内容正文:
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习题课二 匀变速直线运动规律的应用
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重点探究
初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
1.由v=at可得出,在1T 时、2T时、3T时、…、nT时的速度之比为1∶2∶3∶…∶n。
2.由x=eq \f(1,2)at2可得出,在 1T、2T、3T、…、nT内的位移之比为12∶22∶32∶…∶n2。
3.在第1T内、第2T内、第3T内、…、第nT内的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n-1)。
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4.由x=eq \f(1,2)at2得t= eq \r(\f(2x,a)),故通过位移1x、2x、3x、…、nx 所用时间之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)∶…∶eq \r(n)。
5.通过位移第1个x、第2个x、第3个x、…、第n个x所用时间之比为1∶(eq \r(2)-1)∶(eq \r(3)-eq \r(2))∶…∶(eq \r(n)-eq \r(n-1))。
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从离地面500 m的空中自由落下一个小球,g取10 m/s2,求小球:
(1)经过多长时间落到地面;
(2)自开始下落计时,在第1 s内的位移和最后1 s内的位移为多少;
(3)下落时间为总时间的一半时的位移。
【解析】 (1)由x=eq \f(1,2)gt2,得落地时间
t=eq \r(\f(2x,g))= eq \r(\f(2×500,10)) s=10 s。
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(2)第1 s内的位移x1=eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)=eq \f(1,2)×10×12 m=5 m,
因为从开始运动起前9 s内的位移为
x9=eq \f(1,2)gteq \o\al(2,9)=eq \f(1,2)×10×92 m=405 m,
所以最后1 s内的位移为
x1′=x-x9=500 m-405 m=95 m。
(3)下落一半时间即t′=5 s,其位移为
x5=eq \f(1,2)gt′2=eq \f(1,2)×10×25 m=125 m。
【答案】 (1)10 s (2)5 m 95 m (3)125 m
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(1)自由落体运动实质上是特殊的匀变速直线运动,符合所有的匀变速直线运动的规律。
(2)自由落体运动的初速度为零,加速度为g,因此所有初速度为零的匀变速直线运动的推论都可以应用于自由落体运动。
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[针对训练]
1.(多选)如图所示,在水平面上固定着三个完全相同的木块,一粒子弹以水平速度v射入。若子弹在木块中做匀减速直线运动,当穿透第三个木块时速度恰好为零,则子弹依次穿入每个木块时的速度之比和穿过每个木块所用时间之比分别为( )
A.v1∶v2∶v3=3∶2∶1
B.v1∶v2∶v3=eq \r(3)∶eq \r(2)∶1
C.t1∶t2∶t3=1∶eq \r(2)∶eq \r(3)
D.t1∶t2∶t3=(eq \r(3)-eq \r(2))∶(eq \r(2)-1)∶1
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解析:把子弹的运动看作逆向的初速度为零的匀加速直线运动。子弹由右向左依次“穿出”3个木块的速度之比为1∶eq \r(2)∶eq \r(3)。则子弹实际运动依次穿入每个木块时的速度之比v1∶v2∶v3=eq \r(3)∶eq \r(2)∶1,故B正确。子弹从右向左,通过每个木块的时间之比为1∶(eq \r(2)-1)∶(eq \r(3)-eq \r(2))。则子弹实际运动通过连续相等位移的时间之比为t1∶t2∶t3=(eq \r(3)-eq \r(2))∶(eq \r(2)-1)∶1,故D正确。
答案:BD
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eq \a\vs4\al(两类图像的应用)
1.位移—时间图像的应用
(1)位移—时间图像反映了做直线运动物体的位移随时间变化的规律,图像并非物体运动的轨迹。
(2)位移—时间图像只能描述物体做直线运动的情况,这是因为位移—时间图像只能表示物体运动的两个方向:t轴上方代表正方向,t轴下方代表负方向;如果物体做曲线运动,则画不出位移—时间图像。
(3)位移—时间图线上每一点的斜率表示物体该时刻的速度,斜率的大小表示速度的大小,斜率的正负表示速度的方向。
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