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2016《步步高》大一轮复习讲义 物理第1章

考点内容 参考系、质点 位移、速度和加速度 匀变速直线运动及其公式、图象

要求 I Ⅱ Ⅱ

考纲解读 1.直线运动的有关概念、规律是本章的重 点,匀变速直线运动规律的应用及 v—t 图 象是本章的难点. 2.注意本章内容与生活实例的结合,通过 对这些实例的分析、 物理情景的构建、 物理 过程的认识, 建立起物理模型, 再运用相应

实验:研究匀变速直线运动

的规律处理实际问题. 3.本章规律较多,同一试题往往可以从不 同角度分析, 得到正确答案, 多练习一题多 解,对熟练运用公式有很大帮助.

注:各考点要求中罗马数字Ⅰ、Ⅱ的含义如下: Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义,并能在有关问题中识别和直接使用它们. Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系,能够进行叙述和解释,并能在实际 问题的分析、综合、推理和判断等过程中运用.

第 1 课时

运动的描述

考纲解读 1.知道参考系、质点、位移的概念,理解物体看成质点的条件和位移的矢量性.2. 知道速度与加速度、平均速度和瞬时速度的区别,并理解二者间的关系. 考点一 对质点和参考系的理解 1.质点 (1)用来代替物体的有质量的点叫做质点.

(2)研究一个物体的运动时,如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略,就可以看做质 点. (3)质点是一种理想化模型,实际并不存在. 2.参考系 (1)参考系可以是运动的物体,也可以是静止的物体,但被选为参考系的物体,我们都假定 它是静止的. (2)比较两物体的运动情况时,必须选同一参考系. (3)选取不同的物体作为参考系,对同一物体运动的描述可能不同.通常以地球为参考系. 例1 2013 年 8 月 15 日消息, 科学研究表明,在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神

星. 这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星——木星质量的 4 倍, 它的轨道半 径是地球轨道的几千倍.根据以上信息,下列说法正确的是( A.幸神星质量太大,不能看做质点 B.研究幸神星绕太阳运动,可以将其看做质点 C.比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系,可以选择太阳为参考系 D.幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大 解析 物体能否看做质点与质量无关, A 错; 幸神星的形状和大小相对其到太阳的距离来说 属于次要的因素,因此可以看做质点,B 对;比较两个物体运动速度的大小,要选择同一参 考系,C 对;幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移均为零,D 错. 答案 BC 变式题组 1.[对质点的理解]在研究下述运动时,能把物体看做质点的是( A.研究短跑运动员的起跑动作时 B.研究飞往火星的宇宙飞船最佳运行轨道时 C.将一枚硬币用力上抛并猜测它落地时正面是朝上还是朝下时 D.研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时 答案 B 2.[对质点和参考系的理解]美国宇航局科学家宣布,1977 年 9 月 5 日发射升空的“旅行者 1 号”探测器经过 36 年的长途跋涉,终于飞出了太阳系,进入星际空间,则以下说法正确 的是( ) ) )

A.在分析探测器 36 年的运动时,不能将其视为质点

B.研究探测器的姿态控制问题时,能将其视为质点 C.研究探测器的运动时,可选太阳为参考系 D.研究探测器的位移时,可将其看作质点 答案 CD

对“理想化模型”的理解 (1)理想化模型是分析、解决物理问题常用的方法,它是对实际问题的科学抽象,可以使一 些复杂的物理问题简单化. (2)物理学中理想化的模型有很多,如“质点”、“轻杆”、“光滑平面”、“自由落体运 动”、“点电荷”、“纯电阻电路”等,都是突出主要因素,忽略次要因素而建立的物理模 型. 考点二 平均速度和瞬时速度 1.平均速度 (1)在变速运动中,物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间 - Δx 内的平均速度,即v= ,其方向与位移的方向相同. Δt (2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度,它与一段时间或一段位移相对应. 2.瞬时速度 (1)运动物体在某一时刻(或某一位臵)的速度, 方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进 的一侧,是失量.瞬时速度的大小叫速率,是标量. (2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢,它是在运动时间 Δt→0 时的平均速度,与某一时 刻或某一位臵相对应. (3)平均速率是路程与时间的比值,它与平均速度的大小没有对应关系. 例2 一质点沿直线 Ox 方向做加速运动,它离开 O 点的距离 x 随时间变化的关系为 x=3

+2t3(m),它的速度随时间变化的关系为 v=6t2 m/s.则该质点在 t=2 s 时的瞬时速度和 t=0 到 t=2 s 间的平均速度分别为( A.8 m/s,24 m/s B.24 m/s,8 m/s C.12 m/s,24 m/s D.24 m/s,12 m/s 解析 由速度随时间变化关系公式可得 t=2 s 时的速度为:v=6t2 m/s=6× 22 m/s=24 m/s; 由 x 与 t 的关系得出各时刻对应的位移, 再利用平均速度公式可得 t=0 到 t=2 s 间的平均速 Δx 19-3 度为: v 1= = m/s=8 m/s,故 B 正确. Δt 2 )

答案 B 变式题组 3.[平均速度和瞬时速度的区别]关于瞬时速度和平均速度,以下说法正确的是( A.一般讲平均速度时,必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度 B.对于匀速直线运动,其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关 C.瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动 D.瞬时速度是某时刻的速度,只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢 答案 ABD 解析 一般情况下, 物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同, 但对于匀速直线运动, 物体的速度不变,所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关,故 A、B 均正确;平均速度 只能粗略描述变速运动, 只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢, 故 C 错, D 正确. 4.[平均速度和瞬时速度的理解和计算]一质点沿一边长为 2 m 的正方形轨道运动,每秒钟 匀速移动 1 m,初始位置在 bc 边上的中点 A,由 A 向 c 运动,如图 1 所示,A、B、C、D 分 别是 bc、cd、da、ab 边的中点,则下列说法正确的是( ) )

图1 A.第 2 s 末的瞬时速度是 1 m/s 2 B.前 2 s 内的平均速度为 m/s 2 C.前 4 s 内的平均速度为 0.5 m/s D.前 2 s 内的平均速度为 2 m/s 答案 ABC

两种速度的比较 (1)区别:平均速度与位移和时间有关,表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢 程度;瞬时速度与位置或时刻有关,表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度. (2)联系:瞬时速度是运动时间 Δt→0 时的平均速度.

(3)注意:平均速度的大小与物体运动的不同阶段有关,求解平均速度必须明确是哪一段位 Δx 移或哪一段时间内的平均速度; v = 是平均速度的定义式,适用于所有的运动. Δt 考点三 速度、速度变化量和加速度的关系 1.速度 (1)物理意义:描述物体运动快慢和方向的物理量,是状态量. Δx (2)定义式:v= Δt (3)决定因素:v 的大小由 v0、a、Δt 决定. (4)方向:与位移同向,即物体运动的方向. 2.速度变化量 (1)物理意义:描述物体速度改变的物理量,是过程量. (2)定义式:Δv=v-v0. (3)决定因素:Δv 由 v 与 v0 进行矢量运算得到,由 Δv=aΔt 知 Δv 由 a 与 Δt 决定. (4)方向:由 Δv 或 a 的方向决定. 3.加速度 (1)物理意义:描述物体速度变化快慢和方向的物理量,是状态量. Δv v-v0 (2)定义式:a= = Δt Δt F (3)决定因素:a 不是由 v、Δt、Δv 来决定,而是由 来决定. m (4)方向:与 Δv 的方向一致,由 F 的方向决定,而与 v0、v 的方向无关. 例3 沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为 v1 和 v2,v1、v2 在各个时 ) 1 17.5 11.0 2 17.0 12.2 3 16.5 13.4 4 16.0 14.6

刻的大小如表所示,从表中数据可以看出( t/s v1/(m· s 1)


0 18.0 9.8

v2/(m· s 1)


A.火车的速度变化较慢 B.汽车的加速度较小 C.火车的位移在减小 D.汽车的位移在增加 Δv 解析 由加速度的定义式 a= 知汽车速度变化快,即加速度大;物体做单向直线运动,位 Δt 移一定增加. 答案 AD 变式题组

5.[加速度和速度关系的理解]有下列几种情景,请根据所学知识选择对情景的分析和判断 正确的说法( )

A.点火后即将升空的火箭,因火箭还没运动,所以加速度一定为零 B.高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车.因轿车紧急刹车,速度变化很 快,所以加速度很大 C.高速行驶的磁悬浮列车,因速度很大,所以加速度也一定很大 D.太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动,其加速度为零 答案 B 6.[加速、减速的判断]根据给出的速度和加速度的正负,对下列运动性质的判断正确的是 ( )

A.v0>0,a<0,物体做加速运动 B.v0<0,a<0,物体做减速运动 C.v0<0,a>0,物体做减速运动 D.v0>0,a>0,物体做加速运动 答案 CD

对速度与加速度关系的三点提醒 (1)速度的大小与加速度的大小没有必然联系. (2)速度变化量与加速度没有必然的联系,速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决 定. (3)物体做加速运动还是减速运动,关键是看物体的加速度与速度的方向关系,而不是看加 速度的变化情况.加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢. a不变,v随时间均匀增加 ? ? ①a 和 v 同向?加速直线运动??a增大,v增加得越来越快 ? ?a减小,v增加得越来越慢 a不变,v随时间均匀减小 ? ? ②a 和 v 反向?减速直线运动??a增大,v减小得越来越快 ? ?a减小,v减小得越来越慢 考点四 “匀速运动”模型的实际应用 1.模型介绍 “匀速运动”是一种理想化模型,是最基本、最简单的运动,且应用广泛.例如:声、光的

传播都可以看成匀速,而实际生活中的运动估算,也经常用到这一模型,如计算飞行时间。 2.分析方法 在这类问题中位移的计算是关键,有时要巧用几何关系(如光波、声波反射、折射问题,如 图 2),有时要估算长度(如高速摄影,如图 3),有时要求相对位移(如动态测速)等.这类问 x 题的核心方程只有一个:v= . t

图2

图3

图4 例4 如图 4 所示,一艘海轮用船上天线 D 向海岸边的信号接收器 A 发送电磁波脉冲信

号. 信号接收器和船上天线的海拔高度分别为 AB=H 和 CD=h.船上天线某时刻发出一个电 磁波脉冲信号,接收器接收到一个较强和较弱的脉冲,前者是直接到达的信号,后者是经海 平面反射后再到达的信号,两个脉冲信号到达的时间间隔为 Δt,电磁波的传播速度为 c,求 船上天线发出信号时海轮与海岸的距离 L. 解析 如图所示,从船上天线 D 向接收器 A 发出的电磁波脉冲信号,一方面沿直线 DA 直 接传播到 A,另一方面经过海面 E 点反射沿折线 DEA 传播到 A,前者脉冲较强,后者脉冲 较弱.

由反射定律可知∠DEC=∠AEB 延长 AE 交 DC 的延长线于 F, 过 A 作 AG 平行于 BC, 交 CD 的延长线于 G, 则有 DE=EF, GD=H-h,GF=H+h,设信号接收器接收到沿直线 DA 和折线 DEA 传播的电磁波脉冲信 号所需要的时间分别为 t1 和 t2,则有

(ct1)2=(H-h)2+L2 (ct2)2=(H+h)2+L2 根据题意有 t2-t1=Δt 1 4Hh 联立解得 L= ? -cΔt?2-?H-h?2 4 cΔt 1 4Hh 答案 ? -cΔt?2-?H-h?2 4 cΔt 拓展题组 7.[匀速运动模型的应用]天空有近似等高的浓云层.为了测量云层的高度,在水平地面上 与观测者的距离为 d=3.0 km 处进行一次爆炸, 观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云 层反射来的爆炸声时间上相差 Δt=6.0 s.试估算云层下表面的高度.已知空气中的声速 v 1 = km/s. 3 答案 2.0×103 m 解析 如图所示,O 表示爆炸处,A 表示观测者所在处,h 表示云层下表面的高度.用 t1 表 示爆炸声直接传到 A 处所经时间.

则有 d=vt1,用 t2 表示爆炸声经云层反射到 A 处所经时间,因为入射角等于反射角,故有 d 2 ? ?2+h2=vt2,又知 t2-t1=Δt, 2 1 联立可得 h= ?vΔt?2+2dvΔt , 2 代入数值得 h=2.0×103 m. 8.[匀速直线运动模型的应用]如图 5 所示是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意 图,测速仪发出并接收超声波脉冲信号,根据发出和接收到的信号间的时间差,测出被测汽 车的速度.图 6 中 p1、p2 是测速仪发出的超声波信号,n1、n2 分别是 p1、p2 由汽车反射回来 的信号.设测速仪匀速扫描,p1、p2 之间的时间间隔 Δt=1.0 s,超声波在空气中传播的速度 是 v=340 m/s,若汽车是匀速行驶的,则根据图 6 可知,汽车在接收到 p1、p2 两个信号之 间的时间内前进的距离是______m,汽车的速度是________m/s.

图5 答案 17 17.9

图6

解析 测速仪匀速扫描,p1、p2 之间的时间间隔为 1.0 s,由题图可知 p1、p2 之间有 30 个小

1.0 1 格,故每一个小格对应的时间间隔 t0= s= s,p1、n1 间有 12 个小格,说明 p1、n1 之 30 30 1 间的间隔 t1=12t0=12× s=0.4 s.同理 p2、n2 之间的间隔 t2=0.3 s. 30 因而汽车接收到 p1、p2 两个信号时离测速仪的距离分别为 t1 t2 x1=v· ,x2=v· . 2 2 汽车这段时间内前进的距离为 t1-t2 x=x1-x2=v( )=17 m. 2 汽车在接收到 p1、p2 两个信号的时刻应分别对应于题图中 p1、n1 之间的中点和 p2、n2 之间 的中点,其间共有 28.5 个小格,故接收到 p1、p2 两个信号的时间间隔 t=28.5t0=0.95 s,所 x 以汽车速度为 v 车= ≈17.9 m/s. t 高考模拟 明确考向 1. 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 1 m D.任意 1 s 内的速度增量都是 2 m/s 答案 D 1 解析 由匀变速直线运动的位移公式 x=v0t+ at2,对比题给关系式可得 v0=5 m/s,a=2 2 1 5×2+ ×2×22 2 x 2 m/s2,则第 1 s 内的位移是 6 m,A 错;前 2 s 内的平均速度是 v = = m/s t 2 =7 m/s,B 错;Δx=aT2=2 m,C 错;任意 1 s 内的速度增量 Δv=aΔt=2 m/s,D 对. 2. 一物体做匀加速直线运动, 通过一段位移 Δx 所用的时间为 t1, 紧接着通过下一段位移 Δx 所用的时间为 t2,则物体运动的加速度为( 2Δx?t1-t2? Δx?t1-t2? A. B. t1t2?t1+t2? t1t2?t1+t2? 2Δx?t1+t2? Δx?t1+t2? C. D. t1t2?t1-t2? t1t2?t1-t2? 答案 A Δx t1 ,即为 时 t1 2 Δx t2 刻的瞬时速度;物体在后一段 Δx 所用的时间为 t2,平均速度为 v 2= ,即为 时刻的瞬时 t2 2 解析 物体做匀加速直线运动在前一段 Δx 所用的时间为 t1,平均速度为 v 1= )

v 2- v 1 2Δx?t -t ? t1+t2 1 2 速度. 速度由 v 1 变化到 v 2 所用的时间为 Δt= , 所以加速度 a= = , 2 Δt t1t2?t1+t2? A 正确. 3.下列诗句描绘的情景中,含有以流水为参考系的是( A.人在桥上走,桥流水不流 B.飞流直下三千尺,疑是银河落九天 C.白日依山尽,黄河入海流 D.孤帆远影碧空尽,唯见长江天际流 答案 A 解析 A 项是以流水为参考系,故有桥流水不流,A 对;B、C、D 都是以大地为参考系. 4.如图 7 所示,小明骑自行车由静止沿直线运动,他在第 1 s 内、第 2 s 内、第 3 s 内、第 4 s 内通过的位移分别为 1 m、2 m、3 m、4 m,则( ) )

图7

A.他 4 s 末的瞬时速度为 4 m/s B.他第 2 s 内的平均速度为 1.5 m/s C.他 4 s 内的平均速度为 2.5 m/s D.他 1 s 末的速度为 1 m/s 答案 C 5.关于速度、速度改变量、加速度,正确的说法是( A.物体运动的速度改变量很大,它的加速度一定很大 B.速度很大的物体,其加速度可以很小,可以为零 C.某时刻物体的速度为零,其加速度一定为零 D.加速度很大时,运动物体的速度一定很大 答案 B 解析 速度反映的是物体运动的快慢,速度的变化量指的是速度变化的多少,即 Δv=v2- Δv v1,而加速度指的是速度变化的快慢,即速度的变化率 a= ,由此可知,只有 B 正确. Δt )

6.中俄“海上联合—2013”海上联合军事演习中,我国研发的一艘“022”型导弹快艇以 30 m/s 的恒定速度追击前面同一直线上正在以速度 v1 逃跑的假想敌舰.当两者相距 L0=2 km 时,以 60 m/s 相对地面的速度发射一枚导弹,假设导弹沿直线匀速射向假想敌舰,经过 t1=50 s 艇长通过望远镜看到了导弹击中敌舰爆炸的火光,同时发现敌舰速度减小但仍在继 续逃跑,速度变为 v2,于是马上发出了第二次攻击的命令,第二枚导弹以同样速度发射后, 又经 t2=30 s,导弹再次击中敌舰并将其击沉.不计发布命令和发射反应的时间,发射导弹 对快艇速度没有影响,求敌舰逃跑的速度 v1、v2 分别为多大? 答案 20 m/s 10 m/s

解析 当导弹快艇与敌舰相距 L0=2 km 时,发射第一枚导弹,经 t1=50 s 击中敌舰,设 v =60 m/s,则有: (v-v1)t1=L0,解得:v1=20 m/s 击中敌舰时,导弹快艇与敌舰的距离为 L0-(30 m/s-v1)t1=1 500 m 马上发射第二枚导弹,此时敌舰的速度为 v2,经 t2=30 s,导弹再次击中敌舰,则有: (v-v2)t2=1 500 m,解得 v2=10 m/s. 练出高分 一、单项选择题 1.下列关于矢量和标量的说法正确的是( )

A.矢量和标量没有严格的区别,同一个物理量可以是矢量,也可以是标量 B.矢量都是有方向的 C.时间、时刻是标量,路程是矢量 D.初中学过的电流是有方向的量,所以电流是矢量 答案 B 2.以下说法中正确的是( )

A.做匀变速直线运动的物体,t s 内通过的路程与位移的大小一定相等 B.质点一定是体积和质量都极小的物体 Δx C.速度的定义式和平均速度公式都是 v= ,因此速度就是指平均速度 Δt D.速度不变的运动是匀速直线运动 答案 D 解析 往复的匀变速直线运动中,路程不等于位移大小,A 错;质点不一定是体积小、质量

小的物体,B 错;速度分为平均速度和瞬时速度,C 错;速度不变是指速度的大小和方向均 不变,故做匀速直线运动,D 对. 3.如图 1 所示哈大高铁运营里程 921 公里,设计时速 350 公里.某列车到达大连北站时做 匀减速直线运动,开始刹车后第 5 s 内的位移是 57.5 m,第 10 s 内的位移是 32.5 m,则下列 说法正确的有( )

图1 A.在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点 B.时速 350 公里是指平均速度,921 公里是指位移 C.列车做匀减速直线运动时的加速度大小为 6.25 m/s2 D.列车在开始减速时的速度为 80 m/s 答案 D 解析 因列车的大小远小于哈尔滨到大连的距离, 研究列车行驶该路程所用时间时可以把列 车视为质点,A 错;由时间、时刻、位移与路程的意义知时速 350 公里是指平均速率,921 57.5-32.5 公里是指路程, B 错; 由等时位移差公式 xn-xm=(n-m)aT2 可知加速度大小为 a= 5 m/s2=5 m/s2, C 错; 由题意可知第 4.5 s 末列车速度为 57.5 m/s, 由加速度公式知 v0=80 m/s, D 对. 4.某质点以 20 m/s 的初速度竖直向上运动.其加速度保持不变,经 2 s 到达最高点,上升 高度为 20 m,又经过 2 s 回到出发点时,速度大小仍为 20 m/s,关于这一运动过程的下列 说法中正确的是( )

A.质点运动的加速度大小为 10 m/s2,方向竖直向下 B.质点在这段时间内的平均速度大小为 10 m/s C.质点在最高点时加速度为零 D.质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相等 答案 A 二、多项选择题 5.甲、乙、丙三人各乘一艘飞艇,甲看到楼房匀速上升,乙看到甲艇匀速上升,丙看到乙 艇匀速下降,甲看到丙艇匀速上升,则甲、乙、丙艇相对于地球的运动情况可能是( A.甲和乙匀速下降,且 v 乙>v 甲,丙静止 )

B.甲和乙匀速下降,且 v 乙>v 甲,丙匀速上升 C.甲和乙匀速下降,且 v 乙>v 甲,丙匀速下降 D.甲匀速下降,乙匀速上升,丙静止不动 答案 ABC 解析 甲看到楼房匀速上升,以地球为参考系,说明甲艇在匀速下降. 乙看到甲艇匀速上升,说明乙艇也在匀速下降,且乙艇下降的速度大于甲艇下降的速度,即 v 乙>v 甲. 丙看到乙艇匀速下降,丙的运动相对地球可能有三种情况:①丙静止;②丙匀速下降,但 v


<v 乙;③丙匀速上升.丙的这三种情况都符合丙看到乙艇匀速下降的情形,至于甲看到丙

艇匀速上升,丙同样可能有三种情况:①丙静止;②丙匀速下降,但 v 丙<v 甲;③丙匀速上 升.综上分析,该题答案为 A、B、C. 6.下面描述的几个速度中,属于瞬时速度的是( A.子弹以 790 m/s 的速度击中目标 B.信号沿动物神经传播的速度大约为 10 m/s C.汽车上速度计的示数为 80 km/h D.台风以 360 m/s 的速度向东北方向移动 答案 AC 解析 790 m/s 是击中目标时刻的瞬时速度;信号沿动物神经传播是在一个过程内的平均速 度;汽车速度计上显示的是瞬时速度;台风移动过程中速度的变化是很大的,360 m/s 是平 均速度. 7.下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是( ) )

A.若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零,则它在这段时间内的平均速度一定 等于零 B.若物体在某段时间内的平均速度等于零,则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都 等于零 C.匀速直线运动中,物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度 D.变速直线运动中,物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度 答案 AC 解析 若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零,则物体静止,平均速度等于零, A 选项对;若物体在某段时间内的平均速度等于零,任一时刻的瞬时速度不一定都为零,例

如物体做圆周运动旋转一周时,平均速度为零,任一时刻的瞬时速度都不为零,B 选项错; 在匀速直线运动中,物体的速度恒定不变,任一时刻的瞬时速度都相等,都等于任意一段时 间内的平均速度,C 选项对;在变速直线运动中,物体的速度在不断变化,某一时刻的瞬时 速度可能等于某段时间内的平均速度,D 选项错. 8.如图 2 所示,物体沿曲线轨迹的箭头方向运动,在 AB、ABC、ABCD、ABCDE 四段轨迹 上运动所用的时间分别是 1 s、2 s、3 s、4 s.下列说法正确的是( )

图2

A.物体在 AB 段的平均速度为 1 m/s 5 B.物体在 ABC 段的平均速度为 m/s 2 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 ABC 段的平均速度 答案 ABC 解析 由 v = Δx 可得: v Δt
AB=

1 m/s=1 m/s, v 1

AC=

5 2

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 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 ABC 段的平均速度, D 错误. 9.关于加速度的方向,下列说法中正确的是( A.总与初速度的方向一致 B.总与平均速度的方向一致 C.总与速度变化的方向一致 D.与物体运动的方向无关 答案 CD 三、非选择题 10.为了测定气垫导轨上滑块的加速度,滑块上安装了宽度为 3.0 cm 的遮光板,如图 3 所 示, 滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门, 配套的数字毫秒计记录了遮光板通过 )

第一个光电门的时间为 Δt1=0.30 s,通过第二个光电门的时间为 Δt2=0.10 s,遮光板从开始 遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门所用的时间为 Δt=3.0 s.试估算:

图3 (1)滑块的加速度多大? (2)两个光电门之间的距离是多少? 答案 (1)0.067 m/s2 (2)0.6 m

解析 (1)遮光板通过第一个光电门的速度 L 0.03 v1= = m/s=0.10 m/s Δt1 0.30 遮光板通过第二个光电门的速度 L 0.03 v2= = m/s=0.30 m/s Δt2 0.10 v2-v1 故滑块的加速度 a= ≈0.067 m/s2 Δt v1+v2 (2)两个光电门之间的距离 x= Δt=0.6 m 2 11.一辆汽车从静止开始匀加速开出,然后保持匀速运动,最后匀减速运动,直到停止,下 表给出了不同时刻汽车的速度: 时刻/s 速度/(m· s 1)


1.0 3

2.0 6

3.0 9

5.0 12

7.0 12

9.5 9

10.5 3

(1)汽车从开出到停止总共经历的时间是多少? (2)汽车通过的总路程是多少? 答案 (1)11 s (2)96 m 解析 (1)汽车匀减速运动的加速度 3-9 a2= m/s2=-6 m/s2 1 0-3 设汽车从 3 m/s 经 t′停止,t′= s=0.5 s -6 故汽车从开出到停止总共经历的时间为 t 总=10.5 s+0.5 s=11 s 6-3 (2)汽车匀加速运动的加速度 a1= m/s2=3 m/s2 1 12-0 汽车匀加速运动的时间 t1= s=4 s 3

0-12 汽车匀减速运动的时间 t3= s=2 s -6 汽车匀速运动的时间 t2=t 总-t1-t3=5 s 汽车匀速运动的速度为 v=12 m/s 则汽车总共运动的路程 v v 12 12 s= t1+vt2+ t3=( ×4+12×5+ ×2) m=96 m 2 2 2 2

第 2 课时

匀变速直线运动规律的应用

考纲解读 1.掌握匀变速直线运动的速度公式、 位移公式及速度—位移公式, 并能熟练应用.2. 掌握并能应用匀变速直线运动的几个推论:平均速度公式、Δx=aT2 及初速度为零的匀加速 直线运动的比例关系式. 考点一 匀变速直线运动公式的应用 1.基本规律 (1)速度公式:v=v0+at. 1 (2)位移公式:x=v0t+ at2. 2 (3)位移速度关系式:v2-v0 2=2ax. 这三个基本公式,是解决匀变速直线运动的基石.均为矢量式,应用时应规定正方向. 2.两个重要推论 (1)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 v0+v 度矢量和的一半,即: v =v t = . 2
2

(2)任意两个连续相等的时间间隔 T 内的位移之差为一恒量,即:Δx=x2-x1=x3-x2=?= xn-xn-1=aT2. 3.v0=0 的四个重要推论 (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: x1∶x2∶x3∶?∶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: xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶?∶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∶( 2-1)∶( 3- 2)∶?∶( n- n-1) 例1 l 做匀加速直线运动的物体途中依次经过 A、B、C 三点,已知 AB=BC= ,AB 段和 2

BC 段的平均速度分别为 v1=3 m/s、v2=6 m/s,则: (1)物体经 B 点时的瞬时速度 vB 为多大? (2)若物体运动的加速度 a=2 m/s2,试求 AC 的距离 l.

解析 (1)设物体运动的加速度大小为 a,经 A、C 点的速度大小分别为 vA、vC.由匀加速直线 运动规律可得:

l vB 2-vA 2=2a× ① 2 l 2 2 vC -vB =2a× ② 2 vA+vB v1= ③ 2 vB+vC v2= ④ 2 解①②③④式得:vB=5 m/s (2)解①②③④式得: vA=1 m/s,vC=7 m/s 由 vC 2-vA 2=2al 得:l=12 m. 答案 (1)5 m/s 递进题组 1.[有关推论的应用]高速公路限速 120 km/h,一般也要求速度不小于 80 km/h.冬天大雾天 气的时候高速公路经常封道, 否则会造成非常严重的车祸. 如果某人大雾天开车在高速上行 驶,设能见度(观察者与能看见的最远目标间的距离)为 30 m,该人的反应时间为 0.5 s,汽 车刹车时能产生的最大加速度的大小为 5 m/s2,为安全行驶,汽车行驶的最大速度是( A.10 m/s B.15 m/s C.10 3 m/s D.20 m/s 答案 B 解析 设最大速度为 vm,能见度为 x,反应时间为 t,则有 0-vm2 vm2 x=vm· t+ ,即 30=0.5vm+ 10 -2a 解得: vm=15 m/s. 2. [基本公式的应用]卡车原来以 10 m/s 的速度在平直公路上匀速行驶, 因为路口出现红灯, 司机从较远的地方立即开始刹车,使卡车匀减速前进,当车减速到 2 m/s 时,交通灯恰好转 为绿灯,司机当即放开刹车,并且只用了减速过程一半的时间卡车就加速到原来的速度.从 刹车开始到恢复原速的过程用了 12 s.求: (1)卡车在减速与加速过程中的加速度; (2)开始刹车后 2 s 末及 10 s 末的瞬时速度大小. 答案 (1)-1 m/s2 2 m/s2 (2)8 m/s 6 m/s ) (2)12 m

解析 (1)设卡车从点 A 开始减速,则 vA=10 m/s,用时 t1 到达点 B;从点 B 又开始加速, 1 用时 t2 到达点 C.取 vA 的方向为正方向,则 vB=2 m/s,vC=10 m/s.且 t2= t1,t1+t2=12 s, 2 解得 t1=8 s,t2=4 s 由速度公式 v=v0+at 得 在 AB 段 vB=vA+a1t1 在 BC 段 vC=vB+a2t2 联立上述各式解得 a1=-1 m/s2,a2=2 m/s2 (2)2 s 末卡车的瞬时速度大小为 v1=vA+a1t′=10 m/s-1× 2 m/s=8 m/s 10 s 末卡车的瞬时速度大小为 v2=vB+a2t″=2 m/s+2× (10-8) m/s=6 m/s

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、加速度不变的匀加速直线运动. (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. 考点二 常用的“六种”物理思想方法 1.一般公式法 一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式.它们均是矢量式,使用时要注意方向性. 2.平均速度法 Δx 1 定义式 v = 对任何性质的运动都适用,而 v =v t = (v0+v)只适用于匀变速直线运动. Δt 2
2

3.比例法 对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动, 可利用初速度为零的匀 加速直线运动的重要特征中的比例关系,用比例法求解.

4.逆向思维法 如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动. 5.推论法 利用 Δx=aT2:其推广式 xm-xn=(m-n)aT2,对于纸带类问题用这种方法尤为快捷. 6.图象法 利用 v-t 图可以求出某段时间内位移的大小,可以比较 v t 与 v x ,还可以求解追及问题;
2 2

用 x-t 图象可求出任意时间内的平均速度等. 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 3 面最高点 C 时速度恰好为零,如图 1,已知物体运动到距斜面底端 l 处的 B 点时,所用时 4 间为 t,求物体从 B 滑到 C 所用的时间. 例2

图1 解析 解法一: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. 设物体从 B 到 C 所用的时间为 tBC . a?t+tBC?2 atBC 2 xAC 由运动学公式得 xBC= ,xAC= ,又 xBC= , 2 2 4 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 v0 2=2axAC① vB 2=v0 2-2axAB② 3 xAB= xAC③ 4 v0 由①②③解得 vB= ④ 2 又 vB=v0-at⑤ vB=atBC⑥ 由④⑤⑥解得 tBC=t. 解法三: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∶?∶xn=1∶3∶5∶?∶(2n-1). xAC 3xAC 因为 xCB∶xBA= ∶ =1∶3,而通过 xBA 的时间为 t,所以通过 xBC 的时间 tBC=t. 4 4 解法四: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,v
AC=

v0+0 = 2

v0 v0 xAC .又 v0 2=2axAC,vB 2=2axBC,xBC= .由以上三式解得 vB= .可以看成 vB 正好等于 AC 段 2 4 2 的平均速度,因此 B 点是这段位移的中间时刻,因此有 tBC=t. 解法五: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 2 S△AOC CO2 S△AOC 4 4 ?t+tBC? 比等于对应边的平方比, 得 = 2, 且 = , OD=t, OC=t+tBC.所以 = , 2 1 t S△BDC CD S△BDC 1 解得 tBC=t. 答案 t

递进题组 3.[平均速度公式的应用]质点由 A 点出发沿直线 AB 运动,行程的第一部分是加速度大小为 a1 的匀加速运动,接着做加速度大小为 a2 的匀减速运动,到达 B 点时恰好速度减为零.若 AB 间总长度为 s,则质点从 A 到 B 所用时间 t 为( s?a1+a2? 2s?a1+a2? A. B. a1a2 a1a2 2s?a1+a2? a1a2 C. D. a1a2 2s?a1+a2? 答案 B 解析 整个运动过程由匀加速、匀减速两个阶段组成.基本解题思路是先找到转折点速度, 再利用平均速度关系式或速度公式求时间.设第一阶段的末速度为 v, v2 v2 则由题意可知: + =s, 2a1 2a2 2a1a2s 解得:v= ; a1+a2 0+v v+0 v 而 s= t+ t = t, 2 1 2 2 2 2?a1+a2?s 由此解得:t= ,所以正确答案为 B. a1a2 )

4. [几种常见的解法]一个做匀加速直线运动的质点, 在最初的连续相等的两个时间间隔内, 通过的位移分别是 24 m 和 64 m,每个时间间隔为 4 s,求质点的初速度和加速度. 答案 1 m/s2 2.5 m/s2 解析 解法一:用基本公式求解 画出运动过程示意图,如图所示,因题目中只涉及位移与时间,故选择位移时间公式,即

1 1 1 x1=vAt+ at2,x2=vA(2t)+ a(2t)2-(vAt+ at2) 2 2 2 将 x1=24 m,x2=64 m,t=4 s 代入上式解得 a=2.5 m/s2,vA=1 m/s 解法二:用中间时刻速度公式求解 连续的两段时间 t 内的平均速度分别为 x1 x2 v 1= =6 m/s, v 2= =16 m/s t t vA+vB vB+vC 即 v 1= =6 m/s, v 2= =16 m/s 2 2 由于点 B 是 AC 段的中间时刻,则 vA+vC v 1+ v 2 6+16 vB= = = m/s=11 m/s 2 2 2 可得 vA=1 m/s,vC=21 m/s vC-vA 21-1 则 a= = m/s2=2.5 m/s2 2t 2×4 解法三:用 Δx=aT2 求解 Δx 64-24 由 Δx=aT2 得 a= 2 = m/s2=2.5 m/s2 T 42 1 再由 x1=vAt+ at2 解得 vA=1 m/s 2 考点三 自由落体运动和竖直上抛运动 1.特点和规律 (1)自由落体运动的特点 ①从静止开始,即初速度为零. ②只受重力作用的匀加速直线运动. 1 ③公式:v=gt,h= gt2,v2=2gh. 2 (2)竖直上抛运动的特点 ①初速度竖直向上.

②只受重力作用的匀变速直线运动. ③若以初速度方向为正方向,则 a=-g. 2.处理竖直上抛运动的方法 (1)分段处理 ①上升阶段做匀减速直线运动,下降阶段做自由落体运动. ②几个特征物理量 v0 2 v0 2v0 上升的最大高度 H= ,上升到最高点所用的时间 T= ,回到抛出点所用的时间 t= , 2g g g 回到抛出点时的速度 v=-v0. (2)全程处理 ①初速度为 v0(设为正方向),加速度为 a=-g 的匀变速直线运动. ②v>0 时,物体上升. v<0 时,物体下降. ③h>0 时,物体在抛出点上方. h<0 时,物体在抛出点下方. 例3 某人站在高楼的平台边缘,以 20 m/s 的初速度竖直向上抛出一石子.不考虑空气阻

力,取 g=10 m/s2.求: (1)石子上升的最大高度及回到抛出点所用的时间; (2)石子抛出后到达距抛出点下方 20 m 处所需的时间. 解析 解法一: (1)上升过程为匀减速直线运动, 取竖直向上为正方向, v0=20 m/s, a1=-g, v=0,根据匀变速直线运动公式 v2-v0 2=2ax,v=v0+at 得 -v0 2 v0 2 202 石子上升的最大高度:H= = = m=20 m; 2a1 2g 2×10 -v0 v0 20 上升时间:t1= = = s=2 s a1 g 10 下落过程为自由落体运动,取竖直向下为正方向.v0′=0,a2=g,回到抛出点时,x1=H, 根据自由落体运动规律得 下落到抛出点的时间:t2= t=t1+t2=4 s 所以最大高度 H=20 m,从抛出点抛出到回到抛出点所用时间为 4 s. (2)到达抛出点下方 20 m 处时,x2=40 m,从最高点下落到抛出点下方 20 m 处所需的时间: 2×40 2x2 t2′= = s=2 2 s g 10 2x1 = g 2×20 s=2 s 10

t′=t1+t2′=(2+2 2) s 所以石子抛出后到达距抛出点下方 20 m 处所需的时间为(2+2 2) s. 解法二: (1)全过程分析, 取竖直向上为正方向, v0=20 m/s, a=-g, 到达最大高度时 v=0, 回到原抛出点时 x1=0,落到抛出点下方 20 m 处时 x=-20 m,由匀变速直线运动公式得 v0 2 202 最大高度:H= = m=20 m 2g 2×10 2v0 2×20 1 回到原抛出点时:x1=v0t1- gt2 ,t = = s=4 s 2 1 1 g 10 1 1 (2)到达距抛出点下方 20 m 处时:x=v0t2- gt2 2,代入数据得-20=20t2- ×10t2 2 2 2

?t2=?2+2 2? s 解得? ?t2′=?2-2 2? s?不符合题意,舍去?
答案 (1)20 m 4 s (2)(2+2 递进题组 5.[竖直上抛运动问题的分析]将某物体以 30 m/s 的初速度竖直上抛,不计空气阻力,g 取 10 m/s2.5 s 内物体的( A.路程为 65 m B.位移大小为 25 m,方向竖直向上 C.速度改变量的大小为 10 m/s D.平均速度大小为 13 m/s,方向竖直向上 答案 AB v0 v0 2 解析 物体的初速度 v0=30 m/s,g=10 m/s ,其上升时间 t1= =3 s,上升高度 h1= = g 2g 1 2 45 m;下降时间 t2=5 s-t1=2 s,下降高度 h2= gt2 =20 m.末速度 v1=gt2=20 m/s,方向 2
2

2) s

)

竖直向下.故 5 s 内的路程 s=h1+h2=65 m;位移 x=h1-h2=25 m,方向竖直向上;速 度改变量 Δv=vt-v0=(-20-30) m/s=-50 m/s,负号表示方向竖直向下;平均速度 v = x =5 m/s.综上可知只有 A、B 正确. t 6.[自由落体运动的分析]某同学站在一平房边观察从屋檐边缘滴下的水滴,发现屋檐的滴 水是等时的,且第 5 滴正欲滴下时,第 1 滴刚好到达地面;第 2 滴和第 3 滴水刚好位于窗户 的下沿和上沿,他测得窗户上、下沿的高度差为 1 m,由此求:(g 取 10 m/s2) (1)屋檐离地面多高? (2)滴水的时间间隔为多少? 答案 (1)3.2 m (2)0.2 s

解析 如图所示, 如果将这 5 滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动, 并且将这一滴水运 动的全过程分成时间相等的 4 段,设时间间隔为 T,则这一滴水在 0 时刻、T 末、2T 末、3T 末、4T 末所处的位臵,分别对应图中第 5 滴水、第 4 滴水、第 3 滴水、第 2 滴水、第 1 滴 水所处的位臵. (1)由于初速度为零的匀加速直线运动从开始运动起,在连续相等的时间间隔内的位移比为 1∶3∶5∶7∶??∶(2n-1),令相邻两水滴之间的间距从上到下依次为 x0∶3x0∶5x0∶7x0. 显然,窗高为 5x0,即 5x0=1 m,得 x0=0.2 m. 屋檐总高 x=x0+3x0+5x0+7x0=16x0=3.2 m. 1 (2)由 x0= gT2 知,滴水的时间间隔为 2 2×0.2 2x0 T= = s=0.2 s. g 10

竖直上抛运动的对称性 如图 2 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

图2

(1)时间对称性: 物体上升过程中从 A→C 所用时间 tAC 和下降过程中从 C→A 所用时间 tCA 相 等,同理 tAB=tBA. (2)速度对称性:物体上升过程经过 A 点与下降过程经过 A 点的速度大小相等. 考点四 抓住运动转折点分析多过程问题 例 4 为了使航天员能适应在失重环境下的工作和生活,国家航天局组织对航天员进行失

重训练时需要创造出一种失重环境.如图 3 所示,航天员乘坐在总质量 m=5×104 kg 的训 练飞机上,飞机以 200 m/s 的速度沿 30°倾角匀速爬升到 7 000 m 高空时向上拉起,沿竖直 方向以 v0=200 m/s 的初速度向上做匀减速直线运动, 匀减速的加速度大小为 g.当飞机到最 高点后立即掉头向下, 沿竖直方向以加速度 g 做加速运动, 在这段时间内创造出完全失重的 环境. 当飞机离地 2 000 m 高时,为了安全必须拉起,之后又可一次次重复为航天员提供失重训 练.若飞机飞行时所受的空气阻力 Ff=kv(k=900 N· s/m),每次飞机速度达到 350 m/s 后必 须终止失重训练(否则飞机可能失控).求:(整个运动空间重力加速度 g 的大小均为 10 m/s2)

图3 (1)飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间; (2)飞机从最高点下降到离地 4 500 m 时飞机发动机的推力. v0 解析 (1)上升时间 t 上= =20 s g v0 2 上升高度 h 上= =2 000 m 2g 竖直下落当速度达到 v1=350 m/s 时,下落高度 v1 2 h 下= =6 125 m 2g 此时离地高度 Δh=h+h 上-h 下=7 000 m+2 000 m-6 125 m=2 875 m>2 000 m v1 350 m/s 所以 t 下= = =35 s g 10 m/s2 飞机一次上下为航天员创造的完全失重的时间为 t=t 上+t 下=20 s+35 s=55 s (2)飞机离地 4 500 m>2 875 m 时, 仍处于完全失重状态, 飞机自由下落的高度为 h2=2 000 m +7 000 m-4 500 m=4 500 m 此时飞机的速度 v2= 2gh2= 2×10×4 500 m/s=300 m/s

由于飞机加速度为 g,所以推力 F 推应与空气阻力大小相等,即 F 推=Ff=kv2=900×300 N =2.7×105 N 答案 (1)55 s (2)2.7×105 N

递进题组 7.[多过程运动问题]物体由静止开始做加速度大小为 a1 的匀加速直线运动,当速度达到 v 时,改为加速度大小为 a2 的匀减速直线运动,直至速度为零.在匀加速和匀减速运动过程 中物体的位移大小和所用时间分别为 x1、x2 和 t1、t2,下列各式成立的是( x1 t1 a1 t1 A. = B. = x2 t2 a2 t2 x + x 2?x1+x2? x1 x2 1 2 C. = = D.v= t1 t2 t1+t2 t1+t2 答案 ACD 1 解析 由题意可知物体加速和减速时最大速度相同,根据 x= vt、v=at,可知选项 A、C、 2 a1 t2 D 正确;由于 a1t1=a2t2,所以 = ,B 错误. a2 t1 8. [多过程运动问题]甲、 乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动, 加速度方向一直不变. 在 第一段时间间隔内,两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是甲的两倍;在接下 来的相同时间间隔内, 汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍, 汽车乙的加速度大小减小为 原来的一半.求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比. 答案 5∶7 解析 设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻 t0)的速度为 v,第一段时间间隔内行驶的路程为 s1,加速度为 a;在第二段时间间隔内行驶的路程为 s2.由运动学公式得 v=at0 1 s1= at0 2 2 1 s2=vt0+ ×(2a)t0 2 2 设汽车乙在时刻 t0 的速度为 v′,在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为 s1′、s2′. 同样有 v′=(2a)t0 1 s1′= ×(2a)t0 2 2 1 s2′=v′t0+ at0 2 2 设甲、乙两车行驶的总路程分别为 s、s′,则有 s=s1+s2 s′=s1′+s2′ 联立以上各式解得,甲、乙两车各自行驶的总路程之比为 s 5 = s′ 7 )

求解多阶段运动问题的四点注意 (1)准确选取研究对象,根据题意画出物体在各阶段的运动示意图,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. (4)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. 高考模拟 明确考向 1.(2013· 广东· 13)某航母跑道长 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 解析 由 vt 2-v0 2=2as 得: v0= vt 2-2as= 502-2×6×200 m/s=10 m/s. 2.一个做匀变速直线运动的质点,初速度为 0.5 m/s,第 9 s 内的位移比第 5 s 内的位移多 4 m,则该质点的加速度、9 s 末的速度和质点在 9 s 内通过的位移分别是( A.a=1 m/s2,v9=9 m/s,x9=40.5 m B.a=1 m/s2,v9=9 m/s,x9=45 m C.a=1 m/s2,v9=9.5 m/s,x9=45 m D.a=0.8 m/s2,v9=7.7 m/s,x9=36.9 m 答案 C 解析 根据匀变速直线运动的规律,质点 t=8.5 s 时刻的速度比在 t=4.5 s 时刻的速度大 4 Δv 4 m/s 1 m/s,所以加速度 a= = =1 m/s2,v9=v0+at=9.5 m/s,x9= (v0+v9)t=45 m,选项 Δt 4s 2 C 正确. 3.如图 4 所示,一杂技演员用一只手抛球、接球,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)( ) ) )

图4

A.1.6 m B.2.4 m C.3.2 m D.4.0 m 答案 C 解析 由演员刚接到球的状态分析,此时空中有三个球,由于相邻球的运动时间间隔均为

0.4 s,考虑到运动特点知,此时最高点有一个球.因此,球单向运动时间为 0.8 s,故所求高 1 1 度为:h= gt2= ×10×(0.8)2 m=3.2 m. 2 2 4.(2014· 山东· 23)研究表明,一般人的刹车反应时间(即图 5 甲中“反应过程”所用时间)t0 =0.4 s, 但饮酒会导致反应时间延长. 在某次试验中, 志愿者少量饮酒后驾车以 v0=72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离 L=39 m.减速 过程中汽 车位移 x 与速度 v 的关系曲线如图乙所示, 此过程可视为匀变速直线运动. 重力加速度的大 小 g 取 10 m/s2.求:



乙 图5 (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间; (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少; (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值. 41 答案 (1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3) 5 解析 (1)设减速过程中汽车加速度的大小为 a, 所用时间为 t, 由题可得初速度 v0=20 m/s,

末速度 vt=0,位移 x=25 m,由运动学公式得 v0 2=2ax① v0 t= ② a 联立①②式,代入数据得 a=8 m/s2③ t=2.5 s④ (2)设志愿者反应时间为 t′,反应时间的增加量为 Δt,由运动学公式得 L=v0t′+x⑤ Δt=t′-t0⑥ 联立⑤⑥式,代入数据得 Δt=0.3 s⑦ (3)设志愿者所受合外力的大小为 F,汽车对志愿者作用力的大小为 F0,志愿者质量为 m, 由牛顿第二定律得 F=ma⑧ 由平行四边形定则得
2 F0 =F2+(mg)2⑨

联立③⑧⑨式,代入数据得 F0 41 = . mg 5 练出高分 一、单项选择题 1.假设某无人机靶机以 300 m/s 的速度匀速向某个目标飞来,在无人机离目标尚有一段距 离时发射激光弹,激光弹以 80 m/s2 的加速度做匀加速直线运动,以 1 200 m/s 的速度在目 标位置击中该无人机,则激光弹发射后击中无人机所需的时间为( A.3.75 s B.15 s C.30 s D.45 s 答案 B v 解析 激光弹由静止做匀加速直线运动,即 v0=0,a=80 m/s2 ,据公式 v=v0+at,有 t= a 1 200 = s=15 s,即激光弹发射后经 15 s 击中无人机,选项 B 正确. 80 2.某动车组列车以平均速度 v 从甲地开到乙地所需的时间为 t ,该列车以速度 v0 从甲地出 发匀速前进,途中接到紧急停车命令紧急刹车,列车停车后又立即匀加速到 v0 继续匀速前 )

进,从开始刹车至加速到 v0 的时间是 t0(列车刹车过程与加速过程中的加速度大小相等),若 列车仍要在 t 时间内到达乙地,则动车组列车匀速运动的速度 v0 应为( vt vt A. B. t-t0 t+t0 vt vt C. D. 1 1 t- t0 t+ t0 2 2 答案 C v0 t0 vt 解析 依题意可得 vt=v0(t-t0)+2× × ,解得 v0= ,故选项 C 正确. 2 2 1 t- t0 2 3.某同学在实验室做了如图 1 所示的实验,铁质小球被电磁铁吸附,断开电磁铁的电源, 小球自由下落, 已知小球的直径为 0.5 cm, 该同学从计时器上读出小球通过光电门的时间为 1.00×10
-3

)

s,g 取 10 m/s2,则小球开始下落的位置距光电门的距离为(

)

图1 A.1 m B.1.25 m C.0.4 m D.1.5 m 答案 B 解析 本题主要考查瞬时速度的含义. 小球通过光电门的时间很短, 这段时间内的平均速度 v2 x 可看成瞬时速度,v= =5 m/s,由自由落体运动规律可知 h= =1.25 m,B 正确. t 2g 4.一个从地面竖直上抛的物体,它两次经过一个较低的点 a 的时间间隔是 Ta,两次经过一 个较高点 b 的时间间隔是 Tb,则 a、b 之间的距离为( 1 1 A. g(Ta 2-Tb 2) B. g(Ta 2-Tb 2) 8 4 1 1 C. g(Ta 2-Tb 2) D. g(Ta-Tb) 2 2 答案 A Ta Tb 解析 根据时间的对称性,物体从 a 点到最高点的时间为 ,从 b 点到最高点的时间为 , 2 2 1 Ta 2 gTa 2 1 Tb 2 gTb 2 所以 a 点到最高点的距离 ha= g( ) = , b 点到最高点的距离 hb= g( ) = , 故 a、 2 2 8 2 2 8 1 b 之间的距离为 ha-hb= g(Ta 2-Tb 2),故选 A. 8 5.取一根长 2 m 左右的细线,5 个铁垫圈和一个金属盘.在线端系上第一个垫圈,隔 12 cm 再系一个,以后垫圈之间的距离分别为 36 cm、60 cm、84 cm,如图 2 所示.站在椅子上, )

向上提起线的上端,让线自由垂下,且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘.松手后开始计 时,若不计空气阻力,则第 2、3、4、5 个垫圈( )

图2

A.落到盘上的声音时间间隔越来越大 B.落到盘上的声音时间间隔相等 C.依次落到盘上的速率关系为 1∶ 2∶ 3∶2 D.依次落到盘上的时间关系为 1∶( 2-1)∶( 3- 2)∶(2- 3) 答案 B 解析 垫圈的运动可以看成倒过来的初速度为零的匀加速运动,垫圈之间的距离分别为 12 cm、 36 cm、 60 cm、 84 cm, 满足 1∶3∶5∶7 的关系, 因此时间间隔相等, A 错误, B 正确; 各个时刻末的速度之比应为 1∶2∶3∶4,依次落到盘上的时间关系为 1∶2∶3∶4,C、D 错误. 二、多项选择题 g 6.给滑块一初速度 v0 使它沿光滑斜面向上做匀减速运动,加速度大小为 ,当滑块速度大 2 v0 小减为 时,所用时间可能是( ) 2 v0 v0 3 v0 3v0 A. B. C. D. 2g g g 2g 答案 BC v0 解析 当滑块速度大小减为 时, 其方向可能与初速度方向相同, 也可能与初速度方向相反, 2 v0 v0 v0-v v0 3v0 因此要考虑两种情况,即 v= 或 v=- ,代入公式 t= 得 t= 或 t= ,故 B、C 2 2 a g g 正确. 7.一物体以初速度 v0 做匀减速运动,第 1 s 内通过的位移为 x1=3 m,第 2 s 内通过的位移 为 x2=2 m,又经过位移 x3 物体的速度减小为 0,则下列说法中正确的是( A.初速度 v0 的大小为 2.5 m/s B.加速度 a 的大小为 1 m/s2 )

C.位移 x3 的大小为 1.125 m D.位移 x3 内的平均速度大小为 0.75 m/s 答案 BCD 解析 本题考查了匀变速直线运动, 意在考查学生对匀变速直线运动规律的灵活应用. 由 Δx x + x 1 2 =aT2 可得加速度的大小 a=1 m/s2,则 B 正确;第 1 s 末的速度 v1= =2.5 m/s,则 A 2T Δv 错误;物体的速度由 2.5 m/s 减速到 0 所需时间 t= =2.5 s,经过位移 x3 的时间 t′为 1.5 -a 1 x3 s,故 x3= at′2=1.125 m,C 正确;位移 x3 内的平均速度 v = =0.75 m/s,则 D 正确. 2 t′ 8.在一次救灾活动中,一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动,刚运动了 8 s,由于前 方突然有巨石滚下,堵在路中央,所以又紧急刹车,匀减速运动经 4 s 停在巨石前.则关于 汽车的运动情况,下列说法正确的是( )

A.加速、减速中的加速度大小之比为 a1∶a2 等于 2∶1 B.加速、减速中的平均速度大小之比 v 1∶ v 2 等于 1∶1 C.加速、减速中的位移大小之比 x1∶x2 等于 2∶1 D.加速、减速中的加速度大小之比 a1∶a2 不等于 1∶2 答案 BC 解析 汽车由静止运动 8 s,又经 4 s 停止,加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等,由 a1 1 x1 a2 2 v=at,知 a1t1=a2t2, = ,A、D 错;又由 v2=2ax 知 a1x1=a2x2, = = ,C 对;由 v a2 2 x2 a1 1 v = 知, v 1 ∶ v 2=1∶1,B 对. 2 9.物体做匀加速直线运动,在时间 T 内通过位移 x1 到达 A 点,接着在时间 T 内又通过位移 x2 到达 B 点,则物体( ) x1+x2 A.在 A 点的速度大小为 2T 3x2-x1 B.在 B 点的速度大小为 2T 2x1 C.运动的加速度为 2 T x1+x2 D.运动的加速度为 2 T 答案 AB x1+x2 解析 匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则 vA= v = , A正 2T x2-x1 确.设物体的加速度为 a,则 x2-x1=aT2,所以 a= 2 ,C、D 均错误.物体在 B 点的速 T 3x2-x1 度大小为 vB=vA+aT,代入数据得 vB= ,B 正确. 2T

三、非选择题 10.一物体在与初速度方向相反的恒力作用下做匀减速直线运动,初速度为 v0=20 m/s,加 速度为 a=-5 m/s2,求: (1)物体经多少秒后回到出发点? (2)由开始运动算起,求 6 s 末物体的速度. 答案 (1)8 s (2)10 m/s,方向与初速度方向相反 解析 由于物体做匀变速直线运动,故可以直接应用匀变速运动公式.以 v0 的方向为正方 向. 1 (1)设经时间 t 回到出发点,此过程中位移 x=0,代入公式 x=v0t+ at2,并将 a=-5 m/s2, 2

v0=20 m/s 代入,得
2v0 2×20 t=- =- s=8 s. a -5 (2)由公式 v=v0+at 知 6 s 末物体的速度 v=v0+at=20 m/s+(-5)× 6 m/s=-10 m/s. 负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反. 11.从斜面上某一位置每隔 0.1 s 释放一个小球,在连续释放几个小球后,对斜面上正在运 动着的小球拍下部分照片,如图 3 所示.现测得 AB=15 cm,BC=20 cm,已知小球在斜面 上做匀加速直线运动,且加速度大小相同,求:

图3 (1)小球的加速度; (2)拍摄时 B 球的速度; (3)D、C 两球相距多远? (4)A 球上面正在运动着的小球共有几个? 答案 (1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)25 m (4)2

解析 (1)由 Δx=aT2 得 Δx BC-AB 0.20-0.15 a= 2 = = m/s2=5 m/s2. T T2 0.12 AB+BC 0.15+0.20 (2)vB= = m/s=1.75 m/s. 2T 2×0.1 (3)由 Δx=DC-BC=BC-AB 得

DC=BC+(BC-AB)=20 cm+5 cm=25 cm (4)小球 B 从开始下滑到图示位臵所需的时间为 vB 1.75 tB= = s=0.35 s 则 B 球上面正在运动着的小球共有三颗, A 球上面正在运动着的小球 a 5 共有两个. 12.(2014· 新课标Ⅰ· 24)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加速度为晴天时 2 的 ,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. 5 答案 20 m/s(72 km/h) 解析 设路面干燥时,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,由运 动学公式得 v0 2 s=v0t0+ ① 2a0 式中,v0 为汽车刹车前的速度. 2 设在雨天行驶时,汽车的加速度为 a,依题意有 a= a0② 5 设在雨天行驶时汽车,安全行驶的最大速度为 v,由运动学公式得 v2 s=vt0+ ③ 2a 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v=20 m/s(72 km/h)

专题一

运动学图象、追及相遇问题

考纲解读 1.理解匀变速直线运动 v-t 图象, 并会用它们解决问题.2.掌握追及与相遇问题的 特点以及解决这类问题的一般方法. 考点一 v-t 图象的理解 通过“六看”理解 v-t 图象: v-t 图象 轴 线 斜率 面积 纵截距 特殊点 例 1 横轴为时间 t,纵轴为速度 v 倾斜直线表示匀变速直线运动 表示加速度 图线和时间轴围成的面积表示位移 表示初速度 拐点表示从一种运动变为另一种运动,交点表示速度相等

(2013· 大纲全国· 19)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上 )

抛出,抛出时间相隔 2 s,它们运动的 v-t 图像分别如图 1 直线甲、乙所示.则(

图1 A.t=2 s 时,两球的高度相差一定为 40 m B.t=4 s 时,两球相对于各自抛出点的位移相等 C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等 D.甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等 解析 由于两球的抛出点未知, 则 A、 C 均错; 由图像可知 4 s 时两球上升的高度均为 40 m, 则距各自出发点的位移相等,则 B 正确;由于两球的初速度都为 30 m/s,则上升到最高点 v0 的时间均为 t= ,则 D 正确. g 答案 BD 变式题组

1.[对速度图象的理解](2013· 四川· 6)甲、乙两物体在 t=0 时刻经过同一位置沿 x 轴运动,其 v-t 图象如图 2 所示,则( )

图2 A.甲、乙在 t=0 到 t=1 s 之间沿同一方向运动 B.乙在 t=0 到 t=7 s 之间的位移为零 C.甲在 t=0 到 t=4 s 之间做往复运动 D.甲、乙在 t=6 s 时的加速度方向相同 答案 BD 2. [v-t 图象的理解] 如图 3 所示是物体在某段运动过程中的 v-t 图象, 在 t1 和 t2 时刻的瞬 时速度分别为 v1 和 v2,则从 t1 到 t2 的过程中( )

图3 A.加速度增大 B.加速度不断减小 v1+v2 C.平均速度 v= 2 v1+v2 D.平均速度 v> 2 答案 B

1.x-t 图象、v-t 图象都不是物体运动的轨迹,图象中各点的坐标值 x、v 与 t 一一对应. 2.x-t 图象、v-t 图象的形状由 x 与 t、v 与 t 的函数关系决定. 3.无论是 x-t 图象还是 v-t 图象,所描述的运动情况都是直线运动. 考点二 运动学图象的应用 1.用图象解题可使解题过程简化,思路更清晰,而且比解析法更巧妙、更灵活.在有些情

况下运用解析法可能无能为力,但是用图象法则会使你豁然开朗. 2.利用图象描述物理过程更直观.物理过程可以用文字表述,也可以用数学式表达,还可 以用物理图象描述.如果能够用物理图象描述,一般来说会更直观且容易理解. 例2 如图 4 所示是一辆汽车和一辆摩托车同时同地沿同一方向做直线运动的 v-t 图象, )

则由图象可知(

图4 A.40 s 末汽车在摩托车之前 B.20 s 末汽车运动方向发生改变 C.60 s 内两车相遇两次 D.60 s 末汽车回到出发点 解析 由图象可知, 两车同时同地出发, 分别在 t=20 s 和 t=60 s 时两车运动的位移相同, 故 60 s 末两车相遇两次,C 正确;因速度图线一直在时间轴上方;汽车运动方向不变,t= 20 s 时加速度方向发生变化,B、D 均错误;t=20 s 后,v 汽车>v 摩托车,40 s 末两车速度相同 时,汽车运动的位移大于摩托车运动的位移,故汽车在摩托车之前,A 正确. 答案 AC 递进题组 3.[运动图象的应用]某同学欲估算飞机着陆时的速度,他假设飞机在平直跑道上做匀减速 运动,飞机在跑道上滑行的距离为 x,从着陆到停下来所用的时间为 t,实际上,飞机的速 度越大,所受的阻力越大,则飞机着陆时的速度应是( x 2x A.v= B.v= t t 2x x 2x C.v> D. <v< t t t 答案 C 解析 由题意知,当飞机的速度减小时,所受的阻力减小,因而它的加速度会逐渐变小.画 出相应的 v-t 图象大致如图所示: )

根据图象的意义可知,实线与坐标轴包围的面积为 x,虚线(匀减速运动)下方的“面积”表 v v 2x 示的位移为 t,应有: t>x,所以 v> ,所以选项 C 正确. 2 2 t 4.[运动图象的应用]如图 5 所示,两物体由高度相同、路径不同的光滑斜面由静止下滑, 物体通过两条路径的长度相等,通过 C 点前后速度大小不变,且到达最低点 B、D 时两点的 速度大小相等,则下列说法正确的是( )

图5 A.物体沿 AB 斜面运动时间较短 B.物体沿 ACD 斜面运动时间较短 C.物体沿两个光滑斜面运动时间相等 D.无法确定 答案 B

解析 由于两斜面光滑,且物体通过 C 点前后速度大小不变,两物体到达斜面最低点的速 度大小相等,而且两物体运动路程相等,故可利用速度-时间图象进行分析比较,从图中可 以看出,沿 ACD 运动时,起始阶段加速度较大,故其速度图象起始阶段斜率较大,且二者 末速度相等,为了保证最后速度大小一样且包围的面积(路程)一样,可以看到通过 AB 的时 间 t1 大于通过 ACD 的时间 t2,所以沿 ACD 斜面运动时间较短,故 B 正确.

运用图象解答物理问题的主要步骤与方法 (1)认真审题,根据题中所需求解的物理量,结合相应的物理规律确定所需的横、纵坐标表 示的物理量. (2)根据题意,找出两物理量的制约关系,结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数 图象. (3)由所作图象结合题意, 运用函数图象进行表达、 分析和推理, 从而找出相应的变化规律,

再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量. 考点三 追及与相遇问题 1.分析技巧:可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”. (1)一个临界条件: 速度相等. 它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、 最小的临界条件, 也是分析判断问题的切入点; (2)两个等量关系:时间关系和位移关系,通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是 解题的突破口. 2.能否追上的判断方法 物体 B 追赶物体 A:开始时,两个物体相距 x0.若 vA=vB 时,xA+x0<xB,则能追上;若 vA= vB 时,xA+x0=xB,则恰好不相撞;若 vA=vB 时,xA+x0>xB,则不能追上. 3.若被追赶的物体做匀减速直线运动,一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动. 例3 一辆值勤的警车停在公路边,当警员发现从他旁边以 10 m/s 的速度匀速行驶的货车

严重超载时, 决定前去追赶, 经过 5.5 s 后警车发动起来, 并以一定的加速度做匀加速运动, 但警车行驶的最大速度是 25 m/s.警车发动后刚好用 12 s 的时间追上货车,问: (1)警车启动时的加速度多大? (2)警车在追赶货车的过程中,两车间的最大距离是多少? 解析 (1)设 t0=5.5 s 内货车位移为 x0,则 x0=v0t0=10×5.5 m=55 m, 1 若 12 s 内警车一直做匀加速直线运动,则 at2=v0t+x0, 2 解得 a≈2.43 m/s2. 此时警车速度为 vmax′=at=29.16 m/s>25 m/s. 因此警车的运动应为:先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,并设其加速时间为 t1, 1 则 vmax=a′t1, a′t1 2+vmax· (t-t1)=v0t+x0, 2 由以上各式可解得:a′=2.5 m/s2. (2)当警车的速度与货车的速度相等时, 两者间的距离最大, 设所需时间为 t2, 则 v0=a′t2, 即 t2=4 s, 1 两车间的最大距离为 xmax=v0t2- a′t2 2+x0=75 m. 2 答案 (1)2.5 m/s2 变式题组 5.[追及与相遇问题]汽车 A 在红灯前停住,绿灯亮时启动,以 0.4 m/s2 的加速度做匀加速直 线运动,经过 30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动.设在绿灯亮的同时,汽车 B 以 8 m/s (2)75 m

的速度从 A 车旁边驶过,且一直以相同的速度做匀速直线运动,运动方向与 A 车相同,则 从绿灯亮时开始( )

A.A 车在加速过程中与 B 车相遇 B.A、B 相遇时速度相同 C.相遇时 A 车做匀速运动 D.两车不可能相遇 答案 C

解析 作出 A、B 两车运动的 v-t 图象如图所示,v-t 图象所包围的“面积”表示位移,经 过 30 s 时,A 车图象所围面积小于 B 车,所以在 A 车加速运动的过程中,两车并未相遇, 所以选项 A 错误;30 s 后 A 车以 12 m/s 的速度做匀速直线运动,随着图象所围“面积”越 来越大,可以判断在 30 s 后某时刻两车图象所围面积会相等,即两车会相遇,此时 A 车的 速度要大于 B 车的速度,选项 C 正确,选项 B、D 错误. 6. [追及与相遇问题]如图 6 所示, 直线 MN 表示一条平直公路, 甲、 乙两辆汽车原来停在 A、 B 两处, A、 B 间的距离为 85 m, 现甲车先开始向右做匀加速直线运动, 加速度 a1=2.5 m/s2, 甲车运动 6 s 时,乙车立即开始向右做匀加速直线运动,加速度 a2=5 m/s2,求两辆汽车相 遇处距 A 处的距离.

图6 答案 125 m 或 245 m 1 解析 甲车运动 6 s 的位移为 x0= a1t0 2=45 m,尚未追上乙车,设此后经过时间 t 与乙车相 2 遇,则有: 1 1 a (t+t0)2= a2t2+85 2 1 2 将上式代入数据并展开整理得:t2-12t+32=0. 解得:t1=4 s,t2=8 s. t1、t2 都有意义,t1=4 s 时,甲车追上乙车;t2=8 s 时,乙车追上甲车再次相遇. 1 第一次相遇地点距 A 的距离 x1= a1(t1+t0)2=125 m. 2 1 第二次相遇地点距 A 的距离 x2= a1(t2+t0)2=245 m. 2

1.解题思路和方法 分析物体运动过程― →画运动示意图― →找两物体位移关系― →列位移方程 2.解题技巧 (1)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. (2)审题应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,它们往往对应一个临界状态,满足相应的临界条件. 高考模拟 明确考向 1.(2014· 新课标Ⅱ· 14)甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶.在 t=0 到 t=t1 的时间内,它 们的 v-t 图象如图 7 所示.在这段时间内( )

图7 A.汽车甲的平均速度比乙的大 v1+v2 B.汽车乙的平均速度等于 2 C.甲乙两汽车的位移相同 D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大 答案 A x 解析 由 v-t 图象知,在 0~t1 时间内,甲的位移大于乙的位移,C 错误.由 v = 知,甲 t 的平均速度比乙的大,故 A 正确.如图所示,汽车乙的 v-t 图象中,实线与坐标轴所围的 v1+v2 面积小于上方虚线与坐标轴所围的面积,故汽车乙的平均速度小于 ,B 错误.v-t 图 2 象中的斜率表示加速度,甲、乙图线上各点切线斜率的绝对值均逐渐减小,故加速度的大小 都逐渐减小,D 错误.

2.(2014· 广东· 13)图 8 是物体做直线运动的 v-t 图象,由图可知,该物体(

)

图8 A.第 1 s 内和第 3 s 内的运动方向相反 B.第 3 s 内和第 4 s 内的加速度相同 C.第 1 s 内和第 4 s 内的位移大小不相等 D.0~2 s 和 0~4 s 内的平均速度大小相等 答案 B 解析 由题图可知第 1 s 内和第 3 s 内速度都为正,运动方向相同,A 项错;2~4 s 图线斜 线不变,加速度不变,B 项正确;v-t 图线与时间轴所围的面积表示位移,故第 1 s 内和第 4 s 内的位移大小相等,选项 C 错;0~2 s 和 0~4 s 内位移大小相等,但时间不同,由 v = x 可知 D 项错. t 3.(2014· 大纲全国· 14)一质点沿 x 轴做直线运动,其 v-t 图象如图 9 所示.质点在 t=0 时 位于 x=5 m 处,开始沿 x 轴正向运动.当 t=8 s 时,质点在 x 轴上的位置为( )

图9 A.x=3 m B.x=8 m C.x=9 m D.x=14 m 答案 B 1 1 解析 由题图知, 质点在 8 s 内的位移 Δx= ×(2+4)×2 m- ×(2+4)×1 m=3 m. t=0 时, 2 2 质点位于 x0=5 m 处,故 8 s 末质点在 x 轴上的位臵 x=x0+Δx=8 m,B 正确. 4.(2014· 江苏单科· 5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动,然后刹车做匀减速直线运动, 直到停止.下列速度 v 和位移 x 的关系图象中,能描述该过程的是( )

答案 A

解析 根据 v2-v0 2=2ax 及 v0=0 得汽车做匀加速直线运动时的速度 v= 2ax, 做匀减速直 线运动时的速度 v= v0 2-2ax,根据数学知识知选项 A 正确. 练出高分 一、单项选择题 1.(2014· 天津· 1)质点做直线运动的速度-时间图象如图 1 所示,该质点( )

图1 A.在第 1 秒末速度方向发生了改变 B.在第 2 秒末加速度方向发生了改变 C.在前 2 秒内发生的位移为零 D.第 3 秒末和第 5 秒末的位置相同 答案 D 解析 由题图可知 0~2 s 内,速度为正,运动方向未改变,2 s 末时,位移最大,v-t 图线 斜率表示加速度, 1~3 s 图线斜率未改变, 故第 2 s 末加速度方向没有变化, A、 B、 C 错误; 由 v-t 图线与时间轴所围面积表示位移知,第 3 s 末和第 5 s 末质点位臵相同,D 正确. 2.利用速度传感器与计算机结合,可以自动作出物体运动的图象.某同学在一次实验中得 到的运动小车的速度-时间图象如图 2 所示,以下说法错误的是( )

图2 A.小车先做加速运动,后做减速运动 B.小车运动的最大速度约为 0.8 m/s C.小车的位移一定大于 8 m D.小车做曲线运动 答案 D 解析 由 v-t 图象可以看出,小车的速度先增加后减小,最大速度约为 0.8 m/s,故 A、B 均正确.小车的位移为 v-t 图象与 t 轴所围的“面积”,x=85×0.1×1 m=8.5 m>8 m,C

正确.图线弯曲表明小车速度变化不均匀,不表示小车做曲线运动,故 D 错误. 3.亚丁湾索马里海域六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队保护的商船, 中国特战队员发 射爆震弹成功将其驱离.假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的 v-t 图象如图 3 所示,设 运动过程中海盗快艇所受阻力不变.则下列说法正确的是( )

A.海盗快艇在 0~66 s 内从静止出发做加速度增大的加速直线运动 B.海盗快艇在 96 s 末开始调头逃离 C.海盗快艇在 66 s 末离商船最近 D.海盗快艇在 96 s~116 s 内做匀减速直线运动 答案 B 4. 在一大雾天, 一辆小汽车以 30 m/s 的速度匀速行驶在高速公路上, 突然发现正前方 30 m 处有一辆大卡车以 10 m/s 的速度同方向匀速行驶,此时小汽车紧急刹车,刹车过程中刹车 失灵.如图 4 所示,图线 a、b 分别为小汽车和大卡车的 v-t 图象(忽略刹车反应时间),以 下说法正确的是( )

图4 A.因刹车失灵前小汽车已减速,故不会发生追尾事故 B.在 t=3 s 时发生追尾事故 C.在 t=5 s 时发生追尾事故 D.若紧急刹车时两车相距 40 米,则不会发生追尾事故且两车最近时相距 10 米 答案 B 5.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,在 t=0 时刻,乙车在甲车前方 50 m 处, 它们的 v-t 图象如图 5 所示,下列对汽车运动情况的描述正确的是( )

图5

A.甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动

B.在第 20 s 末,甲、乙两车的加速度大小相等 C.在第 30 s 末,甲、乙两车相距 100 m D.在整个运动过程中,甲、乙两车可以相遇两次 答案 D 二、多项选择题 6. 在同一地点, 甲、 乙两物体沿同一方向做直线运动的速度—时间图象如图 6 所示, 则( )

图6 A.两物体两次相遇的时刻是 2 s 末和 6 s 末 B.4 s 后甲在乙后面 C.两物体相距最远的时刻是 2 s 末 D.乙物体先向前运动 2 s,随后向后运动 答案 AB 解析 在 v-t 图象中图线与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等,由图可知 当 t=2 s 和 t=6 s 时,两图线与横坐标围成面积相等,说明两物体发生的位移相等,由于 两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动,因此两物体两次相遇的时刻是 2 s 和 6 s, 故 A 正确;开始运动时,乙的初速度为零,甲在前面,在 t=2 s 时,两物体相遇,此时乙 的速度大于甲的速度,因此乙在前面,甲匀速运动开始追乙,乙做匀减速运动,当 t=6 s 时,甲、乙再次相遇,因此在 2~6 s 内,甲在乙后面,故 B 正确;由图象可知,两物体相 距最远时刻出现在甲追乙阶段,即当两物体的速度相等时,甲、乙相距最远,此时 t=4 s, 故 C 错误;整个过程中乙物体一直向前运动,先加速后减速,故 D 错误. 7.两辆游戏赛车 a、b 在两条平行的直车道上行驶.t=0 时两车都在同一计时线处,此时比 赛开始.它们在四次比赛中的 v-t 图象如图所示.则下列图象对应的比赛中,有一辆赛车 能够追上另一辆的是( )

答案 AC 8.甲、乙两个物体从同一地点出发,在同一直线上做匀变速直线运动,它们的速度图象如 图 6 所示,则( )

图6 A.甲、乙两物体运动方向相反 B.t=4 s 时,甲、乙两物体相遇 C.在相遇前,t=4 s 时甲、乙两物体相距最远 D.在相遇前,甲、乙两物体的最远距离为 20 m 答案 CD 9.从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度—时间图象如图 8 所示 . 在 0~t2 时间内,下列说法中正确的是( )

图8

A.Ⅰ物体所受的合外力不断增大,Ⅱ物体所受的合外力不断减小 B.在第一次相遇之前,t1 时刻两物体相距最远 C.t2 时刻Ⅰ物体在Ⅱ物体前方 v1+v2 D.Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是 2 答案 CD 解析 速度—时间图象中Ⅰ物体速度图线的斜率逐渐减小,即Ⅰ物体的加速度逐渐减小,所 以Ⅰ物体所受合外力不断减小, Ⅱ物体速度图线的斜率逐渐增大, 即Ⅱ物体的加速度逐渐增 大,所以Ⅱ物体所受合外力不断增大,A 错误;在 0~t1 时间内,Ⅱ物体的速度始终大于Ⅰ

物体的速度, 所以两物体间距离不断增大, 当两物体速度相等时, 两物体相距最远, B 正确; 在速度—时间图象中图线与坐标轴所围面积表示位移,故到 t2 时刻,Ⅰ物体速度图线所围面 积大于Ⅱ物体速度图线所围面积,两物体平均速度不可能相同,C 正确,D 错误. 三、非选择题 10. 酒后驾车严重威胁公众交通安全. 若将驾驶员从视觉感知前方危险到汽车开始制动的时 间称为反应时间, 将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离. 科学研究 发现, 反应时间和感知制动距离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化. 一驾驶员正常驾车和酒 后驾车时,感知前方危险后汽车运动 v-t 图线分别如图 9 甲、乙所示.求:

图9 (1)正常驾驶时的感知制动距离 x; (2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离 Δx. 解析 (1)设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为 t1、t2,由图线可得:t1=0.5 s,t2=1.5 s 汽车减速时间为 t3=4.0 s 初速度 v0=30 m/s v0+0 由图线可得:x=v0t1+ t 2 3 解得:x=75 m (2)Δx=v0(t2-t1)=30×(1.5-0.5) m=30 m 答案 (1)75 m (2)30 m 11.某天,小明在上学途中沿人行道以 v1=1 m/s 速度向一公交车站走去,发现一辆公交车 正以 v2=15 m/s 速度从身旁的平直公路同向驶过, 此时他们距车站 x=50 m. 为了乘上该公 交车,他加速向前跑去,最大加速度 a1=2.5 m/s2,能达到的最大速度 vm=6 m/s.假设公交 车在行驶到距车站 x0=25 m 处开始刹车,刚好到车站停下,停车时间 t=10 s,之后公交车 启动向前开去.不计车长,求: (1)若公交车刹车过程视为匀减速直线运动,其加速度 a2 大小是多少? (2)若小明加速过程视为匀加速直线运动,通过计算分析他能否乘上该公交车. 答案 (1)4.5 m/s2 (2)见解析

0-v2 0-152 2 解析 (1)公交车的加速度 a2= = m/s2=-4.5 m/s2 2x0 2×25 所以其加速度大小为 4.5 m/s2. x-x0 25 5 (2)汽车从相遇处到开始刹车用时 t1= = s= s v2 15 3 0-v2 10 汽车刹车过程中用时 t2= = s a2 3 vm-v1 6-1 小明以最大加速度达到最大速度用时 t3= = s=2 s a1 2.5 1 小明加速过程中的位移 x′= (v1+vm)t3=7 m 2 x-x′ 43 以最大速度跑到车站所用的时间 t4= = s vm 6 t3+t4<t1+t2+10 s,故小明可以在汽车还停在车站时上车. 12. 具有我国自主知识产权的“歼-10”飞机的横空出世, 证实了我国航空事业在飞速发展, 而航空事业的发展又离不开风洞试验,其简化模型如图 8a 所示.在光滑的水平轨道上停放 相距 x0=10 m 的甲、乙两车,其中乙车是风力驱动车.在弹射装置使甲车获得 v0=40 m/s 的瞬时速度向乙车运动的同时,乙车的风洞开始工作,将风吹向固定在甲车上的挡风板,从 而使乙车获得了速度,测绘装置得到了甲、乙两车的 v-t 图象如图 b 所示,设两车始终未 相撞.

图8 (1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积,求甲、乙两车的质 量比; (2)求两车相距最近时的距离. 1 答案 (1) (2)4 m 3 40-10 解析 (1)由题图 b 可知:甲车加速度的大小 a 甲= m/s2, t1 10-0 乙车加速度的大小 a 乙= m/s2 t1 因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积,所以有: m 甲 a 甲=m 乙 a 乙 m甲 1 解得 = . m乙 3 (2)在 t1 时刻,甲、乙两车的速度相等,均为 v=10 m/s,此时两车相距最近

对乙车有:v=a 乙 t1 对甲车有:v=a 甲(0.4-t1) 可解得 t1=0.3 s 车的位移等于 v-t 图线与坐标轴所围的面积, 有: x 甲= m=1.5 m 两车相距最近时的距离为 xmin=x0+x 乙-x 甲=4 m. ?40+10?×0.3 10×0.3 m=7.5 m, x 乙= 2 2

实验一

研究匀变速直线运动

考纲解读 1.练习正确使用打点计时器.2.会计算纸带上各点的瞬时速度.3.会利用纸带计算加 速度.4.会用图象法探究小车速度与时间的关系,并能根据图象求加速度.

基本实验要求 1.实验器材 电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻 度尺、导线、电源、复写纸片. 2.实验步骤 (1)按照实验原理图所示实验装置,把打点计时器固定在长木板无滑轮的一端,接好电源; (2)把一细绳系在小车上,细绳绕过滑轮,下端挂合适的钩码,纸带穿过打点计时器,固定在 小车后面; (3)把小车停靠在打点计时器处,接通电源,放开小车; (4)小车运动一段时间后,断开电源,取下纸带; (5)换纸带反复做三次,选择一条比较理想的纸带进行测量分析. 3.注意事项 (1)平行:纸带、细绳要和长木板平行. (2)两先两后:实验中应先接通电源,后让小车运动;实验完毕应先断开电源,后取纸带. (3)防止碰撞:在到达长木板末端前应让小车停止运动,防止钩码落地和小车与滑轮相撞. (4)减小误差:小车的加速度宜适当大些,可以减小长度的测量误差,加速度大小以能在约 50 cm 的纸带上清楚地取出 6~7 个计数点为宜.

规律方法总结 1.数据处理 (1)目的 通过纸带求解运动的加速度和瞬时速度,确定物体的运动性质等. (2)处理的方法 ①分析物体的运动性质——测量相邻计数点间的距离,计算相邻计数点距离之差,看其是否 为常数,从而确定物体的运动性质. ②利用逐差法求解平均加速度 x4-x1 x5-x2 x6-x3 a1+a2+a3 a1= ,a2= ,a3= ?a= 3T2 3T2 3T2 3 xn+xn+1 dn+1-dn-1 ③利用平均速度求瞬时速度:vn= = 2T 2T ④利用速度—时间图象求加速度 a.作出速度—时间图象,通过图象的斜率求解物体的加速度; b.剪下相邻计数点的纸带紧排在一起求解加速度. 2.依据纸带判断物体是否做匀变速直线运动 (1)x1、x2、x3?xn 是相邻两计数点间的距离. (2)Δx 是两个连续相等的时间里的位移差:Δx1=x2-x1,Δx2=x3-x2?. (3)T 是相邻两计数点间的时间间隔:T=0.02n(打点计时器的频率为 50 Hz,n 为两计数点间 计时点的间隔数). (4)Δx=aT2,因为 T 是恒量,做匀变速直线运动的小车的加速度 a 也为恒量,所以 Δx 必然是 个恒量.这表明:只要小车做匀变速直线运动,它在任意两个连续相等的时间间隔内的位移 之差就一定相等. 考点一 实验原理与实验操作 例1 在做“研究匀变速直线运动”的实验时,为了能够较准确地测出加速度,将你认为正

确的选项前面的字母填在横线上:________. A.把附有滑轮的长木板放在实验桌上,并使滑轮伸出桌面 B.把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端,连接好电路 C.再把一条细绳拴在小车上,细绳跨过滑轮,下边挂上合适的钩码,每次必须由静止释放 小车 D.把纸带穿过打点计时器,并把它的一端固定在小车的后面 E.把小车停在靠近打点计时器处,接通直流电源后,放开小车,让小车拖着纸带运动,打

点计时器就在纸带上打下一系列的点,换上新纸带,重复三次 F.从三条纸带中选择一条比较理想的纸带,舍掉开头比较密集的点,在后边便于测量的地 方找一个起始点,并把每打五个点的时间作为时间单位.在选好的起始点下面记作 0,往后 第六个点作为计数点 1,依次标出计数点 2、3、4、5、6,并测算出相邻两计数点间的距离 x4-x1 x5-x2 x6-x3 a1+a2+a3 G.根据公式 a1= 、a2= 、a3= 及 a= 求出 a 3T2 3T2 3T 2 3 解析 在实验中应尽可能地保证小车做匀变速直线运动,同时也要求纸带能尽可能地直接反 映小车的运动情况,既要减小系统误差又要减小偶然误差.其中 E 项中的电源应采用交流电 源,而不是直流电源. 答案 ABCDFG 变式题组 1. [实验操作与实验原理](2013· 广东· 34(1))研究小车匀变速直线运动的实验装置如图 1 甲所示, 其中斜面倾角 θ 可调.打点计时器的工作频率为 50 Hz.纸带上计数点的间距如图乙所示,其 中每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出.

图1 ①部分实验步骤如下: A.测量完毕,关闭电源,取出纸带. B.接通电源,待打点计时器工作稳定后放开小车. C.将小车停靠在打点计时器附近,小车尾部与纸带相连. D.把打点计时器固定在平板上,让纸带穿过限位孔. 上述实验步骤的正确顺序是:__________(用字母填写). ②图乙中标出的相邻两计数点的时间间隔 T=________s. ③计数点 5 对应的瞬时速度大小计算式为 v5=______. ④为了充分利用记录数据,减小误差,小车加速度大小的计算式应为 a=____________.

答案 ①DCBA ②0.1 s4+s5 s6+s5+s4-s3-s2-s1 ③ ④ 2T 9T2 2.[实验器材和实验原理]某同学用如图 2 甲所示的实验装置研究匀变速直线运动.

图2 实验步骤如下: A.安装好实验器材; B.让小车拖着纸带运动,打点计时器在纸带上打下一系列小点,重复几次,选出一条点迹 比较清晰的纸带, 从便于测量的点开始, 每五个点取一个计数点, 如图乙中 a、 b、 c、 d 等点; C.测出 x1、x2、x3、?. 结合上述实验步骤,请你继续完成下列问题: (1)实验中,除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、 导线及开关外,在下列的仪器和器材中,必须使用的有________.(填选项代号) A.电压合适的 50 Hz 交流电源 B.电压可调的直流电源 C.秒表 D.刻度尺 E.天平 F.重锤 G.弹簧测力计 H.滑动变阻器 (2)如果小车做匀加速直线运动,所得纸带如图乙所示,则 x1、x2、x3 的关系是________,已 知打点计时器打点的时间间隔是 t,则打 c 点时小车的速度大小是________. x2+x3 答案 (1)AD (2)x3-x2=x2-x1(或 2x2=x1+x3) 10t 解析 (2)因小车做匀加速直线运动,所以 x3-x2=x2-x1,即 2x2=x1+x3.c 点是 bd 段的时间 x2+x3 中点,则 c 点的瞬时速度等于该段的平均速度,vc= . 10t 考点二 数据处理与误差分析 例 2 (2012· 山东理综· 21(1))某同学利用如图 3 所示的实验装置,探究物块在水平桌面上的

运动规律.物块在重物的牵引下开始运动,重物落地后,物块再运动一段距离停在桌面上(尚 未到达滑轮处).从纸带上便于测量的点开始,每 5 个点取 1 个计数点,相邻计数点间的距离 如图 4 所示.打点计时器电源的频率为 50 Hz.

图3

图4 ①通过分析纸带数据,可判断物块在两相邻计数点____和________之间某时刻开始减速. ②计数点 5 对应的速度大小为________m/s,计数点 6 对应的速度大小为________m/s.(保留 三位有效数字) ③物块减速运动过程中加速度的大小为 a=______m/s2. 解析 ①从计数点 1 到 6 相邻的相等时间内的位移差 Δx≈2.00 cm,在 6、7 计数点间的位移 比 5、6 计数点间的位移增加了(12.28-11.01) cm=1.27 cm<2.00 cm,因此,开始减速的时刻 在计数点 6 和 7 之间. ②计数点 5 对应的速度大小为 - x4+x5 ?9.00+11.01?×10 2 v5= = m/s≈1.00 m/s. 2T 2×0.1 计数点 4 对应的速度大小为 - x3+x4 ?7.01+9.00?×10 2 v4= = m/s≈0.80 m/s. 2T 2×0.1 v4+v6 根据 v5= , 得计数点 6 对应的速度大小为 v6=2v5-v4=(2×1.00-0.80) m/s=1.20 m/s. 2 ③物块在计数点 7 到 11 之间做减速运动,根据 Δx=aT2 得 x9-x7=2a1T2 x10-x8=2a2T2 a1+a2 ?x9+x10?-?x8+x7? 故 a= = ≈-2.00 m/s2 2 2×2T2 答案 ①6 7(或 7 6) ②1.00 1.20 ③2.00 变式题组 3.[数据处理](2014· 全国大纲· 22)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动.在一小物块沿斜 面向下运动的过程中,用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图 5 所示.拍摄时频闪频率 是 10 Hz;通过斜面上固定的刻度尺读取的 5 个连续影像间的距离依次为 x1、x2、x3、x4.已知

斜面顶端的高度 h 和斜面的长度 s.数据如下表所示.重力加速度大小 g=9.80 m/s2.

图5 单位:cm x1 10.76 x2 15.05 x3 19.34 x4 23.65 h 48.00 s 80.00

根据表中数据,完成下列填空: (1)物块的加速度 a=________ m/s2(保留 3 位有效数字). (2)因为______________________________________,可知斜面是粗糙的. h 答案 (1)4.30 (2)物块加速度小于 g =5.88 m/s2(或物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的 s 加速度) 解析 (1)根据“逐差法”可得物块的加速度为 ?x4+x3?-?x2+x1? a= 4T2 - [?23.65+19.34?-?15.05+10.76?]×10 2 = m/s2 4×?0.1?2 ≈4.30 m/s2. (2) 假 设 斜 面 光 滑 , 对 物 块 受 力 分 析 可 得 物 块 下 滑 的 加 速 度 a′ = gsin θ = g 48.00×10 2 9.80× m/s2=5.88 m/s2.根据 a′>a,可知斜面是粗糙的. - 80.00×10 2


h = s

4.[数据处理]实验中,如图 6 所示为一次记录小车运动情况的纸带,图中 A、B、C、D、E 为相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔 T=0.1 s.

图6 (1)根据纸带可判定小车做________运动. (2)根据纸带计算各点瞬时速度:vD=________ m/s,vC=________ m/s,vB=________ m/s. 在如图 7 所示坐标中作出小车的 v-t 图线,并根据图线求出 a=________.

图7 (3)将图线延长与纵轴相交,交点的速度的物理意义是 ________________________________________________________________________. 答案 (1)匀加速直线 (2)3.90 2.64 1.38 见解析图 12.60 m/s2 (3)零时刻小车经过 A 点的速度 解析 (1)根据纸带提供的数据可知 xBC-xAB=xCD-xBC=xDE-xCD =12.60 cm, 故小车做匀加速直线运动. t (2)根据 v = v 可知 2 - ?105.60-27.60?×10 2 vD = m/s=3.90 m/s 0.2 - ?60.30-7.50?×10 2 vC = m/s=2.64 m/s 0.2 -2 27.60×10 vB= m/s=1.38 m/s 0.2 描点连线得如图所示 v-t 图线,根据图线斜率知 a=12.60 m/s2.

(3)图线与纵轴交点的速度的物理意义是零时刻小车经过 A 点的速度. 考点三 实验拓展与创新 例3 某校研究性学习小组的同学用如图 8 甲所示的滴水法测量一小车在斜面上运动时的加

速度.实验过程如下:在斜面上铺上白纸,用图钉固定;把滴水计时器固定在小车的末端, 在小车上固定一平衡物;调节滴水计时器的滴水速度,使其每 0.2 s 滴一滴(以滴水计时器内 盛满水为准);在斜面顶端放置一浅盘,把小车放在斜面顶端,把调好的滴水计时器盛满水,

使水滴能滴入浅盘内;随即在撤去浅盘的同时放开小车,于是水滴在白纸上留下标志小车运 动规律的点迹;小车到达斜面底端时立即将小车移开.图乙为实验得到的一条纸带,用刻度 尺量出相邻点之间的距离是 x01=1.40 cm,x12=2.15 cm,x23=2.91 cm,x34=3.65 cm,x45= 4.41 cm,x56=5.15 cm.试问:

图8 (1)滴水计时器的原理与课本上介绍的________原理类似. (2)由纸带数据计算可得计数点 4 所代表时刻的瞬时速度 v4=________m/s,小车的加速度 a =________m/s2.(结果均保留两位有效数字) 解析 (1)由题知滴水计时器的原理与打点计时器原理类似. (2)可把小车的运动看做是匀变速直线运动,则 - x34+x45 ?3.65+4.41?×10 2 v4= v = = m/s≈0.20 m/s;求加速度利用逐差法:(x56+x45+x34) 2T 2×0.2 - (x23 + x12 + x01) = 9aT2 ,即 (5.15 + 4.41 + 3.65)×10 9a×(0.2 s)2,解得 a≈0.19 m/s2. 答案 (1)打点计时器 拓展题组 5. [实验拓展]光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器, 其结构如图 9 甲所示, a、b 分别是光电门的激光发射和接收装置,当有物体从 a、b 间通过时,光电计时器就可以 精确地把物体从开始挡光到挡光结束的时间记录下来.现利用图乙所示的装置测量滑块和长 木板间的动摩擦因数,图中 MN 是水平桌面,Q 是长木板与桌面的接触点,1 和 2 是固定在 长木板适当位置的两个光电门,与之连接的两个光电计时器没有画出,长木板顶端 P 点悬有 一铅锤.实验时,让滑块从长木板的顶端滑下,光电门 1、2 各自连接的计时器显示的挡光时 间分别为 1.0×10 数如图丙所示.
-2 -2

m - (2.91 + 2.15 + 1.40)×10

-2

m=

(2)0.20 0.19

s 和 4.0×10

-3

s.用精度为 0.05 mm 的游标卡尺测量滑块的宽度 d,其示

图9 (1)滑块的宽度 d=________ cm. (2)滑块通过光电门 1 时的速度 v1=________ m/s, 滑块通过光电门 2 时的速度 v2=________ m/s.(结果保留两位有效数字) (3)由此测得的瞬时速度 v1 和 v2 只是一个近似值,它们实质上是通过光电门 1 和 2 时的 ________,要使瞬时速度的测量值更接近于真实值,可将________的宽度减小一些. 答案 (1)1.010 (2)1.0 2.5 (3)平均速度 滑块

解析 (1)d=10 mm+0.05 mm×2=10.10 mm=1.010 cm. -2 d 1.010×10 (2)v1= = m/s≈1.0 m/s -2 t1 1.0×10 -2 d 1.010×10 v2= = m/s≈2.5 m/s -3 t2 4.0×10 (3)v1、 v2 实质上是通过光电门 1 和 2 时的平均速度, 要使瞬时速度的测量值更接近于真实值, 可将滑块的宽度减小一些. 6.[数据处理]某同学利用打点计时器研究做匀加速直线运动小车的运动情况,图 10 所示为 该同学实验时打出的一条纸带中的部分计数点(后面计数点未画出),相邻计数点间有 4 个点 迹未画出(打点计时器每隔 0.02 s 打出一个点).

图 10 (1)为研究小车的运动, 该同学用剪刀沿虚线方向把纸带上 OB、 BD、 DF??等各段纸带剪下, 将剪下的纸带一端对齐,按顺序贴好,如图 11 所示.简要说明怎样判断此小车是否做匀加速 直线运动.

图 11 (2)在图 10 中 x1=7.05 cm、 x2=7.68 cm、 x3=8.31 cm、 x4=8.94 cm、 x5=9.57 cm、 x6=10.20 cm,

则打下点迹 A 时,小车运动的速度大小是________ m/s,小车运动的加速度大小是________ m/s2(计算结果均保留两位有效数字). 答案 (1)见解析 (2)0.74 0.63

解析 (1)若各段纸带上方的左上角、中点或各段纸带的中点连接后为一条直线,或每条纸带 比前一条纸带长度增加量相同,则说明小车做匀加速直线运动. - x1+x2 ?7.05+7.68?×10 2 (2)vA= = m/s 2T 2×0.1 ≈0.74 m/s 用逐差法计算小车运动的加速度 ?x4+x5+x6?-?x1+x2+x3? a= = 9T 2 - [?8.94+9.57+10.20?-?7.05+7.68+8.31?]×10 2 m/s2 2 9×0.1 =0.63 m/s2.


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