人教版高考物理一轮总复习第1章第2讲匀变速直线运动的规律课时学案

这是一份人教版高考物理一轮总复习第1章第2讲匀变速直线运动的规律课时学案，共19页。学案主要包含了匀变速直线运动，基本规律和推论，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。
一、匀变速直线运动
1．定义：沿着一条直线且加速度不变的运动。
2．分类
(1)匀加速直线运动，a与v0方向相同。
(2)匀减速直线运动，a与v0方向相反。
思考辨析
1．匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。(×)
2．匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动。(√)
3．匀加速直线运动的位移是均匀增大的。(×)
二、基本规律和推论
思考辨析
1．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。(√)
2．运动学公式中物理量的正、负号是怎样确定的？
提示：直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度v0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，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向。
3．一物体做直线运动的v-t图像如图所示，你如何比较物体在t0时间内的平均速度v与 eq \f(v0＋v,2) 的大小？
提示：假设物体做匀变速直线运动，其v-t图像是一条直线，其位移等于图中虚线与坐标轴所围梯形的面积，小于该曲线与坐标轴所包围的面积，故 v> eq \f(v0＋v,2)。
三、初速度为0的匀加速直线运动的6个常用比例
1．1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
2．1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。
3．第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第n个T内的位移之比：
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
4．通过前x0、前2x0、前3x0、…时的速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶ eq \r(2)∶ eq \r(3)∶…∶ eq \r(n)。
5．通过前x0、前2x0、前3x0、…的位移所用时间之比：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶ eq \r(2)∶ eq \r(3)∶…∶ eq \r(n)。
6．通过连续相等的位移所用时间之比：
tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tn＝1∶( eq \r(2)－1)∶( eq \r(3)－ eq \r(2))∶…∶( eq \r(n)－ eq \r(n－1))。
思考辨析
1．一个做初速度为0的匀加速直线运动的物体，它在第1 s 末、第2 s末、第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。(×)
2．某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v的运动距离是由v到2v运动距离的2倍。(×)
四、自由落体运动和竖直上抛运动
1．自由落体运动
(1)定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
(2)特点：v0＝0，a＝g。
①速度公式：v＝gt。
②位移公式：x＝ eq \f(1,2)gt2。
③速度位移关系式：v2＝2gx。
2．竖直上抛运动
(1)定义：将物体以初速度v0竖直向上抛出后只在重力作用下的运动。
(2)特点：取竖直向上为正方向，则初速度为正值，加速度为负值。
①速度公式：v＝v0－gt。
②位移公式：x＝v0t－ eq \f(1,2)gt2。
③速度位移关系式：v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝－2gx。
④上升的最大高度：H＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)),2g)。
思考辨析
1．物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动。(×)
2．做竖直上抛运动的物体，在上升过程中，速度变化量的方向是向下的。(√)
3．重力加速度的方向是“竖直向下”的，那么地球上不同地点的加速度的方向是不是都相同？
提示：“竖直向下”是相对的，因为地球是一个球体，竖直向下是指与所在地水平面垂直，所以不同位置重力加速度的方向并不相同。
考点1 匀变速直线运动基本公式的应用(基础考点)
1．空军特级飞行员李峰驾驶歼-10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。若飞机着陆后以大小为6 m/s2 的加速度做匀减速直线运动，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 m D. 144 m
B 解析：先求出飞机从着陆到停止所用时间t。由v＝v0＋at，得t＝ eq \f(v－v0,a)＝ eq \f(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＝v0t＋ eq \f(at2,2)＝60×10 m＋(－6)× eq \f(102,2) m＝300 m。故B正确。
2．(2021·武汉模拟)“抗战专列”在武汉地铁4号线亮相，赢得乘车市民纷纷点赞。若该地铁列车先从甲站开始做初速度为0、加速度大小为a的匀加速直线运动，通过位移L后，立即做加速度大小也为a的匀减速直线运动，恰好到乙站停下，则列车从甲站到乙站所用时间为( )
A. eq \r(\f(L,a)) B. 2 eq \r(\f(2L,a))
C. 2 eq \r(\f(L,a)) D. 4 eq \r(\f(2L,a))
B 解析：由位移公式可知，列车在匀加速直线运动过程中 L＝ eq \f(1,2)at2，解得t＝ eq \r(\f(2L,a))；由于列车由静止开始加速，再以同样大小的加速度减速到静止，则说明列车减速过程所用时间也为t；故列车从甲站到乙站所用总时间为2 eq \r(\f(2L,a))。B正确。
3．(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m 时，下列说法正确的是( )
A. 物体的运动时间可能为1 s
B. 物体的运动时间可能为3 s
C. 物体的运动时间可能为 (2＋ eq \r(7))s
D. 此时的速度大小一定为5 m/s
ABC 解析：物体在出发点上方时，由x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2，得7.5＝10t＋ eq \f(1,2)×(－5)t2，解得t＝1 s或 t＝3 s，由v＝v0＋at得，v＝5 m/s 或v＝－5 m/s。物体在出发点下方时，由x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2，得－7.5＝10t＋ eq \f(1,2)×(－5)t2，解得t＝(2＋ eq \r(7))s，由v＝v0＋at，得v＝－5 eq \r(7) m/s。故A、B、C正确，D错误。
1．描述匀变速直线运动的规律有三个基本公式，其中两个公式是独立的，涉及五个物理量：初速度v0、末速度v、加速度a、运动时间t和位移x。这五个量只要已知其中三个，一定可以求出另外两个，可概括为“知三求二”。
2．解题时应根据题目已知量和未知量，认真判断题目中真正缺少哪个物理量，我们选择题目中所缺的物理量和公式中也缺的物理量一致的公式，一般就可以解决问题。
3．解答运动学问题的基本思路
eq \x(\a\al(画过程,示意图))―→ eq \x(\a\al(判断运,动性质))―→ eq \x(\a\al(选取正,方向))―→ eq \x(\a\al(选用公式,列方程))―→ eq \x(\a\al(解方程并,加以讨论))
4．注意刹车类问题，要先计算刹停时间，和题目中所给时间进行比较。
5．注意往复运动带来的多解问题和物理量的正、负号问题。
考点2 匀变速直线运动常用推论的应用(能力考点)
eq \a\vs4\al(典例)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0，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。
解此题把握以下关键信息：
(1)“到达斜面最高点C时速度恰好为0”表明该物体做减速到0的匀减速运动，可考虑“逆向思维”。
(2)“距斜面底端 eq \f(3,4)l处的B点”表明BC的距离为 eq \f(l,4)，可考虑应用“比例法 ”。
【自主解答】
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，物体从B点滑到C点所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝2axAC①
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))＝2axAB②
xAB＝ eq \f(3,4)xAC③
由①②③解得vB＝ eq \f(v0,2)④
又vB＝v0－at⑤
vB＝atBC⑥
由④⑤⑥解得tBC＝t。
方法二：中间时刻速度法
利用推论：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，vAC＝ eq \f(v0＋0,2)＝ eq \f(v0,2)
又v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＝2axAC，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(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。
方法三：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点到C点所用的时间为tBC ，由运动学公式得
xBC＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(BC))，xAC＝ eq \f(1,2)a(t＋tBC)2
又xBC＝ eq \f(xAC,4)
由以上三式解得tBC＝t。
方法四：比例法
对于初速度为0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＝ eq \f(xAC,4)∶ eq \f(3xAC,4)＝1∶3，而通过xAB的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。
方法五：图像法
根据匀变速直线运动的规律，画出v-t图像，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 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(BC)))，解得tBC＝t。
答案：t
【技法总结】
解决匀变速直线运动问题常用的六种方法
1．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用时间为2t，紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t，则物体运动的加速度大小为( )
A. eq \f(Δx,t2) B. eq \f(Δx,2t2) C. eq \f(Δx,3t2) D. eq \f(2Δx,3t2)
C 解析：物体做匀加速直线运动，在第一段位移Δx内的平均速度是v1＝ eq \f(Δx,2t)；在第二段位移Δx内的平均速度是v2＝ eq \f(Δx,t)；因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则两个中间时刻的时间差为Δt＝t＋ eq \f(t,2)＝ eq \f(3,2)t，则物体加速度的大小a＝ eq \f(Δv,Δt)＝ eq \f(v2－v1,\f(3,2)t)，解得a＝ eq \f(Δx,3t2)，故选C。
2．如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中AB＝2 m，BC＝3 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于( )
A. eq \f(9,8) m B. eq \f(8,9) m C. eq \f(3,4) m D. eq \f(4,3) m
A 解析：设物体通过AB、BC段位移所用时间均为T，则B点的速度为vB＝ eq \f(xAC,2T)＝ eq \f(5 m,2T)，根据Δx＝aT2得 a＝ eq \f(Δx,T2)＝ eq \f(1 m,T2)，则有vA＝vB－aT＝ eq \f(5 m,2T)－ eq \f(1 m,T2)·T＝ eq \f(3 m,2T)，根据速度位移公式得，O、A两点之间的距离为xOA＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)),2a)＝ eq \f(\f(9 m2,4T2),\f(2 m,T2))＝ eq \f(9,8) m。故A正确，B、C、D错误。
3．(2019·全国卷Ⅰ)如图所示，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个 eq \f(H,4) 所用的时间为t1，第四个 eq \f(H,4) 所用的时间为t2。不计空气阻力，则 eq \f(t2,t1) 满足( )
A. 1< eq \f(t2,t1)