2020届高考物理总复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究1.2匀变速直线运动规律课件新人教版
高考物理一轮复习(新高考版2(粤冀渝湘)适用) 第1章 第2讲 匀变速直线运动的规律
解题的速度和准确率；
(1)不涉及时间，选择v2－v02＝2ax；
(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用 v t＝ v ＝xt 求瞬
时速度；
2
(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2求加速度. 3.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速运动，采用逆向思维法，倒过
(2)平均速度公式：做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度
等于这段时间内初、末时刻速度矢量和的 一半 ，还等于 中间时刻 的瞬
时速度. v0＋v
vt
即： v ＝ 2 ＝ 2 .
(3)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等. 即：x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝ aT2 .
4.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要比例式 (1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn ＝ 1∶2∶3∶…∶n . (2) 前 T 内 、 前 2T 内 、 前 3T 内 、 … 、 前 nT 内 的 位 移 之 比 为 x1∶x2∶ x3∶…∶xn＝ 1∶4∶9∶…∶n2 . (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 xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝ 1∶3∶5∶…∶(2n－1) . (4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn ＝ 1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1) .
01
考点一 匀变速直线运动的规律
基础回扣
1.匀变速直线运动 沿着一条直线且 加速度 不变的运动. 2.匀变速直线运动的两个基本规律 (1)速度与时间的关系式：v＝ v0＋at . (2)位移与时间的关系式x＝ v0t＋12at2 . 3.匀变速直线运动的三个常用推论 (1)速度与位移的关系式： v2－v02＝2ax .
高中物理会考知识点总结
高中物理学业水平考试要点解读第一章 运动的描述第二章 匀变速直线运动的描述要点解读一、质点1．定义：用来代替物体而具有质量的点。
2．实际物体看作质点的条件：当物体的大小和形状相对于所要研究的问题可以忽略不计时，物体可看作质点。
二、描述质点运动的物理量1．时间：时间在时间轴上对应为一线段，时刻在时间轴上对应于一点。
与时间对应的物理量为过程量，与时刻对应的物理量为状态量。
2．位移：用来描述物体位置变化的物理量，是矢量，用由初位置指向末位置的有向线段表示。
路程是标量，它是物体实际运动轨迹的长度。
只有当物体作单方向直线运动时，物体位移的大小才与路程相等。
3．速度：用来描述物体位置变化快慢的物理量，是矢量。
（1）平均速度：运动物体的位移与时间的比值，方向和位移的方向相同。
（2）瞬时速度：运动物体在某时刻或位置的速度。
瞬时速度的大小叫做速率。
（3）速度的测量（实验） ①原理：tx v ∆∆=。
当所取的时间间隔越短，物体的平均速度v 越接近某点的瞬时速度v 。
然而时间间隔取得过小，造成两点距离过小则测量误差增大，所以应根据实际情况选取两个测量点。
②仪器：电磁式打点计时器（使用4∽6V 低压交流电，纸带受到的阻力较大）或者电火花计时器（使用220V 交流电，纸带受到的阻力较小）。
若使用50Hz 的交流电，打点的时间间隔为0.02s 。
还可以利用光电门或闪光照相来测量。
4．加速度（1）意义：用来描述物体速度变化快慢的物理量，是矢量。
（2）定义：tv a ∆∆=，其方向与Δv 的方向相同或与物体受到的合力方向相同。
（3）当a 与v 0同向时，物体做加速直线运动；当a 与v 0反向时，物体做减速直线运动。
加速度与速度没有必然的联系。
三、匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动（1）定义：在任意相等的时间内速度的变化量相等的直线运动。
（2）特点：轨迹是直线，加速度a 恒定。
当a 与v 0方向相同时，物体做匀加速直线运动；反之，物体做匀减速直线运动。
高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第2讲 匀变速直线运动的规律学生用书
第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、匀变速直线运动的规律 1．定义和分类(1)定义：沿着一条直线，且________不变的运动叫做匀变速直线运动． (2)分类：{匀加速直线运动：a 、v 方向________．匀减速直线运动：a 、v 方向________．2．基本规律(1)速度公式：v ＝________． (2)位移公式：x ＝________．(3)速度位移关系式：v 2−v 02＝______． 3．三个重要推论4．初速度为零的匀变速直线运动的四个推论,生活情境1.一辆汽车从静止出发，在交通灯变绿时从A点以2.0 m/s2的加速度在平直的公路上做匀加速直线运动，经一段时间运动到B点，速度达20 m/s，则(1)汽车在运动过程中，速度是均匀增加的．( )(2)汽车在运动过程中，位移是均匀增加的．( )(3)汽车在运动过程中，在任意相等的时间内，速度的变化量是相等的．( )(4)汽车从A点运动到B点所用时间为10 s，位移为100 m．( )(5)汽车从A点运动到B点，中间时刻的速度为10 m/s.( )(6)汽车从A点运动到B点，位移中点的速度为10√2 m/s.( )教材拓展2.[鲁科版必修1P36T1改编]关于匀变速直线运动，下列说法正确的是( )A．在相等时间内位移的变化相同B．在相等时间内速度的变化相同C．在相等时间内加速度的变化相同D．在相等路程内速度的变化相同3．[人教版必修1P43T3改编]某航母跑道长160 m，飞机发动机产生的最大加速度为5 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s，飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为做匀加速直线运动，若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，为使飞机安全起飞，航母匀速运动的最小速度为( )A．10 m/s B．15 m/sC．20 m/s D．30 m/s关键能力·分层突破考点一匀变速直线运动规律的应用1．运动学公式中符号的规定一般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，反向的物理量取负值．若v0＝0，一般以a的方向为正方向．2．匀变速直线运动公式的选用一般问题用两个基本公式可以解决，以下特殊情况下用导出公式会提高解题的速度和准确率；(1)不涉及时间，选择v2−v02＝2ax；(2)不涉及加速度，用平均速度公式，比如纸带问题中运用v t2＝v̅＝xt求瞬时速度；(3)处理纸带问题时用Δx＝x2－x1＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2求加速度．角度1基本公式的应用例1 ETC是电子不停车收费系统的简称，汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图所示．假设汽车以v1＝12 m/s的速度朝收费站沿直线行驶，如果过ETC通道，需要在距收费站中心线前d＝10 m处正好匀减速至v2＝4 m/s，匀速通过中心线后，再匀加速至v1正常行驶；如果过人工收费通道，需要恰好在中心线处匀减速至零，经过t0＝20 s缴费成功后，再启动汽车匀加速至v1正常行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为1 m/s2.求：(1)汽车过ETC通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小；(2)汽车过人工收费通道时，应在离收费站中心线多远处开始减速；(3)汽车过ETC通道比过人工收费通道节约的时间．教你解决问题(1)读题审题——获取信息(2)思维转化——模型建构①过ETC通道时经历三个运动阶段：②过人工收费通道经历两个运动阶段：角度2 推论的应用例2.如图所示，哈大高铁运营里程为921 km，设计时速为350 km.某列车到达大连北站时刹车做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s内的位移是57.5 m，第10 s内的位移是32.5 m，已知10 s末列车还未停止运动，则下列说法正确的是( )A．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B．921 km是指位移C．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s2D．列车在开始刹车时的速度为80 m/s[思维方法]解决运动学问题的基本思路：跟进训练1.(多选)一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3 s，那么该消防队员( ) A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速运动过程的时间之比为1∶2C．加速与减速运动过程中平均速度之比为1∶1D．加速与减速运动过程的位移大小之比为1∶42．[2022·河南模拟]如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝2 m，BC＝4 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t＝1 s，求物体的加速度大小a和OD之间的距离．考点二自由落体运动和竖直上抛运动角度1自由落体运动(一题多变)例 3.如图所示，屋檐上水滴下落的过程可以近似地看作是自由落体运动．假设水滴从10 m高的屋檐上无初速度滴落，水滴下落到地面时的速度大约是多大？(g取10 m/s2)【考法拓展】在[例3]中水滴下落过程中经过2 m高的窗户所需时间为0.2 s．那么窗户上沿到屋檐的距离为多少？角度2竖直上抛运动(一题多解)例4. 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，一重物从气球上脱落，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)[思维方法]竖直上抛运动的研究方法(1)分段研究法：(2)整体研究法：取初速度的方向为正方向，全过程为初速度为v0，加速度大小为g的匀变速直线运动．gt2v＝v0−gt，v2−v02＝－2gh.其规律符合h＝v0t－12拓展点刹车类问题和双向可逆类问题1.刹车类问题中的两点提醒(1)分清运动时间与刹车时间之间的大小关系．(2)确定能否使用逆向思维法，所研究阶段的末速度为零，一般都可应用逆向思维法．2．双向可逆运动的特点这类运动的速度减到零后，以相同加速度反向加速．如竖直上抛、沿光滑斜面向上滑动．例5. (多选)一物体以5 m/s的初速度在光滑斜面上向上做匀减速运动，其加速度大小，设斜面足够长，经过t时间物体位移的大小为4 m，则时间t可能为( )为2ms2sA．1 s B．3 s C．4 s D．5+√412跟进训练3.如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(g取10 m/s2)( )4．有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进．刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车后1.5 m处，避免了一场事故，以下说法正确的是( )A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 mC．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/sD．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s考点三匀变速直线运动中的STSE问题素养提升匀变速运动与交通、体育和生活等紧密联系，常见的匀变速直线运动STSE问题有行车安全、交通通行和体育运动等，解决这类问题的关键：(1)建模——建立运动的模型(列出运动方程)；(2)分段——按照时间顺序，分阶段研究运动．情境1 “智能物流机器人”(多选)为解决疫情下“最后500米”配送的矛盾，将“人传人”的风险降到最低，目前一些公司推出了智能物流机器人．机器人运动的最大速度为1 m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20 s，路宽是19.5 m，它启动的最大加速度是0.5m，下面是它过马路的安排方案，s2既能不闯红灯，又能安全通过的方案是( )A．在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动B．在距离停车线1 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动C．在距离停车线2 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动D．在距离停车线0.5 m处，绿灯亮起之前1 s，以最大加速度启动情境2 酒驾(多选)酒后驾驶会导致许多安全隐患，这是因为驾驶员的反应时间变长．反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车的行驶距离，“制动距离”是指驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离．(假设汽车制动加速度都相同)分析上表可知，下列说法正确的是( )A．驾驶员正常情况下反应时间为0.5 sB．驾驶员酒后反应时间比正常情况慢0.5 sC．驾驶员采取制动措施后汽车加速度大小为3.75 m/s2D．当车速为25 m/s时，发现前方60 m处有险情，酒驾者不能安全停车拓展点有关汽车行驶的几个概念1.反应时间：人从发现情况到采取相应的行动经过的时间叫反应时间．2．反应距离：驾驶员发现前方有危险时，必须先经过一段反应时间后才能做出制动动作，在反应时间内汽车以原来的速度行驶，所行驶的距离称为反应距离．3．刹车距离：从制动刹车开始到汽车完全停下来，汽车做匀减速直线运动，所通过的距离叫刹车距离．4．停车距离：反应距离和刹车距离之和就是停车距离．5．安全距离：指在同车道行驶的机动车，后车与前车保持的最短距离，安全距离包含反应距离和刹车距离两部分．情境3 机动车礼让行人[2021·浙江6月，19]机动车礼让行人是一种文明行为．如图所示，质量m＝1.0×103kg 的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前．假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间．(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度．[思维方法]解决STSE 问题的方法在解决生活和生产中的实际问题时．(1)根据所描述的情景 分析→ 物理过程 建构→ 物理模型． (2)分析各阶段的物理量．(3)选取合适的匀变速直线运动规律求解．第2讲 匀变速直线运动的规律必备知识·自主排查一、 1．（1）加速度 （2）相同 相反 2．（1）v 0＋at （2）v 0t ＋12at 2（3）2ax 4．（1）1∶2∶3∶…∶n（2）12∶22∶32∶…∶n 2（3）1∶3∶5∶…∶（2n －1）（4）1∶（√2－1）∶（√3－√2）∶…∶（√n －√n −1） 二、静止 gt 12gt 22gh 向上 重力 v 0－gt v 0t －12gt 2－2gh 生活情境 1．（1）√ （2）× （3）√ （4）√ （5）√ （6）√ 教材拓展 2．答案：B 3．答案：A关键能力·分层突破例1 解析：（1）过ETC 通道时，减速的位移和加速的位移相等，则x 1＝v 21 －v 22 2a＝64 m故总的位移x 总1＝2x 1＋d ＝138 m（2）过人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x 2＝v 212a＝72 m（3）过ETC 通道的时间t 1＝v 1－v 2a ×2＋d v 2＝18.5 s过人工收费通道的时间t 2＝v 1a×2＋t 0＝44 sx 总2＝2x 2＝144 m二者的位移差Δx ＝x 总2－x 总1＝6 m在这段位移内汽车以正常行驶速度做匀速直线运动，则Δt ＝t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1＋Δx v 1 ＝25 s答案：（1）138 m （2）72 m （3）25 s例2 解析：因列车的长度远小于哈尔滨到大连的距离，故研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，选项A 错误；由位移与路程的意义知921 km 是指路程，选项B 错误；由x n －x m ＝（n －m ）aT 2，解得加速度a ＝32.5 m －57.5 m 5×（1 s ）2＝－5 m/s 2，即加速度大小为5 m/s 2，选项C 错误；匀变速直线运动中平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则第4.5 s末列车速度为57.5 m/s ，由速度公式可得v 0＝v －at ＝57.5 m/s －（－5 m/s 2×4.5 s ）＝80 m/s ，选项D 正确．答案：D1．解析：钢管长L ＝12 m ，运动总时间t ＝3 s ，加速过程加速度大小2a 、时间t 1、位移x 1、最大速度v ，减速过程加速度大小a 、时间t 2、位移x 2.加速和减速过程中平均速度均为v2， vt2＝L ，得v ＝8 m/s ，A 项错误，C 项正确；v ＝2at 1＝at 2，t 1∶t 2＝1∶2，B 项正确；x 1＝vt 12，x 2＝vt 22，x 1∶x 2＝1∶2，D 项错误．答案：BC2．解析：由匀变速直线运动的推论Δx ＝aT 2可得a ＝ΔxT 2＝Δx t 2＝2 m/s 2由于CD －BC ＝BC －AB 代入数据有CD ＝6 m由中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可以得到B 点的速度v B ＝2＋42×1m/s＝3 m/s由2ax ＝v 2－v 02得OB ＝v B 2−02×a＝322×1m ＝2.25 m故OD ＝OB ＋BC ＋CD ＝（2.25＋4＋6） m ＝12.25 m故物体的加速度大小a 和OD 之间的距离分别为2 m/s 2，12.25 m.答案：2 m/s 212.25 m例3 解析：选取水滴最初下落点为位移的起点，竖直向下为正方向，由自由落体运动规律知x ＝12gt 2，v ＝gt联立得v ＝√2gx代入数据得v ＝√2×10×10m/s ≈14 m/s即水滴下落到地面的瞬间，速度大约是14 m/s. 答案：14 m/s[考法拓展] 解析：设水滴下落到窗户上沿时的速度为v 0，则由x ＝v 0t ＋12gt 2得，2＝v 0×0.2＋12×10×0.22解得v 0＝9 m/s根据v 02＝2gx ，得窗户上沿到屋檐的距离x ＝v 022g ＝922×10 m ＝4.05 m.答案：4.05 m例4 解析：方法一 把竖直上抛运动过程分段研究 设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点， 则t 1＝v0g＝1010 s ＝1 s.上升的最大高度h 1＝v 20 2g ＝1022×10m ＝5 m. 12故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋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t 2＝2Hg＝2×18010s ＝6 s. v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s.所以重物从气球上脱落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s.方法二 取全过程作一整体进行研究从物体自气球上脱落计时，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，则物体在时间t 内的位移h ＝－175 m. 由位移公式h ＝v 0t －12gt 2有，－175＝10t －12×10t 2，解得t ＝7 s 和t ＝－5 s （舍去）， 所以重物落地速度为v 1＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s. 其中负号表示方向向下，与初速度方向相反． 方法三 对称法根据速度对称知，重物返回脱离点时，具有向下的速度v 0＝10 m/s ，设落地速度为v ，则v 2－v 20 ＝2gh .解得v ＝60 m/s ，方向竖直向下． 经过h 历时Δt ＝v －v 0g＝5 s. 从最高点到落地历时t 1＝v g＝6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t ＝2t 1－Δt ＝7 s. 答案：7 s 60 m/s例5 解析：以沿斜面向上为正方向，当物体的位移为4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得4＝5t －12×2t 2解得t 1＝1 s ，t 2＝4 s 当物体的位移为－4 m 时， 根据x ＝v 0t ＋12at 2得 －4＝5t －12×2t 2解得t 3＝5＋√412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误．答案：ACD3．解析：根据v ＝v 0＋at ，v 0A ＝－3 m/s.代入解得v A ＝7 m/s ，同理解得v B ＝5 m/s ，v C ＝0 m/s ，v D ＝－5 m/s.由于|v A |>|v B |＝|v D |>|v C |，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．解析：v 0＝54 km/h ＝15 m/s ，汽车刹车时间t 2v0a ＝3 s ，故汽车运动总时间t ＝t 1＋t 2＝0.6 s ＋3 s ＝3.6 s ，故A 项错误；司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为x ＝v 0t 1＋v 02t 2＋1.5 m ＝15×0.6 m ＋152×3 m ＋1.5 m ＝33 m ，故B 项正确；汽车的平均速度v － ＝v 0t 1＋v 02t 2t 1＋t 2＝9＋22.53.6m/s ＝8.75 m/s ，故C 、D 两项错误，故选B 项． 答案：B情境1 解析：机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t 1＝va ＝10.5s ＝2 s 达到最大速度，位移是x 1＝12a t 12＝1 m ，匀速运动的位移x 2＝l －x 1＝18.5 m ，需要时间为t 2＝x2v ＝18.5 s ，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不对；在距离停车线1 m处以最大加速度启动2 s，正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5 s，过了马路，这个方案是可以的，故B对；在距离停车线2 m处，机器人启动2 s后，走了1 m，距离停车线还有1 m，这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端还有20.5 m，需要20.5 s通过，而绿灯时间为20 s，at2＝0.25 所以不安全，故C不对；在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝12m，小于0.5 m，故没有闯红灯，继续前进0.75 m，达到最大速度，共用去了2 s，绿灯还有19 s，这时剩下的距离还有19 m，正好通过马路，故D对．答案：BD情境2 解析：反应时间＝思考距离÷车速，因此正常情况下反应时间为0.5 s，酒后反应时间为1 s，故A、B正确；设汽车从开始制动到停车的位移为x，则x＝x制动－x思考，根据匀变速直线运动公式v2＝2ax，解得a＝7.5 m/s2，C错误；根据表格知，车速为25 m/s 时，酒后制动距离为66.7 m>60 m，故不能安全停车，D正确．答案：ABD情境3 解析：（1）设汽车刹车过程的加速度大小为a，所用时间为t1，所受阻力大小为F f由运动学公式得v12＝2as①v1＝at1②由牛顿第二定律得F f＝ma③联立①②③解得t1＝4 s④F f＝2.5×103 N⑤（2）设汽车等待时间为t，小朋友匀速过马路所用时间为t2则由运动学公式得l＋L＝v0t2⑥t＝t2－t1⑦联立④⑥⑦解得t＝20 s⑧（3）设汽车到斑马线时的速度为v，在汽车刹车过程中由运动学有v22－v2＝2as⑨联立①⑤⑨解得v＝5√5 m/s⑩答案：（1）4 s 2.5×103 N （2）20 s （3）5√5 m/s。
高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第2节匀变速直线运动的规律及应用课件
取的图片相邻两帧之间的时间间隔为 s,刻度尺的分度值是1 mm,由此测得重
6
力加速度为
m/s2。
(4)在某次实验中,小明释放小球时手稍有晃动,视频显示小球下落时偏离了竖直
方向,从该视频中截取图片,
(选填“仍能”或“不能”)用(3)问中的方法
测出重力加速度。
答案 (1)小钢球
(2)①③④② (3)9.6(9.5~9.7均可)
答案 (1)4.5 m (2)2人
(3)2 m
解析 解法一 (推论法)
(1)游客在滑梯上做匀加速直线运动,根据匀加速运动的规律可知,在相邻
相等时间内位移差相等,即Δs=lCD-lBC=lBC-lAB=1 m
解得lCD=4.5 m。
(2)因为Δs=1 m,所以此刻A的上端滑道上还有2个人。
(3)设相邻两名游客(两点)的时间间隔为T,下滑的加速度为a,则有
答案 8楼
解析 由题图可以看出,在曝光的时间内,物体大约下降了两层砖的厚度,
即 14 cm(0.14 m),曝光时间为 0.01 s,所以 AB 段的平均速度为
0.14
v= = 0.01 m/s=14 m/s
由 v =2gh 可得下降的高度大约为 h=
2
2
2
=
142
2×10
m=9.8 m,每层楼高约为
(4)仍能
解析 (1)为使物体的运动尽可能地接近自由落体运动,应该尽量减小空气
阻力的影响,故下落物体应该选小钢球。
(2)实验步骤要本着先安装器材,再进行实验的原则,具体步骤为①③④②。
(3)刻度尺读数时应读球心对应的刻度,把图中三幅图依次连接起来即为常
见的纸带问题,根据逐差法可得重力加速度为
高考物理(人教)总复习课件：第一章+运动的描述+匀变速直线运动的研究+2+第二节 匀变速直线运动规律
法四 中间时刻速度法 利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，v AC ＝v0＋2 v＝v20.又 v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝x4AC.由以上三式解 得 vB＝v20.可以看成 vB 正好等于 AC 段的平均速度，因此 B 点 是这段位移的中间时刻，因此有 tBC＝t.
解析：选 AB.根据 x＝12at2，得 t＝ 2ax，Oa、Ob、Oc、Od 的
距离之比为 1∶2∶3∶4，所以质点由 O 到达各点的时间之比
为 1∶ 2∶ 3∶2，故 A 正确．根据 v2＝2ax，v＝ 2ax，Oa、
Ob、Oc、Od 的距离之比为 1∶2∶3∶4，所以质点通过各点的
速率之比 va∶vb∶vc∶vd＝1∶ 2∶ 3∶2，故 B 正确．初速度 为 0 的匀加速直线运动中，在相等时间内通过的位移之比为
3．(2018·湖南石门一中模拟)2016 年我国多地都出现了雾霾天 气，严重影响了人们的健康和交通；设有一辆汽车在能见度较 低的雾霾天气里以 54 km/h 的速度匀速行驶，司机突然看到正 前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为 0.6 s，刹 车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为 5 m/s2，最后停 在故障车前 1.5 m 处，避免了一场事故．以下说法正确的是( ) A．司机发现故障车后，汽车经过 3 s 停下 B．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为 7.5 m/ C．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为 33 m D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为 11 m/s
解析：选 ABC.匀变速直线运动的位移随时间的变化关系：x＝ v0t＋12at2，题中给出的关系式为：x＝6t－t2，比较可得：v0＝ 6 m/s；a＝－2 m/s2.0～4 s 内的位移：x＝(6×4－4×4) m＝8 m， 故 A 正确．物体经过 3 s 速度减小到零，前三秒：x＝ v ×t＝62 × 3 m＝9 m，第四秒：x＝12×2×12 m＝1 m，故 4 s 内经过的 路程为：10 m，故 B 正确.0～4 s 内的平均速度： v ＝ΔΔxt ＝84 m/s ＝2 m/s，故 C 正确．物体做的匀变速直线运动，加速度方向不 变， 3 s 末速度方向发生变化，故 D 错误．
2020届高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 2 匀变速直线运动的规律及应用课件
考查频率 2017·课标卷Ⅱ，24 2016·课标卷Ⅲ，16 2014·课标卷Ⅰ，24 2014·课标卷Ⅱ，24 2017·海南卷，3
2013·课标卷Ⅰ，24
————
•考点一 匀变速直线运动的规律及应用(高频1)
1.
2.
[诊断小练] (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动．( ) (2)匀加速直线运动是速度均匀变化的直线运动．( ) (3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的．( ) (4)在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内 位移中点的速度．( ) 【答案】 (1)× (2)√ (3)× (4)√
刻速度 法
度”，即 v2t ＝－v ，该式适用于任何匀变速直线运动
应用 v-t 图象，可把较复杂的问题转变为较为简单的
图象法 数学问题，尤其是用图象进行定性分析，可避开繁杂
的计算，快速得出答案
逆向思 把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问 维法 题的方法，一般用于末态已知的情况 匀变速直线运动中，在连续相等的时间 T 内的位移之 差为一恒量，即 xn＋1－xn＝aT2，对一般的匀变速直线
•第2课时 匀变速直线运动的规律及应用
考点考级
匀变速直线运动 的规律及应用 (Ⅱ)
处理匀变速直线 运动问题的六种 方法(Ⅱ) 自由落体运动和 竖直上抛运动 (Ⅰ)
命题点
命题点1：考查运动学的基本 规律及应用 命题点2：多运动过程问题 命题点3：运动学规律与牛顿 定律的结合
命题点1：公式及推论的巧妙 选取命题点2：质点系的关联 速度问题
【解析】 (1)设该运动员从开始自由下落至 1.5 km 高度处的时 间为 t ，下落距离为 h，在 1.5 km 高度处的速度大小为 v，由运动 学公式有：
高考物理总复习 第一单元 运动的描述 匀变速直线运动 课时2 匀变速直线运动规律的应用(含解析)
课时2 匀变速直线运动规律的应用1.匀变速直线运动的基本规律(1)匀变速直线运动就是加速度不变的直线运动,当v与a方向相同时,物体做加速直线运动;当v与a方向相反时,物体做减速直线运动;物体的速度变大变小与a是否变化无关,由它们之间的方向关系决定。
(2)基本运动规律①速度与时间关系公式v=v0+at。
②位移与时间关系公式x=v0t+at2。
③位移与速度关系公式2ax=v2-。
2.匀变速直线运动的常用推论(1)中间时刻的瞬时速度=(v+v0)。
(2)中间位置的瞬时速度=。
(3)连续相等时间内相邻的位移之差相等,即Δx=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=aT2。
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶v n=1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶x n=12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第n个T内的位移之比Δx1∶Δx2∶Δx3∶…∶Δx n=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶t n=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。
4.自由落体运动和竖直上抛运动的规律(1)自由落体运动①速度公式:v=gt。
②位移公式:x=gt2。
③位移—速度公式:2gx=v2。
(2)竖直上抛运动①速度公式:v=v0-gt。
②位移公式:x=v0t-gt2。
③位移—速度公式:-2gx=v2-。
④上升的最大高度:h=。
⑤上升到最大高度用时:t=。
1.(2019安徽安庆市第二中学开学摸底)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位),则该质点()。
A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任意相邻的1s内位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s答案 D2.(2019湖南长沙1月月考)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16m的路程,第一段用时4s,第二段用时2s,则物体的加速度是()。
(浙江选考)2020版高考物理总复习课件：第一章2第2节匀变速直线运动的规律及应用课件
考向 4 比例法 4．(多选)(2019·丽水月考)北京时间 3 月 22 日，2015 年世界女 子冰壶世锦赛在日本札幌进行了最终的决赛，上届冠军瑞士队 以 5 比 3 战胜加拿大队卫冕成功．一冰壶以速度 v 垂直进入三 个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在刚要离开第三 个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时 的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( ) A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1 B．v1∶v2∶v3＝ 3∶ 2∶1 C．t1∶t2∶t3＝1∶ 2∶ 3 D．t1∶t2∶t3＝( 3－ 2)∶( 2－1)∶1
法六：图象法 根据匀变速直线运动的规律，作出 v－t 图象， 如图所示．利用相似三角形的规律，面积之比 等于对应边平方比，得SS△ △ABODCC＝CCOD22，且SS△ △ABODCC＝ 41，OD＝t，OC＝t＋tBC. 所以41＝（t＋t2BtCBC）2，解得 tBC＝t. [答案] t
匀变速直线运动问题的解题“四步骤”
处理匀变速直线运动的常用方法
【知识提炼】
常用方法
规律特点
v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，v2－v20＝2ax
一般公式法 使用时应注意它们都是矢量式，一般以 v0 方向 为正方向，其余物理量与正方向相同者为正，
与正方向相反者为负
常用方法
平均速度法
中间时刻 速度法 比例法
规律特点 －v ＝xt ，对任何性质的运动都适用； －v ＝12(v0＋v)，只适用于匀变速直线运动 v2t＝－v ＝12(v0＋v)，适用于匀变速直线运动 对于初速度为零的匀加速直线运动或末速度 为零的匀减速直线运动，可利用比例法求解
解析：法一：基本公式法 设汽车甲在第一段时间间隔 t0 内的加速度为 a，则甲在第二段 时间间隔 t0 内的加速度为 2a，乙在第一段时间间隔 t0 内的加速 度为 2a，在第二段时间间隔 t0 内的加速度为 a.由速度公式可得： 汽车甲在时刻 t0 和时刻 2t0 的速度分别为 v 甲 1＝at0，v 甲 2＝v 甲 1＋(2a)t0＝3at0， 汽车乙在时刻 t0 和时刻 2t0 的速度分别为 v 乙 1＝2at0，v 乙 2＝v 乙 1＋at0＝3at0.
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题型3 推论法
典例2 (2019·南昌模拟)一物体以初速度为v0做匀减 速运动，第1 s内通过的位移为x1=3 m，第2 s内通过 的位移为x2=2 m，又经过位移x3，物体的速度减小为0， 则下列说法中不正确的是 ( )
A.初速度v0的大小为2.5 m/s
B.加速度a的大小为1 m/s2
C.位移x3的大小为
【触类旁通】已知O、A、B、C为同一直线上的四点， AB间的距离为L1，BC间的距离为L2，一物体自O点由静 止出发，沿此直线做匀变速运动，依次经过A、B、C三 点，已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等，则O、 A间的距离为 ( )
A. (3L1 L2 )2
8L2 L1
C.
(L1
8L2
3L2 )2
L1
B. (3L1 L2 )2 L2 L1
D. L1 L2 2
8(L2 3L1)
【解析】选A。设物体通过AB段与BC段所用的时间均为
t。过B点的瞬时速度为：vB
L1
L2 2t
，根据连续相等时间
内的位移之差是一恒量得：Δ x=L2-L1=at2，sOA=sOB-L1。
第2讲 匀变速直线运动规律
vt
2
vx
2
【秒判正误】 (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。 ( × ) (2)物体做匀变速直线运动，则物体在任意两段相等时 间内的速度变化量相等。 ( √ ) (3)几个做匀变速直线运动的物体，加速度最大的物体 在时间t内的位移一定最大。 ( × )
(4)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，1秒内 的位移和3秒内的位移的比值为1∶3。 ( × ) (5)匀加速直线运动中，中间时刻的速度小于该段时间内 位移中点的速度。 ( √ ) (6)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。
(× )
(7)物体做匀变速直线运动，其运动方向是不变的。 (× )
考点1 匀变速直线运动规律的应用 【典题突破】 题型1 基本公式法 1.一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t 内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为
()
A. 1 at2
2
C. 3 at2
2
B.at2 D.2at2
(1)列车减速运动的加速度大小a的取值范围。 (2)列车减速运动的最长时间。
【解析】(1)若列车车尾恰好停在A点，减速运动的加
速度大小为a1，距离为x1，则0- v02 =-2a1x1 x1=1 200 m+200 m=1 400 m 解得a1= 16 m/s2
7
若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，
线运动。设斜面长为x，从顶端滑到底端的时间为t，从
顶端到斜面中点的时间为t′，则：从C→A的过程中有： x= 1 at2
2
从C→B的过程中有：x 1 at2
22
由以上两式代入数据得：t′=1 s
答案：1 s
【触类旁通】沿直线运动的汽车刹车后匀减速运动， 经3.5 s 停止，它在最后一秒的位移为1 m，以下说法 中不正确的是 ( ) A.汽车刹车的加速度为2 m/s2 B.汽车刹车时的速度为7 m/s C.汽车刹车后共滑行8 m D.汽车刹车停止全程的平均速度为3.5 m/s
根据速度位移公式得：sOB= v2B ，联立各式，解得：sOA=
(3L1 L2 )2
8L2 L1
。选项A正确。
2a
题型4 逆向思维法 典例3 如图所示，一物体由斜面底端上滑到顶端恰好 静止，历时 2 s，则它从斜面中点到顶端所用的时间 是多少？
【解析】研究该运动的逆运动即初速度为零的匀加速直
9 8
m
D.位移x3内的平均速度大小为0.75 m/s
【解题思维】 1.题型特征：第1 s与第2 s是相邻的等时间段。 2.题型解码： 解题突破口：根据Δ x=aT2求出加速度。
【解析】选A。由ΔБайду номын сангаасx=aT2得a= x =1 m/s2。根据匀变速
T2
直线运动位移—时间公式，则有x1=v0t1-
【解析】选B。设质点的初速度为v0，则t s末的速度
为3v0，根据速度位移公式得 x (3v0 )2 v02 4v02 ，
因为 t
3v0 v0 a
2v0 ，则有
a
v0
2a
a
at ，可知x=at2，选项B正
2
确。
2.如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以 80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时， 列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不 能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA=1 200 m， OB=2 000 m，求：
距离为xOB=2 000 m，则
0-
v
2 0
=-2a2xOB
解得a2=1.6 m/s2
故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤ 16 m/s2。
7
(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动时的时间最 长，则0=v0-a2t，解得t=50 s。
答案：(1)1.6 m/s2≤a≤ 16 m/s2 (2)50 s
t1 t1
t2 t2
D.
x t1t 2
t1 t1
t2 t2
【解题思维】 1.题型特征：题中已知物体的位移和通过该段位移所 用的时间。 2.题型解码：位移、时间→平均速度即中间时刻的速 度→加速度。
【解析】选A。物体做匀加速直线运动在前一段Δx所
用的时间为t1，平均速度为：v1
x t1
，即为
t1 2
时刻的瞬
时速度；
物体在后一段Δx所用的时间为t2，平均速度为：v2 即为 t2 时刻的瞬时速度。
x ， t2
2
速度由
v1
变化到
v2
的时间为：Δt=
t1 +t2 2
，
所以加速度为：a v2 v1 2x t1 t2 。
t
t1t2 t1 t2
7
题型2 平均速度法
典例1 一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δ x所
用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δ x所用时间为
t2。则物体运动的加速度为 ( )
A.
2x t1 t1t2 t1
t2 t2
C.
2x t1 t1t2 t1
t2 t2
B.
x t1t 2
1 2
at12
得v0=
3.5 m/s，故选项A错误，B正确；设物体的停止距离为x，
停止时所用时间为t，则有 v02=2ax，v0=at，解得：x=
49 m，t=3.5
8
s，因此，x3=x-x1-x2=
9 8
m，所用时间
t3=t-t1-t2=1.5
s，位移x3内的平均速度大小
v3
x3 t3
=0.75 m/s，选项C、D正确。所以应选A。