2021版高考物理一轮复习 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 2 第二节 匀变速直线运动的规

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第二节匀变速直线运动的规律及应用【基础梳理】提示：加速度相同相反v0＋atv0t＋12at2v2－v20aT2(m－n)v0＋v2v20＋v22静止gt12gt22gh竖直向上重力v0－gt－2gh【自我诊断】1．判一判(1)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动．()(2)匀变速直线运动是速度均匀变化的直线运动．()(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的．()(4)匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3.()(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比．()(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同．()×√×××√2．做一做(1)(多选)(2020·福建期末)交通法规定“斑马线礼让行人”，违规驾驶员将受到处罚，如图所示，路口行人正在过斑马线，一辆匀速行驶的汽车前端距停车线为12m，刹车过程的位移与时间的关系为s＝12t－3.75t2(s的单位为m，t的单位为s)，关于驾驶员的下列操作，说法正确的是()A．立即制动刹车，汽车至少需1.6s才能停止B．距停车线8m处开始刹车，汽车前端恰好能停止在停车线处C．经0.4s处才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处D．经0.2s处才开始刹车制动，汽车前端恰好能停止在停车线处提示：选AD.根据题意知刹车过程的位移与时间的关系为s＝12t－3.75t2，由位移公式x＝v0t＋12at2，得v0＝12m/s，12a＝－3.75，即a＝－7.5m/s2，减速所需时间为：t＝v0a＝127.5s＝1.6s，故A正确；根据速度位移公式可知，减速运动的位移为：x＝v202a＝1222×7.5m＝9.6m，故在距停车线8m处才开始刹车制动，汽车前端超出停车线处，故B错误；匀速运动的时间为：t′＝L－xv0＝12－9.612s＝0.2s，故若经0.2s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处，故C错误，D正确．(2)(多选)如图所示，在水平面上固定着四个完全相同的木块，一粒子弹以水平速度v射入．若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第四个木块(即D位置)时速度恰好为零，下列说法正确的是()A．子弹从O运动到D全过程的平均速度小于B点的瞬时速度B．子弹通过每一部分时，其速度变化量：vA－vO＝vB－vA＝vC－vB＝vD－vCC．子弹到达各点的速率之比为vO∶vA∶vB∶vC＝2∶3∶2∶1D．子弹从进入木块到达各点经历的时间之比为tA∶tB∶tC∶tD＝1∶2∶3∶2提示：选AC.全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，根据匀变速运动的结论可知，中间时刻的瞬时速度一定小于中间位置时的速度，故A正确；由于子弹的速度越来越小，故穿过每一块木块的时间不相等，故速度的差值不相等，故B错误；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由v2＝2ax可知，通过CBAO的速度之比为1∶2∶3∶2，子弹到达各点的速率之比为vO∶vA∶vB∶vC＝2∶3∶2∶1，故C正确；将子弹的速度反向视为初速度为零的匀加速直线运动，则由x＝12at2可知，反向通过各木块用时之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)，子弹从进入木块到达各点经历的时间之比为tA∶tB∶tC∶tD＝(2－3)∶(3－2)∶(2－1)∶1，故D错误．匀变速直线运动规律的基本应用【知识提炼】1．“一画、二选、三注意”解决匀变速直线运动问题2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法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的公式v0、v、a、tx[速度公式]v＝v0＋atv0、a、t、xv[位移公式]x＝v0t＋12at2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的公式v0、v、a、xt[速度位移关系式]v2－v20＝2axv0、v、t、xa[平均速度公式]x＝v＋v02t【典题例析】歼－15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途战斗机，短距起飞能力强大．若歼－15战机正常起飞过程中加速度为a，经距离s后达到起飞速度腾空而起．现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L＜s)，且起飞过程可简化为匀加速直线运动．现有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以某一速度匀速航行．求：(1)方法一情况下弹射系统使战机具有的最小速度v1min；(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2min.[解析](1)若歼－15战机正常起飞，则有2as＝v2，在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给战机以最小速度v1min，则满足2aL＝v2－v21min，解得v1min＝2a(s－L).(2)法一：一般公式法起飞前先让航空母舰沿战机起飞方向以最小速度v2min匀速航行，战机起飞时对地速度为v，设起飞过程航空母舰的位移为x，起飞时间为t，则有x＝v2mint，t＝v－v2mina2a(L＋x)＝v2－v22min解得v2min＝2as－2aL.法二：相对运动法选航空母舰为参考系，则起飞过程，相对初速度为0，相对末速度为v－v2min，相对加速度仍为a，相对位移为L，根据2aL＝(v－v2min)2和2as＝v2，仍可得v2min＝2as－2aL.[答案](1)2a(s－L)(2)2as－2aL【迁移题组】迁移1基本公式的应用1．(2020·广东广州一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为()A．4.2mB．6.0mC．7.8mD．9.6m解析：选D.21.6km/h＝6m/s；汽车在前0.3s＋0.7s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6m；随后汽车做减速运动，位移为：x2＝v202a＝622×5m＝3.6m；所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝6m＋3.6m＝9.6m，故A、B、C错误，D正确．迁移2刹车类问题2．(2020·安徽安庆二模)水平面上某物体从t＝0时刻起以4m/s的速度做匀速直线运动，运动3s后又立即以大小为2m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动．则下列判断正确的是()A．该物体从t＝0时刻算起6s内运动的位移大小为15mB．该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2m/sC．该物体减速后最后1s内的位移大小为1mD．该物体减速后第1s末的速度大小为3m/s解析：选C.物体速度减为0的时间为：t2＝v0a＝42s＝2s；物体在3s＋2s＝5s末停止运动，所以物体在6s内的位移等于前5s内的位移，总位移为：x＝v0t1＋v0t2－12at22＝4×3m＋4×2m－12×2×22m＝16m，故A错误；物体的平均速度为：v＝xt1＋t2＝163＋2m/s＝3.2m/s，故B错误；根据运动的可逆性可知，物体减速后最后1s内的位移大小等于以2m/s2加速1s内的位移，大小为：x′＝12at2＝12×2×12m＝1m，故C正确；物体减速后第1s末的速度大小为：v＝v0－at＝4m/s－2×1m/s＝2m/s，故D错误．迁移3双向可逆类运动3.(2020·重庆西南名校联盟)如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5s内和最后5s内经过的位移之比为11∶5.忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是()A．8sB．10sC．16sD．20s解析：选C.设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有：最后5s内位移为s1＝12a×52＝252a；最初5s内位移为s2＝a(t－5)×5＋12a×52＝5at－252a，又因为s2∶s1＝11∶5，解得t＝8s；由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16s，故A、B、D错误，C正确．处理匀变速直线运动的常用方法【知识提炼】1．解决问题常用的“六法”2．匀变速直线运动问题的解题“四步骤”【典题例析】物体以一定的初速度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．已知物体从A点运动到距斜面底端34l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]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xBC＝at2BC2，xAC＝a(t＋tBC)22，又xBC＝xAC4，由以上三式解得tBC＝t.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tBC，由匀变速直线运动的规律可得v20＝2axAC①v2B＝v20－2axAB②xAB＝34xAC③由①②③式解得vB＝v02④又vB＝v0－at⑤vB＝atBC⑥由④⑤⑥式解得tBC＝t.法三：位移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)．因为xCB∶xBA＝xAC4∶3xAC4＝1∶3，而通过xBA的时间为t，所以通过xBC的时间tBC＝t.法四：时间比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．现将整个斜面分成相等的四段，如图所示，设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD＝(2－1)tx，tDE＝(3－2)tx，tEA＝(2－3)tx，又tBD＋tDE＋tEA＝t，解得tx＝t.法五：中间时刻速度法利用推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度，v－AC＝v0＋v2＝v02.又v20＝2axAC，v2B＝2axBC，xBC＝xAC4.由以上三式解得vB＝v02.可以看成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所在位置，因此有tBC＝t.法六：图象法根据匀变速直线运动的规律，作出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平方比，得S△AOCS△BDC＝CO2CD2，且S△AOCS△BDC＝41，OD＝t，OC＝t＋tBC.所以41＝(t＋tBC)2t2BC，解得tBC＝t.[答案]t【迁移题组】迁移1比例法1．(多选)(2020·浙江西湖区校级模拟)几个水球可以挡住子弹？《国家地理频道》实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动．恰好能穿出第四个水球，则可以判定()A．子弹在每个水球中运动的时间相同B．由题干信息可以确定子弹穿过每个水球的时间比C．子弹在每个水球中速度变化相同D．子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等解析：选BD.设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动；因为通过最后1个、最后2个以及后3个、全部4个的位移分别为d、2d、3d和4d，根据x＝12at2知，时间之比为1∶2∶3∶2，所以子弹在每个水球中运动的时间不同；由以上的分析可知，子弹依次穿过4个水球的时间之比为(2－3)∶(3－2)∶(2－1)∶1，故A错误，B正确；子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由Δv＝at可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故C错误；由A的分析可知，子弹穿过前3个水球的时间与穿过第四个水球的时间是相等的，由匀变速直线运动的特点可知，子弹穿出第三个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等，故D正确．迁移2Δx＝aT2推论法2．(2020·甘肃天