人教版高考物理一轮复习第1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学案含答案

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第2讲　匀变速直线运动的规律 授课提示：对应学生用书第4页 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＝v0＋at。 (2)位移公式：x＝v0t＋eq \f(1,2)at2。 (3)速度—位移关系式：v2－veq \o\al(2,0)＝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eq \f(1,2)，还等于中间时刻的瞬时速度。 平均速度公式：eq \x\to(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝。 (2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移差相等。 即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。 (3)位移中点速度veq \f(x,2)＝ eq \r(\f(v\o\al(2,0)＋v2,2))。 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 v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 (2)1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶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 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶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 t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。 三、自由落体运动和竖直上抛运动 授课提示：对应学生用书第5页 eq \a\vs4\al(命题点一　匀变速直线运动规律的基本应用)　师生互动　 1．重要公式的选择 2．解答匀变速直线运动问题常用的方法 [典例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l，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eq \f(3,4)l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。 [思路点拨]　解此题关键是分析运动过程，灵活应用规律。 (1)过程分析： (2)按规律选取关键信息： ①物体从A滑到C做匀减速到零的运动，可考虑逆向思维。 ②xBC∶xAB＝1∶3，可考虑比例关系的应用。 [解析]　方法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，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 veq \o\al( 2,0)＝2axAC，① veq \o\al( 2,B)＝veq \o\al( 2,0)－2axAB，② 又xAB＝eq \f(3,4)xAC，③ 由①②③解得 vB＝eq \f(v0,2)。④ 又vB＝v0－at，⑤ vB＝atBC，⑥ 由④⑤⑥解得tBC＝t。 方法二：逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC， 由运动学公式得xBC＝eq \f(at\o\al( 2,BC),2)，xAC＝eq \f(at＋tBC2,2)， 又xBC＝eq \f(xAC,4)， 由以上三式解得tBC＝t。 方法三：比例法 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xCB∶xBA＝eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)＝1∶3，而通过AB的时间为t，所以通过BC的时间tBC＝t。 方法四：中间时刻速度法 利用推论：在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，eq \x\to(v)AC＝eq \f(v0＋0,2)＝eq \f(v0,2)。又veq \o\al( 2,0)＝2axAC，veq \o\al( 2,B)＝2axBC，xBC＝eq \f(xAC,4)，由以上三式解得vB＝eq \f(v0,2)。可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。 方法五：图象法 根据匀变速直线运动的规律，画出v t图象，如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(CO2,CD2)，且eq \f(S△AOC,S△BDC)＝eq \f(4,1)，OD＝t，OC＝t＋tBC，所以eq \f(4,1)＝eq \f(t＋tBC2,t\o\al(2,BC))，解得tBC＝t。 [答案]　t 规律总结 “一画、二选、三注意”巧解匀变速直线运动问题 ——————————————————————— 　 1．(2021·山东省实验中学高三模拟)如图所示为某大桥的简化示意图，图中桥墩之间的四段距离均为110 m。可视为质点的一辆汽车从a点由静止开始做加速度恒定的加速直线运动。已知该车通过bc段的时间为t，则通过ce段的时间为(　　) A.eq \r(2)t　　　　　　　　 B．(eq \r(2)－1)t C．(eq \r(2)＋1)t D．t 解析：汽车从a点由静止开始做加速度恒定的加速直线运动，经过四段大小相等的位移所需要的时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶(2－eq \r(3))，设通过ce段的时间为t′，则t∶t′＝(eq \r(2)－1)∶(2－eq \r(2))，解得t′＝eq \r(2)t，故A正确，B、C、D错误。 答案：A 2．(多选)如图，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＝3 m，且物体通过AB、BC、CD所用时间相等。下列说法正确的是(　　) A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得CD＝4 m C．可求得O、A之间的距离为1.125 m D．可求得O、A之间的距离为1.5 m 解析：设相等时间为t，由Δx＝at2可得物体的加速度a＝eq \f(Δx,t2)＝eq \f(3－2,t2)＝eq \f(1,t2)，因为不知道时间，所以不能求出加速度，A错误；根据在相邻的相等时间内的位移差是恒量可得，xCD－xBC＝xBC－xAB＝1 m，可知xCD＝4 m，B正确；物体经过B点时的瞬时速度vB为vB＝eq \x\to(v)AC＝eq \f(5,2t)，再由veq \o\al(2,t)＝2ax可得O、B两点间的距离xOB＝eq \f(v\o\al( 2,B),2a)＝eq \f(25,4t2)·eq \f(t2,2)＝3.125 m，所以O与A间的距离xOA＝xOB－xAB＝1.125 m，C正确，D错误。 答案：BC 3．(2020·高考全国卷Ⅰ)我国自主研制了运20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105 kg时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为1.69×105 kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。 (1)求飞机装载货物后的起飞离地速度； (2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。 解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件 m1g＝kveq \o\al( 2,1)，① m2g＝kveq \o\al( 2,2)，② 由①②式及题给条件得v2＝78 m/s。③ (2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。 由匀变速直线运动公式有 veq \o\al( 2,2)＝2as，④ v2＝at，⑤ 联立③④⑤式及题给条件得a＝2.0 m/s2，t＝39 s。 答案：(1)78 m/s　(2)2.0 m/s2　39 s eq \a\vs4\al(命题点二　自由落体与竖直上抛运动)　　师生互动 1．求解自由落体运动的两点注意 (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。 ①从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…。 ②从运动开始一段时间内的平均速度eq \x\to(v)＝eq \f(h,t)＝eq \f(v,2)＝eq \f(1,2)gt。 ③连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2。 (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，等效于竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。 2．研究竖直上抛运动的两种方法 (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a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。 3．竖直上抛运动的对称性和多解性 [典例2]　在离地面高h处质点A做自由落体运动，与此同时，在A的正下方的地面上质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇，求出v0的取值范围；若B在下降阶段与A相遇，求出v0的取值范围。 [思路点拨]　解此题关键是画出两质点运动示意图(如图所示)，找到相遇点，利用好位移关系和时间关系。 [解析]　如图所示，以B的初位置为原点O，竖直向上为y轴正方向。 A做自由落体运动，它的位置坐标和时间的关系为 y1＝h－eq \f(1,2)gt2， B做竖直上抛运动，它的位置坐标和时间关系为 y2＝v0t－eq \f(1,2)gt2， 两个质点相遇的条件是y1＝y2， 即h－eq \f(1,2)gt2＝v0t－eq \f(1,2)gt2， 可见A、B相遇的时间t0＝eq \f(h,v0)， 而B上升到最高点的时间t1＝eq \f(v0,g)。 若要使B在上升时与A相遇，必须满足t1≥t0， 即eq \f(v0,g)≥eq \f(h,v0)， 所以B在上升过程中与A相遇时v0的取值范围为v0≥eq \r(gh)； 若B在下降过程中与A相遇，必须满足eq \f(v0,g)<eq \f(h,v0)，即v0<eq \r(gh)，但又要在B落地以前相遇，B落地的时间t2＝eq \f(2v0,g)， 必须满足t2≥t0，即eq \f(2v0,g)≥eq \f(h,v0)，得v0≥ eq \r(\f(gh,2))。 因此，在B下降过程中与A相遇时v0的取值范围为eq \r(gh)>v0≥ eq \r(\f(gh,2))。 [答案]　见解析 易错警示 求解竖直上抛运动的2点注意 ——————————————————————— (1)要注意速度、加速度、位移等物理量的方向，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，其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法： ①根据位移h判断：h>0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，h<0在抛出点下方。 ②根据时间t判断：t<eq \f(v0,g)表示正处在上升过程，t＝eq \f(v0,g)恰好在最高点，t>eq \f(v0,g)表明在下降过程中，t>eq \f(2v0,g)表明在抛出点下方(如典例2中上升过程和下降过程的判断)。　 4．(2021·安徽皖江名校联盟高三联考)建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。 在一次抛砖的过程中，砖块运动3 s到达最高点，将砖块的运动视为匀变速直线运动，砖块通过第2 s内位移的后eq \f(1,3)用时为t1，通过第1 s内位移的前eq \f(1,5)用时为t2，则eq \f(t2,t1)满足(　　) A.eq \f(1,5)<eq \f(t2,t1)<eq \f(1,4)　　　　　　　　 B.eq \f(1,4)<eq \f(t2,t1)<eq \f(1,3) C.eq \f(1,3)<eq \f(t2,t1)<eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)<eq \f(t2,t1)<1 解析：竖直向上抛砖是匀变速直线运动，经过3 s速度减为0，可以从最高点开始逆向思维，把上升过程反过来看作自由落体运动。根据自由落体运动的公式h＝eq \f(1,2)gt2，得第1 s内，第2 s内，第3 s内的位移之比为h1∶h2∶h3＝1∶3∶5。从最高点开始，设第1 s内位移为x ，则第2 s 内为3x，第3 s内为5x。所以从最高点开始，砖块通过上抛第2 s位移的后eq \f(1,3)的位移为第2个x，通过第1 s内位移的前eq \f(1,5)的位移即为第9个x，按照自由落体公式可得t1＝eq \r(\f(2×2x,g))－eq \r(\f(2x,g))，t2＝eq \r(\f(2×9x,g))－eq \r(\f(2×8x,g))，所以eq \f(t2,t1)＝eq \f(\r(9)－\r(8),\r(2)－\r(1))≈0.41，所以A、B、D错误，C正确。 答案：C 5．(多选)(2021·河北武邑中学一调)从地面竖直上抛一物体A的同时，在离地面高H处有相同质量的另一物体B开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高h处时速率都为v(两物体不会相碰)，则下列说法正确的是(　　) A．H＝eq \f(4,3)h B．物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍 C．物体A、B在空中运动的时间相等 D．两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等 解析：设A、B两物体到达离地面高h处时所用时间为t，则对B物体，根据自由落体运动的规律有v2＝2g(H－h)，v＝gt，设A物体竖直上抛的初速度为v0，有v＝v0－gt，veq \o\al(2,0)－v2＝2gh，解得v0＝2v，H＝eq \f(4,3)h，故A正确。物体A竖直上抛的初速度v0＝2v，设物体B落地时的速度为v′，则有v′2＝2gH，由A项分析知veq \o\al(2,0)－v2＝2gh，H＝eq \f(4,3)h，联立解得v′＝2v，所以v0＝v′，故B错误。根据竖直上抛运动的对称性可知物体A在空中运动的时间tA＝2×eq \f(v0,g)＝eq \f(4v,g)，物体B在空中运动的时间为tB＝eq \f(v′,g)＝eq \f(2v,g)＝eq \f(1,2)tA，故C错误。以地面为参考平面，落地时两者的速度相等，质量相等，则动能相等，所以机械能也相等，由于物体A、B落地前只有重力做功，机械能守恒，故D正确。 答案：AD eq \a\vs4\al(命题点三　多运动过程组合问题)　　师生互动 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、待求未知量以及中间量。 (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。 [典例3]　为了抗疫和社会经济发展，从2020年2月17日零时起，全国收费公路免收车辆通行费。现今，经国务院同意，从5月6日零时起，全国收费公路将恢复收费。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，如果走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；如果走人工收费通道，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)汽车走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)汽车走人工收费通道，应在离收费站中心线多远处开始减速； (3)汽车走ETC通道比走人工收费通道节约的时间。 [思路点拨]　画出运动过程示意图。 (1)走ETC通道时经历三个运动阶段： (2)走人工收费通道经历两个运动阶段： [解析]　(1)走ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，则 x1＝eq \f(v\o\al( 2,1)－v\o\al( 2,2),2a)＝64 m， 故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m。 (2)走人工收费通道时，开始减速时离中心线的距离为 x2＝eq \f(v\o\al( 2,1),2a)＝72 m。 (3)走ETC通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间 t1＝eq \f(v1－v2,a)×2＋eq \f(d,v2)＝18.5 s， 走人工收费通道时，汽车从开始匀减速到匀加速到v1的时间 t2＝eq \f(v1,a)×2＋t0＝44 s， 又x总2＝2x2＝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＝t2－(t1＋eq \f(Δx,v1))＝25 s。 [答案]　(1)138 m　(2)72 m　(3)25 s 规律总结 运动学中多过程问题的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此做好运动分析的同时，要关注速度的变化，如典例3中“汽车走ETC通道”第一阶段汽车匀减速的末速度v2是第三阶段汽车匀加速的初速度。　 6．“歼20”是我国自主研制的第五代战斗机。设“歼20”降落在跑道上的减速过程可以简化为两个匀减速直线运动，首先飞机以速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下。已知飞机的减速总路程为x，求第二个阶段飞机的加速度大小和运动时间。 解析：根据题意画出飞机减速过程的示意图。A为飞机着陆点，AB、BC分别对应两个匀减速直线运动过程，飞机在C点停下。 根据运动示意图和运动学规律，A到B过程，有 x1＝v0t1－eq \f(1,2)a1teq \o\al( 2,1)，vB＝v0－a1t1， B到C过程，有x2＝vBt2－eq \f(1,2)a2teq \o\al( 2,2)，0＝vB－a2t2， A到C过程，有x＝x1＋x2， 联立解得a2＝eq \f(v0－a1t12,2x＋a1t\o\al(2,1)－2v0t1)，t2＝eq \f(2x＋a1t\o\al( 2,1)－2v0t1,v0－a1t1)。 答案：eq \f(v0－a1t12,2x＋a1t\o\al( 2,1)－2v0t1)　eq \f(2x＋a1t\o\al( 2,1)－2v0t1,v0－a1t1) 7．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内通过的位移为7.5 m，求： (1)该运动员的加速度大小； (2)在加速阶段通过的位移大小。 解析：画出过程示意图，如图所示。 (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 x1＝eq \f(1,2)ateq \o\al( 2,0)，① x1＋x2＝eq \f(1,2)a(2t0)2，② 已知t0＝1 s，③ 联立①②③求得a＝5 m/s2。④ (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，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的位移为x，依题意及运动学规律，得 t＝t1＋t2，⑤ v＝at1，⑥ x＝eq \f(1,2)aeq \o\al( 2,1)＋vt2，⑦ 设加速阶段通过的位移为x3，则 x3＝eq \f(1,2)ateq \o\al( 2,1)，⑧ 联立④～⑧式，代入数据解得x3＝10 m。 答案：(1)5 m/s2　(2)10 m 自由落 体运动运动 条件(1)物体只受重力作用； (2)由静止开始下落运动 性质初速度为零的匀加速直线运动运动 规律(1)速度公式：v＝gt； (2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2； (3)速度—位移公式：v2＝2gh(1)速度公式：v＝v0－gt； (2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2； (3)速度—位移关系式：v2－veq \o\al( 2,0)＝－2gh； (4)上升的最大高度：H＝eq \f(v\o\al( 2 ,0),2g)； (5)上升到最高点所用时间：t＝eq \f(v0,g)重要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＋eq \f(1,2)at2v0、a、t、xvv2－veq \o\al( 2,0)＝2axv0、v、a、xtx＝eq \f(v＋v0,2)tv0、v、t、xa(1)时间的对称性 A、B为途中的任意两点，C为最高点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