高中物理必修一第二章经典例题解析

第二章匀变速直线运动的研究经典例题解析例1：图所示为在直线上运动的汽车st图线，则下列答案正确的是（）A．汽车在4小时内的位移为120千米。B．汽车在第2小时至第5小时的平均速度为－40千米/小时。C．汽车在第1小时末的的瞬时速度为60千米/小时。D．汽车在第5小时末回到原出发点，其瞬时速度为－120千米/小时。E．汽车在开始运动后10小时内的平均速率为48千米/小时，平均速率为零。F．汽车在第4.5小时末的位置距出发点60千米。解析：A．车由原点出发，4小时末到达120千米处，故位移为120千米，可见A是正确的。B．车在2～5小时内的平均速度01205240（km/h）（负号表示与出发时的速度反向），可见B是正确的。C．车在0～2小时内是做匀速运动，故其在1小时末的速度等于在0～2小时内的平均速度12002060（km/h），可见C是正确的。D．车在4～5小时内也是做匀速运动，故在5小时末的速度012054120（km/h），可见D正确。E．车在10小时内所走路径为120＋120＋120＋120=480（km）位移为0，故平均速率为4801048（km/h），平均速度为零，可见E是正确的。F．理由同D，如图0120540545x.所以x60（km）。可见F是正确的。答案：A、B、C、D、E、F均正确。例2：图所示为一物体沿直线运动的vt图线，则（1）0～20秒物体的位移为，所行的路程为。（2）0～20秒物体的平均速率为，平均速度为。（3）2秒末的加速度为。（4）2秒末的速度为。（5）在第秒末，物体开始转向运动。（6）绘出0～10秒末的st图线及at图线。解析：（1）0～10秒末图线下的梯形面积为1241020140()，10～20秒末图线与时间轴所围的三角形面积为12151075，故0～20秒物体通过的路程为14075215（m），所通过的位移为140-75=65m。（2）0～20秒物体的平均速率为215/20=10.75（m/s），平均速度为65/20=3.25（m/s）（3）0～4秒物体做匀加速直线运动，加速度大小等于速度图线的斜率，为2045（m/s2）（4）由图可知，2秒末的物体的即时速度为10m/s。（5）10秒末物体速度减为零，开始转向。（6）0～4秒末物体做匀加速运动，加速度大小等于速度图线的斜率为a15m/s2，这段时间内的位移大小等于速度图线下的三角形面积，故为S11242040m。4～8秒末，物体做匀速直线运动，加速度a20，位移大小等于速度图线下的正方形面积，故S2208480()m。8～10秒末，物体做匀减速直线运动，加速度大小等于速度图线的斜率，故a3020210m/s2，位移为S31220220m。根据以上数据，可绘出st图线及at图线，如图所示。例3：如图所示，图为自地面竖直向上发射的火箭的vt图线。（1）若JKL的面积等于LMN的面积，这表示什么意义？（2）火箭燃烧期内加速度大小为多少？（3）火箭燃烧完毕瞬间的高度是多少？（4）火箭燃烧完毕后加速度大小是多少？（5）火箭上升的最大高度是多少？解：（1）vt图线时间轴之间的面积表示位移的大小，JKL的面积与LMN面积相等表示上升与下降的距离相等，火箭总位置为零。（2）K点所对应的时间为火箭燃烧完毕的瞬间，直线JK为燃烧期内的速度图线，其斜率表示燃烧期内加速度的大小，故a1001001003（米/秒2）。（3）h12101055003（米）（4）a01011010103（米/秒2）（5）L点所对应的时间表示火箭到达最高点的时刻，最大高度与JKL的面积大小相等，故H1211010550003（米）例4：火车匀加速直线前进，前端通过A点的时速度为v1，末端通过A点时速度为v2，则火车中点通过A点时速度为A．vv122B．vv212C．vv12222D．vv22122解：设火车长为L，通过A点时的速度为v，加速度为a。由任一时刻火车上各点速度相等，根据匀加速运动规律可得：vvaL22122①vvaL21222②由①②两式联立解得vvv12222。答案：本题答案应是C。例5：甲车以10米/秒，乙车以4米/秒的速率在同一直车道中同向前进，若甲车驾驶员在乙车后方距离d处发现乙车，立即踩刹车使其车获得－2米/秒2的加速度，为使两车不致相撞，d的值至少应为多少？A．3米B．9米C．16米D．20米解析：甲刹车后做匀减速运动，设经时间t二车速度相等且未相撞，则以后永不会相撞。由匀减速运动规律可知：Vt=V0－at4102t，解得t3秒在此时间内甲车前进的距离dVVtt1021042321（米），乙车前进的距离为dVt204312（米）可见d21129（米）即不会相撞。答案：本题答案应是B。例6：火车由静止开始以加速度起动，由甲站出发随后再以加速度运动而停止于乙站。设甲、乙两站间的距离为d，则：（1）由甲站到乙站共经历多少时间？（2）全程的平均速率为多少？（3）车速所能达到的最大速率是多少？解析：设运动最大速度为vvtm，图形的斜率表示加速度。即由vtvtvtmm有12ttvvmm12①vt图的面积表示位移，即dttvm1212()·②由①、②得（1）经历时间ttd122()（2）平均速率vdttd122()（3）最大速率vdm2例7：气球以1.25米/秒2的加速度竖直上升，离地30秒后，从气球上掉下一物体，不计空气阻力，问经几秒钟物体到达地面？A．7秒B．8秒C．12秒D．15秒解析：先求30秒后气球的速度及高度：vatt12530375..（米/秒）hat121212530562522..（米）物体刚掉下时，具有竖直向上的初速度为37.5米/秒，由hvtgt1212可得：562537512982...tt解上式得t15秒。答案：本题答案应是D。例8：下列所描述的运动的中，可能的有：A．速度变化很大，加速度很小；B．速度变化方向为正，加速度方向为负；C．速度变化越来越快，加速度越来越小；D．速度越来越大，加速度越来越小。解析：vat·，尽管a很小，只要t足够大，v可以很大，则A正确。当a与v同方向时，质点做加速运动，尽管a逐渐减小，但a与v还是同方向，所以v还要增大，致使a减小到零为止，则D项正确。加速度方向和速度变化方向一定相同，所以B项错了。加速度avt/是描述速度变化的快慢的物理量，速度变化的快，加速度一定大，所以C项错了。答案：A、D例9：甲、乙两车从同一地点同向行驶，但是甲车做匀速直线运动，其速度为v=20米/秒，乙车在甲车行驶至距离出发地200米处时开始以初速度为零、加速度为a=2米/秒2追甲。求乙车追上甲车前两车间的最大距离。解法一：两车相遇前距离最大时两车速度必然相等，则运动时间t为：tva20210（秒）∴ssvtatm0212··2002010122103002（米）解法二：两车间距离s与时间有关，其关系式为ssvtattttt0222122002012220020···可见，s有最大值：sm300（米）解析：该题中两汽车运动，乙车追甲车，开始乙车初速度为零，做加速运动，甲车在前以恒定速度做匀速运动，在开始一段时间里，甲车速度较乙车速度大，不难想到，只要乙车速度小于甲车速度，两车间距离必随时间延长而增大。反之，如乙车速度在某时刻开始较甲车速度大，则两车间距离随时间延长而变小。显然当两车速度相同时距离最大。可见，在追赶过程中，速度相等是一个转折点，要熟记这一条件。在诸多的物理问题中存在“隐蔽条件”成为一个很重要的问题，一般是根据物理过程确定。该题中“隐蔽条件”就是当两车速度相同时距离最大。解析后，问题就迎刃而解。例10：甲、乙两车，从同一处，同时开始作同向直线运动。已知甲车以速度v作匀速直线运动，乙车以初速度vvv00()开始作匀加速运动，加速度为a。试分析：1、当乙车的速度多大时，乙车落后于甲车的距离为最大？根据什么进行判断？落后的最大距离是多大？2、当乙车的速度多大时，乙车追上甲车？根据什么判断？需要多长时间？解：当vvv乙甲时，乙车落后于甲车的距离为最大。乙车达到速度v所需时间为tvva0故此时两车相距为svtvtatvva·()()0202122两车同时，以同一处开始运动，经一段时间，再次相遇，它们的运动路程、运动时间都相同，那么，它们在这一段时间内的平均速度相同。甲车作匀速直线运动，其平均速度为v，乙车作匀加速直线运动，其平均速度为：vvt02。由此可知，必须有vvvt02，即vvvt20，此时乙车追上甲车。乙车达到速度20vv所需时间为tvvvavva22000()解析：根据运动相对性，当vv乙甲时，乙车相对甲车后退，故两车相距越来越大；当vv乙甲时，乙车相对甲车前进，故两车相距越来越小。