高考物理大一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究教师用书

拾躲市安息阳光实验学校第一章运动的描述匀变速直线运动的研究
考试说明
知识网络
第1讲运动的描述
(本讲对应学生用书第14页)
考纲解读
1.理解质点、参考系、坐标系、位移、标量和矢量、速度、平均速度、瞬时速度的定义.
2.能用数轴或一维直线坐标轴表示时刻和时间、位置和位移.
3.会用公式计算物体运动的平均速度,认识各种仪表中的速度.
4.理解加速度的意义,知道加速度是表示速度变化快慢的物理量.知道它的定义、公式、符号和单位,能用公式进行计算.
基础梳理
1.质点:用来代替物体的有的点叫质点,也是为了使研究问题简化而引入的一个的物理模型.
2.参考系:在描述一个物体的运动时,选来作为的另外的物体.
(1) 参考系的选取是任意的,但为了观测方便和运动的描述尽可能简单,一般以为参考系.
(2) 同一运动物体在选择不同参考系时,其运动情况可能.
(3) 为了定量地描述物体的位置及位置变化,需要在参考系上建立适当的.
3.时刻与时间
(1) 时刻:时刻指的是某一时间点,在时间轴上用一个确定的表示,对应的运动量是位置、瞬时速度、瞬时加速度等状态量.
(2) 时间:时间是两个时刻间的一段间隔,在时间轴上用表示,对应的运动量是位移、平均速度、速度变化量等过程量.
4.位移与路程
(1) 位移:位移是描述物体的物理量,它是由物体的指向的有向线段,是量.
(2) 路程:路程是物体实际的长度,是量.
5.速度与速率
(1) 平均速度
①定义:运动物体在某段时间内的与发生这段位移所需时间的比值.
②定义式:=.
③方向:跟物体的方向相同.
(2) 瞬时速度
①定义:运动物体在或的速度.
②物理意义:精确描述物体在某时刻或某位置的运动快慢.
③速率:物体运动的瞬时速度的.
6.加速度
(1) 定义式:a=,单位是.
(2) 物理意义:描述的快慢.
(3) 方向:与的方向相同.
1.质量理想化
2.参考(1) 地面(2) 不同(3) 坐标系
3. (1) 点(2) 线段
4. (1) 位置变化初位置末位置矢(2) 运动轨迹标
5. (1) ①位移③位移(2) ①某位置某时刻③大小
6. (1) m/s2(2) 速度变化(3) 速度变化
对质点的理解
1.质点是用来代替物体的有质量的点,其突出的特点是“具有质量”和“占有位置”,但没有大小、形状、体积,与几何中的“点”有本质的区别.
2.质点是实际物体的一种高度抽象,实际中并不存在,是一种“理想化模型”.
3.能否把一个物体看做质点,关键是看物体的大小、形状在所研究的问题中是否为次要因素.
典题演示1(多选)研究下列各种运动情况时(如图),哪些情况可以将研究对象视为质点()
A. 研究火车进站的时间
B. 研究火车从北京到
重庆的时间
C. 研究我射的“嫦娥二
号”由地球升空的路线 D. 研究做双人跳水
运动员的动作
【解析】研究火车进站时间,火车的长度不可忽略,研究火车从北京到重庆,火车的长度可以忽略,火车此时可以看成质点,故A错,B对;研究“嫦娥二号”的升空路线,“嫦娥二号”的大小可以忽略不计,可以看成质点,C对;研究做双人跳水的动作,运动员的形状、大小不可忽略,不可看成质点,故D错.
【答案】 BC
对参考系的理解
1.参考系的“四性”
性不管物体是运动还是静止,一旦被选为参考系,物体就被看做是静止的
任意性
参考系的选取是任意的,以方便使物体运动的描述尽可能简单,如不特别说明,一般以地面为参考
系
差异性同一物体的运动,相对于不同的参考系一般是不同的
同一性比较多个物体的运动或同一个物体在不同阶段的运动时,必须选择同一参考系
2.参考系的选取是任意的,但应以观测方便和描述运动简单为原则,研究地面上物体的运动时,常选地面为参考系.
典题演示2(多选)(2017·金陵中学)如图所示,甲、乙、丙3人乘不同的热气球,甲看到楼房匀速上升,乙看到甲匀速上升,甲看到丙匀速上升,丙看到乙匀速下降,那么,从地面上看甲、乙、丙的运动可能是()
A. 甲、乙匀速下降,且v乙>v甲,丙停在空中
B. 甲、乙匀速下降,且v乙>v甲,丙匀速上升
C. 甲、乙匀速下降,且v乙>v甲,丙匀速下降且v丙>v甲
D. 甲、乙匀速下降,且v乙>v甲,丙匀速下降且v丙<v甲
【解析】甲看到楼房匀速上升,说明甲相对于地匀速下降,乙看到甲匀速上升,说明乙匀速下降,而且v乙>v甲,甲看到丙匀速上升,丙看到乙匀速下降,丙可能停在空中,也可能匀速上升,故A、B正确;甲看到丙匀速上升,丙看到乙匀速下降,丙可能匀速下降,且v丙<v甲,故C错误,D正确.
【答案】 ABD
对位移与路程的理解
1.位移与路程的比较
项目位移路程
区别描述质点的位置变化,
是从初位置指向末位
置的有向线段
描述质点实际运动轨迹的长度
矢量,有大小,也有方
向
标量,有大小,无方向
由质点的初、末位置决
定,与质点运动路径无
关
既与质点的初、末位置有关,也与质点运动路径有关
联系(1) 都是描述质点运动的空间特征
(2) 都是过程量
(3) 一般来说,位移的大小不大于相应的路程,只有质点做单向直线运动时,位移的大小才等于路程2.位移与路程的计算方法
(1) 找出研究过程的初位置和末位置,则由初位置指向末位置的有向线段
就是位移.
(2) 画出物体在运动过程中的运动轨迹示意图,则实际路径的总长度就是路程.
典题演示3(2017·扬州中学)在巴西里约热内卢举行的奥运会上,甲、乙两名运动员均参加了400 m比赛,其中甲在第2跑道起跑,乙在第3跑道起跑,最后都通过终点线,则甲、乙通过的位移大小x甲、x乙和通过的路程x甲'、x乙'之间的关系是()
A. x甲>x乙,x甲'<x乙'
B. x甲>x乙,x甲'>x乙'
C. x甲<x乙,x甲'=x乙'
D. x甲<x乙,x甲'<x乙'
【解析】跑道的起点不同,终点在同一条线上,路程是运动物体实际路径的长度,而位移的大小是起点到终点的线段长度,所以所跑的路程相同,位移却不同,故选C.
【答案】 C
对平均速度与瞬时速度的理解
1.平均速度、瞬时速度、平均速率、瞬时速率的比较
平均速度瞬时速度平均速率瞬时速率
定
义
物体运动
的位移与
发生这段
位移所用
时间的比
值
运动质点
在某一时
刻(或某一
位置)的速
度
物体运动
的路程与
通过这段
路程所用
时间的比
值
瞬时速度的大小
方
向
与Δx方向
一致,矢量
与某一时
刻(或某一
无方向,标
量
无方向,标量
位置)运动方向一致,矢量
意义粗略描述
物体运动
的快慢
精确描述
物体运动
的快慢
粗略描述
物体运动
的快慢
精确描述物体运动的快慢
对应某段时间
(或位移)
某一时刻
(或某一位
置)
某段时间
(或路程)
某一时刻(或某一位置)
联系(1) 当位移足够小或时间足够短时,平均速度就等于瞬时速度.
(2) 在匀速直线运动中,瞬时速度和平均速度始终相等,平均速率和瞬时速率相等.
2.注意要点
(1) 在计算平均速度时,=适用于任何运动;而=仅适用于匀变速直线运动,
匀变速直线运动的平均速度等于该过程中间时刻的瞬时速度.
(2) 解题时应首先注意审题,认清是计算平均速度还是平均速率,前者涉及位移,后者涉及路程.
(3) 解题时特别注意是否涉及往返过程,也就是位移是否会为零.
典题演示4汽车沿直线从甲地开往乙地.
(1) 若在前一半路程的平均速度为v1,后一半路程的平均速度为v2,则汽车全程的平均速度为多少?
(2) 若汽车在全程所用时间的前一半时间的平均速度为v1,后一半时间的平均速度为v2,则全程的平均速度为多少?
(3) 若v1≠v2,两种情况下的平均速度哪个大?
【解析】 (1) 设甲、乙两地的距离为x,前一半路程所用时间为t1,后一半路程所用时间为t2,根据平均速度的定义式=,则有=,又t1=,t2=,解得=.
(2) 设全程所用时间为t,前一半时间的位移为x1=v1·,后一半时间的位移为x2=v2·,由平均速度的定义式得'==.
(3) '-=-=≥0,
由于v1≠v2,所以'>,即后一种情况的平均速度较大.
【答案】 (1) (2) (3) 后一种情况平均速度较大
对速度与加速度关系的理解
1.速度、速度变化量、加速度的比较
比
较
项
目
速度速度变化量加速度
物
理
意
义
描述物体运
动快慢和方
向的物理量,
是状态量
描述物体速
度改变的物
理量,是过程
量
描述物体速度变化快慢和方向的物理量,是状态量
定
义
式
v=Δv=v-v0a==
单
位
m/s m/s m/s2
方
向
与位移x同
向,即物体运
动的方向
由Δv=v-v0或
a的方向决定
与Δv的方向一致,由F的方向决定,而与v0、v的方向无关
关
系
三者无必然联系,v很大,Δv可以很小,甚至为零,a也可大也可小,也可能为零
2.对加速度大小和方向的进一步理解
典题演示5篮球以6 m/s的速度竖直向下碰地面,然后以4 m/s的速度竖直向上反弹,碰地时间为0.2s.
(1) 求篮球在这0.2s内的速度变化Δv.
(2) 有的同学这样计算球的加速度:a==m/s2=-10 m/s2.他的方法对吗?为什么?正确的是多少?
【解析】 (1) 以竖直向下为正方向,则Δv=v2-v1=-10 m/s.
(2) 不对,他没有注意速度的方向.正确解法为:
以竖直向下为正方向,v1=+6 m/s,v2=-4 m/s,加速度为a== m/s2=-50 m/s2.
负号表示加速度方向与正方向相反,即竖直向上.
【答案】 (1) -10 m/s(2) 不对.原因略.
1.(2017·金陵中学)下列语句中划横线部分描绘的运动情景,可以选取山为参考系的是()
A. 两岸猿声啼不住,轻舟已过万重山
B. 小小竹排江中游,巍巍青山两岸走
C. 满眼风波多闪灼,看山恰似走来迎
D. 两岸青山相对出,孤帆一片日边来
【解析】由题意可知,舟的运动应是相对于山,故诗人选取的参考系为山及两边的岸,故A正确;“巍巍青山两岸走”是以竹排为参考系的,故B错误;“看山恰似走来迎”选择的参考系是自己或者船与船上静止不动的物体,故C错误;“两岸青山相对出”是相对于船来说的,故D错误.
【答案】 A
2.400m跑比赛的终点在同一直线上,但起点不在同一直线上,如图所示.关于这样的做法,下列说法中正确的是()
A. 这样做的目的是为了使参加比赛的同学位移大小相同
B. 这样做的目的是为了使参加比赛的同学路程大小相同
C. 这样做的目的是为了使参加比赛的同学所用时间相同
D. 这样的做法其实是不公平的,明显对外侧跑道的同学有利
【解析】因为跑道外圈半径大于里圈,当终点在同一直线上时,起点就不在同一直线上,这样做的目的是为了使参加比赛的同学路程大小相同,B正确.
【答案】 B
3. (多选)关于加速度的理解,下列说法中正确的是()
A. 加速度增大,速度可能减小
B. 速度变化量Δv越大,加速度就越大
C. 物体有加速度,速度就增大
D. 物体速度很大,加速度可能为零
【解析】当a与v同向时,不论加速度是否增大,速度必增大,当a与v反向时,不论加速度是否增大,速度必减小,故A正确,C错误;速度变化率越大,加速度越大,而速度变化量大,加速度不一定大,B错误;速度很大,若为匀速直线运动,则加速度等于零,故D正确.
【答案】 AD
4. (多选)如图所示,物体沿曲线轨迹的箭头方向运动,AB、ABC、ABCD、ABCDE 四段曲线轨迹运动所用的时间分别是1 s、2 s、3 s、4 s.下列说法中正确的是()
A. 物体在AB段的平均速度为1 m/s
B. 物体在ABC段的平均速度为 m/s
C. AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度
D. 物体在B点的速度等于在AC段的平均速度
【解析】由=可得= m/s=1 m/s,= m/s,故A、B均正确;所选取的过程离A点越近,其阶段的平均速度越接近于A点的瞬时速度,故C正确;由A经B到C的过程不是匀变速直线运动过程,故B点虽为中间时刻,但其速度不等于AC段的平均速度,故D错.
【答案】 ABC
5.一物体以v1=4 m/s的速度向东运动了5s后到达A点,在A点停了5s后又以v2=6 m/s的速度沿原路返回,运动了5s后到达B点.求:
(1) 物体在全程的平均速度和平均速率.
(2) 前5 s的平均速度和平均速率.
(3) 物体在第3s、8s和12s时的速率.
【解析】 (1) 物体全程的位移大小
x=v2t2-v1t1=6×5 m-4×5 m=10 m,
全程用时t=5 s+5 s+5 s=15 s,
故平均速度大小v== m/s= m/s,方向水平向西.
物体全程的路程s=v2t2+v1t1=6×5 m+4×5 m=50 m,
故平均速率v'== m/s= m/s.
(2) 前5 s内物体一直向东运动,速度为4 m/s,平均速度等于瞬时速度,即=v1=4 m/s,方向水平向东,此过程中路程与位移大小相等,故平均速率也为4 m/s. (3) 第3s时,速率为4 m/s;第8s时,物体处于静止状态;第12s时,速率为6 m/s.【答案】 (1) m/s,方向水平向西 m/s(2) 4 m/s,方向水平向东 4 m/s (3) 4 m/s0 6 m/s 温馨提示:趁热打铁,事半功倍.请老师布置同学们及时完成《配套检测与评估》中的练习.
第2讲匀变速直线运动的规律
(本讲对应学生用书第58页)
考纲解读
1.理解匀变速直线运动的规律及公式.
2.理解匀变速直线运动的重要推论.
3.能运用匀变速直线运动的规律分析实际问题.
基础梳理
1.匀变速直线运动的规律
(1) 定义:物体沿一条直线运动,且不变的运动.
(2) 分类
(3) 速度与时间的关系式:.
(4) 位移与时间的关系式:.
(5) 位移与速度的关系式:.
2.匀变速直线运动的推论
(1) 平均速度公式:== ;位移中点速度公式:= .
(2) 位移差公式:Δx=x2-x1=x3-x2=…=x n-= .
可以推广为x m-x n=(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∶…∶v n= .
② 1T内,2T内,3T内,…位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶x n = .
③第一个T内,第二个T内,第三个T内,…位移之比为
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N= .
④通过连续相等的位移所用时间之比为
t1∶t2∶t3∶…∶t n= .
1. (1) 加速度(2) 同向反向(3) v=v0+at (4) x=v0t+at2(5) v2-=2ax
2. (1) (2) aT2(3) ①1∶2∶3∶…∶n②1∶22∶32∶…∶n2
③1∶3∶5∶…∶(2n-1)④1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)
匀变速直线运动规律的基本应用
1.恰当选用公式
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
适宜选用公式
v0、v、a、t x v=v0+at
续表
v0、a、t、x v x=v
0t+at
2
v0、v、a、x t v2-=2ax
v0、v、t、x a x=t
2.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.
3.五个物理量t、v0、v、a、x必须针对同一过程.
4.解题的基本思路
画过程
示意图判断运
动性质选取正
方向选用公式
列方程解方程并
加以讨论
典题演示1已知某航空母舰的飞行甲板长度为L=300 m,某种战斗机在航空母舰上起飞过程中的最大加速度为a=4.5 m/s2,飞机速度要达到v=60 m/s才能安全起飞.
(1) 如果航空母舰静止,战斗机被弹射装置弹出后开始加速,要保证飞机起飞安全,战斗机被弹射装置弹出时的速度至少是多大?
(2) 如果航空母舰匀速前进,在没有弹射装置的情况下,要保证飞机安全起飞,航空母舰前进的速度至少是多大?
【解析】 (1) 设战斗机被弹射出来时的速度为v0,由运动学公式有v2-=2aL,解得v0=30 m/s.
(2) 设航空母舰匀速状态下飞机起飞所用时间为t,在时间t内航空母舰航行距离为L1,航空母舰的速度至少为v1.由运动学公式对航空母舰有L1=v1t,对飞机有v=v1+at,v2-=2a(L+L1),由以上各式联立解得v1≈8 m/s.
【答案】 (1) 30 m/s (2) 8 m/s
匀变速直线运动推论的应用
1.推论公式主要是指:①==,②Δx=aT2,两式都是矢量式,在应用时要注意v0与v、Δx与a的方向关系.
2.①式常与x=t结合使用,而②式中的T表示相等的时间间隔,而不是运动总时间.
典题演示2(多选)(2017·海安中学)如图所示,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AB=2 m,BC=3 m,且物体通过AB、BC、CD所用的时间相等,则下列说法中正确的是()
A. 可以求出物体加速度的大小
B. 可以求得CD=4 m
C. 可以求得OA之间的距离为1.125 m
D. 可以求得OA之间的距离为1.5 m
【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==,因为不知道时间,所以不能求出加速度,故A错误;根据-=-=1 m,可知=3 m+1 m=4 m,故B正确;因某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,所以物体经过B点时的瞬时速度为v B==,再由=2ax OB可得OB两点间的距离为x OB==·=3.125 m,所以O与A间的距离
x OA=x OB-=(3.125-2)m=1.125 m,故C正确,D错误.
【答案】 BC
典题演示3有一质点在连续12 s内做匀加速直线运动,在第一个4 s内位移为24 m,在最后4 s内位移为56 m,求质点的加速度.
【解析】解法一:运用运动学基本公式求解.
根据x=v0t+at2,有24=v0×4+a·42,
56=v1×4+a·42,
又由v=v0+at,有v1=v0+a×8,
以上三式联立可解得a=1 m/s2.
解法二:利用平均速度公式求解.
由于已知量有x及t,平均速度可求,故想到利用平均速度公式=,
第一个4 s内平均速度等于中间时刻2 s时的速度,v2= m/s=6 m/s,
最后4 s内平均速度等于中间时刻10 s时的速度,
v10= m/s=14 m/s,
所以a== m/s2=1 m/s2.
解法三:利用Δx=aT2求解.
本题出现了三个连续相等的时间间隔(4 s),故想到选用公式Δx=aT2,
x2-x1=aT2,x3-x2=aT2,
所以x3-x1=2aT2,
a== m/s2=1 m/s2.
【答案】 1 m/s2
多阶段匀变速直线运动的求解
1.准确选取研究对象,根据题意画出物体在各阶段运动的示意图,直观呈现物体的运动过程.
2.明确物体在各阶段的运动性质,找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量.
3.合理选择运动学公式,列出物体在各阶段的运动方程,同时列出物体各阶段间的关联方程.
匀变速直线运动涉及的公式较多,各公式相互联系,大多数题目可一题多解,解题时要开阔思路,通过分析、对比,根据已知条件和题目特点适当地拆分、组合运动过程,选取最简捷的解题方法.
典题演示4(2017·金陵中学)近几年大假期间,国家取消了7座及以下的小车的收费公路的过路费,给自驾带来了很大的实惠,但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力,因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过.假设收费站的前、后都是平直大道,大假期间过站的车速要求不超过v t=21.6 km/h,事先小汽车未减速的车速均为v0=108 km/h,制动后小汽车的加速度的大小为a1=4 m/s2.试问:
(1) 大假期间,驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动?
(2) 假设车过站后驾驶员立即使车以a2=6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,汽车运动的时间至少是多少?
(3) 在(1)(2)问题中,车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少?
【解析】设小汽车初速度方向为正方向,v t=21.6 km/h=6 m/s,v0=108
km/h=30 m/s,a1=-4 m/s2.
(1) 小汽车进入站台前做匀减速直线运动,设距离收费站x1处开始制动,则由-=2ax1,解得x1=108 m.
(2) 小汽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v t=v0+a1t1,t1==6 s.
加速阶段v'0=v t=6 m/s,v't=v0=30 m/s.
则v0=v t+a2t2,t2==4 s.
则加速和减速的总时间t=t1+t2=10 s.
(3)在加速阶段-=2a2x2,解得x2=72 m,
则总位移x=x1+x2=180 m,
若不减速所需要时间t'==6 s,
车因减速和加速过站而耽误的时间Δt=t-t'=4 s.
【答案】 (1) 108 m(2) 10 s(3) 4 s
用匀变速运动规律分析两类匀减速运动
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
求解时要注意先确定其实际运动时间
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运动.
典题演示5一辆汽车以72 km/h的速度行驶,现因故紧急刹车并最终停止运动.已知汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s2,则从开始刹车经过5 s,汽车通过的距离是多少?
【解析】设汽车由刹车开始至停止运动所用的时间为t0,选v0的方向为正方向.
v0=72km/h=20m/s,由v=v0+at0得
t0== s=4s.
可见,该汽车刹车后经过4s就已经停止,最后1s是静止的.
由x=v0t+at2知刹车后5s内通过的距离
x=v0t0+a=m=40m.
【答案】 40m
典题演示6(多选)如图所示,完全相同的三个木块并排固定在水平桌面上,一颗子弹以速度v0水平射入.若子弹在木块中做匀减速运动,且穿过第三块木块后速度恰好为零,则子弹依次射入每块木块时的速度之比和穿过每块木块所用时间之比正确的是()
A. v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B. v1∶v2∶v3=∶∶1
C. t1∶t2∶t3=1∶∶
D. t1∶t2∶t3=(-)∶(-1)∶1
【解析】利用子弹运动的“逆过程”和初速度为零的匀加速直线运动的比例关系求解.子弹经过的三段位移相等,由v2=2as,可得v3∶v2∶v1=1∶∶.穿过每块木块所用时间之比为t3∶t2∶t1=1∶(-1)∶(-).
【答案】 BD
微模型1 常用的六种物理思想方法
典题演示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.
【解析】方法一:逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面,相当于向下匀加速滑下斜面.
故x BC=,x AC=,又x BC=,
由以上三式解得t BC=t.
方法二: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t BC,由匀变速直线运动的规律可得
=2ax AC①
=-2ax AB②
x AB=x AC③
由①②③解得v B= ④
又v B=v0-at ⑤
v B=at BC⑥
由④⑤⑥解得t BC=t.
方法三: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∶…∶x n=1∶3∶5∶…∶(2n-1).
因为x CB∶x BA=∶=1∶3,而通过x BA的时间为t,所以通过x BC的时间t BC=t.
方法四: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,==.又=2ax AC,=2ax BC,x BC=.由以上三式解得v B=.可以看成v B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t BC=t.
方法五:图象法
根据匀变速直线运动的规律,画出v-t图象.如图所示.利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边的平方比,得=,且=,OD=t,OC=t+t BC.所以=,解得
t BC=t.
【答案】t
针对训练1(2017·盐城中学)一物块(可看做质点)以一定的初速度从一光滑斜面底端A点上滑,最高可滑至C点,已知AB是BC的3倍,如图所示,已知物块从A到B所需时间为t0,则它从B经C再回到B,需要的时间是()
A. t0
B.
C. 2t0
D.
【答案】 C
【解析】将物块从A到C的匀速直线运动,运用逆向思维可做从C到A的初速度为零的匀速直线运动,根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知连续相邻相等的时间内位移之比为奇数比,而BC∶AB=1∶3,正好符合奇数比,故
t AB=t BC=t0,且物块从B到C的时间等于从C到B的时间,故物块从B经C再回到B 需要的时间是2t0,C对.
针对训练2(多选)(2017·中华中学)如图所示,一小滑块沿足够长的斜面以
初速度v向上做匀减速直线运动,依次经A、B、C、D到达最高点E,已知AB=BD=6 m,BC=1 m,滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2 s.设滑块经C时的速度为v C,则()
A. 滑块上滑过程中加速度的大小为0.5 m/s2
B. v C=6 m/s
1.(2016·上海卷)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程,第一段用时4 s,第二段用时2 s,则物体的加速度是()
A. m/s2
B. m/s2
C. m/s2
D. m/s2
【解析】根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,在第一段时间内中间时刻的瞬时速度v1=m/s,在第二段时间内中间时刻的瞬时速度v2=m/s,则物体加速度为a==m/s= m/s,故B正确.
【答案】 B
2.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位),则该质点()
A. 第1 s内的位移是5 m
B. 前2 s内的平均速度是6 m/s
C. 任意相邻的1 s内位移差都是0.5 m
D. 任意1 s内的速度增量都是2 m/s
【解析】由x=5t+t2知,质点做匀加速直线运动,第1 s内位移x1=(5×1+12)m=6 m,A项错;前2 s内位移x2=(5×2+22) m=14 m,前2 s内平均速度==7 m/s,B项错;由分析知第1 s位移x1=6 m,第2 s内的位移Δx2-1=x2-x1=8 m,第2 s与第1 s位移差Δx=Δx2-1-x1=2 m,C项错;由a=2 m/s2,知D项正确.
【答案】 D
3. (多选) (2017·常州中学)如图所示,t=0时,质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平面(经过B点前后速度大小不变),最后停在C点.每隔2 s物体的瞬时速度记录在下表中,重力加速度取g=10 m/s2,则下列说法中正确的是()
t/s 0 2 4 6
v/(m·s-1) 0 8 12 8
A. t=3 s的时刻物体恰好经过B点
B. t=10 s的时刻物体恰好停在C点
C. 物体运动过程中的最大速度为12 m/s
D. A、B间的距离小于B、C间的距离
【解析】根据图表中的数据,可以求出物体下滑的加速度a1=4 m/s2和在水平面上的加速度a2=-2 m/s2,根据运动学公式8+a1t1-a2t2=12,t1+t2=2,解出t1=s,知经过 s到达B点,到达B点时的速度v=a1t= m/s,如果第4 s还在斜面上的话,速度应为16 m/s,从而判断出第4 s已过B点,是在2 s到4 s之间经过B点,所以最大速度不是12 m/s,故A、C均错误;第6 s末的速度是8 m/s,到停下来还需的时间t'=s=4 s,所以到C点的时间为10 s,故B正确;根据v2-=2ax,求出A、B段的长度为 m.B、C段长度为 m,则A、B间的距离小于B、C间的距离,故D
正确.【答案】 BD
4.(2017·通州中学)如图所示,在公路的十字路口,红灯拦停了一车队,拦停的汽车排成笔直的一列,第一辆汽车的前端刚好与路口停止线相齐,汽车长均为
l=4.0 m,前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距均为d1=1.0 m.为了安全,前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距至少为d2=5.0 m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.绿灯亮起瞬时,第一辆汽车立即开动,求:
(1) 第六辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v.
(2) 从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t.
【解析】 (1) 第六辆汽车前端与停止线的距离
s1=5(l+d1)=25.0m,
由v2=2as1,
得v=10m/s.
(2) 设第二辆汽车刚开动时,第一辆汽车至少已行驶的时间t1
则第二辆汽车刚开动时,第一辆至少行驶的距离
s2=d2-d1=4.0m,
由s2=a
从绿灯刚亮起到第六辆汽车刚开动至少所需时间
t2=5t1=10.0s
第六辆汽车刚开动到前端与停止线相齐所需时间
t3==5.0s
从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t=t2+t3,
解得t=15.0 s.。