【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 18页

第2课时　匀变速直线运动的规律及应用 考点1　匀变速直线运动规律的应用 ‎1．匀变速直线运动的基本理解 ‎(1)定义：沿着一条直线运动，且加速度不变的运动。‎ ‎(2)分类 ‎2．基本规律和推论的应用 ‎3．初速度为零的匀变速直线运动四个推论 ‎(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度之比v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。‎ ‎(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2。‎ ‎(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。‎ ‎(4)从静止开始连续通过相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。‎ ‎1．2015年9月2日，“抗战专列”在武汉地铁4号线亮相，赢得乘车市民纷纷点赞。若该地铁列车先从甲站开始做初速度为零、加速度大小为a的匀加速直线运动，通过位移L后，立即做加速度大小也为a的匀减速直线运动，恰好到乙站停下。则列车从甲站到乙站所用时间为(　　)‎ A. B．2 C．2 D．4 答案　B 解析　由位移公式可知，列车在匀加速过程中L＝at2，解得：t＝ ；由于列车由静止开始加速，再以同样大小的加速度减速到静止，则说明列车减速过程所用时间也为t；故从甲站到乙站所用总时间为2。‎ ‎2．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，0时刻起，汽车运动过程的位移与速度的关系式为x＝(10－0.1v2) m，下列分析正确的是(　　)‎ A．上述过程的加速度大小为10 m/s2‎ B．刹车过程持续的时间为5 s C．0时刻的初速度为10 m/s D．刹车过程的位移为5 m 答案　C 解析　由v2－v＝2ax可得x＝－v＋v2，对照x＝(10－0.1v2)可知，＝－0.1，－v＝10，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，A错误，C正确；由v＝v0＋at可得，刹车过程持续的时间为t＝2 s，由v2－v＝2ax可得，刹车过程的位移为x＝10 m，B、D错误。‎ ‎3．(人教版必修1 P43·T3改编)‎ 有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问：‎ ‎(1)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？‎ ‎(2)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，则该舰身长至少应为多长？‎ 答案　(1)30 m/s　(2)250 m 解析　(1)根据公式v2－v＝2ax 得：v0＝＝30 m/s。‎ ‎(2)不装弹射系统时，v2＝2aL，L＝＝250 m。‎ 考点2　解决匀变速直线运动的常用方法 ‎1．对匀变速直线运动关系式和推论的解读 ‎①速度与时间的关系公式v＝v0＋at ‎②位移与时间的关系公式x＝t 此公式是由vt图象中运用微元法得出的。由图象还可以得出一个重要的推论v＝。由平均速度的定义还可得出另一推论＝，由①式代入②式可得出另一个位移与时间的关系公式x＝v0t＋at2。‎ ‎③位移和速度的关系公式2ax＝v2－v 该公式是由②式中的任一关系式和①式联立消t得出。‎ ‎④在上述的4个基本公式中共有v0、v、t、x、a五个基本物理量，而每个基本公式中有四个量，所以知道三个物理量，所求量可选公式是唯一的。‎ ‎⑤任意两个连续相等的时间间隔(T)‎ 内，位移之差是一个恒量，即 xⅡ－xⅠ＝xⅢ－xⅡ＝…＝xn－xn－1＝Δx＝aT2‎ 该结论是用公式xⅠ＝v0T＋aT2，xⅡ＝(v0＋aT)T＋aT2得出的，注意题文中的连续相等性。‎ 进一步推论：xm－xn＝(m－n)aT2。‎ ‎2．应用和常用方法 ‎[例]　2016年11月1日，我国第五代双发重型隐形战斗机“歼－20”身披割裂迷彩涂装，在珠海航展上首次对外进行了双飞展示，之后返回机场。设“歼－20”降落在跑道上的减速过程可以简化为两个匀减速直线运动，首先飞机以速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下。已知飞机的减速总路程为x，求第二个阶段飞机的加速度大小和运动时间。‎ 解析　根据题意画出飞机减速过程的示意图，A为飞机着陆点，AB、BC分别对应两个匀减速直线运动过程，C点飞机停下。‎ 根据运动示意图和运动学规律，A到B过程，‎ 有x1＝v0t1－a1t，vB＝v0－a1t1‎ B到C过程，有x2＝vBt2－a2t，0＝vB－a2t2‎ A到C过程，有x＝x1＋x2‎ 联立解得a2＝，t2＝。‎ 答案　　 ‎1．运动学公式中正、负号的规定 直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度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．规律方法 求解多阶段运动问题的“三步走”‎ ‎3．应用匀变速直线运动规律的两个技巧 ‎(1)把减速到0的匀减速直线运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，列方程将非常简便，如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。‎ ‎(2)若告诉匀变速直线运动的时间和位移，通常要考虑应用平均速度公式，求出中间时刻的瞬时速度。‎ ‎1．(2017·四川双流中学测试)卡车以v0＝10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，因为路口出现红灯，司机立即刹车，使卡车匀减速直线前进直至停止。停止等待6 s时，交通灯变为绿灯，司机立即使卡车做匀加速运动。已知从开始刹车到恢复原来的速度所用时间t＝‎ ‎12 s，匀减速的加速度大小是匀加速过程的2倍，反应时间不计。则下列说法正确的是(　　)‎ A．卡车匀减速所用时间t1＝2 s B．匀加速的加速度大小为5 m/s2‎ C．卡车刹车过程通过的位移大小是20 m D．从卡车开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，卡车通过的位移大小为40 m 答案　A 解析　因为卡车做匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，匀加速直线运动的初速度和匀减速直线运动的末速度均为零，匀减速过程的加速度大小是匀加速过程的2倍，根据t＝知，匀减速的时间是匀加速运动时间的一半，所以卡车匀减速运动的时间t1＝×(12－6) s＝2 s，故A正确；匀加速直线运动的时间t2＝(12－6－2) s＝4 s，则匀加速直线运动的加速度a2＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，故B错误；卡车刹车过程中的位移x1＝t1＝×2 m＝10 m，故C错误；卡车匀加速运动的位移x2＝t2＝×4 m＝20 m，则卡车从开始刹车到刚恢复到原来速度的过程中，通过的位移大小为30 m，故D错误。‎ ‎2. 物体以一定的初速度v0从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图所示，已知物体运动到距斜面底端l处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。‎ 答案　t 解析　解法一：基本公式法 因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B滑到C所用的时间为tBC，由匀变速直线运动的规律可得 v＝2axAC①‎ v＝v－2axAB②‎ xAB＝xAC③‎ 由①②③解得vB＝④‎ 又vB＝v0－at⑤‎ vB＝atBC⑥‎ 由④⑤⑥解得tBC＝t。‎ 解法二：中间时刻速度法 利用推论：匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，AC＝＝ 又v＝2axAC，v＝2axBC，xBC＝ 由以上三式解得vB＝ 可以看成vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是这段位移的中间时刻，因此有tBC＝t。‎ 解法三：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xBC＝at，xAC＝a(t＋tBC)2‎ 又xBC＝xAC 由以上三式解得tBC＝t。‎ 解法四：比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)‎ 因为xCB∶xBA＝∶＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t。‎ 解法五：图象法 根据匀变速直线运动的规律，画出vt图象。如图所示。利用相似三角形的规律，面积之比等于对应边的平方比，得＝，且＝，OD＝t，OC＝t＋tBC。‎ 所以＝，解得tBC＝t。‎ ‎1．(2018·江西宜春四校联考)‎ 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是(　　)‎ A. m/s2 B. m/s2 C. m/s2 D. m/s2‎ 答案　B 解析　第一段路程内的平均速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，第二段路程内的平均速度为v2＝＝ m/s＝8 m/s，根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，又因根据题意可知两段时间内的中间时刻的时间间隔为Δt＝(2＋1) s＝3 s，所以加速度为a＝＝ m/s2＝ m/s2，A、C、D错误，B正确。‎ ‎2．一辆汽车以v0＝12 m/s的速度前进，突然发现前面有石块，便以大小为6 m/s2的加速度刹车，刚好没有发生交通事故，则刹车后3 s内的位移为(　　)‎ A．9 m B．12 m C．21 m D．8 m 答案　B 解析　汽车从刹车到静止所用的时间t＝＝2 s，则刹车后3 s内的位移等于2 s内的位移x＝t＝12 m，B正确，A、C、D错误。‎ ‎3. (多选)如图所示，t＝0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。每隔2 s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)‎ t/s ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ v/(m·s－1)‎ ‎0‎ ‎8‎ ‎12‎ ‎8‎ A．t＝3 s的时刻物体恰好经过B点 B．t＝10 s的时刻物体恰好停在C点 C．物体运动过程中的最大速度为12 m/s D．A、B间的距离小于B、C间的距离 答案　BD 解析　根据题中图表的数据，可以求出物体下滑的加速度a1＝ m/s2＝4 m/s2，如果第4 s还在斜面上，速度应为16 m/s，从而判断出第4 s已过B点，是在2 s到4 s之间经过B点。在水平面上的加速度a2＝ m/s2＝－2 m/s2。从2～4 s根据运动学公式：8＋a1t1＋a2t2＝12，t1＋t2＝2，解出t1＝ s，知经过 s到达B点，到达B点时的速度v＝a1t＝ m/s。所以最大速度不是12 m/s，故A、C均错误；第6 s末的速度是8 m/s，到停下来还需时间t′＝ s＝4 s，所以到C点的时间为t＝10 s，故B正确；根据v2－v＝2ax，求出AB段的长度为 m，BC段长度为 m，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D正确。‎ ‎4．质点由A点从静止出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零。若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时间t为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　设第一阶段的末速度为v，则由题意可知：＋＝s，解得：v＝ ；而s＝t1＋t2＝t，由此解得：t＝ ，所以选B。‎ ‎5．一质点在做匀加速直线运动，加速度为a，在时间t内速度变为原来的3倍，则该质点在时间t内的位移为(　　)‎ A.at2 B．at2 C.at2 D．2at2‎ 答案　B 解析　设质点的初速度为v0，则经过时间t速度变为3v0，根据速度—位移公式得x＝＝，因为t＝＝，则有v0＝，可知x＝at2，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎6. (多选)一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是(　　)‎ A．物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间 B．物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向 C．物块下滑时从b运动至c所用时间为t D．物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小 答案　AC 解析　由于斜面光滑，物块沿斜面向上与向下运动的加速度相同，a＝gsinθ，故物块从c运动到b所用的时间等于从b运动到c所用的时间，A正确，B错误；物块由b到a的过程是初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式x＝at2，知t＝，则可知＝，解得tbc＝t，C正确；由于c是位移的中点，物块上滑过程中通过c点的速度不等于整个上滑过程的平均速度，D错误。‎ ‎7. (多选)如图所示，一冰壶以速度v垂直进入三个相同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(　　)‎ A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1‎ B．v1∶v2∶v3＝∶∶1‎ C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1‎ 答案　BD 解析　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C错误，D正确；由v2－v＝2ax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A错误，B正确。‎ ‎8．(多选)物体自O点开始沿斜面向上做匀减速直线运动，A、B、C、D是运动轨迹上的四点，D是最高点。测得OA＝0.8 m，AB＝0.6 m，BC＝0.4 m。且物体通过前三段的时间均为1 s。则下面判断正确的是(　　)‎ A．物体的初速度是0.9 m/s B．物体运动的加速度大小是0.2 m/s2‎ C．CD间的距离是0.2 m D．从C到D运动的时间是1.5 s 答案　ABD 解析　由Δx＝AB－OA＝BC－AB＝at2得，a＝＝ m/s2＝－0.2 m/s2，B正确；由OA＝v0t＋at2得，v0＝0.9 m/s，A正确；由vD＝v0＋atOD得，tOD＝＝ s＝4.5 s，故tCD＝tOD－3t＝1.5 s，D正确；OD＝v0tOD＋at＝0.9×4.5 m－×0.2×4.52 m＝2.025 m，故CD＝OD－OA－AB－BC＝0.225 m，C错误。‎ ‎9．(2018·湖南湘潭一模)(多选)a、b两个物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀变速直线运动，若初速度不同，加速度相同，则在运动过程中(　　)‎ A．a、b的速度之差保持不变 B．a、b的速度之差与时间成正比 C．a、b的位移之差与时间成正比 D．a、b的位移之差与时间的平方成正比 答案　AC 解析　设a、b两个物体的初速度分别为v10、v20，加速度为a，由于a、t相同，则由vt＝v0＋at得两个物体的速度之差为Δv＝v1－v2‎ ‎＝v10－v20＝Δv0，所以速度之差保持不变，故A正确，B错误；由公式x＝v0t＋at2可得两物体的位移之差为Δx＝(v10－v20)t＝Δv0t，故C正确，D错误。‎ ‎10．(2017·河北衡水联考)一物体以初速度v0做匀减速直线运动，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，则下列说法错误的是(　　)‎ 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 答案　A 解析　由Δx＝aT2可得加速度大小a＝1 m/s2；第1 s末的速度v1＝＝2.5 m/s，v0＝v1＋at＝3.5 m/s；物体的速度由2.5 m/s减速到0所需时间t＝＝2.5 s，则经过位移x3的时间t′为1.5 s，且x3＝at′2＝1.125 m；位移x3内的平均速度＝＝0.75 m/s。故错误的选项是A。‎ ‎11．(2018·广东广州模拟)同一位置同向先后开出甲、乙两辆汽车，甲车先以初速度v、加速度a做匀加速直线运动；乙车在甲车开出t0时间后，以同样的加速度a由静止开始做匀加速直线运动。在乙车开出后，若以乙车为参考系，则甲车(　　)‎ A．以速度v做匀速直线运动 B．以速度at0做匀速直线运动 C．以速度v＋at0做匀速直线运动 D．停在乙车前方距离为vt0＋at的地方 答案　C 解析　乙车开始运动时，甲车的速度为v甲＝v＋at0‎ ‎，则由于乙车的加速度与甲车相同，故以乙车为参考系，甲车以速度v＋at0做匀速直线运动，且两车的间距Δx＝x甲－x乙＝v(t＋t0)＋a(t＋t0)2－at2＝vt0＋at＋(v＋at0)t，可知甲、乙之间的距离随时间而增加，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎12．(2014·海南高考)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。‎ 答案　5 m/s2　10 m 解析　根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速运动。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 x1＝at①‎ x1＋x2＝a(2t0)2②‎ 式中t0＝1 s，联立①②两式并代入已知条件，得 a＝5 m/s2③‎ 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 t＝t1＋t2④‎ v＝at1⑤‎ x＝at＋vt2⑥‎ 设加速阶段通过的距离为x′，则 x′＝at⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得 x′＝10 m。‎ ‎13．(2018·惠州调研) 趣味运动会上有一个项目是在传送带上完成的。如图所示，A为传送带的左端点，B为右端点，P的正上方天花板上悬挂一个气球，AB间传送带的长度L＝31 m，P与A的距离L1＝9 m，传送带以v0＝1 m/s的恒定速率向左运动。比赛中，挑战者(视为质点)在A点相对地面静止，听到哨声后开始以a1＝2 m/s2的加速度向右匀加速运动到P，在刺破气球时不慎跌倒，经Δt＝2 s爬起，然后又以a2＝1 m/s2的加速度，在传送带上匀加速到B点。假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与传送带始终相对静止，不计刺破气球的时间，求挑战者从A到达B所需的时间。‎ 答案　13 s 解析　挑战者从A运动至气球处所用时间为t1，‎ 则L1＝a1t 从摔倒到爬起随传送带位移为x1，则x1＝－v0·Δt 运动员从爬起到B端位移为x，时间为t2，‎ 则x＝L－L1－x1‎ x＝－v0t2＋a2t 挑战者从左端到达右端全过程所需的时间为t，‎ 则t＝t1＋Δt＋t2‎ 解得t＝13 s。‎