【物理】2018届一轮复习沪教版第1讲巧选公式画好两图轻松复习好运动学学案

【物理】2018届一轮复习沪教版第1讲巧选公式画好两图轻松复习好运动学学案

第1讲 巧选公式 画好两图 轻松复习好运动学 ‎【高考热点】‎ ‎1.匀变速运动基本规律的应用.‎ ‎2.运动学图象问题.‎ ‎3.追及相遇问题.‎ 一、匀变速直线运动规律的理解及应用 ‎1.对于匀变速直线运动的公式要知道它的来龙去脉，在推导的基础上记忆并灵活应用，理解规律的适用条件，注重运动过程的分析，注意一题多解，一题多变.‎ ‎2.要特别注意应用平均速度公式解题，能使解题过程非常简洁.‎ ‎3.要画好两图：运动情景图和v－t图象，图景结合，使抽象的问题形象化，是解决运动学问题的两个重要工具.‎ ‎【例1】 物体以一定的初速度从斜面底端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1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.‎ 图1‎ ‎【变式1】 汽车关闭发动机后做匀减速直线运动，当它运动了300 m时速度减为初速度的一半，接着运动了20 s停下来，则汽车关闭发动机后运动的总距离为( )‎ A.400 m B.500 m C.600 m D.650 m 规律总结 ‎1.描述匀变速直线运动涉及的基本物理量有v0、v、a、x、t 五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，是运用这些规律的技巧.‎ ‎2.对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题.速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回.‎ ‎3.逆向思维法：匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动.‎ 二、运动图象的理解及应用 ‎1.物理过程可以用文字表述，也可以用数学式表达，还可以用图象描述，利用图象描述物理过程更直观.用图象解题过程简单，思路清晰.‎ ‎2.x－t图象和v－t图象只能描述直线运动，且图线都不表示物体运动的轨迹，有时可以根据图象画出运动示意图，或转化成其它图象.‎ ‎3.解图象类问题关键在于首先要将图象与物体的运动对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动进行分析，从而解决问题.其次还应注意挖掘题目中的隐含条件.‎ ‎【例2】 (2016·全国卷Ⅰ，21)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图2所示.已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )‎ 图2‎ 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 ‎【变式2】 (2015·广东理综·13)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图3所示，下列表述正确的是( )‎ 图3‎ A.0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大 B.0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大 C.0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小 D.0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等 规律总结 对于运动学图象问题，通常要注意以下几点：‎ ‎(1)斜率：x－t图象中斜率表示运动物体的速度.v－t图象中斜率表示运动物体的加速度.‎ ‎(2)面积：即图线和坐标轴所围的面积，也往往代表一个物理量，这要看两物理量的乘积有无意义.例如v和t的乘积vt＝x有意义，所以v－t图线与横轴所围“面积”表示位移，x－t图象与横轴所围“面积”无意义.‎ ‎(3)截距：截距一般表示物理过程的初始情况，例如t＝0时的位移或速度.‎ ‎(4)特殊点：例如交点、拐点(转折点)等.例如x－t图象的交点表示两质点相遇，但v－t图象的交点只表示速度相等.‎ 三、追及与相遇问题 ‎1.紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式.‎ ‎2.审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件.‎ ‎3.求解追及相遇问题常用的方法有：物理分析法、函数方程法、图象法.‎ ‎【例3】 甲车以10 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s的速度与甲车平行同向做匀速直线运动.甲车经过乙车旁边时开始以0.5 m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：‎ ‎(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离；‎ ‎(2)乙车追上甲车所用的时间.‎ ‎【变式3】 甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前、甲在后.t＝0时刻，两车同时刹车，结果发生了碰撞，如图4所示为两车刹车后的v－t图象，下列说法正确的是( )‎ 图4‎ A.两车刹车时的距离一定小于90 m B.两车刹车时的距离一定等于112.5 m C.两车一定是在t＝20 s之前的某时刻发生碰撞的 D.两车一定是在t＝20 s之后的某时刻发生碰撞的 方法提炼 分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”.‎ ‎(1)一个临界条件：速度相等.它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点.‎ ‎(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口.‎ ‎(3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析.‎ 题组1 匀变速直线运动规律的理解及应用 ‎1.若某地区的重力加速度为9.8 m/s2，一物体由t＝0开始做自由落体运动，下列说法正确的是( )‎ A.下落过程中，物体在任一秒末的速度是该秒初速度的9.8倍 B.t＝0时物体的速度和加速度都为零 C.下落开始的连续三个两秒末的速度之比为1∶2∶3‎ D.下落开始的连续三个两秒内的位移之比为1∶4∶9‎ ‎2.某航母跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/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.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s ‎3.(2015·江苏单科，5)如图5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5‎ A.关卡2 B.关卡3 C.关卡4 D.关卡5‎ ‎4.如图6所示，某人距离墙壁10 m起跑，向着墙壁冲去，挨上墙之后立即返回出发点.设起跑的加速度为4 m/s2，运动过程中的最大速度为4 m/s，快到达墙根时需减速到零，不能与墙壁相撞.减速的加速度为8 m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲到出发点.求该人总的往返时间.‎ 图6‎ 题组2 运动图象的理解及应用 ‎5.(多选)一个质点做直线运动，下列图象能反映质点最终回到初始位置的有(　　)‎ ‎6.如图7所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移一时间(x－t)图线.由图可知( )‎ 图7‎ A.在t1时刻，a车追上b车 B.在t2时刻，a、b两车运动方向相反 C.在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D.在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 ‎7.一质点沿x轴做直线运动，其v－t图象如图8所示.质点在t＝0时位于x＝‎ ‎5 m处，开始沿x轴正向运动.当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为(　　)‎ 图8‎ A.x＝3 m B.x＝8 m C.x＝9 m D.x＝14 m ‎8.(2016·江苏单科，5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向.下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )‎ 题组3 追及与相遇问题 ‎9.甲车以加速度3 m/s2由静止开始作匀加速直线运动，乙车落后2‎ ‎ s在同一地点由静止出发，以加速度4 m/s2作加速直线运动，两车速度方向一致.在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是( )‎ A.18 m B.24 m C.22 m D.28 m ‎10.甲、乙两物体先后从同一地点出发，沿一条直线运动，它们的v－t图象如图9所示，由图可知( )‎ 图9‎ A.甲比乙运动快，且早出发，所以乙追不上甲 B.t＝20 s时，乙追上了甲 C.在t＝20 s之前，甲比乙运动快；在t＝20 s之后，乙比甲运动快 D.由于乙在t＝10 s时才开始运动，所以t＝10 s时，甲在乙前面，它们之间的距 离为乙追上甲前的最大距离 ‎11.如图10所示，A、B两物体相距x＝7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以vA＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时正以vB＝10 m/s的初速度向右匀减速运动，加速度a＝－2 m/s2，则A追上B所经历的时间是( )‎ 图10‎ A.7 s B.8 s C.9 s D.10 s ‎12.潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练.某次演习的简化模型(如图11所示)为：敌舰沿直线MN匀速航行，潜艇隐蔽在Q点不动，Q到MN的距离xQO＝2 000 m.当敌舰到达距离O点800 m的A点时，潜艇沿QO方向发射一枚鱼雷，正好在O点击中敌舰.敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的一半，且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸.100 s后潜艇沿QB方向发射第二枚鱼雷，鱼雷在B点再次击中敌舰.测得xOB＝1 500 m，不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点，鱼雷的速度大小恒为25 m/s.求：‎ 图11‎ (1) 敌舰第一次被击中前的速度大小；‎ (2) 鱼雷由Q至B经历的时间；‎ ‎(3)敌舰逃逸时的加速度大小.‎ 答案精析 第一阶段 第1讲 巧选公式 画好两图 轻松复习好运动学 备考指导 例1 t 思路一 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＝，xAC＝，又xBC＝，‎ 由以上三式解得tBC＝t.‎ 思路二 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.‎ 思路三 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.‎ 变式1 A [设汽车减速运动的初速度是v0，加速度为a，则有 ‎()2－v＝2ax，0－＝at 有以上两式可得：a＝－0.5 m/s2，v0＝20 m/s 又由v2－v＝2ax总得 x总＝400 m]‎ 例2 BD [根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动．t＝3 s时，甲、乙相遇，此时 v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由位移和v－t图线所围面积对应关系知，0～3 s内甲车位移x甲＝×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝×3×(10＋25) m＝52.5 m．故 t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B选项正确；0～1 s内，x甲′＝×1×10 m＝5 m，x乙′＝×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D选项正确．]‎ 变式2 B [位移－时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A错误，B正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故C错误；由位移－时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在s＝10 km处，而乙在s＝8 km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D错误．]‎ 例3 (1)36 m (2)25 s 解析 (1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程所用时间为t，则有v乙＝v甲－at，解得t＝12 s，‎ 此时甲、乙两车间距离为v甲t－at2－v乙t＝36 m ‎(2)设甲车减速到零所需时间为t1，则有t1＝＝20 s t1时间内，x甲＝t1＝×20 m＝100 m x乙＝v乙t1＝4×20 m＝80 m 此后乙车运动时间t2＝＝ s＝5 s 故乙车追上甲车需t1＋t2＝25 s.‎ 变式3 C [v－t图象给定了两车的初速度和加速度，不确定值是刹车前两车间距离，由两车的v－t图象可知，两车不相撞的最小距离Δxmin＝(－)×20‎ ‎ m＝100 m，即当Δx<100 m时两车必相撞，A、B均错误；两车相撞一定发生在甲车速度大于乙车速度时，即t＝20 s之前，C正确，D错误．]‎ 考点突破 ‎1．C [加速度为g＝9.8 m/s2，根据加速度的意义可知物体速度每秒增加9.8 m/s，故A错误；刚下落时物体的速度为零，加速度是9.8 m/s2，故B错误；根据v＝gt，2 s、4 s、6 s末速度之比为1∶2∶3，即下落开始连续的三个两秒末的速度之比为1∶2∶3，故C正确；根据h＝gt2，2 s、4 s、6 s内的位移之比为1∶4∶9，故下落开始连续的三个两秒内的位移之比为1∶3∶5，故D错误．]‎ ‎2．B [由题知x＝200 m，加速度a＝6 m/s2，末速度v＝50 m/s，由运动学公式v2－v＝2ax代人数据得：v0＝10 m/s，故B项正确．]‎ ‎3．C [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x1＝at＝1 m，t2＝4 s，x2＝vt2＝8 m，已过关卡2，t3＝2 s时间内x3＝4 m，关卡打开，t4＝5 s，x4＝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C正确．]‎ ‎4．6.25 s 解析 加速阶段：t1＝＝1 s；x1＝vmaxt1＝2 m 减速阶段：t2＝＝0.5 s；x2＝vmaxt2＝1 m 匀速阶段：t3＝＝1.75 s 返回的过程中，加速阶段：t4＝＝1 s；x4＝vmaxt4＝2 m 匀速阶段：t5＝＝2 s 该人总的往返时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝6.25 s ‎5．AC [A图中2 s末物体的纵坐标为零，与初始坐标相同，物体回到了初始位置，故A正确；B图中物体从正向2 m处出发，2 s末时到达负向的2 m处，故没有回到初始位置，故B错误；C图中物体1 s内以2 m/s的速度沿正方向运动，1 s末位移为2 m，第2 s内，物体反向以2 m/s的速度运动，第2 s内位移为负方向 的2 m，故物体应回到初始位置，故C正确；D图中物体一直沿正方向运动，故2 s末物体无法回到初始位置，故D错误．]‎ ‎6．B [由x－t图线分析可知，t1时刻b车追上了a车，A选项错误；x－t图线斜率的正负表示运动方向，t2时刻a车沿正方向运动，b车沿负方向运动，B选项正确；x－t图线斜率的大小表示速度大小，t1到t2这段时间内曲线b斜率先增加后减小，C、D选项错误．]‎ ‎7．B [由题图知，质点在8 s内的位移Δx＝×(2＋4)×2 m－×(2＋4)×1 m＝3 m．t＝0时，质点位于x0＝5 m处，故8 s末质点在x轴上的位置x＝x0＋Δx＝8 m，B正确．]‎ ‎8．A [由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度v与位置x的关系为v＝，从最高点下落时二者的关系为v＝－，对比图象可知A项正确．]‎ ‎9．B [乙车从静止开始做匀加速运动，落后甲2 s，则开始阶段甲车在前．当乙车速度小于甲车的速度时，两者距离增大；当乙车速度大于甲车的速度时，两者距离减小，则当两者速度相等距离最大．即：a甲(t乙＋2)＝a乙t乙，得：t乙＝6 s；两车距离的最大值为Δx＝x甲－x乙＝a甲(t乙＋2)2－a乙t＝24 m，故选B.]‎ ‎10．C [从题图中看到开始甲比乙运动快，且早出发，但是乙做匀加速运动，最终是可以追上甲的，A项错误；t＝20 s时，速度图象中甲的速度图线与时间轴所围的面积大于乙的，即甲的位移大于乙的位移，所以乙没有追上甲，B项错误；在t＝20 s之前，甲的速度大于乙的速度，在t＝20 s之后，乙的速度大于甲的速度，C项正确；乙在追上甲之前，当它们速度相同时，它们之间的距离最大，对应的时刻为t＝20 s，D选项错误．]‎ ‎11．B [设物体B减速至静止的时间为t则－vB＝at，t＝ s＝5 s.‎ 物体B向前运动的位移xB＝vBt＝×10×5 m＝25 m.‎ 又因A物体5 s内前进xA＝vAt＝4×5 m＝20 m，‎ 显然xB＋7 m＞xA.‎ 所以A追上B之前，物体B早已经静止，设A追上B经历的时间为t′，则t′＝＝8 s，B正确．]‎ ‎12．(1)10 m/s (2)100 s (3)0.025 m/s2‎ 解析 (1)鱼雷从Q到O经历的时间t1＝＝ m/s＝80 s，敌舰被击中前的速度v1＝＝ m/s＝10 m/s ‎(2)设第二枚鱼雷经过时间t2击中敌舰，则xQB＝＝2 500 m，t2＝＝ s＝100 s ‎(3)敌舰第一次被击中后瞬间的速度v2＝＝5 m/s，敌舰第一次被击中后运动的时间t3＝t2＋100 s＝200 s 设敌舰逃逸时的加速度大小为a，由xOB＝v2t3＋at，得a＝0.025 m/s2.‎