(龙文教育)(专题复习)运动学典型例题

1、精品文档你我共享 运动学典型例题 【例1】汽车从静止开始出发，在水平路上做匀加速直线运动，通过相距为38.4m的甲 乙两地需8s，经过乙地的速度是经过甲地时速度的2倍，求汽车的加速度和甲地离汽车出发 点的距离。 【分析】这是一道匀变规律的应用题。根据题给条件，可先从汽车在甲乙两地的速度 关系，求出汽车从出发点到甲地的时间，再求加速度和甲地离汽车出发点的距离。 【解答】设汽车的加速度为 a,汽车从出发处到甲地所需时间为t，贝U 汽车经过甲地时速度为 v甲=at (1) 汽车经过乙地时速度为 v乙=2v甲=a(t+8)(2) 联立式(1)(2)得t=8(s) 又甲地离岀发点的距离为护 乙地离岀发点

2、的距离为订=|a(t + S)2(4) 乙 由题意S乙=$甲+38.4(5) 联立式(1)(4)得卜(t + 8)3丄汩=掘4 用 t=8(s)代上式得 a=0.4 ( m/s2) 所以尸=丄汩0.4 X/ = 2 2 【说明】应用匀变规律解题的步骤：(1)根据题意确定研究对象；(2)明确物体运动过程 及其特点；(3)选择合适公式列方程；(4)求解；(5)考察结果的合理性。 【例2】以v=36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4m/s2 的加速度，求刹车后3s内汽车通过的路程。 【分析】应先求汽车从刹车到停止运动所用的时间t0。 贝lls = v0t0 +-iatQ

3、；女氐。3$,贝Js = vot + i at2 (t 3s) c 【解答】v0=36(km/h)=10(m/s) vt=0 由 公式丹-= atWt0 = _ - -$ - 2 5(s) a-4 因为t v 3(s)，故刹车后汽车通过的路程为 171丁 s = uat0+-at； =10X2.5X4X2.53 = 12 5(m) 2 【说明】象汽车这类运动，刹车后会停止运动，不会返回。 使用公式=%t + 胪计算位移时，应注意刊的符号及t的取值。 【例3】客车以20m/s的速度行驶，突然发现同轨前方120m处有一列货车正以6m/s的速 度同向匀速前进，于是客车紧急刹车，刹车引起的加速度大小为

4、 0.8m/s2,问两车是否相撞？ 【分析】这是多个质点运动问题。两车不相撞的条件是：当客车减速到6m/s时，位移 差厶s=s货+S0-S客0。 【解答】设客车刹车后经时间俩车速度相同。即v2=6(m 由站2 f 1 =对得t = _ = -_ = 17.5() a - 0 8 此时两车相距为 As = ssg +s0 讥=6 x 17 5 +120 - (20 X 17 5 - - X 0 8 X 17 52) 2 =-2.5(m) 因为 sv 0,故两车会相撞。 【说明】该题中两车速度相等是一个临界状态，解答时应从这些特殊状态中寻找隐含 条件，如本题中v2=6(m/s)这个条件。 【例4】

5、作匀加速直线运动的物体，在一段时间内通过一段位移，设这段时间中间时刻 的速度用V表示，这段位移中点的速度用 V2表示，试比较V与V?的大小。 【分析】该题可应用中间时刻的速度公式和位移中点的速度公式求解。 【解答】设这段时间内物体的初速度为v0,末速度为vt,则 由数学知识可知，当v0At时，有0,故vavr 【说明】运用数学知识求解物理问题，这是高考对能力考查的内容之一，平时应予重 视和培养。 【例5】一个气球以4m/s的速度竖直上升，气球下系着一个重物，当气球上升到217m 高度时，系重物的绳子断了，那么从这时起，重物要经过多长时间才落回地面？(g=10m/s2) 【分析】该题考察的重点是

6、对运动过程和运动状态的分析。重物随气球上升，与气球 具有相同的速度，分离时，重物则以4m/s的速度做竖直上抛运动。 【解答】(解法一)分段分析法 设重物分离后上升的最大高度为 h,上升时间为t1,从最高点落回地面的时间为 t1,整 个时间为t。 上升过程：重物做匀减速运动，则 vn 4 v0 = gtj 切=一 =04( s) g 10 a吒 43 v；二 2呂h -h = = 2X = 0 （2）两图线交点对应两运动物体的速度相等；（3）图线下面积表示位移的大小。 【解答】 （1）根据图像物理意义可知，加速度大小为: AAAAAA 如图所示，设在t时刻乙追上甲，由图像的物理意义有: （3）由

7、图可知，当两车速度相等时两车相距最远，最远距离为图中阴影面积, 即耳=-X10X5 = 25（m） 【说明】（1）应用图像物理意义求解运动学问题简单、明了，但应理解图像反映的物理 本质。（2）追及问题的两点结论：速度相等时相距最远；速度相等前两车逐渐靠近，位 移相等后两车逐渐远离。 【例8】升降机底板及顶板相距2.5m,现升降机从静止开始以加速度 a=10m/s2竖直向上 运动，某时顶板上一螺钉突然松脱，（1）求螺钉落到底板上需要多少时间？ （2）若螺钉在升降 机运动1s后松脱，那么，在螺钉落向底板的时间内，螺钉对地位移是多少？ （g=10m/s2） 【分析】（1）螺钉松脱后，相对升降机的加速

8、度为a =a+g，以升降机为参照物，匀变 规律仍可适用；（2）螺钉松脱时与升降机同速，以后做竖直上抛运动。 【解答】（1）螺钉相对升降机加速度为 a =a+g,初速度为v0=0，位移为h=2.5（m），由匀 变规律得: (2)螺钉松脱时速度为v0=at0=1OX仁10(m/s)，螺钉松脱后作竖 直上抛运动，在时间t =内对地的位移为h，= vot -gt2 = 10X 0.5 X 10X 0.52 = 3.75(m) 【说明】(1)求解该题第(1)问，选用升降机作参照物求解过程比较简单，但应注意加速 度、速度、位移都必须是相对升降机这个参照物的值。(2)螺钉下落到底板上的时间是个定 值，与下落

9、时升降机的运动速度无关。(3)螺钉松脱后对地作坚直上抛运动，初速与松脱时 刻有关。 【例9】观察者站在列车第一节车厢的前端， 列车从静止开始做匀加速运动。 第一节车 厢驶过他身边所用时间为t1，设每节车厢等长，求第n节车厢驶过他身边需要多少时间？(车 厢之间的距离不计) 【分析】该题可利用公式和速度图像求解。 【解答】解法一：设列车加速度为a,每节车厢长度为I，则 笫一节车厢通过观察者身边时；1 =扌朮；(1) 第(fl-1)节车厢通过观察者身边时！ (TL - 1)1 = atix 第口节车厢通过观察者身边时：nl=|at； 又t=tn-tn-1 联立式(2)(3)(4)解得： 解法二：设第

10、n节车厢通过观察者身边的初速度为vn-1，则 1=3 又=阿匸帀 联立式解得；+、ATTtQt-扣=o 解得：At - - Jti- 1 J -+ t； 因为怀可能为员值，所以ZXt -(亦-Jti - l)t 解法三：作出列车的速度一时间图像， 如图所示， 根据图像的物理意义，图中两块阴影面积相等，即” 2 2 又 = -72aT 3 二 （口 _ 1）1 % = J2anl （习 （4） 联立式(2)(3)(4)解得： t 二怖_ Jn_l)t 【说明】一道题从多个角度分析往往有多种解法，图像法解题可能是最简便的，平时 应加强训练。通过“一题多解”能拓宽解题思路。 【例10】一弹性球自h0

11、=5m高处自由下落 当它 与水平地面每碰撞一次后*速度减小到碰撞前的 不计每次碰撞时间，计算小球从开始下落到停止运动所经过的路程。 【分析】小球每次反跳后均作竖直上抛运动，每次碰撞间经过的路程为反跳高度的2 倍。 【解劄 小球第一次落地速度为斑=72gh； = 10(m/) 小球第1、2、3n次的反跳速度为 小球从开始下落到第一次与地面相碰经过的路程为: 小球从开始下落到第一次与地面相碰经过的路程为：l0=h0=5m 小球第1. 2次应撞间经过的路程为：l1 = 2h1 = - = 10XC 小球第X 2 小球第2、3次碰撞间纟甜的路程为厂佻=10X(2/ 2g9 小球第小 + 1)次碰撞间纟

12、甜的路程为 .=2J =10X (2严 2s? 小球第IK 所以总路程为 5-10 +ii+ia+in = 5-F10X(Z + (Z/ + 十(沖 括号内为无穷递縮等比数列.其和为I & z -(Z 32 9 49 故s=5 + 10X _ = 20.3(m) 32 【说明】本题求解的关键是找出速度、路程变化的规律，然后再应用数学知识解答。 归纳推理法及数列求和公式在运动学问题的解答中经常用到。 【例11】河宽500m，流水向东，流速为10m/s,船在静水中航速为5m/s，求: (1)过河的最短时间；(2)过河的最短航程。 【分析】(1)由图可知，当合速度 v在垂直于河岸方向 的分速度越大时

13、，航行时间越短，故当 v2垂直V时过河时间 最短。 (2)由图所示，当B越大，趋近于90时，过河航程 最短，由于V?V V,故当V?与V垂直时，0最大，航程最短。 館答】OKh = - = -7- = in(s) 6 m = arcsin = 30* 二仏=d/sin =2d= 100(Xm) 【说明】(1)船朝垂直于河岸方向航行，过河时间最短。 航程最短，当V?V V时，V与 V?垂直时航程最短。 (2)当v?V时，v与V垂直时 【例12】在高处某点以同一速度 v0在同一竖直平面内同时 向不同方向抛出许多物体，试证明抛出后所有物体位于同一圆周 上。 【分析】该题可避开斜抛运动，应用运动的合成

14、与分解的 方法进行证明。证明思路是：先确定圆心和半径， 再证任一物体 距圆心之距等于半径。 【证明】设A为抛出点，因对称性，圆心必在过 A点的竖直 线上，t时刻，上抛和下抛的物体分别到达B、C两点，则有: 精品文档你我共享 假设结论成立”圆半径为R=#EC = if（）t,圆心在A点正下方该匕 再证任一物体在t时刻距0点之距等于半径R。 设某物体以B角抛出，t时刻到达P点，根据运动的合成与分解的知识，该物体的运动 可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，故P点坐标为 则 OF = Jx +y* = vot = R 故P与B、C共圆，证毕。 【说明】（1）运用运动分解的知识把一个

15、复杂的运动分解为几个简单运动，能化繁为简, 变难为易。（2）上题中涉及的圆是一个动态圆，圆的半径以v0速度变大，圆心做自由落体运 动。 【例13】在2000m咼空以V0=ioom/s速度匀速水平飞行的飞机上每隔3s无初速（相对飞 机）释放一包货物，问：（1）货物在空中排列成一个怎样的图形？空中有多少包货物？ 在空中相邻两包货物间的最大距离为多少？（4）货物落在地面上的间距多少？ 【分析】货物离开飞机后做平抛运动，在水平方向上，每包货物的运动状态相同，在 竖直方向上按一定先后次序做自由落体运动。 【解答】（1）由分析可知，货物在水平方向的运动状态完全相同，故货物在空中排在一 条竖直线上，该竖直线

16、以 100m/s速度随飞机运动。 （2）设货物落地时间为t，则 在空中有7包货物。 (3)Aha = 扌f 一 扌零 f = jxi0X202-|)c 224 【说明】传动装置中角速度、线速度的关系为：同轴传动轮上各点的角速度相同；皮 带传动和齿轮传动，两轮边缘上各点的线速度相等。 【例15】北纬45的某地，由于地球的自转，地球表面上的物体随地球作圆周运动的 角速度和线速度各多大？取地球半径R=6.4X 106m。 【分析】地球自转一周，地球上各处的物体在 T=24h时间内都转过2 n rad,各处的角速 度都相等。在不同纬度的地方，绕地轴转动的半径不同(图示)。 【解答】地球上各处随地球自转

17、的角速度为： 2 2X 2 兀“ 0 =rad / s T 86400 =7.27 x 10-5rad/s 因为在纬度9 =45处的转动半径 R0 =Rcos 0，在自转一周 T=24h时间内转过的弧长s=2n R 0 =2 n Rcos0，所以其线速度为： 2兀Rcos 8 v = T 2X 3.14X 6.4X 106 X cos45Q * =m f s 二 _ - 86400 =328.89m/s 【说明】由计算可知，地球上各处随地球自转的线速度与所处纬度有关。 在赤道处，e =o.自转线速度最大，为% = 2尺 T 从赤道往南北两极移动时，线速度逐渐减小。 【例16】如图所示，A、B两

18、小球之间用长6m的细线相连，将两球相隔 0.8s先后从同一 高度处以4.5m/s的初速度水平抛出，g取10m/s2,求： (1)A球抛出后经多长时间 A、B两球连线可拉直？ (2)在这段时间内A球的位移多大？ 【分析】当A、B拉直时，A、B间距离等于线长，求出 移差 丫，由厶x2+a y2=AB 2即可求解。 【解答】 (1)A、B球的水平位移差为 x=v t=4.5X 0.8=3.6(m) A、B水平位移差 x和竖直位 AAAAAA A、 B球的竖直位移差为 Ay = -st*a士(如十切)(如tj = 4(2tB + 08) 將舟代入+Aya = ABat? = 0.2s 故 tA=tB+ t=1s (2)SAx=vtA=4.5 X 1=4.5(m) 13 I 1 仏=厲 +%；=如+于=6.73(m) 小结求解相关运动问题要正确全面了解运动图景，从位移、时间方面寻找关系。 【例17】如图所示，竖直平前 s远处的A点有一点光源，当小球以 v0速度从A处正对屏 水平抛出时，试证其影在屏上的运动为一个匀速运动，并求其运动速度。 【分析】要证影在屏上的运动为一个匀速运动，只须证明h是时间t的一次函数。 【解答】由于小球做平抛运动，则： x=V0t(1) y = |gt2 根据光的直进原理，球、影与A点在一条直线上，由三角形相似