【物理】2019届一轮复习鲁科版第一章匀变速直线运动的规律及应用学案

【物理】2019届一轮复习鲁科版第一章匀变速直线运动的规律及应用学案

基础课2　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：‎ s1∶s2∶s3∶…∶sn＝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：‎ sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…∶sN＝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 ‎(1)物体只受重力作用 ‎(2)由静止开始下落 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：vt＝gt ‎(2)位移公式：h＝gt2‎ ‎(3)速度—位移公式：v＝2gh 竖直上 抛运动 ‎(1)速度公式：vt＝v0－gt ‎(2)位移公式：h＝v0t－gt2‎ ‎(3)速度—位移关系式：v－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)做匀变速直线运动的物体的速度均匀变化。(　　)‎ ‎(2)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度为6 m/s，1 s后速度为反向10 m/s，加速度的大小一定为4 m/s2。(　　)‎ ‎(3)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s 末，第2 s末，第3 s末的瞬时速度之比为1∶3∶5。(　　)‎ ‎(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v运动距离是由v到2v运动距离的2倍。(　　)‎ ‎(5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。(　　)‎ ‎ (6)不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差恒定。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)× (6)√‎ ‎　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，s、v0、vt、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、vt、a、s必须针对同一过程。‎ ‎2．解题的基本思路 ‎【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”‎ ‎ ‎ ‎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vt＝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s＝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 ‎　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s、vt、a等矢量的正负号及物理意义 ‎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，s＝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s＝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s＝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。‎ ‎　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。‎ ‎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vt＝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vt＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，‎ h＝gt2＝×10×12 m＝5 m 故选项B正确。‎ 答案B 思维转化法的应用——将“多个物体的运动”等效转化为“一个物体的运动”‎ 将几个物体的独立运动放在一起进行研究，彼此间可能会产生干 扰，这样远没有研究一个物体的运动那么直接、明了，如果能将多个物体的运动等效为一个物体的运动，自然会简化研究过程。‎ 取一根长2 m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘，在线端系上第一个垫圈，隔12 cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别是36 cm、60 cm、84 cm，如图5所示。站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘，松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈(　　)‎ 图5‎ A．落到盘上的声音时间间隔越来越大 B．落到盘上的声音时间间隔相等 C．依次落到盘上的速率关系为1∶∶∶2‎ D．依次落到盘上的时间关系为1∶(－1)∶(－)∶(2－)‎ 解析　把多个铁垫圈的运动转化为一个铁垫圈的自由落体运动。根据题意可知每两个相邻垫圈之间的距离差都为24 cm，由Δs＝aT2可知垫圈落到盘上的声音时间间隔相等，选项A、D错误，B正确；由v＝gt可知垫圈依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶4，选项C错误。‎ 答案　B 从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一颗小球，在连续释放几颗后，对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片，如图6所示。现测得AB＝15 cm，BC＝20 cm，已知小球在斜面上做匀加速直线运动，且加速度大小相同。求：‎ 图6‎ ‎(1)小球的加速度大小；‎ ‎(2)拍摄时B球的速度大小；‎ ‎(3)D、C两球相距多远；‎ ‎(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗。‎ 解析　(1)由Δs＝aT2得 a＝＝＝ m/s2＝5 m/s2。‎ ‎(2)vB＝＝ m/s＝1.75 m/s。‎ ‎(3)由Δs＝DC－BC＝BC－AB得 DC＝BC＋(BC－AB)＝20 cm＋5 cm＝25 cm。‎ ‎(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为 tB＝＝ s＝0.35 s 则B球上面正在运动着的小球共有三颗，A球上面正在运动着的小球共有两颗。‎ 答案　(1)5 m/s2　(2)1.75 m/s　(3)25 cm　(4)两颗 ‎1．(2016·全国卷Ⅲ，16)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. 解析　动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A对。‎ 答案　A ‎2．(2015·江苏单科，5)如图7所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是(　　)‎ 图7‎ A．关卡2 B．关卡3‎ C．关卡4 D．关卡5‎ 解析　由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s用时t1＝＝1 s，在加速时间内通过的位移s1＝at＝1 m，t2＝4 s，s2＝vt2＝8 m，s1＋s2＝9 m＞8 m已过关卡2，当关卡关闭t3＝2 s时间内该同学在关卡2、3之间又通过了s3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，s4＝vt4＝10 m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m，到达关卡4还需t5＝0.5 s，小于2 s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故选项C正确。‎ 答案　C ‎3．(2016·西安市二模)高楼坠物危害极大，常有媒体报道高空坠物伤人的事件。某建筑工地突然有一根长为l的直钢筋从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片。为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L，且L＞l，查得当时相机的曝光时间为t，楼房每层高为h，重力加速度为g。则由此可以求得(　　)‎ A．钢筋坠地瞬间的速度约为 B．钢筋坠下的楼层为＋1‎ C．钢筋坠下的楼层为＋1‎ D．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为 解析　钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t内下落的距离，因此在时间t内的平均速度为＝，此速度很接近钢筋坠地时的速度v，因此A选项错误；由v2＝2gH、v＝，钢筋坠下的楼层n＝＋1，解得n＝＋1，B选项正确，C选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为 ＝，D选项错误。‎ 答案　B ‎4．(2017·南昌市调研)如图8所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求：‎ 图8‎ ‎(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；‎ ‎(2)列车减速运动的最长时间。‎ 解析　(1)若列车车尾恰好停在A点，减速运动的加速度大小为a1，距离为s1，则 ‎0－v＝－2a1s1‎ s1＝1 200 m＋200 m＝1 400 m 解得a1＝ m/s2‎ 若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为sOB＝2 000 m，则 ‎0－v＝－2a2sOB 解得a2＝1.6 m/s2‎ 故加速度大小a的取值范围为1.6 m/s2≤a≤ m/s2‎ ‎(2)当列车车头恰好停在B点时，减速运动的时间最长，则0＝v0－a2t 解得t＝50 s 答案　(1)1.6 m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s