浙江版2022年高考物理总复习第一单元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及应用课件

第一单元第2讲　匀变速直线运动的规律及应用 1.运动规律(1)速度公式:v=v0+at。(2)位移公式:x=v0t+at2。(3)速度位移关系式:v2-=2ax。必备知识·整合 2.两个重要的推论(1)做匀变速直线运动的物体,在某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一半,还等于中间时刻的瞬时速度,即==。(2)做匀变速直线运动的物体,在任意两个连续相等的时间间隔(T)内的位移差是个恒量,即Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2。 3.竖直上抛运动的规律(1)竖直上抛运动的两种研究方法分段法: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。全程法:将全过程视为初速度为v0、加速度为a=-g的匀变速直线运动。(2)竖直上抛运动的三种对称性:时间的对称性、速度的对称性、能量的对称性。 1.判断下列说法对错。(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(　　)(2)某物体从静止开始做匀加速直线运动,速度由0到v运动的距离是由v到2v运动的距离的2倍。(　　)(3)对任意直线运动,其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。(　　)✕✕✕ (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)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8m/s2。(　　)✕√✕ 2.(2018浙江4月选考,10,3分)如图所示,竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104m,升降机运行的最大速度为8m/s,加速度大小不超过1m/s2。假定升降机到井口的速度为0,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　)A.13s　　　    B.16s　　　    C.21s　　　    D.26sC 3.(人教版必修1P40第3题改编)以18m/s的速度行驶的汽车,制动后做匀减速直线运动,在3s内前进36m,则汽车在5s内的位移为(　　)A.50mB.45mC.40.5mD.40mC 4.(人教版必修1P45第5题改编)小钢球从某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到的照片如图所示。已知连续两次曝光的时间间隔,为求出小钢球经过B点的速度,需测量(　　)A.照片中AC的距离B.照片中小钢球的直径及AC的距离C.小钢球的实际直径、照片中AC的距离D.小钢球的实际直径、照片中小钢球的直径及AC的距离D 考点一　匀变速直线运动的基本规律关键能力·突破1.[速度时间关系]如图所示,一辆汽车安装了自动刹车系统,当车速v≤8m/s且与前方障碍物之间的距离达到安全距离时,该系统立即启动,启动后汽车刹车时的加速度大小范围为4~6m/s2,在该系统控制下汽车刹车的最长时间为(　　)B A.1.33s　　　    B.2s　　　    C.2.5s　　　    D.4s 解析刹车加速度最小为a=4m/s2,车速最大为v=8m/s,由v=at可得,汽车刹车的最长时间为t==2s,选项B正确。 2.[位移时间关系]t=0时刻,物体由静止开始做匀加速直线运动,已知2s末的速度大小为8m/s,则(　　)A.物体的加速度大小为8m/s2B.物体在2s内的平均速度大小为8m/sC.物体在第2s内的位移大小为8mD.物体在2s内的位移大小为8mD 解析物体由静止开始做匀加速直线运动,2s末的速度大小为8m/s,则加速度大小a=m/s2=4m/s2,A错误;物体在2s内的位移大小为x2=a=8m,则物体在2s内的平均速度大小==4m/s,B错误,D正确;物体在第2s内的位移大小为Δx=a-a=6m,C错误。 3.[速度位移公式](2020浙江嘉兴一中期中)如图所示,国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统,系统以50Hz的频率监视前方的交通状况,当车速v≤10m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时,如果司机未采取制动措施,系统就会立即启动“全力自动刹车”,加速度大小约为5m/s2,使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为(　　)B A.1m　　　    B.10m　　　    C.20m　　　    D.50m 解析由题意知,系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为5m/s2,车速v≤10m/s,最后末速度为0,由v2=2ax可得x≤=m=10m,所以系统设置的安全距离约为10m,故选B。 4.[平均速度求位移]小刘驾驶着小轿车以43.2km/h的速度匀速行驶,看到前面十字路口闪烁的绿灯倒计时只有4s了,他果断踩刹车,假设轿车做匀减速直线运动,加速度大小为3m/s2,则刹车开始6s后轿车的位移是(　　)A.18mB.24mC.31.1mD.211.2mB解析43.2km/h=12m/s,轿车速度减为零的时间t0==s=4s,则刹车6s内的位移等于4s内的位移,x=t0=×4m=24m,故B正确。 适宜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v=v0+atv0、v、a、txx=v0t+at2v0、a、t、xvv2-=2axv0、v、a、xtx=tv0、v、t、xa1.重要公式的选择 2.运动学公式中正、负号的规定一般情况下,规定初速度方向为正方向,与正方向相同的物理量取正值,相反的取负值。 3.两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题:指匀减速到速度为零后立即停止运动,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,全过程加速度大小、方向均不变,故求解时可对全过程列方程,但必须注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。 考点二　匀变速直线运动的重要推论及其应用1.重要推论(1)平均速度公式:做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于它在这段时间中间时刻的瞬时速度,还等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半,即==。(2)位移差公式:做匀变速直线运动的物体在连续相等的时间T内通过的位移之差相等,即Δx=aT2,xm-xn=(m-n)·aT2。 2.初速度为零的匀加速直线运动的常用比例(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。(2)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x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。(3)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。 例1物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面,斜面总长度为xAC,物体到达斜面最高点C时速度恰好为零,如图所示,已知物体运动到距斜面底端xAC处的B点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间。 答案见解析解析解法一:基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设初速度为v0,加速度大小为a,物体从B滑到C所用的时间为tBC,由匀变速直线运动的规律可得=2axAC-=-2axABxAB=xAC解得vB=又vB=v0-atvB=atBC解得tBC=t。 解法二:中间时刻速度法匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,==又=2axAC,=2axBC,xBC=联立解得vB=可知vB正好等于AC段的平均速度,因此物体到B点时是这段位移的中间时刻,因此有tBC=t。 解法三:位移比例法物体运动的逆过程可以视为初速度为零的匀加速直线运动,对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)因为xBC∶xAB=∶=1∶3而物体通过AB段的时间为t,所以通过BC段的时间tBC=t。 解题感悟解决匀变速直线运动问题的两个技巧(1)把减速到零的匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动,列方程将非常简便,如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。(2)若已知匀变速直线运动的时间和位移,通常要考虑应用平均速度公式,求出中间时刻的瞬时速度。 1.[平均速度推论]物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离均为16m的路程,第一段用时4s,第二段用时2s,则物体的加速度大小是(　　)A.m/s2B.m/s2C.m/s2D.m/s2B 解析根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知,从开始运动第一段时计时,则2s时的瞬时速度等于0~4s内的平均速度v1=m/s=4m/s,5s时的瞬时速度等于4~6s内的平均速度v2=m/s=8m/s,两个中间时刻的时间间隔为Δt=2s+1s=3s,根据加速度定义可得a==m/s2=m/s2,故选B。 2.[位移差公式]动车把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,而动车组就是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组而成的。若动车组在匀加速直线运动过程中,通过第一个60m所用的时间是10s,通过第二个60m所用的时间是6s。则(    　)A.动车组的加速度大小为0.5m/s2,接下来的6s内的位移大小为78mB.动车组的加速度大小为1m/s2,接下来的6s内的位移大小为78mC.动车组的加速度大小为0.5m/s2,接下来的6s内的位移大小为96mD.动车组的加速度大小为1m/s2,接下来的6s内的位移大小为96mA 解析设通过第一个60m的平均速度为v1,v1可以表示中间时刻的瞬时速度,所以5s末的速度v1==6m/s;通过第二个60m的平均速度为v2,v2可以表示中间时刻的瞬时速度,所以13s末的速度v2==10m/s。由v2=v1+at得a=0.5m/s2,由再接下来的6s和前面的6s是连续相等的时间,则有Δx=aT2,即x-60m=aT2,解得x=78m。 3.[初速度为零的匀加速直线运动的常用比例]如图所示,在水平面上固定着三个完全相同的木块,一子弹以水平速度射入木块,若子弹在木块中做匀减速直线运动,当穿透第三个木块时速度恰好为零,则子弹依次射入每个木块时的速度之比或穿过每个木块所用时间之比正确的是(　　)A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1B.v1∶v2∶v3=∶∶1C.t1∶t2∶t3=1∶∶D.t1∶t2∶t3=∶∶1B 解析该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动,设每个木块厚度为L,则=2a·L,=2a·2L,=2a·3L,故v1∶v2∶v3=∶∶1,所以选项A错误,B正确。由于每个木块厚度相同,故由比例关系可得t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1,所以选项C、D错误。 考点三　自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动的处理方法自由落体运动是v0=0、a=g的匀变速直线运动,所以匀变速直线运动的所有公式、推论和方法全部适用。2.竖直上抛运动的两种处理方法(1)分段法:分为上升过程和下落过程。(2)全程法:将全过程视为初速度为v0、加速度为a=-g的匀变速直线运动。 3.竖直上抛运动的对称性和多解性(1)对称性如图所示,物体以初速度v0竖直上抛,A、B为途中的任意两点,C为最高点,则:①时间的对称性物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等,同理tAB=tBA。 ②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。③能量的对称性物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等,均等于mghAB。(2)多解性当物体经过抛出点上方某个位置(最高点除外)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。 例2气球以1.25m/s2的加速度从地面开始竖直上升,离地30s后,从气球上掉下一物体,不计空气阻力,g取10m/s2,则物体到达地面所需时间为(　　)A.7s　　　　　　　    B.8sC.12s　　　　　　　    D.15sD 解析先求30s后气球的速度及高度。速度v=at=1.25×30m/s=37.5m/s高度h1=at2=×1.25×302m=562.5m解法一(整体法):物体刚掉下时,具有竖直向上的初速度为37.5m/s,距地面的高度为562.5m,此后物体做竖直上抛运动,则可以直接代入公式h=v0t-gt2,其中h=-562.5m,v0=37.5m/s,解得t=15s或t=-7.5s(舍去)。解法二(分段法): 上升阶段:物体上升的时间t1==3.75s上升的高度H==m下降阶段:下降过程物体做自由落体运动,下降时间t2==11.25s(负解舍去)物体到达地面所需的总时间为t=t1+t2=15s。 解题感悟求解竖直上抛运动的两点注意:(1)要注意速度、加速度、位移等的方向,一般看成初速度方向为正方向的匀减速运动。(2)竖直上抛运动为双向可逆运动,要注意其多解性,对某一高度h,常有以下三种情况。①当h>0时,表示物体在抛出点的上方。此时t有两解。较小的t表示上抛物体第一次到达这一高度所用的时间;较大的t表示上抛物体落回此高度所用的时间。 ②当h=0时,表示物体刚抛出或抛出后落回原处。此时t有两解:一解为零,表示刚要上抛这一时刻,另一解表示上抛后又落回抛出点所用的时间。③当h<0时,表示物体抛出后落回抛出点后继续下落到抛出点下方的某一位置。此时t有两解:一解为正值,表示物体落到抛出点下方某处所用的时间;另一解为负值,应舍去。 1.[自由落体运动](2020浙江丽水中学模拟)甲、乙两球从同一高度相隔1s先后自由下落,在下落过程中(　　)A.两球的距离始终不变B.两球的距离越来越大C.两球的速度差越来越小D.两球的速度差越来越大B 解析设乙球运动的时间为t,则甲球运动的时间为t+1s,两球从同一高度先后自由下落后的间距为h=g(t+1s)2-gt2=gt+(m),两球间的距离随着时间推移越来越大,A错误,B正确;两球的速度差Δv=g(t+1s)-gt=g(m/s),速度差恒定,C、D错误。 2.[竖直上抛运动的对称性]从地面上将一个小球竖直上抛,经时间t小球经过空中的某点A,再经过时间t小球又经过A点。不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)A.小球抛出时的速率为2gtB.小球抛出时的速率为gtC.小球上升的最大高度为gt2D.A点的高度为gt2B 解析由竖直上抛运动的对称性知,小球从抛出至最高点用时t,则初速度v0=gt,A错误,B正确;小球上升的最大高度h==,C错误;A点的高度hA=v0t-gt2=gt2,D错误。 3.[竖直上抛运动的多解性](多选)一物体做竖直上抛运动(不计空气阻力),初速度为30m/s,当它的位移大小为25m时,经历时间可能为(g取10m/s2)(　　)A.1s　　　　　　　    B.2sC.3s　　　　　　　    D.5sAD解析取竖直向上为正方向,由匀变速直线运动规律有x=v0t-gt2,当x=25m时,代入数据有t2-6t+5=0,可得t=1s或t=5s;当x=-25m时,代入数据有t2-6t-5=0,可得t=(3+)s(负解舍去),A、D正确,B、C错误。 4.[自由落体运动与竖直上抛运动的综合](多选)从地面竖直上抛一物体A,同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落,两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v,则下列说法正确的是(　　)A.A上抛的初速度与B落地时速度大小相等,都是2vB.两物体在空中运动的时间相等C.A上升的最大高度与B开始下落时的高度相同D.两物体在空中同时到达的同一高度处一定是B自由下落时高度的中点AC 解析设两物体相遇的时间为t,竖直上抛物体A的初速度为v0,则由题意得gt=v0-gt=v,解得v0=2v。根据竖直上抛运动的对称性可知,B自由下落到地面的速度为2v,在空中运动时间为tB=,竖直上抛物体A在空中运动时间tA=2×=,故A正确,B错误。物体A能上升的最大高度hA==,B自由下落的高度hB=g·()2=,显然两者相等,故C正确。两物体在空中同时到达同一高度时,B自由下落的高度为h=gt2=g()2==hB,故D错误。 考点四　单体多过程匀变速直线问题1.问题特点一个物体的运动包含几个阶段,各阶段的运动满足不同的运动性质和规律,交接处的速度是连接各段的纽带。 2.求解思路(1)由题意画出物体在各阶段的运动示意图,直观呈现物体的运动过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质,找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。(3)合理选择运动学公式,列出物体在各阶段的运动方程,同时列出物体各阶段间的关联方程。 例3如图所示是上海中心大厦,小明乘坐大厦快速电梯,从底层到达第119层观光平台共用时55s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动达到最大速度18m/s,然后以最大速度匀速运动,最后以加速度a2做匀减速运动,恰好到达观光平台时速度为零。假定观光平台高度为549m。 (1)若电梯经过20s匀加速达到最大速度,求加速度a1及此时上升高度h。(2)求电梯匀速运动的时间。思路点拨(1)物体整个过程一共经历了几个阶段?能否将它的v-t图像画出?(2)该电梯的v-t图像的面积代表什么意义? 答案(1)0.9m/s2180m　(2)6s解析(1)画出电梯的运动图像a1=解得a1=0.9m/s2根据h1=a1解得h1=180m(2)加速时h1=180m,t1=20s 匀速时h2=vt2=18t2减速时h3=t3t3=t-t1-t2=35s-t2h1+h2+h3=549m联立解得t2=6s 解题感悟处理单个物体多运动过程问题的基本方法:(1)画出物体运动的v-t图像;(2)找关键信息点,如速度、加速度、时间、位移等;(3)分段运用匀变速直线运动规律列方程;(4)各段运动交接处的速度大小往往是联系各段的纽带。 1.[加速-匀速-减速]一辆汽车从甲地开往乙地,由静止开始先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,最后做匀减速直线运动,当速度减为零时刚好到达乙地。从汽车启动开始计时,如表给出了某些时刻汽车的瞬时速度。下列说法正确的是(　　)时刻(s)1.02.03.05.07.09.510.5速度(m/s)3.06.09.012.012.09.03.0D A.汽车做匀加速直线运动的时间为3.0sB.汽车做匀加速直线运动的时间为5.0sC.汽车做匀减速直线运动的时间为4.0sD.汽车做匀减速直线运动的时间为2.0s 解析根据表格中数据,汽车做匀加速直线运动的加速度大小为a1==3m/s2。加速到最大速度v=12.0m/s后匀速运动,汽车做匀加速直线运动的时间为t1==4.0s,选项A、B错误;汽车做匀减速直线运动的加速度大小为a2==6m/s2。汽车做匀减速直线运动的时间为t2==2.0s,选项C错误,D正确。 2.[加速-减速](2020浙江余杭模拟)一个小球从斜面顶端无初速下滑,接着又在水平面上做匀减速运动,直到停止,它共运动了10s,斜面长4m,在水平面上运动的距离为6m,求:(1)小球在运动过程中的最大速度;(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小。 答案(1)2m/s　(2)0.5m/s20.33m/s2解析(1)依题意,设小球滑至斜面底端的速度为v1(即运动过程中的最大速度vm),所用时间为t1,在水平面上做匀减速运动的时间为t2,则在斜面上有x1=t1在水平面上有x2=t2又t=t1+t2联立解得vm=v1=2m/s (2)设小球在斜面和水平面上的加速度大小分别为a1、a2,则有-0=2a1x1,-0=2a2x2解得a1=0.5m/s2,a2≈0.33m/s2