《变速直线运动的研究》章末总结学案

2/7《变速直线运动的研究》章末总结学案匀变速直线运动的研究一、匀变速直线运动规律的应用例1.跳伞运动员做低空跳伞表演，他在离地面224m高处，由静止开始在竖直方向做自由落体运动．一段时间后，立即打开降落伞，以12.5m/s2的平均加速度匀减速下降，为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5m/s（g取10m/s2）．（1）运动员展开伞时，离地面高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？（2）运动员在空中的最短时间是多少？例2.公共汽车从某一点由静止启动，可视为以加速度a1做匀加速直线运动，行驶一小段时间后，突然发现有一位乘客没上车，于是立即刹车以加速度a2做匀减速直线运动，待车完全停下后，车已离开站点的距离为x，求车的运动时间．二、数形结合思想的应用例3.一空间探测器从某一星球表面竖直升空，假设探测器的质量不变，发动机的推动力为恒力，探测器升空过程中发动机突然关闭，图1为探测器速度随时间的变化情况．求：图1（1）升空后9s、25s、45s即在图线上A、B、C三点探测器的运动情况；（2）探测器在该星球表面达到的最大高度．三、利用纸带求加速度的方法例4.如图2所示为“研究匀变速直线运动”实验中打点计时器打出的纸带，相邻两计数点间还有两个点未画出（电源频率为50Hz）．由图知纸带上D点瞬时速度vD＝______；加速度a＝________；E点瞬时速度vE＝______.（小数点后保留两位小数）图2四、追及相遇问题例5.在水平轨道上有两列火车A和B相距x，A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动，而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求A车的初速度v0满足什么条件．

参考答案知识体系构建（3）①速度②运动方向③加速度④位移（1）加速度（2）①v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax②eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)③eq\f(v0＋v,2)eq\r(\f(v\o\al(2,0)＋v2,2))<at2④1∶2∶3∶…1∶3∶5∶…12∶22∶32∶…1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…1∶（eq\r(2)－1）∶（eq\r(3)－eq\r(2)）∶…①重力②9.8m/s2③gteq\f(1,2)gt22gheq\f(1,2)v解题方法探究一、例1.（1）99m，1.25m（2）8.6s解析：（1）设运动员做自由落体运动的高度为h时速度为v，此时打开伞开始匀减速运动，落地时速度刚好为5m/s，这种情况运动员在空中运动时间最短，则有v2＝2gh①veq\o\al(2,t)－v2＝2a（H－h）②由①②两式解得h＝125m，v＝50m/s为使运动员安全着地，他展开伞时的高度至少为H－h＝224m－125m＝99m.他以5m/s的速度着地时，相当于从h′高处自由落下，由veq\o\al(2,t)＝2gh′得h′＝eq\f(v\o\al(2,t),2g)＝eq\f(25,2×10)m＝1.25m.（2）他在空中自由下落的时间为t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×125,10))s＝5s他减速运动的时间为t2＝eq\f(H－h,\x\to(v))＝eq\f(H－h,\f(v＋vt,2))＝eq\f(224－125,\f(50＋5,2))s＝3.6s他在空中的最短时间为t＝t1＋t2＝8.6s.例2.eq\r(2x\f(1,a1)＋\f(1,a2))解析：如图所示，汽车t1时间内以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达C时速度达到v，在t2时间内以加速度a2做匀减速运动，初速度为v，运动到B时vB＝0.前后两段时间内的位移分别为x1和x2.由于前段和后段涉及的均为初末速度、位移、时间的问题，我们可以采用公式，联立方程组求解．由v＝v0＋at，可知在AC段v＝a1t1①CB段可看成反向的初速度为零的匀加速运动v＝a2t2②由①②可得t＝v（eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)）③由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，可知在AC段v2＝2a1x1④CB段视为反向的初速度为零的匀加速运动v2＝2a2x2⑤[来源:Z#xx#k.Com]由④⑤可得x＝x1＋x2＝eq\f(v2,2)（eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)）⑥③⑥得t＝eq\r(2x\f(1,a1)＋\f(1,a2)).二、例3.（1）见解析（2）800m解析：（1）从v－t图象可知，探测器在0～9s加速上升，9s末发动机突然关闭，此时上升速度最大为64m/s,9s～25s探测器仅在重力作用下减速上升，25s末它的速度减小为零，上升到最高点，25s以后探测器做自由落体运动．由于SΔOAB＝eq\f(1,2)×64×25m＝800m，SΔBDC＝eq\f(1,2)×80×20m＝800m．所以45s末它恰好到达星球表面，此时它落地的速度为80m/s，方向向下．（2）设探测器达到的最大高度为h.由v－t图象可以看出，它在0～25s内发生的位移即为h.所以h＝SΔOAB＝eq\f(1,2)×64×25m＝800m.三、例4.0.90m/s3.33m/s21.10m/s解析：由题意可知：T＝0.06s，vD＝eq\x\to(v)CE＝eq\f(27.0－16.2×10－2,2×0.06)m/s＝0.90m/s.x1＝12.6cm－10.2cm＝2.4cm，x2＝16.2cm－12.6cm＝3.6cm，x3＝21.0cm－16.2cm＝4.8cm，x4＝27.0cm－21.0cm＝6.0cm.从而a＝eq\f(x4＋x3－x1－x2,4T2)≈3.33m/s2，vE＝vD＋aT＝1.10m/s.四、例5.A的初速度应小于等于eq\r(6ax)解析：要使两车不相撞，A车追上B车时其速度最多只能与B车相等．设A、B两车从相距x到A车追上B车时，A车的位移为xA，末速度为vA，所用时间为t；B车的位移为xB，末速度为vB，运动过程如图所示，现用四种方法解答如下：解法一（分析法）：利用位移公式、速度公式求解．对A车有xA＝v0t＋eq\f(1,2)·（－2a）·t2vA＝v0＋（－2a）·t对B车有xB＝eq\f(1,2)at2，vB＝at对两车有x＝xA－xB追上时，两车不相撞临界条件是vA＝vB，以上各式联立解得v0＝eq\r(6ax)故要使两车不相撞，A的初速度v0满足的条件是v0<eq\r(6ax).解法二（极值法）：利用判别式求解，由解法一可知xA＝x＋xB即v0t＋eq\f(1,2)·（－2a）·t2＝x＋eq\f(1,2)at2整理得3at2－2v0t＋2x＝0这是一个关于时间t的一元二次方程，当根的判别式Δ＝（2v0）2－4·3a·2x<0时，t无实数解，即两车不相撞，所以要使两车不相撞，A车的初速度v0应满足的条件是v0<eq\r(6ax).解法三（图象法）：利用速度—时间图象求解，先作A、B两车的速度—时间图象，其图象如图所示，设经过t时间两车刚好不相撞，则对A车有，vA＝v＝v0－2at对B车有vB＝v＝at以上两式联立解得t＝eq\f(v0,3a)经t时间两车发生的位移之差，即为原来两车间的距离x，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知x＝eq\f(1,2)v0·t＝eq\f(1,2)v0·eq\f(v0,3a)＝eq\f(v\o\al(2,0),6a)所以要使两车不相撞，A的初速度v0满足的条件是v0<eq\r(6ax).解法四（相对运动法）：巧选参考系求解以B车为参考系，A车的初速度为