第2讲 匀变速直线运动的规律与应用 例1 (1)18 m/s (2)507 m (3)63 m (4)8 s (5)75 m [解析] (1)由x=v0t+at2得,75 m=v0×1 s-×6 m/s2×(1 s)2 解得v0=78 m/s 由v=v0+at得着陆后10 s末的速度为v=78 m/s-6 m/s2×10 s=18 m/s (2)飞机从着陆到停止所用时间为t1== s=13 s 着陆后20 s内的位移大小为x1=t1=507 m (3)飞机在前2 s内的位移大小x2=v0t2-a=78×2 m-×6×22 m=144 m 飞机在前3 s内的位移大小x3=v0t3-a=78×3 m-×6×32 m=207 m 则飞机在第3 s内的位移大小为Δx=x3-x2=63 m (4)着陆后滑行x4=432 m过程,根据运动学公式有x4=v0t4-a 解得t4=8 s或t4=18 s 停止所用时间为13 s,则只能取t4=8 s (5)运用逆向思维,静止前5 s内飞机滑行的位移大小为x5=a=×6×52 m=75 m 例2 (1)1 m/s2 (2)4 [解析] (1)根据匀变速运动规律可知某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,所以在1、2号锥筒的中间时刻的速度为 v1==2.25 m/s 2、3号锥筒的中间时刻的速度为 v2==1.8 m/s 故可得加速度大小为 a===1 m/s2 (2)设到达1号锥筒时的速度为v0,根据匀变速直线运动规律得v0t1-a=d 代入数值解得v0=2.45 m/s 从1号开始到停止时通过的位移大小为 x==3.001 25 m≈3.33d 故可知最远能经过4号锥筒 例3 t [解析] 方法一:基本公式法 物体沿斜面向上做匀减速直线运动,设初速度为v0,加速度大小为a,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得 =2axAC -=-2axAB xAB=xAC 解得vB= 又vB=v0-at vB=atBC 解得tBC=t 方法二:平均速度法 匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,==,又=2axAC,=2axBC,xBC=,由以上三式解得vB= 即vB刚好等于AC段的平均速度,因此物体到B点时正好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,其逆过程可看作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=a,xAC=a(t+tBC)2 又xBC= 由以上三式解得tBC=t 方法四:比例法 如上,物体运动的逆过程可视为初速度为零的匀加速直线运动,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x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1) 由于xBC∶xAB=∶=1∶3,则物体通过AB段和通过BC段的时间相等,即tBC=t 方法五:图像法 根据匀变速直线运动的规律,画出v t图像,如图所示. 利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边的二次方之比,即=,且= OD=t,DC=tBC,OC=t+tBC 所以=,解得tBC=t 【思维拓展】 到达B点有两种可能,第一种可能是向上运动到B点;第二种可能是先经过B后,返回向下运动再次到B点.应该有两个答案. 例4 (1)2 m/s2 (2)6.25 m (3) m/s (4)4.5 s [解析] (1)小物块经过ac和cd所用的时间相等,根据位移差公式Δx=xcd-xac=aT2 解得a=-2 m/s2,负号表示与正方向相反,大小为2 m/s2 (2)小物块经过c点的速度vc==5 m/s c、e两点之间的距离xce==6.25 m (3)b、c两点间的距离x2= b点的速度vb== m/s (4)小物块经过c、e两点之间的时间t==2.5 s 小物块在水平地面上滑行的总时间t总=T+t=4.5 s 例5 C [解析] 设门的最大速度为v,根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为,且时间相等,均为t=2 s,根据x=2×t,可得v=1 m/s,则加速度a== m/s2=0.5 m/s2,故选C. 例6 A [解析] 木板在斜面上所受合力F=mgsin θ不变,则木板的加速度不变,木板从静止释放到下端到达A点的过程,有L=a,木板从静止释放到上端到达A点的过程,当木板长度为L时,有2L=a,当木板长度为2L时,有3L=a,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,联立解得Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1),A正确.第2讲 匀变速直线运动的规律与应用 1.B [解析] 汽车做末速度为零的匀减速直线运动,则有x=t=10 m,故选B. 2.D [解析] 根据匀变速直线运动速度与时间关系v=v0+ ... ...
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