2018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1.doc

匀变速直线运动的规律及应用 知识点一、匀变速直线运动的规律 1．匀变速直线运动 2．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 (1)1T末、2T末、3T末……瞬时速度的比为： v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。 (2)1T内、2T内、3T内……位移的比为： x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。 (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＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。 (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∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 知识点二、自由落体运动和竖直上抛运动 自由落体运动 运动条件 (1)物体只受重力作用 (2)由静止开始下落 运动性质 匀加速直线运动 运动规律 (1)速度公式：v＝gt (2)位移公式：h＝gt2 (3)速度—位移公式：v2＝2gh 竖直上 抛运动 1)速度公式：v＝v0－gt(2)位移公式：h＝v0t－gt2 (3v2－v＝－2gh (4)上升的最大高度：H＝ (5)上升到最高点所用时间：t＝ 　[思考判断] (1)匀变速直线运动是速度均匀变化的运动.(　　) (2)匀加速直线运动是加速度均匀变化的运动.(　　) (3)匀减速直线运动的位移是减小的.(　　) (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.(　　) (5)物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动.(　　) (6)做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下的.(　　) 答案：(1) √　(2) ×　(3) ×　(4) √　(5) ×　(6) √　匀变速直线运动规律的应用 1．运动学公式中正、负号的规定 (1)除时间t外，x、v0、v、a均为矢量，所以需要确定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。 (2)五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一过程。 2．解题的基本思路 对应训练 【典例】　如图1所示，是冰壶以速度v垂直进入四个宽为l的矩形区域沿虚线做匀减速直线运动，且刚要离开第四个矩形区域的E点时速度恰好为零，冰壶通过前三个矩形的时间为t，试通过所学知识分析并计算冰壶通过第四个矩形所用的时间是多少？(可选用多种方法) 图1 解析　解法一　一般公式法 根据位移公式和速度公式，由A到E， 4l＝vt1－at，0＝v－at1 式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小 由A到D，有3l＝vt－at2 联立解得t1＝2t或t1＝t 显然t1＝t不符合题意，应舍去。 所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′＝t1－t＝t。 解法二　逆向思维法 冰壶通过矩形区域做匀减速直线运E点开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式，由E到A，有4l＝at 式中，t1为冰壶通过四个矩形区域所用的时间，a为其加速度的大小 由E到D，有l＝a(t1－t)2 联立解得t1＝2t或t1＝t 显然t1＝t不符合题意，应舍去。 所以冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′＝t1－t＝t。 解法三　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所用的时间为t′＝t。 答案　t 方法技巧 解决匀变速直线运动问题常用的“六法” 1．[基本公式法]空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人。若飞机着陆后以大小为6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　) A．288 m B．300 m C．150 m D．144m 解析　先求出飞机从着陆到停止所用时间t。由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m。 答案　B 2．[推论法]如图2所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝2 m，B、C之间的距离l2＝3 m。l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于(　　) 图2 A. m B. m C. m D. m 解析　设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位