2025年高考物理復習講義第一章第2講 勻變速直線運動的規(guī)律(含解析)_第1頁
2025年高考物理復習講義第一章第2講 勻變速直線運動的規(guī)律(含解析)_第2頁
2025年高考物理復習講義第一章第2講 勻變速直線運動的規(guī)律(含解析)_第3頁
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2025年高考物理復習講義第一章第2講 勻變速直線運動的規(guī)律(含解析)_第5頁
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第2講勻變速直線運動的規(guī)律素養(yǎng)目標1.能從真實的物理情境中構建勻變速直線運動、自由落體運動和豎直上拋運動模型.(物理觀念)2.會用運動學基本公式解決實際問題.(科學思維)3.能應用推論、逆向思維法、比例法等分析較復雜的物理問題.(科學思維)一、勻變速直線運動的規(guī)律1.勻變速直線運動(1)定義:沿著一條直線,且加速度不變的運動.(2)分類eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(勻加速直線運動:a與v方向相同;,勻減速直線運動:a與v方向相反.))2.勻變速直線運動的基本規(guī)律直觀情境如圖所示,汽車沿水平路面做勻加速直線運動,則:(1)速度公式:v=v0+at.(2)位移公式:x=v0t+eq\f(1,2)at2.(3)速度位移關系式:v2-veq\o\al(2,0)=2ax.3.重要推論(1)物體在一段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間中間時刻的瞬時速度,還等于初、末時刻速度矢量和的一半,即:eq\x\to(v)=veq\s\do14(\f(t,2))=eq\f(v0+v,2).(2)任意兩個連續(xù)相等的時間間隔T內(nèi)的位移之差為一恒量,即:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2.(3)位移中點的速度veq\s\do14(\f(x,2))=eq\r(\f(v\o\al(2,0)+v2,2)).4.初速度為0的勻加速直線運動的5個推論(1)以時間等分(2)以位移等分二、自由落體運動和豎直上拋運動1.自由落體運動運動條件(1)物體只受重力作用.(2)由靜止開始下落運動性質(3)初速度為零的勻加速直線運動運動規(guī)律(4)速度公式:v=gt.(5)位移公式:h=eq\f(1,2)gt2.(6)速度位移公式:v2=2gh2.豎直上拋運動(1)運動性質取初速度的方向為正方向,全過程為初速度為v0、加速度大小為g的勻變速直線運動.(2)基本規(guī)律1.思維辨析(1)勻變速直線運動是速度隨時間均勻變化的運動.()(2)勻加速直線運動是加速度均勻變化的運動.()(3)在勻變速直線運動中,中間時刻的速度一定小于該段時間內(nèi)位移中點的速度.()(4)物體從某高度由靜止下落一定做自由落體運動.()(5)做豎直上拋運動的物體,在上升和下落過程中,速度變化量的方向都是豎直向下的.()2.(2024·山東濰坊模擬)中國自主研發(fā)的“暗劍”無人機,時速可超過2馬赫.在某次試飛測試中,起飛前沿地面做勻加速直線運動,加速過程中連續(xù)經(jīng)過兩段均為120m的測試距離,用時分別為2s和1s,則無人機的加速度大小是()A.20m/s2 B.40m/s2C.60m/s2 D.80m/s23.頻閃攝影是研究變速運動常用的實驗手段.在暗室中,照相機的快門處于常開狀態(tài),頻閃儀每隔一定時間發(fā)出一次短暫的強烈閃光,照亮運動的物體,于是膠片上記錄了物體在幾個閃光時刻的位置.如圖所示是小球自由下落時的頻閃照片示意圖,頻閃儀每隔0.04s閃光一次.如果通過這幅照片測量自由落體加速度,可以采用哪幾種方法?試一試.(照片中的數(shù)字是小球落下的距離,單位是厘米)考點勻變速直線運動規(guī)律的應用1.運動學公式中符號的規(guī)定(1)一般規(guī)定初速度的方向為正方向,與初速度同向的物理量取正值,反向的物理量取負值.(2)若v0=0,一般以a的方向為正方向.2.運動學公式的選擇題目中所涉及的物理量沒有涉及的物理量適宜選用公式v0、v、a、txv=v0+atv0、a、t、xvx=v0t+eq\f(1,2)at2v0、v、a、xtv2-veq\o\al(2,0)=2axv0、v、t、xax=eq\f(v+v0,2)t3.解決勻變速直線運動的一般步驟典例1(2024·浙江紹興聯(lián)考)(多選)某人駕駛一輛汽車甲正在平直的公路上以某一速度勻速運動,突然發(fā)現(xiàn)前方75m處停著一輛汽車乙,甲車司機立即剎車,甲車剎車后做勻減速直線運動.已知甲車剎車后第1個2s內(nèi)的位移是36m,第4個2s內(nèi)的位移是1.5m,則下列說法正確的是()A.甲車剎車后第3個2s內(nèi)的位移為12mB.甲車剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為3m/s2C.甲車開始剎車時的速度大小為21m/sD.甲車可能與乙車相撞1.[位移公式的應用](多選)一質點從A點做初速度為零、加速度為a1的勻加速直線運動,經(jīng)過一段時間后到達B點,此時加速度突然反向,大小變?yōu)閍2,又經(jīng)過同樣的時間到達C點.已知A、C的距離為A、B的距離的一半,則a1與a2的大小之比eq\f(a1,a2)可能為()A.eq\f(2,3)B.eq\f(2,5)C.eq\f(2,7)D.eq\f(3,5)2.[勻變速直線運動eq\x\to(v)=eq\f(v0+v,2)的應用]如圖所示,電動公交車做勻減速直線運動進站,連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點,已知S、T間的距離是RS的兩倍,RS段的平均速度是10m/s,ST段的平均速度是5m/s,則公交車經(jīng)過T點時的瞬時速度為()A.3m/s B.2m/sC.1m/s D.0.5m/s考點自由落體運動和豎直上拋運動eq\o(→,\s\up7(對應學生用書P012))1.自由落體運動的三個常用關系(1)從運動開始連續(xù)相等時間內(nèi)的下落高度之比為1∶3∶5∶7∶….(2)從運動開始一段時間內(nèi)的平均速度eq\x\to(v)=eq\f(h,t)=eq\f(v,2)=eq\f(1,2)gt.(3)連續(xù)相等時間T內(nèi)的下落高度之差Δh=gT2.2.豎直上拋運動的主要特性對稱性(1)速度對稱:上升和下降過程經(jīng)過同一位置時速度等大、反向.(2)時間對稱:上升和下降過程經(jīng)過同一段高度所用的時間相等多解性當物體經(jīng)過拋出點上方某個位置時,可能處于上升階段,也可能處于下降階段,形成多解,在解決問題時要注意這個特性3.豎直上拋運動的兩種研究方法分段法將全程分為兩個階段,即上升過程的勻減速階段和下落過程的自由落體階段全程法將全過程視為初速度為v0、加速度a=-g的勻變速直線運動,必須注意物理量的矢量性.習慣上取v0的方向為正方向,則v>0時,物體正在上升;v<0時,物體正在下降.h>0時,物體在拋出點上方;h<0時,物體在拋出點下方典例2某航模興趣小組設計出一架遙控飛行器.試飛時飛行器從地面上由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動,運動4s后到達離地面高40m處,此時飛行器上有一螺絲脫落(不計螺絲受到的空氣阻力).取g=10m/s2.求:(1)飛行器勻加速直線運動的加速度大??;(2)螺絲脫落后繼續(xù)上升的高度;(3)螺絲從脫落到落回地面的總時間.1.[對自由落體運動的理解]如圖所示,A、B兩小球從不同高度同時做自由落體運動.已知A的質量比B的質量大,則在兩小球落地之前,下列說法正確的是()A.A、B兩小球可能在空中相撞B.A、B兩小球之間的距離越來越大C.A、B兩小球的速度差越來越大D.A、B兩小球速度變化的快慢相同2.[豎直上拋運動對稱性的應用]在地質、地震、勘探、氣象和地球物理等領域的研究中,需要精密的重力加速度g值.測g值的一種方法叫“對稱自由下落法”,具體的做法是:將真空長直管沿豎直方向放置,自其中O點向上拋小球又落至原處的時間為T1,在小球運動過程中經(jīng)過比O點高H的P點,小球經(jīng)過P點至又回到P點所用的時間為T2,測得T1、T2和H,可求得g等于()A.eq\f(4H,T\o\al(2,1)-T\o\al(2,2)) B.eq\f(8H,T\o\al(2,1)-T\o\al(2,2))C.eq\f(8H,T1-T22) D.eq\f(H,4T1-T22)考點勻變速直線運動的多過程問題1.解答多過程運動問題的基本思路畫草圖分清各階段運動過程,畫出運動情境草圖找關系找出交接處的速度與各階段間的位移—時間關系列方程列出各運動階段的運動方程,聯(lián)立求解2.解題關鍵多運動過程的轉折點的速度是聯(lián)系兩個運動過程的紐帶,因此,轉折點速度的求解往往是解題的關鍵.典例3(2022·全國甲卷)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛,速率為v0,要通過前方一長為L的隧道,當列車的任一部分處于隧道內(nèi)時,列車速率都不允許超過v(v<v0).已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a,則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為()A.eq\f(v0-v,2a)+eq\f(L+l,v)B.eq\f(v0-v,a)+eq\f(L+2l,v)C.eq\f(3v0-v,2a)+eq\f(L+l,v)D.eq\f(3v0-v,a)+eq\f(L+2l,v)1.[多過程運動模型]為了安全,我國高速公路上常常會設置一定距離的減速帶.現(xiàn)有一輛重型貨車正以30m/s的速度行駛在此路段,若要貨車上任意一點以20m/s的速度通過減速帶,然后立即開始加速,恢復到30m/s正常行駛,減速帶的長度為100m.貨車車身長度為20m,貨車加速與減速的加速度大小均為2.5m/s2,則貨車從開始減速到加速至原來的速度需要的時間至少為()A.14s B.12.7sC.8s D.11.38s2.[先加速后減速模型]如圖所示,“蛟龍?zhí)枴陛d人潛水器是迄今為止中國自主設計的最復雜的海洋調查裝備,各項技術指標世界領先.“蛟龍?zhí)枴陛d人潛水器某次潛水試驗,下潛深度x=3000m,其下潛過程可簡化為由靜止開始豎直向下先做加速度大小為a1=0.2m/s2的勻加速直線運動,然后做加速度大小為a2=0.1m/s2的勻減速直線運動直到速度為零,求:(1)下潛時加速階段的位移大?。?2)下潛3000m的總時間.答案及解析1.思維辨析(1)勻變速直線運動是速度隨時間均勻變化的運動.(√)(2)勻加速直線運動是加速度均勻變化的運動.(×)(3)在勻變速直線運動中,中間時刻的速度一定小于該段時間內(nèi)位移中點的速度.(√)(4)物體從某高度由靜止下落一定做自由落體運動.(×)(5)做豎直上拋運動的物體,在上升和下落過程中,速度變化量的方向都是豎直向下的.(√)2.(2024·山東濰坊模擬)中國自主研發(fā)的“暗劍”無人機,時速可超過2馬赫.在某次試飛測試中,起飛前沿地面做勻加速直線運動,加速過程中連續(xù)經(jīng)過兩段均為120m的測試距離,用時分別為2s和1s,則無人機的加速度大小是()A.20m/s2 B.40m/s2C.60m/s2 D.80m/s2解析:無人機勻加速運動的過程中,連續(xù)經(jīng)過兩段均為x=120m的位移,第一段所用的時間t1=2s,第二段所用的時間t2=1s,則第一段有:x=v0t1+eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1),連續(xù)兩段有:2x=v0(t1+t2)+eq\f(1,2)a(t1+t2)2,解得a=40m/s2,故選項B正確.答案:B3.頻閃攝影是研究變速運動常用的實驗手段.在暗室中,照相機的快門處于常開狀態(tài),頻閃儀每隔一定時間發(fā)出一次短暫的強烈閃光,照亮運動的物體,于是膠片上記錄了物體在幾個閃光時刻的位置.如圖所示是小球自由下落時的頻閃照片示意圖,頻閃儀每隔0.04s閃光一次.如果通過這幅照片測量自由落體加速度,可以采用哪幾種方法?試一試.(照片中的數(shù)字是小球落下的距離,單位是厘米)解析:方法一根據(jù)公式x=eq\f(1,2)gt2x=19.6cm=0.196m,t=5T=0.2sg=eq\f(2x,t2)=eq\f(0.196×2,0.22)m/s2=9.8m/s2.方法二根據(jù)公式Δx=gT2g=eq\f(x5+x4-x3-x2,4T2)=eq\f(19.6-7.1-7.1-0.8,4×0.042)×10-2m/s2=9.69m/s2.方法三根據(jù)v=gt,eq\x\to(v)=eq\f(v0+v,2)=eq\f(x,t)=veq\f(t,2)v4=eq\x\to(v)35=eq\f(19.6-7.1×10-2,2×0.04)m/s=1.56m/sg=eq\f(v4,t4)=eq\f(1.56,0.16)m/s2=9.75m/s2.答案:見解析考點勻變速直線運動規(guī)律的應用典例1(2024·浙江紹興聯(lián)考)(多選)某人駕駛一輛汽車甲正在平直的公路上以某一速度勻速運動,突然發(fā)現(xiàn)前方75m處停著一輛汽車乙,甲車司機立即剎車,甲車剎車后做勻減速直線運動.已知甲車剎車后第1個2s內(nèi)的位移是36m,第4個2s內(nèi)的位移是1.5m,則下列說法正確的是()A.甲車剎車后第3個2s內(nèi)的位移為12mB.甲車剎車后做勻減速直線運動的加速度大小為3m/s2C.甲車開始剎車時的速度大小為21m/sD.甲車可能與乙車相撞解析:假設8s內(nèi)汽車一直勻減速運動,根據(jù)x4-x1=3a0T2,代入數(shù)據(jù)解得a0=-eq\f(69,24)m/s2,根據(jù)x1=vT+eq\f(1,2)a0T2,代入數(shù)據(jù)解得v=20.875m/s,則速度減為零的時間t=eq\f(0-v,a0),代入數(shù)據(jù)解得t≈7.3s<8s,可知汽車在8s前速度減為零.設汽車加速度為a,根據(jù)x1=v0T+eq\f(1,2)aT2,汽車速度減為零的時間為t0=eq\f(0-v0,a),采用逆向思維,第4個2秒內(nèi)的位移為x4=eq\f(1,2)×(-a)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-v0,a)-6s))2=1.5m,聯(lián)立解得a=-3m/s2,v0=21m/s(另一解不符合題意,舍去),選項B、C正確.根據(jù)x3-x1=2aT2,甲車剎車后第3個2s內(nèi)的位移大小為x3=x1+2aT2,代入數(shù)據(jù)解得x3=12m,選項A正確.汽車剎車到停止的距離x0=eq\f(0-v\o\al(2,0),2a),代入數(shù)據(jù)解得x0=73.5m<75m,所以甲車不會撞上乙車,選項D錯誤.故選ABC.1.[位移公式的應用](多選)一質點從A點做初速度為零、加速度為a1的勻加速直線運動,經(jīng)過一段時間后到達B點,此時加速度突然反向,大小變?yōu)閍2,又經(jīng)過同樣的時間到達C點.已知A、C的距離為A、B的距離的一半,則a1與a2的大小之比eq\f(a1,a2)可能為()A.eq\f(2,3)B.eq\f(2,5)C.eq\f(2,7)D.eq\f(3,5)解析:如圖所示,設AB=x,則AC=eq\f(1,2)x,選A到B方向為正方向,則:從A到B,x=eq\f(1,2)a1t2,vB=a1t,若C點在A點右側,從B到C,則有-eq\f(1,2)x=vBt-eq\f(1,2)a2t2,解得eq\f(a1,a2)=eq\f(2,5),選項B正確;若C點在A點左側,從B到C,則有-eq\f(3,2)x=vBt-eq\f(1,2)a2t2,解得eq\f(a1,a2)=eq\f(2,7),選項C正確.答案:BC2.[勻變速直線運動eq\x\to(v)=eq\f(v0+v,2)的應用]如圖所示,電動公交車做勻減速直線運動進站,連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點,已知S、T間的距離是RS的兩倍,RS段的平均速度是10m/s,ST段的平均速度是5m/s,則公交車經(jīng)過T點時的瞬時速度為()A.3m/s B.2m/sC.1m/s D.0.5m/s解析:由題知,電動公交車做勻減速直線運動,且設R、S間的距離為x,則根據(jù)題意有eq\x\to(v)RS=eq\f(x,t1)=eq\f(vR+vS,2),eq\x\to(v)ST=eq\f(2x,t2)=eq\f(vS+vT,2),聯(lián)立解得t2=4t1,vT=vR-10m/s,再根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關系有vT=vR+a·5t1,則at1=-2m/s,再由eq\x\to(v)ST=vT-eq\f(1,2)at2,聯(lián)立解得vT=1m/s,故選C.答案:C考點自由落體運動和豎直上拋運動eq\o(→,\s\up7(對應學生用書P012))典例2某航模興趣小組設計出一架遙控飛行器.試飛時飛行器從地面上由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動,運動4s后到達離地面高40m處,此時飛行器上有一螺絲脫落(不計螺絲受到的空氣阻力).取g=10m/s2.求:(1)飛行器勻加速直線運動的加速度大?。?2)螺絲脫落后繼續(xù)上升的高度;(3)螺絲從脫落到落回地面的總時間.解析:(1)由勻變速運動的公式h0=eq\f(1,2)at2,代入數(shù)據(jù)得a=5m/s2.(2)螺絲脫落時的速度v1=at=5×4m/s=20m/s,之后螺絲做豎直上拋運動,繼續(xù)向上運動的位移h1=eq\f(v\o\al(2,1),2g)=eq\f(202,2×10)m=20m.(3)解法一(分段法):螺絲從脫落到最高點的時間t1=eq\f(v1,g)=eq\f(20,10)s=2s設螺絲從最高點落到地面的時間為t2,有h0+h1=eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2),解得t2=2eq\r(3)s,則螺絲從脫落到落回地面的總時間為(2+2eq\r(3))s.解法二(全程法):設豎直向上為正方向,由位移時間關系式h=v0t+eq\f(1,2)gt2,代入數(shù)據(jù)有-40m=20m/s·t-eq\f(1,2)×10m/s2·t2,解得t1=(2+2eq\r(3))s,t2=(2-2eq\r(3))s(舍去).答案:(1)5m/s2(2)20m(3)(2+2eq\r(3))s1.[對自由落體運動的理解]如圖所示,A、B兩小球從不同高度同時做自由落體運動.已知A的質量比B的質量大,則在兩小球落地之前,下列說法正確的是()A.A、B兩小球可能在空中相撞B.A、B兩小球之間的距離越來越大C.A、B兩小球的速度差越來越大D.A、B兩小球速度變化的快慢相同解析:因為兩小球均做自由落體運動,故兩小球的加速度均為g,與質量無關,下落過程中,A、B兩小球速度變化的快慢相同,故選項D正確;兩小球同時做自由落體運動,設初始高度差為L,由h=eq\f(1,2)gt2可知,A、B兩小球之間的距離Δx=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)gt2+L))-eq\f(1,2)gt2=L,所以兩小球之間的距離不變,不可能在空中相撞,故選項A、B錯誤;由v=gt可知,當兩小球運動時間相同時,速度也相同,故選項C錯誤.答案:D2.[豎直上拋運動對稱性的應用]在地質、地震、勘探、氣象和地球物理等領域的研究中,需要精密的重力加速度g值.測g值的一種方法叫“對稱自由下落法”,具體的做法是:將真空長直管沿豎直方向放置,自其中O點向上拋小球又落至原處的時間為T1,在小球運動過程中經(jīng)過比O點高H的P點,小球經(jīng)過P點至又回到P點所用的時間為T2,測得T1、T2和H,可求得g等于()A.eq\f(4H,T\o\al(2,1)-T\o\al(2,2)) B.eq\f(8H,T\o\al(2,1)-T\o\al(2,2))C.eq\f(8H,T1-T22) D.eq\f(H,4T1-T22)解析:將小球的運動分為兩段,豎直向上的勻減速直線運動和豎直向下的自由落體運動,根據(jù)t上=t下,可知從最高點下落到O點所用時間為eq\f(T1,2),故在O點的速度v0=geq\f(T1,2),從最高點下落到P點所用時間為eq\f(T2,2),則有vP=geq\f(T2,2),從O點至P點過程,由豎直上拋運動規(guī)律可得-2gH=veq\o\al(2,P)-veq\o\al(2,0),聯(lián)立解得g=eq\f(8H,T\o\al(2,1)-T\o\al(2,2)),故B正確.答案:B考點勻變速直線運動的多過程問題典例3(2022·全國甲卷)長為l的高速列車在平直軌道上正常行駛,速率為v0,要通過前方一長為L的隧道,當列車的任一部分處于隧道內(nèi)時,列車速率都不允許超過v(v<v0).已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a,則列車從減速開始至回到正常行駛速率v0所用時間至少為()A.eq\f(v0-v,2a)+eq\f(L+l,v)B.eq\f(v0-v,a)+eq\f(L+2l,v)C.eq\f(3v0-v,2a)+eq\f(L+l,v)D.eq\f(3v0-v,a)+eq\f(L+2l,v)解析:由題可知,列車加速和減速的加速度大小為定值,要使列車通過隧道的時間最短,應以允許的最大速度通過,已知列車長為l,速率為v0,此速率大于允許通過的最大速率v,則列車進隧道前先減速,減速時間t1=eq\f(v0-v,2a);在隧道內(nèi)勻速運動的時間t2=eq\f(

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