还剩19页未读，
继续阅读
所属成套资源：2021高考物理提能一轮复习课标版文档
成套系列资料，整套一键下载
2021版物理提能大一轮复习课标版文档：第一章 第2讲 匀变速直线运动的规律及应用 学案
展开
第2讲 匀变速直线运动的规律及应用
一、匀变速直线运动的基本规律
1.速度与时间的关系式:① v=v0+at 。
2.位移与时间的关系式:② x=v0t+12at2 。
3.位移与速度的关系式:③ v2-v02=2ax 。
二、匀变速直线运动的推论
1.平均速度公式:v=vt2=④ v0+vt2 。
2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=⑤ aT2 。
可以推广到xm-xn=(m-n)aT2。
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末,2T末,3T末…瞬时速度之比为:
v1∶v2∶v3∶…=⑥ 1∶2∶3∶… 。
(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:
x1∶x2∶x3∶…=⑦ 1∶22∶32∶… 。
(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…=⑧ 1∶3∶5∶… 。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:
t1∶t2∶t3∶…=⑨ 1∶(2-1)∶(3-2)∶… 。
三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律
1.自由落体运动规律
(1)速度公式:v=⑩ gt 。
(2)位移公式:h= 12gt2 。
(3)速度位移关系式:v2= 2gh 。
2.竖直上抛运动规律
(1)速度公式:v= v0-gt 。
(2)位移公式:h= v0t-12gt2 。
(3)速度位移关系式: v2-v02 =-2gh。
(4)上升的最大高度:h= v022g 。
(5)上升到最大高度用时:t= v0g 。
1.判断下列说法对错。
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(✕)
(2)匀变速直线运动是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)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。(√)
2.(多选)(2019贵州师大附中月考)K111次列车正以180 km/h的速度行驶,前方为终点站贵阳站,司机开始制动减速,列车制动时加速度的大小为2.5 m/s2,则( )
A.4 s时列车的速度为60 m/s
B.4 s时列车的速度为40 m/s
C.24 s内列车的位移x=480 m
D.24 s内列车的位移x=500 m
2.答案 BD
3.(多选)如图所示,小球从竖直砖墙某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d,根据图中的信息,下列判断正确的是 ( )
A.位置1是小球释放的初始位置
B.小球做匀加速直线运动
C.小球下落的加速度为dT2
D.小球在位置3的速度为7d2T
3.答案 BCD
4.一辆汽车沿平直的公路行驶,已知汽车的位移随时间变化的规律为x=4+tn (m)。则下列说法正确的是( )
A.如果n取1,汽车做速度大小为4 m/s的匀速直线运动
B.如果n取1,汽车做速度大小为2 m/s的匀速直线运动
C.如果n取2,汽车做初速度为零、加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动
D.如果n取2,汽车做初速度为4 m/s、加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动
4.答案 C
考点一 匀变速直线运动的规律及应用
1.对于运动学公式的选用
题目中所涉及的物理量(包括已知量、
待求量和为解题而设定的中间量)
没有涉及
的物理量
适宜选用
的公式
v0、v、a、t
x
v=v0+at
v0、a、t、x
v
x=v0t+12at2
v0、v、a、x
t
v2-v02=2ax
v0、v、t、x
a
x=v+v02t
2.运动学公式中正、负号的规定
直线运动可以用正、负号表示矢量的方向,一般情况下,我们规定初速度的方向为正方向,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a的方向为正方向。
3.“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题
4.两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
匀减速到速度为零后停止运动,加速度a突然消失
求解时要先确定其实际运动的时间
双向可逆
类问题
匀减速到速度为零后反向运动,如沿光滑斜面上滑的小球,到达最高点后仍以原加速度匀加速下滑,全过程中加速度的大小、方向均不变
求解时可对全过程列方程,但必须注意x、v、a等矢量的正负
例1 ETC是目前世界上最先进的路桥收费方式,车辆不需停车就能支付路桥费用,有效提高了车辆的通行效率。假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站,若进入人工收费通道,它从距收费窗口20 m处开始减速,至窗口处恰好停止,再用10 s时间完成交费;若进入ETC通道,它从某位置开始减速,当速度减至5 m/s后,再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费。若两种情况下,汽车减速时加速度相同,求:
(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移;
(2)汽车从开始减速到交费完成,从ETC通道通行比人工收费通道通行节省的时间。
答案 (1)15 m (2)11 s
解析 (1)进入人工收费通道时,v0=10 m/s,v1=0,x1=20 m
由v12-v02=2ax得a=v12-v022x=-2.5 m/s2
进入ETC通道时,v0=10 m/s,v2=5 m/s,a=-2.5 m/s2
由v22-v02=2ax2得x2=v22-v022a=15 m
(2)进入人工收费通道,减速时间t1=v1-v0a=4 s
总时间t总1=14 s
进入ETC通道,减速时间t2=v2-v0a=2 s,匀速阶段时间t3=x3v2=1 s,总时间t总2=t2+t3=3 s
节省的总时间t=t总1-t总2=11 s
考向1 基本公式的应用
1.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
答案 B 由题知,v=50 m/s,a=6 m/s2,x=200 m,根据v2-v02=2ax得,飞机借助弹射系统获得的最小初速度v0=v2-2ax=502-2×6×200 m/s=10 m/s,选项B正确。
考向2 刹车类问题
2.汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动,司机看到前方有障碍物时立即刹车(反应时间不计),刹车后加速度大小为5 m/s2,则汽车刹车后第2 s内的位移和刹车后5 s内的位移为( )
A.30 m,40 m B.30 m,37.5 m
C.12.5 m,40 m D.12.5 m,37.5 m
答案 C 汽车刹车后运动的时间t=v-v0-a=0-20-5 s=4 s,刹车后第2 s内位移x2=(20×2-12×5×22) m-(20×1-12×5×12) m=12.5 m。刹车后5 s内位移等于4 s内的位移,可看成初速度为0的反向匀加速直线运动,x5=12at2=12×5×42 m=40 m。故C正确。
考向3 双向可逆类问题
3.在足够长的光滑斜面上,有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动,如果物体的加速度始终为5 m/s2,方向沿斜面向下。那么经过3 s时的速度大小和方向是( )
A.25 m/s,沿斜面向上 B.5 m/s,沿斜面向下
C.5 m/s,沿斜面向上 D.25 m/s,沿斜面向下
答案 B 取初速度方向为正方向,则v0=10 m/s,a=-5 m/s2,由v=v0+at可得,当t=3 s时,v=-5 m/s,“-”表示物体在t=3 s时速度方向与初速度方向相反,即沿斜面向下,故B选项正确。
方法技巧
解决匀变速直线运动的注意问题
(1)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。
(2)公式的矢量性
考点二 解决匀变速直线运动的常用方法
1.解决匀变速直线运动相关问题的常用方法
思想
方法
分析说明
列方程:针对具体题目,分析含有几个物理过程(一般一个特定加速度对应一个过程),然后对每个过程逐个列关系表达式,最后解方程组(高考题常用基本公式列方程解题)
基本
公式法
基本公式指速度公式v=v0+at、位移公式x=v0t+12at2及推论2ax=v2-v02,它们均是矢量式,使用时要注意方向性,一般以v0方向为正方向,已知量与正方向相同者取正,与正方向相反者取负。未知量按正值代入,其方向由计算结果决定
平均
速度法
公式v=xt对任何性质的运动都适用,而v=12(v0+v)只适用于匀变速直线运动
中间时刻
速度法
利用“匀变速直线运动中,任一时间t内中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”,即v=v0+v2=vt2,此公式只适用于匀变速直线运动
推论法
对一般的匀变速直线运动问题,若出现相等的时间间隔问题,应优先考虑用Δx=aT2求解
逆向
思维法
把运动过程的“末态”作为“初态”,逆向研究问题,一般用于末态已知的情况
比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动问题,可利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解
图像:直观,形象。需要有将图像语言翻译成函数表达式的能力
图像法
应用v-t图像,可以把较复杂的问题转化为较简单的数学问题来解决
2.匀变速直线运动问题的解题“四步骤”
例2 物体以一定的初速度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。已知物体运动到距斜面底端A点34l处的B点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间。
答案 见解析
解析 解法一 逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面,可逆向看成向下匀加速滑下斜面。
故xBC=atBC22,xAC=a(t+tBC)22,又xBC=xAC4
由以上三式解得tBC=t
解法二 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
v02=2axAC①
vB2=v02-2axAB②
xAB=34xAC③
由①②③式解得vB=v02④
又vB=v0-at⑤
vB=atBC⑥
由④⑤⑥式解得tBC=t
解法三 位移比例法
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=xAC4∶3xAC4=1∶3,而通过xBA的时间为t,所以通过xBC的时间tBC=t
解法四 时间比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1)
现将整个斜面分成相等的四段,如图所示,设通过BC段的时间为tx,那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD=(2-1)tx,tDE=(3-2)tx,tEA=(2-3)tx,又tBD+tDE+tEA=t,解得tx=t
解法五 中间时刻速度法
利用推论:匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,vAC=v0+v2=v02。又v02=2axAC,vB2=2axBC,xBC=xAC4。由以上三式解得vB=v02。vB正好等于AC段的平均速度,因此B点对应中间时刻,因此有tBC=t
解法六 图像法
根据匀变速直线运动的规律,作出v-t图像,如图所示。利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边长的平方之比,得S△AOCS△BDC=CO2CD2,且S△AOCS△BDC=41,OD=t,OC=t+tBC
所以41=(t+tBC)2tBC2,解得tBC=t
考向1 比例法
1.(多选)(2020山东潍坊期末)2019年世界男子冰壶锦标赛在加拿大莱斯布里奇举行,瑞典队以7∶2战胜加拿大队夺得冠军。比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动,且在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( )
A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
C.t1∶t2∶t3=1∶2∶3
D.t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1
答案 BD 因为冰壶做匀减速直线运动,且末速度为零,故可以视为反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究,通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶…,故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1,选项C错误,D正确;初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶2∶3∶…,则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为v1∶v2∶v3=3∶2∶1,选项A错误,B正确。
考向2 Δx=aT2推论法
2.(2019甘肃天水质检)一个物体从静止开始做匀加速直线运动,以T为时间间隔,在第三个T时间内位移是3 m,第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s,则( )
A.物体的加速度是1 m/s2
B.第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s
C.时间间隔T=1 s
D.物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
答案 D 初速度为0的匀加速直线运动,连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…,据此判断第一个T时间内的位移x1=15×3 m=0.6 m,选项D正确;第二个T时间内的位移x2=35× 3 m=1.8 m,由v32-0=2a(x1+x2+x3),得a=56 m/s2,选项A错误;由Δx=aT2得x2-x1=aT2,解得T=65 s,选项C错误;第一个T时间末的瞬时速度v1=aT=1 m/s,选项B错误。
考向3 图像法
3.(2019湖南怀化模拟)如图所示,甲、乙两车同时由静止从A点出发,沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动,到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动,到达B点后做加速度为a2的匀加速运动,到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3,则( )
A.甲、乙不可能同时由A到达C
B.甲一定先由A到达C
C.乙一定先由A到达C
D.若a1>a3,则甲一定先由A到达C
答案 A 根据速度-时间图线得,若a1>a3,如图(a),因为末速度相等,位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t乙a1,如图(b),因为末速度相等,位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t乙>t甲。通过图线作不出位移相等,速度相等,时间也相等的图线,所以甲、乙不可能同时到达C。故A正确,B、C、D错误。
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1.求解自由落体运动的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。
①从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…。
②开始一段时间内的平均速度v=ht=v2=12gt。
③连续相等时间T内的下落高度之差Δh=gT2。
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动,从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动,等效于竖直下抛运动,应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。
2.研究竖直上抛运动的两种方法
分段法
上升阶段:a=g的匀减速直线运动
下降阶段:自由落体运动
全程法
初速度v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动,v=v0-gt,h=v0t-12gt2(向上为正方向)
若v>0,物体上升,若v<0,物体下落
若h>0,物体在抛出点上方,若h<0,物体在抛出点下方
3.竖直上抛运动的三个对称
时间对称
①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回抛出点所用时间相等,即t上=t下=v0g
②物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等
速度对称
①物体上抛时的初速度与物体落回抛出点时的速度大小相等、方向相反
②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反
能量对称
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等
1.
(2019课标Ⅰ,18,6分)如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个H4所用的时间为t1,第四个H4所用的时间为t2。不计空气阻力,则t2t1满足( )
A.1
答案 495 m
解析 解法一 分段法
根据题意画出运动草图如图甲所示。将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理。A→B为竖直方向匀减速运动,B→C→D为自由落体运动
在A→B段,根据匀变速运动规律可知
tAB=v0g=1 s
hAB=hBC=12gtAB2=5 m
由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s
根据自由落体运动规律可得hBD=12gtBD2=500 m
故释放点离地面的高度H=hBD-hBC=495 m
解法二 全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动,根据题意画出运动草图如图乙所示
规定向上为正方向,则v0=10 m/s,a=-g=-10 m/s2
根据H=v0t+12at2
解得H=-495 m
即产品刚释放时离地面的高度为495 m
多阶段匀变速直线运动的应用解题策略
整段法与分段法的应用
多运动过程组合问题是指一个物体的运动包含几个阶段,各阶段的运动满足不同的运动性质和规律,衔接处的速度是连接各段的纽带。
(1)将物体的运动过程按运动性质的不同进行划分。
(2)理清各运动之间的联系,如速度关系、位移关系、时间关系等。
(3)注意分析题目中的限制条件,如速度大小、位移方向等。
1.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25。若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
答案 20 m/s
解析 设路面干燥时,汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg=ma0 s=v0t0+v022a0
设在雨天行驶时,汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=25μ0
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg=ma s=vt0+v22a
解得v=20 m/s
2.在国庆节阅兵仪式中,某直升机在地面上空某高度A处于静止待命状态,要求该直升机在零时刻由静止状态沿着直线方向做匀加速直线运动,经过AB段加速区后,进入BC段的匀速受阅区,在时刻t达到C位置,已知AB段长度为L1,BC段长度为L2,求:
(1)直升机在BC段的速度大小;
(2)直升机在AB段运动时的加速度大小。
答案 (1)L2+2L1t (2)(L2+2L1)22L1t2
解析 (1)设在BC段的速度为v,通过AB、BC的时间分别为t1、t2
在AB段,xAB=12vt1=L1
在BC段,L2=vt2
t1+t2=t
解得v=L2+2L1t
(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小a=v22L1
解得a=(L2+2L1)22L1t2
A组 基础过关
1.(2019湖北武汉调研)某质点做匀加速直线运动,经过时间t速度由v0变为kv0(k>1),位移大小为x。则在随后的4t内,质点的位移大小为( )
A.8(3k-2)xk+1 B.8(2k-1)xk+1
C.8(2k-1)xk-1 D.3(5k-3)xk+1
1.答案 A 由题给条件得匀加速直线运动的加速度a=ΔvΔt=kv0-v0t=(k-1)tv0,另由运动学公式有x=v0+kv02t,得v0=2x(1+k)t,则接下来的4t时间内,位移x'=kv0·4t+12(k-1)v0t×(4t)2,将v0=2x(1+k)t代入上式可得x'=8x(3k-2)k+1,选项A正确。
2.将一个小球从水面上方0.8 m高处自由释放,小球坠入水中后下沉的深度为4 m,不计空气阻力,g=10 m/s2,则小球在水中的加速度大小为( )
A.2 m/s2 B.3 m/s2 C.4 m/s2 D.5 m/s2
2.答案 A 小球落至水面时的速度v=2gh1=4 m/s,小球在水中的加速度大小a=v22h2= 2 m/s2,A对。
3.一个做匀减速直线运动的物体,经过3 s,速度刚好减为零。若测得该物体在最后1 s内的位移是1 m,那么该物体在这3 s内的平均速度大小是( )
A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.9 m/s
3.答案 B 解答本题采用“逆向思维法”。在最后1 s内,根据x=12at2得,物体的加速度大小为a=2xt2=2×11 m/s2=2 m/s2,则物体的初速度v0=at'=2×3 m/s=6 m/s,物体在这3 s内的平均速度v=v02=62 m/s=3 m/s。故B项正确,A、C、D项错误。
4.(2019安徽蚌埠模拟)目前高铁是我国的一张名片。某高铁站,一维护员站在一中央站台上,两边分别有正在进站或开出的列车,若两边列车都是做匀变速直线运动,如图所示,现观察其中一列列车的运动,发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n1和n2,则n1和n2之比不可能是( )
A.1∶2 B.2∶5 C.3∶2 D.4∶21
4.答案 D 设匀变速直线运动相等时间间隔t内任意连续两段位移为s1、s2,中间时刻速度为v,两端速度分别为v1、v2,则s1=v1+v2t,s2=v+v22t,s1s2=v1+vv+v2=v1+v1+v22v1+v22+v2=3v1+v2v1+3v2,当v1、v2分别取0时,可得两段位移之比分别为13、31,因此可知取值范围为13≤s1s2=n1n2≤31且s1s2=n1n2≠1,因此D不可能。
5.一固定的光滑斜面长为x,一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑,当物体速度为到达斜面底端时的速度的一半时,它沿斜面下滑的距离是( )
A.x4 B.2-12x C.x2 D.2x2
5.答案 A 把物体的运动过程按速度大小分为两段,即0~v2和v2~v两段,由于这两段的速度变化量相等,则这两段对应的时间相等,又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3,故第一段的位移为总位移的四分之一,即x4,选项A正确。
6.如图,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2,假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
A.13 s B.16 s C.21 s D.26 s
6.答案 C 矿石以最大速度匀速运动的时间越长,整个过程所需时间就越短。即矿石以最大加速度匀加速,达到最大速度后保持最大速度匀速上升,快到井口时又以最大加速度匀减速,到井口恰好速度减为0。
在匀加速阶段:v0=0,a=1 m/s2,v=8 m/s,由v=v0+at1得t1=8 s,则x1=(v+v0)t1/2=32 m
在匀减速阶段:该阶段与匀加速对称,t3=8 s,x3=32 m
所以在匀速阶段:x2=x-x1-x3=40 m,t2=x2v=5 s
t总=t1+t2+t3=21 s。
7.如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图,他每隔0.4 s抛出一球,接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外,空中总有4个球,将球的运动近似看做是竖直方向的运动,球到达的最大高度是(高度从抛球点算起,取g=10 m/s2)( )
A.1.6 m B.2.4 m
C.3.2 m D.4.0 m
7.答案 C 将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动,由题意知,球从抛出到落回手中用时t=0.4 s×4=1.6 s,则球从最高点落回手中的时间为0.8 s,则H=12×10×0.82 m=3.2 m,故C正确。
8.(多选)交警部门开展的“车让人”活动深入人心,不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。假设一辆以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口,有一老人正在过人行横道,此时汽车的车头距离停止线8 m。该车减速时的加速度大小为5 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A.如果驾驶员立即刹车制动,则t=2 s时,汽车离停止线的距离为1.6 m
B.如果在距停止线6 m处开始刹车制动,汽车能在停止线处停车让人
C.如果驾驶员的反应时间为0.4 s,汽车刚好能在停止线处停车让人
D.如果驾驶员的反应时间为0.2 s,汽车刚好能在停止线处停车让人
8.答案 AD 若汽车做匀减速直线运动,速度减为零所用的时间t0=0-v0a=-8-5 s=1.6 s<2 s,所以从刹车到停止的位移大小x1=v022a=6410 m=6.4 m,汽车离停止线的距离为8 m-6.4 m=1.6 m,故A正确;如果汽车在距停止线6 m处开始刹车制动,刹车位移是6.4 m,所以汽车不能在停止线处停车让人,故B错误;刹车的位移是6.4 m,所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m,则驾驶员的反应时间t=1.68 s=0.2 s时,汽车刚好能停在停止线处让人,故C错误,D正确。
9.(2019贵州遵义统测)一位4岁小男孩从高15层的楼顶坠下,被同楼的一位青年在楼下接住,幸免于难。设每层楼的高度为3 m,这位青年从他所在的地方到楼下需要的时间是1.3 s,则该青年要接住孩子,至多允许他反应的时间是(g=10 m/s2)( )
A.3.0 s B.1.7 s C.0.4 s D.1.3 s
9.答案 B 楼高h=15×3 m=45 m,由h=12gt2解得t=2hg=2×4510 s=3.0 s,Δt=3.0 s-1.3 s=1.7 s,即至多允许反应的时间为1.7 s;故选项B正确。
10.(多选)(2019山东师大附中模拟)如图所示,在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c,离桌面高度h1∶h2∶h3=3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c,三球刚好同时落到桌面上,不计空气阻力,则( )
A.三者到达桌面时的速度大小之比是3∶2∶1
B.三者运动时间之比为3∶2∶1
C.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比,与质量成反比
10.答案 AC 由v2=2gh,得v=2gh,故v1∶v2∶v3=3∶2∶1,A正确;由t=2hg得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3=3∶2∶1,B错误;b与a开始下落的时间差Δt1=(3-2)2h3g,c与b开始下落的时间差Δt2=(2-1)2h3g,故C正确;三个小球运动的加速度与重力及质量无关,都等于重力加速度,D错误。
11.假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动。已知某列车长为L,通过一铁路桥时的加速度大小为a,列车全长通过桥头的时间为t1,列车全长通过桥尾的时间为t2,则列车车头通过铁路桥所需的时间为( )
A.La·t2-t1t1t2 B.La·t2+t1t1t2
C.La·t2-t1t1t2-t2-t12 D.La·t2-t1t1t2+t2-t12
11.答案 C 设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t0,从列车车头到达桥头时开始计时,列车全长通过桥头时的平均速度等于12t1时刻的瞬时速度v1,则v1=Lt1;列车全长通过桥尾时的平均速度等于t0+12t2时刻的瞬时速度v2,则v2=Lt2;由匀变速直线运动的速度公式可得v2=v1-at0+12t2-12t1,解得t0=La·t2-t1t1t2-t2-t12。
B组 能力提升
12.(2019江西五校模拟)一弹性小球自4.9 m高处自由下落,当它与水平地面每碰一次,速度减小到碰前的79,重力加速度g取9.8 m/s2,试求小球开始下落到停止运动所用的时间。
12.答案 8 s
解析 小球第一次下落经历的时间t=2hg=1 s
落地前的速度的大小v=gt=9.8 m/s
第一次碰地弹起的速度大小v1=79v
上升到落回的时间t1=2v1g=2×79 s
第二次碰地弹起的速度的大小
v2=792v
上升到落回的时间
t2=2v2g=2×792 s
⋮
第n次碰地弹起的速度的大小
vn=79nv
上升到落回的时间
tn=2vng=2×79n s
从开始到停止运动所用的时间t总=t+t1+t2+…+tn=1+2×79+2×792+…+2×79n s= 1 s+7×1-79n s≈8 s
13.(2019河北定州中学期末)近几年,国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费,给自驾出行带来了很大的实惠,但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力,因此交管部门规定,上述车辆通过收费站口时,在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0=72 km/h,靠近站口时以大小为a1=5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=28.8 km/h,然后立即以a2=4 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问:
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速?
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少?
(3)在(1)(2)问题中,该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少?
13.答案 (1)33.6 m (2)5.4 s
(3)1.62 s
解析 vt=28.8 km/h=8 m/s,v0=72 km/h=20 m/s
(1)该车进入站口前做匀减速直线运动,设距离收费站x1处开始制动,则
vt2-v02=-2a1x1
解得x1=33.6 m
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2,则减速阶段vt=v0-a1t1,得t1=vt-v0-a1=2.4 s
加速阶段t2=v0-vta2=3 s
则加速和减速的总时间为t=t1+t2=5.4 s
(3)在加速阶段x2=vt+v02t2=42 m
则总位移x=x1+x2=75.6 m
若不减速所需要时间t'=xv0=3.78 s
车因减速和加速过站而耽误的时间Δt=t-t'=1.62 s
一、匀变速直线运动的基本规律
1.速度与时间的关系式:① v=v0+at 。
2.位移与时间的关系式:② x=v0t+12at2 。
3.位移与速度的关系式:③ v2-v02=2ax 。
二、匀变速直线运动的推论
1.平均速度公式:v=vt2=④ v0+vt2 。
2.位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=⑤ aT2 。
可以推广到xm-xn=(m-n)aT2。
3.初速度为零的匀加速直线运动比例式
(1)1T末,2T末,3T末…瞬时速度之比为:
v1∶v2∶v3∶…=⑥ 1∶2∶3∶… 。
(2)1T内,2T内,3T内…位移之比为:
x1∶x2∶x3∶…=⑦ 1∶22∶32∶… 。
(3)第一个T内,第二个T内,第三个T内…位移之比为:
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…=⑧ 1∶3∶5∶… 。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比为:
t1∶t2∶t3∶…=⑨ 1∶(2-1)∶(3-2)∶… 。
三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律
1.自由落体运动规律
(1)速度公式:v=⑩ gt 。
(2)位移公式:h= 12gt2 。
(3)速度位移关系式:v2= 2gh 。
2.竖直上抛运动规律
(1)速度公式:v= v0-gt 。
(2)位移公式:h= v0t-12gt2 。
(3)速度位移关系式: v2-v02 =-2gh。
(4)上升的最大高度:h= v022g 。
(5)上升到最大高度用时:t= v0g 。
1.判断下列说法对错。
(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(✕)
(2)匀变速直线运动是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)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。(√)
2.(多选)(2019贵州师大附中月考)K111次列车正以180 km/h的速度行驶,前方为终点站贵阳站,司机开始制动减速,列车制动时加速度的大小为2.5 m/s2,则( )
A.4 s时列车的速度为60 m/s
B.4 s时列车的速度为40 m/s
C.24 s内列车的位移x=480 m
D.24 s内列车的位移x=500 m
2.答案 BD
3.(多选)如图所示,小球从竖直砖墙某位置由静止释放,用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了图中1、2、3、4、5所示小球在运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d,根据图中的信息,下列判断正确的是 ( )
A.位置1是小球释放的初始位置
B.小球做匀加速直线运动
C.小球下落的加速度为dT2
D.小球在位置3的速度为7d2T
3.答案 BCD
4.一辆汽车沿平直的公路行驶,已知汽车的位移随时间变化的规律为x=4+tn (m)。则下列说法正确的是( )
A.如果n取1,汽车做速度大小为4 m/s的匀速直线运动
B.如果n取1,汽车做速度大小为2 m/s的匀速直线运动
C.如果n取2,汽车做初速度为零、加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动
D.如果n取2,汽车做初速度为4 m/s、加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动
4.答案 C
考点一 匀变速直线运动的规律及应用
1.对于运动学公式的选用
题目中所涉及的物理量(包括已知量、
待求量和为解题而设定的中间量)
没有涉及
的物理量
适宜选用
的公式
v0、v、a、t
x
v=v0+at
v0、a、t、x
v
x=v0t+12at2
v0、v、a、x
t
v2-v02=2ax
v0、v、t、x
a
x=v+v02t
2.运动学公式中正、负号的规定
直线运动可以用正、负号表示矢量的方向,一般情况下,我们规定初速度的方向为正方向,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a的方向为正方向。
3.“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题
4.两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
匀减速到速度为零后停止运动,加速度a突然消失
求解时要先确定其实际运动的时间
双向可逆
类问题
匀减速到速度为零后反向运动,如沿光滑斜面上滑的小球,到达最高点后仍以原加速度匀加速下滑,全过程中加速度的大小、方向均不变
求解时可对全过程列方程,但必须注意x、v、a等矢量的正负
例1 ETC是目前世界上最先进的路桥收费方式,车辆不需停车就能支付路桥费用,有效提高了车辆的通行效率。假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站,若进入人工收费通道,它从距收费窗口20 m处开始减速,至窗口处恰好停止,再用10 s时间完成交费;若进入ETC通道,它从某位置开始减速,当速度减至5 m/s后,再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费。若两种情况下,汽车减速时加速度相同,求:
(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移;
(2)汽车从开始减速到交费完成,从ETC通道通行比人工收费通道通行节省的时间。
答案 (1)15 m (2)11 s
解析 (1)进入人工收费通道时,v0=10 m/s,v1=0,x1=20 m
由v12-v02=2ax得a=v12-v022x=-2.5 m/s2
进入ETC通道时,v0=10 m/s,v2=5 m/s,a=-2.5 m/s2
由v22-v02=2ax2得x2=v22-v022a=15 m
(2)进入人工收费通道,减速时间t1=v1-v0a=4 s
总时间t总1=14 s
进入ETC通道,减速时间t2=v2-v0a=2 s,匀速阶段时间t3=x3v2=1 s,总时间t总2=t2+t3=3 s
节省的总时间t=t总1-t总2=11 s
考向1 基本公式的应用
1.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
答案 B 由题知,v=50 m/s,a=6 m/s2,x=200 m,根据v2-v02=2ax得,飞机借助弹射系统获得的最小初速度v0=v2-2ax=502-2×6×200 m/s=10 m/s,选项B正确。
考向2 刹车类问题
2.汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动,司机看到前方有障碍物时立即刹车(反应时间不计),刹车后加速度大小为5 m/s2,则汽车刹车后第2 s内的位移和刹车后5 s内的位移为( )
A.30 m,40 m B.30 m,37.5 m
C.12.5 m,40 m D.12.5 m,37.5 m
答案 C 汽车刹车后运动的时间t=v-v0-a=0-20-5 s=4 s,刹车后第2 s内位移x2=(20×2-12×5×22) m-(20×1-12×5×12) m=12.5 m。刹车后5 s内位移等于4 s内的位移,可看成初速度为0的反向匀加速直线运动,x5=12at2=12×5×42 m=40 m。故C正确。
考向3 双向可逆类问题
3.在足够长的光滑斜面上,有一物体以10 m/s的初速度沿斜面向上运动,如果物体的加速度始终为5 m/s2,方向沿斜面向下。那么经过3 s时的速度大小和方向是( )
A.25 m/s,沿斜面向上 B.5 m/s,沿斜面向下
C.5 m/s,沿斜面向上 D.25 m/s,沿斜面向下
答案 B 取初速度方向为正方向,则v0=10 m/s,a=-5 m/s2,由v=v0+at可得,当t=3 s时,v=-5 m/s,“-”表示物体在t=3 s时速度方向与初速度方向相反,即沿斜面向下,故B选项正确。
方法技巧
解决匀变速直线运动的注意问题
(1)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。
(2)公式的矢量性
考点二 解决匀变速直线运动的常用方法
1.解决匀变速直线运动相关问题的常用方法
思想
方法
分析说明
列方程:针对具体题目,分析含有几个物理过程(一般一个特定加速度对应一个过程),然后对每个过程逐个列关系表达式,最后解方程组(高考题常用基本公式列方程解题)
基本
公式法
基本公式指速度公式v=v0+at、位移公式x=v0t+12at2及推论2ax=v2-v02,它们均是矢量式,使用时要注意方向性,一般以v0方向为正方向,已知量与正方向相同者取正,与正方向相反者取负。未知量按正值代入,其方向由计算结果决定
平均
速度法
公式v=xt对任何性质的运动都适用,而v=12(v0+v)只适用于匀变速直线运动
中间时刻
速度法
利用“匀变速直线运动中,任一时间t内中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”,即v=v0+v2=vt2,此公式只适用于匀变速直线运动
推论法
对一般的匀变速直线运动问题,若出现相等的时间间隔问题,应优先考虑用Δx=aT2求解
逆向
思维法
把运动过程的“末态”作为“初态”,逆向研究问题,一般用于末态已知的情况
比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动问题,可利用初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解
图像:直观,形象。需要有将图像语言翻译成函数表达式的能力
图像法
应用v-t图像,可以把较复杂的问题转化为较简单的数学问题来解决
2.匀变速直线运动问题的解题“四步骤”
例2 物体以一定的初速度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。已知物体运动到距斜面底端A点34l处的B点时,所用时间为t,求物体从B滑到C所用的时间。
答案 见解析
解析 解法一 逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面,可逆向看成向下匀加速滑下斜面。
故xBC=atBC22,xAC=a(t+tBC)22,又xBC=xAC4
由以上三式解得tBC=t
解法二 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
v02=2axAC①
vB2=v02-2axAB②
xAB=34xAC③
由①②③式解得vB=v02④
又vB=v0-at⑤
vB=atBC⑥
由④⑤⑥式解得tBC=t
解法三 位移比例法
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=xAC4∶3xAC4=1∶3,而通过xBA的时间为t,所以通过xBC的时间tBC=t
解法四 时间比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1)
现将整个斜面分成相等的四段,如图所示,设通过BC段的时间为tx,那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD=(2-1)tx,tDE=(3-2)tx,tEA=(2-3)tx,又tBD+tDE+tEA=t,解得tx=t
解法五 中间时刻速度法
利用推论:匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,vAC=v0+v2=v02。又v02=2axAC,vB2=2axBC,xBC=xAC4。由以上三式解得vB=v02。vB正好等于AC段的平均速度,因此B点对应中间时刻,因此有tBC=t
解法六 图像法
根据匀变速直线运动的规律,作出v-t图像,如图所示。利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边长的平方之比,得S△AOCS△BDC=CO2CD2,且S△AOCS△BDC=41,OD=t,OC=t+tBC
所以41=(t+tBC)2tBC2,解得tBC=t
考向1 比例法
1.(多选)(2020山东潍坊期末)2019年世界男子冰壶锦标赛在加拿大莱斯布里奇举行,瑞典队以7∶2战胜加拿大队夺得冠军。比赛中一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动,且在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( )
A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
C.t1∶t2∶t3=1∶2∶3
D.t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1
答案 BD 因为冰壶做匀减速直线运动,且末速度为零,故可以视为反向的初速度为零的匀加速直线运动来研究,通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶…,故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3=(3-2)∶(2-1)∶1,选项C错误,D正确;初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶2∶3∶…,则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为v1∶v2∶v3=3∶2∶1,选项A错误,B正确。
考向2 Δx=aT2推论法
2.(2019甘肃天水质检)一个物体从静止开始做匀加速直线运动,以T为时间间隔,在第三个T时间内位移是3 m,第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s,则( )
A.物体的加速度是1 m/s2
B.第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s
C.时间间隔T=1 s
D.物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
答案 D 初速度为0的匀加速直线运动,连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…,据此判断第一个T时间内的位移x1=15×3 m=0.6 m,选项D正确;第二个T时间内的位移x2=35× 3 m=1.8 m,由v32-0=2a(x1+x2+x3),得a=56 m/s2,选项A错误;由Δx=aT2得x2-x1=aT2,解得T=65 s,选项C错误;第一个T时间末的瞬时速度v1=aT=1 m/s,选项B错误。
考向3 图像法
3.(2019湖南怀化模拟)如图所示,甲、乙两车同时由静止从A点出发,沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动,到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动,到达B点后做加速度为a2的匀加速运动,到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3,则( )
A.甲、乙不可能同时由A到达C
B.甲一定先由A到达C
C.乙一定先由A到达C
D.若a1>a3,则甲一定先由A到达C
答案 A 根据速度-时间图线得,若a1>a3,如图(a),因为末速度相等,位移相等,即图线与时间轴所围成的面积相等,则t乙
考点三 自由落体运动和竖直上抛运动
1.求解自由落体运动的两点注意
(1)可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。
①从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…。
②开始一段时间内的平均速度v=ht=v2=12gt。
③连续相等时间T内的下落高度之差Δh=gT2。
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动,从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动,等效于竖直下抛运动,应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决此类问题。
2.研究竖直上抛运动的两种方法
分段法
上升阶段:a=g的匀减速直线运动
下降阶段:自由落体运动
全程法
初速度v0向上、加速度g向下的匀变速直线运动,v=v0-gt,h=v0t-12gt2(向上为正方向)
若v>0,物体上升,若v<0,物体下落
若h>0,物体在抛出点上方,若h<0,物体在抛出点下方
3.竖直上抛运动的三个对称
时间对称
①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回抛出点所用时间相等,即t上=t下=v0g
②物体在上升过程中某两点之间所用的时间与下降过程中该两点之间所用的时间相等
速度对称
①物体上抛时的初速度与物体落回抛出点时的速度大小相等、方向相反
②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反
能量对称
竖直上抛运动物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能及机械能分别相等
1.
(2019课标Ⅰ,18,6分)如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个H4所用的时间为t1,第四个H4所用的时间为t2。不计空气阻力,则t2t1满足( )
A.1
答案 495 m
解析 解法一 分段法
根据题意画出运动草图如图甲所示。将产品的运动过程分为A→B和B→C→D两段来处理。A→B为竖直方向匀减速运动,B→C→D为自由落体运动
在A→B段,根据匀变速运动规律可知
tAB=v0g=1 s
hAB=hBC=12gtAB2=5 m
由题意可知tBD=11 s-1 s=10 s
根据自由落体运动规律可得hBD=12gtBD2=500 m
故释放点离地面的高度H=hBD-hBC=495 m
解法二 全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动,根据题意画出运动草图如图乙所示
规定向上为正方向,则v0=10 m/s,a=-g=-10 m/s2
根据H=v0t+12at2
解得H=-495 m
即产品刚释放时离地面的高度为495 m
多阶段匀变速直线运动的应用解题策略
整段法与分段法的应用
多运动过程组合问题是指一个物体的运动包含几个阶段,各阶段的运动满足不同的运动性质和规律,衔接处的速度是连接各段的纽带。
(1)将物体的运动过程按运动性质的不同进行划分。
(2)理清各运动之间的联系,如速度关系、位移关系、时间关系等。
(3)注意分析题目中的限制条件,如速度大小、位移方向等。
1.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25。若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
答案 20 m/s
解析 设路面干燥时,汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为μ0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg=ma0 s=v0t0+v022a0
设在雨天行驶时,汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ=25μ0
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg=ma s=vt0+v22a
解得v=20 m/s
2.在国庆节阅兵仪式中,某直升机在地面上空某高度A处于静止待命状态,要求该直升机在零时刻由静止状态沿着直线方向做匀加速直线运动,经过AB段加速区后,进入BC段的匀速受阅区,在时刻t达到C位置,已知AB段长度为L1,BC段长度为L2,求:
(1)直升机在BC段的速度大小;
(2)直升机在AB段运动时的加速度大小。
答案 (1)L2+2L1t (2)(L2+2L1)22L1t2
解析 (1)设在BC段的速度为v,通过AB、BC的时间分别为t1、t2
在AB段,xAB=12vt1=L1
在BC段,L2=vt2
t1+t2=t
解得v=L2+2L1t
(2)在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小a=v22L1
解得a=(L2+2L1)22L1t2
A组 基础过关
1.(2019湖北武汉调研)某质点做匀加速直线运动,经过时间t速度由v0变为kv0(k>1),位移大小为x。则在随后的4t内,质点的位移大小为( )
A.8(3k-2)xk+1 B.8(2k-1)xk+1
C.8(2k-1)xk-1 D.3(5k-3)xk+1
1.答案 A 由题给条件得匀加速直线运动的加速度a=ΔvΔt=kv0-v0t=(k-1)tv0,另由运动学公式有x=v0+kv02t,得v0=2x(1+k)t,则接下来的4t时间内,位移x'=kv0·4t+12(k-1)v0t×(4t)2,将v0=2x(1+k)t代入上式可得x'=8x(3k-2)k+1,选项A正确。
2.将一个小球从水面上方0.8 m高处自由释放,小球坠入水中后下沉的深度为4 m,不计空气阻力,g=10 m/s2,则小球在水中的加速度大小为( )
A.2 m/s2 B.3 m/s2 C.4 m/s2 D.5 m/s2
2.答案 A 小球落至水面时的速度v=2gh1=4 m/s,小球在水中的加速度大小a=v22h2= 2 m/s2,A对。
3.一个做匀减速直线运动的物体,经过3 s,速度刚好减为零。若测得该物体在最后1 s内的位移是1 m,那么该物体在这3 s内的平均速度大小是( )
A.1 m/s B.3 m/s C.5 m/s D.9 m/s
3.答案 B 解答本题采用“逆向思维法”。在最后1 s内,根据x=12at2得,物体的加速度大小为a=2xt2=2×11 m/s2=2 m/s2,则物体的初速度v0=at'=2×3 m/s=6 m/s,物体在这3 s内的平均速度v=v02=62 m/s=3 m/s。故B项正确,A、C、D项错误。
4.(2019安徽蚌埠模拟)目前高铁是我国的一张名片。某高铁站,一维护员站在一中央站台上,两边分别有正在进站或开出的列车,若两边列车都是做匀变速直线运动,如图所示,现观察其中一列列车的运动,发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n1和n2,则n1和n2之比不可能是( )
A.1∶2 B.2∶5 C.3∶2 D.4∶21
4.答案 D 设匀变速直线运动相等时间间隔t内任意连续两段位移为s1、s2,中间时刻速度为v,两端速度分别为v1、v2,则s1=v1+v2t,s2=v+v22t,s1s2=v1+vv+v2=v1+v1+v22v1+v22+v2=3v1+v2v1+3v2,当v1、v2分别取0时,可得两段位移之比分别为13、31,因此可知取值范围为13≤s1s2=n1n2≤31且s1s2=n1n2≠1,因此D不可能。
5.一固定的光滑斜面长为x,一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑,当物体速度为到达斜面底端时的速度的一半时,它沿斜面下滑的距离是( )
A.x4 B.2-12x C.x2 D.2x2
5.答案 A 把物体的运动过程按速度大小分为两段,即0~v2和v2~v两段,由于这两段的速度变化量相等,则这两段对应的时间相等,又因为这两段相等时间内位移之比为1∶3,故第一段的位移为总位移的四分之一,即x4,选项A正确。
6.如图,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2,假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
A.13 s B.16 s C.21 s D.26 s
6.答案 C 矿石以最大速度匀速运动的时间越长,整个过程所需时间就越短。即矿石以最大加速度匀加速,达到最大速度后保持最大速度匀速上升,快到井口时又以最大加速度匀减速,到井口恰好速度减为0。
在匀加速阶段:v0=0,a=1 m/s2,v=8 m/s,由v=v0+at1得t1=8 s,则x1=(v+v0)t1/2=32 m
在匀减速阶段:该阶段与匀加速对称,t3=8 s,x3=32 m
所以在匀速阶段:x2=x-x1-x3=40 m,t2=x2v=5 s
t总=t1+t2+t3=21 s。
7.如图所示为一杂技演员用一只手抛球、接球的示意图,他每隔0.4 s抛出一球,接到球便立即把球抛出。已知除抛、接球的时刻外,空中总有4个球,将球的运动近似看做是竖直方向的运动,球到达的最大高度是(高度从抛球点算起,取g=10 m/s2)( )
A.1.6 m B.2.4 m
C.3.2 m D.4.0 m
7.答案 C 将空中运动的4个球看做一个球的竖直上抛运动,由题意知,球从抛出到落回手中用时t=0.4 s×4=1.6 s,则球从最高点落回手中的时间为0.8 s,则H=12×10×0.82 m=3.2 m,故C正确。
8.(多选)交警部门开展的“车让人”活动深入人心,不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚。假设一辆以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口,有一老人正在过人行横道,此时汽车的车头距离停止线8 m。该车减速时的加速度大小为5 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A.如果驾驶员立即刹车制动,则t=2 s时,汽车离停止线的距离为1.6 m
B.如果在距停止线6 m处开始刹车制动,汽车能在停止线处停车让人
C.如果驾驶员的反应时间为0.4 s,汽车刚好能在停止线处停车让人
D.如果驾驶员的反应时间为0.2 s,汽车刚好能在停止线处停车让人
8.答案 AD 若汽车做匀减速直线运动,速度减为零所用的时间t0=0-v0a=-8-5 s=1.6 s<2 s,所以从刹车到停止的位移大小x1=v022a=6410 m=6.4 m,汽车离停止线的距离为8 m-6.4 m=1.6 m,故A正确;如果汽车在距停止线6 m处开始刹车制动,刹车位移是6.4 m,所以汽车不能在停止线处停车让人,故B错误;刹车的位移是6.4 m,所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m,则驾驶员的反应时间t=1.68 s=0.2 s时,汽车刚好能停在停止线处让人,故C错误,D正确。
9.(2019贵州遵义统测)一位4岁小男孩从高15层的楼顶坠下,被同楼的一位青年在楼下接住,幸免于难。设每层楼的高度为3 m,这位青年从他所在的地方到楼下需要的时间是1.3 s,则该青年要接住孩子,至多允许他反应的时间是(g=10 m/s2)( )
A.3.0 s B.1.7 s C.0.4 s D.1.3 s
9.答案 B 楼高h=15×3 m=45 m,由h=12gt2解得t=2hg=2×4510 s=3.0 s,Δt=3.0 s-1.3 s=1.7 s,即至多允许反应的时间为1.7 s;故选项B正确。
10.(多选)(2019山东师大附中模拟)如图所示,在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c,离桌面高度h1∶h2∶h3=3∶2∶1。若先后顺次释放a、b、c,三球刚好同时落到桌面上,不计空气阻力,则( )
A.三者到达桌面时的速度大小之比是3∶2∶1
B.三者运动时间之比为3∶2∶1
C.b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差
D.三个小球运动的加速度与小球受到的重力成正比,与质量成反比
10.答案 AC 由v2=2gh,得v=2gh,故v1∶v2∶v3=3∶2∶1,A正确;由t=2hg得三者运动的时间之比t1∶t2∶t3=3∶2∶1,B错误;b与a开始下落的时间差Δt1=(3-2)2h3g,c与b开始下落的时间差Δt2=(2-1)2h3g,故C正确;三个小球运动的加速度与重力及质量无关,都等于重力加速度,D错误。
11.假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动。已知某列车长为L,通过一铁路桥时的加速度大小为a,列车全长通过桥头的时间为t1,列车全长通过桥尾的时间为t2,则列车车头通过铁路桥所需的时间为( )
A.La·t2-t1t1t2 B.La·t2+t1t1t2
C.La·t2-t1t1t2-t2-t12 D.La·t2-t1t1t2+t2-t12
11.答案 C 设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t0,从列车车头到达桥头时开始计时,列车全长通过桥头时的平均速度等于12t1时刻的瞬时速度v1,则v1=Lt1;列车全长通过桥尾时的平均速度等于t0+12t2时刻的瞬时速度v2,则v2=Lt2;由匀变速直线运动的速度公式可得v2=v1-at0+12t2-12t1,解得t0=La·t2-t1t1t2-t2-t12。
B组 能力提升
12.(2019江西五校模拟)一弹性小球自4.9 m高处自由下落,当它与水平地面每碰一次,速度减小到碰前的79,重力加速度g取9.8 m/s2,试求小球开始下落到停止运动所用的时间。
12.答案 8 s
解析 小球第一次下落经历的时间t=2hg=1 s
落地前的速度的大小v=gt=9.8 m/s
第一次碰地弹起的速度大小v1=79v
上升到落回的时间t1=2v1g=2×79 s
第二次碰地弹起的速度的大小
v2=792v
上升到落回的时间
t2=2v2g=2×792 s
⋮
第n次碰地弹起的速度的大小
vn=79nv
上升到落回的时间
tn=2vng=2×79n s
从开始到停止运动所用的时间t总=t+t1+t2+…+tn=1+2×79+2×792+…+2×79n s= 1 s+7×1-79n s≈8 s
13.(2019河北定州中学期末)近几年,国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费,给自驾出行带来了很大的实惠,但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力,因此交管部门规定,上述车辆通过收费站口时,在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0=72 km/h,靠近站口时以大小为a1=5 m/s2的加速度匀减速,通过收费站口时的速度为vt=28.8 km/h,然后立即以a2=4 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问:
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速?
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,运动的时间是多少?
(3)在(1)(2)问题中,该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少?
13.答案 (1)33.6 m (2)5.4 s
(3)1.62 s
解析 vt=28.8 km/h=8 m/s,v0=72 km/h=20 m/s
(1)该车进入站口前做匀减速直线运动,设距离收费站x1处开始制动,则
vt2-v02=-2a1x1
解得x1=33.6 m
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2,则减速阶段vt=v0-a1t1,得t1=vt-v0-a1=2.4 s
加速阶段t2=v0-vta2=3 s
则加速和减速的总时间为t=t1+t2=5.4 s
(3)在加速阶段x2=vt+v02t2=42 m
则总位移x=x1+x2=75.6 m
若不减速所需要时间t'=xv0=3.78 s
车因减速和加速过站而耽误的时间Δt=t-t'=1.62 s
相关资料
更多
