2020版高考物理一轮复习 第一章 第2讲 匀变速直线运动规律课件 新人教版

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第2讲匀变速直线运动规律考点1匀变速直线运动规律的应用1．运动学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．解决运动学问题的基本思路如图所示，一长为L的长方体木块在水平面上由静止开始以加速度a做匀加速直线运动．先后经过1、2两点，1、2两点之间有一定距离，木块通过1、2两点所用时间分别为t1、t2.求：(1)木块经过1、2两点的平均速度大小；(2)木块前端P在1、2两点之间运动所需时间t.【解析】(1)由平均速度公式v＝xt得木块经过点1的平均速度大小v1＝Lt1，木块经过点2的平均速度大小v2＝Lt2.(2)解法1：利用位移公式设在出发点时木块P端距点1的距离为x1，距点2的距离为x2，P端从出发点到1、2两点的时间分别为t′1和t′2，由位移公式x＝12at2得x1＝12at′21，x1＋L＝12a(t1＋t′1)2，x2＝12at′22，x2＋L＝12a(t2＋t′2)2，又因为t＝t′2－t′1，解得t＝La1t2－1t1＋t1－t22.解法2：利用平均速度公式由匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，得P端到达点1后再经过t12时间的速度为v1＝Lt1，测P端经过点1时的速度大小v1＝v1－a·t12，同理，P端经过点2时的速度大小v2＝v2－a·t22，又因为v2＝v1＋at.解得t＝La1t2－1t1＋t1－t22.【答案】(1)Lt1Lt2(2)La1t2－1t1＋t1－t22解答匀变速直线运动问题常用方法如下1．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍，该质点的加速度为()A.st2B.3st2C.4st2D.9st2A解析：设质点的初速度为v1，末速度为v2，根据题意知v2＝3v1，根据v＝v0＋at，可得3v1＝v1＋at，解得v1＝at2，代入s＝v1t＋12at2可得a＝st2，故选项A正确．2．某物体做匀加速直线运动，加速度大小为a，速度变化Δv产生位移x，紧接着速度变化同样的Δv产生位移为()A．x－Δv2aB．x＋Δv2aC．x－Δv22aD．x＋Δv22aB解析：物体做匀加速运动，速度变化Δv时，经历的时间为Δva，设第二个Δv产生位移为x′，则x′－x＝at2，解得x′＝x＋Δv2a，选项B正确．3．(多选)一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初2s内的位移是最后2s内位移的两倍，且已知滑块在最初1s内的位移为2.5m，由此可求得()A．滑块的加速度为5m/s2B．滑块的初速度为5m/sC．滑块运动的总时间为3sD．滑块运动的总位移为4.5mCD解析：初速度为零的匀加速直线运动在第1s内、第2s内、第3s内的位移之比为xⅠxⅡxⅢ＝135.运动的总时间为3s时，在前2s内和后2s内的位移之比为12.正方向的匀减速运动可以看成反方向的匀加速运动，因滑块在最初2s内的位移是最后2s内位移的两倍，故运动的总时间为t＝3s，选项C正确；滑块最初1s内的位移与总位移之比为x1x＝59，滑块最初1s内的位移为2.5m，故x＝4.5m，选项D正确；根据x＝12at2可得a＝1m/s2，选项A错误；根据v＝at可得，滑块的初速度为3m/s，选项B错误．考点2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．竖直上抛运动的主要特性①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向对称性②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度所用的时间相等多解性当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，形成多解，在解决问题时要注意这个特性3.竖直上抛问题的两种处理方法(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)“整体法”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．考向1自由落体运动规律的应用(多选)如图所示，在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c，离桌面高度之比为h1h2h3＝321.若先后顺次释放a、b、c，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则()ACA．三者到达桌面时的速度大小之比是321B．三者运动时间之比为321C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差D．三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比，与质量成反比【解析】由v2＝2gh，得v＝2gh，故v1v2v3＝321，选项A正确；由t＝2hg得三者运动的时间之比t1t2t3＝321，选项B错误；b与a开始下落的时间差Δt1＝(3－2)2h3g，c与b开始下落的时间差Δt2＝(2－1)·2h3g，选项C正确；三个小球的加速度与重力及质量无关，都等于重力加速度，选项D错误．考向2竖直上抛运动规律的应用如图所示是一种较精确测量重力加速度g的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，然后返回，在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得O、P间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2.求：(1)重力加速度大小g；(2)若O点距玻璃管底部的距离为L0，求玻璃管最小长度．【解析】(1)小球从O点上升到最高点有h1＝12gT122小球从P点上升到最高点有h2＝12gT222依据题意有h1－h2＝H联立解得g＝8HT21－T22(2)玻璃管最小长度L＝L0＋h1解得L＝L0＋T21HT21－T22【答案】(1)8HT21－T22(2)L0＋T21HT21－T22考向3自由落体运动和竖直上抛运动的综合应用(多选)自高为H的塔顶自由落下A物体的同时B物体自塔底以初速度v0竖直上抛，且A、B两物体在同一直线上运动，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．若v0gH，两物体相遇时，B正在下降途中B．若v0＝gH，两物体在地面相遇C．若gH2v0gH，两物体相遇时B物体正在空中下落D．若v0＝gH2，则两物体在地面相遇CD【问题探究】(1)A、B两物体相遇的可能位置中，最高、最低点在什么位置？(2)A、B两物体相遇时满足什么关系？【分析】(1)B物体速度减为零时，A、B恰好相遇是两物体相遇的最高临界点；A、B恰好落地时相遇是两物体相遇的最低临界点．(2)A、B两物体相遇时，两物体在空中运动的时间相同，位移大小之和等于H.【解析】设经过时间t两物体相遇，则xA＝12gt2，xB＝v0t－12gt2，且xA＋xB＝H，可得t＝Hv0，此时B的速度为vB＝v0－gt，若vB0，即v0gH，则B在上升，选项A、B错误；若vB＝－v0，即v0＝gH2，两物体在地面相遇，C、D正确．抛体运动规律总结三种运动自由落体运动竖直上抛运动竖直下抛运动条件初速度为0、只受重力初速度向上、只受重力初速度向下、只受重力v＝gtv＝v0－gtv＝v0＋gth＝12gt2h＝v0t－12gt2h＝v0t＋12gt2基本公式v2＝2ghv2－v20＝－2ghv2－v20＝2gh4．一弹性小球自4.9m高处自由下落，它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的79，重力加速度g取9.8m/s2，试求小球从开始下落到停止运动所用的时间．解析：小球第一次下落经历的时间为：t＝2hg＝1s落地前的速度的大小v＝gt＝9.8m/s第一次碰地弹起的速度的大小v1＝79v上升到落回地面的时间t1＝2v1g＝2×79s第二次碰地弹起的速度的大小v2＝792v上升到落回地面的时间t2＝2v2g＝2×792s第n次碰地弹起的速度的大小vn＝79nv上升到落回地面的时间tn＝2vng＝2×79ns小球从开始下落到最终停止经历的时间为：t＝1＋2×79＋2×792＋…＋2×79ns＝1s＋7×1－79ns≈8s答案：8s考点3单体多过程匀变速直线运动问题1．基本思路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联系各段的纽带．可按下列步骤解题：(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；(2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移—时间关系；(4)解：联立求解，算出结果．2．解题关键多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．(2019·湖北黄冈模拟)一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度a1做匀加速运动，至速度v后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a2匀减速前进，直到停止，全程长为L.(1)求全程所用时间；(2)速度v为何值时，全程所用时间最短？【解析】火车先加速后匀速最后匀减速前进，由运动学公式求出各段时间．火车先加速到v再减速到零跑完全程时，所用时间最短．(1)火车加速过程：v＝a1t1加速位移满足：2a1x1＝v2减速过程：v＝a2t2减速位移满足：2a2x2＝v2匀速过程：L－x1－x2＝vt3全程所用时间t＝t1＋t2＋t3联立解得t＝Lv＋v2a1＋v2a2(2)火车先加速到v再减速到零跑完全程，所用时间最短，即L＝x1＋x2联立解得v＝2a1a2a1＋a2L【答案】(1)Lv＋v2a1＋v2a2(2)2a1a2a1＋a2L多过程组合问题的处理技巧(1)多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．(2)用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来．5．如图所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块从A点由静止释放，游戏者通过控制BC段上的可控区域的长度，让滑块到达C点时速度刚好为零，滑块自由落入洞D中即为成功．已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长25cm，BC长1m，CD高20cm，滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a1＝2m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2＝1m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3＝3m/s2，滑块在B点前后、可控点前后速度大小不变，g取10m/s2.当游戏成功时，求：(1)可控区域的长度L；(2)滑块从A到洞D所经历的时间t.解析：(1)设滑块在B点时速度大小为vB，则由运动学规律知v2B＝2a1xAB且vB＝a1t1解得t1＝0.5s，vB＝1m/s设滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知v2E－v2B＝2a2(xBC－L)vE－vB＝a2t2从E到C，由运动学规律知v2E＝2a3LvE＝a3t3联立解得t2＝t3＝0.5s，L＝0.375m.(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知hCD＝12gt24解得t4＝0.2s所以滑块从A到洞D所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7s.答案：(1)0.375m(2)1.7s