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    江苏版高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律与应用课时学案
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    江苏版高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律与应用课时学案

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    这是一份江苏版高考物理一轮复习第1章第2节匀变速直线运动的规律与应用课时学案,文件包含核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时教学设计含反思docx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-7鹿角和鹿腿第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源,其中PPT共46页, 欢迎下载使用。


    一、匀变速直线运动的基本规律
    1.概念:沿一条直线且加速度不变的运动。
    2.分类
    (1)匀加速直线运动:a与v方向相同。
    (2)匀减速直线运动:a与v方向相反。
    3.基本规律
    二、匀变速直线运动的重要关系式
    1.两个导出式
    eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(1速度—位移关系:v2-v\\al(2,0)=2ax,2位移—平均速度关系:x=\(v,\s\up6(-))t=\f(v0+v,2)t)) eq \(――→,\s\up10(初速为零),\s\d5(v0=0))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v2=2ax,x=\f(v,2)t))
    2.三个重要推论
    (1)位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1=aT2,即任意两个连续相等的时间间隔T内的位移之差为一恒量。可以推广到xm-xn=(m-n)aT2。
    (2)中间时刻速度veq \f(t,2)=eq \x\t(v)=eq \f(v0+v,2),即物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度,还等于初、末时刻速度矢量和的一半。
    (3)位移中点的速度veq \f(x,2)=eq \r(\f(v\\al(2,0)+v2,2))。
    3.初速度为零的匀变速直线运动的四个常用推论
    (1)1T末、2T末、3T末…瞬时速度的比为
    v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n。
    (2)1T内、2T内、3T内…位移的比为
    xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶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x1∶x2∶x3∶…∶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))。
    三、自由落体运动和竖直上抛运动
    一、易错易误辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)
    (1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。(×)
    (2)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。(×)
    (3)在匀变速直线运动中,中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)
    (4)物体做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)
    (5)做竖直上抛运动的物体到达最高点时处于静止状态。(×)
    (6)竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段速度变化的方向都是向下的。(√)
    二、教材习题衍生
    1.(匀变速直线运动的规律)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
    C [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 s<5 s,所以4.5 s末汽车停止运动,5 s 内的位移x=eq \f(0-v\\al(2,0),2a)=eq \f(0-182,2×-4) m=40.5 m,故选项C正确。]
    2.(自由落体运动) 某轮比赛中,运动员在跳台上倒立静止,然后下落,前5 m完成技术动作,随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动,重力加速度大小取10 m/s2,则她用于姿态调整的时间约为( )
    A.0.2 s B.0.4s
    C.1.0 s D.1.4s
    B [运动员下落的整个过程所用的时间为
    t=eq \r(\f(2H,g))=eq \r(\f(2×10,10)) s≈1.4 s
    下落前5 m的过程所用的时间为
    t1=eq \r(\f(2h,g))=eq \r(\f(2×5,10)) s=1 s
    则运动员用于姿态调整的时间约为
    t2=t-t1=0.4 s
    故B正确,A、C、D错误。故选B。]
    匀变速直线运动的基本规律
    1.重要公式的选择
    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。
    3.两类特殊的匀减速直线运动
    (1)刹车类问题:指匀减速到速度为零后立即停止运动,加速度a突然消失,求解时要注意确定其实际运动时间。如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动,可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
    (2)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,故求解时可对全过程列式,但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。
    [典例] (匀变速直线运动的基本公式的应用)(2023·锡山高级中学模拟)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)?
    审题指导:解此题关键是画运动过程示意图,呈现运动情境
    [解析] (1)由题意可知经过10 s时,速度计上显示的速度为v1=54 km/h=15 m/s
    由速度公式v1=at1
    得a=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(v\\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,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
    “一画、二选、三注”巧解匀变速直线运动问题
    [跟进训练]
    基本公式的应用
    1.若飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动,若其着陆速度为60 m/s,则它着陆后12 s内滑行的距离是( )
    A.288 m B.300 m
    C.150 m D.144 m
    B [先求出飞机着陆后到停止所用时间t,由v=v0+at,得t=eq \f(v-v0,a)=eq \f(0-60,-6) s=10 s,由此可知飞机在12 s内不是始终做匀减速运动,在最后2 s内是静止的,故它着陆后12 s内滑行的距离为x=v0t+eq \f(at2,2)=60×10 m+(-6)×eq \f(102,2) m=300 m。故B选项正确。]
    汽车“刹车问题”
    2.(2023·江苏连云港模拟)“礼让行人”是城市文明交通的体现。小王驾驶汽车以36 km/h的速度匀速行驶,发现前方的斑马线上有行人通过,立即刹车使车做匀减速直线运动,直至停止,刹车过程加速度大小为10 m/s2。若小王的反应时间为0.5 s,则汽车距斑马线的安全距离至少为( )
    A.5 m B.10 m
    C.15 m D.36 m
    B [汽车的初速度为v0=36 km/h=10 m/s,反应时间t1=0.5 s内做匀速直线运动,有x1=v0t1=5 m,刹车过程的加速度大小为a=10 m/s2,由匀减速直线运动的规律02-veq \\al(2,0)=-2ax2,可得刹车距离为x2=eq \f(v\\al(2,0),2a)=5 m,故安全距离为d≥(x1+x2)=10 m,故B正确,A、C、D错误。]
    多过程问题
    3.(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为v0,要通过前方一长为L的隧道,当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a,则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为( )
    A.eq \f(v0-v,2a)+eq \f(L+l,v) B.eq \f(v0-v,a)+eq \f(L+2l,v)
    C.eq \f(3v0-v,2a)+eq \f(L+l,v) D.eq \f(3v0-v,a)+eq \f(L+2l,v)
    C [当列车恰好以速度v匀速通过隧道时,从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短,列车减速过程所用时间t1=eq \f(v0-v,2a),匀速通过隧道所用时间t2=eq \f(L+l,v),列车加速到原来速度v0所用时间t3=eq \f(v0-v,a),所以列车从减速开始至回到正常行驶速率所用时间至少为t=t1+t2+t3=eq \f(3v0-v,2a)+eq \f(L+l,v),C项正确。]
    双向可逆类问题
    4.在足够长的光滑斜面上,有一物体以6 m/s的初速度沿斜面向上运动,物体的加速度始终为2 m/s2,方向沿斜面向下,当物体的位移大小为5 m 时,下列说法不正确的是( )
    A.物体的运动时间可能为1 s
    B.物体的运动时间可能为5 s
    C.物体的运动时间可能为(3+eq \r(14))s
    D.此时的速度大小一定为4 m/s
    D [以平行于斜面向上为正方向,物体的初速度v0=6 m/s,物体的加速度a=-2 m/s2,当物体在初位置上方时位移x=5 m,当物体在初位置下方时位移x′=-5 m由匀变速直线运动的位移—时间关系公式:x=v0t+eq \f(1,2)at2可得:
    5=6t-eq \f(1,2)×2t2,-5=6t′-eq \f(1,2)×2t′2,
    解得:t1=1 s,t2=5 s
    t1′=(3+eq \r(14)) s,
    t2′=(3-eq \r(14)) s不符合实际,舍去,故A、B、C正确;
    当t=1 s时物体的速度:v=v0+at=4 m/s
    当t=5 s时物体的速度:v=v0+at=-4 m/s
    当t=(3+eq \r(14)) s时物体的速度:
    v=v0+at=-2eq \r(14) m/s
    物体的速度可能为4 m/s,但不是一定为4 m/s,故D错误。故选D。]
    解决匀变速直线运动的常用方法
    解决匀变速直线运动问题常用的六种方法
    [典例] (一题多法)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,如图所示。已知物体运动到距斜面底端eq \f(3,4)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。
    思路点拨:解此题把握以下关键信息
    (1)“到达斜面最高点C时速度恰好为零”表明该物体做减速到零的匀减速直线运动,可考虑“逆向思维”。
    (2)“距斜面底端eq \f(3,4)l处的B点”表明BC的距离为eq \f(l,4),可考虑“比例法”应用。
    [解析] 方法一:基本公式法
    因为物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设初速度为v0,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
    veq \\al(2,0)=2axAC ①
    veq \\al(2,B)=veq \\al(2,0)-2axAB②
    xAB=eq \f(3,4)xAC③
    由①②③解得vB=eq \f(v0,2)④
    又vB=v0-at ⑤
    vB=atBC ⑥
    由④⑤⑥解得tBC=t。
    方法二:平均速度法
    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内的平均速度,然后进一步分析问题。
    eq \x\t(v)AC=eq \f(v0+0,2)=eq \f(v0,2)
    又veq \\al(2,0)=2axAC,veq \\al(2,B)=2axBC,xBC=eq \f(xAC,4)
    由以上三式解得vB=eq \f(v0,2)
    可以看出vB正好等于AC段的平均速度,因此B点是这段位移的中间时刻,因此有tBC=t。
    方法三:逆向思维法
    物体向上匀减速冲上斜面,其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC
    由运动学公式得xBC=eq \f(1,2)ateq \\al(2,BC),xAC=eq \f(1,2)a(t+tBC)2,
    又xBC=eq \f(xAC,4),由以上三式解得tBC=t。
    方法四:比例法
    对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)
    因为xBC∶xAB=eq \f(xAC,4)∶eq \f(3xAC,4)=1∶3,而通过xAB的时间为t,所以通过xBC的时间tBC=t。
    方法五:图像法
    根据匀变速直线运动的规律,画出v­t图像
    如图所示,v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移的大小
    利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边的平方比
    得eq \f(S△AOC,S△BDC)=eq \f(CO2,CD2),且eq \f(S△AOC,S△BDC)=eq \f(4,1),
    OD=t,OC=t+tBC
    所以eq \f(4,1)=eq \f(t+tBC2,t2),解得tBC=t。
    [答案] t
    解决匀变速直线运动问题的两个技巧
    (1)把减速到0的匀减速直线运动转化为反向的初速度为0的匀加速直线运动,列方程将非常简便,如果可以进一步利用比例关系解题则更简单。
    (2)若已知匀变速直线运动的位移和时间,通常优先考虑应用平均速度公式,求出中间时刻的瞬时速度。
    [跟进训练]
    平均速度法
    1.一物体做匀加速直线运动,通过一段位移Δx所用时间为2t,紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t。则物体运动的加速度大小为( )
    A.eq \f(Δx,t2) B.eq \f(Δx,2t2)
    C.eq \f(Δx,3t2) D.eq \f(2Δx,3t2)
    C [物体做匀加速直线运动,在第一段位移Δx内的平均速度是v1=eq \f(Δx,2t);在第二段位移Δx内的平均速度是v2=eq \f(Δx,t);两个中间时刻的时间差为Δt=t+eq \f(t,2)=eq \f(3,2)t,因为某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则物体加速度的大小a=eq \f(Δv,Δt)=eq \f(v2-v1,\f(3,2)t),解得:a=eq \f(Δx,3t2),故选C。]
    推论法
    2.(2023·江苏南京模拟)如图所示,某物体自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个点,测得xAB=2 m,xBC=3 m,且该物体通过AB、BC、CD所用时间相等,则下列说法正确的是( )
    A.可以求出该物体加速度的大小
    B.可以求得xCD=5 m
    C.可求得OA之间的距离为1.125 m
    D.可求得OA之间的距离为1.5 m
    C [设加速度为a,该物体通过AB、BC、CD所用时间均为T,由Δx=aT2,Δx=xBC-xAB=xCD-xBC=1 m,可以求得aT2=1 m,xCD=4 m,而B点的瞬时速度vB=eq \f(xAC,2T),则OB之间的距离xOB=eq \f(v\\al(2,B),2a)=3.125 m,OA之间的距离为xOA=xOB-xAB=1.125 m,C正确。]
    自由落体运动和竖直上抛运动
    1.两种运动的特性
    (1)自由落体运动为初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
    (2)竖直上抛运动的重要特性
    ①对称性
    如图所示,物体以初速度v0竖直上抛,A、B为途中的任意两点,C为最高点,则:
    ②多解性:当物体经过抛出点上方某个位置时,可能处于上升阶段,也可能处于下降阶段,造成多解,在解决问题时要注意这个特性。
    2.竖直上抛运动的研究方法
    [典例] (自由落体运动与竖直上抛运动)在离地面高h处质点A做自由落体运动,与此同时,在A的正下方的地面上有质点B以初速度v0竖直上抛。若B在上升阶段能与A相遇,求出v0的取值范围;若B在下降阶段与A相遇,求出v0的取值范围。
    审题指导:解此题关键是画出两物体运动示意图,找到相遇点,利用好位移关系和时间关系。
    [解析] 如图所示,以B的初位置为原点O,竖直向上为y轴正方向
    A做自由落体运动,它的位置坐标和时间的关系为
    y1=h-eq \f(1,2)gt2
    B做竖直上抛运动,它的位置坐标和时间关系为
    y2=v0t-eq \f(1,2)gt2
    两个质点相遇的条件是y1=y2
    即h-eq \f(1,2)gt2=v0t-eq \f(1,2)gt2,可见A、B相遇的时间t0=eq \f(h,v0)。
    而B上升到最高点的时间t1=eq \f(v0,g)
    若要使B在上升时与A相遇,必须满足t1≥t0,即
    eq \f(v0,g)≥eq \f(h,v0)
    所以B在上升时与A相遇的v0的取值范围为
    v0≥eq \r(gh)
    若B在下降过程中与A相遇,必须满足t1必须满足t2≥t0,即eq \f(2v0,g)≥eq \f(h,v0)
    得v0≥eq \r(\f(gh,2))
    因此,在B下降过程中与A相遇的v0的取值范围为eq \r(gh)>v0≥eq \r(\f(gh,2))。
    [答案] 见解析
    解决自由落体运动与竖直上抛运动的两点注意
    (1)要注意速度、加速度、位移等的方向,一般以初速度方向为正方向。
    (2)竖直上抛运动为双向可逆运动,要注意其多解性,其在空中运动情况分析常有以下两种判断方法。
    ①根据位移h判断:h>0在抛出点上方,h=0恰好在抛出点,h<0在抛出点下方。
    ②根据时间t判断:teq \f(v0,g)表明在下降过程中,t>eq \f(2v0,g)表明在抛出点下方。
    [跟进训练]
    自由落体运动规律的应用
    1.把一条铁链自由下垂地悬挂在天花板上,放开后让铁链做自由落体运动,已知整条铁链通过悬点下方3.2 m处的一点历时0.5 s,g取10 m/s2,则铁链的长度为( )
    A.1.75 m B.2.75 m
    C.3.75 m D.4.75 m
    B [设铁链长度为l,若铁链刚好长为3.2 m,则整条铁链通过悬点下方 3.2 m处历时t0=eq \r(\f(2h,g))=eq \r(\f(2×3.2,10)) s=0.8 s,而题设整条铁链通过该点只用了0.5 s,说明铁链长度小于3.2 m,则铁链下端到达悬点下方3.2 m处用的时间为Δt=t0-t=(0.8-0.5) s=0.3 s。因h-l=eq \f(1,2)g·(Δt)2,则l=h-eq \f(1,2)g·(Δt)2=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3.2-\f(1,2)×10×0.32)) m=2.75 m。]
    竖直上抛运动规律的应用
    2.(一题多法)气球以10 m/s的速度匀速上升,当它上升到离地面175 m的高处时,一重物从气球上脱落,则重物需要经过多长时间才能落到地面?到达地面时的速度是多大?(g取10 m/s2)
    [解析] 方法一:分段法
    设重物离开气球后,经过t1时间上升到最高点,
    则t1=eq \f(v0,g)=eq \f(10,10) s=1 s
    上升的最大高度
    h1=eq \f(v\\al(2,0),2g)=eq \f(102,2×10) m=5 m
    故重物离地面的最大高度为
    H=h1+h=5 m+175 m=180 m
    重物从最高处自由下落,落地时间和落地速度分别为
    t2=eq \r(\f(2H,g))=eq \r(\f(2×180,10)) s=6 s
    v=gt2=10×6 m/s=60 m/s
    所以重物从气球上脱落至落地共历时
    t=t1+t2=7 s。
    方法二:全程法
    从物体自气球上脱落计时,经时间t落地,规定初速度方向为正方向,画出运动草图如图所示,则物体在时间t内的位移
    h=-175 m
    由位移公式
    h=v0t-eq \f(1,2)gt2
    解得t=7 s和t=-5 s(舍去)
    所以重物落地速度为
    v=v0-gt=-60 m/s
    其中负号表示方向向下,与初速度方向相反。
    方法三:对称性
    根据速度对称,重物返回脱离点时,具有向下的速度v0=10 m/s,设落地速度为v,则v2-veq \\al(2,0)=2gh
    解得v=60 m/s,方向竖直向下
    经过h历时Δt=eq \f(v-v0,g)=5 s
    从最高点到落地历时t1=eq \f(v,g)=6 s
    由时间对称可知,重物脱落后至落地历时t=2t1-Δt=7 s。
    [答案] 7 s 60 m/s
    课时分层作业(二) 匀变速直线运动的规律与应用
    题组一 匀变速直线运动的规律
    1.(2023·苏州模拟)一质点沿直线运动,其平均速度与时间的关系满足v=2+t(各物理量均选用国际单位制中的单位),则关于该质点的运动,下列说法正确的是( )
    A.质点可能做匀减速直线运动
    B.5 s内质点的位移为35 m
    C.质点运动的加速度为1 m/s2
    D.质点3 s末的速度为5 m/s
    B [根据平均速度v=eq \f(x,t)知,x=vt=2t+t2,根据x=v0t+eq \f(1,2)at2知,质点的初速度v0=2 m/s,加速度a=2 m/s2,质点做匀加速直线运动,故A、C错误;5 s内质点的位移x=v0t+eq \f(1,2)at2=35 m,故B正确;质点在3 s末的速度v=v0+at=8 m/s,故D错误。]
    2.在某工地上一卡车以10 m/s的速度匀速行驶,刹车后第一个 2 s内的位移与最后一个 2 s 内的位移之比为3∶2,设卡车做匀减速直线运动,则刹车后4 s内卡车通过的距离是( )
    A.2.5 m B.4 m
    C.12 m D.12.5 m
    D [设刹车时加速度大小为a,则第一个2 s内的位移x1=v0t-eq \f(1,2)at2=(20-2a)m,根据逆向思维,最后1个2 s内的位移x2=eq \f(1,2)at2=2a m,由eq \f(x1,x2)=eq \f(20-2a,2a)=eq \f(3,2),解得a=4 m/s2,卡车从刹车到停止需要的时间t0=eq \f(v0,a)=2.5 s,则刹车后4 s内的位移x=eq \f(v\\al(2,0),2a)=12.5 m,选项D正确。]
    题组二 匀变速直线运动推论的应用
    3.(2023·南京中学开学考试)一质点做匀加速直线运动,第3 s内的位移2 m,第4 s内的位移是2.5 m,那么( )
    A.这两秒内的平均速度是4.5 m/s
    B.第三秒末的瞬时速度是3.25 m/s
    C.质点的加速度是0.125 m/s2
    D.质点在零时刻的初速度是0.75 m/s
    D [质点在这两秒内的平均速度为eq \x\t(v)=eq \f(2+2.5,2) m/s=2.25 m/s,根据匀变速直线运动过程中中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知,该速度为第3 s末的瞬时速度,A项错误,B项错误;根据Δx=aT2可得x4-x3=aT2,T=1 s,故可得a=0.5 m/s2,C项错误;因为v3=2.25 m/s,所以根据速度—时间公式可得v0=v3-at=(2.25-0.5×3) m/s=0.75 m/s,D项正确。]
    4.如图所示,光滑斜面上有A、B、C、D四点,其中CD=10AB。一可看成质点的物体从A点由静止释放,通过AB和CD段所用时间均为t,则物体通过BC段所用时间为( )
    A.1.5t B.2.5t
    C.3.5t D.4.5t
    C [设AB段的位移为x,由运动学规律可得, AB段中间时刻的瞬时速度v1=eq \f(x,t),CD段中间时刻的瞬时速度v2=eq \f(10x,t), 则AB段中间时刻到CD段中间时刻所用时间t1=eq \f(v2-v1,a), 又因为x=eq \f(1,2)at2,联立解得t1=4.5t, 因此BC段所用时间t2=t1-t,代入数据解得t2=3.5t,故ABD错误,C正确。]
    题组三 自由落体和竖直上抛运动
    5.(2023·南京师范大学附属中学)宇航员在某星球上做自由落体运动实验,让一个质量为2 kg的物体从足够高的高度自由下落,测得物体在第5 s内的位移是18 m,则( )
    A.物体在2 s末的速度是20 m/s
    B.物体在第5 s内的平均速度是3.6 m/s
    C.物体自由下落的加速度是5 m/s2
    D.物体在5 s内的位移是50 m
    D [根据运动学公式Δx=eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)-eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)=18 m,t2=5 s,t1=4 s,解得a=4 m/s2,选项C错误;物体在2 s末的速度为v2=4×2 m/s=8 m/s,选项A错误;物体在5 s内的位移为x5=eq \f(1,2)×4×52 m=50 m,选项D正确;物体在第5 s内的位移为18 m,故物体在第5 s内的平均速度为18 m/s,选项B错误。]
    6. (2023·海安高级中学月考)如图所示,在一个桌面上方有三个金属小球a、b、c,离桌面高度比为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
    C [由v2=2gh,得v=eq \r(2gh),所以到达桌面时的速度之比为v1∶v2∶v3=eq \r(3)∶eq \r(2)∶1,故A错误;由t=eq \r(\f(2h,g))得三者运动时间之比为t1∶t2∶t3= eq \r(3)∶eq \r(2)∶1,故B错误; b与a开始下落的时间差Δt1=(eq \r(3)-eq \r(2))eq \r(\f(2h3,g)),c与b开始下落的时间差Δt2=(eq \r(2)-1)eq \r(\f(2h3,g)),故C正确;三个小球运动的加速度等于重力加速度,与其重力和质量无关,故D错误。]
    7. (2022·江苏南京二模)广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图,喷口竖直向上喷水,已知喷管的直径为D,水在喷口处的速度为v0。重力加速度为g,不考虑空气阻力的影响,则在离喷口高度为H时的水柱直径为( )
    A.D B.eq \f(Dv0,\r(v\\al(2,0)+2gH))
    C.eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)-2gH))) D.eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)+2gH)))
    C [设Δt时间内,从喷口喷出的水的质量为Δm,则Δm=ρΔV,ΔV=v0πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2)))2Δt
    在离喷口高度为H时,速度
    v2-veq \\al(2,0)=-2gH
    且v0Δtπeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2)))2=vΔtπeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D′,2)))2
    解得D′=eq \r(\f(D2v0,\r(v\\al(2,0)-2gH)))
    故选C。]
    8. (2022·南通中学一模)伽利略在研究自由落体运动时,猜想自由落体的速度是均匀变化的,他考虑了速度的两种变化:一种是速度随时间均匀变化,另一种是速度随位移均匀变化。现在我们已经知道,自由落体运动是速度随时间均匀变化的运动。有一种照相机的曝光时间极短,且固定不变。为估测照相机的曝光时间,实验者从某砖墙前的高处使一个石子自由落下,拍摄石子在空中的照片如图所示。由于石子的运动,它在照片上留下了一条模糊的径迹。已知石子在A点正上方1.8 m的高度自由下落。每块砖的平均厚度为6.0 cm (不计空气阻力,g取10 m/s2)。
    (1)计算石子到达A点的速度大小vA;
    (2)估算这架照相机的曝光时间(结果保留一位有效数字)。
    [解析] (1)设石子从O点静止下落
    hOA=1.8 m,由自由落体运动可知
    hOA=eq \f(1,2)gt2,t=eq \r(\f(2hOA,g))=0.6 s
    vA=gt=6 m/s。
    (2)由题图可知hAB近似为两块砖厚度
    方法一:hAB=12 cm=0.12 m
    hOB=hOA+hAB=1.92 cm
    hOB=eq \f(1,2)gteq \\al(2,B)
    解得tB≈0.62 s
    曝光时间Δt=tB-t=0.02 s。
    方法二:由于曝光时间极短,可看成匀速直线运动
    Δt=eq \f(hAB,vA)=eq \f(0.12,6) s=0.02 s。
    [答案] (1)6 m/s (2)0.02 s

    9.我国ETC(电子不停车收费系统)已实现全国联网,大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20 m/s的速度驶向高速收费口,到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动,经4 s的时间速度减为5 m/s 且收费完成,司机立即加速,产生的加速度大小为2.5 m/s2,汽车可视为质点。则下列说法正确的是( )
    A.汽车开始减速时距离自动收费装置110 m
    B.汽车加速4 s后速度恢复到20 m/s
    C.汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为125 m
    D.汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4 s
    C [汽车开始减速时到自动收费装置的距离为x1=eq \f(1,2)(20+5)×4 m=50 m,故A错误;汽车加速4 s后速度为v=15 m/s,故B错误;汽车从5 m/s加速到20 m/s通过的路程为x2=eq \f(202-52,2×2.5) m=75 m,所以汽车从开始减速至速度恢复到20 m/s通过的总路程为x1+x2=125 m,故C正确;汽车从5 m/s加速到20 m/s的时间t2=eq \f(20-5,2.5) s=6 s,所以总时间t总=(4+t2) s=10 s,汽车以20 m/s的速度匀速通过125 m需要的时间是6.25 s,所以耽误了3.75 s,故D错误。]
    10.(2022·湖北卷)我国高铁技术全球领先,乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km,W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发,经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h,高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中,加速度大小均为0.5 m/s2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动,两种列车在每个车站停车时间相同,则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
    A.6小时25分钟 B.6小时30分钟
    C.6小时35分钟 D.6小时40分钟
    B [普通列车速度v1=108 km/h=30 m/s,高铁列车速度v2=324 km/h=90 m/s
    由于中间4个站均匀分布,因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍相邻两站间的距离x=eq \f(1 080×103,5) m=2.16×105 m
    普通列车加速时间
    t1=eq \f(v1,a)=eq \f(30,0.5) s=60 s
    加速过程的位移
    x1=eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)=eq \f(1,2)×0.5×602 m=900 m
    根据对称性可知加速与减速位移相等,可得匀速运动的时间
    t2=eq \f(x-2x1,v1)=eq \f(2.16×105-2×900,30) s=7 140 s
    同理高铁列车加速时间
    t′1=eq \f(v2,a)=eq \f(90,0.5) s=180 s
    加速过程的位移
    x′1=eq \f(1,2)at′eq \\al(2,1)=eq \f(1,2)×0.5×1802 m=8 100 m
    根据对称性可知加速与减速位移相等,可得匀速运动的时间
    t′2=eq \f(x-2x′1,v2)=eq \f(2.16×105-2×8 100,90) s=2 220 s
    相邻两站间节省的时间
    Δt=(t2+2t1)-(t′2+2t′1)=4 680 s
    因此总的节省时间
    Δt总=5Δt=4 680×5 s=23 400 s=6小时30分钟
    故选B。]
    11.将甲、乙两个小球从离地面40 m高的地方分别以10 m/s的速率竖直上抛和竖直下抛,两小球落地后均不反弹。若不计空气阻力,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
    A.两小球落地的时间差为4 s
    B.两小球落地的时间差为2 s
    C.两小球均未落地前,速度之差变大
    D.两小球均未落地前,小球间的距离先增大后减小
    B [以竖直向下为正方向,对竖直下抛运动,初速度方向为正方向,v0=10 m/s,加速度a=g,位移x=40 m,根据位移—时间关系有x=v0t1+eq \f(1,2)gteq \\al(2,1),代入数据解得t1=2 s;对竖直上抛运动,x=-v0t2+eq \f(1,2)gteq \\al(2,2),代入数据得t2=4 s,两小球落地的时间差为2 s,A项错误,B项正确;两小球均未落地前,Δv=(v0+at)-(-v0+at)=2v0,保持不变;Δx=v0t+eq \f(1,2)gt2-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-v0t+\f(1,2)gt2))=2v0t,随时间变化,小球间的距离一直增大,CD项错误。]
    12.一飞行员驾驶飞机在做低空表演时,竖直拉升(水平速度很小,可以忽略),拉升到最高点时,飞机突发故障,飞行员选择弃机逃生。飞行员按下逃生按钮后,弹射座椅以v1=10 m/s的速度竖直向上弹出(不再与飞机相互作用)。飞行员上升后又下降到一定高度时,弹射座椅打开降落伞,飞行员以a=12 m/s2的加速度做匀减速直线运动,落地时的速度大小v2=6 m/s。已知弹射座椅弹出时离地面的高度h=323.5 m,重力加速度g取10 m/s2,降落伞打开之前,不计空气阻力,求:
    (1)弹射座椅打开降落伞瞬间,飞行员的速度大小;
    (2)弹射座椅弹出后,飞行员在空中运动的时间。
    [解析] (1)设弹射座椅打开降落伞瞬间飞行员的速度为v,从弹射座椅弹出到降落伞打开,飞行员下降的高度为h1,弹射座椅打开降落伞的位置距离地面的高度为h2,则
    v2-veq \\al(2,1)=2gh1
    veq \\al(2,2)-v2=2(-a)h2
    h=h1+h2=323.5 m,解得v≈60 m/s。
    (2)从弹射座椅弹出到降落伞打开的时间
    t1=eq \f(v+v1,g)=7 s
    从弹射座椅打开降落伞到落地的时间
    t2=eq \f(v2-v,-a)=4.5 s
    总时间t=t1+t2=11.5 s。
    [答案] (1)60 m/s (2)11.5 s
    13.由于私家车的数量剧增,堵车已成为现代国家尤其是发展中国家的通病,严重影响了人们的工作效率和社会发展。在某平直公路的十字路口,红灯拦停了许多列车队,拦停的汽车排成笔直的一列。为了使研究的问题简化,假设某一列的第一辆汽车的前端刚好与路口停止线平齐,汽车长均为l=4.4 m,前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离均为d1=2.0 m,如图所示。为了安全,前面汽车的尾部与相邻的后一辆汽车的前端距离至少为d2=6.0 m 时,相邻的后一辆汽车才能开动,若汽车都以a=2 m/s2 的加速度做匀加速直线运动。绿灯亮起的瞬间,第一辆汽车立即开动,忽略人的反应时间。求:
    (1)第11辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v;
    (2)从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间t。
    [解析] (1)第11辆汽车前端与停止线的距离
    x1=10(l+d1)=64 m
    由v2=2ax1
    得v=16 m/s。
    (2)设后一辆汽车刚开动时,前一辆汽车至少已行驶的时间为t1,则后一辆汽车刚开动时,前一辆汽车至少行驶的距离x2=d2-d1=4.0 m
    由x2=eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
    得t1=2 s
    从绿灯刚亮起到第11辆汽车刚开动至少需要的时间t2=10t1=20 s,从第11辆汽车刚开动到前端与停止线平齐所需时间t3=eq \f(v,a)=8 s
    从绿灯刚亮起到第11辆汽车前端与停止线平齐所需最短时间
    t=t2+t3
    解得t=28 s。
    [答案] (1)16 m/s (2)28 s自由落
    体运动
    运动
    条件
    (1)物体只受重力作用
    (2)由静止开始下落
    运动
    性质
    初速度为零的匀加速直线运动
    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—位移公式:v2=2gh
    运动
    性质
    匀减速直线运动
    竖直上抛运动
    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
    (4)上升的最大高度:H=eq \f(v\\al(2,0),2g)
    (5)上升到最高点所用时间:t=eq \f(v0,g)
    适宜选用公式
    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
    v=v0+at
    v0、v、a、t
    x
    x=v0t+eq \f(1,2)at2
    v0、a、t、x
    v
    v2-veq \\al(2,0)=2ax
    v0、v、a、x
    t
    x=eq \f(v+v0,2)t
    v0、v、t、x
    a
    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-eq \f(1,2)gt2(向上方向为正方向)
    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
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