第2课时 匀变速直线运动规律及应用
- 格式:doc
- 大小:204.50 KB
- 文档页数:7
第2课时匀变速直线运动的规律目标要求1.理解匀变速直线运动的特点,掌握匀变速直线运动的公式,并理解公式中各物理量的含义。
2.会灵活应用运动学公式及推论解题。
考点一匀变速直线运动的基本规律及应用1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动。
如图所示,v -t 图线是一条倾斜的直线。
2.匀变速直线运动的两个基本规律(1)速度与时间的关系式:v =v 0+at 。
(2)位移与时间的关系式:x =v 0t +12at 2。
由以上两式联立可得速度与位移的关系式:v 2-v 02=2ax 。
3.公式选用原则以上三个公式共涉及五个物理量,每个公式有四个物理量。
选用原则如下:不涉及位移,选用v =v 0+at 不涉及末速度,选用x =v 0t +12at 2不涉及时间,选用v 2-v 02=2ax 4.正方向的选取以上三式均为矢量式,无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动,通常以初速度v 0的方向为正方向;当v 0=0时,一般以加速度a 的方向为正方向。
速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正,相反时取负。
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随时间均匀增大。
(×)3.匀变速直线运动中,经过相同的时间,速度变化量相同。
(√)例1(2023·广东梅州市期末)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”。
在距离地面1m 处时,反推发动机点火,返回舱速度由6m/s 减至2m/s 软着陆,此阶段的运动可看作匀减速直线运动。
则此阶段()A .航天员处于失重状态B .航天员的加速度大小为32m/s 2C .返回舱运动的时间为0.5sD .返回舱的平均速度大小为4m/s 答案D解析由于此阶段的运动可看作匀减速直线运动,则加速度方向向上,可知航天员处于超重状态,故A 错误;根据速度与位移的关系有v 2-v 02=2ax ,解得航天员的加速度a =-16m/s 2,即加速度大小为16m/s 2,故B 错误;由速度时间公式有v =v 0+at ,解得t =0.25s ,故C 错误;此阶段返回舱的平均速度大小为v =v 0+v 2=4m/s ,故D 正确。
匀变速直线运动的规律及其应用【知识要点】一、匀变速直线运动的规律1.条件:物体受到的合外力恒定,且与运动方向在一条直线上.2.特点:a 恒定,即相等时间内速度的变化量恒定.3.规律:(1)v t =v 0+at(2)s =v 0t +21at 2 (3)v t 2-v 02=2as4.推论:(1)匀变速直线运动的物体,在任意两个连续相等的时间里的位移之差是个恒量,即Δs =s i +1-s i =aT 2=恒量.(2)匀变速直线运动的物体,在某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度,即v t /2=v =20t v v + 以上两个推论在“测定匀变速直线运动的加速度”等学生实验中经常用到,要熟练掌握.(3)初速度为零的匀加速直线运动(设T 为等分时间间隔):①1T 末、2T 末、3T 末……瞬时速度的比为:v 1∶v 2∶v 3∶……∶v N =1∶2∶3∶…∶n②1T 内、2T 内、3T 内……位移的比为:s 1∶s 2∶s 3∶…∶s N =12∶22∶32∶…∶n 2③第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内…… 位移的比为:s Ⅰ∶s Ⅱ∶s Ⅲ∶…∶s N =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: t 1∶t 2∶t 3∶…∶t N =1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n -1-n )5.自由落体运动是初速度为0、加速度为g 的匀加速直线运动,初速度为零的匀加速运动的所有规律和比例关系均适用于自由落体运动。
二、运动学中的追赶问题⑴匀减速运动物体追赶同向匀速运动物体时,恰能追上或恰好不能追上的临界条件:即将追及时,追赶者速度等于被追赶者速度(即当追赶者速度大于被追赶者速度时,能追上;当追赶者速度小于被追赶者速度时,追不上)。
⑵初速度为零的匀加速运动物体追赶同向匀速运动物体时,追上之前两者具有最大距离的条件:追赶者的速度等于被追赶者的速度。
⑶被追赶的物体作匀减速运动时,一定要注意追上前该物体是否已停止运动。
第2章 匀变速直线运动的规律及应用.一、匀变速直线运动1定义:沿着一条直线,且加速度不变的运动叫做匀变速直线运动.2.分类:匀加速直线运动:a 、v 方向相同.匀减速直线运动:a 、v 方向相反.) 3.匀变速直线运动的规律 (1)三个基本公式①速度公式:v =v 0+at ②位移公式:x =v 0t +12at 2③位移速度关系式:v 2-v 20=2ax (2)三个推论①任意两个连续相等的时间间隔(T )内,位移之差是一个恒量,即x Ⅱ-x Ⅰ=x Ⅲ-x Ⅱ=…=x N -x N -1=Δx =aT 2②某段时间内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度:v =v t2=v0+v2. ③某段位移中点的瞬时速度等于初速度v 0和末速度v 平方和一半的平方根,即2x v=v\o\al(202.(3)初速度为零的匀加速直线运动的特点:(设T 为等分时间间隔)①1T 末、2T 末、3T 末…瞬时速度的比为:v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n =1∶2∶3∶…∶n . ②1T 内、2T 内、3T 内…位移的比为:x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n =12∶22∶32∶…∶n 2.③第一个T 内、第二个T 内、第三个T 内…位移的比为:x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N =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t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n =1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n -n -1).二、匀变速直线运动规律的应用 1.自由落体运动(1)定义:初速度为零,只在重力作用下的匀加速直线运动. (2)运动规律:v =gt ; h =12gt 2 v 2=2gh2.竖直上抛运动(1)定义:物体以初速度v 0竖直向上抛出后,只在重力作用下的运动. (2)运动规律:v =v 0-gt h =v 0t -12gt 2 v 2-v 20=-2gh1.做匀加速直线运动的质点,在第5 s 末的速度为10 m/s ,则( ) A .前10 s 内位移一定是100 m B .前10 s 内位移不一定是100 m C .加速度一定是2 m/s2D .加速度不一定是2 m/s 22.一个向正东方向做匀变速直线运动的物体,在第3 s内发生的位移为8 m,在第5 s内发生的位移为5 m,则关于物体运动加速度的描述正确的是( )A.大小为3 m/s2,方向为正东方向 B.大小为3 m/s2,方向为正西方向C.大小为1.5 m/s2,方向为正东方向 D.大小为1.5 m/s2,方向为正西方向3.一个物体从静止开始做匀加速直线运动.它在第1 s内与第2 s内的位移之比为x1∶x2,在走完第1 m时与走完第2 m时的速度之比为v1∶v2.以下说法正确的是( )A.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶2 B.x1∶x2=1∶3,v1∶v2=1∶2C.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶2 D.x1∶x2=1∶4,v1∶v2=1∶24.2011年11月29日上午,中国航母平台第二次出海测试.假设舰载飞机起跑时速度达到80 m/s 就可以起飞,若要飞机在7.5 s内达到起飞速度,则在理想状况下飞机在航空母舰跑道上滑跑的加速度和甲板长度大约分别是( )A.10.67 m/s2,150 m B.10.67 m/s2,300 mC.5.33 m/s2,300 m D.5.33 m/s2,600 m5.一个物体做匀加速直线运动,它在第3 s内的位移为5 m,则下列说法正确的是( )A.物体在第3 s末的速度一定是6 m/s B.物体的加速度一定是2 m/s2C.物体在前5 s内的位移一定是25 m D.物体在第5 s内的位移一定是9 m一、匀变速直线运动规律及推论的应用例1、随着机动车数量的增加,交通安全问题日益凸显.分析交通违法事例,将警示我们遵守交通法规,珍爱生命.某路段机动车限速为15 m/s,一货车严重超载后的总质量为5.0×104 kg,以15 m/s的速度匀速行驶.发现红灯时司机刹车,货车即做匀减速直线运动,加速度大小为5 m/s2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10 m/s2.(1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比.(2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大?(3)若此货车不仅超载而且以v c=20 m/s的速度超速行驶,则刹车距离又是多少?设此情形下刹车加速度大小仍为5 m/s2.解题的关键:求刹车时间和刹车距离→其中的隐含条件是货车的末速度为零.拓展1-1:汽车从甲地由静止出发,沿平直公路驶向乙地.0~10 s内,汽车先以加速度a1=2 m/s2做匀加速运动,2 s后汽车做匀速直线运动,6 s时制动做匀减速直线运动,10 s时恰好停止.求:(1)汽车做匀减速运动的加速度大小.(2)(2)10 s内汽车运行的位移.(3)在满足(1)、(2)问的加速度和位移的条件下、汽车从甲地到乙地的最短时间及运动过程中的最大速度.二、两类特殊的运动问题1、刹车类问题做匀减速运动到速度为零时,即停止运动,其加速度a也突然消失.求解此类问题时应先确定物体实际运动的时间.注意题目中所给的时间与实际运动时间的关系.对末速度为零的匀减速运动也可以按其逆过程即初速度为零的匀加速运动处理,切忌乱套公式.2、双向可逆类的运动例如:一个小球沿光滑斜面以一定初速度v0向上运动,到达最高点后就会以原加速度匀加速下滑,整个过程加速度的大小、方向不变,所以该运动也是匀变速直线运动,因此求解时可对全过程列方程,但必须注意在不同阶段v、x、a等矢量的正负号.例2、一辆汽车以10 m/s的速度沿平直的公路匀速前进,因故紧急刹车,加速度大小为0.2 m/s2,则刹车后汽车在1 min内通过的位移大小为( )A.240 m B.250 m拓展2-1:一质点以一定初速度自一光滑斜面底端a点上滑,最高可到达b点,c是ab的中点,如图所示,已知质点从a至c需要的时间为t0,问它从c经b再回到c,需要多少时间?三、自由落体运动和竖直上抛运动的规律的应用1、自由落体运动和竖直上抛运动是变速直线运动的特例,匀变速直线运动的一切规律均可适用.2、竖直上抛问题的处理方法①全程法:竖直上抛运动视为竖直向上的加速度为g的匀减速直线运动.②分段法:将全程分将为两个阶段,即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段.例3、气球以10 m/s的速度匀速竖直上升,从气球上掉下一个物体,经17 s到达地面.求物体刚脱离气球时气球的高度.(g=10 m/s2)3-1:一矿井深为125 m,在井口每隔一定时间自由下落一个小球,当第11个小球刚从井口下落时,第1个小球恰好到井底.求:(1)相邻两个小球开始下落的时间间隔.(2)这时第3个小球和第5个小球相隔的距离.(g取10 m/s2)。
1.2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及应用 1.匀变速直线运动沿着一条直线且加速度不变的运动.如图所示,v -t 图线是一条倾斜的直线.2.匀变速直线运动的两个基本规律 (1)速度与时间的关系式:v =v 0+at . (2)位移与时间的关系式:x =v 0t +12at 2.3.位移的关系式及选用原则 (1)x =v t ,不涉及加速度a ; (2)x =v 0t +12at 2,不涉及末速度v ;(3)x =v 2-v 022a ,不涉及运动的时间t .二、匀变速直线运动的基本规律解题技巧 1.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 2.正方向的选定无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动,通常以初速度v 0的方向为正方向;当v 0=0时,一般以加速度a 的方向为正方向.速度、加速度、位移的方向与正方向相同时取正,相反时取负.3.解决匀变速运动的常用方法 (1)逆向思维法:对于末速度为零的匀减速运动,采用逆向思维法,可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动.(2)图像法:借助v -t 图像(斜率、面积)分析运动过程.两种匀减速直线运动的比较 1.刹车类问题(1)其特点为匀减速到速度为零后停止运动,加速度a 突然消失. (2)求解时要注意确定实际运动时间.(3)如果问题涉及最后阶段(到停止)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.双向可逆类问题(1)示例:如沿光滑固定斜面上滑的小球,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.(2)注意:求解时可分过程列式也可对全过程列式,但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.例题1.以72→km/h的速度在平直公路上行驶的汽车,遇到紧急情况而急刹车获得大小为4→m/s2的加速度,则刹车6→s后汽车的速度为()A.44→m/sB.24→m/sC.4→m/sD.0【答案】D【解析】汽车的初速度为v0=72→km/h=20→m/s,汽车从刹车到停止所用时间为t=v0a =204→s=5→s,故刹车5→s后汽车停止不动,则刹车6→s后汽车的速度为0,故选D。
课时2 匀变速直线运动规律的应用1.匀变速直线运动的基本规律(1)匀变速直线运动就是加速度不变的直线运动,当v与a方向相同时,物体做加速直线运动;当v与a方向相反时,物体做减速直线运动;物体的速度变大变小与a是否变化无关,由它们之间的方向关系决定。
(2)基本运动规律①速度与时间关系公式v=v0+at。
②位移与时间关系公式x=v0t+at2。
③位移与速度关系公式2ax=v2-。
2.匀变速直线运动的常用推论(1)中间时刻的瞬时速度=(v+v0)。
(2)中间位置的瞬时速度=。
(3)连续相等时间内相邻的位移之差相等,即Δx=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=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、…、nT末的瞬时速度之比v1∶v2∶v3∶…∶v n=1∶2∶3∶…∶n。
(2)1T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比x1∶x2∶x3∶…∶x n=12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第n个T内的位移之比Δx1∶Δx2∶Δx3∶…∶Δx n=1∶3∶5∶…∶(2n-1)。
(4)通过连续相等的位移所用时间之比t1∶t2∶t3∶…∶t n=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)。
4.自由落体运动和竖直上抛运动的规律(1)自由落体运动①速度公式:v=gt。
②位移公式:x=gt2。
③位移—速度公式:2gx=v2。
(2)竖直上抛运动①速度公式:v=v0-gt。
②位移公式:x=v0t-gt2。
③位移—速度公式:-2gx=v2-。
④上升的最大高度:h=。
⑤上升到最大高度用时:t=。
1.(2019安徽安庆市第二中学开学摸底)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),则该质点()。
A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任意相邻的1s内位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s答案 D2.(2019湖南长沙1月月考)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16m的路程,第一段用时4s,第二段用时2s,则物体的加速度是()。
第2课时:匀变速直线运动的规律及其应用读基础知识基础回顾:一、匀变速直线运动的规律1.匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动.2.匀变速直线运动的基本规律(1)速度公式:v=v0+at.(2)位移公式:x=v0t+12at2.(3)位移速度关系式:v2-v02=2ax.二、匀变速直线运动的推论1.三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T内的位移差相等.即x2-x1=x3-x2=…=x n-x n-1=aT2.(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半,还等于中间时刻的瞬时速度.平均速度公式:v=v0+v2=2v t.(3)位移中点速度2xv=v02+v22.2.初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n=1∶2∶3∶…∶n.(2)T内、2T内、3T内、…、nT内的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n=12∶22∶32∶…∶n2.(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内、…、第n个T内的位移之比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N=1∶3∶5∶…∶(2n-1).(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶t n=1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3)∶…∶(n-n-1).自查自纠:(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的运动。
()(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的运动。
()(3)匀加速直线运动的位移是均匀增大的。
()(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动,速度由0到v运动距离是由v到2v运动距离的2倍。
() (5)对任意直线运动,其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均速度。
()(6)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。
()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)√研考纲考题要点1匀变速直线运动规律的基本应用1.匀变速直线运动公式为矢量式,一般规定初速度v0的方向为正方向(当v0=0时,一般以加速度a的方向为正方向),与正方向同向的物理量取正值,反向的物理量取负值。
匀变速直线运动的规律及应用1. 匀变速直线运动的基础概念1.1 什么是匀变速直线运动?匀变速直线运动,其实就是物体在运动过程中,速度在不断变化,但变化的速度是恒定的。
说白了,就是车子加速或减速的速度保持不变。
就像你骑自行车,如果每秒钟都加速10公里,那么你就是在做匀变速直线运动。
1.2 匀变速直线运动的公式说到公式,别怕复杂。
其实也就那么几个关键点。
首先,我们有位移公式:( s = v_0 t + frac{1}{2} a t^2 ),其中 ( s ) 是位移,( v_0 ) 是初速度,( a ) 是加速度,( t ) 是时间。
接着,速度公式是:( v = v_0 + a t )。
只要掌握了这些,匀变速运动也就搞定了。
2. 匀变速直线运动的实际应用2.1 交通工具中的匀变速我们在交通工具上最常见的就是匀变速运动了。
例如,汽车起步的时候,加速度是比较均匀的,车速逐渐增加。
这个时候,如果你有个车速表,就能看到车速稳步上升。
再比如地铁,刚启动时加速也是匀速的,让你在车上也能感受到“平稳”的感觉。
2.2 日常生活中的应用不仅限于交通工具,我们平常玩滑板、溜冰,甚至走路时,也会遇到匀变速运动的情况。
当你加速走路或减速时,速度的变化往往是均匀的。
比如你在跑步机上慢跑,跑步机的速度增加得比较平稳,这就是匀变速的典型表现。
3. 如何利用匀变速直线运动提高生活质量。
3.1 提高运动效果利用匀变速运动的规律,我们可以更科学地安排运动计划。
比如你要增加跑步的强度,可以在跑步时逐渐增加速度,这样可以避免突然加速带来的不适,同时提高运动效果。
3.2 安全驾驶在驾驶过程中,掌握匀变速运动的知识也非常重要。
比如,当你在高速公路上超车时,平稳加速不仅让驾驶更安全,也能提高车辆的稳定性。
懂得运用匀变速的原理,你的驾驶体验会更舒适,车子也能更省油。
结语所以呢,匀变速直线运动不仅是物理课上的难题,更是我们日常生活中的重要部分。
了解它的规律,应用到实际生活中,不仅能让我们在运动时更有效率,还能在驾驶时更安全。
教案:匀变速直线运动的规律及其应用教学目标:1. 了解匀变速直线运动的概念及其特点;2. 掌握匀变速直线运动的规律及其应用;3. 能够运用匀变速直线运动的规律解决实际问题。
教学重点:1. 匀变速直线运动的概念及其特点;2. 匀变速直线运动的规律及其应用。
教学难点:1. 匀变速直线运动的规律的推导;2. 实际问题的解决。
教学准备:1. 教学PPT;2. 教学视频或动画;3. 实际问题案例。
教学过程:一、导入(5分钟)1. 引入匀变速直线运动的概念,引导学生回顾已学的物理知识;2. 提问学生对于匀变速直线运动的特点有何了解,引导学生思考。
二、新课讲解(15分钟)1. 讲解匀变速直线运动的定义及其特点;2. 推导匀变速直线运动的规律,引导学生参与其中,巩固知识点;3. 通过PPT或教学视频展示匀变速直线运动的具体案例,让学生更好地理解。
三、案例分析(15分钟)1. 给出几个实际问题案例,让学生运用匀变速直线运动的规律进行解决;2. 引导学生分组讨论,共同解决问题;3. 邀请学生分享解题过程和答案,进行点评和指导。
四、课堂练习(10分钟)1. 发放课堂练习题,让学生独立完成;2. 对学生的练习答案进行点评和指导,纠正错误。
五、课堂小结(5分钟)1. 对本节课的内容进行简要回顾,巩固知识点;2. 强调匀变速直线运动的规律在实际问题中的应用。
教学反思:本节课通过讲解匀变速直线运动的规律及其应用,让学生能够运用所学知识解决实际问题。
在教学过程中,通过导入、新课讲解、案例分析、课堂练习和课堂小结等环节,引导学生逐步理解和掌握匀变速直线运动的规律。
在案例分析环节,通过分组讨论和分享解题过程,培养了学生的合作意识和沟通能力。
在课堂练习环节,及时对学生的练习答案进行点评和指导,帮助学生纠正错误,提高解题能力。
总体来说,本节课的教学效果较好,学生对匀变速直线运动的规律及其应用有了更深入的理解和掌握。
但在教学过程中,仍需注意对于匀变速直线运动规律的推导环节,可以适当给予学生更多的引导和帮助,以确保学生能够更好地理解和掌握。
第2课时匀变速直线运动规律及应用1.一个小石块从空中a点自由落下,先后经过b点和c点,不计空气阻力.已知它经过b 点时的速度为v,经过c点时的速度为3v,则ab段与ac段位移之比为()A.1∶3 B.1∶5 C.1∶8 D.1∶9解析:经过b点时的位移为h ab=v22g,经过c点时的位移为h ac=(3v)22g,所以h ab∶h ac=1∶9,故选D.答案:D2.静止置于水平地面的一物体质量为m=57 kg,与水平地面间的动摩擦因数为0.43,在F=287 N的水平拉力作用下做匀变速直线运动,则由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为()A.2∶1 B.1∶2 C.7∶3 D.3∶7解析:第5个7秒内的位移为x1=12a×352-12a×282,第11个3秒内的位移为x2=12a×332-12a×302,所以x1x2=352-282332-302=73.答案:C3.图1-2-5(2009·江苏,7)如图1-2-5所示,以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口,绿灯还有2 s将熄灭,此时汽车距离停车线18 m.该车加速时最大加速度大小为2 m/s2,减速时最大加速度大小为5 m/s2.此路段允许行驶的最大速度为12.5 m/s.下列说法中正确的有() A.如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线B.如果立即做匀加速运动,在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速C.如果立即做匀减速运动,在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线D.如果距停车线5 m处减速,汽车能停在停车线处解析:在加速阶段若一直加速则2 s末的速度为12 m/s,2 s内的位移为x=8+122×2 m=20 m,则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线,A正确.汽车一直减速在绿灯熄灭前通过的距离小于16 m,则不能通过停车线,如距离停车线5 m处减速,汽车运动的最小距离为6.4 m,不能停在停车线处.A、C正确.答案:AC4.在四川汶川抗震救灾中,一名质量为60 kg 、训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖直的质量为20 kg 的长绳由静止开始滑下,速度很小可认为等于零.在离地面18 m 高处,武警战士感到时间紧迫,想以最短的时间滑到地面,开始加速.已知该武警战士落地的速度不能大于6 m/s ,以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5 m/s 2;长绳的下端恰好着地,当地的重力加速度为g =10 m/s 2.求武警战士下滑的最短时间和加速下滑的距离.解析:设武警战士加速下滑的距离为h 1,减速下滑的距离为(H -h 1),加速阶段的末速度等于减速阶段的初速度为v max ,由题意和匀变速运动的规律有:v 2max =2gh 1 v 2max =2a (H -h 1)+v 2由上式解得h 1=2aH +v 22(g +a )=2×5×18+622×(10+5)m =7.2 m 武警战士的最大速度为v max =2gh 1=2×10×7.2 m/s =12 m/s加速时间:t 1=v max g =1210s =1.2 s 减速时间:t 2=v max -v a =12-65s =1.2 s 下滑的最短时间t =t 1+t 2=1.2 s +1.2 s =2.4 s答案:2.4 s 7.2 m5.图1-2-6(2010·湖南十校联考)如图1-2-6所示,离地面足够高处有一竖直的空管,质量为2 kg ,管长为24 m ,M 、N 为空管的上、下两端,空管受到F =16 N 竖直向上的拉力作用,由静止开始竖直向下做加速运动,同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛,小球只受重力,取g =10 m/s 2.求:(1)若小球上抛的初速度为10 m/s ,则其经过多长时间从管的N 端穿出;(2)若此空管的N 端距离地面64 m 高,欲使在空管到达地面时小球必须落到管内,在其他条件不变的前提下,求小球的初速度大小的范围.解析:(1)对管由牛顿第二定律得mg -F =ma ①代入数据得a =2 m/s 2设经过t 时间从N 端穿出对管:h =12at 2② 对球:-(24+h )=v 0t -12gt 2③由②③得:2t2-5t-12=0,解得:t=4 s,t′=-1.5 s(舍去).(2)-64=v0t1-12gt21④64=12at21⑤-88=v′0t1-12gt21⑥由④⑤得:v0=32 m/s,由⑤⑥得:v0′=29 m/s,所以29 m/s<v0<32 m/s.答案:(1)4 s(2)29 m/s<v0<32 m/s1.从足够高处释放一石子甲,经0.5 s,从同一位置再释放另一石子乙,不计空气阻力,则在两石子落地前,下列说法中正确的是()A.它们间的距离与乙石子运动的时间成正比B.甲石子落地后,经0.5 s乙石子还在空中运动C.它们在空中运动的时间相同D.它们在空中运动的时间与其质量无关解析:两石子做自由落体运动,设t时刻甲下落的高度为h1=12gt2,则乙下落的高度为h1=12g(t-0.5)2,它们之间的距离h1-h2=12g(t-0.25)=12g[(t-0.5)+0.25]与乙石子运动的时间(t-0.5)不成正比,A错误;由于两石子下落的高度相同,因此下落的时间相同,甲石子落地后,经0.5 s乙石子刚好落地,B错误,C正确;由于不计空气阻力,由t=2hg可知,两石子在空中运动的时间与质量无关,D正确.答案:CD2.在水平面上有a、b两点,相距20 cm,一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动,经过0.2 s的时间先后通过a、b两点,则该质点通过a、b中点时的速度大小为()A.若力的方向由a向b,则大于1 m/s,若力的方向由b向a,则小于1 m/sB.若力的方向由a向b,则小于1 m/s;若力的方向由b向a,则大于1 m/sC.无论力的方向如何,均大于1 m/sD.无论力的方向如何,均小于1 m/s解析:无论力的方向如何,0.2 s中间时刻的瞬时速度均为v t2=0.20.2m/s=1 m/s,经分析可知,质点无论是匀加速还是匀减速,a、b中间时刻的瞬时速度均小于a、b中点时的速度,所以选项C正确.答案:C3.图1-2-72009年3月29日,中国女子冰壶队首次夺得世界冠军,如图1-2-7所示,一冰壶以速度v 垂直进入三个矩形区域做匀减速运动,且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 .v 1∶v 2∶v 3=3∶2∶1B .v 1∶v 2∶v 3=3∶2∶1C .t 1∶t 2∶t 3=1∶2∶ 3D .t 1∶t 2∶t 3=(3-2)∶(2-1)∶1解析:因为冰壶做匀减速运动,且末速度为零,故可以看做反向匀加速直线运动来研究.初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2),故所求时间之比为(3-2)∶(2-1)∶1,所以选项C 错,D 正确;由v =at 可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为1∶2∶3,则所求的速度之比为3∶2∶1,故选项A 错,B 正确,所以正确选项为BD.答案:BD4.两物体分别从不同高度自由下落,同时落地,第一个物体下落时间为t ,第二个物体下落时间为t /2,当第二个物体开始下落时,两物体相距( )A .gt 2B .3gt 2/8C .3gt 2/4D .gt 2/4解析:当第二个物体开始下落时,第一个物体已下落t 2时间,此时离地高度h 1=12gt 2-12g ⎝⎛⎭⎫t 22,第二个物体下落时的高度h 2=12g ⎝⎛⎭⎫t 22,则待求距离Δh =h 1-h 2=gt 24. 答案:D5. 四个小球在离地面不同高度处,同时从静止释放,不计空气阻力,从某一时刻起每隔相等的时间间隔,小球依次碰到地面.则刚刚开始运动时各小球相对地面的位置可能是下图中的( )答案:C6.一个质点正在做匀加速直线运动,用固定的照相机对该质点进行闪光照相,闪光时间间隔为1 s .分析照片得到的数据,发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m ;在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m ,由此不可求得( )A .第1次闪光时质点的速度B .质点运动的加速度C .从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D .质点运动的初速度解析:如上图所示,x 3-x 1=2aT 2,可求得a ,而v 1=x 1T -a ·T 2可求. x 2=x 1+aT 2=x 1+x 3-x 12=x 1+x 32也可求, 因不知第一次闪光时已运动的时间和位移,故初速度v 0不可求.答案:D7.一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时,其速度恰好减为零.若设斜面全长L ,滑块通过最初34L 所需时间为t ,则滑块从斜面底端到顶端所用时间为( ) A.43t B.53t C.32t D .2t解析:假设存在逆过程,即为初速度是零的匀加速直线运动,将全过程分为位移均为L /4的四个阶段,根据匀变速直线运动规律,其时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3),根据题意可列方程:(2-1)+(3-2)+(2-3)1+(2-1)+(3-2)+(2-3)=t t ′,t ′=2t . 答案:D8. 将一小物体以初速度v 0竖直上抛,若物体所受的空气阻力的大小不变,则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程为x 1和x 2,速度的变化量为Δv 1和Δv 2的大小关系为( )A .x 1>x 2B .x 1<x 2C .Δv 1>Δv 2D .Δv 1<Δv 2解析:上升的加速度a 1大于下落的加速度a 2,根据逆向转换的方法,上升的最后一秒可以看成以加速度a 1从零下降的第一秒,故有:Δv 1=a 1t ,x 1=12a 1t 2;而以加速度a 2下降的第一秒内有:Δv 2=a 2t ,x 2=12a 2t 2,因a 1>a 2,所以x 1>x 2,Δv 1>Δv 2,即A 、C 正确. 答案:AC9.图1-2-8如图1-2-8所示,在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点),小球1、2、3距斜面底端A 点的距离分别为x 1、x 2、x 3,现将它们分别从静止释放,到达A 点的时间分别为t 1、t 2、t 3,斜面的倾角为θ.则下列说法正确的是( )A.x 1t 1=x 2t 2=x 3t 3B.x 1t 1>x 2t 2>x 3t 3C.x 1t 21=x 2t 22=x 3t 23 D .若θ增大,则s 1t 21的值减小 解析:三个小球在光滑斜面上下滑时的加速度均为a =g sin θ,由x =12at 2知x t 2=12a ,因此x 1t 21=x 2t 22=x 3t 23.当θ增大,a 增大,x t 2的值增大,C 对,D 错.v =x t ,且v =v 2,由物体到达底端的速度v 2=2ax 知v 1>v 2>v 3,因此v 1>v 2>v 3,即x 1t 1>x 2t 2>x 3t 3,A 错,B 对. 答案:BC10.图1-2-9(2010·湖北部分重点中学月考)如图1-2-9所示水平传送带A 、B 两端点相距x =7 m ,起初以v 0=2 m/s 的速度顺时针运转.今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放至A 点处,同时传送带以a 0=2 m/s 2的加速度加速运转,已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.4,求:小物块由A 端运动至B 端所经历的时间.解析:小物块刚放上传送带时,由牛顿第二定律:μmg =ma ,得:a =4 m/s 2 小物块历时t 1后与传送带速度相同,则:at 1=v 0+a 0t 1,得:t 1=1 s此过程中小物块的位移为:x 1=at 21/2,得:x 1=2 m<x =7 m故小物块此时尚未到达B 点,且此后的过程中由于a 0<μg ,所以小物块将和传送带以共同的加速度运动,设又历时t 2到达B 点,则:x -x 1=at 1t 2+a 0t 22/2得:t 2=1 s 小物块从A 到B 历时:t =t 1+t 2=2 s.答案:2 s 11.图1-2-10“10米折返跑”的成绩反应了人体的灵敏素质,如图1-2-10所示.测定时,在平直跑道上,受试者以站立式起跑姿势站在起点终点线前,当听到“跑”的口令后,全力跑向正前方10米处的折返线,测试员同时开始计时,受试者到达折返线处时,用手触摸折返线处的物体(如木箱),再转身跑向起点终点线,当胸部到达起点终点线的垂直面时,测试员停表,所用时间即为“10米折返跑”的成绩.设受试者起跑的加速度为4 m/s 2,运动过程中的最大速度为4 m/s ,快到达折返线处时需减速到零,减速的加速度为8 m/s 2,返回时达到最大速度后不需减速,保持最大速度冲线.求该受试者“10米折返跑”的成绩为多少秒?解析:对受试者,由起点终点线向折返线运动的过程中加速阶段:t 1=v m a 1=1 s ,x 1=12v m t 1=2 m 减速阶段:t 3=v m a 2=0.5 s ;x 3=12v m t 3=1 m 匀速阶段:t 2=l -(x 1+x 3)m=1.75 s 由折返线向起点终点线运动的过程中加速阶段:t 4=v m a 1=1 s ,x 4=12v m t 4=2 m 匀速阶段:t 5=l -x 4v m=2 s 受试者“10米折返跑”的成绩为:t =t 1+t 2+…+t 5=6.25 s.答案:6.25 s 12.图1-2-11如图1-2-11所示,一辆上表面光滑的平板小车长L =2 m ,车上左侧有一挡板,紧靠挡板处有一可看成质点的小球.开始时,小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动,速度大小为v 0=5 m/s.某时刻小车开始刹车,加速度a =4 m/s 2.经过一段时间,小球从小车右端滑出并落到地面上.求:(1)从刹车开始到小球离开小车所用的时间;(2)小球离开小车后,又运动了t 1=0.5 s 落地.小球落地时落点离小车右端多远?解析:(1)刹车后小车做匀减速运动,小球继续做匀速运动,设经过时间t ,小球离开小车,经判断知此时小车没有停止运动,则x 球=v 0t ①x 车=v 0t -12at 2 ② x 球-x 车=L ③代入数据可解得:t =1 s ④(2)经判断小球离开小车又经t 1=0.5 s 落地时,小车已经停止运动.设从刹车到小球落地,小车和小球总位移分别为x 1、x 2,则:x 1=v 202a⑤ x 2=v 0(t +t 1) ⑥设小球落地时,落点离小车右端的距离为Δx ,则:Δx =x 2-(L +x 1) ⑦解得:Δx =2.375 m .⑧答案:(1)1 s (2)2.375 m。