【物理】2018届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律教案

【物理】2018届一轮复习人教版匀变速直线运动的规律教案

匀变速直线运动的规律 一、匀变速直线运动的基本规律 ‎1．匀变速直线运动 ‎(1)定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动．‎ ‎(2)分类： ‎2．速度与时间的关系式：v＝v0＋at.‎ ‎3．位移与时间的关系式：x＝v0t＋at2.‎ ‎4．位移与速度的关系式：v2－v＝2ax.‎ 二、匀变速直线运动的推论 ‎1．平均速度公式：＝v＝.‎ ‎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．初速度为零的匀加速直线运动比例式 ‎(1)1T末、2T末、3T末……的瞬时速度之比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.‎ ‎(2)1T内，2T内，3T内……位移之比为：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2.‎ ‎(3)第一个T内，第二个T内，第三个T内，……，第n个T内位移之比为：‎ 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∶(－1)∶(－)∶…∶(－)．‎ 三、自由落体运动和竖直上拋运动的规律 ‎1．自由落体运动规律 ‎(1)速度公式：v＝gt.‎ ‎(2)位移公式：h＝gt2.‎ ‎(3)速度—位移关系式：v2＝2gh.‎ ‎2．竖直上拋运动规律 ‎(1)速度公式：v＝v0－gt.‎ ‎(2)位移公式：h＝v0t－gt2.‎ ‎(3)速度—位移关系式：v2－v＝－2gh.‎ ‎(4)上升的最大高度：h＝.‎ ‎(5)上升到最大高度用时：t＝.‎ ‎[自我诊断]‎ ‎1．判断正误 ‎(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)匀变速直线运动的位移是均匀增加的．(×)‎ ‎(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)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．(×)‎ ‎(6)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反．(×)‎ ‎2．滑板爱好者由静止开始沿一斜坡匀加速下滑，经过斜坡中点时的速度为v，则到达斜坡底端时的速度为(　　)‎ A.v　 B．v C．2v D.v 解析：选A.由匀变速直线运动的中间位置的速度公式 v＝ ，有v＝ ，得v底＝v，所以只有A项正确．‎ ‎3．(多选)在某一高度以v0＝‎20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为‎10 m/s时，以下判断正确的是(g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为‎15 m/s，方向向上 B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为‎5 m/s，方向向下 C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为‎5 m/s，方向向上 D．小球的位移大小一定是‎15 m 解析：选ACD.规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s、方向向上时，vt＝10 m/s，由＝得＝15 m/s，方向向上，A正确．当小球的末速度大小为10 m/s、方向向下时，vt＝－10 m/s，由＝得＝5 m/s，方向向上，B错误，C正确．由于末速度大小为10 m/s时，球的位置一定，距起点的位移x＝＝15 m，D正确．‎ 考点一　匀变速直线运动的基本规律 ‎1．运动公式中符号的规定 一般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．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．‎ ‎2．多过程问题 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质．‎ ‎3．解决运动学问题的基本思路 →→→→ ‎1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔‎8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度‎2 m/s2由静止加速到‎2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)‎ A．关卡2　 B．关卡3‎ C．关卡4 D．关卡5‎ 解析：选C.关卡刚放行时，该同学加速的时间t＝＝1 s，运动的距离x1＝at2＝1 m，然后以2 m/s的速度匀速运动，经4 s运动的距离为8 m，因此第1个5 s内运动距离为9 m，过了关卡2，到关卡3时再用时3.5 s，大于2 s，因此能过关卡3，运动到关卡4前共用时12.5 s，而运动到第12 s时，关卡关闭，因此被挡在关卡4前，C正确．‎ ‎2．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长‎25米，动车进站时可以看做匀减速直线运动．他发现第6节车厢经过他用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为(　　)‎ A．‎2 m/s2 B．‎1 m/s2‎ C．‎0.5 m/s2 D．‎0.2 m/s2‎ 解析：选C.设第6节车厢刚到达旅客处时，车的速度为v0，加速度为a，则有L＝v0t＋at2‎ 从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来，有 ‎0－v＝‎2a·‎2L，‎ 解得a≈－0.5 m/s2或a＝－18 m/s2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s2，故C正确．‎ ‎3．短跑运动员完成‎100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为‎7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．‎ 解析：根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速运动．设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得x1＝at①‎ x1＋x2＝a(2t0)2②‎ 式中t0＝1 s，联立①②两式并代入已知条件，得 a＝‎5 m/s2③‎ 设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2‎ ‎，匀速运动的速度为v；跑完全程的时间为t，全程的距离为x.依题意及运动学规律，得t＝t1＋t2④‎ v＝at1⑤‎ x＝at＋vt2⑥‎ 设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝at⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得x′＝10 m 答案：5 m/s2　10 m 求解多阶段运动问题的三点注意 ‎(1)画过程示意图时，应标明各已知量、中间量及待求未知量．‎ ‎(2)选定正方向后，应标明各物理量的正、负号．‎ ‎(3)计算结果中如果出现负值，应说明负号的物理意义．‎ 考点二　解决匀变速直线运动的六种方法 ‎1．(多选)物体做匀加速直线运动，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则物体(　　)‎ A．在A点的速度大小为 B．在B点的速度大小为 C．运动的加速度为 D．运动的加速度为 解析：选AB.根据匀变速直线运动规律可知，该物体在A点的瞬时速度大小等于物体运动的平均速度大小，即vA＝，选项A正确；设物体加速度大小为a，有x2－x1＝aT2，则a＝，选项C、D错误；物体在B点的速度大小为vB＝vA＋aT＝，选项B正确．‎ ‎2．质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为(　　)‎ A. 　　　　 B. C. D. 解析：选B.设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：＋＝s，解得：v＝；而s＝t1＋t2＝t，由此解得：t＝，所以选B.‎ ‎3．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．‎ 解析：方法一：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＝，xAC＝，‎ 又xBC＝，‎ 由以上三式解得tBC＝t.‎ 方法二：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，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v＝2axAC①‎ v＝v－2axAB②‎ xAB＝xAC③‎ 由①②③解得vB＝④‎ 又vB＝v0－at⑤‎ vB＝atBC⑥‎ 由④⑤⑥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＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.‎ 方法四：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，AC＝＝.又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝.由以上三式解得vB＝.可以看成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＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以＝，解得tBC＝t.‎ 答案：t 考点三　自由落体运动和竖直上抛运动 ‎1．应用自由落体运动规律解题时的两点注意 ‎(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．‎ ‎(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，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题．‎ ‎2．竖直上抛运动的处理方法 ‎(1)两种方法 ‎①“分段法”就是把竖直上抛运动分为上升阶段和下降阶段，上升阶段物体做匀减速直线运动，下降阶段物体做自由落体运动．下落过程是上升过程的逆过程．‎ ‎②“全程法”就是把整个过程看成是一个匀减速直线运动过程．从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反．‎ ‎(2)符号法则：应用公式时，要特别注意v0、v、h等矢量的正负号，一般选向上为正方向，v0总是正值，上升过程中v为正值，下降过程中v为负值，物体在抛出点以上时h为正值，在抛出点以下时h为负值．‎ ‎(3)巧用竖直上抛运动的对称性 ‎①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向．‎ ‎②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等．‎ ‎[典例]　气球下挂一重物，以v0＝‎10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝‎175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，g取‎10 m/s2.‎ 解析　解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理．‎ 绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为 t1＝＝1 s h1＝＝‎‎5 m 故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180 m 重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为 t2＝ ＝6 s v＝gt2＝‎60 m/s 所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为 t＝t1＋t2＝7 s.‎ 解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有：‎ h′＝v0t－gt2‎ 即－175＝10t－×10t2＝10t－5t2‎ t2－2t－35＝0‎ 解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)‎ 所以重物落地速度为：‎ v＝v0－gt＝‎10 m/s－10×‎7 m/s＝－‎60 m/s 其中负号表示落地速度，与初速度方向相反，方向竖直向下．‎ 答案　见解析 ‎　‎ 处理竖直上抛运动的两点注意 ‎(1)用全过程解决竖直上抛运动问题时，一定要先规定好正方向(一般以初速度方向为正)，公式h＝v0t＋gt2中各符号的意义必须明确．‎ ‎(2)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，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解．‎ ‎1．一小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力．经过b点时速度为v，经过c点时速度为3v，则ab段与ac段位移之比为(　　)‎ A．1∶3　 B．1∶5‎ C．1∶8 D．1∶9‎ 解析：选D.物体做自由落体运动，‎ ‎2ghab＝v2①‎ ‎2ghac＝(3v)2②‎ 由①②得＝，故D正确．‎ ‎2．(多选)某物体以‎30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取‎10 m/s2,5 s内物体的(　　)‎ A．路程为‎65 m B．位移大小为‎25 m，方向竖直向上 C．速度改变量的大小为‎10 m/s D．平均速度大小为‎13 m/s，方向竖直向上 解析：选AB.‎ 解法一：分阶段法．‎ 物体上升的时间t上＝＝ s＝3 s，物体上升的最大高度h1＝＝ m＝45 m．物体从最高点自由下落2 s的高度h2＝gt＝×10×22 m＝20 m．运动过程如图所示，则总路程为65 m，A正确.5 s末物体离抛出点的高度为25‎ ‎ m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确.5 s末物体的速度v＝gt下＝10×2 m/s＝20 m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量Δv＝(－v)－v0＝(－20 m/s)－30 m/s＝－50 m/s，即速度改变量的大小为50 m/s，方向竖直向下，C错误．平均速度＝＝ m/s＝5 m/s，方向竖直向上，D错误．‎ 解法二：全过程法．‎ 由竖直上抛运动的规律可知：物体经3 s到达最大高度h1＝45 m处．将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v0＝30 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，故5 s内物体的位移h＝v0t＋at2＝25 m＞0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向竖直向上，A、B正确．速度的变化量Δv＝aΔt＝－50 m/s，C错误.5 s末物体的速度v＝v0＋at＝－20 m/s，所以平均速度＝＝5 m/s＞0，方向竖直向上，D错误．‎ 考点四　两类匀减速直线运动 ‎1．刹车类问题 汽车匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间．如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度大小不变的匀加速直线运动．‎ ‎2．双向可逆类问题 如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义．‎ ‎1．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，刹车后第三个2 s内，汽车运动的位移为(　　)‎ A．‎12.5 m　 B．‎‎2 m C．‎10 m D．0‎ 解析：选D.设汽车从刹车到停下的时间为t，则由v＝v0＋at得t＝＝‎ eq f(0－10,－4) s＝2.5 s，所以第三个2 s汽车早已停止，所以第三个2 s位移为零，D正确．‎ ‎2．(多选)一物体以‎5 m/s的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为‎2 m/s2，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为‎4 m．则时间t可能为(　　)‎ A．1 s B．3 s C．4 s D. s 解析：选ACD.当物体的位移为4 m时，根据x＝v0t＋at2得，4＝5t－×2t2，解得t1＝1 s，t2＝4 s；当物体的位移为－4 m时，根据x＝v0t＋at2得，－4＝5t－×2t2，解得t3＝ s，故A、C、D正确，B错误．‎