高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的规律第2讲匀变速直线运动的规律教案.doc
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1、- 1 - / 13【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变精选高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的规律第速直线运动的规律第 2 2 讲匀变速直线运动的规律教案讲匀变速直线运动的规律教案知识点一 匀变速直线运动的规律1.基本规律(1)速度公式: .(2)位移公式: .(3)位移速度关系式: .2.两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度,还等于初、末时刻速度矢量和的一半,即: .答案:1.(1)vv0at (2)xv0tat2 (3)v2v2ax 2.(1)v (2)aT23.(1)123n (2)122232n2
2、(3)135(2n1) (4)1(1)()()知识点二 自由落体运动和竖直上抛运动1.自由落体运动(1)条件:物体只受 ,从 开始下落.(2)基本规律速度公式: ;位移公式: ;速度位移关系式: .2.竖直上抛运动- 2 - / 13(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)基本规律速度公式: ;位移公式: ;速度位移关系式: .答案:1.(1)重力 静止 (2)vgt hgt2 v22gh 2.(1)匀减速直线 自由落体 (2)vv0gt hv0tgt2 v2v2gh(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、)(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) 考点 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(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式v0、v、a、txvv0atv0、a、t、xvxv0tat21 2v0、v、a、xtv2v2ax2 0v0、v、t、xaxtvv0 22.两类特殊
4、的匀减速直线运动- 3 - / 13(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.考向 1 基本公式的选择典例 1 某航母跑道长 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
5、统获得的最小初速度为( )A.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s解题指导 题目中不涉及时间 t,选用公式 v2v2ax 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v2v2ax,代入数据解得 v010 m/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 100 m 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 11.00 s 跑完全程.已知运动员在加速阶段的第 2 s 内通过的距离为 7.5 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 2 s 内通
6、过的距离为 7.5 m,第 1 s 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?- 4 - / 13提示 (1)根据,可求出第 1 s 的位移为 2.5 m.(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 1 s 和第 2 s 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 1 s 和第 2 s内通过的位移分别为 x1 和 x2,由运动学规律得:x1at2 0x1x2a(2t0)2而 t01 s联立解得 a5 m/s2.(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
7、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tt1t2vat1xatvt2设加速阶段通过的距离为 x则 xat2 1求得 x10 m.答案 (1)5 m/s2 (2)10 m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 10 m/s 的初速度沿斜面向上运动,物体的加速度始终为 5 m/s2,方向沿斜面向下,当物体的位移大小为 7.5 m 时,下列说法正确的是( )A.物体运动时间可能为 1 s- 5 - / 13B.物体运动时间可能为 3 sC.物体运动时间可能为(2) sD.此时的速度大小一定为 5 m/s解题指导
8、 (1)位移大小为 7.5 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.解析 (1)物体在出发点上方时,由 xv0tat2 得:7.510t(5)t2,解得 t1 s 或 t3 s,由 vv0at 得,v5 m/s 或5 m/s.(2)物体在出发点下方时,由 xv0tat2 得:7.510t(5)t2,解得 t(2) s 或 t(2) s(舍去),由vv0at 得:v5 m/s.故 A、B、C 正确,D 错误.答案 ABC1.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
9、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 解决匀变速直线运动的六种方法典例 4 从车站开出的汽车,做匀加速直线运动,走了 12 s 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 20 s,行进了 50 m.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- 6 - / 13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,由题意可得xx1
10、x2a1tvmaxt2a2ttt1t2vmaxa1t10vmaxa2t2整理得 vmax m/s5 m/s.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vmax 2故有 xt1t2因此有 vmax m/s5 m/s.解法三(图象法) 作出汽车运动全过程的 vt 图象,如图所示,vt 图线与 t 轴围成的三角形的面积等于位移的大小,故 x,所以vmax m/s5 m/s.答案 5 m/s变式 1 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( )A.3.5 mB.2 m C.1 m D.0答案:B 解析:利用“逆向
11、思维法” ,把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动,则做匀减速直线运动的物体在每 1 s内的位移之比为 7531,所以有,x12 m,选项 B 正确.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 AB6 m,BC10 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( )- 7 - / 13A.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/s D.3 m/s,5 m/s,7 m/s答案:B 解析:根据物体做匀加速直线运动的特点,两点之间的平均速度
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- 高考 物理 一轮 复习 第一章 运动 描述 变速 直线运动 规律 教案
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