第三个T 内……位移之比为： x ∶∶x ∶∶x ∶∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)． (4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)． 三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律 1．自由落体运动规律 (1)速度公式：v ＝gt . (2)位移公式：h ＝12gt 2.(3)速度—位移关系式：v 2＝2gh . 2．竖直上抛运动规律 (1)速度公式：v ＝v 0－gt . (2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2.(3)速度—位移关系式：v 2－v 20＝－2gh . (4)上升的最大高度：h ＝v 202g .(5)上升到最大高度用时：t ＝v 0g.【重要考点归纳】考点一 匀变速直线运动基本公式的应用1．速度时间公式v ＝v 0＋at 、位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2、位移速度公式v 2－v 20＝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．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，一般规定初速度的方向为正方向，当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向．3.求解匀变速直线运动的一般步骤画过程分析图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并讨论4.应注意的问题∶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． ∶对于刹车类问题，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．∶物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速度不变，可以将全程看做匀减速直线运动，应用基本公式求解．考点二 匀变速直线运动推论的应用1．推论公式主要是指：∶v ＝v t 2＝v 0＋v t 2，∶Δx ＝aT 2，∶∶式都是矢量式，在应用时要注意v 0与v t 、Δx与a 的方向关系．2．∶式常与x ＝v ·t 结合使用，而∶式中T 表示等时间隔，而不是运动时间． 考点三 自由落体运动和竖直上抛运动1．自由落体运动为初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动． 2．竖直上抛运动的重要特性 (1)对称性 ∶时间对称物体上升过程中从A →C 所用时间t AC 和下降过程中从C →A 所用时间t CA 相等，同理t AB ＝t BA .∶速度对称物体上升过程经过A 点的速度与下降过程经过A 点的速度大小相等． (2)多解性当物体经过抛出点上方某个位置时，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．3.竖直上抛运动的研究方法分段法下降过程：自由落体运动【思想方法与技巧】物理思想——用转换法求解多个物体的运动在涉及多体问题和不能视为质点的研究对象问题时，应用“转化”的思想方法转换研究对象、研究角度，就会使问题清晰、简捷．通常主要涉及以下两种转化形式：(1)将多体转化为单体：研究多物体在时间或空间上重复同样运动问题时，可用一个物体的运动取代多个物体的运动．(2)将线状物体的运动转化为质点运动：长度较大的物体在某些问题的研究中可转化为质点的运动问题．如求列车通过某个路标的时间，可转化为车尾(质点)通过与列车等长的位移所经历的时间．第三节运动图象追及、相遇问题【基本概念、规律】一、匀变速直线运动的图象1．直线运动的x－t图象(1)物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律．(2)斜率的意义：图线上某点切线的斜率大小表示物体速度的大小，斜率正负表示物体速度的方向．2．直线运动的v－t图象(1)物理意义：反映了物体做直线运动的速度随时间变化的规律．(2)斜率的意义：图线上某点切线的斜率大小表示物体加速度的大小，斜率正负表示物体加速度的方向．(3)“面积”的意义∶图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．∶若面积在时间轴的上方，表示位移方向为正方向；若面积在时间轴的下方，表示位移方向为负方向．二、追及和相遇问题1．两类追及问题(1)若后者能追上前者，追上时，两者处于同一位置，且后者速度一定不小于前者速度．(2)若追不上前者，则当后者速度与前者相等时，两者相距最近．2．两类相遇问题(1)同向运动的两物体追及即相遇．(2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇．【重要考点归纳】考点一运动图象的理解及应用1．对运动图象的理解(1)无论是x－t图象还是v－t图象都只能描述直线运动．(2)x－t图象和v－t图象都不表示物体运动的轨迹．(3)x－t图象和v－t图象的形状由x与t、v与t的函数关系决定．2．应用运动图象解题“六看”考点二1．分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点．(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口．2．能否追上的判断方法(1)做匀速直线运动的物体B追赶从静止开始做匀加速直线运动的物体A：开始时，两个物体相距x0.若v A＝v B时，x A＋x0<x B，则能追上；若v A＝v B时，x A＋x0＝x B，则恰好不相撞；若v A＝v B时，x A＋x0>x B，则不能追上．(2)数学判别式法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ＜0，说明追不上或不能相遇．3．注意三类追及相遇情况(1)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要判断是运动中被追上还是停止运动后被追上．(2)若追赶者先做加速运动后做匀速运动，一定要判断是在加速过程中追上还是匀速过程中追上．(3)判断是否追尾，是比较后面减速运动的物体与前面物体的速度相等的位置关系，而不是比较减速到0时的位置关系．4.解题思路分析物体运动过程→画运动示意图→找两物体位移关系→列位移方程(2)解题技巧∶紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式．∶审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少”等，它们往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． 【思想方法与技巧】方法技巧——用图象法解决追及相遇问题(1)两个做匀减速直线运动物体的追及相遇问题，过程较为复杂．如果两物体的加速度没有给出具体的数值，并且两个加速度的大小也不相同，如果用公式法，运算量比较大，且过程不够直观，若应用v －t 图象进行讨论，则会使问题简化．(2)根据物体在不同阶段的运动过程，利用图象的斜率、面积、交点等含义分别画出相应图象，以便直观地得到结论．巧解直线运动六法在解决直线运动的某些问题时，如果用常规解法——一般公式法，解答繁琐且易出错，如果从另外角度入手，能够使问题得到快速、简捷解答.下面便介绍几种处理直线运动的巧法.一、平均速度法在匀变速直线运动中，物体在时间t 内的平均速度等于物体在这段时间内的初速度v 0与末速度v 的平均值，也等于物体在t 时间内中间时刻的瞬时速度，即v ＝x t ＝v 0＋v 2＝v t 2.如果将这两个推论加以利用，可以使某些问题的求解更为简捷．二、逐差法匀变速直线运动中，在连续相等的时间T 内的位移之差为一恒量，即Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2，一般的匀变速直线运动问题，若出现相等的时间间隔，应优先考虑用Δx ＝aT 2求解．三、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相关比例关系求解．四、逆向思维法把运动过程的末态作为初态的反向研究问题的方法．一般用于末态已知的情况． 五、相对运动法以系统中的一个物体为参考系研究另一个物体运动情况的方法．六、图象法应用v－t图象，可把较复杂的问题转变为较简单的数学问题解决．尤其是用图象定性分析，可避开繁杂的计算，快速找出答案．实验一研究匀变速直线运动一、实验目的1．练习使用打点计时器，学会用打上点的纸带研究物体的运动情况．2．会利用纸带求匀变速直线运动的速度、加速度．3．利用打点纸带探究小车速度随时间变化的规律，并能画出小车运动的v－t图象，根据图象求加速度．二、实验器材电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸片．三、实验步骤1．把附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路．2．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过滑轮，下边挂上合适的钩码，把纸带穿过打点计时器，并把它的一端固定在小车的后面．实验装置见上图，放手后，看小车能否在木板上平稳地加速滑行．3．把小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，后放开小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列的点，换上新纸带，重复三次．4．从几条纸带中选择一条比较理想的纸带，舍掉开始一些比较密集的点，在后面便于测量的地方找一个开始点，以后依次每五个点取一个计数点，确定好计数始点，并标明0、1、2、3、4、…，测量各计数点到0点的距离x，并记录填入表中.位置编号012345t/sx/mv/(m·s－1)5.计算出相邻的计数点之间的距离x1、x2、x3、….6．利用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求得各计数点1、2、3、4、5的瞬时速度，填入上面的表格中．7．增减所挂钩码数，再做两次实验． 四、注意事项1．纸带、细绳要和长木板平行．2．释放小车前，应使小车停在靠近打点计时器的位置．3．实验时应先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带．一、数据处理1．匀变速直线运动的判断：(1)沿直线运动的物体在连续相等时间T 内的位移分别为x 1、x 2、x 3、x 4、…，若Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝x 4－x 3＝…则说明物体在做匀变速直线运动，且Δx ＝aT 2.(2)利用“平均速度法”确定多个点的瞬时速度，作出物体运动的v －t 图象．若v －t 图线是一条倾斜的直线，则说明物体的速度随时间均匀变化，即做匀变速直线运动．2．求速度的方法：根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度v n ＝x n ＋x n ＋12T .3．求加速度的两种方法：(1)逐差法：即根据x 4－x 1＝x 5－x 2＝x 6－x 3＝3aT 2(T 为相邻两计数点之间的时间间隔)，求出a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2，再算出a 1、a 2、a 3的平均值 a ＝a 1＋a 2＋a 33＝13×⎝⎛⎭⎫x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T 2＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 39T 2，即为物体的加速度．(2)图象法：以打某计数点时为计时起点，利用v n ＝x n ＋x n ＋12T 求出打各点时的瞬时速度，描点得v －t 图象，图象的斜率即为物体做匀变速直线运动的加速度．二、误差分析1．纸带上计数点间距测量有偶然误差，故要多测几组数据，以尽量减小误差．2．纸带运动时摩擦不均匀，打点不稳定引起测量误差，所以安装时纸带、细绳要与长木板平行，同时选择符合要求的交流电源的电压及频率．3．用作图法作出的v －t 图象并不是一条直线．为此在描点时最好用坐标纸，在纵、横轴上选取合适的单位，用细铅笔认真描点．4．在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止钩码落地，小车与滑轮碰撞． 5．选择一条点迹清晰的纸带，舍弃点密集部分，适当选取计数点．6．在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏，而导致误差过大)，仔细描点连线，不能连成折线，应作一条平滑曲线，让各点尽量落到这条曲线上，落不到曲线上的各点应均匀分布在曲线的两侧．精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考一轮复习知识考点归纳专题02 相互作用目录第一节重力弹力摩擦力 (2)【基本概念、规律】 (2)【重要考点归纳】 (3)考点一弹力的分析与计算 (3)考点二摩擦力的分析与计算 (3)考点三摩擦力突变问题的分析 (4)【思想方法与技巧】 (4)物理模型——轻杆、轻绳、轻弹簧模型 (4)第二节力的合成与分解 (5)【基本概念、规律】 (5)【重要考点归纳】 (6)考点一共点力的合成 (6)考点二力的两种分解方法 (6)【思想方法与技巧】 (7)方法技巧——辅助图法巧解力的合成和分解问题 (7)第三节受力分析共点力的平衡 (7)【基本概念、规律】 (7)【重要考点归纳】 (8)考点一物体的受力分析 (8)考点二解决平衡问题的常用方法 (9)考点三图解法分析动态平衡问题 (9)考点四隔离法和整体法在多体平衡中的应用 (9)【思想方法与技巧】 (10)求解平衡问题的四种特殊方法 (10)实验二探究弹力和弹簧伸长的关系 (10)实验三验证力的平行四边形定则 (12)第一节重力弹力摩擦力【基本概念、规律】一、重力1．产生：由于地球的吸引而使物体受到的力．2．大小：G＝mg.3．方向：总是竖直向下．4．重心：因为物体各部分都受重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫做物体的重心．二、弹力1．定义：发生弹性形变的物体由于要恢复原状，对与它接触的物体产生力的作用．2．产生的条件(1)两物体相互接触；(2)发生弹性形变．3．方向：与物体形变方向相反．三、胡克定律1．内容：弹簧发生弹性形变时，弹簧的弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比．2．表达式：F＝kx.(1)k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定．(2)x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．四、摩擦力1．产生：相互接触且发生形变的粗糙物体间，有相对运动或相对运动趋势时，在接触面上所受的阻碍相对运动或相对运动趋势的力．2．产生条件：接触面粗糙；接触面间有弹力；物体间有相对运动或相对运动趋势．3．大小：滑动摩擦力F f＝μF N，静摩擦力：0≤F f≤F fmax.4．方向：与相对运动或相对运动趋势方向相反．5．作用效果：阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势．【重要考点归纳】考点一弹力的分析与计算1．弹力有无的判断方法(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力．此方法多用来判断形变较明显的情况．(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定有弹力．(3)状态法：根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在．2．弹力方向的判断方法(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断．(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向．3．计算弹力大小的三种方法(1)根据胡克定律进行求解．(2)根据力的平衡条件进行求解．(3)根据牛顿第二定律进行求解．考点二摩擦力的分析与计算1．静摩擦力的有无和方向的判断方法(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下：(2)状态法：先判明物体的运动状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F＝ma)确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向．(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向．2．静摩擦力大小的计算(1)物体处于平衡状态(静止或匀速运动)，利用力的平衡条件来判断其大小．(2)物体有加速度时，若只有静摩擦力，则F f＝ma.若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，先求合力再求静摩擦力．3．滑动摩擦力的计算滑动摩擦力的大小用公式F f＝μF N来计算，应用此公式时要注意以下几点：(1)μ为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；F N为两接触面间的正压力，其大小不一定等于物体的重力．(2)滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的大小均无关．方法技巧：(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．(2)受静摩擦力作用的物体不一定是静止的，受滑动摩擦力作用的物体不一定是运动的．(3)摩擦力阻碍的是物体间的相对运动或相对运动趋势，但摩擦力不一定阻碍物体的运动，即摩擦力不一定是阻力．考点三摩擦力突变问题的分析1．当物体受力或运动发生变化时，摩擦力常发生突变，摩擦力的突变，又会导致物体的受力情况和运动性质的突变，其突变点(时刻或位置)往往具有很深的隐蔽性．对其突变点的分析与判断是物理问题的切入点．2．常见类型(1)静摩擦力因其他外力的突变而突变．(2)静摩擦力突变为滑动摩擦力．(3)滑动摩擦力突变为静摩擦力．【思想方法与技巧】物理模型——轻杆、轻绳、轻弹簧模型柔软，只能发生微小形既可伸长，也可压缩，弹簧与橡皮筋的弹力特点：(1)弹簧与橡皮筋产生的弹力遵循胡克定律F＝kx.(2)橡皮筋、弹簧的两端及中间各点的弹力大小相等．(3)弹簧既能受拉力，也能受压力(沿弹簧轴线)，而橡皮筋只能受拉力作用．(4)弹簧和橡皮筋中的弹力均不能突变，但当将弹簧或橡皮筋剪断时，其弹力立即消失．第二节力的合成与分解【基本概念、规律】一、力的合成1．合力与分力(1)定义：如果一个力产生的效果跟几个力共同作用的效果相同，这一个力就叫那几个力的合力，那几个力就叫这个力的分力．(2)关系：合力和分力是一种等效替代关系．2．力的合成：求几个力的合力的过程．3．力的运算法则(1)三角形定则：把两个矢量首尾相连从而求出合矢量的方法．(如图所示)(2)平行四边形定则：求互成角度的两个力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．二、力的分解1．概念：求一个力的分力的过程．2．遵循的法则：平行四边形定则或三角形定则．3．分解的方法(1)按力产生的实际效果进行分解．(2)正交分解．三、矢量和标量1．矢量既有大小又有方向的物理量，相加时遵循平行四边形定则．2．标量只有大小没有方向的物理量，求和时按算术法则相加．【重要考点归纳】考点一共点力的合成1．共点力合成的方法(1)作图法(2)计算法：根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力，是解题的常用方法．2．重要结论(1)二个分力一定时，夹角θ越大，合力越小． (2)合力一定，二等大分力的夹角越大，二分力越大． (3)合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力． 3．几种特殊情况下力的合成(1)两分力F 1、F 2互相垂直时(如图甲所示)：F 合＝F 21＋F 22，tan θ＝F 2F1.甲 乙(2)两分力大小相等时，即F 1＝F 2＝F 时(如图乙所示)： F 合＝2Fcos θ2.(3)两分力大小相等，夹角为120°时，可得F 合＝F.解答共点力的合成时应注意的问题(1)合成力时，要正确理解合力与分力的大小关系：合力与分力的大小关系要视情况而定，不能形成合力总大于分力的思维定势．(2)三个共点力合成时，其合力的最小值不一定等于两个较小力的和与第三个较大的力之差．考点二 力的两种分解方法1．力的效果分解法(1)根据力的实际作用效果确定两个实际分力的方向； (2)再根据两个实际分力的方向画出平行四边形； (3)最后由平行四边形和数学知识求出两分力的大小． 2．正交分解法(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．(2)建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的力在坐标轴上)；在动力学中，以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系．(3)方法：物体受到多个力作用F 1、F 2、F 3…，求合力F 时，可把各力沿相互垂直的x 轴、y 轴分解．x 轴上的合力：。
(全国通用)高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2讲匀变速直线运动规律课件
。
⑤上升到最高点所用时间:t=
������0 ������
。
【提示】匀变速直线运动规律的“三性”: (1)条件性:基本公式和推论的适用条件必须是物体做匀变速直线运动。 (2)矢量性:基本公式和平均速度公式都是矢量式。 (3)可逆性:由于物体运动条件的不同,解题时可进行逆向转换。
考点一
考点二
考点三
考点一
考ห้องสมุดไป่ตู้二
考点三
某物体做直线运动,位移遵循的方程为x=6t-t2(其中x的单位为m,t的单位为s)。则该物体 在0~4 s时间内通过的路程为 (C)
A.8 m B.9 m
C.10 m D.11 m 【解析】根据位移表达式x=6t-t2可知,物体做初速度v0=6 m/s,加速度a=-2 m/s2的匀减速直 线运动。当t=0时,x=0;当t=3 s时,物体速度减为零,但位移达到最大,为x=9 m;之后物体折回 做匀加速直线运动,当t=4 s时,x=8 m;所以物体在0~4 s时间内通过的路程为10 m,C项正确。
的纽带,应注意分析各段的运动性质。
考点一
考点二
考点三
考点一
考点二
考点三
【解题思路】根据题意,在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速运动。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s1和s2,由运动学规律得
s1=12 ������������02① s1+s2=12a(2t0)2②
A.288 m B.300 m C.150 mD.144 m
【解析】先求出飞机着陆后到停止所用时间
t,由
v=v0+at,得
t=������-������������0
高考物理总复习第一部分考点梳理第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律
20
解得x3=
3
m<7.5 m
符号使用规范,不能混用
可知当物体的位移大小为7.5 m时,处在下滑阶段
由速度公式0=v0+a1t3得
物体上升阶段用时
4
t3=
3
写出必要的文字说明
s
物体下滑阶段,由位移公式可得-7.5
解得 t4=
102
3
20
m3
m=
2Δ(1 -2 )
A.
1 2(1+2 )
Δ(1 -2)
B.
1 2(1+2)
2Δ(1+2)
C.
1 2 (1 -2 )
v1∶v2∶v3∶…∶vn= 1∶2∶3∶…∶n 。
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前nT内的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn= 1∶4∶9∶…∶n2
。
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶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之比为
a=20 m/s2,v0=34 m/s,故 A、B 错误;汽车刹车的
m,故 C 正确;汽车刹车所用的总时间为
0
t= =1.7
s,故
易错警示 刹车类问题的注意事项
(1)刹车类问题的特点为匀减速到速度为零后停止运动,加速度a突然消失。
(2)求解时要注意确定实际运动时间。
(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)的运动,可把该阶段看成反向的初速度
答案
0 2
(1)
0 2
(2)
高三物理一轮复习 第1章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 2 匀变速直线运动的规律课件
第二单元 匀变速直线运动的规律
知识点一 匀变速直线运动的规律 [想一想]
如图所示，一质点由A点出发，以初速度v0做匀变速直 线运动，经过时间t s到达B点，设其加速度大小为a.
(1)若质点做匀加速直线运动，则质点在B点的速度及AB间 距应如何表示．
(2)若质点做匀减速直线运动，则质点在B点的速度及AB间 距应如何表示．
【解析】 由运动学公式的推论 Δx＝aT2 可得：x8－x5＝ 3aT2，所以 a＝2 m/s2，又由匀变速直线运动的速度公式 v＝v0 ＋at 可得：v9＝2×9 m/s＝18 m/s，所以选项 D 正确．
【答案】 D
2．一物体从斜面顶端由静止开始匀加速滚下，到达斜面 中点用时1 s，速度为2 m/s，则下列说法正确的是( )
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．
典例1 (2015·南通高三质检)做匀加速直线运动的物体途 中依次经过A、B、C三点，已知AB＝BC＝2l ，AB段和BC段的 平均速度分别为v1＝3 m/s、v2＝6 m/s，则：
(1)物体经B点时的瞬时速度vB为多大？ (2)若物体运动的加速度a＝2 m/s2，试求AC的距离l.
移之比为：
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1_∶__3_∶__5_∶__…__∶__(_2_n_－__1_)_．
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶( 2 －1)∶( 3 － 2 )∶…∶( n － n－1)．
[练一练] 1．一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，其中第8 s内 的位移比第5 s内的位移多6 m，则汽车的加速度以及9 s末的速 度为( ) A．a＝3 m/s2 v9＝15 m/s B．a＝1 m/s2 v9＝137 m/s C．a＝2 m/s2 v9＝14 m/s D．a＝2 m/s2 v9＝18 m/s
高考物理一轮复习 第1章 运动的描述、匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用模拟
2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用模拟新人教版必修1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理一轮复习第1章运动的描述、匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用模拟新人教版必修1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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匀变速直线运动的规律及应用1．（2016·课标全国Ⅲ卷）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。
该质点的加速度为导学号 51342048( A ）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!［解析］设质点的初速度为v0，由末动能为初动能的9倍知,得末速度为初速度的3倍，即v t＝3v0，由匀变速直线运动规律可知，错误!＝错误!＝2v0,由加速度的定义可知质点的加速度a＝错误!＝错误!，由以上两式可知，a＝错误!，A项正确，B、C、D项错误.2．(2015·江苏物理）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错误! ( C ）A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5［解析］加速距离x1＝错误!＝1m,时间t1＝错误!＝1s，到关卡2用时t2＝错误!＋t1＝错误! s＋1s＝4.5s,第2关卡没有关闭;到关卡3时共用时t3＝错误!s＋4.5s＝8。
高考一轮物理(通用版)课件 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2节 匀变速直线运动的规律及其应用
理 知 识 课 时 提 能 练
第2节
析 考 点
匀变速直线运动的规律及其应用
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高三一轮总复习
知识点 1 匀变速直线运动及其公式 1．匀变速直线运动及三个基本公式 定义 物体在一条直线上且加速度不变的运动 分类 (1)匀加速直线运动：a 与 v同向 (2)匀减速直线运动：a 与 v 反向 (1)速度公式：v＝v0＋at
v0＋v (2)平均速度：v ＝ 2
＝v t ，即一段时间内的平均速度等于这段时间
2
中间时刻的瞬时速度或这段时间初、末时刻速度矢量和的一半．
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高三一轮总复习
(3)初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 ①1T 末、2T 末、3T 末…瞬时速度的比为： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n . ②1T 内、2T 内、3T 内…位移的比为：
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高三一轮总复习
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. 1 2 ②位移公式：h＝v0t－ gt . 2 ③速度－位移关系式：v2－v2 0＝－2gh. v2 0 ④上升的最大高度：H＝ . 2g v0 ⑤上升到最高点所用时间：t＝ . g
1.解答运动学问题的基本思路 画过 判断 选用公 解方程 选取正 程示 ―→ 运动 ―→ ―→ 式列方 ―→ 并加以 方向 意图 性质 程 讨论
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知识点 2 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 重力作用，从 静止开始下落． (2)运动特点：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 . 1 2 gt ②位移公式：h＝ 2 . ③速度—位移关系式：v2＝2gh .
近年高考物理总复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用实
2018高考物理一轮总复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用实战演练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018高考物理一轮总复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动的规律及应用实战演练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第2讲匀变速直线运动的规律及应用1．（2014·上海卷)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)A．2vgB．vgC．错误!D．错误!解析:由题意可知，两球落地的时间差Δt刚好等于竖直向上抛出的小球从抛出到返回抛出点所用的时间,根据竖直上抛运动的对称性可得，Δt＝错误!，A项正确．2．(2016·全国卷Ⅲ）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为S,动能变为原来的9倍,该质点的加速度为（A)A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!解析:设初速度为v1，末速度为v2,根据题意可得9·错误!mv错误!＝错误!mv错误!,解得v2＝3v1，根据v＝v0＋at,可得3v1＝v1＋at，解得v1＝错误!，代入s＝v1t＋错误!at2可得a＝错误!,故A正确．3。
（2013·四川卷）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23 m．质量8 t、车长7 m的卡车以54 km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．（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3×104 N．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？解析:已知卡车质量m＝8 t＝8×103 kg、初速度v0＝54 km/h＝15 m/s. (1）从制动到停车阻力对卡车所做的功为W,由动能定理有W＝－错误!mv错误!①已知卡车所受阻力F f＝－3×104 N，设卡车的制动距离为s1，有W＝Ff s1②联立①②式,代入数据解得s1＝30 m．③(2)已知车长l＝7 m，AB与CD的距离为s0＝23 m．设卡车驶过的距离为s2,D处人行横道信号灯至少需要经过时间Δt后变灯，有s2＝s0＋l，④s2＝v0Δt。
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6 第二节 匀变速直线运动的规律及应用一、单项选择题1．空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km 、离地1 750 m 高度时飞机发动机停车失去动力．在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人．若飞机着陆后以6 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12 s 内滑行的距离是( ) A ．288 m B ．300 m C ．150 mD ．144 m解析：选B.先求出飞机着陆后到停止所用时间t .由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10 s ，由此可知飞机在12 s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s 内是静止的，故它着陆后12 s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10 m ＋(－6)×1022m ＝300 m.2．(2018·江苏四校联考)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s 2的加速度，刹车后第3 s 内汽车的位移大小为( ) A ．12.5 m B ．2 m C ．10 mD ．0.5 m解析：选D.据v ＝at 可得由刹车到静止所需的时间t ＝2.5 s ，则第3 s 内的位移，实际上就是2～2.5 s 内的位移，x ＝12at ′2＝0.5 m.3．高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A 以恒定速率360 km/h 运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B ，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B 车，当A 车快到襄阳站且距襄阳站路程为s 处时，B 车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360 km/h 时恰好遇到A 车，两车连锁并打开乘客双向通道，A 、B 列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B 车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则( ) A ．无论B 车匀加速的加速度大小为多少，s 是相同的 B ．该乘客节约了五个站的减速、停车、提速时间 C ．若B 车匀加速的时间为1 min ，则s 为4 kmD ．若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则当B 车停下时A 车已距随州站路程为1 km 解析：选D.设B 车从静止开始加速到v ＝360 km/h 所用时间为t ，B 车加速度为a ，由题意得s ＝vt －v2t ＝v2t ，而v ＝at ，所以两者之间的距离s ＝v 22a，由此可知，B 车的加速度a 越大，s越小，A 项错误；从襄阳站到潜江站中间间隔三个站，所以该乘客节约了三个站的减速、停车、提速时间，B 项错误；若B 车匀加速的时间t ′＝1 min ，则s ＝v2t ′＝3 km ，C 项错误；若B车匀减速的加速度大小a ′＝5 m/s 2，减速运动时间t ″＝va ′＝20 s ，则当B 车停下时A 车已经距随州站路程为s ′＝vt ″－12a ′t ″2＝1 km ，D 项正确．4．一固定的光滑斜面长为x ，一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体速度为到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的距离是( ) A.x 4 B ．2－12x C.x2D ．2x 2解析：选A.把物体的运动过程按速度大小分为两段，即0～v 2和v2～v 两段，由于两段的速度变化量相等，则两段的时间相等，又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3，故第一段的位移为总位移的四分之一，即x4，选项A 正确．5．(2018·扬州广陵区检测)近年我国多地都出现了雾霾天气，严重影响了人们的健康和交通；设有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h 的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s ，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s 2，最后停在故障车前1.5 m 处，避免了一场事故．以下说法正确的是( ) A ．司机发现故障车后，汽车经过3 s 停下B ．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sC ．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mD ．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为11 m/s解析：选C.汽车减速到零的时间t 1＝Δv a ＝0－15－5 s ＝3 s ．则t ＝t ′＋t 1＝(0.6＋3)s ＝3.6 s ，故A 错误；在反应时间内的位移x 1＝v 0t ′＝15×0.6 m ＝9 m ．匀减速直线运动的位移x 2＝0－v 22a ＝0－225－10 m ＝22.5 m ，则x ＝x 1＋x 2＋1.5 m ＝33 m ，故C 正确；平均速度v －＝x 1＋x 2t ＝9＋22.53.6m/s ＝8.75 m/s ，故B 、D 错误．6．东东同学看到远处燃放的烟花，每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸．最高点与五楼顶部平齐，且前一颗烟花爆炸时后一颗烟花恰好从地面发射，他看到烟花爆炸闪光同时还听到了爆炸的声音，而在最后一颗烟花爆炸闪光之后还能听到一次爆炸的声音．请你根据这些现象估算他离烟花燃放点的距离约为(空气中声音传播速度为340 m/s，重力加速度为10 m/s2)( )A．34 m B．58 mC．340 m D．580 m解析：选D.每颗烟花从地面竖直发射到最高点时瞬间爆炸，均可视为竖直上抛运动．地面到五楼顶部的高度约为h＝15 m，则烟花上升到最高点的时间t＝2hg＝2×1510s＝ 3 s．由题意知，离烟花燃放点的距离约为x＝vt＝340 3 m，约为580 m．选项D正确．7．(2018·淮安模拟)如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图，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g＝10 m/s2)( )A．1.6 m B．2.4 mC．3.2 m D．4.0 m解析：选C.将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动，由题意知，球从抛出到落回手中用时t＝0.4 s×4＝1.6 s，则球从最高点落回手中的时间为0.8 s，则H＝12×10×0.82 m＝3.2 m，故C正确．二、多项选择题8．一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块在最初1 s内的位移为2.5 m，由此可求得( ) A．滑块的加速度为5 m/s2B．滑块的初速度为5 m/sC．滑块运动的总时间为3 sD．滑块运动的总位移为4.5 m解析：选CD.初速度为零的匀加速直线运动在第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ＝1∶3∶5.运动的总时间为3 s时，在前2 s内和后2 s内的位移之比为1∶2.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动．因滑块在最初2 s 内的位移是最后2 s 内位移的两倍，故运动的总时间为t ＝3 s ，选项C 正确；最初1 s 内的位移与总位移之比为x 1x ＝59，滑块最初1 s 内的位移为2.5 m ，故x ＝4.5 m ，选项D 正确；根据x ＝12at 2可得a ＝1 m/s 2，选项A 错误；根据v ＝at 可得，滑块的初速度为3 m/s ，选项B 错误． 9.如图所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d ，根据图中的信息，下列判断正确的是( ) A ．位置1是小球释放的初始位置 B ．小球做匀加速直线运动 C ．小球下落的加速度为d T2 D ．小球在位置3的速度为7d2T解析：选BCD.由Δx ＝d 为恒量判断，小球做匀加速直线运动，故B 正确；由Δx ＝aT 2得a ＝d T2，故C 正确；v 3＝v －24＝7d 2T ，故D 正确；v 1＝v 3－a ·2T ＝7d 2T －d T 2×2T ＝3d 2T >0，故A 错误．10.(2018·南京师大附中模拟)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度分别为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则( )A ．三者到达桌面时的速度大小之比是 3∶2∶1B ．三者运动时间之比为3∶2∶1C ．b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D ．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比解析：选AC.由v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，故v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，A 正确；由t ＝2hg得三者运动的时间之比t 1∶t 2∶t 3＝3∶2∶1，B 错误；b 与a 开始下落的时间差Δt 1＝(3－2)2h 3g，c 与b 开始下落的时间差Δt 2＝(2－1)·2h 3g，故C 正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，D 错误． 三、非选择题11．(2018·镇江中学模拟)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过．若某车减速前的速度为v 0＝72 km/h ，靠近站口时以大小为a 1＝5 m/s 2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v t ＝28.8 km/h ，然后立即以a 2＝4 m/s 2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)．试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？ (3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？解析：设该车初速度方向为正方向，v t ＝28.8 km/h ＝8 m/s ，v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，a 1＝－5 m/s 2. (1)该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则： 由v 2t －v 20＝2a 1x 1 解得：x 1＝33.6 m.(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段：v t ＝v 0＋a 1t 1，得t 1＝v t －v 0a 1＝2.4 s 加速阶段：t 2＝v 0－v ta 2＝3 s 则加速和减速的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5.4 s. (3)在加速阶段：x 2＝v t ＋v 02t 2＝42 m则总位移：x ＝x 1＋x 2＝75.6 m若不减速所需要时间：t ′＝x v 0＝3.78 s车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt ＝t －t ′＝1.62 s. 答案：(1)33.6 m (2)5.4 s (3)1.62 s12．王兵同学利用数码相机连拍功能记录运动会上女子跳水比赛中运动员在10 m 跳台跳水的全过程．所拍摄的第一张照片恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲，王兵同学认为这时她们处在最高点，第十九张如图乙，她们正好身体竖直、双手刚刚触及水面．查阅资料得知相机每秒连拍10张．设起跳时重心离台面及触水时重心离水面的距离相等．(g ＝10 m/s 2)由以上材料：(1)估算运动员的起跳速度大小；(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阶段还是下降阶段？ 解析：(1)由题意可知，相机连拍周期T ＝110 s ＝0.1 s ，运动员从起跳到双手触水的总时间t＝18T ＝1.8 s.设起跳速度大小为v 0，取竖直向上为正方向， 则：－10＝v 0t －12gt 2，解得：v 0≈3.4 m/s.(2)上升时间t 1＝0－v 0－g＝0.34 s.而拍第四张照片是在0.3 s 时，所以此时运动员还处于上升阶段． 答案：(1)3.4 m/s (2)不是 重心处于上升阶段。