物理必修 第一册5 牛顿运动定律的应用学案

这是一份物理必修 第一册5 牛顿运动定律的应用学案，共14页。

题型一 运动学图像的理解和应用
x－t图像与v－t图像的比较
如图所示，在位移—时间图像和速度－时间图像中，给出四条图线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是( )
A．图线1表示物体做曲线运动
B．x－t图像中t1时刻v1>v2
C．v－t图像中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等
D．两图像中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动 []《优~@%化方案^#》教辅[]
[解析] 图线1是位移－时间图像，表示物体是做变速直线运动，A错误；x－t图线上某点斜率的绝对值的大小表示速度的大小，B正确；v－t图像中0至t3时间内3和4位移不同，所以平均速度不相等，C错误；t2时刻2开始反向运动，t4时刻4加速度方向变化但运动方向不变，D错误。
[答案] B
[针对训练1] (多选)如图所示，这是某物体做匀变速直线运动的速度—时间图像，t＝0时物体位于原点。根据图像可知下列说法正确的是( )
[]2022版新教*&材~教@#辅[]
A．物体始终沿正方向运动
B．物体先向负方向运动，在t＝2 s后开始向正方向运动
C．在t＝2 s前物体位于出发点负方向上，在t＝2 s后位于出发点正方向上
D．前4 s内，在t＝2 s时，物体距出发点最远
解析：选BD。物体在前2 s内沿负方向运动，后2 s内沿正方向运动，故A错误，B正确；t＝0时物体位于原点，前2 s物体沿负方向运动，t＝2 s时离出发点最远，后沿正方向运动，图线与时间轴围成的面积表示位移，t＝4 s时回到出发点，故0～4 s内物体一直位于出发点负方向，故C错误，D正确。
题型二 应用v－t图像分析追及和相遇问题
1．要抓住一个条件、两个关系。
(1)一个条件：速度相等。这是两物体是否追上(或相撞)、距离最大、距离最小的临界点，是解题的切入点。
(2)两个关系：时间关系和位移关系。通过画示意图找出两物体位移之间的数量关系，是解题的突破口。
2．常用方法 []2@022&^版新~教材#教辅[]
(1)物理分析法
抓住“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，建立物体运动关系的图景，并画出运动情况示意图，找出位移关系。
(2)图像法：将两者的v－t图像在同一坐标系中画出，然后利用图像求解。
(3)数学极值法：设从开始至相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ＜0，说明追不上或不能相遇。
3．解题思路
eq \x(\a\al(分析两物体,运动过程)) → eq \x(\a\al(画运动,示意图)) → eq \x(\a\al(找两物体,位移关系)) → eq \x(\a\al(列位移,方程))
(1)在解决追及、相遇类问题时，要紧抓“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，另外还要注意最后对解的讨论分析。
(2)分析追及、相遇类问题时，要注意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。
(多选)(2020·甘肃天水高一期中)甲、乙两车从同一地点沿同一方向出发，如图是甲、乙两车的速度图像，由图可知( ) []《优化%方案》&教*@^辅[]
A．甲车的加速度大于乙车的加速度
B．t1时刻甲、乙两车的速度相等
C．t1时刻甲、乙两车相遇
D．0～t1时刻，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
[解析] 甲车图线的斜率小于乙车图线的斜率，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故A错误；由图可知：t1时刻两车速度相等，故B正确；图像的“面积”等于位移，则t1时刻甲的位移大于乙的位移，它们从同一地点出发，则甲在乙的前方，没有相遇，故C错误；由图可知，0～t1时刻，甲车的位移大于乙车，时间相同，故甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故D正确。
[答案] BD
[针对训练2] (多选)(2020·天津南开中学月考)如图所示为甲、乙两物体从同一地点开始做直线运动的v－t图像，图中t1＝ eq \f(1,2) t2，则关于0～t2时间内物体的运动，下列说法正确的是( )
A．在t1时刻，甲位移是乙位移的3倍
B．加速过程中，甲的加速度大小是乙的加速度大小的2倍
C．在t1到t2之间某个时刻，甲与乙相遇
D．在到达t2时刻之前，甲一直在乙的前面
解析：选BD。根据图像可知，0～t1时间内甲、乙都做匀加速直线运动，而t1＝ eq \f(1,2) t2
则a甲＝2a乙
所以在t1时刻v甲＝2v乙
此时甲的位移x甲＝ eq \f(1,2) v0·t1
乙的位移x乙＝ eq \f(1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0)) t1
则甲位移是乙位移的2倍，故A错误，B正确；图像与坐标轴围成面积代表位移，甲、乙两物体从同一地点开始做直线运动，根据图像可知，在t2时刻，甲、乙的位移相等，则在t2时刻相遇，相遇前甲一直在乙的前面，故C错误，D正确。
题型三 多运动过程问题
(2020·天津南开中学月考)在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面H＝224 m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动。运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以a＝12.5 m/s2的加速度匀减速下降。为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过v＝5 m/s，g取10 m/s2，问：
(1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？
(2)伞兵在空中的最短时间为多少？
[解析] (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，则有：v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝－2ah
又：v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2g(H－h)
联立并代入数据解得：v0＝50 m/s，h＝99 m。
(2)设伞兵在空中的最短时间为t，伞兵离开飞机做自由落体运动，则有：v0＝gt1，解得：t1＝5 s，伞兵匀减速下降过程：t2＝ eq \f(v－v0,a) ＝3.6 s，故所求时间为：t＝t1＋t2＝(5＋3.6)s＝8.6 s。 []2*@02版新教材^教辅[]
[答案] (1)99 m (2)8.6 s
[针对训练3] 空间探测器从某一星球表面竖直升空，发动机推力为恒力。探测器升空后发动机因故障突然关闭，探测器升空到落回星球表面的速度随时间变化的图像如图所示，根据图像，求： []#2022版新*%教材教&辅[@]
[]《优@&#化方案》~教辅%[]
(1)该探测器在加速上升时的加速度大小及上升的最大高度Hm；
(2)探测器落回星球表面的速度大小v；
(3)探测器从最大高度到落回星球表面所用的时间t。
解析：(1)在0～10 s内探测器在加速上升，其加速度为
a1＝ eq \f(Δv1,Δt1) ＝6 m/s2 []20%&22版新#教^@材教辅[]
由图得：探测器上升的最大高度为
Hm＝ eq \f(60×30,2) m＝900 m。
(2)在10 s后，探测器关闭发动机，其运动过程中的加速度大小为a2＝ eq \f(Δv2,Δt2) ＝3 m/s2
由v2＝2a2Hm
得v＝ eq \r(2a2Hm) ＝30 eq \r(6) m/s。
(3)由Hm＝ eq \f(1,2) a2t2得探测器从最高点下落到星球表面的时间为t＝ eq \r(\f(2Hm,a2)) ＝10 eq \r(6) s。
答案：(1)6 m/s2 900 m (2)30 eq \r(6) m/s (3)10 eq \r(6) s
1．(运动学图像问题)如图所示为A、B两人在同一直线上运动的位移—时间图像，下列关于图像的分析正确的是( )
A．0～2 s内，A、B两人同向而行 []@《优~化方案》教^%辅&[]
B．0～2 s内，A的速度比B的速度大
C．0～5 s内，A走的路程比B走的路程多
D．0～5 s内，A的位移比B的位移大
解析：选D。位移—时间图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，所以0～2 s内A斜率为负，即速度沿负方向，B的斜率为正，即速度沿正方向，所以两人运动方向相反，故A错误；根据斜率等于速度，斜率绝对值越大，速度越大，可知0～2 s内A的速度比B的速度小，故B错误；在前5 s内，B正向运动60 m，静止2 s时间后又负向运动30 m，即B走的总路程为90 m，A走的路程为60 m，故A走的路程比B走的路程少，故C错误；在前5 s内，A的位移大小为xA＝60 m－0＝60 m，B的位移大小为xB＝30 m－0＝30 m，D正确。 []%《优化#方案》~教&辅[^]
2．(用v－t图像分析追及相遇问题)(2020·甘肃天水高一期中)甲、乙两车同时、同地、向同一个方向做直线运动，它们在0～4 s内运动的v －t图像如图所示，由图像可知( )
A．在第2 s末，两车处于同一位置
B．在第2 s末，两车的速度相同
C．在0～4 s内，甲的加速度和乙的加速度的大小相等
D．在0～4 s内，甲、乙两车相遇两次
解析：选B。由图看出，在前2 s内乙比甲运动得快，在第2 s末两车相距最远，故A错误；在第2 s末，两车的速度相同，均为10 m/s，故B正确；在0～4 s内，甲、乙图线的斜率不同，故加速度大小不相等，故C错误；因图像的“面积”等于物体的位移，可知0～4 s内，在第4 s末两车位移相等，故两车相遇1次，故D错误。 []《#优%化方案&*》教辅[^]
3．(多运动过程问题)一辆长途客车正以v0＝20 m/s的速度匀速行驶，突然，司机看见车的正前方x＝33 m处有一只狗，如图甲所示，司机立即采取制动措施。若从司机看见狗开始计时(t＝0)，长途客车的速度—时间图像如图乙所示。
(1)求长途客车司机从发现狗至客车停止运动的这段时间内前进的距离(假设此过程狗静止不动)。 []#*《优化方&案》~教辅@[]
(2)求长途客车制动时的加速度。
(3)若狗以v＝4 m/s的速度与长途客车同向且同时(t＝0)奔跑，狗会不会被撞？
解析：(1)x0＝ eq \f(1,2) v0(t1＋t2)＝ eq \f(1,2) ×20×(0.5＋4.5) m＝50 m。
(2)由题图乙得
a＝ eq \f(Δv,Δt) ＝ eq \f(0－20,4.5－0.5) m/s2＝－5 m/s2
负号表示长途客车制动时的加速度方向与初速度方向相反。 []《~优@化#方^案》教辅&[]
(3)客车制动到与狗速度相同所用时间
t＝ eq \f(Δv′,a) ＝ eq \f(4－20,－5) s＝3.2 s
客车位移x1＝v0t1＋ eq \f(v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2a) ＝20×0.5 m＋ eq \f(16－400,2×（－5）) m＝48.4 m
而狗通过的位移
x2＝v(t1＋t)＝4×(0.5＋3.2) m＝14.8 m []2%022@版新教材*教辅^&[]
x2＋33 m＝47.8 m
因为x1＞x2＋33 m，所以狗会被撞。
答案：(1)50 m (2)5 m/s2，方向与初速度方向相反 (3)会
(限时：30分钟)
1．质点a、b从同一位置沿同一直线运动的v－t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．t＝2 s时，a、b的速度方向均发生改变
B．t＝4 s时，a、b相距20 m
C．前4 s，a、b均做匀变速直线运动
D．前4 s，a与b的加速度始终相同
解析：选B。由图像可知，前4 s，a的速度都为正方向，b的速度都为负方向，所以t＝2 s时，a、b的速度方向均没有发生改变，A错误；图线与时间轴围成的面积表示位移，则t＝4 s时，a、b相距Δx＝ eq \f(1,2) ×4×5 m－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)×4×5)) m＝20 m，B正确；图像的斜率表示加速度，由图像可知，前4 s，a、b的加速度方向都发生了变化，不是匀变速直线运动，C错误；图像的斜率表示加速度，由图像可知，前4 s，a与b的加速度方向始终相反，D错误。
2．(多选)(2019·万州三中模拟)如图所示的是甲、乙两个质点同时、同地向同一方向做直线运动的v－t图像，由图可知( )
[]2@022版%新~教材教#辅&[]
A．在0～3 s内，甲做匀加速直线运动
B．甲在3 s后做匀速运动，在7 s末乙追上甲
C．5～7 s内两者逐渐靠近
D．0～7 s内两者在前进方向上的最大距离大于5 m
解析：选CD。在0～3 s内，甲的速度—时间图像是曲线，所以甲做变加速运动，故A错误；甲在3 s后做匀速运动，在0～7 s内甲对应的图线与横轴所包围的面积大于乙对应的图线与横轴所包围的面积，所以在7 s末乙没有追上甲，故B错误；5 s末，甲在前面，乙在后面，但5 s末后乙的速度大于甲的速度，所以5～7 s内两者逐渐靠近，故C正确；当两者速度相等时，前进方向上的距离最大，在0～5 s内，图线与横轴所包围的面积等于它们的位移，根据面积之差知道最大距离大于5 m，故D正确。
3．(2020·山西大同一中期中)甲、乙两车沿直线在同一条平直公路上同向运动，其v－t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．若乙车在前且两车恰好没有相撞，则t＝0时刻甲、乙两车间的距离为176 m
B．若乙车在前且两车恰好没有相撞，则t＝0时刻甲、乙两车间的距离为126 m
C．若t＝0时刻甲，乙两车在同一位置，乙车追上甲车的时间为24 s []《优~化%方案&@》*教辅[]
D．若t＝0时刻甲、乙两车在同一位置，乙车追上甲车的时间为36 s
解析：选C。由图像可知，两车速度相等时距离最近，而图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此在前12 s内，甲车的位移x1＝16×8 m＋ eq \f(1,2) ×(8＋16)×4 m＝176 m，乙车的位移x2＝48 m，根据题意恰好不相撞，因此t＝0时刻甲、乙两车间的距离为Δx＝x1－x2＝128 m，A、B错误；若初始时刻，两车在同一位置，在前16 s内甲车的位移x1′＝ eq \f(1,2) ×(8＋16)×16 m＝192 m，乙车做匀加速运动，且加速度a＝ eq \f(v,t) ＝ eq \f(2,3) m/s2，因此前16 s，乙车的位移x2′＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(256,3) m，乙没有追上甲，接下来甲车停止运动，乙车继续加速运动，当乙追上甲时x2＝ eq \f(1,2) at′2＝192 m，整理得t′＝24 s，C正确，D错误。 []《优化方*案#^》教@辅[%]
4．(多选)A、B两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v2)随位置(x)的变化规律如图所示，下列判断正确的是( )
[]202#2版*^@新教~材教辅[]
A．汽车A的加速度大小为18 m/s2
B．汽车A、B在x＝6 m处的速度大小为6 m/s
C．从开始到汽车A停止前，当xA＝6 m时A、B相距最远
D．从开始到汽车A停止前，当xA＝7.5 m时A、B相距最远 []*《优化@#%&方案》教辅[]
解析：选BD。根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ax得v2＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋2ax可知对于汽车A的v2－x图像的斜率等于2aA，则有2aA＝ eq \f(0－144,8) m/s2＝－18 m/s2可得aA＝－9 m/s2，大小为9 m/s2，故A错误；汽车A在x＝6 m处的速度大小设为v，由题图可知在x＝6 m处A、B汽车速度大小相等，故对于汽车A有2aA＝ eq \f(v2－144,6) m/s2＝－18 m/s2，解得v＝6 m/s，即汽车B的速度大小也为6 m/s，故B正确；根据图像和前面的分析可知A车做匀减速直线运动，B车做匀加速直线运动，它们从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，在A车停止前，当两车速度相等时相距最远；由A选项分析可知aA＝－9 m/s2，对B车有2aB＝ eq \f(48－0,8) m/s2＝6 m/s2，所以aB＝3 m/s2；根据图像知对于汽车A有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝144 m2/s2，得A的初速度v0＝12 m/s，设两车速度相等时的速度为v′，则对A车有v′＝v0＋aAt，v′＝aBt，联立解得v′＝3 m/s，t＝1 s，此时A车的位移为xA＝v0t＋ eq \f(1,2) aAt2＝12×1＋ eq \f(1,2) ×(－9)×12 m＝7.5 m，即从开始到汽车A停止前，当xA＝7.5 m时A、B相距最远，故C错误，D正确。
5．(2020·阜阳一中高一检测)如图甲所示的是一个物体沿直线运动的x－t图像。

甲 乙 []~《%优化方案》教辅#*&[]
(1)求第5 s末的速度大小；
(2)求0～60 s内的总路程；
(3)在图乙v－t坐标中作出0～60 s内物体的速度－时间图像。
解析：(1)0～10 s内物体做匀速运动的速度v1＝ eq \f(x1,t1) ＝ eq \f(20,10) m/s＝2 m/s，即第5 s末的速度大小为2 m/s。
(2)0～10 s内的路程d1＝20 m
10～40 s内的路程d2＝0
40～60 s内的路程d3＝20 m
所以0～60 s内的路程d＝d1＋d2＋d3＝40 m。
(3)0～10 s内速度v1＝2 m/s
10～40 s内速度为0
40～60 s内速度v2＝ eq \f(x2,t2) ＝ eq \f(20 m,20 s) ＝1 m/s
方向与原速度方向相反，速度—时间图像如图所示。
答案：(1)2 m/s (2)40 m (3)见解析图
6．如图甲所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点(t＝0)，A、B两车的v－t图像如图乙所示。已知B车在第1 s内与A车的距离缩短了x1＝12 m。
(1)求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小。
(2)若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时(t＝0)两车的距离x0应满足什么条件？
解析：(1)在t1＝1 s时A车刚启动，两车间缩短的距离
x1＝vBt1
代入数据解得B车的速度vB＝12 m/s []*2&022版新教材教辅^@[%]
A车的加速度a＝ eq \f(vB,t2－t1)
将t2＝5 s和其余数据代入解得A车的加速度大小 []~《优@*^化#方案》教辅[]
a＝3 m/s2。
(2)两车的速度达到相等时，两车的距离最小，对应于v－t图像的t2＝5 s时刻，此时两车已发生的相对位移等于图中梯形的面积，则x＝ eq \f(1,2) vB(t1＋t2)
代入数据解得x＝36 m []^《优化方@案》教#&*辅[]
因此，若A、B两车不会相撞，则两车的距离x0应满足条件x0>36 m。
答案：(1)12 m/s 3 m/s2 (2)x0＞36 m
7．(2020·山东师范大学附中高一月考)某物理实验小组在游泳池做了一个实验：将一个小木球离水面5 m高静止释放(不计空气阻力)，经1.40 s后落入池底速度刚好为零。假定木球在水中做匀减速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)木球刚接触水面时的速度的大小；
(2)木球在水中运动的加速度的大小； []20*@2%2#版^新教材教辅[]
(3)游泳池水的深度。
解析：(1)小木球离水面5 m高静止释放，做自由落体运动直到水面，根据位移时间公式得h1＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得t1＝1 s，所以木球刚接触水面时的速度为v1＝gt1＝10 m/s。 []%《优化方#案》~教&辅[^]
(2)在水中运动的时间为t2＝1.4 s－t1
所以有a＝ eq \f(Δv,t2) ＝ eq \f(10,1.4－1) m/s2＝25 m/s2。
(3)木球在水中做匀减速直线运动，平均速度等于 eq \f(v1＋0,2) ，所以h2＝ eq \f(v1＋0,2) ×t2＝ eq \f(10＋0,2) ×0.4 m＝2 m。
答案：(1)10 m/s (2)25 m/s2 (3)2 mx－t图像
v－t图像
①表示物体做匀速直线运动(斜率表示速度v)
①表示物体做匀加速直线运动(斜率表示加速度a)
②表示物体静止
②表示物体做匀速直线运动
③表示物体向反方向做匀速直线运动，初始位置为x0
③表示物体做匀减速直线运动，初速度为v0
④交点的纵坐标表示三个物体相遇时的位置
④交点的纵坐标表示三个运动物体某时刻有共同速度
⑤t1时间内物体的位移为x1
⑤t1时刻物体的速度为v1(图中阴影部分面积表示物体在0～t1时间内的位移)