《高考物理72计强力提分》 匀变 01 运动规律与解题策略 WORD版含解析.docx

1、01 运动规律与解题策略一、匀变速直线运动一般规律特点：加速度恒定的直线运动，即F合恒定匀变速运动可以是直线运动，也可以是曲线运动其轨迹取决于加速度与初速度的方向，但无论是匀变速直线运动，还是匀变速曲线运动其加速度的大小和方向都不变，即加速度恒定1、加速度公式：2、末速度公式：3、平均速度公式：（也可以：）4、位移公式：（1） （2）将vt=v0+at代入可得：（3）将上式代入公式可得位移公式5、中间时刻速度公式： 证明：如图1所示，由速度公式可得 联立可得 又因为 所以有：6、中间位置速度公式： 证明：如图2所示，由位移公式可得： 联立可得 （结论：无论是匀加速还是匀减速运动，总有）7、位移

2、差公式：（连续相邻相同的时间间隔内位移之差为常数，刚好等于加速度和时间间隔平方的乘积，即s=ss=ss=ss=aT2）证明：如图3所示，s、s、s、s所用的时间都是T，物体做匀变速直线运动的加速度为a，由速度公式可得：，v0v1v2v3v4ssssTTTT图3由位移公式可得：s ，S，s，s则ssssss 所以： 可将上式推广得逐差法公式 【例1】如图所示，小球从O点无初速度自由下落，下落过程中通过了A、B两点，已知通过A、B两点的时间为t，两点间的距离为s，则O、A两点间的距离h为多少？【解析】方法一：运动学中的整体法、隔离法利用整体法、隔离法，避免了研究衔接点A的运动由OA段，可得：hgt

3、12由OB段整个运动过程，可得：hsg(t1t)2可见两方程解两个未知量方法二：衔接法利用隔离法，分段对运动进行研究，首先研究已知条件汇聚较多的过程，而后利用衔接点，逐步蔓延到其他部分的运动由AB段，可得：svAtg(t)2由该方程解出衔接点的速度vA，使下一段运动条件变得充分，由OA段，可得：2ghvA2方法三：利用推论方程：由AB段，可得 AB ABg(t1t)由OA段，可得：hgt12【变式1】(2015江苏)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

4、速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A关卡2 B关卡3 C关卡4 D关卡5解析：由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t11 s，在加速时间内通过的位移xat121 m，t24 s，x2vt28 m，已过关卡2，t32 s时间内x34 m，关卡打开，t45 s，x4vt410 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t51/2 s，小于2 s，所以最先挡在面前的是关卡4，故C项正确【变式2】 (2016连云港模拟)一个物体做匀加速直线运动，它在第3 s内的位移为5 m，则下列说法正确的是()A物体在第3 s末的速度一定是6 m/s B物体的加

5、速度一定是2 m/s2C物体在前5 s内的位移一定是25 m D物体在第5 s内的位移一定是9 m解析：选A由第3 s内的位移可以求出第2.5 s时刻的瞬时速度v m/s5 m/s，由于匀加速直线运动的初速度未知，无法求出物体的加速度，故无法求解第3 s末的速度及第5 s内的位移，A、B、D错误；前5 s内的平均速度等于2.5 s时刻的瞬时速度，故前5 s内的位移一定是xvt55 m25 m，C正确。解析：选A由于第1 s内、第2 s内、第3 s内的位移之比x1x2x3135，而平均速度v，三段时间都是1 s，故三段时间的平均速度之比为135，A正确。 【例2】如图所示，已知O、A、B、C为同

6、一直线上的四点，A、B间的距离为l1，B、C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】方法一：如图所示，设物体的加速度为a，到达A点的速度为v0，通过AB段和BC段所用的时间为t，则有l1v0tat2 l1l22v0t2at2 l2l1at2 联立式，得3l1l22v0 设O与A的距离为l，l联立式，得l方法二：利用vt图及比例法，如图所示(1)2，(1)2，从两式中消去，得O、A间距为x.【例3】有一个质点在连续12 s内做匀加速直线运动，在第1个4 s内位移为24 m，在最后一个4 s

7、内位移为56 m，求质点的加速度和初速度【解析】由ss2aT2其中s56 m，s24 m, T4 s，a m/s21 m/s2设其初速度为v0，则有sv0tat2，代入s24 m，t4 s，a1 m/s2，得v04 m/s【变式】 (2016成都质检)如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。根据图中的信息，下列判断错误的是()A位置“1”是小球释放的初始位置 B小球做匀加速直线运动C小球下落的加速度为 D小球在位置“3”的速度为 解析：选A由图可知每两

8、个相邻的点之间的距离差是一样的，小球做匀加速直线运动，B正确；由xaT2可知a，C正确；由于时间间隔相同，故第2个点的瞬时速度为第1、3两点之间的平均速度的，故v2，由vv0at可知点1的速度大小是v1v2aTT，A错误；第3点的瞬时速度为第2、4点之间的平均速度，所以v3，D正确。【例4】(2016永州三模)某汽车训练场地有如图设计，在平直的道路上，依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆之间的距离L12.0 m一次训练中，学员驾驶汽车以57.6 km/h的速度匀速向标志杆驶来，教练与学员坐在同排观察并记录时间当教练经过O点时向学员发出指令：“立即刹车”，同时用秒表开始计时学员需要

9、经历t的反应时间才开始刹车，刹车后汽车做匀减速直线运动，停在D标杆附近教练记录自己经过B、C杆时，秒表的读数分别为tB4.5 s，tC6.5 s，已知LOA44 m，教练距车头的距离s1.5 m求：(1)学员的反应时间t和刹车后汽车做匀减速运动的加速度大小a；(2)汽车停止运动时，车头离标志杆D的距离x.【解析】 (1)汽车从O到标志杆B的过程中：LOALv0tv0(tBt)a(tBt)2汽车从O到标志杆C的过程中：LOA2Lv0tv0(tCt)a(tCt)2联立方程组，得v016 m/s，a2 m/s2(2)汽车从开始到停下运动的距离：xv0t可得x72 m 因此汽车停止运动时车头前端面在C

10、D之间离DLOA3Lsx(44361.572) m6.5 m【变式】物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示已知物体第一次运动到斜面长度处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间解法1：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xBCat，xACa(ttBC)2，又xBCxAC，解得：tBCt.解法2：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AC，又v2axAC v2axBC xBCxAC 解得：vB.可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置因此有tBCt.二、初速度为零的匀变速直线

11、运动连比方程1前t、前2t、前3t位移之比：依据sat2，得s1s2s3122232n22第一个t、第二个t、第三个t位移之比：依据1中结果得：s1s2s3135(2n1)3前t、前2t、前3t前nt秒末速度之比：依据方程：vat得：v1v2v3123n4前s、前2s、前3s前ns时间之比：依据方程：s0aT2T得：T1T2T315相邻相等位移时间之比：依据4中结果得：t1t2t31(1)()()6前s、前2s、前3s前ns米末速度之比：依据方程：2asv2v得：v1v2v31【例5】北京时间3月22日，2015年世界女子冰壶世锦赛在日本扎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

12、卫冕成功，在近四届世锦赛中第三次夺得冠军，加拿大队获得亚军，俄罗斯队获得第三名一冰壶以速度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()Av1v2v3321 Bv1v2v31Ct1t2t31 Dt1t2t3()(1)1解析：因为冰壶做匀速减直线运动，且末速度为零，故可以取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(1)()，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为()(1)1，选项C错误，选项D正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的

13、速度之比为1，则冰壶匀速进入每个矩形区域时的速度之比为1，选项B正确答案BD【变式1】一个从静止开始作匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1 s、2 s、3 s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是()A12232,123 B12333,12232C123,111 D135,123解析：初速度为零的匀加速直线运动，在相邻的等长时间内位移比为1357911，则s1s2s31(35)(7911)12333，12312232. 答案B【变式2】如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且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

14、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分别是()Av1v2v3321 Bv1v2v31Ct1t2t31 Dt1t2t3()(1)1解析：选BD因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1(1)()，故所求时间之比为()(1)1，所以选项C错，D正确；由v2v2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1，则所求的速度之比为 1，故选项A错，B正确。三、自由落体运动1、条件：物体只受重力，从静止开始下落。2、基本规律（1）速度公式：vgt；（2）位移公式：hgt2；（3）速度位移关系式：

15、v22gh。3、注意（1）可充分利用自由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）物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决竖直下抛运动问题。 【例6】 (2016南昌模拟)一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力。已知它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v。则ab段与ac段位移之比为()A13B15C18D19解析由vgt可知，tac3tab，由hgt2可得habhactt19，故D正确。【变式】关于自由落体运动(g10 m/s2)，下列说

16、法正确的是()A它是竖直向下，v00、ag的匀加速直线运动B在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是135C在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是123D从开始运动到距下落点5 m、10 m、15 m所经历的时间之比为123解析：选ABC自由落体运动是竖直向下，v00、ag的匀加速直线运动；根据匀变速直线运动规律，在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是135；在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是123；从开始运动到距下落点 5 m、10 m、15 m所经历的时间之比为1，选项A、B、C正确，D错误。四竖直上抛运动1、运动特点：加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动

17、。2、基本规律（1）速度公式：vv0gt； （2）位移公式：hv0tgt2；（3）速度位移关系式：v2v2gh。3、巧用竖直上抛运动的对称性(1)速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大反向。(2)时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。(3)能量的对称性：竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等。4、竖直上抛运动的两种研究方法【例7】(多选)某物体以30 m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2,5 s内物体的()A路程为65 m B位移大小为25 m，方向向上C速度改变量的大小为10 m/s D平均速度大

18、小为13 m/s，方向向上解析解法1：分阶段法物体上升的时间t上 s3 s，物体上升的最大高度h1 m45 m物体从最高点自由下落2 s的高度h2gt1022 m20 m运动过程如图所示，则总路程为65 m，A正确.5 s末物体离抛出点的高度为25 m，即位移的大小为25 m，方向竖直向上，B正确.5 s末物体的速度vgt下102 m/s20 m/s，方向竖直向下，取竖直向上为正方向，则速度改变量v(v)v0(20 m/s)30 m/s50 m/s，即速度改变量的大小为50 m/s，方向向下，C错误平均速度 m/s5 m/s，方向向上，D错误解法2：全过程法由竖直上抛运动的规律可知：物体经3

19、s到达最大高度h145 m处将物体运动的全程视为匀减速直线运动，则有v030 m/s，ag10 m/s2，故5 s内物体的位移hv0tat225 m0，说明物体5 s末在抛出点上方25 m处，故路程为65 m，位移大小为25 m，方向向上，A、B正确速度的变化量vat50 m/s，C错误.5 s末物体的速度vv0at20 m/s，所以平均速度5 m/s0，方向向上，D错误【变式1】蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力时间图象，假如作出的图象如图所示。设运动员

20、在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是(g取10 m/s2)()A1.8 m B3.6 m C5.0 m D7.2 m解析：选C由题图可知运动员在空中的时间t2.0 s，故运动员跃起的最大高度Hmg25.0 m，C正确。【变式2】(2016黄山模拟)将一个物体在t0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t0.8 s时刻物体的速度大小变为8 m/s (g取10 m/s2)，则下列说法正确的是()A物体一定是在t3.2 s时回到抛出点 Bt0.8 s时刻物体的运动方向可能向下C物体的初速度一定是20 m/sDt0.8 s时刻物体一定在初始位置的下方解析：选A物体做竖直上抛运动，在0.8 s内的

21、速度变化量vgt100.8 m/s8 m/s，由于初速度不为零，可知t0.8 s时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方，故B、D错误；由vv0gt，代入数据解得v016 m/s，则上升到最高点的时间t1 s1.6 s，则回到抛出点的时间t2t121.6 s3.2 s，故A正确，C错误。【变式3】(2016湖北黄冈中学、黄石二中、鄂州高中联考)(多选)一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，2 s后物体的速率变为15 m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g10 m/s2)()A在A点上方，速度方向向下 B在A点上方，速度方向向上C在A点下方，速

22、度方向向下 D正在A点，速度方向向下解析物体的速率为15 m/s，方向可能竖直向上，也可能竖直向下，取竖直向上为正方向若方向竖直向上，则末速度v15 m/s，初速度v0vgt35 m/s，物体的位移xv0tgt250 m0，故此时物体在A点上方；若方向竖直向下，则末速度v15 m/s，初速度v0vgt5 m/s，物体的位移xv0tgt210 m18 m；对于B选项，vtv0at，可得vt12 m/s12.5 m/s；对于C选项，由于2 s后汽车速度已经减为零，因此选择方程2ax2v02，解得x26.4 m5 m.答案AC【变式2】一辆汽车以72 km/h的速度正在平直公路上匀速行驶，突然发现前

23、方40 m处有需要紧急停车的危险信号，司机立即采取刹车措施已知该车在刹车过程中加速度的大小为5 m/s2，则从刹车开始经过5 s时汽车前进的距离是多少？此时是否已经到达危险区域？解析：设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t0，选初速度方向为正方向，由于汽车做匀减速直线运动，加速度a5 m/s2，则由vtv0at0，得t04 s，可见，该汽车刹车后经过4 s就已停下，其后的时间内汽车是静止的由运动学公式xv0tat2知，刹车后经过5 s汽车通过的距离为xv0t0at40 m.即汽车此时恰好未到达危险区域六、运动规律在多过程中的应用3个步骤(1)由题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的

24、运动过程。(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量。(3)合理选择运动学公式。列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程。注意匀变速直线运动涉及的公式较多，各公式相互联系，大多数题目可以一题多解，解题时要开阔思路，通过分析、对比，根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程，选取最简捷的解题方法。【典题6】(2016银川模拟)一个小球从斜面顶端无初速下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10 s，斜面长4 m，在水平面上运动的距离为6 m，求：(1)小球在运动过程中的最大速度；(2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小。解

25、析(1)依题意，设小球滑至斜面底端的速度为v1，即为运动过程中的最大速度vm，设所用时间为t1，在水平面上匀减速运动的时间设为t2，则在斜面上有x1t1在水平面上有x2t2 解得vmv12 m/s(2)设小球在斜面和水平面上的加速度大小分别为a1、a2，则有v02a1x1，v02a2x2解得a10.5 m/s2，a20.33 m/s2【变式1】(2016东城区模拟)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前。则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是()A加速、减速中的加速度大小之比为a

26、1a221B加速、减速中的平均速度大小之比1211C加速、减速中的位移之比x1x221D加速、减速中的平均速度大小之比1212解析：选BC设汽车的最大速度为v，则匀加速直线运动的加速度大小a1，匀减速直线运动的加速度大小a2，则a1a212，故A错误；根据平均速度的推论，知匀加速和匀减速直线运动的平均速度均为，可知平均速度大小之比为11，B正确，D错误；根据x t知，平均速度之比为11，则加速和减速运动的位移之比为21，C正确。【变式2】(2015山东高考)距地面高5 m的水平直轨道上A、B两点相距2 m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图所示。小车始终以 4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小 g10 m/s2。可求得h等于()A1.25 m B2.25 m C3.75 m D4.75 m解析：选A根据两球同时落地可得 ，代入数据得h1.25 m，A正确。