（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第1章 運動的描述 勻變速直線運動 第2課時 勻變速直線運動的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案

《（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第1章 運動的描述 勻變速直線運動 第2課時 勻變速直線運動的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第1章 運動的描述 勻變速直線運動 第2課時 勻變速直線運動的規(guī)律及應(yīng)用學(xué)案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第2課時　勻變速直線運動的規(guī)律及應(yīng)用 考點1　勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用 1．勻變速直線運動的基本理解 (1)定義：沿著一條直線運動，且加速度不變的運動。 (2)分類 2．基本規(guī)律和推論的應(yīng)用 3．初速度為零的勻變速直線運動四個推論 (1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 (2)1T內(nèi)、2T內(nèi)、3T內(nèi)、…、nT內(nèi)的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。 (3)第1個T內(nèi)、第2個T內(nèi)、第3個T內(nèi)、…、第n個T內(nèi)的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。

2、(4)從靜止開始連續(xù)通過相等的位移所用時間之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 1．2015年9月2日，“抗戰(zhàn)專列”在武漢地鐵4號線亮相，贏得乘車市民紛紛點贊。若該地鐵列車先從甲站開始做初速度為零、加速度大小為a的勻加速直線運動，通過位移L后，立即做加速度大小也為a的勻減速直線運動，恰好到乙站停下。則列車從甲站到乙站所用時間為(　　) A. B．2 C．2 D．4 答案　B 解析　由位移公式可知，列車在勻加速過程中L＝at2，解得：t＝ ；由于列車由靜止開始加速，再以同樣大小的加速度減速到靜止，則說明列車減速過程所用時間也為t；故從甲站到乙站所

3、用總時間為2。 2．一輛汽車在平直公路上做剎車實驗，0時刻起，汽車運動過程的位移與速度的關(guān)系式為x＝(10－0.1v2) m，下列分析正確的是(　　) A．上述過程的加速度大小為10 m/s2 B．剎車過程持續(xù)的時間為5 s C．0時刻的初速度為10 m/s D．剎車過程的位移為5 m 答案　C 解析　由v2－v＝2ax可得x＝－v＋v2，對照x＝(10－0.1v2)可知，＝－0.1，－v＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，A錯誤，C正確；由v＝v0＋at可得，剎車過程持續(xù)的時間為t＝2 s，由v2－v＝2ax可得，剎車過程的位移為x＝10 m，B、D錯誤。 3

4、．(人教版必修1 P43·T3改編)有些航空母艦上裝有幫助飛機起飛的彈射系統(tǒng)，已知某型號的戰(zhàn)斗機在跑道上加速時可能產(chǎn)生的最大加速度為5.0 m/s2，當(dāng)飛機的速度達到50 m/s時才能離開航空母艦起飛。設(shè)航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)。問： (1)若要求該飛機滑行160 m后起飛，彈射系統(tǒng)必須使飛機具有多大的初速度？ (2)若某艦上不裝彈射系統(tǒng)，要求該型號飛機仍能在此艦上正常起飛，則該艦身長至少應(yīng)為多長？ 答案　(1)30 m/s　(2)250 m 解析　(1)根據(jù)公式v2－v＝2ax 得：v0＝＝30 m/s。 (2)不裝彈射系統(tǒng)時，v2＝2aL，L＝＝250 m。 考點2　解決勻變

5、速直線運動的常用方法 1．對勻變速直線運動關(guān)系式和推論的解讀 ①速度與時間的關(guān)系公式v＝v0＋at ②位移與時間的關(guān)系公式x＝t 此公式是由v-t圖象中運用微元法得出的。由圖象還可以得出一個重要的推論v＝。由平均速度的定義還可得出另一推論＝，由①式代入②式可得出另一個位移與時間的關(guān)系公式x＝v0t＋at2。 ③位移和速度的關(guān)系公式2ax＝v2－v 該公式是由②式中的任一關(guān)系式和①式聯(lián)立消t得出。 ④在上述的4個基本公式中共有v0、v、t、x、a五個基本物理量，而每個基本公式中有四個量，所以知道三個物理量，所求量可選公式是唯一的。 ⑤任意兩個連續(xù)相等的時間間隔(T)內(nèi)，位移之

6、差是一個恒量，即 xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ＝…＝xn－xn－1＝Δx＝aT2 該結(jié)論是用公式xⅠ＝v0T＋aT2，xⅡ＝(v0＋aT)T＋aT2得出的，注意題文中的連續(xù)相等性。 進一步推論：xm－xn＝(m－n)aT2。 2．應(yīng)用和常用方法 [例]　2016年11月1日，我國第五代雙發(fā)重型隱形戰(zhàn)斗機“殲－20”身披割裂迷彩涂裝，在珠海航展上首次對外進行了雙飛展示，之后返回機場。設(shè)“殲－20”降落在跑道上的減速過程可以簡化為兩個勻減速直線運動，首先飛機以速度v0著陸后立即打開減速阻力傘，加速度大小為a1，運動時間為t1；隨后在無阻力傘情況下勻減速直至停下。已知飛機的減速總

7、路程為x，求第二個階段飛機的加速度大小和運動時間。 解析　根據(jù)題意畫出飛機減速過程的示意圖，A為飛機著陸點，AB、BC分別對應(yīng)兩個勻減速直線運動過程，C點飛機停下。 根據(jù)運動示意圖和運動學(xué)規(guī)律，A到B過程， 有x1＝v0t1－a1t，vB＝v0－a1t1 B到C過程，有x2＝vBt2－a2t，0＝vB－a2t2 A到C過程，有x＝x1＋x2 聯(lián)立解得a2＝，t2＝。 答案　　 1．運動學(xué)公式中正、負(fù)號的規(guī)定 直線運動可以用正、負(fù)號表示矢量的方向，一般情況下，我們規(guī)定初速度v0的方向為正方向，與初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取負(fù)值，當(dāng)v0＝0時，一般以加速度a的

8、方向為正方向。 2．規(guī)律方法 求解多階段運動問題的“三步走” 3．應(yīng)用勻變速直線運動規(guī)律的兩個技巧 (1)把減速到0的勻減速直線運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運動，列方程將非常簡便，如果可以進一步利用比例關(guān)系解題則更簡單。 (2)若告訴勻變速直線運動的時間和位移，通常要考慮應(yīng)用平均速度公式，求出中間時刻的瞬時速度。 1．(2017·四川雙流中學(xué)測試)卡車以v0＝10 m/s的速度在平直的公路上勻速行駛，因為路口出現(xiàn)紅燈，司機立即剎車，使卡車勻減速直線前進直至停止。停止等待6 s時，交通燈變?yōu)榫G燈，司機立即使卡車做勻加速運動。已知從開始剎車到恢復(fù)原來的速度所用時間t＝1

9、2 s，勻減速的加速度大小是勻加速過程的2倍，反應(yīng)時間不計。則下列說法正確的是(　　) A．卡車勻減速所用時間t1＝2 s B．勻加速的加速度大小為5 m/s2 C．卡車剎車過程通過的位移大小是20 m D．從卡車開始剎車到剛恢復(fù)到原來速度的過程中，卡車通過的位移大小為40 m 答案　A 解析　因為卡車做勻加速直線運動的末速度等于勻減速直線運動的初速度，勻加速直線運動的初速度和勻減速直線運動的末速度均為零，勻減速過程的加速度大小是勻加速過程的2倍，根據(jù)t＝知，勻減速的時間是勻加速運動時間的一半，所以卡車勻減速運動的時間t1＝×(12－6) s＝2 s，故A正確；勻加速直線運動的時間

10、t2＝(12－6－2) s＝4 s，則勻加速直線運動的加速度a2＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故B錯誤；卡車剎車過程中的位移x1＝t1＝×2 m＝10 m，故C錯誤；卡車勻加速運動的位移x2＝t2＝×4 m＝20 m，則卡車從開始剎車到剛恢復(fù)到原來速度的過程中，通過的位移大小為30 m，故D錯誤。 2. 物體以一定的初速度v0從斜面底端A點沖上固定的光滑斜面，斜面總長度為l，到達斜面最高點C時速度恰好為零，如圖所示，已知物體運動到距斜面底端l處的B點時，所用時間為t，求物體從B滑到C所用的時間。 答案　t 解析　解法一：基本公式法 因為物體沿斜面向上做勻減速運動，設(shè)物體從B滑到

11、C所用的時間為tBC，由勻變速直線運動的規(guī)律可得 v＝2axAC① v＝v－2axAB② xAB＝xAC③ 由①②③解得vB＝④ 又vB＝v0－at⑤ vB＝atBC⑥ 由④⑤⑥解得tBC＝t。 解法二：中間時刻速度法 利用推論：勻變速直線運動中中間時刻的瞬時速度等于這段位移的平均速度，AC＝＝ 又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝ 由以上三式解得vB＝ 可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B點是這段位移的中間時刻，因此有tBC＝t。 解法三：逆向思維法 物體向上勻減速沖上斜面，相當(dāng)于向下勻加速滑下斜面。 故xBC＝at，xAC＝a(t＋tBC)2

12、又xBC＝xAC 由以上三式解得tBC＝t。 解法四：比例法 對于初速度為零的勻加速直線運動，在連續(xù)相等的時間里通過的位移之比為 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) 因為xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通過xBA的時間為t，所以通過xBC的時間tBC＝t。 解法五：圖象法 根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，畫出v-t圖象。如圖所示。利用相似三角形的規(guī)律，面積之比等于對應(yīng)邊的平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC。 所以＝，解得tBC＝t。 1．(2018·江西宜春四校聯(lián)考)物體做勻加速直線運動，相繼經(jīng)過兩段距離為16 m的路程，第一段用時4

13、 s，第二段用時2 s，則物體的加速度是(　　) A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2 答案　B 解析　第一段路程內(nèi)的平均速度為v1＝＝ m/s＝4 m/s，第二段路程內(nèi)的平均速度為v2＝＝ m/s＝8 m/s，根據(jù)勻變速直線運動中某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，又因根據(jù)題意可知兩段時間內(nèi)的中間時刻的時間間隔為Δt＝(2＋1) s＝3 s，所以加速度為a＝＝ m/s2＝ m/s2，A、C、D錯誤，B正確。 2．一輛汽車以v0＝12 m/s的速度前進，突然發(fā)現(xiàn)前面有石塊，便以大小為6 m/s2的加速度剎車，剛好沒有發(fā)生交通事故，則剎車后3 s內(nèi)

14、的位移為(　　) A．9 m B．12 m C．21 m D．8 m 答案　B 解析　汽車從剎車到靜止所用的時間t＝＝2 s，則剎車后3 s內(nèi)的位移等于2 s內(nèi)的位移x＝t＝12 m，B正確，A、C、D錯誤。 3. (多選)如圖所示，t＝0時，質(zhì)量為0.5 kg的物體從光滑斜面上的A點由靜止開始下滑，經(jīng)過B點后進入水平面(經(jīng)過B點前后速度大小不變)，最后停在C點。每隔2 s物體的瞬時速度記錄在下表中，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是(　　) t/s 0 2 4 6 v/(m·s－1) 0 8 12 8 A．t＝3 s的時刻物體恰好經(jīng)過B

15、點 B．t＝10 s的時刻物體恰好停在C點 C．物體運動過程中的最大速度為12 m/s D．A、B間的距離小于B、C間的距離 答案　BD 解析　根據(jù)題中圖表的數(shù)據(jù)，可以求出物體下滑的加速度a1＝ m/s2＝4 m/s2，如果第4 s還在斜面上，速度應(yīng)為16 m/s，從而判斷出第4 s已過B點，是在2 s到4 s之間經(jīng)過B點。在水平面上的加速度a2＝ m/s2＝－2 m/s2。從2～4 s根據(jù)運動學(xué)公式：8＋a1t1＋a2t2＝12，t1＋t2＝2，解出t1＝ s，知經(jīng)過 s到達B點，到達B點時的速度v＝a1t＝ m/s。所以最大速度不是12 m/s，故A、C均錯誤；第6 s末的速度是

16、8 m/s，到停下來還需時間t′＝ s＝4 s，所以到C點的時間為t＝10 s，故B正確；根據(jù)v2－v＝2ax，求出AB段的長度為 m，BC段長度為 m，則A、B間的距離小于B、C間的距離，故D正確。 4．質(zhì)點由A點從靜止出發(fā)沿直線AB運動，行程的第一部分是加速度大小為a1的勻加速運動，接著做加速度大小為a2的勻減速運動，到達B點時恰好速度減為零。若AB間總長度為s，則質(zhì)點從A到B所用時間t為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　設(shè)第一階段的末速度為v，則由題意可知：＋＝s，解得：v＝ ；而s＝t1＋t2＝t，由此解得：t＝ ，所以選B。 5．一質(zhì)點在做

17、勻加速直線運動，加速度為a，在時間t內(nèi)速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則該質(zhì)點在時間t內(nèi)的位移為(　　) A.at2 B．a(chǎn)t2 C.at2 D．2at2 答案　B 解析　設(shè)質(zhì)點的初速度為v0，則經(jīng)過時間t速度變?yōu)?v0，根據(jù)速度—位移公式得x＝＝，因為t＝＝，則有v0＝，可知x＝at2，故B正確，A、C、D錯誤。 6. (多選)一物塊以一定的初速度從光滑斜面底端a點上滑，最高可滑至b點，后又滑回至a點，c是ab的中點，如圖所示，已知物塊從a上滑至b所用時間為t，下列分析正確的是(　　) A．物塊從c運動到b所用的時間等于從b運動到c所用的時間 B．物塊上滑過程的加速度與下滑過程的加

18、速度等大反向 C．物塊下滑時從b運動至c所用時間為t D．物塊上滑通過c點時的速度大小等于整個上滑過程中平均速度的大小 答案　AC 解析　由于斜面光滑，物塊沿斜面向上與向下運動的加速度相同，a＝gsinθ，故物塊從c運動到b所用的時間等于從b運動到c所用的時間，A正確，B錯誤；物塊由b到a的過程是初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式x＝at2，知t＝，則可知＝，解得tbc＝t，C正確；由于c是位移的中點，物塊上滑過程中通過c點的速度不等于整個上滑過程的平均速度，D錯誤。 7. (多選)如圖所示，一冰壺以速度v垂直進入三個相同矩形區(qū)域做勻減速運動，且剛要離開第三個矩形區(qū)域時速度恰好為

19、零，則冰壺依次進入每個矩形區(qū)域時的速度之比和穿過每個矩形區(qū)域所用的時間之比分別是(　　) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝∶∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1 答案　BD 解析　因為冰壺做勻減速運動，且末速度為零，故可以看做反向勻加速直線運動來研究。初速度為零的勻加速直線運動中通過連續(xù)三段相等位移的時間之比為1∶(－1)∶(－)，故所求時間之比為(－)∶(－1)∶1，所以C錯誤，D正確；由v2－v＝2ax可得初速度為零的勻加速直線運動中的速度之比為1∶∶，則所求的速度之比為∶∶1，故A錯誤，B正確。 8．(多

20、選)物體自O(shè)點開始沿斜面向上做勻減速直線運動，A、B、C、D是運動軌跡上的四點，D是最高點。測得OA＝0.8 m，AB＝0.6 m，BC＝0.4 m。且物體通過前三段的時間均為1 s。則下面判斷正確的是(　　) A．物體的初速度是0.9 m/s B．物體運動的加速度大小是0.2 m/s2 C．CD間的距離是0.2 m D．從C到D運動的時間是1.5 s 答案　ABD 解析　由Δx＝AB－OA＝BC－AB＝at2得，a＝＝ m/s2＝－0.2 m/s2，B正確；由OA＝v0t＋at2得，v0＝0.9 m/s，A正確；由vD＝v0＋atOD得，tOD＝＝ s＝4.5 s，故tCD＝tO

21、D－3t＝1.5 s，D正確；OD＝v0tOD＋at＝0.9×4.5 m－×0.2×4.52 m＝2.025 m，故CD＝OD－OA－AB－BC＝0.225 m，C錯誤。 9．(2018·湖南湘潭一模)(多選)a、b兩個物體從同一地點同時出發(fā)，沿同一方向做勻變速直線運動，若初速度不同，加速度相同，則在運動過程中(　　) A．a(chǎn)、b的速度之差保持不變 B．a(chǎn)、b的速度之差與時間成正比 C．a(chǎn)、b的位移之差與時間成正比 D．a(chǎn)、b的位移之差與時間的平方成正比 答案　AC 解析　設(shè)a、b兩個物體的初速度分別為v10、v20，加速度為a，由于a、t相同，則由vt＝v0＋at得兩個物體

22、的速度之差為Δv＝v1－v2＝v10－v20＝Δv0，所以速度之差保持不變，故A正確，B錯誤；由公式x＝v0t＋at2可得兩物體的位移之差為Δx＝(v10－v20)t＝Δv0t，故C正確，D錯誤。 10．(2017·河北衡水聯(lián)考)一物體以初速度v0做勻減速直線運動，第1 s內(nèi)通過的位移為x1＝3 m，第2 s內(nèi)通過的位移為x2＝2 m，又經(jīng)過位移x3物體的速度減小為0，則下列說法錯誤的是(　　) A．初速度v0的大小為2.5 m/s B．加速度a的大小為1 m/s2 C．位移x3的大小為1.125 m D．位移x3內(nèi)的平均速度大小為0.75 m/s 答案　A 解析　由Δx＝aT2

23、可得加速度大小a＝1 m/s2；第1 s末的速度v1＝＝2.5 m/s，v0＝v1＋at＝3.5 m/s；物體的速度由2.5 m/s減速到0所需時間t＝＝2.5 s，則經(jīng)過位移x3的時間t′為1.5 s，且x3＝at′2＝1.125 m；位移x3內(nèi)的平均速度＝＝0.75 m/s。故錯誤的選項是A。 11．(2018·廣東廣州模擬)同一位置同向先后開出甲、乙兩輛汽車，甲車先以初速度v、加速度a做勻加速直線運動；乙車在甲車開出t0時間后，以同樣的加速度a由靜止開始做勻加速直線運動。在乙車開出后，若以乙車為參考系，則甲車(　　) A．以速度v做勻速直線運動 B．以速度at0做勻速直線運動 C

24、．以速度v＋at0做勻速直線運動 D．停在乙車前方距離為vt0＋at的地方 答案　C 解析　乙車開始運動時，甲車的速度為v甲＝v＋at0，則由于乙車的加速度與甲車相同，故以乙車為參考系，甲車以速度v＋at0做勻速直線運動，且兩車的間距Δx＝x甲－x乙＝v(t＋t0)＋a(t＋t0)2－at2＝vt0＋at＋(v＋at0)t，可知甲、乙之間的距離隨時間而增加，故C正確，A、B、D錯誤。 12．(2014·海南高考)短跑運動員完成100 m賽跑的過程可簡化為勻加速運動和勻速運動兩個階段。一次比賽中，某運動員用11.00 s跑完全程。已知運動員在加速階段的第2 s內(nèi)通過的距離為7.5 m，求

25、該運動員的加速度及在加速階段通過的距離。 答案　5 m/s2　10 m 解析　根據(jù)題意，在第1 s和第2 s內(nèi)運動員都做勻加速運動。設(shè)運動員在勻加速階段的加速度為a，在第1 s和第2 s內(nèi)通過的位移分別為x1和x2，由運動學(xué)規(guī)律得 x1＝at① x1＋x2＝a(2t0)2② 式中t0＝1 s，聯(lián)立①②兩式并代入已知條件，得 a＝5 m/s2③ 設(shè)運動員做勻加速運動的時間為t1，勻速運動的時間為t2，勻速運動的速度為v；跑完全程的時間為t，全程的距離為x。 依題意及運動學(xué)規(guī)律，得 t＝t1＋t2④ v＝at1⑤ x＝at＋vt2⑥ 設(shè)加速階段通過的距離為x′，則 x

26、′＝at⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式，并代入數(shù)據(jù)得 x′＝10 m。 13．(2018·惠州調(diào)研) 趣味運動會上有一個項目是在傳送帶上完成的。如圖所示，A為傳送帶的左端點，B為右端點，P的正上方天花板上懸掛一個氣球，AB間傳送帶的長度L＝31 m，P與A的距離L1＝9 m，傳送帶以v0＝1 m/s的恒定速率向左運動。比賽中，挑戰(zhàn)者(視為質(zhì)點)在A點相對地面靜止，聽到哨聲后開始以a1＝2 m/s2的加速度向右勻加速運動到P，在刺破氣球時不慎跌倒，經(jīng)Δt＝2 s爬起，然后又以a2＝1 m/s2的加速度，在傳送帶上勻加速到B點。假設(shè)從摔倒至爬起的過程中挑戰(zhàn)者與傳送帶始終相對靜止，不計刺破氣球的時間，求挑戰(zhàn)者從A到達B所需的時間。 答案　13 s 解析　挑戰(zhàn)者從A運動至氣球處所用時間為t1， 則L1＝a1t 從摔倒到爬起隨傳送帶位移為x1，則x1＝－v0·Δt 運動員從爬起到B端位移為x，時間為t2， 則x＝L－L1－x1 x＝－v0t2＋a2t 挑戰(zhàn)者從左端到達右端全過程所需的時間為t， 則t＝t1＋Δt＋t2 解得t＝13 s。 13