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《课堂新坐标》2014届高考物理一轮复习配套word版文档:第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用


第2讲

匀变速直线运动的规律及应用

(对应学生用书第 5 页)

匀变速直线运动 定义 分类 (2)匀减速直线运动:a 与 v 反向 规律 1 (2)位移公式:s=v0t+ at2 2 (3)速度—位移关系式:v2-v2=2as t 0 重要 推论 (2)平均速度: v = v0+vt t =v , 即一段时间内 2

2 的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速 度,或这段时间初、末时刻速度矢量和的一 半 物体在一条直线上且加速度不变的运动 (1)匀加速直线运动:a 与 v 同向 (1)速度公式:vt=v0+at

(1)任意两个连续相等的时间间隔(T)内,位移 之差是一恒量,即 Δs=s2-s1=s3-s2=?= sn-sn-1=aT2

错误!

【针对训练】 1.(2011· 天津高考)质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x=5t+t2(各物理量均采 用国际单位制单位),则该质点( ) A.第 1 s 内的位移是 5 m B.前 2 s 内的平均速度是 6 m/s C.任意相邻的 1 s 内位移差都是 1 m D.任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s 1 【解析】 由匀变速直线运动的位移公式 x=v0t+ at2, 对比题给关系式可得 v0=5 m/s, 2 2 x2 5×2+2 a=2 m/s2.则第 1 s 内的位移是 6 m,A 错;前 2 s 内的平均速度是 v = = m/s=7 t 2 m/s,B 错;Δx=aT2=2 m,C 错;任意 1 s 内速度增量 Δv=at= 2 m/s,D 对. 【答案】 D 自由落体运动和竖直上抛运动

(1)速度公式:vt=gt 1 2 (2)位移公式:h= gt 2 (3)速度—位移关系式:v2=2gh t 竖直 上抛 (4)速度公式:vt=v0-gt 1 2 (5)位移公式:h=v0t- gt 2 2 (6)速度—位移关系式:vt -v2=-2gh 0 2 v0 (7)上升的最大高度:H= 2g v0 (8)上升到最大高度的时间:t= g 【针对训练】 2.蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动.为了测量运 动员跃起的高度, 训练时可在弹性网上安装压力传感器, 利用传感器记录弹性网所受的压力, 并在计算机上作出压力—时间图象, 假如作出的图象如图 1-2-1 所示. 设运动员在空中运 动时可视为质点,则运动员跃起的最大高度是(g 取 10 m/s2)( )

自由 落体

图 1-2-1 A.1.8 m B.3.6 m C.5.0 m D.7.2 m 【解析】 从题目中的 F-t 图象中可以看出,运动员脱离弹性网后腾空的时间为 t1= 1 2.0 s, 则运动员上升到最大高度所用的时间为 t2=1.0 s, 所以上升的最大高度 s= gt2=5.0 m, 2 2 选项 C 正确. 【答案】 C

(对应学生用书第 5 页)

匀变速直线运动公式的理解和应用 1.正、负号的规定 直线运动中可以用正、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 a 的方向 为正方向. 2.解题的基本思路 画过程 判断运 选取正 选用公式 解方程并 → → → → 示意图 动性质 方向 列方程 加以讨论 (2011· 新课标全国高考)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动,加速度

方向一直不变.在第一段时间间隔内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是 甲的两倍;在接下来的相同时间间隔内,汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍,汽车乙的 加速度大小减小为原来的一半.求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比. 【审题视点】 都做由静止开始的匀加速直线运动. 第一段时间 a 乙=2a 甲; 第二段时间 a 乙减半,a 甲增倍. 【解析】 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为 v,第一段时间间隔内行驶 的路程为 s1,加速度为 a;在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2.由运动学公式得 v=at0① 1 s1= at2② 2 0 1 s2=vt0+ (2a)t2③ 0 2 设汽车乙在时刻 t0 的速度为 v′, 在第一、 二段时间间隔内行驶的路程分别为 s′1、 2. s′ 同样有 v′=(2a)t0④ 1 s′1= (2a)t2⑤ 0 2 1 s′2=v′t0+ at2⑥ 2 0 设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s′,则有 s=s1+s2⑦ s′=s′1+s′2⑧ 联立以上各式解得,甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 s 5 = . s′ 7 【答案】 5∶7

利用匀变速直线运动规律的解题技巧 (1)利用运动的可逆性:末速度为零的匀减速直线运动可等效为初速度为零的反向匀加 速直线运动. (2)利用运动的对称性:物体做初、末态速度均为零的先加速后减速运动时,若两段加 速度大小相等,则运动具有对称性. t s v0+vt (3)纸带处理中常用的两个公式:v = v = = (中间时刻速度等于这段时间内的平 2 t 2 2 均速度)及 xn-xm=(n-m)aT (相等时间内位移之差是一恒量). (4)巧用初速度为零的匀加速直线运动的推论简化解题 ①t、2t、3t?内的位移比为:s1t∶s2t∶s3t∶?=1∶4∶9∶? ②连续相等时间内的位移比为:s1∶s2∶s3∶s4∶?=1∶3∶5∶7∶? ③连续相等位移所用时间比为:t1∶t2∶t3∶?=1∶( 2-1)∶( 3- 2)∶? 【即学即用】 1.一物体在与初速度方向相反的恒力作用下做匀减速直线运动,v0=20 m/s,加速度大 小为 5 m/s2,求: (1)物体经多少秒后回到出发点? (2)由开始运动算起,求 6 s 末物体的速度. 【解析】 由于物体连续做匀变速直线运动,故可以直接应用匀变速运动公式.以 v0 的方向为正方向. 1 (1)设经 t1 秒回到出发点,此过程中位移 s=0,代入公式 s=v0t+ at2,并将 a=-5 m/s2 2 代入,得

2v0 2×20 t1=- =- s=8 s. a -5 (2)由公式 vt=v0+at 知 6 s 末物体的速度 vt=v0+at2=[20+(-5)× m/s=-10 m/s. 6] 负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反. 【答案】 (1)8 s (2)10 m/s,方向与初速度方向相反 竖直上抛运动的理解和应用 研 究 方 法 (2)整体法:从全过程来看,加速度方向始终 与初速度的方向相反且大小不变,所以也可 以把竖直上抛运动看成是一个匀变速直线运 动 对 称 (1)分段法:可以把竖直上抛运动分成上升阶 段的匀减速运动和下降阶段的自由落体运动 处理,下降过程是上升过程的逆过程



如图所示,物体以初速度 v0 竖直上抛,A、B 为途中的任意两点,C 为最高点,则: (1)时间对称性 物体上升过程中从 A→C 所用时间 tAC 和下降 过程中从 C→A 所用时间 tCA 相等,同理 tAB= tBA (2)速度对称性 物体上升过程经过 A 点的速度与下降过程经 过 A 点的速度大小相等 (2012· 徐州一中模拟)气球以 10 m/s 的速度匀速竖直 上升,从气球上掉下一个物体,经 17 s 到达地面.求物体刚脱离气球时气球的高度.(g=10 m/s2)

(甲)

【解析】 法一:(全程法)可将物体的运动过程视为匀变速直线运动.根据题意画出运 动草图如图(甲)所示. 规定向下方向为正,则 v0=-10 m/s, 1 g=10 m/s2 据 h=v0t+ gt2, 2 1 则有 h=-10×17 m+ ×10×172 m 2 =1 275 m 所以物体刚脱离气球时气球的高度为 1 275 m.

(乙) 法二:(分段法)如图(乙)将物体的运动过程分为 A→B 和 B→D 两段来处理.A→B 为竖 直上抛运动,B→D 为自由落体运动. 在 A→B 段,据竖直上抛规律可知此阶段运动时间为 v0 10 tAB= = s=1 s g 10 由题意知 tBD=(17-1) s=16 s 由自由落体运动规律得 1 1 hBD= gt2 = ×10×162 m=1 280 m 2 BD 2 1 1 hBC= gt2 = ×10×12 m=5 m 2 AB 2 hCD=hBD-hBC=1 275 m. 【答案】 1 275 m

分析解答竖直上抛问题时,既可采用分段法,也可采用全程法.分段法物理过程清晰, 但解题步骤较多;全程法是直接把已知量代入公式,但必须注意 h、v0 正负号的意义及其取 舍. 【即学即用】 2.(2012· 宝鸡一模)人民广场上喷泉的喷嘴与地面相平且竖直向上,某一喷嘴喷水流量 Q=5 L/s,水的出口速度 v0=20 m/s,不计空气阻力,g=10 m/s2.则处于空中的水的体积是 ( ) A.5 L B.20 L C.10 L D.40 L 2v0 【解析】 设水在空中的运动时间为 t,则 t= =4 s,而 V=Qt=20 L,故 B 正确. g 【答案】 B

(对应学生用书第 7 页)

匀变速直线运动的实际应用 匀变速直线运动的实际应用是高考的热点, 除了直接套用基本公式求解外, 还有其他一 些方法,具体如下: 方法 分析说明 平均 s 1 定义式 v = 对任何性质的运动都适用, v = (v0+vt)只适用于匀变速直线运 而 t 2 速度法 动 中间时刻 利用“任一时间段 t 的中间时刻的瞬时速度等于这段时间 t 内的平均速度”即 t 速度法 v =v 2 续表 方法 分析说明 比例法 适用于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动 逆向 把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法,一般用于末态已知 思维法 的情况 图象法 应用 v-t 图象,可把较复杂的问题转变为较为简单的数学问题解决 推论法 匀变速直线运动问题,若出现相等的时间间隔问题,应优先考虑用 Δs=aT2 求解 有一质点在连续 12 s 内做匀加速直线运动,在第一个 4 s 内位移为 24 m,在最 后 4 s 内位移为 56 m,求质点的加速度. 【潜点探究】 (1)质点匀加速直线运动且给了两段时间和相应位移,可用运动学基本 公式求解. (2)由两段时间及位移,可求平均速度,再由平均速度求出中间时刻瞬时速度,进而可 求加速度. (3)题中信息,告诉了连续三个相等时间间隔,可考虑特殊推论解题. 【规范解答】 方法一:运用运动学基本公式求解 1 根据 s=v0t+ at2,有 2 1 2 24=v0×4+ a· ① 4 2 1 56=v1×4+ a·2② 4 2 又由 v=v0+at,有 v1=v0+a×8③ 以上三式联立可解得 a=1 m/s2. 方法二:利用平均速度公式求解 t 由于已知量有 s 及 t,平均速度 v 可求,故想到利用平均速度公式 v =v ,第一个 4 s 2 24 内的平均速度等于中间时刻 2 s 时的速度,v2= m/s=6 m/s,最后 4 s 内的平均速度等于 4 56 中间时刻 10 s 时的速度,v10= m/s=14 m/s 4 v10-v2 14-6 所以 a= = m/s2=1 m/s2. t10-t2 10-2 方法三:利用 Δs=aT2 求解 本题出现了三个连续相等时间间隔(4 s),故想到选用公式 Δs=aT2,s2-s1=aT2,s3-s2 =aT2,

所以 s3-s1=2aT2, s3-s1 56-24 a= = m/s2=1 m/s2. 2T2 2×42 【答案】 1 m/s2 【即学即用】 3.

图 1-2-2 (2012· 咸阳二模)从斜面上某一位置,每隔 0.1 s 释放一个小球,在连续释放几个小球后, 对在斜面上滚动的小球拍下照片,如图 1-2-2 所示,测得 sAB=15 cm,sBC=20 cm,求: (1)小球的加速度; (2)拍摄时 B 球的速度; (3)拍摄时 sCD 的大小. Δs 【解析】 (1)由 a= 2 得小球的加速度 t sBC-sAB a= =5 m/s2. t2 (2)B 球的速度等于 AC 段上的平均速度,即 sAC vB= =1.75 m/s. 2t (3)由相邻相等时间内的位移差恒定,即 sCD-sBC=sBC-sAB 得 sCD=2sBC-sAB=0.25 m. 【答案】 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m

(对应学生用书第 8 页)

●考查自由落体运动 1.一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下,某摄影爱好者恰好拍到了它下落的 1 一段轨迹 AB.该爱好者用直尺量出轨迹的长度, 如图 1-2-3 所示. 已知曝光时间为 s, 1 000 则小石子出发点离 A 点约为( )

图 1-2-3 A.6.5 m B.10 m C.20 m D.45 m 【解析】 因曝光时间极短,故 AB 段可看做匀速直线运动,小石子到达 A 点时的速度

s 0.02 为 vA= = m/s=20 m/s, t 1 1 000 v2 202 A h= = m=20 m. 2g 2×10 【答案】 C ●考查匀变速过程规律 2. 图 1-2-4 (2013 届咸阳高三模拟)在水平面上有一个小物块质量为 m, 从某点给它一个初速度沿水 平面做匀减速直线运动,经过 A、B、C 三点到 O 点速度为零.A、B、C 三点到 O 点距离分 别为 s1、s2、s3,由 A、B、C 到 O 点所用时间分别为 t1、t2、t3,下列结论正确的是( ) s1 s2 s3 s1 s2 s3 A. = = B. < < t1 t2 t3 t1 t2 t3 s1 s2 s3 s1 s2 s3 C. 2 = 2 = 2 D. 2 < 2 < 2 t1 t2 t3 t1 t2 t3 【解析】 因题中所给已知量是位移和时间且在 O 点速度为零,为此可用逆向思维, 1 利用公式 s= at2 可快速判定 C 对,D 错;由中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度可 2 知 A、B 错. 【答案】 C ●考查竖直上抛运动 3. (2013 届固原模拟)某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛, 不计空气阻力, 取 10 m/s2.5 g s 内物体的( ) A.路程为 65 m B.位移大小为 25 m,方向向上 C.速度改变量的大小为 10 m/s D.平均速度大小为 13 m/s,方向向上 v0 30 v2 302 0 【解析】 上升时间 t1= = s=3 s,上升位移为 h1= = m=45 m,自由落 g 10 2g 2×10 1 1 体时间 t2=2 s, 下降高度为 h2= gt2= ×10×22 m=20 m, 5 s 内的路程为 s=h1+h2=65 故 2 2 2 m,故 A 正确;此时位移为 h=h1-h2=25 m,方向竖直向上,故 B 正确;此时速度大小为 v=gt=10×2 m/s=20 m/s,方向竖直向下,所以速度的改变量 Δv=-20 m/s-30 m/s=-50 s h 25 m/s,故 C 错;平均速度为 v = = = m/s=5 m/s,故 D 错. t t1+t2 3+2 【答案】 AB ●匀变速运动规律实际应用 4.甲、乙两汽车沿同一平直公路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速 度均为 16 m/s.已知甲车紧急刹车时加速度 a1=3 m/s2,乙车紧急刹车时加速度 a2=4 m/s2, 乙车司机的反应时间是 0.5 s(即乙车司机看到甲车刹车后 0.5 s 才开始刹车).为保证两车紧 急刹车过程不相碰,甲、乙两车行驶过程至少应保持多大距离? 【解析】

甲刹车经时间 t(t>0.5 s),甲、乙两车的运动情景如图所示.

1 3 甲车位移为 s1=v0t- a1t2=16t- t2 2 2 甲车速度为 v1=v0-a1t=16-3t 1 4 乙车位移为 s2=v0×0.5+v0(t-0.5)- a2(t-0.5)2=16×0.5+16(t-0.5)- (t-0.5)2 2 2 乙车速度为 v2=v0-a2(t-0.5)=16-4(t-0.5) 二车免碰的临界条件是速度相等且位置相同,因此有 v1=v2,s1+s0=s2 其中,s0 就是它们不相碰应该保持的最小距离. 解以上方程组可得 s0=1.5 m. 【答案】 1.5 m ●自由落体和竖直上抛的综合问题 5.(2012· 北京 101 中学模拟)如图 1-2-5 所示,A、B 两棒长均为 L=1 m,A 的下端 和 B 的上端相距 x=20 m,若 A、B 同时运动,A 做自由落体运动,B 做竖直上抛运动,初 速度 v0=40 m/s.求:

图 1-2-5 (1)A、B 两棒何时相遇; (2)从相遇开始到分离所需的时间. 【解析】 (1)设经过时间 t 两棒相遇 1 1 由 gt2+(v0t- gt2)=s 2 2 s 20 得 t= = s=0.5 s. v0 40 (2)从相遇开始到两棒分离的过程中,A 棒做初速度不为零的匀加速直线运动,B 棒做匀 减速直线运动,设从相遇开始到分离所需时间为 Δt,则 1 1 (vAΔt+ gΔt2)+(vBΔt- gΔt2)=2L 2 2 其中 vA=gt,vB=v0-gt 2L 2×1 代入后解得 Δt= = s=0.05 s. v0 40 【答案】 (1)0.5 s (2)0.05 s


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