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2013届高考物理第一轮考点自清复习课件2


第 2 课时

匀变速直线运动的规律 课前考点自清

一、匀变速直线运动 1.定义:沿着一条直线,且不变的运动. ?匀加速直线运动:a与v 同向 ? 2.分类:? ?匀减速直线运动:a与v 反向 ? 二、匀变速直线运动的规律 1.匀变速直线运动的速度与时间的关系 vt=v0+at. 1 2 2.匀变速直线运动的位移与时间的关系 x=v0t+

2at 3.匀变速直线运动的位移与速度的关系 vt 2-v02=2ax. v 0+v t 4.由平均速度求匀变速直线运动的位移 x= 2 t.

考点一

匀变速直线运动中几个常用的结论

【问题展示】 如图 1 所示,一物体在做匀加速直线运动,加速度为 a,在 A 点的速度为 v0, A 运动到 B 和从 B 运动到 C 的时间均 从 为 T.

图1 那么:(1) BC - AB =

aT2 .

(2)在 B 点时速度为 vB= v0+aT . 在 C 点时速度为 vC= v0+2aT . 从 A 运动到 C 的时间内,物体的平均速度为 v0+aT ,vA+vC= v0+aT . v= 2

【归纳提炼】 在匀变速直线运动中: (1)Δx=aT2 ,即任意相邻相等时间内的位移之差相 等.可以推广到 xm-xn=(m-n)aT2 v0+vt t (2) v = 2 ,某段时间的中间时刻的瞬时速度等于 2 该段时间内的平均速度. v02+vt 2 vx= ,某段位移的中间位置的瞬时速度不 2 2 等于该段位移内的平均速度. 可以证明,无论匀加速还是匀减速,都有 vt <vx.
2 2

【高考佐证 1】 (四川理综)假设战机起飞前从静止开 始做匀加速直线运动, 达到起飞速度 v 所需时间为 t, 则起飞前的运动距离为 ( B ) vt A.vt B. C.2vt D.不能确定 2 解析 由匀加速直线运动的平均速度计算公式: v = v0+vt 0+v vt 2 ,得 x= v t= 2 t= 2 ,B 正确.

考点二 方法 式法

解决匀变速直线运动的常用方法 分析说明

一般公 一般公式法指速度公式、位移公式及推论公式, 它们均是矢量式,使用时要注意方向性 x 1 而 平均速 定义式 v = t 对任何性质的运动都适用, v =2(v0 度法 +vt)只适用于匀变速直线运动 利用“任一时间 t 中间时刻的瞬时速度等于这段时 中间 时刻速 度法 间 t 内的平均速度”即 v t = v ,适用于任何一个匀
2

变速直线运动,有些题目应用它可以避免常规解 法中用位移公式列出的含有 t2 的复杂式子,从而 简化解题过程,提高解题速度

对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度 比例法 为零的匀减速直线运动, 可利用初速度为零的 匀加速直线运动的重要特征的比例关系, 用比 例法求解 应用 v-t 图象,可把较复杂的问题转变为较 图象法 为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,快速得出答案 匀变速直线运动中,在连续相等的时间 T 内 推论法 的位移之差为一恒量,即 xn+1-xn=aT2,对 一般的匀变速直线运动问题, 若出现相等的时 间间隔问题,应优先考虑用 Δx=aT2 求解

【高考佐证 2】 (2008· 全国Ⅰ)已知 O、A、B、C 为同一 直线上的四点,AB 间的距离为 l1,BC 间的距离为 l2, 一物体自 O 点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依 次经过 A、B、C 三点,已知物体通过 AB 段与 BC 段所 用的时间相等.求 O 与 A 的距离.

解析

设物体的加速度为 a,到达 A 点的速度为 v0, ① ② ③ ④ ⑤

通过 AB 段和 BC 段所用的时间为 t,则有 1 2 l1=v0t+ at 2 l1+l2=2v0t+2at2 联立①②式得 l2-l1=at2 3l1-l2=2v0t v02 设 O 与 A 的距离为 l,则有 l= 2a (3l1-l2)2 联立③④⑤式得 l= 8(l2-l1)?

答案

?

(3l1-l2)2 8(l2-l1)

题型互动探究
题型一 匀变速直线运动基本规律的应用 例 1 一个氢气球以 4 m/s2 的加速度由静止从地面竖直 上升,10 s 末从气球中掉下一重物,此重物最高可上 升到距地面多高处?此重物从氢气球中掉下后, 经多 长时间落回到地面?(忽略空气阻力,g 取 10 m/s2)

解析 下面分三个阶段来求解. 向上加速阶段: 1 1 2= ×4×102 m=200 m h1=2a1t1 2 v1=a1t1=40 m/s v12 竖直上抛上升阶段:h2= 2g =80 m v1 t2= g =4 s

1 2 自由下落阶段:h1+h2= gt3 2 2?h1+h2? 得:t3= g = 56 s=7.48 s 所以,此重物距地面最大高度 hmax=h1+h2=280 m 重物从掉下到落地的总时间 t=t2+t3=11.48 s.

答案

280 m

11.48 s

方法归纳

应用匀变速直线运动规律应注意的问题

1.正负号的规定 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,一般情况下,我们规定初速 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. 2.匀变速直线运动 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,全程加速度不变,对这种情况可以 将全程看作匀减速直线运动,应用基本公式求解.

即学即练 1 一物体在距离地面高 h 的位置无初速度释放, 不计空气阻力,经过 t 时间后落至地面, 落到地面时的速 度为 v,则 (ACD) A.物体通过前半程和后半程所用时间之比为 1∶( 2-1) h v B.物体通过 处的速度为 2 2 t v C.物体经过2时间的速度为 2 t t D.物体经过前2和后2的位移之比为 1∶3

题型二

巧用推论 Δx=aT2 解题

例 2 一个匀加速直线运动的物体,在前 4 s 内经过的 位移为 24 m, 在第二个 4 s 内经过的位移是 60 m. 求 这个物体的加速度和初速度各是多少?
解法一 基本公式法: 1 前 4 s 内的位移:x1=v0t+2at2 第 2 个 4 s 内的位移: 1 1 2-(v t+ at2) x2=v0(2t)+2a(2t) 0 2 将 x1=24 m、x2=60 m 代入上式, 解得 a=2.25 m/s2 v0=1.5 m/s. 解析

解法二:由公式 Δx=aT2,得 Δx 60-24 a= T2 = 42 m/s2=2.25 m/s2. 24+60 t 根据 v =v 得 m/s=v0+4a, 8 2 所以 v0=1.5 m/s. 2 答案 2.25 m/s 1.5 m/s

即学即练 2 从斜面上某 一位置,每隔 0.1 s 释 放一个小球,在连续释 放几颗小球后,对在斜
图2 面上滚动的小球拍下照片,如图 2 所示,测得 xAB=

15 cm,xBC=20 cm,求: (1)小球的加速度; (2)拍摄时 B 球的速度; (3)拍摄时 xCD 的大小; (4)A 球上方滚动的小球还有几颗.

Δx 解析 (1)由 a= t2 得小球的加速度 xBC-xAB a= =5 m/s2 2 t (2)B 点的速度等于 AC 段上的平均速度,即 xAC vB= 2t =1.75 m/s (3)由相邻相等时间内的位移差恒定,即 xCD-xBC =xBC-xAB,所以 xCD=2xBC-xAB=0.25 m

(4)设 A 点小球的速度为 vA,由于 vA=vB-at=1.25 m/s vA 所以 A 球的运动时间为 tA= a =0.25 s,所以在 A 球 上方滚动的小球还有 2 颗

答案

(1)5 m/s2

(2)1.75 m/s

(3)0.25 m

(4)2

题型三

逆向思维法

例 3 一木块以某一初速度在粗糙的水平地面上做 匀减速直线运动,最后停下来.若此木块在最初 5 s 和最后 5 s 内通过的路程之比为 11∶5,问此 木块一共运动了多长时间?

解析

利用逆向思维,木块做反向初速度为零的匀

加速直线运动,前 5 s 内的位移为 x1,后 5 s 内的位 移为 x2,运动的总时间为 t,加速度为 a,由公式 x 1 2 =v0t+ at 得 2 1 x1= a×52 ① 2 1 2 1 x2= at - a(t-5)2 ② 2 2 x1 5 又知:x =11 ③ 2 联立①②③得 t=8 s.

答案

8 s

答题技巧

逆向思维法在运动学中的应用

逆向思维是解答物理问题的一种科学思维方法.对于 某些问题,运用常规的思维方法十分繁琐甚至解答不 出,而采用逆向思维,即把运动过程的“末态”当成 “初态” ,反向研究问题,可使物理情境更简单,物 理公式也得以简化,从而使问题易于解决,能起到事 半功倍的效果.特别是匀减速直线运动,末速度为零 的情况,特别适用于此法,此题即为一例.

即学即练 3

物体以 1 m/s 的加速度做匀减速直线运

2

动至停止,求物体在停止运动前第 4s 内的位移. 解析 本题按匀减速直线运动的思路去解,未知量较
多,不好下手.但用逆向思维法,把它看作 v0=0,a =1 m/s2 的匀加速直线运动, 求第 4 s 内的位移, 问题 就很简单了. 1 2 第 1 s 内的位移 x1= at1 =0.5 m 2 因为初速度为零的匀加速直线运动在连续相等的时 间内的位移比等于从 1 开始的连续奇数比,即 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶xⅣ∶…=1∶3∶5∶7∶… 则 xⅣ=7x1=7× m=3.5 m. 0.5

答案

3.5 m

题型四

利用“匀变速直线运动模型”解题

例 4 “10 米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质. 如图 3 所示, 测定时,在平直跑道上,受试者以站立式起跑姿势站在起点终 点线前,当听到“跑”的口令后,全力跑向正前方 10 米处的折 返线,测试员同时开始计时.受试者到达折返线处时,用手触 摸折返线处的物体(如木箱),再转身跑向起点终点线,当胸部 到达起点终点线时,测试员停表,所用时间即为“10 米折返跑” 的成绩.设受试者起跑的加速度为 4 m/s2,运动过程中的最大 速度为 4 m/s,快到达折返线处时需减速到零,减速的加速度 为 8 m/s2,返回时达到最大速度后不需减速,保持最大速度冲 线.求该受试者“10 米折返跑”的成绩为多少秒?

图3
情景建模 本题可以建立如下运动情景模型:起

跑后先匀加速运动,再匀速运动,最后匀减速运 动;折返后一直匀加速运动. 解析 对受试者, 由起点终点线向折返线运动的过
程中 vm 加速阶段:t1= a =1 s① 1 1 x1=2vmt1=2 m②

vm 1 减速阶段:t3= a =0.5 s;x3=2vmt3=1 m③ 2 l-(x1+x3)? 匀速阶段:t2= =1.75 s④ vm 由折返线向起点终点线运动的过程中 vm 1 加速阶段:t4= a =1 s;x4=2vmt4=2 m⑤ 1 l-x4 匀速阶段:t5= v =2 s⑥ m 受试者“10 米折返跑”的成绩为: t=t1+t2+…+t5=6.25 s⑦ 答案 6.25 s

建模感悟

结合实际生活中的常见现象创设物理情

景、提出问题,考查学生应用知识建立模型解决实 际问题的能力,这与新课改的要求接轨.结合新高 考的特点,可以预测,对这部分内容知识的考查, 仍将是以后高考的重点,要注意命题更具有开放性 和探究性.

即学即练 4 因测试需要,一辆汽车在某雷达测速区沿平直路 面从静止开始匀加速一段时间后, 又接着做匀减速运动直到最 后停止. 下表中给出了雷达测出的各个时刻对应的汽车速度数 值.则:
时刻/s 速度/ m· s
-1

0 0

1.0 3.0

2.0 3.0

4.0

5.0

6.0 7.0

8.0 9.0 4.0 2.0

10.0 0

6.0 9.0 12.0 10.0 8.0 6.0

(1)汽车匀加速和匀减速两阶段的加速度 a1、a2 分别是多少? (2)汽车在该区域行驶的总位移 x 是多少?

解析 (1)由表中数据可得 Δv1 6-3 a1= Δt = m/s2=3 m/s2 2-1 1 Δv2 2-4 a2= Δt = m/s2=-2 m/s2 9-8 2 负号表示加速度方向与车前进方向相反 (2)由表中数据可知汽车匀加速的最大速度是 v=12 m/s v2-0 匀加速的位移 x1= 2a =24 m 1 0-v2 匀减速的位移 x2= 2a =36 m 2 总位移 x=x1+x2=60 m

答案

(1)3 m/s

2

-2 m/s

2

(2)60 m

随堂巩固训练
1.一辆汽车沿直线运动,如图4所示是汽车的速度计, 某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化,开始 时指针指示在如图甲所示位置,经过8s后指针指示 在如图乙所示位置,此刻汽车恰已驶出200m,那么 汽车在这段时间内的平均速度约为 ( D )

A.25 km/h C.80 km/h
解析

图4 B.50 km/h
D.90 km/h

200 v = 8 m/s=25 m/s=90 km/h.

2.甲、乙两地在一条平直公路上,司机小李匀速开车,用 100min 可走完全程; 而司机老张匀速开车, 需用 150min 走完全程.现两人分别从甲、乙两地匀速对开,相遇时 小李比老张多走了 15km.则小李的车速为 A.36 km/h C.60 km/h B.45 km/h D.75 km/h ( B )

2 解析 设小李车速为 v,则老张车速为3v,两者所用时 5 2 5 间设为 t,100 min=3 h,则(v+3v)t=3vt,再由“相遇 2 时小李比老张多走 15 km”,可列出 vt-3vt=15,解得 t=1 h,v=45 km/h.

3.物体从静止开始做匀加速直线运动,第 3s 内通过的 位移是 3m,则 A.第 3 s 内的平均速度是 3 m/s B.物体的加速度是 1.2 m/s2 C.前 3 s 内的位移是 6 m D.3 s 末的速度是 4 m/s ( )

x 解析 由平均速度公式知,第 3s 内的平均速度 v 3= t = 3 m/s=3m/s,A 正确;设加速度为 a,则物体第 2s 末、 1 第 3s 末的速度分别为:v2=2a, 3=3a, v 由公式 v2-v02 =2ax,即(3a)2-(2a)2=2a×3,解得 a=1.2m/s2,B 正 1 2 1 确; 3 s 位移, 3= at = ×1.2×32 m=5.4m, 错误; 前 x C 2 2 3 s 末的速度 v3=3a=3×1.2 m/s=3.6 m/s,D 错误.

答案

AB

4.某质点在某个力的作用下由静止开始做单向的直 线运动.从出发时开始计时,得出质点的位置坐标 方程为 x=6+t3.关于该质点的运动以下说法正确 的是 A.质点从坐标原点出发 B.质点运动的速度不变 C.质点运动的速度均匀增加 D.质点运动的加速度均匀增加 ( D )

解析

t=0 时,x=6≠0,故 A 错;x 的一阶导数

为速度,即 v=x′=3t2;v 的一阶导数为加速度, 即 a=v′=6t;由上式可知:质点运动的加速度随 时间均匀增加.
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