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，①veq \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，⑤vB＝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)tC．(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：A2．(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 mC．可求得O、A之间的距离为1.125 mD．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：BC3．(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)，①m2g＝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，④v2＝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 seq \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：C5．(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)hB．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：ADeq \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)，①x1＋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＋t2，⑤v＝at1，⑥x＝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