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1、1.2 匀变速直线运动的规律,知 识 精 要高效梳理知识备考,一匀变速直线运动的规律 1.基本公式 (1)速度公式:v=v0+at (2)位移公式: (3)速度-位移关系式: (4)平均速度 即一段时间内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.,2.匀变速直线运动的重要推论 (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 x=x2-x1=x3-x2=xn-xn-1=aT2 (2)初速度为零的匀加速直线运动中的几个重要结论 1T末,2T末,3T末瞬时速度之比为: v1v2v3vn=123n. 1T内,2T内,3T内位移之比为: x1x2x3x
2、n=12232n2.,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). 通过连续相等的位移所用时间之比为:,二自由落体和竖直上抛运动的规律 1.自由落体运动规律 (1)速度公式:v=gt (2)位移公式:h (3)速度-位移关系式:v2=2gh,2.竖直上抛运动规律 (1)速度公式:v=v0-gt (2)位移公式: (3)速度-位移关系式: (4)上升的最大高度 (5)上升到最大高度用时:,双 基 精 练自主探究基础备考,1.做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为x=24t-1.5 t2(m),根据这一关系式可以知道,物体速度为零的时刻是( )
3、 A.1.5 s B.8 s C.16 s D.24 s 解析:结合位移公式 , 得v0=24 m/s,a=-3 m/s2. 由v=v0+at, 当v=0时,t=8 s.即B正确. 答案:B,2.做匀变速直线运动的物体,初速度为10 m/s,方向沿x轴正方向,经过2 s,末速度为10 m/s,方向沿x轴负方向,则其加速度和2 s内的平均速度分别是( ) A.10 m/s2,0B.0,10 m/s C.-10 m/s2,0D.-10 m/s2,10 m/s 解析:根据v=v0+at,则a m/s2=-10 m/s2.由于物体做匀变速运动,所以 0.即C正确,其余均错. 答案:C,3.一个小石块从
4、空中a点自由落下,先后经过b点和c点,不计空气阻力.已知它经过b点时的速度为v,经过c点时的速度为3v.则ab段与ac段位移之比为( ) A.13B.15 C.18D.19 解析:经过b点时的位移为 经过c点时的位移为xac 所以xabxac=19,故选D. 答案:D,4.以35 m/s的初速度竖直向上抛出一个小球.不计空气阻力,g=10 m/s2,以下判断正确的是( ) A.小球到最大高度时的速度为0 B.小球到最大高度时的加速度为0 C.小球上升的最大高度为61.25 m D.小球上升阶段所用的时间为3.5 s 答案:ACD,解析:小球到最大高度时的速度一定为零,否则该点不是最大高度,A正
5、确;小球上升过程中只受重力作用,故加速度始终为g,B错;由v2-v20=2(-g)h,得h 61.25 m,C正确;由v=v0-gt,得 3.5 s,D正确.,5.(2009广东六校联考)一辆汽车以10 m/s的速度沿平直公路匀速前进,因故紧急刹车以-0.2 m/s-2的加速度前进,则刹车后汽车在1 min内通过的位移为( ) A.240 mB.250 m C.260 mD.90 m 答案:B,解析:汽车从刹车开始直到停下来所需要的时间t s=50 s,汽车在1 min内的后10 s内一直静止,故汽车刹车的距离x 50 m=250 m.,疑 难 精 讲名师解疑能力备考,疑难点一.解决一般的匀变
6、速直线运动问题常用公式有 ,其中涉及哪几个物理量?具备怎样的条件才能求解某个物理量? 名师在线:以上公式中涉及了v0vatx五个物理量,至少要知道三个物理量才能求解其他物理量.有的问题中,已知量不足三个,那就要考虑邻近过程中与之相联系的物理量,建立方程组求解即可.,疑难点二.认真分析竖直上抛运动的特征,你能找出有哪些物理量具有对称性吗?,名师在线:如图所示,一物体以初速度v0竖直上抛,AB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. (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
7、点的速度大小相等.,(3)能量对称性 物体从AB和从BA重力势能变化量的大小相等,均等于mghAB.,疑难点三.“逆向思维法”是一种重要的思维方法,如何用它处理运动学问题? 名师在线:逆向思维法,是把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法.如物体做加速运动可看成反向的减速运动,物体做减速运动可看成反向的加速运动,该方法一般用在末状态已知的情况,特别是末状态速度为零的情况,使问题更容易解决.,易 错 点 拨自我完善误区备考,易错点一不善于用物理知识解决实际问题,自我诊断1汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动,刹车后的加速度大小为5 m/s2,那么开始刹车后2 s与开始刹车后6 s汽
8、车通过的位移之比为( ) A.11 B.31 C.34 D.43 答案:C,易错点二同一表达式中各物理量的参考系不同导致出错,自我诊断2某航空母舰上的战斗机起飞过程中最大加速度是a=4.5 m/s2,飞机速度要达到v0=60 m/s才能起飞,航空母舰甲板长L=289 m,为使飞机安全起飞,航空母舰应以一定速度航行,求航空母舰的最小速度v是多少.(设飞机起飞对航空母舰的状态没有影响,飞机的运动可以看做匀加速直线运动) 答案:9 m/s,解析:以地面为参考系,在t时间内航空母舰的位移设为x,则飞机位移为x+L,由运动学规律得 x=vt, v20-v2=2a(x+L), v0-v=at, 由以上各式
9、解得 代入数据解得v=9 m/s.,易错点三乱套公式引起的错误,自我诊断3火车上某人用手表估测该火车的加速度.先观测3 min,发现火车前进540 m,隔3 min,又观测1 min发现火车前进360 m.若火车在这7 min内做匀加速直线运动,则火车的加速度为( ) A.0.3 m/s2B.0.01 m/s2 C.0.5 m/s2D.0.6 m/s2 答案:B,解析:前3 min的中间时刻的速度 m/s=3 m/s.后1 min内的中间时刻的速度 m/s=6 m/s,这两个时刻的时间差为5 min=300 s.故火车的加速度为 m/s2=0.01 m/s2.,题 型 研 练互动探究方法备考,
10、题型一匀变速直线运动规律的理解和应用,【例1】 一物体在与初速度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a=5 m/s2. (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. 答案:(1)8 s (2)大小为10 m/s,方向与初速度方向相反,解析:由于物体连续做匀减速直线运动,可以直接应用匀变速运动公式.以v0的方向为正方向. (1)设经时间t1回到出发点,此过程中位移x=0,代入公式 ,并将a=-5 m/s2代入,得 s. (2)由公式v=v0+at知,6 s末物体的速度 v=v0+at=20+(-5)6 m/s=-10 m/s. 负号
11、表示此时物体的速度方向与初速度方向相反.,方法总结:对于包含反向运动的匀变速直线运动,针对运动的全过程用运动学规律求解较简便,但应注意位移x速度v加速度a的矢量性.,创新预测1 某物体在一直线上做匀变速直线运动,从某时算起他在第1个4 s内的位移是56 m,第2个4 s内的位移是24 m.则该物体的初速度是多少?加速度又是多少? 答案:18 m/s -2 m/s2,解析:方法一:设初速度大小为v0,加速度大小为a,物体做减速运动.,题型二匀变速直线运动中重要推论的灵活应用,【例2】 物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面,到达斜面最高点C时速度恰为零,如图.已知物体运动到斜面长度3/4处的B点
12、时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间.,答案:t,解析:解法一:逆向思维法 物体向上匀减速冲上斜面,可看成向下匀加速滑下斜面. 故sBC=at2BC/2,sAC=a(t+tBC)2/2. 又sBC=sAC/4,解得:tBC=t. 解法二:比例法 对于初速度为零的匀变速直线运动,在连续相等的时间里通过的位移之比为s1s2s3sn=135(2n-1). 现有sBCsBA=(sAC/4)(3sAC/4)=13, 通过sAB的时间为t,故通过sBC的时间tBC=t.,解法三:中间时刻速度法 利用教材中的推论:中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度. 又v20=2asAC v2B=2asBC
13、sBC=sAC/4 解得:vB=v0/2. 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:图象面积法 利用相似三角形面积之比,等于对应边平方比的方法,作出v-t图象,如图1-2-3. SAOC/SBDC=CO2/CD2. 且SAOC=4SBDC,OD=t, OC=t+tBC. 故4/1=(t+tBC)2/t2BC. 得tBC=t.,解法五:利用有关推论 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,方法总结:以上提供的五种解法还不包括常规解法,通过对该题解法的挖掘,提高了学生灵活应用匀变速运动规律的能力,推理的能力,逆向思
14、维的能力,通过面积法的运用还加强了学生灵活应用数学知识处理问题的能力.,创新预测2 有一物体置于光滑水平面上,今用恒力F1使物体开始加速,经一段时间后去掉F1,同时加一与F1方向相反的恒力F2,经相同的时间物体又回到出发点,此时速度的大小为8 m/s,试求撤去F1时物体速度的大小. 答案:4 m/s,解析:在F1作用下的位移和F2作用下的位移大小相等,所用时间也相等,因此平均速度大小相等. 设撤去F1时物体速度的大小为v1,回到原出发点时物体速度的大小为v2,F1作用的时间为t,v1和v2相反,F1与F2作用过程中物体的位移大小相等方向相反(设v1方向为正).则 解得v1=4 m/s.,题型三
15、自由落体运动和竖直上抛运动,【例3】 气球以10 m/s的速度匀速上升,当它上升到离地175 m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?(g取10 m/s2) 答案:7 s 60 m/s 解析:解法一:把竖直上抛运动过程分段研究. 设重物离开气球后,经过t1时间上升到最高点, 则 s=1 s. 上升的最大高度 m. 故重物离地面的最大高度为H=h1+h=5 m+175 m=180 m.,重物从最高处自由下落,落地时间和落地速度分别为 s=6 s. vt=gt2=106 m/s=60 m/s. 所以重物从气球上掉落至落地共 历时t=t1+t2=7
16、 s.,解法二:取全过程作一整体进行研究,从物体自气球上掉落计时,经时间t落地,规定初速度方向为正方向,画出运动草图如图1-2-5所示,则物体在时间t内的位移h=-175 m. 由位移公式 有- 10t2, 解得t=7 s和t=-5 s(舍去), 所以重物落地速度为v1=v0-gt=10 m/s-107 m/s=-60 m/s. 其中负号表示方向向下,与初速度方向相反.,解法三:对称法 根据速度对称,重物返回脱离点时,具有向下的速度v0=10 m/s,设落地速度为vt,则v2t-v20=2gh. 解得vt=60 m/s,方向竖直向下. 经过h历时t 5 s. 从最高点落地历时t1 6 s. 由时间对称可知,重物脱落后至落地历时t=2t1-t=7 s.,方法总结:竖直上抛运动一般采用两种处理方法:
