【物理】2019届一轮复习人教版 匀变速直线运动的规律及应用 学案 12页

第2讲　匀变速直线运动的规律及应用 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.匀变速直线运动及其规律Ⅱ ‎2．自由落体和竖直上抛运动Ⅱ ‎2016·天津卷，9(2)‎ 本部分内容涉及选择题和综合题，注重匀变速直线运动规律灵活运用的考查，对学生能力要求非常高 ‎1．基本规律 ‎(1)速度公式：__v＝v0＋at__.‎ ‎(2)位移公式：__x＝v0t＋at2__.‎ ‎(3)位移速度关系式：__v2－v＝2ax__.‎ 这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石．均为矢量式，应用时应规定正方向．‎ ‎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＝__v__＝____.‎ ‎(2)任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝__aT2__.‎ ‎3．v0＝0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)∶(－)∶…∶(－)__.‎ ‎4．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__v＝gt__；②位移公式__h＝gt2__；③速度位移关系式__v2＝2gh__.‎ ‎5．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．‎ ‎(2)基本规律：①速度公式__v＝v0－gt__；②位移公式__h＝v0t－gt2__；③速度位移关系式__v2－v＝－2gh__.‎ ‎1．判断正误．‎ ‎(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．(　√　)‎ ‎(7)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反．(　×　)‎ ‎2．(2017·广东佛山模拟)一个物体从静止开始做匀加速直线运动，它在第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2，在走完第‎1 m 时与走完第‎2 m时的速度之比为v1∶v2.以下说法正确的是(　B　　)‎ A．x1∶x2＝1∶3　　v1∶v2＝1∶2‎ B．x1∶x2＝1∶3　　v1∶v2＝1∶ C．x1∶x2＝1∶4　　v1∶v2＝1∶2‎ D．x1∶x2＝1∶4　　v1∶v2＝1∶ 解析　初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2得第1 s内和前2 s内位移之比为1∶4，所以第1 s内与第2 s内位移之比x1∶x2＝1∶3；由v2＝2ax得走完第1 m与走完第2 m时的速度之比为v1∶v2＝1∶，故选项B正确．‎ ‎3．(2017·河南郑州一中第一次联考)将一小球以初速度v从地面竖直上抛后，小球先后经过离地面高度为‎6 m的位置历时4 s．若要使时间缩短为2 s，则初速度应(不计阻力)(　A　)‎ A．小于v B．等于v C．大于v D．无法确定 解析　小球第1次经过离地面高度为‎6 m 的位置后，先做竖直上抛运动，后做自由落体运动，初速度越大需要的时间越长，要想两次经过该点的时间缩短，需要减小上升的初速度，故选项A正确．‎ 一　匀变速直线运动的规律及应用 ‎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，所以需要确定正方向，一般以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．解决匀变速直线运动问题常用的“六法”‎ ‎[例1](2017·湖南岳阳检测)如图所示，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)‎ 解析　根据位移公式和速度公式，由A到E，有 ‎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.‎ 答案　 t 求解匀变速直线运动问题的基本思路 ‎　→→→→ ‎　二　自由落体和竖直上抛运动的分析 ‎[例2](2017·山东济南调研)如图所示是一种较精确测量重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，然后返回，在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2.求：‎ ‎(1)重力加速度g；‎ ‎(2)若O点距玻璃管底部的距离为L0，求玻璃管最小长度．‎ 解析　(1)小球从O点上升到最高点有h1＝g2，小球从P点上升到最高点有h2＝g2，依据题意有h1－h2＝H，联立解得g＝.‎ ‎(2)真空管最小长度L＝L0＋h1，解得L＝L0＋.‎ 答案　(1)　(2)L0＋ 竖直上抛运动的分析方法 ‎(1)分段法：可以把竖直上抛运动分成上升阶段的匀减速运动和下降阶段的自由落体运动处理，下降过程是上升过程的逆过程．‎ ‎(2)整体法：从全过程来看，加速度方向始终与初速度的方向相反，所以也把竖直上抛运动看成是一个匀变速直线运动．‎ ‎1．如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝‎10 m/s2)(　C　)‎ A．‎1.6 m　 B．‎2.4 m　‎ C．‎3.2 m　 D．‎‎4.0 m ‎2．(多选)在轻绳的两端各拴一个小球，一个人用手拿着绳子上端的小球，站在三层楼的阳台上，释放小球，使小球自由下落，两小球相继落地的时间差为Δt，速度差为Δv，如果人站在四层楼的阳台上，同样的方法释放小球，让小球自由下落则两小球相继落地的时间差Δt和速度差Δv将(　BC　)‎ A．Δt不变 B．Δt变小 C．Δv变小 D．Δv变大 ‎3．在某次阅兵演习中，某直升机在地面上空某高度A位置处于静止状态待命，现接上级命令，要求该直升机10时58分20秒由静止状态沿水平方向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置．已知xAB＝‎5 km，xBC＝‎10 km.求：‎ ‎(1)直升机在BC段的速度大小；‎ ‎(2)直升机在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小．‎ 解析　(1)直升机从A位置运动到C位置所用总时间为t＝100 s，设该直升机在BC段的速度大小为v，则在AB段的平均速度为，由题意得＋＝t，代入数据得v＝‎200 m/s.‎ ‎(2)设直升机在AB段的加速度为a，由v2＝2axAB得a＝‎4 m/s2.‎ 答案　(1)‎200 m/s　(2)‎4 m/s2‎ ‎[例1](9分)短跑运动员完成‎100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用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，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离．‎ ‎[答题送检]来自阅卷名师报告 致错原因 错误 扣分 ‎(1)‎ 思维不严谨，误将运动员在加速的第2 s内初速度漏掉或将题干中第2 s内当成前2 s内处理 ‎－3‎ ‎(2)‎ 由于第一步中的加速度a计算错误，直接导致该步计算加速时间和位移错误 ‎－2‎ ‎[规范答题]　‎ ‎[解析]　设运动员在第1 s内、第2 s内加速运动位移分别为x1、x2，加速度为a，则 x1＝at，‎ x1＋x2＝a(2t0)2，‎ 其中x2＝‎7.5 m，t0＝1 s，‎ 解得a＝‎5 m/s2；‎ 在全程中x＝x加＋x匀，‎ 即x＝at＋at加(t总－t加)，‎ 其中x＝‎100 m，t总＝11.00 s，‎ 解得t加＝2 s或t加＝20 s>t总(舍去)，‎ 故加速阶段位移 x加＝at＝‎10 m.‎ ‎[答案]　‎5 m/s2(4分)　‎10 m(5分)‎ ‎1．(2017秋·江西九江浔阳区校级月考)以‎36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为‎4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内汽车的位移大小为(　D　)‎ A．‎12.5 m B．‎2 m ‎ C．‎10 m D．‎‎0.5 m ‎2．(2017·湖北黄石联考)(多选)在光滑足够长的斜面上，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(　ABD　)‎ A．物体运动时间可能为1 s B．物体运动时间可能为3 s C．物体运动时间可能为(2＋)s D．此时的速度大小一定为‎5 m/s 两类特殊的匀减速直线运动 ‎(1)刹车类问题 对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回，若初速度为v0，加速度为a，汽车运动时间满足t≤，发生的位移满足x≤.‎ ‎(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．‎ ‎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． B． ‎ C． D． 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＝，代入s＝v1t＋at2可得a＝，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，v－02＝‎2a(l＋l1)，到达B点的速度vB＝，对AB段与BC段，由公式xn－xn－1＝aT2得，l2－l1＝aT2，联立解得l＝.‎ 答案　 ‎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 H1＝a1t＝×4×‎102 m＝‎200 m，‎ v1＝a1t1＝4×‎10 m/s＝‎40 m/s，‎ 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＝＝‎80 m，t2＝＝4 s，‎ 自由下落阶段H1＋H2＝gt，‎ 得t3＝＝ s≈7.48 s.‎ 所以，此重物距地面最大高度Hmax＝H1＋H2＝‎280 m，‎ 重物从掉下到落地的总时间t＝t2＋t3＝11.48 s.‎ 答案　‎280 m　11.48 s 课时达标　第2讲 ‎[解密考纲]主要考查匀变速直线运动规律的理解和应用，常与体育、交通等实际问题相结合，试题难度中等．‎ ‎1．(2017·浙江杭州模拟)一物体以初速度v0做匀减速运动，第1 s内通过的位移为x1＝‎3 m，第2 s内通过的位移为x2＝‎2 m，又经过位移x3物体的速度减小为0.则下列说法中错误的是(　A　)‎ A．初速度v0的大小为‎2.5 m/s B．加速度a的大小为‎1 m/s2‎ C．位移x3的大小为‎1.125 m D．位移x3内的平均速度大小为‎0.75 m/s ‎2．(2017·浙江宁波一模)(多选)给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小减为时，所用时间可能是(　BC　)‎ A． B． C． D． ‎3．(多选)动车把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，而动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成的一组．若动车组在匀加速运动过程中，通过第一个‎60 m所用时间是10 s，通过第二个‎60 m所用时间是6 s，则(　AC　)‎ A．动车组的加速度为‎0.5 m/s2‎ B．动车组的加速度为‎1 m/s2‎ C．动车组接下来的6 s内的位移为‎78 m D．动车组接下来的6 s内的位移为‎96 m 解析　第一个‎60 m中间时刻的速度v1＝ m/s＝‎6 m/s，通过第二个‎60 m中间时刻的速度v2＝ m/s＝‎10 m/s，则加速度a＝＝‎0.5 m/s2，由Δx＝x3－x2 ＝aT2，得x3＝x2＋aT2＝(60＋0.5×62) m＝‎78 m，选项A、C正确．‎ ‎4．一小球从光滑斜面上的O点由静止开始向下运动，依次经过A、B、C、D、E五个点，已知AB＝BC＝CD＝DE，物体经过B点时的速度vB和AE段的平均速度的大小关系是(　A　)‎ A．vB< B．vB＝ C．vB> D．无法确定 解析　令OA＝l，AB＝BC＝CD＝DE＝s，由速度—位移公式有vA＝、vB＝、vE＝，＝，2－v＝a(－l)>0，可知选项A正确．‎ ‎5．(2017·福建福州高三模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为‎9 m和‎7 m．则刹车后6 s内的位移大小是(　C　)‎ A．‎20 m B．‎‎24 m C．‎25 m D．‎‎75 m 解析　由Δx＝aT2得‎7 m－‎9 m＝a×(1 s)2，a＝－‎2 m/s2，由x＝v0t＋at2得‎9 m＝v0×1 s＋×(－‎2 m/s2)×(1 s)2，解得v0＝‎10 m/s，所以公共汽车从刹车到停下来用时t＝＝ s＝5 s，刹车后6 s内的位移大小x＝t＝×‎5 m＝‎25 m，故选项C正确．‎ ‎6．(多选)一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为x＝15＋10t－5t2(m)，t的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是(　CD　)‎ A．该质点的加速度大小为‎5 m/s2‎ B．t＝3 s时刻该质点速度为零 C．0～3 s内该质点的平均速度大小为‎5 m/s D．物体处于x＝0处时，其速度大小为‎20 m/s ‎7．从同一地点先后开出n辆汽车在平直的公路上排成直线行驶，‎ 各车均由静止出发先做加速度为a的匀加速直线运动，达到同一速度v后改做匀速直线运动，欲使n辆车都匀速行驶时彼此距离均为x，则各辆车依次启动的时间间隔为(不计汽车的大小)(　D　)‎ A． B． ‎ C． D． 解析　设某辆车从静止开始做匀加速运动，经过时间t速度恰好达到v，其前面一辆车运动时间为t＋Δt，则x1＝at2，x1＋x＝at2＋v·Δt.联立上述方程得各辆车依次启动的时间间隔Δt＝，故选项D正确．‎ ‎8．(2017·湖北武汉一模)(多选)物体由静止开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当速度达到v时，改为加速度大小为a2的匀减速直线运动，直至速度为零．在匀加速和匀减速运动过程中物体的位移大小和所用时间分别为x1、x2和t1、t2，下列各式成立的是(　ACD　)‎ A．＝ B．＝ C．＝＝ D．v＝ ‎9．(2017·吉林长春一模)(多选)一物体自距地面高H处自由下落，经时间t落地，此时速度为v，则(　BD　)‎ A．时物体距地面高度为 B．时物体距地面高度为 C．物体下落时速度为 D．物体下落时速度为 ‎10．(2017·甘肃兰州调研)(多选)在某一高度以v0＝‎20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为‎10 m/s时，以下判断正确的是(g取‎10 m/s2)(　ACD　)‎ A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为‎15 m/s，方向向上 B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为‎5 m/s，方向向下 C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为‎5 m/s，方向向上 D．小球的位移大小一定是‎15 m ‎11．如图所示，运动员从离水面‎10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高‎0.45 m达到最高点，落水时身体竖直．手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计，‎ 计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心上的一个质点，g取‎10 m/s2)．求：‎ ‎(1)运动员起跳时的速度v0.‎ ‎(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t.(结果保留三位有效数字)‎ 解析　(1)上升阶段－v＝－2gh，‎ 解得v0＝＝‎3 m/s.‎ ‎(2)上升阶段0＝v0－gt1，‎ 解得t1＝＝ s＝0.3 s；‎ 自由落体过程H＝gt，‎ 解得t2＝＝ s≈1.45 s，‎ 故t＝t1＋t2＝0.3 s＋1.45 s＝1.75 s.‎ 答案　(1)‎3 m/s　(2)1.75 s ‎12．在成都天府大道某处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．一辆汽车正从A点迎面驶向测速仪B，若测速仪与汽车相距‎355 m，此时测速仪发出超声波，同时车由于紧急情况而急刹车，汽车运动到C处与超声波相遇，当测速仪接受到反射回来的超声波信号时，汽车恰好停止于D点，且此时汽车与测速仪相距‎335 m，忽略测速仪安装高度的影响，可简化为如图所示分析．(已知超声波速度为‎340 m/s)‎ ‎(1)求汽车刹车过程中的加速度a；‎ ‎(2)此路段有‎80 km/h的限速标志，分析该汽车刹车前的行驶速度是否超速？‎ 解析　(1)设超声波从B运动到C的时间为t0，那么在超声波从C返回B的t0时间内，汽车由C减速运动到D且速度为零，应用逆向思维x2＝at，超声波往返时间为2t0，汽车在2t0时间内，运动的位移x1＋x2＝a(2t0)2，x1＋x2＝x0－x＝‎20 m，x2＝‎5 m，x1＝‎15 m，而超声波在t0内的距离为BC＝x＋x2＝‎335 m＋‎5 m＝‎340 m，即v声·t0＝‎340 m，t0＝1 s，代入x2＝ at得a＝‎10 m/s2.‎ ‎(2)x1＋x2＝，v0＝‎20 m/s＝‎72 km/h，汽车未超速．‎ 答案　(1)‎10 m/s2　(2)不超速 ‎13．如图所示为一种叫“控子”的游戏：让小滑块从A点由静止释放，游戏者通过控制BC段上的可控区域的长度，让小滑块到达C点时速度刚好为零，小滑块自由落入洞D中即为成功．已知轨道AB、BC可视为斜面，AB长‎25 cm，BC长‎1 m，CD高‎20 cm.小滑块在AB段加速下滑时加速度大小为a1＝‎2 m/s2，在BC段非可控区域加速下滑时加速度大小为a2＝‎1 m/s2，在可控区域减速时的加速度大小为a3＝‎3 m/s2，小滑块在B点、可控点E前后速度大小不变，g＝‎10 m/s2，求游戏成功时：‎ ‎(1)可控区域的长度L；‎ ‎(2)小滑块从A到洞D所经历的时间t.‎ 解析　(1)设小滑块在B点时速度大小为vB，则由运动学规律知 v＝‎2a1xAB，且vB＝a1t1，‎ 代入数值解得t1＝0.5 s，vB＝‎1 m/s.‎ 设小滑块在E点进入可控区域，从B到E，由运动学规律知 v－v＝‎2a2(xBC－L)，vE－vB＝a2t2，‎ 从E到C，由运动学规律知v＝‎2a‎3L，vE＝a3t3，‎ 联立并代入数值解得t2＝t3＝0.5 s，L＝‎0.375 m.‎ ‎(2)滑块从C到D，由自由落体运动规律知hCD＝gt，‎ 代入数值解得t4＝0.2 s，‎ 所以滑块从A到洞D所经历的时间 t＝t1＋t2＋t3＋t4＝1.7 s.‎ 答案　(1)‎0.375 m　(2)1.7 s