（新课标）2020年高考物理一轮总复习 第一章 第二讲 匀变速直线运动的规律课件

基础复习课第二讲匀变速直线运动的规律抓基础·双基夯实研考向·考点探究栏目导航随堂练·知能提升一、匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动加速度v0＋at相同相反v2－v20v0t＋12at2aT2(m－n)v20＋v222．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论(1)1T末、2T末、3T末…nT末瞬时速度的比为v1∶v2∶v3…vn＝.(2)1T内、2T内、3T内…nT内位移的比为x1∶x2∶x3…xn＝.(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内…第n个T内位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ…xn＝．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3…tn＝．1∶2∶3…n12∶22∶32…n21∶3∶5…(2n－1)1∶(2－1)∶(3－2)…(n－n－1)二、自由落体运动和竖直上抛运动gt静止2gh12gt2竖直向上重力v0－gt[小题快练]1．判断题(1)匀加速直线运动是速度随时间均匀变化的直线运动．()(2)匀加速直线运动的位移是均匀增大的．()(3)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．()(4)物体由某高度由静止下落一定做自由落体运动．()(5)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竖直向下的．()√×√×√2．某物体做直线运动，位移遵循的方程为x＝6t－t2(其中x的单位为m，t的单位为s)．则该物体在0～4s时间内通过的路程为()A．8mB．9mC．10mD．11mC3．(2018·江苏新丰中学期末)某同学为了判断自己正常行驶时是否超速，在一次正常行驶途中经过某一位置时立刻切断电源，让电动自行车沿直线自由滑行．测得电动自行车滑行的最大距离为15m，滑行的时间为5s，则该同学正常行驶的车速约为()A．3km/hB．3m/sC．6km/hD．6m/sD4．某航母跑道长160m，飞机发动机产生的最大加速度为5m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为()A．10m/sB．15m/sC．20m/sD．30m/sA考点一匀变速直线运动规律及应用(师生共研)1．解答运动学问题的基本思路2．运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度v0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，当v0＝0时，一般以加速度a的方向为正方向．3．两类特殊的匀减速直线运动(1)刹车类问题：指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，加速度不变的匀加速直线运动.(2)双向可逆类：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变，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．[典例1]歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行，求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.[思路点拨]第(1)问不知道时间，直接应用不含时间的运动学公式2ax＝v2－v20解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动．解析：(1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2.在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v21min，解得v1min＝2as－L.(2)解法一(一般公式法)起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有x＝v2mint，t＝v－v2mina2as＝v22a(L＋x)＝v2－v22min解得v2min＝2as－2aL.解法二(相对运动法)选航空母舰为参照系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝2as－2aL.答案：(1)2as－L(2)2as－2aL[反思总结]知三求二解决匀变速直线运动问题在研究匀变速直线运动中，要把握以下四点：1．要熟练掌握下列四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，2ax＝v2－v20，x＝v0＋v2t.这四个公式中，前两个是基本公式，后两个是前两个的推论．也就是说在这四个公式中只有两个是独立的，解题时只要适当地选择其中两个即可．2．要分清运动过程是加速运动过程还是减速运动过程．3．要清楚这四个公式都是矢量式，求解问题时，首先要规定一个正方向，以此来确定其他矢量的正负，一般选择v0的方向为正方向．4．一个匀变速直线运动的过程，一般用五个物理量来描述，即v0、v、a、x、t.在这五个量中，只要知道三个量，就可以求解其他两个未知量，常叫“知三求二”．1－1.[基本规律的应用]如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m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3s和1s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A．关卡3B．关卡4C．关卡5D．任何关卡都无法挡住解析：由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时t1＝1s，在加速时间内通过的位移x1＝12at21＝1m，t2＝2s，x2＝vt2＝4m，关闭1s运动的总位移为7m，再打开3s，又前进6m，此时距关卡3还有3m的距离，再关闭1s，运动到距关卡3还有1m的位置，又打开3s，以后将重复前面的运动情况，故任何关卡都无法挡住，选D.答案：D1－2.[推论的应用]“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0(t0＜t)时刻距离海平面的深度为()A.vt－t022tB．vt202tC.vt2D．vt0(1－t02t)解析：潜水器减速上升，加速度a＝vt，由2aH＝v2得：开始运动时距离水面高度H＝v22a＝12vt，经时间t0上升的距离为：h＝vt0－12at20＝vt0－vt202t，此时到水面的距离Δh＝H－h＝vt－t022t.答案：A1－3.[刹车问题]在平直公路上，汽车以1m/s2的加速度加速行驶了12s，驶过了180m，求：(1)汽车开始加速时的速度为多大？(2)过了180m处之后接着若以2m/s2大小的加速度刹车，问刹车后汽车在12s内前进的距离是多少？解析：(1)汽车在加速过程，由x1＝v0t＋12a1t2得：v0＝9m/s.(2)运动180m时的速度：v＝v0＋a1t＝21m/s刹车后的实际运动时间t2＝va2＝10.5s说明汽车自刹车到速度为零经历了10.5s，并没有运动12s，所以x2＝v22a2＝110.25m.答案：(1)9m/s(2)110.25m考点二解决匀变速直线运动的常用方法(师生共研)[典例2]物体以一定的初速度从斜面底端冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示．已知物体运动到斜面长度34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]本题的解答方法很多．因为vC＝0，故可用逆向思维法将该过程看作是沿斜面向下的匀加速直线运动．不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程．解析：解法一(逆向思维法)物体向上减速冲上斜面且vC＝0，则该物体运动的逆过程相当于沿斜面向下的初速度为0的匀加速直线运动．故xBC＝at2BC2，xAC＝at＋tBC22又xBC＝xAC4，解得tBC＝t.解法二(比例法)对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x1∶x2∶x3…xn＝1∶3∶5…(2n－1)．现有xCB∶xBA＝xAC4∶3xAC4＝1∶3因通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC＝t.解法三(平均速度法)中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度vAC＝v0＋v2＝vA＋vC2＝vA2又v2A＝2axAC①v2B＝2axBC②xBC＝xAC4③解①②③得vB＝vA2可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置．因此有tBC＝t.解法四(推论法)对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3…tn＝1∶(2－1)∶(3－2)…(n－n－1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为tx，那么通过DB、ED、AE段的时间分别为tDB＝(2－1)tx，tED＝(3－2)tx，tAE＝(4－3)tx，又tDB＋tED＋tAE＝t，得tx＝t.答案：t[反思总结]对于减速到零的匀减速直线运动，运用逆向思维将运动转变成初速度为零的匀加速直线运动，就可以大大降低解题难度，顺利找到突破口．2－1.[v＝vt2的应用]做匀加速直线运动的质点，在第一个3s内的平均速度比它在第一个5s内的平均速度小3m/s.则质点的加速度大小为()A．1m/s2B．2m/s2C．3m/s2D．4m/s2解析：第1个3s内的平均速度即为1.5s时刻瞬时速度v1，第1个5s内的平均速度即为2.5s时刻瞬时速度v2，a＝ΔvΔt＝v2－v1Δt＝3m/s2.5－1.5s＝3m/s2，C正确．答案：C2－2.[逆向思维法](2018·湖南雅礼中学模拟)一个做匀速直线运动的物体，从某时刻起做匀减速运动经6s静止，设连续通过三段位移的时间分别是3s、2s、1s，这三段位移的大小之比和这三段位移上的平均速度之比分别是()A．1∶2∶31∶1∶1B．33∶23∶132∶22∶1C．1∶23∶331∶22∶32D．5∶3∶13∶2∶1解析：设连续3段位移依次为s1、s2和s3，平均速度依次为v1、v2、v3，反过来看为初速度为0的匀加速直线运动，s3＝12a×12，s2＝12a×(32－12)，s1＝12a×(62－32)，则s1∶s2∶s3＝27∶8∶1＝33∶23∶1，v1∶v2∶v3＝32∶22∶1，B对．答案：B2－3.[扩展公式Δx＝aT2的应用](2018·江西鹰潭期末)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点．已知AB＝6m，BC＝10m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()A．2m,3m,4mB．3m,4m,5mC．2m,4m,6mD．3m,5m,7m解析：球经过AB和BC两段所用的时间均为2s，所以B为AC点的中间时刻，中点时刻的速度等于平均速度，所以vB＝SAC2t＝164＝4m/s，由Δx＝at2得：a＝1m/s2，再利用v＝v0＋at，可分别解得：vA＝2m/s；vC＝6m/s，故C正确．答案：C考点三自由落体和竖直上抛运动(自主学习)1．竖直上抛运动的两种研究方法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．习惯上取v0的方向为正方向，则v0时，物体正在上升；v0时，物体正在下降．h0时，物体在抛出点上方；h0时，物体在抛出点下方2.竖直上抛运动的特点(1)对称性：如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两