【物理】2018届一轮复习人教版1-2匀变速直线运动

【物理】2018届一轮复习人教版1-2匀变速直线运动

专题1.2 匀变速直线运动 ‎（一）真题速递 ‎2017未考 ‎1.（2016·全国丙卷T16)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，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【解题关键】　解此题抓住两点：‎ ‎(1)加速度的定义式及动能的表达式．‎ ‎(2)匀变速直线运动的平均速度公式．‎ ‎【答案】A ‎【总结提升1】‎ 解决匀变速直线运动问题的四种常用方法 ‎3． (2016·全国乙卷T21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)‎ A．在t＝1 s时，甲车在乙车后 B．在t＝0时，甲车在乙车前‎7.5 m C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为‎40 m ‎【解题关键】　解此题的关键是正确理解vt图象的物理意义，准确提取其信息．‎ ‎【答案】BD　‎ 正确．‎ ‎4. (2014·全国卷ⅡT24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约‎39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约‎1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至‎1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；‎ ‎(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝‎100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)‎ ‎【解题关键】‎ 关键语句 信息解读 忽略空气阻力 运动员只在重力作用下运动 f＝kv2‎ 阻力与速度的平方成正比 达到最大速度 最大速度时，重力与阻力大小相等 ‎【答案】 (1)87 s　8.7×‎102 m/s　(2)‎0.008 kg/m ‎【总结提升2】‎ ‎1．vt图象提供的信息 ‎ ‎ ‎2．处理力学图象问题的思路 ‎(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．‎ ‎(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．‎ ‎(3)将物体的运动过程与图象对应起来．‎ ‎(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．‎ ‎3．求解追及问题的技巧 ‎（二）考纲解读 主题 内容 要求 说明 质点的直线运动 匀变速直线运动及其公式、图像 Ⅱ ‎【高考感悟】‎ 本部分知识共涉及一个二级考点，考题多以选择题为主考查匀变速运动公式运用，图像、追及相遇等问题，计算题往往会结合牛顿运动定律考查综合试题。‎ ‎1．高考考查特点 ‎(1)以选择题型为主，重在考查vt图象的意义及图象信息的提取能力．‎ ‎(2)明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．‎ ‎2．解题常见误区及提醒 ‎(1)vt图象、xt图象均反映物体直线运动的规律．‎ ‎(2)在vt图象中误将交点当成相遇．‎ ‎(3)图象与动力学相结合的题目中不能正确地将图象信息和运动过程相结合．‎ ‎（三）考点精讲 考向一　匀变速直线运动规律及应用 ‎1．恰当选用公式 题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)‎ 没有涉及的物理量 适宜选用公式 v0、v、a、t x v＝v0＋at v0、a、t、x v x＝v0t＋at2‎ v0、v、a、x t v2－v02＝2ax v0、v、t、x a x＝t 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．‎ ‎2．规范解题流程 ―→―→―→―→ ‎【例4】据报道，一儿童玩耍时不慎从‎45 m高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童．已知管理人员到楼底的距离为‎18 m，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击．不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？‎ ‎(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过‎9 m/s，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？‎ 关键词①无初速度掉下；②不计空气阻力；③没有水平方向的冲击．‎ ‎【答案】　(1)‎6 m/s　(2)a≥‎9 m/s2‎ 公式得：‎ x1＝at12‎ x3＝at32，x2＝vmt2，vm＝at1＝at3‎ t1＋t2＋t3≤t0，x1＋x2＋x3＝x 联立各式并代入数据得a≥‎9 m/s2.‎ 跟踪练习 ‎ 1．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为‎0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多‎4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是(　　)‎ A．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9 m/s，x9＝‎‎40.5 m B．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9 m/s，x9＝‎‎45 m C．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9.5 m/s，x9＝‎‎45 m D．a＝‎0.8 m/s2，v9＝‎7.7 m/s，x9＝‎‎36.9 m ‎【答案】　C ‎2．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为‎0.5 m/s，第9 s内的位移比第5 s内的位移多‎4 m，则该质点的加速度、9 s末的速度和质点在9 s内通过的位移分别是(　　)‎ A．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9 m/s，x9＝‎‎40.5 m B．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9 m/s，x9＝‎‎45 m C．a＝‎1 m/s2，v9＝‎9.5 m/s，x9＝‎‎45 m D．a＝‎0.8 m/s2，v9＝‎7.7 m/s，x9＝‎‎36.9 m ‎【答案】　C ‎【解析】　根据匀变速直线运动的规律，质点在t＝8.5 s时刻的速度比在t＝4.5 s时刻的速度大‎4 m/s，所以加速度a＝＝＝‎1 m/s2，v9＝v0＋at＝‎9.5 m/s，x9＝(v0＋v9)t＝‎45 m，选项C正确．‎ ‎3．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍爱生命．某路段机动车限速为‎15 m/s，一货车严重超载后的总质量为5.0×‎104 kg，以‎15 m/s的速度匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为‎5 m/s2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为‎10 m/s2.‎ ‎(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比．‎ ‎(2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？‎ ‎(3)若此货车不仅超载而且以‎20 m/s的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？(设此情形下刹车加速度大小仍为‎5 m/s2)．‎ ‎【答案】　(1)2∶1　(2)‎22.5 m　‎11.25 m　(3)‎‎40 m ‎【解析】　(1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比t1∶t2＝∶＝2∶1.‎ ‎(2)超载时，刹车距离x1＝＝ m＝‎‎22.5 m 正常装载时，刹车距离x2＝＝ m＝‎‎11.25 m 显然，严重超载后的刹车距离是正常装载时刹车距离的两倍．‎ ‎(3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离x3＝＝ m＝‎‎40 m 由此可见，超载超速会给交通安全带来极大的隐患．‎ ‎4质点由A点出发沿直线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. 关键词①接着做加速度大小为a2的匀减速运动；②到达B点时恰好速度减为零．‎ ‎【答案】　B ‎5．一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第‎3 m、倒数第‎2 m、最后‎1 m内的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A．经历的时间之比是1∶2∶3‎ B．平均速度之比是3∶2∶1‎ C．平均速度之比是1∶(－1)∶(－)‎ D．平均速度之比是(＋)∶(＋1)∶1‎ ‎【答案】　D ‎【解析】　将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为0的匀加速直线运动(逆向思维)，从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为t1∶t2∶t3＝1∶(－1)∶(－)，则倒数第3 m、倒数第2 m、最后‎1 m内经历的时间之比为(－)∶(－1)∶1，平均速度之比为∶∶1＝(＋)∶(＋1)∶1，故只有选项D正确．‎ 考向二　常用的几种物理思想方法 ‎【例5】质点由A点出发沿直线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. 关键词①接着做加速度大小为a2的匀减速运动；②到达B点时恰好速度减为零．‎ ‎【答案】　B 跟踪练习 ‎ 1．一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第‎3 m、倒数第‎2 m、最后‎1 m内的运动，下列说法中正确的是(　　)‎ A．经历的时间之比是1∶2∶3‎ B．平均速度之比是3∶2∶1‎ C．平均速度之比是1∶(－1)∶(－)‎ D．平均速度之比是(＋)∶(＋1)∶1‎ ‎【答案】　D 考向三　自由落体 ‎1．特点和规律 ‎(1)从静止开始，即初速度为零．‎ ‎(2)只受重力的匀加速直线运动．‎ ‎(3)基本公式有：v＝gt，h＝gt2，v2＝2gh.‎ ‎2．解题方法 对自由落体运动，v0＝0，a＝g，将匀变速运动的所有公式和推论全部接收过来．‎ ‎【例6】　如图2所示，木杆长‎5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方‎20 m处圆筒AB，圆筒AB长为‎5 m，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？‎ ‎(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？‎ ‎【答案】　(1)(2－) s　(2)(－) s ‎【解析】　(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝＝ ‎ eq (f(2×15,10)) s＝ s 跟踪练习 ‎ 1．(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为‎3l，A距地面为l，如图3所示．由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起．从释放开始到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则(　　)‎ 图3‎ A．t1>t2 B．t1＝t2‎ C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3‎ ‎【答案】　BC ‎【解析】　由题意可知l＝gt12，l＋‎3l＝g(t1＋t2)2，故t1＝t2，选项A错误，B正确；而v1＝gt1，v2＝g(t1＋t2)，故v1∶v2＝1∶2，选项C正确， D错误．‎ ‎2.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4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g＝‎10 m/s2.可求得 h等于(　　)‎ 图4‎ A．‎1.25 m B．‎‎2.25 m C．3. ‎75 m D．‎‎4.75 m ‎【答案】　A 考向四　多运动过程问题 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．可按下列步骤解题：‎ ‎(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图；‎ ‎(2)列：列出各运动阶段的运动方程；‎ ‎(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系；‎ ‎(4)解：联立求解，算出结果．‎ ‎【例7】　假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过vt＝‎21.6 km/h，事先小汽车未减速的车速均为v0＝‎108 km/h，制动后小汽车的加速度的大小为a1＝‎4 m/s2.试问：‎ ‎(1)大假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？‎ ‎(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝‎6 m/s2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？‎ ‎(3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？‎ ‎【答案】　(1)‎108 m　(2)10 s　(3)4 s ‎【解析】　(1)vt＝‎21.6 km/h＝‎6 m/s，事先小汽车未减速的车速均为v0＝‎108 km/h＝‎30 m/s，小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距收费站至少x1处开始制动，‎ 则：vt2－v02＝－‎2a1x1‎ 即：62－302＝2×(－4)x1‎ 解得：x1＝‎108 m.‎ ‎(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2，则：‎ 减速阶段：vt＝v0－a1t1‎ t1＝＝ s＝6 s 加速阶段：v0＝vt＋a2t2‎ t2＝＝ s＝4 s 则汽车运动的时间至少为：t＝t1＋t2＝10 s.‎ ‎(3)在加速阶段：v02－vt2＝‎2a2x2‎ ‎302－62＝2×6x2‎ 解得：x2＝‎‎72 m 则总位移x＝x1＋x2＝‎‎180 m 若不减速通过收费站，所需时间t′＝＝6 s 车因减速和加速过站而耽误的时间至少为：‎ Δt＝t－t′＝4 s.‎ 跟踪练习 ‎ 1．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，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，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离．‎ ‎【答案】　‎5 m/s2　‎‎10 m 联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得：x′＝‎10 m ⑧‎ ‎（四）知识还原 一、匀变速直线运动的规律 ‎1．匀变速直线运动 沿一条直线且加速度不变的运动．‎ ‎2．匀变速直线运动的基本规律 ‎(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－v02＝2ax.‎ 二、匀变速直线运动的推论 ‎1．三个推论 ‎(1)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平均值，还等于中间时刻的瞬时速度．‎ 平均速度公式：＝＝v.‎ ‎(2)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等．‎ 即x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝aT2.‎ ‎(3)位移中点速度v＝ .‎ ‎2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论 ‎(1)1T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.‎ ‎(2)1T内，2T内，3T内，…，nT内的位移之比为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之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶(2－)∶…∶(－)．‎ ‎【深度思考】　飞机着陆后以‎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内滑行的距离是多少？‎ 某位同学的解法如下：‎ 由位移公式x＝v0t＋at2，代入已知量求得滑行距离x＝‎288 m，请分析以上解析是否正确，若不正确，请写出正确的解析．‎ ‎【答案】　不正确．‎ ‎【解析】如下：‎ 先求出飞机着陆后到停止所用时间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.‎ 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：v＝gt.‎ ‎(2)位移公式：x＝gt2.‎ ‎(3)速度位移关系式：v2＝2gx.‎ ‎3．伽利略对自由落体运动的研究 ‎(1)伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论．‎ ‎(2)伽利略对自由落体运动的研究方法和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一．他所用的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来．‎