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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,*,物理,课标版,第2讲匀变速直线运动规律及应用,1/35,考点一匀变速直线运动公式应用,一、匀变速直线运动,1.定义:物体在一条直线上且做,加速度,不变运动。,2.分类:,2/35,二、匀变速直线运动规律,注意,匀变速直线运动相关公式较多,应用时要依据详细问题灵活,选取,同时要注意每个公式适用条件以及式中各物理量正、负号,确定。,基本公式,速度公式:,v,=,v,0,+,at,位移公式:,x,=,v,0,t,+,at,2,速度位移关系式:,v,2,-,=2,ax,主要推论,(1)做匀变速直线运动物体在一段时间内平均速度等于这段时间初末时刻速度矢量和二分之一,还等于中间时刻瞬时速度,平均速度公式:=,(2)连续相等时间间隔(T)内位移之差是一个恒量,即x=x2-x1=x3-x2=xn-xn-1=aT2,3/35,(1)匀变速直线运动是加速度均匀改变直线运动。,(),(2)匀变速直线运动位移是均匀增加。,(),(3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀改变直线运动。(),(4)匀变速直线运动包含匀加速直线运动和匀减速直线运动。,(),答案,(1),(2),(3)(4),1.正、负号要求,(1)匀变速直线运动基本公式均是矢量式,应用时要注意各物理量,符号,普通情况下,我们要求初速度方向为正方向,与初速度同向物,4/35,理量取正值,反向物理量取负值。,(2)公式中各矢量有时以绝对值形式出现,此时要在此“绝对值”前,加上正、负号表示此物理量;有时以物理量符号形式出现,此时物理,量符号中通常包含了正、负号。,2.公式,x,=,aT,2,拓展应用,(1)公式适用条件,匀变速直线运动。,x,为连续相等时间间隔内位移差。,(2)深入推论:,x,m,-,x,n,=(,m,-,n,),aT,2,要注意此式适用条件及,m,、,n,、,T,含义,现举例说明:,一物体做匀变速直线运动,连续四段时间,t,1,、,t,2,、,t,3,、,t,4,内位移分别为,x,1,、,x,2,、,x,3,、,x,4,若,t,1,=,t,2,=,t,3,=,t,4,=,T,则,x,3,-,x,1,=,x,4,-,x,2,=2,aT,2,。,5/35,1-1,(湖北黄冈)一物体做匀加速直线运动,经过一段位移,x,所用,时间为,t,1,紧接着经过下一段位移,x,所用时间为,t,2,。则物体运动,加速度为,(),A.,B.,C.,D.,答案,A物体做匀加速直线运动,利用中间时刻瞬时速度等于全过,程平均速度,得,=,=,又,=,+,a,得,a,=,所以A,正确,B、C、D错误。,6/35,1-2,广东广州综合测试(一)电梯经过开启、匀速运行和制动三,个过程,从低楼层抵达高楼层,开启和制动可看作是匀变速直线运动。,电梯竖直向上运动过程中速度改变情况以下表:,时间(s),0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,速度(m/s),0,2.0,4.0,5.0,5.0,5.0,5.0,5.0,4.0,3.0,2.0,1.0,0,则前5秒内电梯经过位移大小为,(),A.19.25 mB.18.75 m,C.18.50 mD.17.50 m,7/35,答案,B因电梯开启过程可看作是匀变速直线运动,再由题中表格数,据可看出在前1 s内有:,v,1,=,at,1,得,a,=2 m/s,2,又电梯开启末速度,v,=5.0 m/s,时,则由,v,=,at,得开启过程所用时间,t,=,s=2.5 s,则前2.5 s内位移大小,为,x,1,=,at,2,=,2,(2.5),2,m=6.25 m,2.55 s内匀速运动,位移大小为,x,2,=5,(5,-2.5)m=12.5 m,所以前5 s内位移大小为,x,=,x,1,+,x,2,=18.75 m,B项正确。,8/35,1-3,如图所表示,某“闯关游戏”笔直通道上每隔8 m设有一个关卡,各关卡同时放行和关闭,放行和关闭时间分别为5 s和2 s。关卡刚放,行时,一同学马上在关卡1处以加速度2 m/s,2,由静止加速到2 m/s,然后匀,速向前,则最先挡住他前进关卡是,(),A.关卡2B.关卡3,C.关卡4D.关卡5,9/35,=,a,=1 m。之后4 s匀速,经过位移为,x,2,=,vt,2,=2,4 m=8 m,可见关卡,关闭时该同学抵达关卡2右侧1 m处。之后2 s内运动位移为4 m,关卡再,次打开时,该同学在5 s内又运动10 m,抵达关卡4左侧1 m处,此时关卡恰,好关闭,而该同学运动到关卡4只需0.5 s,关卡4仍处于关闭状态,故,选C。,方法指导,(1)匀变速直线运动包括,v,0,、,v,、,a,、,x,、,t,五个物理量,其中只有,t,是标,量,其余都是矢量。经过取初速度,v,0,方向为正方向,其余各量依据其,与,v,0,方向相同或相反分别用正、负号表示。,(2)在任何一个运动过程中,已知五个物理量中三个物理量,另外两个,物理量就能够求出。,答案,C由,v,=,at,解得,该同学加速到2 m/s所用时间为1 s,经过位移,x,1,10/35,(3)对于刹车类问题,即匀减速到速度为零后即停顿运动,加速度,a,突然消失,求解时要注意确定其实际运动时间。假如问题包括最终阶段(到停止)运动,可把该阶段看成是反向初速度为零匀加速直线运动。,(4)对于双向可逆类问题,如沿光滑斜面上滑木块,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,故求解时可对全过程列式,但必须注意,x,、,v,等矢量正、负号。,11/35,考点二匀变速直线运动惯用处理方法,初速度为零匀加速直线运动惯用百分比关系,初速度为零匀加速直线运动,(1)在第1T末,第2T末,第3T末,第nT末瞬时速度之比为,v1v2v3vn=123n,(2)在前1T内,前2T内,前3T内,前nT内位移之比为,x1x2x3xn=12232n2,(3)第1个T内,第2个T内,第3个T内,第N个T内位移之比为,xxxxN=135(2N-1),(4)从静止开始经过连续相等位移所用时间之比为,t1t2t3tn=1(-1)(-)(-),12/35,思想,方法,分析说明,列方程:针对详细题目,分析含有几个物理过程(普通一个特定加速度对应一个过程),然后对每个过程逐一列关系表示式,最终解方程组(高考题惯用普通公式列方程解题),普通公式法,普通公式指速度公式v=v0+at,位移公式x=v0t+at2及推论2ax=v2-,平均速度法,定义式=对任何性质运动都适用,而,=(v0+v)只适适用于匀变速直线运动,中间时刻,速度法,利用“任一时间t中间时刻瞬时速度等于这段时间t内平均速度”,即=(v0+v),适,用于匀变速直线运动,推论法,对普通匀变速直线运动问题,若出现相等时间间隔问题,应优先考虑用x=aT2求解,逆向思维法,把运动过程“末态”作为“初态”反向研究问题方法,普通用于末态已知情况,图像:直观、形象。需要有将图像语言翻译成函数表示式能力,图像法,应用v-t图像,能够把较复杂问题转变为较简单数学问题来处理,13/35,2-1,一旅客在站台8号车厢候车线处候车,若动车一节车厢长25米,动,车进站时能够看做是匀减速直线运动。他发觉第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,如图所表示。则该动车加速度,大小约为,(),A.2 m/s,2,B.1 m/s,2,C.0.5 m/s,2,D.0.2 m/s,2,答案,C设第6节车厢刚抵达旅客处时,车速度为,v,0,加速度为,a,则有,L,=,v,0,t,+,at,2,从第6节车厢刚抵达旅客处到列车停下来,有0-,=2,a,2,L,解得,a,=-0.5 m/s,2,或,a,=-18 m/s,2,(舍去),则加速度大小约为0.5 m/s,2,。,14/35,2-2,(河南六市一联,16)如图所表示,有二分之一圆,其直径水平且与另一,圆底部相切于,O,点,O,点恰好是下半圆圆心,有三条光滑轨道,AB,、,CD,、,EF,它们上下端分别位于上下两圆圆周上,三轨道都经过切点,O,轨道与竖直线夹角关系为,。现在让一物块先后从三轨道顶,端由静止开始下滑至底端,则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历,时间关系为,(),A.,t,AB,=,t,CD,=,t,EF,B.,t,AB,t,CD,t,EF,C.,t,AB,t,CD,t,EF,D.,t,AB,=,t,CD,则,t,AB,t,CD,t,EF,故选B。,16/35,2-3,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2,4 m,在最终4 s内位移为56 m,求质点加速度。,答案1 m/s,2,解析解法一:利用运动学基本公式求解,依据,x,=,v,0,t,+,at,2,有,24=,v,0,4+,a,4,2,56=,v,1,4+,a,4,2,又由,v,=,v,0,+,at,有,v,1,=,v,0,+,a,8,以上三式联立可解得,a,=1 m/s,2,解法二:利用平均速度公式求解,17/35,因为已知量有,x,及,t,平均速度,可求,故想到利用平均速度公式,=,=,第一个4 s内平均速度等于中间时刻即第2 s时速度,v,2,=,m/s=6 m/s,最终4 s内平均速度等于中间时刻即第10 s时速度,v,10,=,m/s=14 m/s,所以,a,=,=,m/s,2,=1 m/s,2,解法三:利用,x,=,aT,2,求解,本题出现了三个连续相等时间间隔(4 s),故想到选取公式,x,=,aT,2,x,2,-,x,1,=,aT,2,x,3,-,x,2,=,aT,2,所以,x,3,-,x,1,=2,aT,2,a,=,=,m/s,2,=1 m/s,2,18/35,考点三自由落体运动和竖直上抛运动,自由落体运动和竖直上抛运动,自由落,体运动,条件,只受重力,从静止开始下落,特点,初速度为0,加速度为g匀加速直线运动,规律,速度公式:,v,=,gt,位移公式:,h,=,gt,2,速度位移关系式:,v,2,=,2,gh,竖直上,抛运动,特点,(1)加速度为,g,(2)上升阶段做匀减速直线运动,下降阶段做匀加速直线运动,规律,速度公式:v=v0-gt,位移公式:h=v0t-gt2,速度位移关系式:v2-=-2gh,上升最大高度:H=,上升到最高点所用时间:t=,19/35,(1)物体从高处下落就是自由落体运动。,(),(2)竖直上抛运动是匀变速直线运动。,(),(3)竖直上抛运动上升至最高点时间为,。,(),答案,(1),(2)(3),20/35,1.竖直上抛运动特点,(1)对称性,如图所表示,物体以速度,v,0,竖直上抛,A,、,B,为途中任意两点,C,为最高点,则,21/35,时间对称性,物体上升过程中从,A,C,所用时间,t,AC,和下降过程中从,C,A,所用时间,t,CA,相等,同理,t,AB,=,t,BA,。,速度对称性,物体上升过程经过,A,点速度与下降过程经过,A,点速度大小相等。,能量对称性,物体从,A,B,和从,B,A,重力势能改变量大小相等,均等于,mgh,AB,。,(2)多解性,当物体经过抛出点上方某个位置(除最高点)时,可能处于上升阶段,也可,能处于下降阶段,造成双解,在处理问题时要注意这个特点。,22/35,2.竖直上抛运动两种处理方法,注意,当物体先做匀减速直线运动,又反向做匀加速直线运动,且全程,加速度恒定时,其运动特点与竖直上抛运动相同。,分段法,(1)上升过程:a=-g匀减速直线运动,(2)下降过程:自由落体运动,全程法,(1)将上升和下降过程统一看成是初速度v0向上,加速度g向下匀变速直线运动,v=v0-gt,h=v0t-gt2,(2)若v0,则物体在上升;v0,则物体在抛出点上方,若h0,则物体在抛出点下方,23/35,A.,B.,C.,D.,答案,A以竖直向下为正方向,对向上和向下抛出两个小球,分别有,h,=-,vt,1,+,g,h,=,vt,2,+,g,t,=,t,1,-,t,2,解以上三式得两球落地时间差,t,=,故A正确。,3-1,在离地高,h,处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球,它们,初速度大小均为,v,不计空气阻力,两球落地时间差为(),24/35,3-2,气球以10 m/s速度匀速上升,当它上升到离地175 m 高处时,一重物从气球上掉落,则重物需要经过多长时间才能落到地面?抵达地,面时速度是多大?(取,g,=10 m/s,2,),答案,7 s60 m/s,解析,解法一全程法,如图所表示,重物在时间,t,内位移,h,=-175 m,将,h,=-175 m,v,0,=10 m/s代入位,移公式,h,=,v,0,t,-,gt,2,解得:,t,=7 s或,t,=-5 s(舍去),所以重物落地速度为,v,=,v,0,-,gt,=,10 m/s-10,7 m/s=-60 m/s,其中负号表示方向向下,与初速度方向相反。,25/35,解法二分段法,设重物离开气球后,经过,t,1,时间上升到最高点,则,t,1,=,=,s=1 s,上升最大高度,h,1,=,=,m=5 m,故重物离地面最大高度为,H,=,h,1,+,h,=5 m+175 m=180 m,重物从最高处自由下落,落地时间和落地时速度大小分别为,t,2,=,=,s=6 s,v,=,gt,2,=60 m/s,所以重物从气球上掉落至落地共历时,t,=,t,1,+,t,2,=7 s。,26/35,方法指导,对于自由落体和竖直上抛运动要注意以下几点:(1)依据题意及时,画出示意图;(2)依据题目给定已知条件合理选取运动学公式(注意加速,度大小为,g,);(3)竖直上抛运动为双向可逆运动,要注意其对称性和多解,性;(4)物体在其它星球表面做自由落体和竖直上抛运动遵从一样规,律,但要注意重力加速度不一样。,27/35,考点四多过程问题分析,匀变速直线运动和匀速直线运动都是理想化模型,是实际运动,抽象,而社会生活中实际运动往往是一个复杂过程,是各种运动形,式(匀速直线运动、匀加速直线运动、匀变速直线运动、竖直上抛和,自由落体运动等)结合。而单个物体多过程运动和多个物体相关,联复合运动,是近几年高考常考计算题。对于这类问题,解题关,键是对复杂运动进行正确分解,把复杂运动转换为熟知匀速直线运,动和匀变速直线运动组合。,28/35,多过程问题普通处理思绪:,1.“合”初步了解全过程,构建大致运动图像。,2.“分”将全过程进行分解,分析每个过程规律。,3.“合”找到子过程联络,寻找解题方法。,4-1,高铁教授正构想一个“遇站不停式匀速循环运行”列车,如襄阳,随州武汉仙桃潜江荆州荆门襄阳,组成7站铁路圈,建两,条靠近铁路环线。列车,A,以恒定速率360 km/h运行在一条铁路上,另,一条铁路上有“伴驳列车”,B,如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站,先,在襄阳站登上,B,车,当,A,车快到襄阳站且距襄阳站旅程为,s,时,B,车从静,29/35,止开始做匀加速运动,当速度到达360 km/h时恰好碰到,A,车,两车连锁并,打开乘客双向通道,A,、,B,列车交换部分乘客,并连体运动一段时间再解,锁分离,B,车匀减速运动后停在随州站并卸客,A,车上乘客甲能够中途,不停站直达潜江站。则,(),A.不论,B,车匀加速加速度值为多少,s,是相同,B.乘客甲节约了五个站减速、停车、加速时间,C.若,B,车匀加速时间为1 min,则,s,为4 km,D.若,B,车匀减速加速度大小为5 m/s,2,则当,B,车停下时,A,车距随州站,旅程为1 km,答案,D若要满足题设要求,B,车开始匀加速时,A,、,B,两车之间距离,为,s,=,vt,-,t,又,v,=,at,则,B,车加速度越大,所需时间,t,越短,因而,s,越小,选,30/35,项A错误;由题意可知乘客甲从襄阳到潜江节约了3个站减速、停车、加速时间,选项B错误;若,B,车匀加速时间为1 min,则,s,=,vt,-,t,=3,000 m,选项C错误;若,B,车匀减速加速度大小为5 m/s,2,则,B,车减速过程所用时间,t,=,=20 s,因而当,B,车停下时,A,车距随州站距离为,s,=,vt,-,t,=1 000 m,选项D正确。,31/35,4-2,(河南郑州第二次质检,24)高铁列车上有很多制动装置。在每,节车厢上装有制动风翼,当风翼完全打开时,可使列车产生,a,1,=0.5 m/s,2,平均制动加速度。同时,列车上还有电磁制动系统、空气制动系统、,摩擦制动系统等。单独开启电磁制动系统,可使列车产生,a,=0.7 m/s,2,平均制动加速度。全部制动系统同时作用,可使列车产生最大为,a,=3 m/,s,2,平均制动加速度。在一段直线轨道上,列车正以,v,0,=324 km/h速度,匀速行驶时,列车长接到通知,前方有一列车出现故障,需要减速停车。,列车长先将制动风翼完全打开让高速行驶列车减速,当车速减小了,时,再经过电磁制动系统同时制动。,(1)若不再开启其它制动系统,从开始制动到停车,高铁列车行驶距离,是多少?,32/35,(2)若制动风翼完全打开时,距离前车只有2 km,那么该列车最迟在距离,前车多远处打开剩下制动装置,才能确保不与前车相撞?,答案,看法析,解析,(1)由题意可知,v,0,=324 km/h=90 m/s,打开制动风翼时,列车加速度大小为,a,1,=0.5 m/s,2,设当车速减小了,时,列车速度为,v,1,则,v,1,=,v,0,=60 m/s,在此过程中行驶距离:,x,1,=,=4 500 m,再打开电磁制动系统后,列车加速度为,a,=,a,1,+,a,2,=1.2 m/s,2,在此过程中行驶距离:,x,2,=,=1 500 m,则高铁列车从开始制动到停车行驶总距离:,x,=,x,1,+,x,2,=6 000 m,33/35,(2)设最迟需要在距离前车,x,处打开其它制动装置,此时列车速度为,v,由题意知,此时列车减速加速度为最大制动加速度,a,=3 m/s,2,则,x,=,剩下制动装置打开之前,列车减速行驶距离:,x,0,-,x,=,其中,x,0,=2 km,联立解得:,x,=1 220 m,34/35,方法指导,1.准确选取研究对象,依据题意画出物体在各阶段运动示意图,直观呈,现物体运动过程。,2.明确物体在各阶段运动性质,找出题目给定已知量、待求未知量,以及中间量。,3.合理选择运动学公式,列出物体在各阶段运动方程,同时列出各阶段,间关联方程。,35/35,
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