1、第 2 讲 匀变速直线运动 高考成功方案第1步 高考成功方案第2步 高考成功方案第3步 每课一得 每课一测 第一章 回扣一 匀变速直线运动的基本规律 1做匀加速直线运动的物体，速度从v增加到2v时，经过的位移为s，则它的速度从2v增加到4v经过的位移是_。解析：由题意知：(2v)2v22as(4v)2(2v)22as，联立解得s4s。答案：4s 2一物体在与初速度相反的恒力作用下做匀减速直线运动，v020 m/s，加速度大小为5 m/s2，求：(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。解析：(1)由 sv0t12at2，v020 m/s，a5 m/s2 得，当
2、物体回到原出发点时，s0，可得：t8 s。(2)由 vv0at 可得：v20 m/s56 m/s10 m/s。“”表示 6 s 末物体速度方向与初速度方向相反。答案：(1)8 s(2)10 m/s，与初速度方向相反 回扣二 匀变速直线运动的两个重要推论3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_的瞬时速度，还等于初末时刻速度矢量和的_，即：v v2t _。答案：中间时刻 一半 v0v24一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动。开始刹车后的第1 s内、第2 s内和第3 s内的位移大小依次为13 m、11 m和9 m，则该车的加速度为(速度方向为正方向)()A2 m/s2
3、B2 m/s2 C1 m/s2D1 m/s2 解析：由saT2，s2 m，T1 s可得：a2 m/s2，故B正确。答案：B 回扣三 自由落体和竖直上抛运动 5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取10 m/s2。以下判断错误的是()A小球到最大高度时的速度为0B小球到最大高度时的加速度为0C小球上升的最大高度为61.25 mD小球上升阶段所用的时间为3.5 s解析：竖直上抛的物体到达最高点时，ag，v0，A 对 B 错。由 Hv022g得 H 352210 m61.25 m，C 对。上升阶段所用的时间 tv0g 3.5 s，D 对。答案：B 6比萨斜塔塔高 54.5 m
4、，假如伽利略在塔的顶端让一只铁球向地面自由下落，求铁球下落的时间和落地时的速度大小。解析：已知 h54.5 m，g9.8 m/s2。根据公式 h12gt2，可求出铁球下落的时间 t2hg 254.59.8 s3.3 s。根据公式 vtgt，可求出铁球落到地面时的速度vtgt9.83.3 m/s32.3 m/s答案：3.3 s 32.3 m/s知识必会1基本规律(1)速度公式：vv0at。(2)位移公式：sv0t12at2。(3)速度位移关系式：v2v022as。2初速度为零的匀加速直线运动的结论(1)在1T末，2T末，3T末，nT末的瞬时速度之比为v1v2v3vn123n。(2)在1T内，2T
5、内，3T内，nT内的位移之比为 s1s2s3sn122232n2。(3)在第 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 ssssN135(2n1)。(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1t2t3tn1(21)(3 2)(n n1)。3应用匀变速直线运动规律时应注意的问题(1)s、a、v0、v均为矢量，在应用公式时，一般取初速度方向为正，凡是与v0方向相同的均为正值，反之为负值，当v00时，一般取a的方向为正。(2)物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速度不变，对这种情况可以将全程看做匀变速直线运动，应用基本
6、公式求解。4解题步骤(1)根据题意，确定研究对象。(2)明确物体做什么运动，并且画出运动示意图。(3)分析研究对象的运动过程及特点，合理选择公式，注意多个运动过程的联系。(4)确定正方向，列方程求解。(5)对结果进行讨论、验证。名师点睛(1)将匀变速运动规律与实际生活相联系时要从情境中抽象出应选用的物理规律。(2)注意联系实际，切忌硬套公式，例如刹车和沿斜面上滑两类减速问题，应首先判断刹车时间，判断物体能否返回和上滑时间等。典例必研 例1(2011新课标全国卷)甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两
7、倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。审题指导 汽车运动的第一段时间内初速度为零，但第二阶段的初速度不为零，第二阶段的初速度为第一阶段的末速度。解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为 s1，加速度为 a；在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2。由运动学公式得vat0s112at02s2vt012(2a)t02设汽车乙在时刻 t0 的速度为 v，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为 s1、s2。同样有v(2a)t0s112(2a)t0
8、2s2vt012at02设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s，则有ss1s2ss1s2联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为ss57。答案 57冲关必试1在学习了伽利略对自由落体运动的研究后，甲同学给乙同学出了这样一道题：一个物体从塔顶落下(不考虑空气阻力)，物体到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的 9/25，求塔高 H(取 g10 m/s2)。乙同学的解法：根据 h12gt2 得物体在最后 1 s 内的位移 h112gt25 m，再根据h1H 925得 H13.9 m，乙同学的解法是否正确？如果正确说明理由，如果不正确请给出正确解析过程和答案。解析：乙同学的解法不正确。根
9、据题意画出运动过程示意图，设物体从塔顶落到地面所经历时间为 t，通过位移为 H，物体在(t1)秒内的位移为 h。据自由落体运动规律，有 H12gt2h12g(t1)2由题意得hHt12t21625联立以上各式解得 H125 m。答案：不正确 125 m2从斜面上某一位置，每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图121所示。现测得AB15 cm，BC20 cm，图121已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同，求：(1)小球的加速度；(2)拍摄时B球的速度；(3)DC两球相距多远；(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗。解析：在拍摄得到的
10、照片中，A、B、C、各点的位置，正是首先释放的某小球每隔t0.1 s所在的位置。这样就把本题转换成一个小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动的问题了。(1)a st2BCABt20.200.150.12 m/s25 m/s2。(2)vBABBC2t0.150.2020.1 m/s1.75 m/s。(3)由 sDCBCBCAB 得：DCBC(BCAB)20 cm5 cm25 cm。(4)小球 B 从开始下滑到图示位置所需的时间为 tBvBa 1.755 s0.35 s则 B 球上面正在运动着的小球共有三颗，A 球上面正在运动着的小球共有两颗。答案：(1)5 m/s2(2)1.75 m/s(3)
11、25 cm(4)两颗知识必会1基本规律(1)速度公式：vv0gt。(2)位移公式：hv0t12gt2。(3)速度位移关系式：v2v022gh。(4)上升的最大高度：Hv022g。(5)上升到最高点所用时间：tv0g。2竖直上抛运动研究方法 竖直上抛运动的实质是加速度恒为g的匀变速运动，处理时可采用两种方法：(1)分段法：将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段。(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度ag的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性。习惯上取v0的方向为正方向，则v0时，物体正在上升；v0时，物体在抛出点上方；h0时，物体在抛出点下方。3竖直上抛运动
12、的对称性 如图122所示，物体以初速度v0竖直 上抛，A、B 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tABtBA。图122(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点的速度大小相等。(3)能量的对称性：物体从AB和从BA重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB。名师点睛 在竖直上抛运动中，当物体经过抛出点上方某一位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，因此这类问题可能造成时间多解或者速度多解。典例必研 例2(2012濮阳模拟)气球以10 m/s的速度匀速上升，当它上升到离地175
13、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)审题指导 重物从气球上掉落时，重物相对于气球静止，相对于地面有向上的速度，重物做竖直上抛运动。解析 法一：全程法 取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示。重物在时间 t 内的位移 h175 m将 h175 m，v010 m/s 代入位移公式 hv0t12gt2解得 t7 s 或 t5 s(舍去)，所以重物落地速度为vv0gt10 m/s107 m/s60 m/s其中负号表示方向向下，与初速度方向相反。法二：分段
14、法设重物离开气球后，经过 t1 时间上升到最高点，则t1v0g 1010 s1 s上升的最大高度 h1v022g 102210 m5 m故重物离地面的最大高度为Hh1h5 m175 m180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t22Hg 218010 s6 s，vgt2106 m/s60 m/s所以重物从气球上掉落至落地共历时 tt1t27 s。答案 7 s 60 m/s冲关必试3磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫。当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将
15、其弹向空中。弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24 cm。而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)()A150 m B75 m C15 mD7.5 m解析：磕头虫向下运动末速度大小与向上运动初速度大小相等，向下运动过程v122ah1，反弹起来过程v122gh2；人向上加速运动过程v222aH1，离地上升过程中v222gH2，代入数值得H2150 m
16、，故A正确。答案：A 4.如图123所示，A、B两棒长均为L1m，A的下端和B的上端相距x20 m，若A、B同时运动，A做自由落体运动，B做竖直上抛运动，初速度v040 m/s。求：(1)A、B两棒何时相遇。(2)从相遇开始到分离所需的时间。图123解析：(1)设经过时间 t 两棒相遇由12gt2(v0t12gt2)x得 t xv02040 s0.5 s。(2)从相遇开始到两棒分离的过程中，A 棒做初速度不为零的匀加速直线运动，B 棒做匀减速直线运动，设从相遇开始到分离所需时间为 t，则(vAt12gt2)(vBt12gt2)2L其中 vAgt，vBv0gt代入后解得 t2Lv02140 s0
17、.05 s。答案：(1)0.5 s(2)0.05 s每课一得近几年高考中常出现与体育赛事有关的题目，解答这类题时，关键是要从实际情景中提炼出常见的物理模型，应用相应的物理规律进行求解，这类题能考查学生的实际应用能力，在今后的复习中应引起重视。示例“10米折返跑”的成绩反映了人体的灵敏素质。如图124所示，测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时开始计时。受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线时，测试员停表，所用时间即为“10米折返跑”的成绩。设受试者
18、起跑的加速度为4 m/s2，运动过程中的最大速度为4 m/s，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为8 m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线。求受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒？图124 模型构建 本题属“匀变速运动”的问题模型，主要是匀变速运动规律的应用，故分析问题时，应注意分析不同阶段、不同过程的运动性质及不同过程的联系，选取相应的匀变速规律求解问题。解析 对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中加速阶段：t1vma11 s，s112vmt12 m减速阶段：t3vma20.5 s，s312vmt31 m匀速阶段：t2ls1s3vm1.75 s由折返线向起点终点线运动的过程中加速阶段：t4vma11 s，s412vmt42 m匀速阶段：t5ls4vm 2 s受试者“10 米折返跑”的成绩为：tt1t2t3t4t56.25 s。答案 6.25 s 点击此图片进入“每课一测”