2019届高考物理复习第1章力与运动考前基础回扣练2匀变速直线运动及图象

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2019高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动第2节匀变速直线运动的规律课件

对小球有：h＝12gt02
①
对平板车有：s＝12at02
②
由①②式并代入数据可得：s＝0.27 m。
(2)从释放第一个小球至第二个小球下落到平板车上表面
处历时 Δt＋t0，设平板车在该时间段内的位移为 s1，由运动学
方程有：s1＝12a(Δt＋t0)2
③
至少有 2 个小球落在平板车上须满足：s1≤s＋L ④
解析：反过来看，小物块从 O 开始做初速度为零的匀加速直线
运动，由运动学公式可知，x＝12at2，则 a＝2t2x，故位移与时间平方的比值为定值，所以Lt121＝Lt222＝Lt323；从 O 点到 C、B、A 过程中速度越来越大，故平均速度越来越大，所以Lt11>Lt22>Lt33。答案：B
纵观 ·物理学史
意大利物理学家伽利略从理论和实验两个度，证明了轻、重物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的“物体越重下落越快”的错误观点。
课堂提能·考点全通
易点速过，难点精研，时间用到增分点上
突破点(一) 匀变速直线运动的基本规律(师生共研类)
1．解答运动学问题的基本思路
画过程判断运选取选公式解方程示意图 → 动性质 → 正方向 → 列方程 → 并讨论 2．运动学公式中正、负号的规定直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，规定初速度 v0 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，当 v0＝0 时，一般以加速度 a 的方向为正方向。
(1)求小车左端离 O 点的水平距离； (2)若至少有 2 个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔 Δt 应满足什么条件？
[审题指导] 第一步：抓关键点
关键点

2019版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基础课2匀变速直线运动的规律课件

－v0 －18 v2 182 为 t′＝ a ＝ s＝4.5 s<5 s，所以 4.5 s 末汽车停车， 5 s 内的位移 x＝＝ m 2a 2×4 －4 ＝40.5 m，故选项 C 正确。
答案
C
4.[ 人教版必修 1· P45· T5] 频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短
2＝2gh v (3)速度位移关系式：
，从静止开始下落。
。。。
3.伽利略对自由落体运动的研究
伽利略对自由落体运动的研究方法是逻辑推理―→猜想与
合理外推假设 ―→实验验证―→
。这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来。
小题速
练
1.思考判断 (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( )
2 显然 t1＝ t 不符合题意，应舍去。 3
所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t1－t＝t。
法三
图象法
冰壶做匀减速直线运动的速度—时间图象如图所示。冰壶由A
到 E的位移与由 D到 E的位移之比为 4∶ 1，由于相似三角形的面积之比等于对应边长的平方之比，则tOE∶tOD＝2∶1，故tDE ＝tOD＝t，即冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t。
所以冰壶通过第四个矩形区域所用的时间为t′＝t1－区域做匀减速直线运动，可看做冰壶从E点开始做初速度为零的匀加速直线运动， 1 2 根据位移公式，由 E 到 A，有 4l＝ at1 2 式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a 为其加速度 1 的大小由 E 到 D，有 l＝ a(t1－t)2 2 2 联立解得 t1＝2t 或 t1＝ t 3
暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上

备战2019高三物理一轮复习资料系列：第一章第2讲匀变速直线运动的规律及应用讲义含解析精品

第2讲匀变速直线运动的规律及应用[学生用书P5] 【基础梳理】一、匀变速直线运动的基本规律 1．速度与时间的关系式：v ＝v 0＋at ． 2．位移与时间的关系式：x ＝v 0t ＋12at 2．3．位移与速度的关系式：v 2－v 20＝2ax ．二、匀变速直线运动的推论 1．平均速度公式：v ＝v t 2＝v 0＋v t2． 2．位移差公式：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2．可以推广到x m －x n ＝(m －n )aT 2. 3．初速度为零的匀加速直线运动比例式 (1)1T 末，2T 末，3T 末…瞬时速度之比为： v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n ． (2)1T 内，2T 内，3T 内…位移之比为： x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶22∶32∶…∶n 2．(3)第一个T 内，第二个T 内，第三个T 内…位移之比为： x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)． (4)通过连续相等的位移所用时间之比为：t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n 三、自由落体运动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 ＝12gt 2．(3)速度－位移关系式：v 2＝2gh ． 2．竖直上抛运动规律 (1)速度公式：v ＝v 0－gt ． (2)位移公式：h ＝v 0t －12gt 2．(3)速度－位移关系式：v 2－v 20＝－2gh .(4)上升的最大高度：h ＝v 202g ．(5)上升到最大高度用时：t ＝v 0g．【自我诊断】判一判(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．( ) (2)匀变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加的．( )(4)匀加速直线运动1T 末、2T 末、3T 末的瞬时速度之比为1∶2∶3.( ) (5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．( )(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同．( ) 提示：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√ 做一做(多选)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 ＝3 m ．且物体通过AB 、BC 、CD 所用时间相等，则下列说法正确的是( )A ．可以求出物体加速度的大小B ．可以求得CD ＝4 mC ．可求得OA 之间的距离为1.125 mD ．可求得OA 之间的距离为1.5 m提示：选BC .设加速度为a ，时间为T ，则有Δs ＝aT 2＝1 m ，可以求得CD ＝4 m ，而B 点的瞬时速度v B ＝s AC 2T ，所以OB 之间的距离为s OB ＝v 2B2a ＝3.125 m ，OA 之间的距离为s OA ＝s OB －s AB ＝1.125 m ，即B 、C 选项正确．匀变速直线运动规律的应用[学生用书P5]【知识提炼】1．“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们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，当v 0＝0时，一般以a 的方向为正方向．【典题例析】歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a ，经距离s 后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.[审题指导]第(1)问不知道时间，直接应用公式2ax＝v2－v20解决；第(2)问要考虑相对运动，在考虑战机运动的同时，还要考虑航空母舰的运动．[解析](1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v21min，解得v1min＝2a（s－L）.(2)法一：一般公式法起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有x＝v2min t，t＝v－v2mina2a(L＋x)＝v2－v22min解得v2min＝2as－2aL.法二：相对运动法选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝2as－2aL.[答案](1)2a（s－L）(2)2as－2aL(1)如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分阶段分析，各阶段交接处的速度往往是联系各阶段的纽带．(2)对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解．(3)对于双向可逆匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段法求解．【迁移题组】迁移1基本公式的应用1．某航母跑道长为200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为() A．5 m/s B．10 m/sC．15 m/s D．20 m/s解析：选B.飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，根据速度与位移的关系v2－v20＝2ax解决问题．由题知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根据v2－v20＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v 0＝v 2－2ax ＝502－2×6×200m/s ＝10 m/s .故选项B 正确．迁移2 刹车类问题2．(2018·河南、河北、山西质量监测)冰壶在水平面上某次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员给冰壶施加一水平恒力将静止于A 点的冰壶(视为质点)沿直线AD 推到B 点放手，最后冰壶停于D 点．已知冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ，AB ＝CD ＝l 、BC ＝7l ，重力加速度为g .求：(1)冰壶经过B 点时的速率；(2)冰壶在CD 段与在AB 段运动的时间之比．解析：(1)冰壶从B 点到D 点做匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝μg 根据速度位移关系有：v 2B ＝2a 1(7l ＋l ) 解得冰壶在B 点的速率v B ＝16μgl ＝4μgl . (2)设冰壶在AB 段运动时加速度大小为a 2，由AB 间匀加速运动有v 2B ＝2a 2l ，可得冰壶在AB 间运动的加速度a 2＝8μg 设冰壶在CD 段运动时间为t 1，冰壶在AB 段运动时间为t 2，根据运动学关系有：l CD ＝12a 1t 21，l AB ＝12a 2t 22 冰壶在CD 段与在AB 段运动时间之比t 1∶t 2＝22∶1. 答案：(1)4μgl (2)22∶1处理匀变速直线运动六法[学生用书P6]【知识提炼】【典题例析】物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图．已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间．[审题突破] 本题的解答方法很多．如：因为v C ＝0，故可用逆向思维法将该过程看做是沿斜面向下的匀加速直线运动．不论采用什么方法，一定要从时间、位移和速度三方面找到相互联系，建立方程．[解析] 法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面．故x BC ＝at 2BC2，x AC ＝a （t ＋t BC ）22，又x BC ＝x AC 4，由以上三式解得t BC ＝t . 法二：基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B 滑到C 所用的时间为t BC ，由匀变速直线运动的规律可得v 20＝2ax AC① v 2B ＝v 20－2ax AB② x AB ＝34x AC③ 由①②③解得v B ＝v 02④ 又v B ＝v 0－at ⑤ v B ＝at BC⑥由④⑤⑥解得t BC ＝t . 法三：位移比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．因为x CB ∶x BA ＝x AC 4∶3x AC4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t .法四：时间比例法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为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC 段的时间为t x ，那么通过BD 、DE 、EA 的时间分别为t BD ＝(2－1)t x ，t DE ＝(3－2)t x ，t EA ＝(2－3)t x ，又t BD ＋t DE ＋t EA ＝t ，解得t x ＝t .法五：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，vAC ＝v 0＋v 2＝v 02.又v 20＝2ax AC ，v 2B ＝2ax BC ，x BC ＝x AC4.由以上三式解得v B ＝v 02.可以看成v B 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t BC ＝t .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S △AOC S △BDC ＝CO 2CD 2，且S △AOC S △BDC ＝41，OD ＝t ，OC ＝t ＋t BC .所以41＝（t ＋t BC ）2t 2BC ，解得t BC ＝t . [答案] t匀变速直线运动问题的解题“四步骤”【迁移题组】迁移1 比例法的应用1．(多选)北京时间2018年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度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∶1B．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C．t1∶t2∶t3＝1∶2∶ 3D．t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选BD.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C错误，D 正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶2∶3…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为3∶2∶1，选项A错误，B正确．迁移2Δx＝aT2推论法的应用2．(2018·成都高新区月考)一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C 三点时的速度大小分别是()A．2 m/s，3 m/s，4 m/sB．2 m/s，4 m/s，6 m/sC．3 m/s，4 m/s，5 m/sD．3 m/s，5 m/s，7 m/s解析：选B.根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，v B＝AB＋BC2t＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得v A＝2 m/s，v C＝6 m/s，故选项B正确．自由落体运动和竖直上抛运动[学生用书P7]【知识提炼】1．自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动．2．竖直上抛运动的重要特性(如图)(1)对称性①时间对称：物体上升过程中从A →C 所用时间t AC 和下降过程中从C →A 所用时间t CA相等，同理t AB ＝t BA .②速度对称：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． (2)多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性．3．竖直上抛运动的研究方法气球以10 m/s 的速度沿竖直方向匀速上升，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/s 2)[审题指导] 重物从气球上掉落时仍具有向上的速度． [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h ＝－175 m 将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式 h ＝v 0t －12gt 2解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去)，所以重物落地速度为v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s ＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反．法二：分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则 t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10 m ＝5 m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＝2H g＝2×18010s ＝6 s ， v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时 t ＝t 1＋t 2＝7 s . [答案] 7 s 60 m/s【迁移题组】迁移1 自由落体运动1．(2018·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg 的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，则( )A ．物体在2 s 末的速度大小是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度大小是3.6 m/sC ．物体在前2 s 内的位移大小是20 mD ．物体在5 s 内的位移大小是50 m解析：选D .设该星球表面的重力加速度为g ，由自由下落在第5 s 内的位移是18 m ，可得12g ×(5 s)2－12g ×(4 s)2＝18 m ，得g ＝4 m/s 2.所以2 s 末的速度大小为8 m/s ，选项A 错误；第5 s 内的平均速度大小为18 m/s ，选项B 错误；物体在前2 s 内的位移大小是12g ×(2 s)2＝8 m ，选项C 错误；物体在5 s 内的位移大小是12g ×(5 s)2＝50 m ，选项D 正确．迁移2 竖直上抛运动2．(2018·江西五校高三摸底考试)一弹性小球自4.9 m 高处自由下落，当它与水平地面每碰一次，速度减小到碰前的79，重力加速度g 取9.8 m/s 2，试求小球开始下落到停止运动所用的时间．解析：小球第一次下落经历的时间为：t ＝2h g ＝1 s 落地前的速度的大小v ＝gt ＝9.8 m/s第一次碰地弹起的速度的大小v 1＝79v 上升到落回的时间t 1＝2v 1g ＝2×79s 第二次碰地弹起的速度的大小v 2＝⎝⎛⎭⎫792v上升到落回的时间t 2＝2v 2g＝2×⎝⎛⎭⎫792 s ⋮第n 次碰地弹起的速度的大小v n ＝⎝⎛⎭⎫79n v上升到落回的时间t n ＝2v n g＝2×⎝⎛⎭⎫79n s 从开始到最终停止经历的时间为：t 总＝1＋2×79＋2×⎝⎛⎭⎫792＋…＋2×⎝⎛⎭⎫79n s ＝1＋7×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫79n s ≈8 s . 答案：8 s。

2019届高考物理一轮复习课件：第一单元匀变速直线运动1_2匀变速直线运动精品

【答案】 B
【解析】由题可知，空气阻力大小不变，故三段时间内
均为匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的特点，将三个过
程均看成初速度为零的匀变速直线运动，由h＝
1 2
at2可知，加速
度大的用时短，故正确答案为B项．
题型拓展
刹车运动和双向可逆运动匀减速直线运动要注意区别两种类型： 1．刹车类运动：如汽车刹车、物体沿粗糙平面滑动，这类运动的速度减到零后停止运动． 2．双向可逆运动：如竖直上抛、沿光滑斜面向上滑动，这类运动的速度减到零后，以相同加速度反向加速．
【答案】 D
【解析】 A项，根据运动学公式v2－v02＝2ax，物体由A 点从静止释放，有v2＝2ax.所以物体到达各点的速率之比vB∶ vC∶vD∶vE＝1∶ 2： 3∶2，故A项正确；B项，根据运动学公
式x＝v0t＋12at2得t＝
2x a
，物体到达各点经历的时间比为：tB∶
tC∶tD∶tE＝1∶
将一物体以某一初速度竖直上抛．物体在运动过程中
受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动
时间为t1，再从最高点回到抛出点的运动时间为t2，如果没有空
气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t0，则( )
A．t1>t0 t2＜t1
B．t1＜t0 t2>t1
C．t1>t0 t2>t1
D．t1＜t0 t2＜t1
例2 (2017·常州模拟)图是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格．
车速v(km/h) 40 60 80
反应距离s(m) 10 15
A＝( )
刹车距离x(m) 10 22.5
B＝( )
停车距离L(m) 20 37.5

高考物理二轮复习第1章力与运动考前基础回扣练2匀变速直线运动及图象.doc

考前基础回扣练2匀变速直线运动及图象1．如图所示为A、B两个物体的x－t图象，t＝8 s时两图象相交，则下述说法正确的是()A．A、B两个物体开始时相距100 m，同时同向运动B．B物体做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2C．A、B两个物体在t＝8 s时，在距A的出发点60 m处相遇D．A物体在2 s到6 s之间做匀速直线运动解析：根据图象可知，A、B两物体开始时相距100 m，速度方向相反，是相向运动，故A错误；x－t图象的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，速度大小为v＝m/s＝－5 m/s，故B错误；t＝8 s时有交点，表示A、B两物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处相遇，故C正确；2～6 s内物体A位置坐标不变，保持静止，故D错误．答案：C2．[2018·广东汕头市模拟]一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为()A. B.C. D.解析：轿车做匀加速直线运动，时间t内的位移x1＝v0t＋at2，货车做匀速直线运动，时间t内的位移x2＝v0t，根据x1－x2＝L，解得：a＝，故B正确．答案：B3．[2018·如东高级中学第二次调研]如图所示，一小球由静止开始沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端B时速度大小为v1，现假设小球运动过程中在一任意位置A的速度大小为v，A到B间距离设为x，则下列v2－x图象可能正确的是()解析：由匀变速直线运动速度位移公式，从A到B有：v－v2＝2ax，变形得：v2＝v－2ax，可知v2关于x是一次函数，且当x＝0时v≠0，故A正确．答案：A4．[2018·泰州二中模拟]甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其v－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．第1 s末，两质点相遇B．第2 s末，甲的加速度方向发生改变C．第4 s末，两质点相距20 mD．0～2 s内，两质点间的距离越来越大解析：甲、乙两质点从同一地点沿同一直线运动，当位移相等时，两者相遇．根据速度－时间图象与坐标轴围成面积表示位移可知，在t＝1 s时，甲的位移大于乙的位移，没有相遇，故A错误．速度－时间图象的斜率表示加速度，则甲做匀变速直线运动，加速度一直没有变，故B错误．根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移可知，0～4 s内甲的位移为0，回到出发点，乙的位移x＝5×4 m＝20 m，所以第4 s末，两质点相距20 m，故C正确.0～1 s 内，甲的速度大于乙的速度，距离越来越大，1～2 s内甲的速度小于乙的速度，距离越来越小，故D错误．答案：C5．如图所示为四旋翼无人机，它是能够垂直起降，能以多种姿态飞行(如悬停、前飞、侧飞和倒飞等)的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．若一架质量m＝2 kg的无人机，运动过程中所受空气阻力大小恒为F f＝4 N，g取10 m/s2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，若在t＝5 s时离地面的高度h＝75 m，求无人机动力系统所能提供的最大升力F；(2)当无人机悬停在空中某一高度时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力从静止开始坠落，已知无人机坠落到地面时的速度v＝40 m/s，求无人机悬停时距离地面的高度H.解析：(1)设无人机上升时加速度大小为a，由匀变速直线运动规律得h＝at2无人机上升时受到重力、空气阻力和升力F的共同作用，由牛顿第二定律得F－mg－F f＝ma联立解得F＝36 N.(2)设无人机坠落过程中加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mg－F f＝ma1解得a1＝8 m/s2由匀变速直线运动规律得v2＝2a1H解得H＝100 m.答案：(1)36 N(2)100 m。

全国通用近年高考物理大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及应用

（全国通用版）2019版高考物理大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及应用实战演练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考物理大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及应用实战演练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第2讲匀变速直线运动的规律及应用1．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，速度变为原来的3倍，该质点的加速度为( A)A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!解析设初速度为v1，末速度为v2，根据题意v2＝3v1，根据v＝v0＋at,可得3v1＝v1＋at，解得v1＝错误!，代入s＝v1t＋错误!at2可得a＝错误!，故选项A正确．2。

(2018·山东济南调研)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，沿此直线做匀加速运动,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,求O与A的距离．解析对OB段应用位移速度公式得，v2B－02＝2a(l＋l1），到达B点的速度v B＝错误!，对AB段与BC段，由公式x n－x n＝aT2得，l2－l1＝aT2，联立解得l＝错误!。

－1答案错误!3．(2018·辽宁沈阳调研）一个氢气球以 4 m/s2的加速度由静止从地面竖直上升，10 s 末从气球上掉下一重物，此重物最高可上升到距地面多高处？此重物从氢气球中掉下后，经多长时间落回到地面？(忽略空气阻力，g取10 m/s2)解析向上加速阶段H＝错误!a1t错误!＝错误!×4×102 m＝200 m，1v＝a1t1＝4×10 m/s＝40 m/s，1重物从氢气球中掉下后先做匀减速直线运动后再反向做匀加速直线运动．竖直上抛上升阶段H2＝错误!＝80 m,t2＝错误!＝4 s,自由下落阶段H1＋H2＝错误!gt错误!，得t3＝错误!＝错误!s≈7.48 s.所以,此重物距地面最大高度H max＝H1＋H2＝280 m，重物从掉下到落地的总时间t＝t2＋t3＝11.48 s。

2019届高考物理二轮复习专题一力与运动第二讲力与直线运动课件

解析：将开始时物块的上滑过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为 t1，上面一段位移所用时间为 t2，根据逆向思维可得 t2 t1＝1 ( 2－1)，由于是光滑的斜面，上升
的过程做匀减速直线运动，下降的过程做匀加速直线运动，且加速度的大小、方向都不变，可知上升和下降的时间相等．设从滑出至回到滑出点的时间为 2t＝6 s．物块撞击挡板后以原速度弹回(撞击所需时间不计)，此时物块上滑和下滑的总时间 t′ ＝2t1 且 t1＋t2＝t＝3 s，由以上各式可得：t′＝2 2－2 1t≈0.6 t ＝1.8 s，故 B 正确．
2．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m/s2 由静止加速到 2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( C )
A．关卡 2 B．关卡 3 C．关卡 4 D．关卡 5
从 B 点到停止，汽车的位移为：x′＝2va2B＝25 m 所以汽车停止运动时车头与标志杆 D 的距离为： L＝2Δx－x′＝7 m
[答案] (1)69 m 2 m/s2 (2)7 m
[自主突破] 1．(2018·高三第一次全国大联考Ⅲ卷)一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为 6 s，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍使该物块以相同的初速度在斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反．撞击所需时间不计，则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为 (不计空气阻力)( B ) A．1.0 s B．1.8 s C．2.0 s D．2.6 s

2019高考物理一轮复习课件第1章直线运动精选课件

汽车行驶s共用了时间：t＝1.5 s－t1＋t2，另有：1.5 s－2t1＋2t2＝1.3 s，
可得：t1－t2＝0.1 s，st＝1.4 s，解得：汽车的速度v＝ t ＝24.3 m/s.
【答案】(1)汽车靠近小盒B (2) 24.3 m/s
考点2 匀变速直线运动
必备知识全面把握核心方法重点突破
【答案】2v1t
考法2．平均速度的理解与应用
例2
[山东师大附中2018二模](多选)如图所示，直线a和曲线b分别是在平直
公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x－t)图线，由图可知
()
A．在t1时刻，a、b两车的运动方向相同 B．在t2时刻，a、b两车的速度相同 C．在t2到t3这段时间内，a、b两车的平均速率相等 D．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速度大小相等
第1章直线运动
考点1 描述运动的概念考点2 匀变速直线运动考点3 自由落体运动竖直上抛运动专题1 运动图像
考点1 描述运动的概念
必备知识全面把握核心方法重点突破
考法1 参考系的选择考法2 平均速度的理解和应用
考法例析成就能力
题型1 对基本概念的理解题型2 匀速直线运动
核心方法重点突破
考法3 研究匀变速直线运动的主要思路例1
火车紧急刹车后经7 s停止，设火车做的是匀减速直线运动，它在最后1 s内的位移是2 m，则火车在刹车过程中通过的位移大小和开始刹车时的速度大小各是多少？
例1
【解析】首先将火车视为质点，由题意画出草图：
解法一：一般思路．火车从刹车到停止的总位移 x＝v0t－12at2；火车从刹车到停止前一秒的位移 x′＝v0(t－1 s)－12a·(t－1 s)2；

2019高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲匀变速直线运动规律及牛顿运动定律课件

(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．
解析：(1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ，由动能定理得－μmgs0＝12mv12－12mv20① 解得 μ＝v220－gs0v21②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗
处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加
判断追上前该物体是否已经停止运动．
[典例展示1] (多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一
平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示．下列说法正确的是( ) A．在t1时刻两车速度相等 B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等 C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等 D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
物块滑上斜面时的初速度 v0 已知，向上滑行过程为匀减速直线
运动，末速度为 0，那么平均速度为v20，所以沿斜面向上滑行
的最远距离为 x＝v20t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行
的最大高度为 xsin
θ＝v20t1·v02＋gt1v1＝v0
v0＋v1，选项 4g
D
正确；
仅根据 v -t 图象无法求出物块的质量，选项 B 错误．
(3)能否追上的判断方法：物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距x0.①若vA＝vB时，xA＋x0<xB，则能追上；②若vA ＝ vB 时， xA ＋ x0 ＝ xB ，则恰好追上； ③ 若 vA ＝ vB 时， xA ＋ x0>xB，则不能追上．特别注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意
解析：设小球在下落过程中所受阻力 F 阻＝kR，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知 mg－F 阻＝ma，由 m＝ρV ＝43ρπR3 知43ρπR3g－kR＝43ρπR3a，即 a＝g－43ρkπ·R12，故知 R 越大，a 越大，即下落过程中 a 甲>a 乙，选项 C 错误；下落相同的距离，由 h＝12at2 知，a 越大，t 越小，选项 A 错误；由 2ah＝ v2－v20知，v0＝0，a 越大，v 越大，选项 B 正确；由 W 阻＝－F 阻 h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项 D 正确．答案：BD

2019版高考物理总复习课件第1章第2节匀变速直线运动的规律及其应用

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2019版高三一轮
[反思总结]
应用匀变速直线运动规律的“三个技巧”
1把减速到0的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，利用比例关系解题则更简单. 2若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度. 3若题目中告诉相同时间两段的位移，常用公式及Δx＝aT2分析计算.
2 v2 1－v2 x1＝ 2a ＝64 m
故总的位移x总1＝2x1＋d＝138 m. v2 1 (2)经人工收费通道时，开始减速时距离中心线为x2＝2a＝72 m. (3)过ETC通道的时间 v1－v2 d t1＝ a ×2＋v ＝18.5 s
2
过人工收费通道的时间
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2019版高三一轮
v1 t2＝ a ×2＋t0＝44 s x总2＝2x2＝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 Δx Δt＝t2－(t1＋ v )＝25 s. 1
图122 3 A.4 m 9 C.8 m 4 B.3 m 8 D.9 m
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C [设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有vB＝
2 l1＋l2 v 9 B 2 2T ；Δl＝aT ＝1 m，所以l＝2a－l1＝8 m．]
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4．做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s 内的位移是( ) 【导学号：84370013】 A．3.5 m C．1 m B．2 m D．0
[答案](1)138 m (2)72 m (3)25 s
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