【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 14页

‎ 匀变速直线运动的规律及应用 知识点一、匀变速直线运动的规律 ‎1．匀变速直线运动 ‎2．初速度为零的匀变速直线运动的四个重要推论 ‎(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)∶(－)∶…∶(－)。‎ 知识点二、自由落体运动和竖直上抛运动 自由落 体运动 运动条件[来 ‎ ‎(1)物体只受重力作用 ‎ ‎(2)由静止开始下落[ :学 ]‎ 运动性质 初速度为零的匀加速直线运动 运动规律 ‎(1)速度公式：v＝gt ‎(2)位移公式：h＝gt2‎ ‎(3)速度—位移公式：v2＝2gh 竖直上 抛运动 ‎(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 ‎(4)上升的最大高度：H＝ ‎(5)上升到最高点所用时间：t＝ ‎　[思考判断]‎ ‎ (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.(　　)‎ 答案：(1) √　(2) ×　(3) ×　(4) √　(5) ×　(6) √‎ 考点精练 考点一　匀变速直线运动规律的应用 ‎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．解题的基本思路 对应训练 ‎【典例】　如图1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)‎ 图1‎ 解析　解法一　一般公式法 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。‎ 解法二　逆向思维法 冰壶通过矩形区域做匀减速直线运动，可看做冰壶从E点开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式，由E到A，有4l＝at 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E到D，有l＝a(t1－t)2‎ 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。‎ 解法三　图象法 冰壶做匀减速直线运动的速度—时间图象如图所示，冰壶由A到E的位移与由D到E 的位移之比为4∶1，由于相似三角形的面积之比等于对应边长的平方之比，则tOE∶tOD＝2∶1，故tDE＝tOD＝t，即冰壶通过第四个矩形所用的时间为t′＝t。‎ 答案　t 方法技巧 解决匀变速直线运动问题常用的“六法”‎ 对应训练 ‎1．[基本公式法]空军特级飞行员李峰驾驶歼十战机执行战术机动任务，在距机场54 km、离地1 750 m高度时飞机发动机停车失去动力。在地面指挥员的果断引领下，安全迫降机场，成为成功处置国产单发新型战机空中发动机停车故障、安全返航第一人。若飞机着陆后以大小为6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s，则它着陆后12 s内滑行的距离是(　　)‎ A．288 m B．300 m C．150 m D．144m 解析　先求出飞机从着陆到停止所用时间t。由v＝v0＋at，得t＝＝ s＝10 s，由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动，它在最后2 s内是静止的，故它着陆后12 s内滑行的距离为x＝v0t＋＝60×10 m＋(－6)× m＝300 m。‎ 答案　B ‎2．[推论法]如图2所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝2 m，B、C之间的距离l2＝3 m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于(　　)‎ 图2‎ A. m B. m C. m D. m 解析　设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有vB＝；Δl＝aT2＝1 m，所以l＝－l1＝ m。‎ 答案　C ‎3．[平均速度法](2017·武汉联考)某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20 m/s的速度行驶时，急刹车距离不得超过25 m。在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5 s，轿车在制动的最初1 s内的位移为8.2 m，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求。‎ 解析　该款小轿车设计的紧急制动加速度为 a0＝①‎ 代入数据解得a0＝8 m/s2②‎ 设测得的加速度为a，轿车在制动的最初t1＝1 s内的平均速度 ＝③‎ 平均速度等于t1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t2＝1 s，因此有 a＝④‎ 联立③④并代入数据解得a＝8.2 m/s2⑤‎ a＞a0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求。‎ 答案　这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求 考点二　两类特殊的匀减速直线运动 刹车类运动和双向可逆类运动 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 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 对应训练 ‎1．[刹车类问题](2017·山西四校联考)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a＝4 m/s2的加速度，刹车后第3 s内，汽车走过的路程为(　　)‎ A．12.5 m B．2 m C．10 m D．0.5 m 解析　由v＝at可得刹车到静止所需的时间t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实际上就是2～2.5 s内的位移，x＝at′2＝0.5 m。‎ 答案　D ‎2．[双向可逆类](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，物体的加速度大小始终为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(　　)‎ 图3‎ 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 解析　当物体的位置在出发点的上方时，根据x＝v0t＋at2得：‎ ‎7．5＝10t－×5t2‎ 即t2－4t＋3＝0‎ 所以t1＝3 s或t2＝1 s 当物体的位置在出发点的下方时，根据x＝v0t＋at2得 ‎－7.5＝10t－×5t2‎ 即：t2－4t－3＝0‎ t＝(2±) s，舍去负值 即t3＝(2＋) s，选项A、B、C均正确。‎ 答案　ABC 方法技巧 解答刹车类问题的基本思路 ‎(1)先确定刹车时间。若车辆从刹车到速度减小为零所用时间为t0，则刹车时间为t0＝(a表示刹车时加速度的大小，v0表示汽车刹车的初速度)。‎ ‎(2)将题中所给的已知时间t和t0比较。若t0较大，则在直接利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t；若t较大，则在利用运动学公式计算时，公式中的运动时间应为t0。‎ 考点三　自由落体运动和竖直上抛运动 ‎1．自由落体运动的处理方法 自由落体运动是v0＝0，a＝g的匀变速直线运动，所以匀变速直线运动的所有公式和推论方法全部适用。‎ ‎2．竖直上抛运动的两种处理方法 ‎(1)分段法：分为上升过程和下落过程。‎ ‎(2)全程法：将全过程视为初速度为v0，加速度为a＝－g的匀变速直线运动。‎ ‎3．竖直上抛运动的特点 ‎(1)对称性 如图4所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则 图4‎ ‎①时间的对称性 物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA。‎ ‎②速度的对称性 物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。‎ ‎③能量的对称性 物体从A→B和从B→A重力势能变化量的大小相等，均等于mghAB。‎ ‎(2)多解性 当物体经过抛出点上方某个位置(最高点除外)时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成双解，在解决问题时要注意这个特点。‎ 对应训练 ‎1．[自由落体运动](多选)一物体从离地面45 m高处做自由落体运动(g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体运动3 s后落地 B．物体落地时的速度大小为30 m/s C．物体在落地前最后1 s内的位移为25 m D．物体在整个下落过程中的平均速度为20 m/s 解析　由自由落体运动规律h＝gt2得t＝＝ s＝3 s，选项A正确；落地速度v＝gt＝30 m/s，选项B正确；落地前最后1 s内的位移Δh＝gt2－g(t－1)2＝25 m，选项C正确；物体在整个下落过程中的平均速度＝＝15 m/s，选项D错误。‎ 答案　ABC ‎2．[竖直上抛运动]一物体以足够大的初速度做竖直上抛运动，在上升过程的最后1 s初的瞬时速度的大小和最后1 s内的位移大小分别是(　　)‎ A．10 m/s，10 m ‎ B．10 m/s，5 m ‎ C．5 m/s，5 m D．由于不知道初速度的大小，故无法计算 解析　根据竖直上抛运动的对称性 ‎ 上升过程的最后1 s和自由下落的第1 s是可逆过程，‎ 所以v＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，‎ h＝gt2＝×10×12 m＝5 m 故选项B正确。‎ 答案　B 考点四　匀变速直线运动的多过程问题 ‎【典例】　公路人工收费站会影响道路的畅通，ETC应运而生，ETC是电子不停车收费系统的简称。汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图5所示。假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车，都以v1＝15 m/s朝收费站沿直线匀速行驶，现甲车过ETC通道，需要在某位置开始做匀减速直线运动，到达虚线EF处速度正好减为v2＝5 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以5 m/s的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶恢复原来速度，虚线EF处与收费站中心线的距离d＝10 m。乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过20 s，缴费成功后再启动汽车匀加速行驶恢复原来速度。已知甲、乙两车匀加速过程的加速度大小均为a1＝1 m/s2，匀减速过程的加速度大小均为a2＝2 m/s2。‎ 图5‎ ‎(1)甲车过ETC通道时，从开始减速到恢复原来速度过程中的位移大小是多少？‎ ‎(2)假设人工收费通道前有一列车队在匀速行驶，车距都为Δx2，当前一辆车从中心线启动行驶78.125 m时，后一辆车刚好停在中心线上，则Δx2为多大？‎ ‎(3)假设有两列车队分别从ETC通道和人工收费通道通过，通过ETC通道的车队匀速行驶时相邻两车间均相距Δx1＝120 m，通过人工收费通道的车队匀速行驶时相邻两车间距均为Δx2，则每小时从ETC通道多通过多少辆车？‎ 解析　(1)甲车过ETC通道时，减速过程的位移为 x1＝，可得x1＝50 m 加速恢复原来速度的位移x2＝，可得x2＝100 m 所以总的位移x总＝x1＋d＋x2＝160 m。‎ ‎(2)乙车在中心线处的停车时间t1＝20 s，匀加速78.125 m 的时间t2＝＝12.5 s 由于没有等待时间，即后一辆车和前一辆车做减速运动的时间是相同的，因此后一辆车比前一辆车到达中心线处的时间晚(t1＋t2)，故两车正常行驶时的车距等于在前一辆车停车时间和加速时间内以速度v1匀速行驶的距离，即Δx2＝v1(t1＋t2)＝487.5 m。‎ ‎(3)由于没有等待时间，每小时通过收费站的车辆即正常行驶时每小时通过某点的车辆数，因此 ETC通道每小时通过的车辆数 n1＝＝(辆)＝450(辆)‎ 人工收费通道每小时通过的车辆数 n2＝＝(辆)≈110(辆)‎ ETC通道多通过Δn＝n1－n2＝340辆车。‎ 答案　(1)160 m　(2)487.5 m　(3)340辆 建模点拨 试题由道路交通抽象而来，解决问题的关键是灵活运用知识把实际问题转化为常见物理模型。(2)、(3)两问的难点是变通计算时间间隔，以匀速代变速，以简单解复杂。(3)问中，通过两个通道车队的减速或停车缴费只会影响车到达目的地的时间，而不会导致车辆的流量减小，即车辆流量跟匀速运动时是一样的。‎ 对应训练 ‎1．(2017·广东广州综合测试)电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动。电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如下表：‎ 时间(s)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ 速度(m/s)‎ ‎0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎5.0‎ ‎4.0‎ ‎3.0‎ ‎2.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ 则前5 s内电梯通过的位移大小为(　　)‎ A．19.25 m B．18.75 m C．18.50 m D．17.50 m 解析　因电梯启动过程可看作是匀变速直线运动，再由题中表格数据可看出在前1 s内有：v1＝at1，得a＝2 m/s2，又电梯启动的末速度v＝5 m/s时，则有v＝at，得启动过程所用时间t＝ s＝2.5 s，则前2.5 s内的位移大小为x1＝at2＝×2×(2.5)2 m＝6.25 m，2.5～5 s内匀速运动，位移大小为x2＝5×(5－2.5) m＝12.5 m，所以前5 s内位移大小为x＝x1＋x2＝18.75 m，B项正确。‎ 答案　B ‎2．在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让观众通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置，平台长L1＝4 m，跑步机皮带长L2＝32 m，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L3＝10 m，且皮带以v0＝1 m/s的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a1＝2 m/s2的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2＝1 m/s2的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，问挑战者通过全程所需要的时间？‎ 图6‎ 解析　匀加速通过平台：L1＝a1t，‎ 通过平台的时间：t1＝＝2 s，‎ 冲上跑步机的初速度：v1＝a1t1＝4 m/s，‎ 冲上跑步机至跨栏：L3＝v1t2＋a2t，‎ 解得t2＝2 s。‎ 摔倒至爬起随跑步机移动距离：‎ x＝v0t＝1×2 m＝2 m，‎ 取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v0＝a2t3，‎ 解得t3＝1 s。‎ 相对地位移为：x1＝v0t3－a2t＝0.5 m。‎ 挑战者向右加速冲刺过程有：x＋x1＋L2－L3＝a2t，‎ 解得t4＝7 s。‎ 挑战者通过全程所需的总时间为 t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s。‎ 答案　14 s 随堂检测 ‎1.[刹车类问题]汽车以‎10 m/s的速度行驶，刹车时加速度大小为‎2 m/s2，刹车后8 s通过的位移是(　　)‎ A‎.16 m　　B‎.25 m　　C‎.75 m　　D‎.144 m ‎2.[竖直上抛运动]在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎3.[多过程问题](多选)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a1∶a2＝2∶1‎ B.加速、减速中的平均速度大小之比1∶2＝1∶1‎ C.加速、减速中的位移之比x1∶x2＝2∶1‎ D.加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2不等于1∶2‎ ‎4.[竖直上抛运动]以‎40 m/s的初速度竖直上抛一小球，经2 s 后再以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，求两小球何时相碰以及相碰点到抛出点的距离.(取g＝‎10 m/s2)‎ ‎5.[自由落体运动]屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高‎1 m的窗子的上、下沿，如图所示为其简意图.(取g＝‎10 m/s2)问：‎ ‎(1)此屋檐离地面多高？‎ ‎(2)滴水的时间间隔是多少？‎ 参考答案 ‎1.答案：B　解析：根据匀变速直线运动速度公式v＝v0＋at可得汽车速度减为零所需的时间t＝＝ s＝5 s，所以刹车后8 s内的位移等于刹车后5 s内的位移，则x＝t＝25 m，选项B正确.‎ ‎2.答案：A　解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同.因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝＝，A项正确.‎ ‎3.答案：BC　解析：汽车先做匀加速直线运动达到最大速度vm后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比1∶2＝∶＝1∶1，所以选项B正确；根据a＝可知，两次加速度大小之比为 1∶2，故选项A、D错误；根据x＝ t 可知，两次位移之比为2∶1，所以选项C正确.‎ ‎4.答案：第一个小球抛出5 s后相碰，此时距抛出点75 m 解析：设抛出第一个小球t时间后两球相碰，相碰点到抛出点的距离为h，取竖直向上为正方向，由位移公式得：‎ 对第一个小球：h＝v0t－gt2，‎ 对第二个小球：h＝v0(t－2)－g(t－2)2.‎ 联立以上两式并代入数据解得：t＝5 s，h＝75 m.‎ ‎5.答案：‎ ‎(1)‎3.2 m　(2)0.2 s 解析：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T，则这一滴水在0时刻、T末、2T 末、3T末、4T末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置，据此可作出解答.设屋檐离地面高为x，滴水间隔为T，则x＝16x0,5x0＝1 m，所以x＝3.2 m.‎ 另有x＝g(4T)2，解得T＝0.2 s.‎ 提醒 完成课时 (二)‎