高考物理复习专题知识点02-匀变速直线运动的规律 4页

匀变速直线运动的规律 一．考点整理 匀变速直线运动规律 ‎ ‎1．匀变速直线运动：沿着一条直线，且加速度 的运动．分为匀加速直线运动（a与v 方向）和匀减速直线运动（a与v 向）．‎ ‎2．三个基本规律：① 速度公式：v = ；② 位移公式：x = ；③ 位移速度关系式：v2t – v02 = ．‎ ‎3．三个推论：① 做匀变速直线的物体在连续相等的相邻时间间隔T内的位移差等于恒量，即x2 – x1 = x3– x2 = …… = xn – xn – 1 = ；② 做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度，即v平均 = vt/2 = ；③ 匀变速直线运动的某段位移中点的瞬时速度 vx/2 = ．‎ ‎4．初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律：‎ ‎⑴ 在1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn = ；‎ ‎⑵ 在1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn = ；‎ ‎⑶ 在第1个T内，第2个T内，第3个T内，…，第n个T内的位移之比为：xⅠ∶xⅡ∶x Ⅲ∶…∶xN =‎ ‎ ____________________________________；‎ ‎⑷ 从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn = ；‎ ‎⑸ 从静止开始通过连续相等的位移时的速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn = ；‎ ‎5．自由落体运动：物体只在 作用下，从 开始下落的运动叫自由落体运动．‎ ‎⑴ 基本特征：只受 ，且初速度为 、加速度为 的匀加速直线运动．‎ ‎⑵ 基本规律：由于自由落体运动是 直线运动，所以匀变速直线运动的基本公式及其推论都适用于自由落体运动．① 速度公式：v = ；② 位移公式：h = ；③ 位移与速度的关系：v 2 = ．‎ ‎⑶ 推论：① 平均速度等于中间时刻的瞬时速度，也等于末速度的一半，即v平均 = v/2 = ；在相邻的相等时间内下落的位移差Δh = （T为时间间隔）．‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．根据给出的速度和加速度的正负，对物体运动性质的判断正确的是 （ ）‎ A．v > 0，a < 0，物体做加速运动 B．v < 0，a < 0，物体做加速运动 C．v < 0，a > 0，物体做减速运动 D．v > 0，a >0，物体做加速运动 ‎2．一物体由静止开始沿光滑斜面做匀加速直线运动，运动6秒到达斜面底端，已知斜面长为‎18米，则：‎ ‎⑴ 物体在第3秒内的位移多大？‎ ‎⑵ 前3秒内的位移多大？‎ ‎3．甲物体的质量是乙物体质量的5倍，甲从H高处自由下落，同时乙从2H高处自由下落，下列说法中正确的是（高度H远大于‎10 m） （ ）‎ A．两物体下落过程中，同一时刻甲的速率比乙的大 B．下落1 s末，它们的速度相等 C．各自下落‎1 m，它们的速度相等 D．下落过程中甲的加速度比乙的大 ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ ‎〖考点1〗匀变速直线运动规律的应用 ‎【例1】珠海航展现场空军八一飞行表演队两架“歼-10”飞机表演剪刀对冲，上演精彩空中秀．质量为m的“歼-10”飞机表演后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．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．在平直跑道上减速滑行总路程为x．求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间．‎ ‎【变式跟踪1】如图所示，是某型号全液体燃料火箭发射时第一级发动机工作时火箭的a – t图象，开始时的加速度曲线比较平滑，在120 s的时候，为了把加速度限制在4g以内，第一级的推力降至60%，第一级的整个工作时间为200s．由图线可以看出，火箭的初始加速度为15 m/s2，且在前50 s内，加速度可以看做均匀变化，试计算：‎ ‎⑴ t = 50 s时火箭的速度大小；‎ ‎⑵ 如果火箭是竖直发射的，在t = 10 s前看成匀加速运动，则t =10 s时离地面的高度是多少？如果此时有一碎片脱落，不计空气阻力，碎片将需多长时间落地？（取g = 10 m/s2，结果可用根式表示）‎ ‎〖考点2〗自由落体运动和竖直上抛运动 例2某人在高楼的平台边缘，以20 m/s的初速度竖直向上抛出一石子．不考虑空气阻力，取g=10 m/s2，求：‎ ‎⑴ 物体上升的最大高度；回到抛出点所用的时间；‎ ‎⑵ 石子抛出后通过距抛出点下方‎20 m处所需的时间．‎ ‎【变式跟踪2】在塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A，物体上升的最大高度为20m，不计空气阻力，设塔足够高，则物体位移大小为10 m时，物体通过的路程可能为 （ ）‎ A．‎10 m B．‎20 m C．‎30 m D．‎‎50 m 考点3：实际应用：汽车的“刹车”问题．汽车刹车问题的实质是汽车做单方向匀减速直线运动问题．汽车在刹车过程中做匀减速直线运动，速度减为0后，车相对地面无相对运动，加速度消失，汽车停止不动，不再返回．汽车运动时间满足t ≤ v0/a，发生的位移满足 x ≤v02/2a （停止时取“＝”号）．‎ 例3一辆汽车以10 m/s的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0.2 m/s2，则刹车后汽车在1 min内通过的位移大小为 （ ）‎ A．‎240 m B．‎250 m C．‎260 m D．‎‎90 m ‎【变式跟踪3】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内的位移是 （ ）‎ A．‎20 m B．‎24 m C．‎25 m D．‎‎75 m ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．（2013广东高考）某航母跑道长‎200m，飞机在航母上滑行的最大加速度为‎6m/s2，起飞需要的最低速度为‎50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为 （ ）‎ A．‎5m/s B．‎10m/s C．‎15m/s D．‎20m/s ‎【预测1】中国首架空客A380大型客机在最大重量的状态下起飞需要滑跑距离约‎3000m，着陆距离大约为2000m．设起飞滑跑和着陆时都是匀变速运动，起飞时速度是着陆时速度的1.5倍，则起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是 （ ）‎ A．3∶2 B．1∶‎1 ‎‎ C．1∶2 D．2∶1 ‎ ‎2．（2013全国卷大纲版）一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根铁轨的长度为‎25.0m，每节货车车厢的长度为‎16.0m，货车车厢间距忽略不计．求：‎ ‎⑴ 客车运行速度的大小；‎ ‎⑵ 货车运行加速度的大小 t/s v/m·s-1‎ ‎0‎ ‎30‎ ‎100‎ ‎40‎ ‎300‎ ‎50‎ ‎400‎ ‎50‎ ‎500‎ ‎60‎ ‎550‎ ‎70‎ ‎600‎ ‎80‎ ‎【预测2】小明同学乘坐“和谐号”动车组，发现车厢内有速率显示屏．当动车组在平直轨道上经历匀加速、匀速与再次匀加速运行期间，他记录了不同时刻的速率，部分数据列于表格中．已知动车组的总质量M = 2.0×105kg，假设动车组运动时受到的阻力是其重力的0.1倍，取g = 10m/s2．在小明同学记录动车组速率这段时间内，求：‎ ‎⑴ 动车组的加速度值；‎ ‎⑵ 动车组牵引力的最大值；‎ ‎⑶ 动车组位移的大小．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．一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 （ ）‎ 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∶ ‎2．某做匀加速直线运动的物体初速度为‎2 m/s，经过一段时间t后速度变为‎6 m/s，则 t/2时刻的速度为 （ ）‎ A．由于t未知，无法确定 t/2时刻的速度 B．‎5 m/s C．由于加速度a及时间t未知，无法确定t/2时刻的速度 D．‎4 m/s ‎3．科技馆里有一个展品，该展品放在暗处，顶部有一个不断均匀向下喷射水滴的装置，在频闪光源的照射下，可以看到水滴好像静止在空中固定的位置不动，如图所示．某同学为计算该装置喷射水滴的时间间隔，用最小刻度为毫米的刻度尺测量了空中几滴水间的距离，由此可计算出该装置喷射水滴的时间间隔为（g取‎10 m/s2）（ ）‎ A．0.01 s 　　 B．0.02 s C．0.1 s 　　 D．0.2 s ‎4．做匀减速直线运动的物体经4 s后停止，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 m B．‎2 m C．‎1 m D．0‎ ‎5．沙尘暴天气会严重影响交通．有一辆卡车以‎54 km/h的速度匀速行驶，司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒（若没有人扶起他），该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在老人前‎1.5 m处，避免了一场事故．已知刹车过程中卡车加速度大小为‎5 m/s2，则 （ ）‎ A．司机发现情况后，卡车经过3 s停下 B．司机发现情况时，卡车与该老人的距离为‎33 m C．从司机发现情况到停下来的过程，卡车的平均速度为‎11 m/s D．若卡车的初速度为‎72 km/h，其他条件都不变，则卡车将撞到老人 ‎6．从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为v，则下列说法正确的是 （ ）‎ A．A上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2v B．两物体在空中运动的时间相等 C．A上升的最大高度与B开始下落时的高度相同 D．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点 ‎7．一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B，A在西B在东，一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B路牌时，一只小鸟恰自A路牌向B匀速飞去，小鸟飞到汽车正上方立即折返，以原速率飞回A，过一段时间后，汽车也行驶到A．以向东为正方向，它们的位移-时间图像如图所示，图中t2 = 2t1 ，由图可知 （ ）‎ A．小鸟的速率是汽车速率的两倍 B．相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是3:1‎ C．小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍 D．小鸟和汽车在0－t2 时间内位移相等 ‎8．汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动产生明显的滑动痕迹，即常说的刹车线．由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据．若某汽车刹车后至停止的加速度大小为‎7 m/s2，刹车线长为‎14 m，求：‎ ‎⑴ 该汽车刹车前的初始速度v0的大小；‎ ‎⑵ 该汽车从刹车至停下来所用的时间t0；‎ ‎⑶ 在此过程中汽车的平均速度．‎ 参考答案：‎ 一．考点整理 匀变速直线运动规律 ‎ ‎1．保持不变 同 反 ‎2．v0 + at v0t + at2/2 2ax ‎3．aT2 (v0 + vt)/2 ‎ ‎4．1∶2∶3∶…∶n 12∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n – 1) 1∶(–1)∶(–)∶…∶(– ) 1∶∶∶…∶ ‎5．重力 静止 重力 零 g 初速度为零的匀加速 gt gt2/2 2gh gt/2 gT2‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．BCD；速度和加速度都是矢量，若二者符号相同，物体就做加速运动，故B、D正确；若二者符号相反，物体就做减速运动，故A错误，C正确．‎ ‎2．⑴ 第1 s，第2 s，第3 s……第6 s内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9∶11，因此第3秒内的位移 xⅢ = ×‎18 m = ‎2.5 m，‎ ‎⑵ 将6 s的时间分成2个3 s，前3 s内的位移x3＝×18 m＝4.5 m.‎ ‎3．BC 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ 例1如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下．A到B过程，依据运动学规律有：x1 = v0t1– a1t12，v B = v0 – a1t1，B到C过程，依据运动学规律有：x2 = vBt2 – a2t22，0 = v B – a2t2，A到C过程，有：x = x1 + x2，联立解得：a2 = (v 0 – a1t1)2/(2x + a1t12 – 2 v0t1) t2 = (2x + a1t12 – 2v0t1)/( v 0 – a1t1)‎ 变式1 ⑴ 因为在前50 s内，加速度可以看做均匀变化，则加速度图线是倾斜的直线，它与时间轴所围的面积就表示该时刻的速度大小，所以有：v = (1/2)(15＋20)×‎50 m/s = 875 m/s．‎ ‎⑵ 如果火箭是竖直发射的，在t = 10 s前看成匀加速运动，则t = 10 s时离地面的高度是h=at2/2 =(1/2)×15×102 m = 750 m，如果有一碎片脱落，它的初速度v1＝at＝‎150 m/s，离开火箭后做竖直上抛运动，有－h = v1t－gt2，代入数据解得t＝5(3＋) s，t′＝5(3－) s舍去．‎ 例2 法1：⑴ 上升过程，匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，v0 = ‎20 m/s，a1 = – g，v = 0，根据匀变速直线运动公式：v2 – v02 = 2ax，v = v0 + at，得物体上升的最大高度：H = v02/‎2a1 = v02/‎2g = ‎20 m；上升时间：t1 = v0/g = 2 s；下落过程，自由落体运动，取竖直向下为正方向．v02 = 0，a2 = g，回到抛出点时，x1 = H，到抛出点下方‎20 m处时，x2 = ‎40 m，根据自由落体公式，得下落到抛出点的时间：t2= ＝ s＝2 s，回到抛出点所用的时间为t = t1＋t2 = 4 s．‎ ‎⑵ 下落到抛出点下方‎20 m处的时间：t2′= = s = 2 s；从抛出到落到抛出点下方20 m处所经历时间为t′ = t1 + t2′= 2(1＋) s．‎ 法2：⑴ 全过程分析，取向上为正方向，v0 = 20 m/s，a = – g，最大高度时v = 0，回到原抛出点时x1 = 0 m，由匀变速运动公式得最大高度：H = v02/2g = 20 m，回到原抛出点：x1 = v0t – gt2，t = 2 v0/g = 4 s．‎ ‎⑵　落到抛出点下方‎20 m处时，x = – 20 m：x = v0t2 – gt2，代入数据得：–20 = 20t2 – ×10t2，解得所以石子落到抛出点下方20 m处所需时间t2＝2(1＋) s 变式‎2 ACD；物体在塔顶上的A点抛出，位移大小为‎10 m的位置有两处，如图所示，一处在A点之上，另一处在A点之下，在A点之上时，通过位移为‎10 m处又有上升和下降两种过程，上升通过时，物体的路程s1等于位移x1的大小，即s1＝x1＝‎10 m；下落通过时，路程s2＝2H－x1＝2×‎20 m－‎10 m＝‎30 m，在A点之下时，通过的路程s3＝2H＋x2＝2×‎20 m＋‎10 m＝‎50 m．故A、C、D正确 例3 B；因汽车刹车后一直做匀减速直到运动速度为零为止，所以t = v0/a = 50 s，所以汽车刹车后在1 min内通过的位移为x = v0t/2 = 250 m．‎ 变式3 C；因汽车做匀减速直线运动．由x = v0t＋at2得 9＝v0×1－a×12，9＋7＝v0×2－a×22，解得v0 = 10 m/s，a = 2 m/s2．汽车从刹车到停止所需时间t = v0/a = 5s；刹车后6 s内的位移即5 s内的位移x = v0t – at2，代入数据解得x = 25 m．‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．B 预测1：B；由x = vt/2解得起飞滑跑时间和着陆滑跑时间之比是 t1:t2 =(x1/x2)(v2/v1) =1∶1，选项B正确．‎ ‎2．⑴ 设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨长度为l，则客车速度为v = l/Δt，其中l = ‎25.0m、Δt = 10.0/(16–1) s 得 v = ‎37.5m/s．‎ ‎⑵ 设从货车开始运动后t = 20.0s内客车行驶了s1米，货车行驶了s2米，货车加速度为a，30节货车车厢的总长度为L = 30×16.0m．由运动学公式有 s1 = vt、s2 = at2/2，由题给条件有L = s1 – s2，联立上述各式，并代入数据解得a = 1.35m/s2．‎ v/m·s-1‎ t/s ‎100‎ ‎200‎ ‎300‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎600‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ 预测2：⑴ 通过记录表格可以看出，动车组有两个时间段处于加速状态，设加速度分别为a1、a2，由 a =Δv/Δt 代入数据后得a1 = ‎0.1m/s2、a2 = ‎0.2m/s2．‎ ‎⑵ 由牛顿第二定律 F - Ff = Ma，Ff = 0.1Mg当加速度大时，牵引力也大．代入数据得 F = Ff + Ma2 = 2.4×105N．‎ ‎⑶ 通过作出动车组的 v – t图可知，第一次加速运动的结束时刻是200s，第二次加速运动的开始 时刻是450s．x1 =[ (v1 + v2)/2]t1、x2 = v2t2、x3 = [ (v2 + v3)/2]t3、x = x1 + x2 + x3，代入数据解得x = 30250m．‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．B；由xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n – 1)知x1∶x2＝1∶3，由x＝at2知t1∶t2＝1∶，又v＝at可得v1∶v2＝1∶，正确．‎ ‎2．D；中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，即vt/2 = (v0 + v)/2 = ‎4 m/s ‎3．C；自上而下第一、二和三点之间的距离分别为x1 = (10.00 – 1.00)×10－‎2 m = 9.00×10－‎2 m，x2 = (29.00 – 10.00)×10－‎2 m＝19.00×10－‎2 m，根据公式Δx = aT2得x2–x1 = gT2，故T = 0.1 s．‎ ‎4．B；设加速度大小为a，则开始减速时的初速度大小为v0＝at＝‎4a，第1 s内的位移是x1＝v0t1－at12＝‎ ‎3.5a‎ = ‎14 m，所以a＝‎4 m/s2，物体最后1 s的位移是x＝at22＝‎2 m．本题也可以采用逆向思维的方法，把物体的运动看做是初速度为零的匀加速直线运动，其在连续相邻相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7，已知第4 s内的位移是‎14 m，所以第1 s内的位移是‎2 m．‎ ‎5．BD；v0＝‎15 m/s，故刹车后卡车做匀减速运动的时间t2 = v0/a = 3 s，故卡车经过3.6 s停下来，A错误；卡车与该老人的距离x＝v0t1 + v02/‎2a＋Δx＝‎33 m，B正确；v平 = (x –Δx)/(t1 + t2) ＝‎8.75 m/s，C错误；x′ = v′t1 + v′2/‎2a = ‎52 m > ‎33 m，所以D正确．‎ ‎6．AC；设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体初速度为v0，由题gt = v0 – gt = v 得v0=2v．故A 正确．根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为tB = 2v/‎2g，A竖直上抛，在空中运动时间tA = 2×(2v/g) = 4v/g．故B错误．物体A能上升的最大高度hA = (2v)2/‎2g，B开始下落的高度hB=g(2v/g)2/2，显然两者相等．故C正确．两物体在空中同时达到同一高度为h = gt2/2 = g(v/g)2/2 = v2/‎2g = hB/4．故D错误．故选AC ‎7．BC；设AB之间的距离为L，小鸟的速率是v1，汽车的速率是v2，小鸟从出发到与汽车相遇的时间与返回的时间相同，故它们相向运动的时间为t1/2，则在小鸟和汽车相向运动的过程中有v1t1/2 + v2t1/2 = L，即（v1 + v2）t1/2 = L，对于汽车来说有v2t2 = L；联立以上两式可得v1 =3 v2，故A错误B正确．汽车通过的总路程为x2 = v2t2，小鸟飞行的总路程为x1 = v1t1=3 v2×(t2/2) = (3/2)x2，故C正确．小鸟回到出发点，故小鸟的位移为0，故D错误．故选BC．‎ ‎8．⑴ 由题意根据运动学公式v2 – v20 = 2ax得– v20 = 2ax 代入数据解得v0 = ‎14 m/s．‎ ‎⑵ 法1：由v = v0 + at0得t0 = (v – v0)/a = 2s；法2：(逆过程) 由x = at02 得t0 = = 2 s．‎ ‎⑶ 法1：v平均 = x/t = 7 m/s；法2：v平均 = (v0 + v)/2 = 7 m/s．‎ 附：9．物体以一定的初速度v0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3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．‎ 法1（比例法）：对于初速度为0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)，现有xBC∶xAB = (xAC/4)∶(3xAC/4) = 1∶3，通过xAB的时间为t，故通过xBC的时间tBC = t．‎ 法2（中间时刻速度法）：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度．vAC = (v0 + 0)/2 = v0/2，又v02 = 2axAC ① vB2 = 2axBC② xBC = xAC/4 ③ 解①②③得：vB = v0/2，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tBC = t．‎ 法3（利用有关推论）：对于初速度为0的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为 t1∶t2∶t3∶…∶tn = 1∶(-1)∶(-)∶(-)∶…∶(-)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示．设通过BC段的时间为tx，那么通过BD，DE，EA的时间分别为：tBD = (-1)tx，tDE = (-)tx，tEA = (2-)tx，又tBD + tDE + tEA = t，得tx = t．‎