高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律课时学案

这是一份高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律课时学案，共15页。学案主要包含了匀变速直线运动的基本规律，匀变速直线运动的重要关系式，自由落体运动和竖直上抛运动等内容，欢迎下载使用。

一、匀变速直线运动的基本规律
1．概念：沿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v方向相同。
(2)匀减速直线运动：a与v方向相反。
3．基本规律
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1速度—时间关系：v＝v0＋at,2位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2)) eq \(――――――→,\s\up10(初速度为零),\s\d10(即v0＝0))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2))
二、匀变速直线运动的重要关系式
1．两个导出式
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1速度—位移关系：v2－v\\al( 2,0)＝2ax,2位移—平均速度关系：x＝\x\t(v)t＝\f(v0＋v,2)t))
eq \(―――――→,\s\up10(初速度为零),\s\d10(v0＝0))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v2＝2ax,x＝\f(v,2)t))
2．三个推论
(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等，
即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2。
(2)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一半，还等于该段时间中间时刻的瞬时速度。
平均速度公式：eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝veq \s\d10(eq \f(t,2))。
(3)位移中点速度veq \s\d10(eq \f(x,2))＝eq \r(\f(v\\al( 2,0)＋v2,2))。
3．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论
(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)前T内、前2T内、前3T内、…、前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)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))∶(2－eq \r(3))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
三、自由落体运动和竖直上抛运动
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。(√)
(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)
(3)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体在时间t内位移一定最大。(×)
(4)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。(√)
(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，在上升过程中，速度的变化量的方向是向下的。(√)
二、教材习题衍生
1．(鲁科版必修第一册改编)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6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆后的初速度为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 [先求出飞机着陆后到停止所用时间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。]
2．(人教版必修第一册改编)在同一直线上的A、B两个高铁实验站台之间的距离为s，某次实验中一列实验高铁沿轨道由静止从A出发驶向B，高铁先以大小为a的加速度匀加速运动一段时间，接着以大小为2a的加速度匀减速运动，到达B时速度恰好为零，该过程中高铁的最大速度为( )
A．eq \r(\f(4as,3)) B．eq \r(as) C．eq \r(\f(2as,3)) D．eq \r(\f(as,3))
A [设高铁最大速度为vm，加速的时间为t1，减速的时间为t2，则eq \f(vm,2)(t1＋t2)＝s，vm＝at1＝2at2，联立解得vm＝eq \r(\f(4as,3))。故选A。]
3．(人教版必修第一册改编)(多选)如图是小球自由下落的频闪照片。频闪仪每隔0.04 s 闪光一次，照片中的数字是小球距释放点的距离。由题目的已知条件和照片所给的信息，可以判断出( )
A．照片中数字的单位是mm
B．小球受到的空气阻力不可忽略
C．无法求出小球运动到A位置的速度
D．释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光
BD [根据自由落体的位移公式h＝eq \f(1,2)gt2知道在最初的0.04 s下落的位移约为0.008 m，所以照片中数字的单位是cm，且释放小球的瞬间频闪仪刚好闪光，A错误，D正确；利用最后一个点，根据h＝eq \f(1,2)at2，算出g＝eq \f(2h,t2)＝eq \f(2×0.193 5,0.22) m/s2≈9.68 m/s2，球受到的空气阻力不可忽略，B正确；根据v2 ＝ 2gx，可以算出小球运动到A位置的速度，选项C错误。]
匀变速直线运动基本规律的应用
1．重要公式的选择
2．运动学公式中正、负号的规定
一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的物理量取负值。若v0＝0，一般以a的方向为正方向。
基本公式的应用
[典例1] 一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( )
A．质点可能做匀减速直线运动
B．5 s内质点的位移为35 m
C．质点运动的加速度为1 m/s2
D．质点3 s末的速度为5 m/s
B [根据平均速度v＝eq \f(x,t)知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋eq \f(1,2)at2＝2×5 m＋eq \f(1,2)×2×25 m＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。]
逆向思维法解决匀变速直线运动问题
[典例2] (2023·河北省部分学校联考)在野外自驾游容易碰见野生动物突然从路边窜出的情况。汽车以大小为6 m/s的速度匀速行驶，突然一头小象冲上公路，由于受到惊吓，小象停在汽车前方距离车头10 m处。司机立即刹车﹐加速度大小为 2 m/s2。从刚刹车到汽车刚停止的过程，下列说法正确的是( )
A．所用的时间为6 s
B．汽车通过的距离为18 m
C．汽车最后1 s的位移为1 m
D．汽车与小象发生碰撞
C [汽车减速至0的时间t＝eq \f(v0,a)＝3 s，汽车运动的总位移大小x＝v0t－eq \f(1,2)at2＝9 m0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。
[跟进训练]
1．(刹车问题)以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为( )
A．12 m B．2 m C．10 m D．0.5 m
D [36 km/h＝10 m/s，汽车刹车到停止所需的时间t0＝eq \f(0－v0,a)＝eq \f(－10,－4) s＝2.5 s，刹车后第3 s内的位移，等于停止前0.5 s内的位移，则x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×4×0.25 m＝0.5 m，综上分析A、B、C错误，D正确。]
2．(自由落体运动与竖直上抛运动综合)(多选)如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v0＝10 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。(取g＝10 m/s2，甲、乙两球可看作质点)下列说法正确的是( )
A．无论h为何值，甲、乙两球一定能在空中相遇
B．当h＝10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇
C．当h＝15 m时，乙球能在下落过程中与甲球相遇
D．当h