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2022-2023年高考物理一轮复习 匀变速直线运动课件 (2)(重点难点易错点核心热点经典考点)
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这是一份2022-2023年高考物理一轮复习 匀变速直线运动课件 (2)(重点难点易错点核心热点经典考点)，共53页。
一、匀变速直线运动及基本规律1.定义和分类(1)匀变速直线运动:沿着一条直线,且 加速度 不变的运动.(2)分类
2.三个基本关系:(1)速度与时间的关系式: v=v0+at .(2)位移与时间的关系式: x=v0t+ at2 .(3)位移与速度的关系式: v2- =2ax .二、匀变速直线运动的推论
1.平均速度公式: = = .
2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1= aT2 .可以推广到xm-xn=(m-n)aT2.
3.某段位移内中间位置的瞬时速度 与这段位移的初、末速度v0与vt的关系为 =
4.初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末,2T末,3T末…瞬时速度之比为:v1∶v2∶v3∶…= 1∶2∶3∶… .(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:x1∶x2∶x3∶…= 1∶22∶32∶… .(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…= 1∶3∶5∶… .(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶…= 1∶( -1)∶( - )∶… .
三、自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)条件:物体只在 重力 作用下,从 静止 开始的运动.(2)运动性质:初速度v0=0、加速度为重力加速度g的 匀加速直线 运动.(3)基本规律a.速度公式:v= gt .b.位移公式:h= gt2 .c.速度位移关系式:v2= 2gh .
(4)伽利略对自由落体运动的研究a.伽利略通过 逻辑推理 的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体 下落快”的结论.b.伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证 →合理外推.这种方法的核心是把实验和 逻辑推理 (包括数学演算)和谐地 结合起来.
2.竖直上抛运动(1)运动特点:加速度为g,上升阶段做 匀减速直线 运动,下降阶段做 自由落体 运动.(2)基本规律a.速度公式:v= v0-gt .b.位移公式:h= v0t- gt2 .c.速度位移关系式: v2- =-2gh.
d.上升的最大高度:h= .e.上升到最大高度用时:t= .
1.判断下列说法对错.(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动. ( )(2)匀变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加的. ( )(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3. ( )(5)做自由落体运动的物体,下落的高度与时间成正比.( )(6)做竖直上抛运动的物体,上升阶段与下落阶段的加速度方向相同. ( )
2.(人教版必修1·P40·T3改编)以18 m/s的速度行驶的汽车,制动后做匀减速运 动,在3 s内前进36 m,则汽车在5 s内的位移为 ( )A.50 m B.45 mC.40.5 m D.40 m
3.(人教版必修1·P45·T3改编)有一种“傻瓜”照相机,其光圈(进光孔径)随被 摄物体的亮度自动调节,而快门(曝光时间)是固定不变的.为估测某架“傻 瓜”照相机的曝光时间,实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下,拍摄 石子在空中的照片如图所示.由于石子的运动,它在照片上留下了一条模糊 的径迹.已知石子从地面以上2.5 m的高度下落,每块砖的平均厚度为6 cm, 请估算这架照相机的曝光时间为 ( )
s sC.0.1 s D.0.2 s
考点一 匀变速直线运动的规律及应用
1.[速度时间关系式]某质点做直线运动,速度随时间的变化关系式为v=(2t+4) m/s,则对这个质点运动情况的描述,说法正确的是 ( )A.初速度为2 m/sB.加速度为4 m/s2C.在3 s末,瞬时速度为10 m/sD.前3 s内,位移为30 m
解析 根据v=v0+at,比较v=(2t+4) m/s得质点运动的初速度为4 m/s,加速度 为2 m/s2,所以选项A、B错误;在3 s末,质点的瞬时速度为vt=2×3 m/s+4 m/s=10 m/s,所以选项C正确;前3 s内,质点的位移x= = m=21 m,选项D错误.
2.[速度推论式的应用]某质点从静止开始做匀加速直线运动,已知第3秒内通 过的位移是x(单位:m),则质点运动的加速度为 ( )A. (m/s2) B. (m/s2)C. (m/s2) D. (m/s2)
解析 由匀变速直线运动规律知第3秒内的平均速度等于t=2.5 s时的瞬 时速度,得a= (m/s2)= (m/s2),C对.
3.接连发生的客机坠毁事件,使人们更加关注飞机的安全问题.假设飞机从 静止开始做匀加速直线运动,经时间t0=30 s、在速度达到v0=72 m/s时,驾驶员 对发动机的运行状态进行判断;在速度达到v1=78 m/s时,必须做出判断,可以 中断起飞或继续起飞;若速度超过v2=84 m/s时,就必须起飞,否则会滑出跑 道.已知从开始到离开地面的过程中,飞机的加速度保持不变.若在速度达 到v2时,由于意外必须停止起飞,飞机立即以大小为4.2 m/s2的加速度做匀减速 直线运动,要让飞机安全停下来,求跑道的最短长度.
解析 设飞机加速过程中的加速度大小为a1,飞机从静止开始加速到v2发生 的位移大小为x1,则有 =2a1x1由速度公式有v0=a1t0设飞机做匀减速直线运动过程发生的位移大小为x2,加速度大小为a2,则有 =2a2x2设跑道的最短长度为x,则依题意有x=x1+x2联立解得x=2 310 m
1.基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并 加以讨论
2.对于运动学公式的选用
3.运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、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a的方向为正方向.
4.平均速度与瞬时速度的互换在匀变速直线运动中,全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即 = .利用好这一关系,可以实现平均速度与瞬时速度的互换,求解问题能起到事半功 倍的效果.
5.匀减速直线运动到速度为零后即停止运动,加速度a突然消失,求解时要注 意先确定其实际运动时间.
考点二 解决匀变速直线运动的常用方法
例1 物体以一定的初速度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.已知物体上滑到距斜面底端A点 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. 解题指导 本题可运用“逆向思维法”“基本公式法”“位移比例法” “时间比例法”“中间时刻速度法”“图像法”等方法解题.
解析 解法一 逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面,可逆向看成向下匀加速滑下斜面.故xBC= ,xAC= ,又xBC= 由以上三式解得tBC=t解法二 基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动,设物体从B滑到C所用的时间为tBC,由匀 变速直线运动的规律可得 =2axAC ① = -2axAB ②
xAB= xAC ③由①②③式解得vB= ④又vB=v0-at ⑤vB=atBC ⑥由④⑤⑥式解得tBC=t解法三 位移比例法对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间里通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1).
因为xCB∶xBA= ∶ =1∶3,而通过xBA的时间为t,所以通过xBC的时间tBC=t解法四 时间比例法对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的各段位移所用的时间之 比为t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶( -1)∶( - )∶…∶( - )现将整个斜面分成相等的四段,如图所示,设通过BC段的时间为tx,那么通过 BD、DE、EA的时间分别为tBD=( -1)tx,tDE=( - )tx,tEA=(2- )tx,又tBD+tDE+tEA=t,解得tx=t
解法五 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= = .又 =2axAC, =2axBC,xBC= .由以上三式解得vB= .vB正好等于AC段的平均速度,因此B点对应中间时刻,因此有tBC=t解法六 图像法根据匀变速直线运动的规律,作出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长的平方之比,得 = ,且 = ,OD=t,OC=t+tBC 所以 = ,解得tBC=t
解题感悟1.解决匀变速直线运动相关问题的常用方法
2.匀变速直线运动问题的解题“四步骤”
1.[平均速度法]物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程,第 一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是 ( )A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2
解析 根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于 时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度v1= = m/s=4 m/s,在第二段内中间时刻的瞬时速度v2= = m/s=8 m/s,则物体的加速度a= = m/s2= m/s2,故选项B正确.
2.[图像法]甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动,加速度方向一直 不变.在第一段时间间隔内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大 小是甲的两倍;在接下来的相同时间间隔内,汽车甲的加速度大小增加为原来 的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半.求甲、乙两车各自在这两 段时间间隔内走过的总路程之比.
解析 在同一坐标系中作出甲和乙的v-t图像如图所示 从图像可以看出:甲的总位移为s= vt+ (v+3v)t= vt,乙的总位移为s'= (2v)t+ (2v+3v)t= vt,所以 = .
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动的特点(1)自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动.(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动,特别是初速度为零的 匀加速直线运动的比例关系式,在自由落体运动中应用更频繁.
2.竖直上抛运动的两种研究方法(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v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动,必 须注意物理量的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向,则v>0时,物体正在上 升;v<0时,物体正在下降;h>0时,物体在抛出点上方;h<0时,物体在抛出点下方.
例2 研究人员为检验某一产品的抗撞击能力,乘坐热气球并携带该产品竖 直升空,当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时,研究人员从热气球 上将产品自由释放,测得经11 s产品撞击地面.不计产品所受的空气阻力,求 产品的释放位置距地面的高度.(g取10 m/s2)审题关键 (1)产品脱离热气球后,做什么性质的运动?提示:竖直上抛运动(2)根据已知量和未知量选择哪种研究方法求解?提示:全程法或分段法解题指导 本题可运用“分段法”和“全程法”解题.
解析 解法一 分段法根据题意画出运动草图如图甲所示.将产品的运动过程分为A→B和B→C→ D两段来处理.A→B为竖直方向匀减速运动,B→C→D为自由落体运动在A→B段,根据匀变速运动规律可知tAB= =1 shAB=hBC= g =5 m由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s根据自由落体运动规律可得hBD= g =500 m
故释放点离地面的高度H=hBD-hBC=495 m 解法二 全程法将产品的运动视为匀变速直线运动,根据题意画出运动草图如图乙所示规定向上为正方向,则v0=10 m/s,a=-g=-10 m/s2
根据H=v0t+ at2解得H=-495 m即产品刚释放时离地面的高度为495 m
解题感悟掌握竖直上抛运动的四个特性
(1)时间对称性:物体上升过程中从A到C所用时间tAC和下降过程中从C到A所 用时间tCA相等,同理有tAB=tBA.(2)速度对称性①物体上抛时的初速度与物体落回抛出点时的速度大小相等、方向相反;②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反.
(3)能量对称性:竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动 能、重力势能及机械能分别相等.(4)多解性:在竖直上抛运动中,当物体经过抛出点上方某一位置时,可能处于 上升阶段,也可能处于下落阶段,因此这类问题可能造成时间多解或者速度多 解,也可能造成路程多解.
1.[竖直上抛运动]如图,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 所用的时间为t1,第四个 所用的时间为t2.不计空气阻力,则 满足 ( )A.1< <2 B.2< <3
C.3< <4 D.4< <5
解析 运动员离地后做竖直上抛运动,则可以按其逆过程——自由落体 运动计算,将H分为相等的4段,通过各段所用时间由上至下分别为T1、T2、T3、T4,则满足T1∶T2∶T3∶T4=1∶( -1)∶( - )∶(2- ),则 = =2+ ,则3< <4,故只有C正确.
2.[竖直上抛运动、对称性的应用]如图所示是一种较精确测重力加速度g的 方法:将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置,玻璃管足够长,小球被 竖直向上弹出,在O点与弹簧分离,上升到最高点后返回.在O点正上方选取 一点P,利用仪器精确测得OP间的距离为H,从O点出发至返回O点的时间间 隔为T1,小球两次经过P点的时间间隔为T2,求:(1)重力加速度g;(2)当O点距离管底部的距离为L0时,玻璃管的最小长度.
解析 (1)小球从O点上升到最大高度过程中h1= g 小球从P点上升到最大高度过程中h2= g 依据题意得h1-h2=H联立解得g= (2)玻璃管的最小长度L=L0+h1故L=L0+
答案 (1) (2)L0+
考点四 多过程的匀变速直线运动
1.问题特点一个物体的运动包含几个阶段,加速度a不同是分段依据,各阶段的运动性质 不同,满足不同的运动规律,交接处的速度是连接各阶段运动的纽带.
3.解题关键多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带,因此,转折点速度的 求解往往是解题的关键.
例3 假设收费站的前、后都是平直大道,长假期间过站的车速要求不超过vt=21.6 km/h,事先小汽车未减速的车速为v0=108 km/h,制动后小汽车的加速度的大小为a1=4 m/s2.试问:(1)长假期间,驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动?(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则 从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中,汽车运动的时间至少是多少?(3)在(1)(2)问中,车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少?
审题关键 (1)小汽车共经历了几个运动过程?提示:两个运动过程(2)分别属于哪种运动性质?提示:匀减速、匀加速(3)耽误的时间求的是哪两个时间差?提示:先匀减速再匀加速的总时间和匀速的时间
解析 (1)vt=21.6 km/h=6 m/s,v0=108 km/h=30 m/s,小汽车进入收费站前做匀 减速直线运动,设在距收费站至少为x1处开始制动,则有 - =-2a1x1解得x1=108 m(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,设前、后两段的位移分 别为x1和x2,时间分别为t1和t2.减速阶段,有vt=v0-a1t1解得t1= =6 s加速阶段,有v0=vt+a2t2
解得t2= =4 s则汽车运动的时间至少为t=t1+t2=10 s(3)加速阶段,有 - =2a2x2解得x2=72 m则总位移x=x1+x2=180 m若不减速通过收费站,则所需时间t'= =6 s故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt=t-t'=4 s
解题感悟多过程问题的三个处理技巧(1)用图像分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律,且直观、形象, 这是图像法的优势.(2)将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加 速直线运动.(3)多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带,因此,转折点速 度的求解往往是解题的关键.
[两个运动过程]在国庆节阅兵仪式中,某直升机在地面上空某高度A处于静止 待命状态,要求该直升机在零时刻由静止状态沿着直线方向做匀加速直线运 动,经过AB段加速区后,进入BC段的匀速受阅区,在时刻t达到C位置,已知AB 段长度为L1,BC段长度为L2,求:(1)直升机在BC段的速度大小;(2)直升机在AB段运动时的加速度大小.
一、匀变速直线运动及基本规律1.定义和分类(1)匀变速直线运动:沿着一条直线,且 加速度 不变的运动.(2)分类
2.三个基本关系:(1)速度与时间的关系式: v=v0+at .(2)位移与时间的关系式: x=v0t+ at2 .(3)位移与速度的关系式: v2- =2ax .二、匀变速直线运动的推论
1.平均速度公式: = = .
2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1= aT2 .可以推广到xm-xn=(m-n)aT2.
3.某段位移内中间位置的瞬时速度 与这段位移的初、末速度v0与vt的关系为 =
4.初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末,2T末,3T末…瞬时速度之比为:v1∶v2∶v3∶…= 1∶2∶3∶… .(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:x1∶x2∶x3∶…= 1∶22∶32∶… .(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…= 1∶3∶5∶… .(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:t1∶t2∶t3∶…= 1∶( -1)∶( - )∶… .
三、自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)条件:物体只在 重力 作用下,从 静止 开始的运动.(2)运动性质:初速度v0=0、加速度为重力加速度g的 匀加速直线 运动.(3)基本规律a.速度公式:v= gt .b.位移公式:h= gt2 .c.速度位移关系式:v2= 2gh .
(4)伽利略对自由落体运动的研究a.伽利略通过 逻辑推理 的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体 下落快”的结论.b.伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理→猜想与假设→实验验证 →合理外推.这种方法的核心是把实验和 逻辑推理 (包括数学演算)和谐地 结合起来.
2.竖直上抛运动(1)运动特点:加速度为g,上升阶段做 匀减速直线 运动,下降阶段做 自由落体 运动.(2)基本规律a.速度公式:v= v0-gt .b.位移公式:h= v0t- gt2 .c.速度位移关系式: v2- =-2gh.
d.上升的最大高度:h= .e.上升到最大高度用时:t= .
1.判断下列说法对错.(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动. ( )(2)匀变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加的. ( )(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3. ( )(5)做自由落体运动的物体,下落的高度与时间成正比.( )(6)做竖直上抛运动的物体,上升阶段与下落阶段的加速度方向相同. ( )
2.(人教版必修1·P40·T3改编)以18 m/s的速度行驶的汽车,制动后做匀减速运 动,在3 s内前进36 m,则汽车在5 s内的位移为 ( )A.50 m B.45 mC.40.5 m D.40 m
3.(人教版必修1·P45·T3改编)有一种“傻瓜”照相机,其光圈(进光孔径)随被 摄物体的亮度自动调节,而快门(曝光时间)是固定不变的.为估测某架“傻 瓜”照相机的曝光时间,实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下,拍摄 石子在空中的照片如图所示.由于石子的运动,它在照片上留下了一条模糊 的径迹.已知石子从地面以上2.5 m的高度下落,每块砖的平均厚度为6 cm, 请估算这架照相机的曝光时间为 ( )
s sC.0.1 s D.0.2 s
考点一 匀变速直线运动的规律及应用
1.[速度时间关系式]某质点做直线运动,速度随时间的变化关系式为v=(2t+4) m/s,则对这个质点运动情况的描述,说法正确的是 ( )A.初速度为2 m/sB.加速度为4 m/s2C.在3 s末,瞬时速度为10 m/sD.前3 s内,位移为30 m
解析 根据v=v0+at,比较v=(2t+4) m/s得质点运动的初速度为4 m/s,加速度 为2 m/s2,所以选项A、B错误;在3 s末,质点的瞬时速度为vt=2×3 m/s+4 m/s=10 m/s,所以选项C正确;前3 s内,质点的位移x= = m=21 m,选项D错误.
2.[速度推论式的应用]某质点从静止开始做匀加速直线运动,已知第3秒内通 过的位移是x(单位:m),则质点运动的加速度为 ( )A. (m/s2) B. (m/s2)C. (m/s2) D. (m/s2)
解析 由匀变速直线运动规律知第3秒内的平均速度等于t=2.5 s时的瞬 时速度,得a= (m/s2)= (m/s2),C对.
3.接连发生的客机坠毁事件,使人们更加关注飞机的安全问题.假设飞机从 静止开始做匀加速直线运动,经时间t0=30 s、在速度达到v0=72 m/s时,驾驶员 对发动机的运行状态进行判断;在速度达到v1=78 m/s时,必须做出判断,可以 中断起飞或继续起飞;若速度超过v2=84 m/s时,就必须起飞,否则会滑出跑 道.已知从开始到离开地面的过程中,飞机的加速度保持不变.若在速度达 到v2时,由于意外必须停止起飞,飞机立即以大小为4.2 m/s2的加速度做匀减速 直线运动,要让飞机安全停下来,求跑道的最短长度.
解析 设飞机加速过程中的加速度大小为a1,飞机从静止开始加速到v2发生 的位移大小为x1,则有 =2a1x1由速度公式有v0=a1t0设飞机做匀减速直线运动过程发生的位移大小为x2,加速度大小为a2,则有 =2a2x2设跑道的最短长度为x,则依题意有x=x1+x2联立解得x=2 310 m
1.基本思路画过程示意图→判断运动性质→选取正方向→选用公式列方程→解方程并 加以讨论
2.对于运动学公式的选用
3.运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、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a的方向为正方向.
4.平均速度与瞬时速度的互换在匀变速直线运动中,全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,即 = .利用好这一关系,可以实现平均速度与瞬时速度的互换,求解问题能起到事半功 倍的效果.
5.匀减速直线运动到速度为零后即停止运动,加速度a突然消失,求解时要注 意先确定其实际运动时间.
考点二 解决匀变速直线运动的常用方法
例1 物体以一定的初速度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.已知物体上滑到距斜面底端A点 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. 解题指导 本题可运用“逆向思维法”“基本公式法”“位移比例法” “时间比例法”“中间时刻速度法”“图像法”等方法解题.
解析 解法一 逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面,可逆向看成向下匀加速滑下斜面.故xBC= ,xAC= ,又xBC= 由以上三式解得tBC=t解法二 基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动,设物体从B滑到C所用的时间为tBC,由匀 变速直线运动的规律可得 =2axAC ① = -2axAB ②
xAB= xAC ③由①②③式解得vB= ④又vB=v0-at ⑤vB=atBC ⑥由④⑤⑥式解得tBC=t解法三 位移比例法对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间里通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1).
因为xCB∶xBA= ∶ =1∶3,而通过xBA的时间为t,所以通过xBC的时间tBC=t解法四 时间比例法对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的各段位移所用的时间之 比为t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶( -1)∶( - )∶…∶( - )现将整个斜面分成相等的四段,如图所示,设通过BC段的时间为tx,那么通过 BD、DE、EA的时间分别为tBD=( -1)tx,tDE=( - )tx,tEA=(2- )tx,又tBD+tDE+tEA=t,解得tx=t
解法五 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= = .又 =2axAC, =2axBC,xBC= .由以上三式解得vB= .vB正好等于AC段的平均速度,因此B点对应中间时刻,因此有tBC=t解法六 图像法根据匀变速直线运动的规律,作出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长的平方之比,得 = ,且 = ,OD=t,OC=t+tBC 所以 = ,解得tBC=t
解题感悟1.解决匀变速直线运动相关问题的常用方法
2.匀变速直线运动问题的解题“四步骤”
1.[平均速度法]物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程,第 一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是 ( )A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2
解析 根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于 时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度v1= = m/s=4 m/s,在第二段内中间时刻的瞬时速度v2= = m/s=8 m/s,则物体的加速度a= = m/s2= m/s2,故选项B正确.
2.[图像法]甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动,加速度方向一直 不变.在第一段时间间隔内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大 小是甲的两倍;在接下来的相同时间间隔内,汽车甲的加速度大小增加为原来 的两倍,汽车乙的加速度大小减小为原来的一半.求甲、乙两车各自在这两 段时间间隔内走过的总路程之比.
解析 在同一坐标系中作出甲和乙的v-t图像如图所示 从图像可以看出:甲的总位移为s= vt+ (v+3v)t= vt,乙的总位移为s'= (2v)t+ (2v+3v)t= vt,所以 = .
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动的特点(1)自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动.(2)一切匀加速直线运动的公式均适用于自由落体运动,特别是初速度为零的 匀加速直线运动的比例关系式,在自由落体运动中应用更频繁.
2.竖直上抛运动的两种研究方法(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v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动,必 须注意物理量的矢量性.习惯上取v0的方向为正方向,则v>0时,物体正在上 升;v<0时,物体正在下降;h>0时,物体在抛出点上方;h<0时,物体在抛出点下方.
例2 研究人员为检验某一产品的抗撞击能力,乘坐热气球并携带该产品竖 直升空,当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时,研究人员从热气球 上将产品自由释放,测得经11 s产品撞击地面.不计产品所受的空气阻力,求 产品的释放位置距地面的高度.(g取10 m/s2)审题关键 (1)产品脱离热气球后,做什么性质的运动?提示:竖直上抛运动(2)根据已知量和未知量选择哪种研究方法求解?提示:全程法或分段法解题指导 本题可运用“分段法”和“全程法”解题.
解析 解法一 分段法根据题意画出运动草图如图甲所示.将产品的运动过程分为A→B和B→C→ D两段来处理.A→B为竖直方向匀减速运动,B→C→D为自由落体运动在A→B段,根据匀变速运动规律可知tAB= =1 shAB=hBC= g =5 m由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s根据自由落体运动规律可得hBD= g =500 m
故释放点离地面的高度H=hBD-hBC=495 m 解法二 全程法将产品的运动视为匀变速直线运动,根据题意画出运动草图如图乙所示规定向上为正方向,则v0=10 m/s,a=-g=-10 m/s2
根据H=v0t+ at2解得H=-495 m即产品刚释放时离地面的高度为495 m
解题感悟掌握竖直上抛运动的四个特性
(1)时间对称性:物体上升过程中从A到C所用时间tAC和下降过程中从C到A所 用时间tCA相等,同理有tAB=tBA.(2)速度对称性①物体上抛时的初速度与物体落回抛出点时的速度大小相等、方向相反;②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反.
(3)能量对称性:竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动 能、重力势能及机械能分别相等.(4)多解性:在竖直上抛运动中,当物体经过抛出点上方某一位置时,可能处于 上升阶段,也可能处于下落阶段,因此这类问题可能造成时间多解或者速度多 解,也可能造成路程多解.
1.[竖直上抛运动]如图,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 所用的时间为t1,第四个 所用的时间为t2.不计空气阻力,则 满足 ( )A.1< <2 B.2< <3
C.3< <4 D.4< <5
解析 运动员离地后做竖直上抛运动,则可以按其逆过程——自由落体 运动计算,将H分为相等的4段,通过各段所用时间由上至下分别为T1、T2、T3、T4,则满足T1∶T2∶T3∶T4=1∶( -1)∶( - )∶(2- ),则 = =2+ ,则3< <4,故只有C正确.
2.[竖直上抛运动、对称性的应用]如图所示是一种较精确测重力加速度g的 方法:将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置,玻璃管足够长,小球被 竖直向上弹出,在O点与弹簧分离,上升到最高点后返回.在O点正上方选取 一点P,利用仪器精确测得OP间的距离为H,从O点出发至返回O点的时间间 隔为T1,小球两次经过P点的时间间隔为T2,求:(1)重力加速度g;(2)当O点距离管底部的距离为L0时,玻璃管的最小长度.
解析 (1)小球从O点上升到最大高度过程中h1= g 小球从P点上升到最大高度过程中h2= g 依据题意得h1-h2=H联立解得g= (2)玻璃管的最小长度L=L0+h1故L=L0+
答案 (1) (2)L0+
考点四 多过程的匀变速直线运动
1.问题特点一个物体的运动包含几个阶段,加速度a不同是分段依据,各阶段的运动性质 不同,满足不同的运动规律,交接处的速度是连接各阶段运动的纽带.
3.解题关键多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带,因此,转折点速度的 求解往往是解题的关键.
例3 假设收费站的前、后都是平直大道,长假期间过站的车速要求不超过vt=21.6 km/h,事先小汽车未减速的车速为v0=108 km/h,制动后小汽车的加速度的大小为a1=4 m/s2.试问:(1)长假期间,驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动?(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则 从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中,汽车运动的时间至少是多少?(3)在(1)(2)问中,车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少?
审题关键 (1)小汽车共经历了几个运动过程?提示:两个运动过程(2)分别属于哪种运动性质?提示:匀减速、匀加速(3)耽误的时间求的是哪两个时间差?提示:先匀减速再匀加速的总时间和匀速的时间
解析 (1)vt=21.6 km/h=6 m/s,v0=108 km/h=30 m/s,小汽车进入收费站前做匀 减速直线运动,设在距收费站至少为x1处开始制动,则有 - =-2a1x1解得x1=108 m(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,设前、后两段的位移分 别为x1和x2,时间分别为t1和t2.减速阶段,有vt=v0-a1t1解得t1= =6 s加速阶段,有v0=vt+a2t2
解得t2= =4 s则汽车运动的时间至少为t=t1+t2=10 s(3)加速阶段,有 - =2a2x2解得x2=72 m则总位移x=x1+x2=180 m若不减速通过收费站,则所需时间t'= =6 s故车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt=t-t'=4 s
解题感悟多过程问题的三个处理技巧(1)用图像分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律,且直观、形象, 这是图像法的优势.(2)将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加 速直线运动.(3)多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带,因此,转折点速 度的求解往往是解题的关键.
[两个运动过程]在国庆节阅兵仪式中,某直升机在地面上空某高度A处于静止 待命状态,要求该直升机在零时刻由静止状态沿着直线方向做匀加速直线运 动,经过AB段加速区后,进入BC段的匀速受阅区,在时刻t达到C位置,已知AB 段长度为L1,BC段长度为L2,求:(1)直升机在BC段的速度大小;(2)直升机在AB段运动时的加速度大小.
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