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1、物理课标版第2讲匀变速直线运动的规律及应用考点一匀变速直线运动公式的应用考点一匀变速直线运动公式的应用一、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的运动。2.分类:二、匀变速直线运动的规律注意注意匀变速直线运动的有关公式较多,应用时要根据具体问题灵活选取,同时要注意每个公式的适用条件以及式中各物理量的正、负号的确定。基本公式速度公式:v=v0+at位移公式:x=v0t+at2速度位移关系式:v2-=2ax重要推论(1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初末时刻速度矢量和的一半,还等于中间时刻的瞬时速度平均速度公式:=(2)连续相等的时间间隔(T)内位移之差是
2、一个恒量,即x=x2-x1=x3-x2=xn-xn-1=aT2(1)匀 变 速 直 线 运 动 是 加 速 度 均 匀 变 化 的 直 线 运 动。()(2)匀 变 速 直 线 运 动 的 位 移 是 均 匀 增 加 的。()(3)匀变速直线运动是加速度不变而速度均匀变化的直线运动。()(4)匀 变 速 直 线 运 动 包 括 匀 加 速 直 线 运 动 和 匀 减 速 直 线 运 动。()答案答案(1)(2)(3)(4)1.正、负号的规定(1)匀变速直线运动的基本公式均是矢量式,应用时要注意各物理量的符号,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
3、值。(2)公式中各矢量有时以绝对值的形式出现,此时要在此“绝对值”前加上正、负号表示此物理量;有时以物理量的符号形式出现,此时物理量符号中通常包含了正、负号。2.公式x=aT2的拓展应用(1)公式的适用条件匀变速直线运动。x为连续相等的时间间隔内的位移差。(2)进一步的推论:xm-xn=(m-n)aT2要注意此式的适用条件及m、n、T的含义现举例说明:一物体做匀变速直线运动,连续四段时间t1、t2、t3、t4内的位移分别为x1、x2、x3、x4,若t1=t2=t3=t4=T,则x3-x1=x4-x2=2aT2。1-1(2017湖北黄冈)一物体做匀加速直线运动,通过一段位移x所用的时间为t1,紧
4、接着通过下一段位移x所用的时间为t2。则物体运动的加速度为()A.B.C.D.答案答案A物体做匀加速直线运动,利用中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度,得=,=,又=+a,得a=,所以A正确,B、C、D错误。1-22016广东广州综合测试(一)电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程,从低楼层到达高楼层,启动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的变化情况如下表:时间(s)0123456789101112速度(m/s)02.04.05.05.05.05.05.04.03.02.01.00则前5秒内电梯通过的位移大小为()A.19.25mB.18.75mC.18.50mD.17.
5、50m答案答案B因电梯启动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1s内有:v1=at1,得a=2m/s2,又电梯启动的末速度v=5.0m/s时,则由v=at,得启动过程所用时间t=s=2.5s,则前2.5s内的位移大小为x1=at2=2(2.5)2m=6.25m,2.55s内匀速运动,位移大小为x2=5(5-2.5)m=12.5m,所以前5s内位移大小为x=x1+x2=18.75m,B项正确。1-3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5s和2s。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
6、/s,然后匀速向前,则最先挡住他前进的关卡是()A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5=a=1m。之后的4s匀速,通过的位移为x2=vt2=24m=8m,可见关卡关闭时该同学到达关卡2右侧1m处。之后2s内运动位移为4m,关卡再次打开时,该同学在5s内又运动10m,到达关卡4左侧1m处,此时关卡恰好关闭,而该同学运动到关卡4只需0.5s,关卡4仍处于关闭状态,故选C。方法指导方法指导(1)匀变速直线运动涉及v0、v、a、x、t五个物理量,其中只有t是标量,其余都是矢量。通过取初速度v0的方向为正方向,其余的各量依据其与v0的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
7、个物理量中的三个物理量,另外两个物理量就可以求出。答案答案C由v=at解得,该同学加速到2m/s所用时间为1s,通过的位移x1(3)对于刹车类问题,即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)的运动,可把该阶段看成是反向的初速度为零的匀加速直线运动。(4)对于双向可逆类问题,如沿光滑斜面上滑的木块,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等矢量的正、负号。考点二匀变速直线运动的常用处理方法考点二匀变速直线运动的常用处理方法初速度为零的匀加速直线运动常用比例关系初
8、速度为零的匀加速直线运动(1)在第1T末,第2T末,第3T末,第nT末的瞬时速度之比为v1v2v3vn=123n(2)在前1T内,前2T内,前3T内,前nT内的位移之比为x1x2x3xn=12232n2(3)第1个T内,第2个T内,第3个T内,第N个T内的位移之比为xxxxN=135(2N-1)(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1t2t3tn=1(-1)(-)(-)思想方法分析说明列方程:针对具体题目,分析含有几个物理过程(一般一个特定加速度对应一个过程),然后对每个过程逐个列关系表达式,最后解方程组(高考题常用一般公式列方程解题)一般公式法一般公式指速度公式v=v0+at,位
9、移公式x=v0t+at2及推论2ax=v2-平均速度法定义式=对任何性质的运动都适用,而=(v0+v)只适用于匀变速直线运动中间时刻速度法利用“任一时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”,即=(v0+v),适用于匀变速直线运动推论法对一般的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x=aT2求解逆向思维法把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法,一般用于末态已知的情况图像:直观、形象。需要有将图像语言翻译成函数表达式的能力图像法应用v-t图像,可以把较复杂的问题转变为较简单的数学问题来解决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,
10、动车进站时可以看做是匀减速直线运动。他发现第6节车厢经过他用了4s,动车停下时旅客刚好在8号车厢门口,如图所示。则该动车的加速度大小约为()A.2m/s2B.1m/s2C.0.5m/s2D.0.2m/s2答案答案C设第6节车厢刚到达旅客处时,车的速度为v0,加速度为a,则有L=v0t+at2,从第6节车厢刚到达旅客处到列车停下来,有0-=2a2L,解得a=-0.5m/s2或a=-18m/s2(舍去),则加速度大小约为0.5m/s2。2-2(2016河南六市一联,16)如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下半圆的圆心,有三条光滑轨道AB、CD、E F,它们的上下端
11、分别位于上下两圆的圆周上,三轨道都经过切点O,轨道与竖直线的夹角关系为。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的时间关系为()A.tAB=tCD=tEFB.tABtCDtEFC.tABtCDtEFD.tAB=tCD,则tABtCDtEF,故选B。2-3有一质点在连续12s内做匀加速直线运动,在第一个4s内位移为24m,在最后4s内位移为56m,求质点的加速度。答案1m/s2解析解法一:运用运动学基本公式求解根据x=v0t+at2,有24=v04+a4256=v14+a42又由v=v0+at,有v1=v0+a8以上三式联立可解得a=1m/s2解法二
12、:利用平均速度公式求解由于已知量有x及t,平均速度可求,故 想 到 利 用 平 均 速 度 公 式=,第一个4s内平均速度等于中间时刻即第2s时的速度,v2=m/s=6m/s最后4s内平均速度等于中间时刻即第10s时的速度v10=m/s=14m/s所以a=m/s2=1m/s2解法三:利用x=aT2求解本题出现了三个连续相等时间间隔(4s),故想到选用公式x=aT2,x2-x1=aT2,x3-x2=aT2所以x3-x1=2aT2a=m/s2=1m/s2考点三自由落体运动和竖直上抛运动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,
13、加速度为g的匀加速直线运动规律速度公式:v=gt位移公式:h=gt2速度位移关系式:v2=2gh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上升的最大高度:H=上升到最高点所用时间:t=(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 的 时 间 为。()答案答案(1)(2)(3)1.竖直上抛运动的特点(1)对称性如图所示,物
14、体以速度v0竖直上抛,A、B为途中的任意两点,C为最高点,则时间的对称性物体上升过程中从AC所用时间tAC和下降过程中从CA所用时间tCA相等,同理tAB=tBA。速度的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。能量的对称性物体从AB和从BA重力势能变化量大小相等,均等于mghAB。(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,在解决问题时要注意这个特点。2.竖直上抛运动的两种处理方法注意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似。分段法(1)上升过程:
15、a=-g的匀减速直线运动(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向下的匀变速直线运动,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A.B.C.D.答案答案A以竖直向下为正方向,对向上和向下抛出的两个小球,分 别 有h=-vt1+g,h=vt2+g,t=t1-t2,解以上三式得两球落地的时间差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,它们的初速度大小均为v,不计空气阻力,两 球 落 地 的 时 间 差 为 ()3-2气球以10m/s的速度匀速上升,
16、当它上升到离地175m的高处时,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?到达地面时的速度是多大?(取g=10m/s2)答案答案7s60m/s解析解析解法一全程法如图所示,重物在时间t内的位移h=-175m,将h=-175m,v0=10m/s代入位移公式h=v0t-gt2,解得:t=7s或t=-5s(舍去),所以重物落地速度为v=v0-gt=10m/s-107m/s=-60m/s,其中负号表示方向向下,与初速度方向相反。解法二分段法设重物离开气球后,经过t1时间上升到最高点,则t1=s=1s上升的最大高度h1=m=5m故重物离地面的最大高度为H=h1+h=5m+175m=180m
17、重物从最高处自由下落,落地时间和落地时速度的大小分别为t2=s=6sv=gt2=60m/s所以重物从气球上掉落至落地共历时t=t1+t2=7s。方法指导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)根据题意及时画出示意图;(2)根据题目给定已知条件合理选用运动学公式(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)物体在其他星球表面做自由落体和竖直上抛运动遵从同样的规律,但要注意重力加速度不同。考点四多过程问题的分析考点四多过程问题的分析匀变速直线运动和匀速直线运动都是理想化的模型,是实际运动的抽象,而社会生活中的实际运动往往是一个复杂的过程,是
18、多种运动形式(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)的结合。而单个物体的多过程运动和多个物体相关联的复合运动,是近几年高考常考的计算题。对于此类问题,解题的关键是对复杂运动进行正确分解,把复杂的运动转换为熟知的匀速直线运动和匀变速直线运动的组合。多过程问题的一般解决思路: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,分析每个过程的规律。3.“合”找到子过程的联系,寻找解题方法。4-1高铁专家正设想一种“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,构成7站铁路圈,建两条靠近的铁路环线。列车A以恒定速率360km/h
19、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的路程为s时,B车从静止开始做匀加速运动,当速度达到360km/h时恰好遇到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车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站。则()A.无论B车匀加速的加速度值为多少,s是相同的B.乘客甲节约了五个站的减速、停车、加速时间C.若B车匀加速的时间为1min,则s为4kmD.若B车匀减速的加速度大小为5m/s2,则当B车停下时A车距随州站的路程为1km答案答案D
20、若要满足题设要求,B车开始匀加速时,A、B两车之间的距离为s=vt-t,又v=at,则B车的加速度越大,所需时间t越短,因而s越小,选项A错误;由题意可知乘客甲从襄阳到潜江节约了3个站的减速、停车、加速时间,选 项B错误;若B车匀加速的时间为1min,则s=vt-t=3000m,选项C错误;若B车匀减速的加速度大小为5m/s2,则B车减速过程所用时间t=20s,因而当B车 停 下 时A车距随州站的距离为s=vt-t=1000m,选项D正确。4-2(2016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a1=0.5m/s2的平均制动加
21、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。单独启动电磁制动系统,可使列车产生a=0.7 m/s2的平均制动加速度。所有制动系统同时作用,可使列车产生最大为a=3m/s2的平均制动加速度。在一段直线轨道上,列车正以v0=324km/h的速度匀速行驶时,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的列车减速,当车速减小了时,再通过电磁制动系统同时制动。(1)若不再开启其他制动系统,从开始制动到停车,高铁列车行驶的距离是多少?(2)若制动风翼完全打开时,距离前车只有2km,那么该列车最迟在距离前车多远处打开剩余的制动装置,才能保证不
22、与前车相撞?答案答案见解析解析解析(1)由题意可知v0=324km/h=90m/s打开制动风翼时,列车的加速度大小为a1=0.5m/s2,设当车速减小了时,列车的速度为v1,则v1=v0=60m/s在此过程中行驶的距离:x1=4500m再打开电磁制动系统后,列车的加速度为a=a1+a2=1.2m/s2在此过程中行驶的距离:x2=1500m则高铁列车从开始制动到停车行驶的总距离:x=x1+x2=6000m(2)设最迟需要在距离前车x处打开其他制动装置,此时列车的速度为v,由题意知,此时列车减速的加速度为最大制动加速度a=3m/s2,则x=剩余的制动装置打开之前,列车减速行驶的距离:x0-x=其中x0=2km联立解得:x=1220m方法指导方法指导1.准确选取研究对象,根据题意画出物体在各阶段运动的示意图,直观呈现物体的运动过程。2.明确物体在各阶段的运动性质,找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量。3.合理选择运动学公式,列出物体在各阶段的运动方程,同时列出各阶段间的关联方程。