XX届高考物理一轮复习专题匀变速直线运动的规律及应用导学案2Word文档下载推荐.docx
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(2)1T内、2T内、3T内……位移的比为:
x1∶x2∶x3∶…∶xn= 。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为:
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN= 。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为:
t1∶t2∶t3∶…∶tn=1 。
12v0+v222
答案:
1.
(1)v=v0+at
(2)x=v0t+at(3)v-v0=2ax2.
(1)vt
(2)aT
2223.
(1)1∶2∶3∶…∶n
(2)1∶2∶3∶…∶n(3)1∶3∶5∶…∶(2n-1)(4)1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1)
知识点二自落体运动和竖直上抛运动1.自落体运动
(1)条件:
物体只受 ,从 开始下落.
(2)基本规律
①速度公式:
;
②位移公式:
1
2
③速度位移关系式:
.2.竖直上抛运动
(1)运动特点:
加速度为g,上升阶段做 运动,下降阶段做 运动.
(2)基本规律
③速度位移关系式:
.
122
1.
(1)重力静止
(2)v=gth=gtv=2gh2.
(1)匀减速直线自落体
21222
(2)v=v0-gth=v0t-gtv-v0=2gh
[思考判断]
(1)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。
()
(2)一物体做匀变速直线运动,某时刻速度为6m/s,1s后速度为反向10m/s,加速度的大小一定为4m/s。
(3)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体,它在第1s末,第2s末,第3s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。
(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动,速度0到v运动距离是v到2v运动距离的2倍。
(5)对任意直线运动,其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。
(6)不计空气阻力,物体从某高度静止下落,任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定。
答案
(1)√
(2)×
(3)×
(4)×
(5)×
(6)√
考点精练
考点一匀变速直线运动规律的应用1.恰当选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知没有涉及量、待求量和为解题设定的中间的物理量量)用公式适宜选2
v0、v、a、txv=v0+at2
v0、a、t、xv0、v、a、xv0、v、t、x2.两类特殊的匀减速直线运动
vtax=v0t+at2v2-v20=2axv+v0x=t212
(1)刹车类问题:
指匀减速到速度为零后即停止运动,加速度a突然消失,求解时要注意确定其实际运动时间.如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动,可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动.
(2)双向可逆类:
如沿光滑斜面上滑的小球,到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑,全过程加速度的大小、方向均不变,故求解时可对全过程列式,但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
对应训练
考向1基本公式的选择
[典例1]某航母跑道长200m,飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s,起飞需要的最低速度为50m/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()
m/sm/sm/sm/s
[解题指导]题目中不涉及时间t,选用公式v-v0=2ax最合适.
[解析]设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v0,根据v-v0=2ax,代入数据解得
v0=10m/s,选项B正确.
[答案]B
考向2多过程运动问题
[典例2]短跑运动员完成100m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段.一次比赛中,某运动用s跑完全程.已知运动员在加速阶段的第2s内通过的距离为m,求:
(1)该运动员的加速度;
(2)在加速阶段通过的距离.
[问题探究]
(1)已知第2s内通过的距离为m,第1s内通过的距离是多少?
(2)对此类问题,哪一个物理量能够把两个过程联系起来?
x11
[提示]
(1)根据=,可求出第1s的位移为m.
x23
3
(2)能够把两个过程联系起来的物理量是速度,对此类问题,一般设速度比较方便.[解析]
(1)根据题意,在第1s和第2s内运动员都做匀加速直线运动,设运动员在匀加速阶段的加速度为a,在第1s和第2s内通过的位移分别为x1和x2,运动学规律得:
x1=at20x1+x2=a(2t0)2
而t0=1s
联立解得a=5m/s.
(2)设运动员做匀加速运动的时间为t1,匀速运动的时间为t2,匀速运动的速度为v,跑完全程的时间为t,全程的距离为x,依题意及运动学规律,得
12
t=t1+t2v=at1x=at21+vt2
设加速阶段通过的距离为x′12则x′=at1
2求得x′=10m.
[答案]
(1)5m/s
(2)10m考向3双向可逆类匀变速直线运动
[典例3](多选)在足够长的光滑斜面上,有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动,物体的加速度始终为5m/s,方向沿斜面向下,当物体的位移大小为m时,下列说法正确的是()
A.物体运动时间可能为1sB.物体运动时间可能为3sC.物体运动时间可能为(2+7)sD.此时的速度大小一定为5m/s
[解题指导]
(1)位移大小为m时,物体的位置可能在出发点的上方,也可能在出发点的下方.
(2)在计算时先规定正方向,用正、负号表示各矢量方向.
1212
[解析]
(1)物体在出发点上方时,x=v0t+at得:
=10t+×
(-5)t,解得
22
4
t=1s或t=3s,v=v0+at得,v=5m/s或-5m/s.
(2)物体在出发点下方时,x=v0t+at得:
-=10t+×
(-5)t,解得t=(2
22+7)s或t=(2-7)s(舍去),v=v0+at得:
v=-57m/s.故A、B、C正确,D错误.
[答案]ABC反思总结
1.如果一个物体的运动包含几个阶段,就要分段分析,各段交接处的速度往往是联系各段的纽带.
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.对于双向可逆类匀变速直线运动,常出现多解问题,可用全程法求解,也可用分段求解.
考点二解决匀变速直线运动的六种方法对应训练
[典例4]从车站开出的汽车,做匀加速直线运动,走了12s时,发现还有乘客没上来,于是立即做匀减速运动至停车.汽车从开出到停止总共历时20s,行进了50m.求汽车的最大速度.
[解题指导]本题解题方法较多.先采用不同的方法解题,再比较不同方法的繁简程度,探寻解决此类问题的内在规律.
[解析]解法一(基本公式法)设最大速度为vmax,题意可得x=x1+x2=a1t1+
vmaxt2+a2t22①
t=t1+t2②vmax=a1t1③
0=vmax+a2t2④
2x2×
50
整理得vmax==m/s=5m/s.
t20
解法二(平均速度法)匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等,都等于故有x=
vmax
t1+t2
5
因此有vmax=
=m/s=5m/s.t1+t220
解法三(图象法)作出汽车运动全过程的v-t图象,如图所示,v-t图线与t轴围成的三角形的面积等于位移的大小,故x=
vmaxt2x2×
所以vmax==m/s=5m/s.2t20
[答案]5m/s
[变式1]做匀减速直线运动的物体经4s停止,若在第1s内的位移是14m,则最后1s内的位移是()
m
m m
B解析:
利用“逆向思维法”,把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速7
直线运动,则做匀减速直线运动的物体在每1s内的位移之比为7∶5∶3∶1,所以有=
114m
x1=2m,选项B正确.
x1
[变式2]一小球沿斜面匀加速滑下,依次经过A、B、C三点,已知AB=6m,BC=10m,小球经过AB和BC两段所用的时间均为2s,则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是()
m/s,3m/s,4m/sm/s,4m/s,6m/sm/s,4m/s,5m/sm/s,5m/s,7m/s
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时间中点的瞬时速度,故B点的速度就是全程的平均速度,vB=
AB+BC=4m/s,又因为连续相等2t2
时间内的位移之差等于恒量,即Δx=at,则Δx=BC-AB=at解得a=1m/s,再速度公式v=v0+at,解得vA=2m/s,vC=6m/s,故选项B正确.
考点三自落体运动和竖直上抛运动1.应用自落体运动规律解题时的两点注意
(1)可充分利用自落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题.
(2)物体静止开始的自下落过程才是自落体运动,从中间截取的一段运动过程
6
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- XX 高考 物理 一轮 复习 专题 变速 直线运动 规律 应用 导学案