增分微课1 匀变速直线运动中的“形异质同”问题 【应用示例】 例1 C [解析] 若此时物体的速度方向竖直向上,则由竖直上抛运动公式v=v0-gt,得物体的初速度为v0=v+gt=40 m/s,物体的位移为h1==75 m,物体在A点的上方,C正确,D错误;若此时物体的速度方向竖直向下,则物体的初速度v0'=-v+gt=20 m/s,物体的位移为h2==15 m,物体仍然在A点的上方,A、B错误. 变式1 C [解析] 小球经过A的初速度为v=5 m/s,若小球加速度为2.5 m/s2,则速度减到零所需要的时间为t==2 s,根据对称性,小球没有办法在4 s时回到A点下方,故A、B错误.按照运动的对称性,小球运动到A下方的B点时速度一定大于初速度5 m/s,故D错误;若小球加速度为5 m/s2,则小球从A返回到A用时2 s,再向下运动2 s后位移为x=v0t+at2=20 m,再加上AC 的长度可求得斜面最小长度应为25 m,故C正确. 例2 C [解析] 设电梯匀速运行的时间为t,最大速度为v,则v=a,vt+2×v×=48 m,将a=1 m/s2代入解得t=8 s、v=4 m/s,故A、B、D错误,C正确. 变式2 B [解析] 由两段过程的加速度大小a1与a2的比值是1∶1,可知匀减速运动过程的位移也是4l,则质点完成第8个l所用时间等于完成第1个l所用时间,所以质点完成第4个l所用时间为Δt4=t4-t3,则Δt4=-,完成第8个l所用时间为Δt8=Δt1=,所以质点完成第4个l和完成第8个l所用时间之比为=,故选B. 例3 (1) m (2) s s [解析] (1)在上升过程中,有mg+Ff=ma1 解得a1=11 m/s2 上升的最大高度h== m (2)上升的时间t1== s 在下降过程中,有mg-Ff=ma2 解得a2=9 m/s2 由h=a2 解得t2= s 变式3 (1)6 m/s,方向沿斜面向上 1 m/s,方向沿斜面向下 (2)2 s或8 s (3)2 s或(4+2) s或(4+2) s [解析] (1)第1 s末的速度v1=v0-a1t1=6 m/s,方向沿斜面向上 减速为0所用时间t0==4 s 故第5 s末的速度v5=a2(t5-t0)=1 m/s,方向沿斜面向下 (2)当物体速度大小为v=4 m/s,方向沿斜面向上时,所用时间t2==2 s 当物体速度大小为v=4 m/s,方向沿斜面向下时,所用时间t2=t0+=8 s (3)向上运动到最高点的位移xm==16 m 当物体未到最高点向上运动x1=12 m时,有x1=v0t3-a1=12 m 解得所用的时间t3=2 s(t3=6 s舍去) 从最高点向下运动到位移为向上的12 m时,所用的总时间t3=t0+=(4+2) s 从最高点向下运动到位移为向下的12 m时,所用的总时间t3=t0+=(4+2) s 【题组演练】 1.C [解析] 燃料燃尽时,冲天炮上升过程的速率最大为v=at=10 m/s,A错误;加速上升阶段h1=at2=5 m,竖直上抛阶段h2==5 m,t1==1 s,则离地最大高度h=h1+h2=10 m,B错误;下落过程中h=g,解得t2= s,则空中运动的总时间T=t+t1+t2=(2+) s,C正确;落地时速度v1=gt2=10 m/s,D错误. 2.C [解析] 地铁从静止加速至最大速度过程所用时间为t,运动位移为x1=vt,地铁加速与减速阶段的加速度大小相同,则所用时间与运动位移相同,可得匀速阶段的位移为vt'=x-2x1,解得地铁匀速运行的时间为t'=-t,从世纪城站到海昌路站需要的时间为t总=2t+t'=+t,则地铁运行全程平均速度为==,故C正确. 3.D [解析] 当物体的位移为向上的7.5 m时,由运动学公式x=v0t-at2,x=7.5 m,解得t1=3 s、t2=1 s,当物体的位移为向下的7.5 m时,x=-7.5 m,由x=v0t-at2,解得t3= s,t4= s<0(舍去),速度v=v0-at,可知当t=t3= s时,物体的速度大小不是5 m/s.故选D. 4.D [解析] 由匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于其相邻两点间的平均速度,故滑块经过2点时的速度大小是v2===0.75 m/s,故A错误;由逐差法可知,滑块向上运动时的加速度大小是a1===7.5 m/s2,故B错误;由逐差法可知,滑块向下运动时的加速度大小是a2===2.5 m/s2,故C错误;滑块向上运动时,由牛顿第二定律Gsin θ+Ff=ma1,滑块向下运动时,由牛顿第二定律Gsin θ-Ff=ma2,其中θ=30°,联立解得,滑块所受摩擦阻力与重力大小之比是=,故D正确.增分微课1 匀变速直线运动中 ... ...
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