高中物理高考 必修1 第一章 第2讲

这是一份高中物理高考 必修1 第一章 第2讲，共22页。试卷主要包含了速度—时间关系，6 m/s，运动学公式中正、负号的规定，0 m/s B．8，5 s<5 s，所以4等内容，欢迎下载使用。

知识排查
匀变速直线运动的基本公式
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1.速度—时间关系：v＝v0＋at,2.位移—时间关系：x＝v0t＋\f(1,2)at2,3.速度—位移关系：v2－veq \\al(2,0)＝2ax))eq \(――→,\s\up7(初速度为零),\s\d5(v0＝0))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v＝at,x＝\f(1,2)at2,v2＝2ax))
匀变速直线运动的推论
1.匀变速直线运动的三个推论
(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2
(2)中间时刻速度：veq \f(t,2)＝eq \f(v0＋v,2)＝eq \(v,\s\up6(－))
(3)位移中点速度veq \f(x,2)＝eq \r(\f(veq \\al(2,0)＋v2,2))
2．初速度为零的匀变速直线运动的常用重要推论
(1)T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)T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∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)－eq \r(n－1))。
自由落体运动
1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
2．运动规律
(1)速度公式：v＝gt。
(2)位移公式：h＝eq \f(1,2)gt2。
(3)速度位移关系式：v2＝2gh。
竖直上抛运动
1.定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。
2．运动规律
(1)速度公式：v＝v0－gt
(2)位移公式：h＝v0t－eq \f(1,2)gt2
(3)速度位移关系式：v2－veq \\al(2,0)＝－2gh
小题速练
1．思考判断
(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。( )
(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。( )
(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。( )
(4)初速度为零的匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。( )
(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。( )
(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)√
2．某航母跑道长为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
解析 飞机在滑行过程中，做匀加速直线运动，由题意知，v＝50 m/s，a＝6 m/s2，x＝200 m，根据v2－veq \\al(2,0)＝2ax得，借助弹射系统飞机获得的最小初速度v0＝eq \r(v2－2ax)＝eq \r(502－2×6×200) m/s＝10 m/s。故选项B正确。
答案 B
3．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A．2 m/s，3 m/s，4 m/s B．2 m/s，4 m/s，6 m/s
C．3 m/s，4 m/s，5 m/s D．3 m/s，5 m/s，7 m/s
解析 根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度就是AC段的平均速度，vB＝eq \f(AB＋BC,2t)＝4 m/s。又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确。
答案 B
4．(2018·福建六校联考)假设一位同学在某星球上完成自由落体运动实验：让一个质量为2 kg的物体从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则 ( )
A．物体在2 s末的速度大小是20 m/s
B．物体在第5 s内的平均速度大小是3.6 m/s
C．物体在前2 s内的位移大小是20 m
D．物体在5 s内的位移大小是50 m
解析 设该星球表面的重力加速度为g，由自由下落在第5 s内的位移是18 m，可得eq \f(1,2)g×52－eq \f(1,2)g×42＝18 m，得g＝4 m/s2，所以2 s末的速度大小为v＝gt2＝8 m/s，选项A错误；第5 s内的平均速度大小为eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δx5,Δt5)＝18 m/s，选项B错误；物体在前2 s 内的位移大小为x＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)＝8 m，选项C错误；物体在5 s内的位移大小为x5＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,5)＝50 m，选项D正确。
答案 D
匀变速直线运动规律的基本应用
1．常用公式的选择
2.运动学公式中正、负号的规定
一般情况下，规定初速度方向为正方向，与正方向相同的物理量取正值，相反的取负值。
【例1】 (2019·湖北天门模拟)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s时，速度计显示速度为54 km/h。求：
(1)这时出租车离出发点的距离；
(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h时，出租车开始做匀速直线运动。10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少千米？(车启动时，计价器里程表示数为零)
解题关键―→画运动过程示意图，呈现运动情景
解析 (1)由题意可知经过10 s时，速度计上显示的速度为v1＝15 m/s，
由速度公式v＝v0＋at
得a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(v1,t1)＝1.5 m/s2
由位移公式得
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×1.5×102 m＝75 m
这时出租车离出发点的距离为75 m。
(2)当速度计上显示的速度为v2＝108 km/h＝30 m/s时，由veq \\al(2,2)＝2ax2得x2＝eq \f(veq \\al(2,2),2a)＝300 m，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t2，可根据速度公式得t2＝eq \f(v2,a)＝eq \f(30,1.5 ) s＝20 s，这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，匀速运动时间t3为80 s，通过位移x3＝v2t3＝30×80 m＝2 400 m，所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示
x＝x2＋x3＝(300＋2 400) m＝2 700 m＝2.7 km。
答案 (1)75 m (2)2.7 km
解题的基本思路
eq \x(\a\al(画过程,示意图))→eq \x(\a\al(判断运,动性质))→eq \x(\a\al( 选取 ,正方向))→eq \x(\a\al(选用公式,列方程 ))→eq \x(\a\al(解方程并,加以讨论))
1．如图1所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，加速度大小约为5 m/s2，使汽车避免与障碍物相撞。则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为 ( )
图1
A．50 m B．20 m C．10 m D．1 m
解析 使汽车避免与障碍物相撞，则末速度v＝0，a＝－5m/s2，根据v2－veq \\al(2,0)＝2ax得x＝eq \f(－veq \\al(2,0),2a)＝eq \f(－102,－2×5) m＝10 m，选项C正确。
答案 C
2．如图2所示，高速公路一般情况下小汽车限速120 km/h，但由于施工等特殊情况会有临时限速。某货车正在以72 km/h的速度行驶，看到临时限速牌开始匀减速运动，加速度大小为0.1 m/s2，减速行驶了2 min，则减速后货车的速度为( )
图2
A．6.0 m/s B．8.0 m/sC．10.0 m/s D．12.0 m/s
解析 v0＝72 km/h＝20 m/s，t＝2 min＝120 s，a＝－0.1 m/s2。由v＝v0＋at得v＝(20－0.1×120) m/s＝8.0 m/s，故选项B正确。
答案 B
3．[易错点——刹车类问题][人教版必修1·P40·T3改编]以18 m/s 的速度行驶的汽车，制动后做匀减速运动，在3 s内前进36 m，则汽车在5 s内的位移为( )
A．50 m B．45 m C．40.5 m D．40 m
解析 根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2得36＝18×3＋eq \f(1,2)a×32，即a＝－4 m/s2。汽车停止所需时间为t′＝eq \f(－v0,a)＝eq \f(－18,－4) s＝4.5 s0，物体上升，若v0，物体在抛出点正上方，若h