2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第一章 運(yùn)動(dòng)的描述 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究 第2講 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案

《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第一章 運(yùn)動(dòng)的描述 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究 第2講 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第一章 運(yùn)動(dòng)的描述 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究 第2講 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2講　勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用　 【基礎(chǔ)梳理】 一、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律 1．速度與時(shí)間的關(guān)系式：v＝v0＋at． 2．位移與時(shí)間的關(guān)系式：x＝v0t＋at2． 3．位移與速度的關(guān)系式：v2－v＝2ax． 二、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論 1．平均速度公式：＝v＝． 2．位移差公式：Δ x＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2． 可以推廣到xm－xn＝(m－n)aT2. 3．初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)比例式 (1)1T末，2T末，3T末…瞬時(shí)速度之比為： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n． (2)1T內(nèi)，2T內(nèi)，3T內(nèi)…位移之比為：

2、x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2． (3)第一個(gè)T內(nèi)，第二個(gè)T內(nèi)，第三個(gè)T內(nèi)…位移之比為： xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)． (4)通過(guò)連續(xù)相等的位移所用時(shí)間之比為： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)． 三、自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 1．自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)速度公式：v＝gt． (2)位移公式：h＝gt2． (3)速度－位移關(guān)系式：v2＝2gh． 2．豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)速度公式：v＝v0－gt． (2)位移公式：h＝v0t－gt2． (3)速度－位移關(guān)系式：v2－v＝－2gh.

3、 (4)上升的最大高度：h＝． (5)上升到最大高度用時(shí)：t＝． 【自我診斷】 判一判 (1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)是加速度均勻變化的直線運(yùn)動(dòng)．(　　) (2)勻變速直線運(yùn)動(dòng)是速度均勻變化的直線運(yùn)動(dòng)．(　　) (3)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移是均勻增加的．(　　) (4)勻加速直線運(yùn)動(dòng)1T末、2T末、3T末的瞬時(shí)速度之比為1∶2∶3.(　　) (5)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，下落的高度與時(shí)間成正比．(　　) (6)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的物體，上升階段與下落階段的加速度方向相同．(　　) 提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√ 做一做 (多選)物體自O(shè)點(diǎn)由靜止開(kāi)始

4、做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A、B、C、D為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的四點(diǎn)，測(cè)得AB＝2 m，BC＝3 m．且物體通過(guò)AB、BC、CD所用時(shí)間相等，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．可以求出物體加速度的大小 B．可以求得CD＝4 m C．可求得OA之間的距離為1.125 m D．可求得OA之間的距離為1.5 m 提示：選BC.設(shè)加速度為a，時(shí)間為T(mén)，則有Δs＝aT2＝1 m，可以求得CD＝4 m，而B(niǎo)點(diǎn)的瞬時(shí)速度vB＝，所以O(shè)B之間的距離為sOB＝＝3.125 m，OA之間的距離為sOA＝sOB－sAB＝1.125 m，即B、C選項(xiàng)正確． 　勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用[學(xué)生用書(shū)P5] 【知識(shí)提

5、煉】 1．“一畫(huà)、二選、三注意”解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 2．對(duì)于運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的選用可參考下表所列方法 題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設(shè)定的中間量) 沒(méi)有涉及的物理量　 適宜選用的公式 v0、v、a、t x [速度公式] v＝v0＋at v0、a、t、x v [位移公式] x＝v0t＋at2 v0、v、a、x t [速度位移關(guān)系式] v2－v＝2ax v0、v、t、x a [平均速度公式] x＝t 3.運(yùn)動(dòng)學(xué)公式中正、負(fù)號(hào)的規(guī)定 直線運(yùn)動(dòng)可以用正、負(fù)號(hào)表示矢量的方向，一般情況下，我們規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较颍c初速度同向的物理

6、量取正值，反向的物理量取負(fù)值，當(dāng)v0＝0時(shí)，一般以a的方向?yàn)檎较颍? 【典題例析】 　 殲－15戰(zhàn)機(jī)是我國(guó)自行設(shè)計(jì)研制的首型艦載多用途戰(zhàn)斗機(jī)，短距起飛能力強(qiáng)大．若殲－15 戰(zhàn)機(jī)正常起飛過(guò)程中加速度為a，經(jīng)距離s后達(dá)到起飛速度騰空而起．現(xiàn)已知“遼寧”艦起飛甲板長(zhǎng)為L(zhǎng)(L＜s)，且起飛過(guò)程可簡(jiǎn)化為勻加速直線運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)有兩種方法助其正常起飛，方法一：在航空母艦靜止的情況下，用彈射系統(tǒng)給戰(zhàn)機(jī)以一定的初速度；方法二：起飛前先讓航空母艦沿戰(zhàn)機(jī)起飛方向以某一速度勻速航行．求： (1)方法一情況下彈射系統(tǒng)使戰(zhàn)機(jī)具有的最小速度v1min； (2)方法二情況下航空母艦的最小速度v2min. [審題指

7、導(dǎo)]　第(1)問(wèn)不知道時(shí)間，直接應(yīng)用公式2ax＝v2－v解決；第(2)問(wèn)要考慮相對(duì)運(yùn)動(dòng)，在考慮戰(zhàn)機(jī)運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，還要考慮航空母艦的運(yùn)動(dòng)． [解析]　(1)若殲－15戰(zhàn)機(jī)正常起飛，則有2as＝v2，在航空母艦靜止的情況下，用彈射系統(tǒng)給戰(zhàn)機(jī)以最小速度v1min，則滿足2aL＝v2－v，解得v1min＝. (2)法一：一般公式法 起飛前先讓航空母艦沿戰(zhàn)機(jī)起飛方向以最小速度v2min勻速航行，戰(zhàn)機(jī)起飛時(shí)對(duì)地速度為v，設(shè)起飛過(guò)程航空母艦的位移為x，起飛時(shí)間為t，則有 x＝v2mint，t＝ 2a(L＋x)＝v2－v 解得v2min＝－. 法二：相對(duì)運(yùn)動(dòng)法 選航空母艦為參考系，則起飛過(guò)程，相

8、對(duì)初速度為0，相對(duì)末速度為v－v2min，相對(duì)加速度仍為a，相對(duì)位移為L(zhǎng)，根據(jù)2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝－. [答案]　(1)　(2)－ (1)如果一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)包含幾個(gè)階段，就要分階段分析，各階段交接處的速度往往是聯(lián)系各階段的紐帶． (2)對(duì)于剎車(chē)類(lèi)問(wèn)題，當(dāng)車(chē)速度為零時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)，其加速度也突變?yōu)榱悖蠼獯祟?lèi)問(wèn)題應(yīng)先判斷車(chē)停下所用時(shí)間，再選擇合適公式求解． (3)對(duì)于雙向可逆勻變速直線運(yùn)動(dòng)，常出現(xiàn)多解問(wèn)題，可用全程法求解，也可用分段法求解．　 【遷移題組】 遷移1　基本公式的應(yīng)用 1．某航母跑道長(zhǎng)為200 m，飛機(jī)在航母上滑行的最大加速度

9、為6 m/s2，起飛需要的最低速度為50 m/s.那么，飛機(jī)在滑行前，需要借助彈射系統(tǒng)獲得的最小初速度為(　　) A．5 m/s　　　　　　　　 B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s 解析：選B.飛機(jī)在滑行過(guò)程中，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度與位移的關(guān)系v2－v＝2ax解決問(wèn)題．由題知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根據(jù)v2－v＝2ax得，借助彈射系統(tǒng)飛機(jī)獲得的最小初速度v0＝＝ m/s＝10 m/s.故選項(xiàng)B正確． 遷移2　剎車(chē)類(lèi)問(wèn)題 2．(2018·河南、河北、山西質(zhì)量監(jiān)測(cè))冰壺在水平面上某次滑行可簡(jiǎn)化為如下過(guò)程：如圖所示，運(yùn)動(dòng)員給冰壺施

10、加一水平恒力將靜止于A點(diǎn)的冰壺(視為質(zhì)點(diǎn))沿直線AD推到B點(diǎn)放手，最后冰壺停于D點(diǎn)．已知冰壺與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，AB＝CD＝l、BC＝7l，重力加速度為g.求： (1)冰壺經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速率； (2)冰壺在CD段與在AB段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比． 解析：(1)冰壺從B點(diǎn)到D點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1＝μg 根據(jù)速度位移關(guān)系有：v＝2a1(7l＋l) 解得冰壺在B點(diǎn)的速率vB＝＝4. (2)設(shè)冰壺在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為a2， 由AB間勻加速運(yùn)動(dòng)有v＝2a2l， 可得冰壺在AB間運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝8μg 設(shè)冰壺在CD段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1， 冰壺在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，

11、 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有：lCD＝a1t，lAB＝a2t 冰壺在CD段與在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t1∶t2＝2∶1. 答案：(1)4　(2)2∶1 　處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)六法[學(xué)生用書(shū)P6] 【知識(shí)提煉】 【典題例析】 　物體以一定的初速度沖上固定 的光滑斜面，斜面總長(zhǎng)度為l，到達(dá)斜面最高點(diǎn)C時(shí)速度恰好為零，如圖．已知物體運(yùn)動(dòng)到距斜面底端l處的B點(diǎn)時(shí)，所用時(shí)間為t，求物體從B滑到C所用的時(shí)間． [審題突破]　本題的解答方法很多．如：因?yàn)関C＝0，故可用逆向思維法將該過(guò)程看做是沿斜面向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．不論采用什么方法，一定要從時(shí)間、位移和速度三方面找到相互聯(lián)系，建立方程． [

12、解析]　法一：逆向思維法 物體向上勻減速?zèng)_上斜面，相當(dāng)于向下勻加速滑下斜面． 故xBC＝，xAC＝，又xBC＝， 由以上三式解得tBC＝t. 法二：基本公式法 因?yàn)槲矬w沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體從B滑到C所用的時(shí)間為tBC，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得 v＝2axAC ① v＝v－2axAB ② xAB＝xAC ③ 由①②③解得vB＝ ④ 又vB＝v0－at ⑤ vB＝atBC ⑥ 由④⑤⑥解得tBC＝t. 法三：位移比例法 對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在連續(xù)相等的時(shí)間里通過(guò)的位移之比為x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)． 因?yàn)閤CB∶

13、xBA＝∶＝1∶3，而通過(guò)xBA的時(shí)間為t，所以通過(guò)xBC的時(shí)間tBC＝t. 法四：時(shí)間比例法 對(duì)于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)連續(xù)相等的各段位移所用的時(shí)間之比為t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)． 現(xiàn)將整個(gè)斜面分成相等的四段，如圖所示，設(shè)通過(guò)BC段的時(shí)間為tx，那么通過(guò) BD、DE、EA的時(shí)間分別為tBD＝(－1)tx，tDE＝(－)tx，tEA＝(2－)tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，解得tx＝t. 法五：中間時(shí)刻速度法 利用推論：中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段位移的平均速度，AC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得v

14、B＝.可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B點(diǎn)是這段位移的中間時(shí)刻，因此有tBC＝t. 法六：圖象法 根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，作出v－t圖象，如圖所示．利用相似三角形的規(guī)律，面積之比等于對(duì)應(yīng)邊平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC. 所以＝， 解得tBC＝t. [答案]　t 勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解題“四步驟” 　 【遷移題組】 遷移1　比例法的應(yīng)用 1．(多選)北京時(shí)間2017年3月26日世界女子冰壺錦標(biāo)賽決賽在北京首都體育館舉行．加拿大以8比3戰(zhàn)勝了俄羅斯隊(duì)，時(shí)隔九年再次奪冠，比賽中一冰壺以速度v垂直進(jìn)入三個(gè)相等寬度的矩形區(qū)域做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，

15、且在剛要離開(kāi)第三個(gè)矩形區(qū)域時(shí)速度恰好為零，則冰壺依次進(jìn)入每個(gè)矩形區(qū)域時(shí)的速度之比和穿過(guò)每個(gè)矩形區(qū)域所用的時(shí)間之比分別是(　　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 解析：選BD.因?yàn)楸鶋刈鰟驕p速直線運(yùn)動(dòng)，且末速度為零，故可以視為反向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)來(lái)研究，通過(guò)連續(xù)相等位移所用的時(shí)間之比為1∶(－1)∶(－)…，故冰壺勻減速通過(guò)三段連續(xù)相等位移所用的時(shí)間之比為(－)∶(－1)∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)在各位移等分點(diǎn)的速度之比為1∶∶…，則冰壺勻減速進(jìn)入每個(gè)矩形

16、區(qū)域時(shí)的速度之比為∶∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確． 遷移2　Δx＝aT2推論法的應(yīng)用 2．(2018·成都高新區(qū)月考)一小球沿斜面勻加速滑下，依次經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球經(jīng)過(guò)AB和BC兩段所用的時(shí)間均為2 s，則小球經(jīng)過(guò)A、B、C三點(diǎn)時(shí)的速度大小分別是(　　) A．2 m/s，3 m/s，4 m/s B．2 m/s，4 m/s，6 m/s C．3 m/s，4 m/s，5 m/s D．3 m/s，5 m/s，7 m/s 解析：選B.根據(jù)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，兩點(diǎn)之間的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，故B點(diǎn)的速度就是AC段的平均速度，vB＝＝4

17、m/s，又因?yàn)檫B續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，則由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故選項(xiàng)B正確． 　自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng)[學(xué)生用書(shū)P7] 【知識(shí)提煉】 1．自由落體運(yùn)動(dòng)為初速度為零、加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)． 2．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的重要特性(如圖) (1)對(duì)稱(chēng)性 ①時(shí)間對(duì)稱(chēng)：物體上升過(guò)程中從A→C所用時(shí)間tAC和下降過(guò)程中從C→A所用時(shí)間tCA相等，同理tAB＝tBA. ②速度對(duì)稱(chēng)：物體上升過(guò)程經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度與下降過(guò)程經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度大小相等． (2)多解性：當(dāng)物體經(jīng)過(guò)拋出

18、點(diǎn)上方某個(gè)位置時(shí)，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問(wèn)題時(shí)要注意這個(gè)特性． 3．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的研究方法 分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運(yùn)動(dòng) 下降階段：自由落體運(yùn)動(dòng) 全程法 初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，v＝v0－gt，h＝v0t－gt2(向上方向?yàn)檎较? 若v>0，物體上升，若v<0，物體下落 若h>0，物體在拋出點(diǎn)上方，若h<0，物體在拋出點(diǎn)下方 【典題例析】 　氣球以10 m/s的速度沿豎直方向勻速上升，當(dāng)它上升到離地175 m的高處時(shí)，一重物從氣球上掉落，則重物需要經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間才能落到地面？到達(dá)地面時(shí)的速度是多大？(g取

19、10 m/s2) [審題指導(dǎo)]　重物從氣球上掉落時(shí)仍具有向上的速度． [解析]　法一： 全程法 取全過(guò)程為一整體進(jìn)行研究，從重物自氣球上掉落計(jì)時(shí)，經(jīng)時(shí)間t落地，規(guī)定初速度方向?yàn)檎较?，?huà)出運(yùn)動(dòng)草圖，如圖所示． 重物在時(shí)間t內(nèi)的位移h＝－175 m 將h＝－175 m，v0＝10 m/s代入位移公式 h＝v0t－gt2 解得t＝7 s或t＝－5 s(舍去)， 所以重物落地速度為 v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s 其中負(fù)號(hào)表示方向豎直向下，與初速度方向相反． 法二：分段法 設(shè)重物離開(kāi)氣球后，經(jīng)過(guò)t1時(shí)間上升到最高點(diǎn)，則 t1＝＝ s＝1

20、 s 上升的最大高度h1＝＝ m＝5 m 故重物離地面的最大高度為 H＝h1＋h＝5 m＋175 m＝180 m 重物從最高處自由下落，落地時(shí)間和落地速度分別為 t2＝＝ s＝6 s， v＝gt2＝10×6 m/s＝60 m/s，方向豎直向下 所以重物從氣球上掉落至落地共歷時(shí) t＝t1＋t2＝7 s. [答案]　7 s　60 m/s 【遷移題組】 遷移1　自由落體運(yùn)動(dòng) 1．(2018·福建六校聯(lián)考)假設(shè)一位同學(xué)在某星球上完成自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)：讓一個(gè)質(zhì)量為2 kg的物體從一定的高度自由下落，測(cè)得在第5 s內(nèi)的位移是18 m，則(　　) A．物體在2 s末的速度大小是

21、20 m/s B．物體在第5 s內(nèi)的平均速度大小是3.6 m/s C．物體在前2 s內(nèi)的位移大小是20 m D．物體在5 s內(nèi)的位移大小是50 m 解析：選D.設(shè)該星球表面的重力加速度為g，由自由下落在第5 s內(nèi)的位移是18 m，可得g×(5 s)2－g×(4 s)2＝18 m，得g＝4 m/s2.所以2 s末的速度大小為8 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；第5 s內(nèi)的平均速度大小為18 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體在前2 s內(nèi)的位移大小是g×(2 s)2＝8 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體在5 s內(nèi)的位移大小是g×(5 s)2＝50 m，選項(xiàng)D正確． 遷移2　豎直上拋運(yùn)動(dòng) 2．(2018·江西五校高三摸

22、底考試)一彈性小球自4.9 m 高處自由下落，當(dāng)它與水平地面每碰一次，速度減小到碰前的，重力加速度g取9.8 m/s2，試求小球開(kāi)始下落到停止運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間． 解析：小球第一次下落經(jīng)歷的時(shí)間為：t＝＝1 s 落地前的速度的大小v＝gt＝9.8 m/s 第一次碰地彈起的速度的大小v1＝v 上升到落回的時(shí)間 t1＝＝2× s 第二次碰地彈起的速度的大小v2＝v 上升到落回的時(shí)間 t2＝＝2× s ? 第n次碰地彈起的速度的大小vn＝v 上升到落回的時(shí)間 tn＝＝2× s 從開(kāi)始到最終停止經(jīng)歷的時(shí)間為：t總＝1＋2×＋2×＋…＋2× s＝1＋7× s≈8 s. 答案：8 s 10