2013届高三总复习课件(第1轮)物理(广西专版)课件：2.2匀变速直线运动

1第2讲匀变速直线运动第二章直线运动2一、定义：物体在一条直线上运动，如果在相等的时间内速度变化相等，这种运动叫做匀变速直线运动.二、特点：加速度恒定且与速度在一条直线上.三、运动规律1.基本公式由加速度的定义式可得：vt=v0+at①由速度—时间图象得：s=v0t+at2②1232.导出公式由①②消去a得：③由①②消去t得：vt2-v02=2as④说明：(1)这四个公式中只有两个是独立的，所涉及的五个物理量必须已知三个才能求出另外两个.02tvvst4(2)五个物理量除时间t外，其余四个均为矢量.其方向均用正、负表示.如果规定初速度v0的方向为正，则加速运动a为正，减速运动a为负.(3)由公式③及平均速度的定义可知匀变速运动的平均速度0.2tvvsvt5一个物体做匀变速直线运动，某时刻的速度大小为4m/s，2s后的速度大小为10m/s，那么该物体()A.在前1s内的位移大小可能小于2mB.在第1s末的速度大小可能小于2m/sC.在前1s内的位移大小可能大于6mD.在第1s末的速度大小可能大于6m/s思考1AD6(1)若2s末速度的方向与初速度方向相同加速度第1s末的速度v1=v0+at1=7m/s第1s内的位移22010-4m/s=3m/s2tvvat0114+71m=5.5m22vvst7(2)若2s末的速度的方向与初速度方向相反加速度第1s末的速度v1=v0+at1=-3m/s第1s内的位移所以A、D正确，B、C错误.220-10-4m/s=-7m/s2tvvat0114+(-3)1m=0.5m22vvst8四、匀变速运动的几个重要推论1.做匀变速直线运动的物体，在任意连续相等时间T内的位移差是恒量，即：Δs=sn-sn-1=aT2=恒量可推出：sm-sn=(m-n)aT22.做匀变速直线运动的物体，某段时间内中间时刻的瞬时速度等于该时间内的平均速度3.做匀变速直线运动的物体，某段位移中间位置的瞬时速度等于该时间内的初、末速度的方均根022tvvtvv22022tvvsv9做匀变速直线运动的物体，在时间t内的位移为s，设这段时间中间时刻的瞬时速度为v1，这段位移中间位置的瞬时速度为v2，则()A.无论是匀加速运动还是匀减速运动，v1v2B.无论是匀加速运动还是匀减速运动，v1v2C.无论是匀加速运动还是匀减速运动，v1=v2D.匀加速运动时，v1v2；匀减速运动时，v1v2思考2A10解法一：根据数学知识可证得，当v0≠vt时，有，即v1v2.解法二：分别画出匀加速直线运动和匀减速直线运动的v-t图象如下220022ttvvvv11由图可见，无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动均有v1v2.所以A正确，B、C、D错误.4.将初速为零的匀加速直线运动分为相等时间间隔T，则1T末、2T末、3T末、…的瞬时速度比为v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n1T内、2T内、3T内、…nT内的位移比为s1∶s2∶s3∶…∶sn=12∶22∶32∶…∶n212第1个T内、第2个T内、第3个T内、…位移比sⅠ∶sⅡ∶sⅢ…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n-1)5.将初速为零的匀加速直线运动分为等位移间隔s，则第1个s内、第2个s内、第3个s内、…时间比t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(2-1)(3-2)(1)nn∶∶∶13甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的.为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记.在某次练习中，甲在接力区前s0=13.5m处做了标记，并以v=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令.乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒.已知接力区的长度为L=20m.求：例114(1)此次练习中乙在接棒前的加速度a；(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离.匀变速直线运动的规律.(1)设经过时间t，甲追上乙，则根据题意有解得：(2)在甲追上乙的时候，乙走的距离为所以乙离接力区末端的距离L-s=(20-13.5)m=6.5m012vtvts2202279s3s,m/s3m/s93svtavt113.52svtm15用a表示跳蚤起跳的加速度，v表示离地时的速度，则对加速过程和离地后上升过程分别有：v2=2ad2①v2=2gh2②若假想人具有和跳蚤相同的加速度a，令v1表示在这种假想下人离地时的速度，H表示与此相应的竖直高度，则对加速过程和离地后上升过程分别有：变式练习116v12=2ad1③v12=2gH④由以上各式可得：⑤代入数值得：H=63m212hdHd17如图2-2-1所示，一个小物体沿光滑斜面由A点上方从静止开始加速下滑，在它通过的路径中取AE并分成相等的四段，vB表示通过B点的瞬时速度，v表示AE段的平均速度，则vB与v的关系是()A.vB＜vB.vB=vC.vB＞vD.以上三种关系都有可能匀变速直线运动规律.图2-2-1例2A18解法一：特殊值法设vA=1m/s，a=1m/s2，相邻两点间的距离为1m.解得：，vE=3m/s所以有vBv，即A正确.3m/sBv=2m/s,2AEvvv19解法二：公式法设物体通过A、B、C、D、E点的速度分别为vA、vB、vC、vD、vE，由匀变速直线运动的推论可知：①②③由①②得：④设vBv，由③④解得vAvE，与实际情况相符，假设正确.即A正确.2234AEBvvv22 2AECvvv22 2ACBvvv 2AEvvv20解法三：v-t图象法若vA=0，则，即四分之一位移处的瞬时速度恰等于中间时刻的瞬时速度(平均速度)，即vB=v若vA≠0，则，即超过四分之一位移处的瞬时速度才等于中间时刻的瞬时速度(平均速度)，故vBv.1114ObbOccSS121214OObbSSOOcc21解法四：s-t图象法由于物体的整个运动是匀加速直线运动，所以s-t图象是顶点在原点的抛物线，根据位移图象斜率的意义可知，过B点作切线表示运动质点在B点的瞬时速度，连接AE，直线AE的斜率表示运动质点在AE段的平均速度，比较可知，AE线的斜率大于B点切线的斜率，即有vB＜v，所以A是正确的.22(1)将不同小球在同一时刻的不同状态等效为同一小球在不同时刻的状态.因小球做匀变速直线运动且分为等时间间隔，故有(2)变式练习222220.20.15m/s5m/s0.1BCABaT1.75/2BABBCvTms23(3)sCD=sBC+aT2=0.2m+5×0.12m=0.25m(4)B球已运动的时间为，说明连B球本身在内是4个球，故A上面还有2个球.1.75s=0.35s=3.55BBBvttaT，即24如图2-2-3所示为水平导轨，A、B为弹性竖直挡板，相距L=4m.小球自A板处开始，以v0=4m/s的速度沿导轨向B运动.它与A、B挡板碰撞后均以与碰前大小相等的速率反弹回来，且在导轨上做减速运动的加速度大小不变.为使小球停在AB的中点，这个加速度的大小应为多少？例3图2-2-325借助等效思想分析运动过程.由于小球与挡板碰后速率不变，运动中加速度大小不变，因此小球在挡板间往复的运动可用一单向的匀减速运动等效替代.要使小球停在AB中点，它运动的路程应满足2014(),0122221012vsnLnsaann、、、由，可得，、、