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)0在抛出点上方，h＝0恰好在抛出点，heq \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)