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2022-2023年高考物理一轮复习 匀变速直线运动的基本规律课件
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这是一份2022-2023年高考物理一轮复习 匀变速直线运动的基本规律课件，共58页。PPT课件主要包含了答案B，答案D，答案ABD，答案ABC，答案C等内容，欢迎下载使用。
一、匀速直线运动1．特点速度恒定,加速度为零．【名师点拨】 速度恒定,指的是速度的大小和方向都不变．因为速度是矢量,既有大小又有方向,不是单纯指速率不变．因此,匀速运动就是匀速直线运动,匀速圆周运动就不是匀速运动．2．规律位移公式：x＝vt
【例1】 下图1是一种应用传感器检测轨道运行的实验装置．在轨道某处设置监测点,当车头达到传感器瞬间和车尾离开传感器瞬间,信号发生器各发出一个脉冲信号,由记录仪记录．假如轨道车长度为22 cm,记录仪记录的信号如下图2所示,则轨道车经过该监测点的速度为( )
A．0.20 cm/s B．2.0 cm/s C．22 cm/s D．220 cm/s【解析】 由记录仪记录的信号可知,车头达到传感器瞬间和车尾离开传感器瞬间时间为t＝1.0 s,由速度定义式,知轨道车经过该监测点的速度为v＝x/t＝22 cm/s,选项C正确．【答案】 C
二、匀变速直线运动1．特点加速度恒定的直线运动,即F合恒定．【名师点拨】 匀变速运动可以是直线运动,也可以是曲线运动．其轨迹取决于加速度与初速度v0的方向,但无论是匀变速直线运动,还是匀变速曲线运动．其加速度的大小和方向都不变,即加速度恒定．
【名师点拨】 ①、②两式为基本公式,③式为①②两式联立消去t得出的有用推论．另外还需注意各式均为矢量式,要注意各量的符号．
【例2】 某航母跑道长200 m,飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2,起飞需要的最低速度为50 m/s,那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A．5 m/s B．10 m/sC．15 m/s D．20 m/s
【例3】 (创新题)屋檐滴水,每隔相等的时间积成一滴水下落,当第一滴落地时,第6滴刚好形成,观察到第5、6滴距离约为1 m,则房檐高度为( )A．4 m B．5 mC．6 m D. 25 m
【例4】 一颗子弹以某一初速度射入三块完全相同的固定在地面上的木块,恰好未穿出．假设子弹在木块中受到的阻力不变,则子弹经过三块木块的时间比________．
【名师点拨】 逆向思维在解决问题时,常常简化运算过程,在平时的学习过程中要有意识地训练自己在这方面的灵活性．
【触类旁通】 质点由静止开始做匀加速直线运动,它通过第4 m所用时间为t(s),则它通过第6 m所用时间为________ s,通过前5 m所用的时间为________ s,第4 s的初速度为________ m/s.
【名师点拨】 在不少有关直线运动的题目中,特别是选择题和填空题,若能善于利用这几个比例关系求解,往往会使一个较复杂的解题过程变得简单易求．
四、四个推论以下四个推论成立条件：只要是匀变速直线运动即可．1．任意相邻的相等时间间隔T内通过的位移之差为一定值,即xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ＝…＝xN－xN－1＝Δx＝aT2.更为一般的推广(逐差法)：在第n个T时间内的位移xn与第m个T时间内的位移xm之差：xn－xm＝(n－m)aT2.
【例5】 图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图,图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源,打点的时间间隔用Δt表示,设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3,a可用s1、s3和Δt表示为a＝________.图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况,由图可读出s1＝________ mm,s3＝________ mm,由此求得加速度的大小a＝________ m/s2.
【答案】 24.2 47.2 1.15
【学法指导】 这是判断匀变速直线运动常用方法,也是求解加速度常用方法,高考热点,应能熟练应用．
【例6】 有一个质点在连续12 s内做匀加速直线运动,在第1个4 s内位移为24 m,在最后一个4 s内位移为56 m,求质点的加速度和初速度．
【答案】 1 m/s2 4 m/s
【例7】 一质点做匀变速直线运动,某时刻速度大小为4 m/s,1 s后速度大小变为10 m/s.在这1 s内该质点( )A．位移的大小可能小于4 mB．位移的大小可能小于10 mC．加速度的大小可能小于4 m/s2D．加速度的大小可能大于10 m/s2
【名师点拨】 本题在速度上表述“模糊”,即没有说明方向,而往往“模糊”的说法本身就存在着多解的可能．在解决问题时要特别留心“模糊”说法,此处往往设有“陷井”,稍不留意可能要出错,对于匀减速运动有往复情况,使用运动学公式时要特别注意其矢量性,否则很容易出错,如2002年全国理综26题蹦床问题求解速度变化量时涉及到速度的方向改变．
【例8】 做匀加速直线运动的物体从A运动到C所用时间为t,B为AC连线上的一点,已知物体在AB段的平均速度为v,在BC段的平均速度为3v,求物体的加速度大小．
【名师点拨】 巧用平均速度为其中间时刻的瞬时速度可简化运算过程．
【名师点拨】 对中间时刻和中间位置的瞬时速度的比较在本章第四讲中还要用图象法证明．以上四条推论也是判断是否为匀变速直线运动的依据．
一、对“在任意连续相等时间内位移差相等”的理解【例1】 骑自行车的人由静止开始沿直线运动,在第1 s内通过1米、第2 s内通过2米、第3 s内通过3米、第4 s内通过4米．则下列说法中正确的是( )A．自行车和人都做匀加速直线运动B．第2 s末的瞬时速度为2.5 m/sC．第3、4两秒内的平均速度为3.5 m/sD．整个过程中加速度为1 m/s2
【名师点拨】 本题的一种典型错误是：依据在连续相等时间内位移差相等,即Δx＝1 m,判断自行车和人都做匀变速直线运动．如果从初速度为零的匀变速直线运动来判断,应有xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶xⅣ＝1∶3∶5∶7,由此判断又不是匀变速直线运动,是什么原因导致这一矛盾出现的呢？实际上是对判断依据的理解偏差造成的．判断一个运动是否是匀变速直线运动的依据：在任意连续相等时间内位移差相等．本题虽然在每1 s内位移变化相等,但是若将时间段分得再小,就难以保证在任意相等时间内位移差相等了,从而可以看出对基本规律的理解要准确到位,不能似是而非．
【例2】 两木块自左至右运动,现用高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录下木块每次曝光时的位置,如图所示．连续两次曝光的时间间隔是相等的．由图可知( )A．在时刻t2及时刻t5两木块速度相同B．在时刻t3两木块速度相同C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同
【解析】 可以读出上面木块在相等时间内位移sⅠ＝2k、sⅡ＝3k、sⅢ＝4k、sⅣ＝5k、sⅤ＝6k、sⅥ＝7k(设单位长度为k)可知Δs＝k,由此判断其运动为匀变速直线运动,虽有sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶sⅣ∶sⅤ∶sⅥ＝2∶3∶4∶5∶6∶7.但该运动是高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录位置所得,这个时间具有任意性,并且没有说明是以初速度为零的直线运动,故可判定其性质为匀变速直线运动,这种运动可取一特例证明其真实性．
下面木块在相等时间内通过的位移均为4k,故为匀速直线运动．在t2和t5两木块位置虽重合,但t2的瞬时速度为t1到t3的平均速度,很显然两木块在该段时间内位移不相同,因此t2时两木块速度也不相同．同样t5时刻两木块速度也不相同,故A、B项错误．
【学法指导】 例2说明了初速度为零的直线运动,第1 s内、第2 s内、第3 s内,第4 s内位移比为1∶2∶3∶4不是匀变速直线运动,但我们也不能由此将1∶2∶3∶4作为不是匀变速直线运动结论使用,分析任何问题,都要注意其存在的条件．
一、逐差法的理解和应用【例1】 某同学用如图甲所示装置测量重力加速度g,所用交流电频率为50 Hz.在所选纸带上取某点为0号计数点,然后每3个点取一个计数点,所测量数据及其标记符号如图乙所示．
(2)从数据处理方法看,在测到的数据x1、x2、x3、x4、x5、x6中,对实验结果起作用的,方法A中有________；方法B中有________．因此,选择方法________(A或B)更合理,这样可以减少实验的________(系统或偶然)误差．(3)本实验误差的主要来源有________(试举出两条)．
【解析】 (1)电火花打点计时器接220 V交流电源；开始记录时,应先给打点计时器通电打点,然后再释放纸带,让它带着纸带一同落下,如果先放开纸带让重物下落,再接通打点计时器的电源,由于重物运动较快,不利于数据的采集和处理,会对实验产生较大的误差．
(3)本实验误差的主要来源有：摩擦阻力的存在,长度测量存在的误差．【答案】 (1)220 先接通电源后释放纸带(2)x1、x6 x1、x2、x3、x4、x5、x6 B 偶然(3)摩擦阻力的存在,长度测量存在的误差
【触类旁通】 研究小车匀变速直线运动的实验装置如图(a)所示,其中斜面倾角θ可调．打点计时器的工作频率为50 Hz,纸带上计数点的间距如图(b)所示,其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．
①图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s.
②为了充分利用记录数据,减小误差,小车加速度大小的计算式应为a＝________.
二、推论的拓展“xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…”的应用初速度为零的匀变速直线运动的xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…可应用于自由落体运动、匀减速至速度为零的运动(逆向思维)、平抛运动沿竖直方向的分运动、类平抛运动等等．
【例2】 如图所示,一电子沿Ox轴射入电场,在电场中运动轨迹为OCD,已知OA＝AB.电子过C、D两点时竖直分速度为vCy和vDy,电子在OC段和CD段的动能增量分别为ΔEk1和ΔEk2,则( )A．vCy∶vDy＝1∶2B．vCy∶vDy＝1∶4C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
一、匀速直线运动1．特点速度恒定,加速度为零．【名师点拨】 速度恒定,指的是速度的大小和方向都不变．因为速度是矢量,既有大小又有方向,不是单纯指速率不变．因此,匀速运动就是匀速直线运动,匀速圆周运动就不是匀速运动．2．规律位移公式：x＝vt
【例1】 下图1是一种应用传感器检测轨道运行的实验装置．在轨道某处设置监测点,当车头达到传感器瞬间和车尾离开传感器瞬间,信号发生器各发出一个脉冲信号,由记录仪记录．假如轨道车长度为22 cm,记录仪记录的信号如下图2所示,则轨道车经过该监测点的速度为( )
A．0.20 cm/s B．2.0 cm/s C．22 cm/s D．220 cm/s【解析】 由记录仪记录的信号可知,车头达到传感器瞬间和车尾离开传感器瞬间时间为t＝1.0 s,由速度定义式,知轨道车经过该监测点的速度为v＝x/t＝22 cm/s,选项C正确．【答案】 C
二、匀变速直线运动1．特点加速度恒定的直线运动,即F合恒定．【名师点拨】 匀变速运动可以是直线运动,也可以是曲线运动．其轨迹取决于加速度与初速度v0的方向,但无论是匀变速直线运动,还是匀变速曲线运动．其加速度的大小和方向都不变,即加速度恒定．
【名师点拨】 ①、②两式为基本公式,③式为①②两式联立消去t得出的有用推论．另外还需注意各式均为矢量式,要注意各量的符号．
【例2】 某航母跑道长200 m,飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2,起飞需要的最低速度为50 m/s,那么,飞机在滑行前,需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A．5 m/s B．10 m/sC．15 m/s D．20 m/s
【例3】 (创新题)屋檐滴水,每隔相等的时间积成一滴水下落,当第一滴落地时,第6滴刚好形成,观察到第5、6滴距离约为1 m,则房檐高度为( )A．4 m B．5 mC．6 m D. 25 m
【例4】 一颗子弹以某一初速度射入三块完全相同的固定在地面上的木块,恰好未穿出．假设子弹在木块中受到的阻力不变,则子弹经过三块木块的时间比________．
【名师点拨】 逆向思维在解决问题时,常常简化运算过程,在平时的学习过程中要有意识地训练自己在这方面的灵活性．
【触类旁通】 质点由静止开始做匀加速直线运动,它通过第4 m所用时间为t(s),则它通过第6 m所用时间为________ s,通过前5 m所用的时间为________ s,第4 s的初速度为________ m/s.
【名师点拨】 在不少有关直线运动的题目中,特别是选择题和填空题,若能善于利用这几个比例关系求解,往往会使一个较复杂的解题过程变得简单易求．
四、四个推论以下四个推论成立条件：只要是匀变速直线运动即可．1．任意相邻的相等时间间隔T内通过的位移之差为一定值,即xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ＝…＝xN－xN－1＝Δx＝aT2.更为一般的推广(逐差法)：在第n个T时间内的位移xn与第m个T时间内的位移xm之差：xn－xm＝(n－m)aT2.
【例5】 图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图,图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源,打点的时间间隔用Δt表示,设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3,a可用s1、s3和Δt表示为a＝________.图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况,由图可读出s1＝________ mm,s3＝________ mm,由此求得加速度的大小a＝________ m/s2.
【答案】 24.2 47.2 1.15
【学法指导】 这是判断匀变速直线运动常用方法,也是求解加速度常用方法,高考热点,应能熟练应用．
【例6】 有一个质点在连续12 s内做匀加速直线运动,在第1个4 s内位移为24 m,在最后一个4 s内位移为56 m,求质点的加速度和初速度．
【答案】 1 m/s2 4 m/s
【例7】 一质点做匀变速直线运动,某时刻速度大小为4 m/s,1 s后速度大小变为10 m/s.在这1 s内该质点( )A．位移的大小可能小于4 mB．位移的大小可能小于10 mC．加速度的大小可能小于4 m/s2D．加速度的大小可能大于10 m/s2
【名师点拨】 本题在速度上表述“模糊”,即没有说明方向,而往往“模糊”的说法本身就存在着多解的可能．在解决问题时要特别留心“模糊”说法,此处往往设有“陷井”,稍不留意可能要出错,对于匀减速运动有往复情况,使用运动学公式时要特别注意其矢量性,否则很容易出错,如2002年全国理综26题蹦床问题求解速度变化量时涉及到速度的方向改变．
【例8】 做匀加速直线运动的物体从A运动到C所用时间为t,B为AC连线上的一点,已知物体在AB段的平均速度为v,在BC段的平均速度为3v,求物体的加速度大小．
【名师点拨】 巧用平均速度为其中间时刻的瞬时速度可简化运算过程．
【名师点拨】 对中间时刻和中间位置的瞬时速度的比较在本章第四讲中还要用图象法证明．以上四条推论也是判断是否为匀变速直线运动的依据．
一、对“在任意连续相等时间内位移差相等”的理解【例1】 骑自行车的人由静止开始沿直线运动,在第1 s内通过1米、第2 s内通过2米、第3 s内通过3米、第4 s内通过4米．则下列说法中正确的是( )A．自行车和人都做匀加速直线运动B．第2 s末的瞬时速度为2.5 m/sC．第3、4两秒内的平均速度为3.5 m/sD．整个过程中加速度为1 m/s2
【名师点拨】 本题的一种典型错误是：依据在连续相等时间内位移差相等,即Δx＝1 m,判断自行车和人都做匀变速直线运动．如果从初速度为零的匀变速直线运动来判断,应有xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶xⅣ＝1∶3∶5∶7,由此判断又不是匀变速直线运动,是什么原因导致这一矛盾出现的呢？实际上是对判断依据的理解偏差造成的．判断一个运动是否是匀变速直线运动的依据：在任意连续相等时间内位移差相等．本题虽然在每1 s内位移变化相等,但是若将时间段分得再小,就难以保证在任意相等时间内位移差相等了,从而可以看出对基本规律的理解要准确到位,不能似是而非．
【例2】 两木块自左至右运动,现用高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录下木块每次曝光时的位置,如图所示．连续两次曝光的时间间隔是相等的．由图可知( )A．在时刻t2及时刻t5两木块速度相同B．在时刻t3两木块速度相同C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同
【解析】 可以读出上面木块在相等时间内位移sⅠ＝2k、sⅡ＝3k、sⅢ＝4k、sⅣ＝5k、sⅤ＝6k、sⅥ＝7k(设单位长度为k)可知Δs＝k,由此判断其运动为匀变速直线运动,虽有sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶sⅣ∶sⅤ∶sⅥ＝2∶3∶4∶5∶6∶7.但该运动是高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录位置所得,这个时间具有任意性,并且没有说明是以初速度为零的直线运动,故可判定其性质为匀变速直线运动,这种运动可取一特例证明其真实性．
下面木块在相等时间内通过的位移均为4k,故为匀速直线运动．在t2和t5两木块位置虽重合,但t2的瞬时速度为t1到t3的平均速度,很显然两木块在该段时间内位移不相同,因此t2时两木块速度也不相同．同样t5时刻两木块速度也不相同,故A、B项错误．
【学法指导】 例2说明了初速度为零的直线运动,第1 s内、第2 s内、第3 s内,第4 s内位移比为1∶2∶3∶4不是匀变速直线运动,但我们也不能由此将1∶2∶3∶4作为不是匀变速直线运动结论使用,分析任何问题,都要注意其存在的条件．
一、逐差法的理解和应用【例1】 某同学用如图甲所示装置测量重力加速度g,所用交流电频率为50 Hz.在所选纸带上取某点为0号计数点,然后每3个点取一个计数点,所测量数据及其标记符号如图乙所示．
(2)从数据处理方法看,在测到的数据x1、x2、x3、x4、x5、x6中,对实验结果起作用的,方法A中有________；方法B中有________．因此,选择方法________(A或B)更合理,这样可以减少实验的________(系统或偶然)误差．(3)本实验误差的主要来源有________(试举出两条)．
【解析】 (1)电火花打点计时器接220 V交流电源；开始记录时,应先给打点计时器通电打点,然后再释放纸带,让它带着纸带一同落下,如果先放开纸带让重物下落,再接通打点计时器的电源,由于重物运动较快,不利于数据的采集和处理,会对实验产生较大的误差．
(3)本实验误差的主要来源有：摩擦阻力的存在,长度测量存在的误差．【答案】 (1)220 先接通电源后释放纸带(2)x1、x6 x1、x2、x3、x4、x5、x6 B 偶然(3)摩擦阻力的存在,长度测量存在的误差
【触类旁通】 研究小车匀变速直线运动的实验装置如图(a)所示,其中斜面倾角θ可调．打点计时器的工作频率为50 Hz,纸带上计数点的间距如图(b)所示,其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．
①图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s.
②为了充分利用记录数据,减小误差,小车加速度大小的计算式应为a＝________.
二、推论的拓展“xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…”的应用初速度为零的匀变速直线运动的xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…＝1∶3∶5∶…可应用于自由落体运动、匀减速至速度为零的运动(逆向思维)、平抛运动沿竖直方向的分运动、类平抛运动等等．
【例2】 如图所示,一电子沿Ox轴射入电场,在电场中运动轨迹为OCD,已知OA＝AB.电子过C、D两点时竖直分速度为vCy和vDy,电子在OC段和CD段的动能增量分别为ΔEk1和ΔEk2,则( )A．vCy∶vDy＝1∶2B．vCy∶vDy＝1∶4C．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶3D．ΔEk1∶ΔEk2＝1∶4
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