【物理】2019届一轮复习人教版第一章第2讲匀变速直线运动的规律学案

【物理】2019届一轮复习人教版第一章第2讲匀变速直线运动的规律学案

第2讲　匀变速直线运动的规律 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.‎ 自测1　某质点做直线运动，速度随时间的变化关系式为v＝(2t＋4) m/s，则对这个质点运动情况的描述，说法正确的是(　　)‎ A．初速度为2 m/s B．加速度为4 m/s2‎ C．在3 s末，瞬时速度为10 m/s D．前3 s内，位移为30 m 答案　C 解析　根据v＝v0＋at，比较v＝(2t＋4) m/s得质点运动的加速度为2 m/s2，初速度为4 m/s，所以选项A、B错误；在3 s末，质点的瞬时速度为vt＝2×3 m/s＋4 m/s＝10 m/s，所以选项C正确；前3 s内，质点的位移x＝＝ m＝21 m，D错误．‎ 二、匀变速直线运动的推论 ‎1．三个推论 ‎(1)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.‎ ‎(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．‎ 平均速度公式：＝＝.‎ ‎(3)位移中点速度＝ .‎ ‎2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论 ‎(1)T末，2T末，3T末，…，nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n.‎ ‎(2)T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－)∶…∶(－)．‎ 自测2　某质点从静止开始做匀加速直线运动，已知第3秒内通过的位移是x(单位：m)，则质点运动的加速度为(　　)‎ A.(m/s2) B.(m/s2)‎ C.(m/s2) D.(m/s2)‎ 答案　C 解析　由匀变速直线运动规律知第3秒内的平均速度等于t＝2.5 s时的瞬时速度，‎ 得a＝(m/s2)＝(m/s2)，C对.‎ 命题点一　匀变速直线运动规律的基本应用 ‎1．基本思路 →→→→ ‎2．公式选取方法 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．‎ 例1　(2017·苏州大学附中调研)滑雪运动员以v0＝2 m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，在t＝‎ ‎5 s的时间内滑下的位移x＝60 m．求：‎ ‎(1)滑雪运动员5 s内的平均速度大小；‎ ‎(2)滑雪运动员的加速度大小；‎ ‎(3)滑雪运动员5 s末的速度大小；‎ ‎(4)作出5 s内滑雪运动员的速度(v)－时间(t)图象．‎ 答案　(1)12 m/s　(2)4 m/s2　(3)22 m/s　(4)见解析图 解析　(1)运动员在t＝5 s的时间内滑下的位移x＝60 m，由公式＝得到运动员5 s内的平均速度大小为＝ m/s＝12 m/s.‎ ‎(2)由位移公式x＝v0t＋at2得 加速度大小a＝＝4 m/s2‎ ‎(3)由v＝v0＋at得运动员5 s末的速度大小 v＝(2＋4×5) m/s＝22 m/s.‎ ‎(4)5 s内滑雪运动员的速度(v)－时间(t)图象：‎ 变式1　(2017·涟水中学第一次检测)一质点沿x轴运动，其位置x随时间t变化的规律为：x＝10t－5t2 (m)，t的单位为s.下列关于该质点运动的说法正确的是(　　)‎ A．该质点的初速度大小为5 m/s B．物体的加速度大小为5 m/s2‎ C．t＝2 s时刻该质点速度为零 D．0～3 s内该质点的平均速度大小为5 m/s 答案　D 解析　根据x＝v0t＋at2比较x＝10t－5t2得，质点的初速度为10 m/s，加速度为－10 m/s2，故A、B错误.2 s末的速度v＝v0＋at＝(10－10×2) m/s＝－10 m/s，即速度的大小为10 m/s，故C错误.0～3 s内该质点的位移x＝10t－5t2＝(10×3－5×9) m＝－15 m，则平均速度＝ m/s＝－5 m/s，即平均速度的大小为5 m/s，故D正确．‎ 命题点二　匀变速直线运动推论的应用 例2　(2017·苏锡常镇四市调研)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t达到起飞速度v，则它在时间t内的位移为(　　)‎ A．vt B. C．2vt D．不能确定 答案　B 变式2　(多选)(2017·扬州中学高三初考)如图1所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是(　　)‎ 图1‎ A．物体到达各点的速率vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2‎ B．物体到达各点所经历的时间tE＝2tB＝tC＝tD C．物体从A到E的平均速度＝vB D．物体通过每一部分时，其速度增量vB－vA＝vC－vB＝vD－vC＝vE－vD 答案　ABC 解析　根据运动学公式v2－v02＝2ax得物体由A点从静止释放有v＝，所以物体到达各点的速率之比vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，故A正确；根据运动学公式x＝v0t＋at2得：t＝ ，物体到达各点经历的时间tB∶tC∶tD∶tE＝1∶∶∶2，即tE＝2tB＝tC＝‎ tD，故B正确；由于vE＝2vB，故物体从A到E的平均速度v＝＝vB，故C正确；vB∶vC∶vD∶vE＝1∶∶∶2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D错误．‎ 命题点三　两类匀减速运动 ‎1．两类匀减速运动问题的比较 两类运动 运动特点 求解方法 刹车类问题 匀减速直线运动到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，不再是匀减速运动 求解时要注意先求解其实际运动时间，判断问题中物体是否已停止运动 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 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 ‎2.逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动．‎ 例3　(2017·南通中学期中)在一次交通事故中，交通警察测量出肇事车辆的刹车痕迹是 ‎30 m，该车辆最大刹车加速度是15 m/s2，该路段限速60 km/h.则该车是否超速(　　)‎ A．超速 B．不超速 C．无法判断 D．刚好是60 km/h 答案　A 变式3　(多选)一小球以3 m/s的初速度沿一光滑斜面向上做加速度恒为1 m/s2、方向沿斜面向下的匀变速直线运动，起始点为A，小球运动到A点沿斜面上方4 m处的B点时的速度及所对应的时间可能为(　　)‎ A．1 m/s　4 s B．－1 m/s　4 s C．1 m/s　2 s D．－1 m/s　2 s 答案　BC 命题点四　多过程问题 ‎1．基本思路 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．‎ ‎2．解题关键 多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．‎ 例4　(2017·苏州大学附中调研)磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8 mm，弹射最大高度为24 cm，而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设人加速与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)(　　)‎ A．150 m B．75 m C．15 m D．7.5 m 答案　A 解析　设磕头虫向下的加速度为a，磕头虫向下的最大速度为v，则有v2＝2ah1‎ 磕头虫向上弹起的过程中有：－v2＝－2gh2‎ 联立以上两式可得：‎ a＝g＝×10 m/s2＝3 000 m/s2‎ 人向上加速的过程中有：v12＝2aH1‎ 人跳起的过程中有：－v12＝－2gH2‎ 故有：2aH1＝2gH2，代入数据解得：H2＝150 m.‎ ‎1．汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系式是：x＝16t－2t2(m)，则它在停止运动前最后1 s内的平均速度为(　　)‎ A．6 m/s B．4 m/s C．2 m/s D．1 m/s 答案　C 解析　根据位移与时间的关系式：x＝16t－2t2(m)，可知汽车刹车时的初速度v0＝16 m/s，加速度a＝－4 m/s2，根据速度与时间关系式v＝v0＋at可得：汽车刹车用时t＝4 s；则刹车后 ‎3 s末的速度为v3＝v0＋at3＝16 m/s＋(－4)×3 m/s＝4 m/s，则最后1 s内的平均速度为＝‎ eq f(v3＋0,2)＝2 m/s，故选项C正确．‎ ‎2．(多选)(2018·泰州中学期中)一物体以某一初速度在粗糙的水平面上做匀减速直线运动，最后静止下来．若物体在最初5 s内通过的位移与最后5 s内通过的位移之比为x1∶x2＝11∶5，物体运动的加速度大小为a＝1 m/s2，则(　　)‎ A．物体运动的时间可能大于10 s B．物体在最初5 s内通过的位移与最后5 s内通过的位移之差为x1－x2＝15 m C．物体运动的时间为8 s D．物体的初速度为10 m/s 答案　BC ‎3．一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t1＝8.5 s时刻的速度v1比在t2＝4.5 s时刻的速度v2大4 m/s，所以加速度a＝＝＝ m/s2＝1 m/s2，v9＝v0＋at＝9.5 m/s，x9＝(v0＋v9)t＝45 m，选项C正确．‎ ‎4．(2015·江苏单科·5)如图2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2‎ A．关卡2 B．关卡3‎ C．关卡4 D．关卡5‎ 答案　C 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x1＝at12＝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．‎ ‎1．假设某无人机靶机以300 m/s的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以80 m/s2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为(　　)‎ A．3.75 s B．15 s C．30 s D．45 s 答案　B 解析　导弹由静止做匀加速直线运动，即v0＝0，a＝80 m/s2 ，据公式v＝v0＋at，有t＝＝ s＝15 s，即导弹发射后经15 s击中无人机，选项B正确．‎ ‎2．(多选)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a，初速度大小为v0，经过时间t速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示(　　)‎ A．v0t－at2 B．v0t C. D.at2‎ 答案　ACD ‎3．(2018·苏州市期初调研)如图1所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为L，在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t.利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的(　　)‎ 图1‎ A．初速度 B．末速度 C．平均速度 D．加速度 答案　C ‎4．(2017·扬州中学高三初考)伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小(可忽略不计)的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次．‎ 假设某次试验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置A、B、C，让小球分别由A、B、C滚下，如图2所示．设A、B、C与斜面底端的距离分别为x1、x2、x3，小球由A、B、C运动到斜面底端的时间分别为t1、t2、t3，小球由A、B、C运动到斜面底端时的速度分别为v1、v2、v3，则下列关系式中正确并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是(　　)‎ 图2‎ A．v1＝v2＝v3 B.＝＝ C．x1－x2＝x2－x3 D.＝＝ 答案　D ‎5．做匀加速直线运动的质点，在第一个3 s内的平均速度比它在第一个5 s内的平均速度小3 m/s.则质点的加速度大小为(　　)‎ A．1 m/s2 B．2 m/s2 C．3 m/s2 D．4 m/s2‎ 答案　C 解析　第1个3 s内的平均速度即1.5 s时刻的瞬时速度v1，第1个5 s内的平均速度即2.5 s时刻的瞬时速度v2，a＝＝＝＝3 m/s2，C正确．‎ ‎6．(多选)如图3所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(　　)‎ 图3‎ A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1‎ B．v1∶v2∶v3＝∶∶1‎ C．t1∶t2∶t3＝1∶∶ D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1‎ 答案　BD 解析　因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看做反向初速度为零的匀加速直线运动．初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v2－v0‎ ‎2＝2ax可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度之比为1∶∶，则所求的速度之比为∶∶1，故选项A错误，B正确．‎ ‎7．(2017·海门市高三期中)冬天大雾天气的时候高速公路经常封道，否则会造成非常严重的车祸．如果某人大雾天开车在高速公路上行驶，设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为30 m，该人的反应时间为0.5 s，汽车刹车时能产生的最大加速度的大小为5 m/s2，为安全行驶，汽车行驶的最大速度为(　　)‎ A．10 m/s B．15 m/s C．10 m/s D．20 m/s 答案　B 解析　设汽车行驶的最大速度为v，发现危险目标时在反应时间内运动的位移为x1＝vt＝v·0.5＝0.5v，刹车过程中由运动学公式v2－v02＝2ax，代入数据得0－v2＝2×(－5)x2，解得x2＝，为安全行驶x1＋x2＝30 m，即0.5v＋＝30，解得v＝15 m/s，另一解不符合题意舍去，B 正确．‎ ‎8．(2018·宝应中学开学考试)做匀减速直线运动的物体经4 s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 答案　B 解析　利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，即＝，x1＝2 m，故B正确．‎ ‎9．一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 答案　C ‎10．(多选)如图4所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得xAB＝2 m，xBC＝3 m，且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．可以求出物体加速度的大小 B．可以求得xCD＝4 m C．可以求得O、A之间的距离为1.125 m D．可以求得O、A之间的距离为1.5 m 答案　BC 解析　设物体通过AB、BC、CD所用的时间均为t，由匀变速直线运动的推论Δx＝at2可得物体的加速度a的大小为a＝＝，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A错误；根据xCD－xBC＝xBC－xAB＝1 m，可知xCD＝3 m＋1 m＝4 m，故B正确；因某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，所以物体经过B点时的瞬时速度为vB＝＝，再由vB2＝2axOB可得O、B两点间的距离为xOB＝＝· m＝3.125 m，所以O与A间的距离xOA＝xOB－xAB＝(3.125－2) m＝1.125 m，故C正确，D错误．‎ ‎11．(2018·泰州中学模拟)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，货车立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 ‎(3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离x3＝＝ m＝40 m ‎12．有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2，当飞机的速度达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞．设航空母舰处于静止状态．问：‎ ‎(1)若要求该飞机滑行160 m后起飞，弹射系统最少使飞机具有多大的初速度？‎ ‎(2)若某舰上不装弹射系统，要求该种飞机仍能在此舰上正常起飞，该舰身长至少为多长？‎ ‎(3)若航空母舰上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L＝160 m，‎ 为使飞机仍能在此舰上正常起飞，这时可以先让航空母舰连同飞机沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行，然后再让飞机加速起飞，则航空母舰匀速航行时的速度至少为多少？‎ 答案　(1)30 m/s　(2)250 m　(3)10 m/s 解析　(1)设弹射系统使飞机具有的初速度最小为v0，‎ 由公式v t2－v02＝2ax可知v0＝＝30 m/s.‎ ‎(2)不装弹射系统时，飞机从静止开始做匀加速直线运动．‎ 由公式vt2＝2ax可知，‎ 该舰身长至少应为x＝＝250 m.‎ ‎(3)由于航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行，设速度至少为v1，在飞机起跑过程中的位移为x1，则x1＝v1t.‎ 飞机在起跑过程中做初速度为v1的匀加速运动，设位移为x2，‎ 由位移与速度公式vt2－v12＝2ax2，‎ 可知x2＝，‎ 运动的时间为t＝，‎ 所以x1＝v1·，‎ 由位移关系可知L＝x2－x1，即 －v1·＝L，‎ 代入数据可得v1＝10 m/s或v1＝90 m/s(舍去)‎