匀变速直线运动复习练习摘要.docVIP

．我国是一个消耗能源的大国，节约能源刻不容缓，设有一架直升飞机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V＝pa＋q(p、q均为常数)，若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：选B　由h＝at2知飞机的运动时间t＝ ，则其上升过程中耗油总量V总＝Vt＝(pa＋q) ≥·＝2由数学知识得要使V总最小，应有pa＝q，即a＝，B正确。 2．在轨道某处设置监测点，当车头到达瞬间和车尾离开瞬间，信号发生器各发出一个脉冲信号，由记录仪记录。假如轨道车长度为22 cm，记录仪记录的信号如图1所示，则轨道车经过该监测点的速度为(　　) 图1 A．0.20 cm/s B．2.0 cm/s C．22 cm/s D．220 cm/s 在某一高度以v0＝20 m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s时，以下判断正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s，方向向上 B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向下 C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s，方向向上 D．小球的位移大小一定是15 m 解析：选ACD　小球被竖直上抛，做匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式＝求，规定向上为正方向，当小球的末速度为向上10 m/s时，v＝10 m/s，用公式求得平均速度为15 m/s，方向向上，A正确；当小球的末速度为向下10 m/s时，v＝－10 m/s，用公式求得平均速度为5 m/s，方向向上，C正确，B错误；由于末速度大小为10 m/s时，小球的位置一定，距起点的位移x＝＝15 m，D正确。 解析：选C　由题图知轨道车过监测点用时t＝1 s，则v车＝＝22 cm/s，C正确。 给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小变为时，所用时间可能是(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　 D. 解析：选BC　当滑块速度大小变为时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v1＝和v2＝－，由公式t＝，得t1＝和t2＝，B、C正确。 解决匀变速直线运动的常用方法 [典例2]　(2013·黄冈模拟)如图1-2-2所示，一长为l的长方形木块在水平面上以加速度a做匀加速直线运动。先后经过1、2两点，1、2之间有一定的距离，木块通过1、2两点所用时间分别为t1和t2。求： 图1-2-2 (1)木块经过位置1、位置2的平均速度大小； (2)木块前端P在1、2之间运动所需时间t。 [思路探究] (1)由平均速度公式求解木块经过位置1、位置2的平均速度大小。 (2)由平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求P端经过位置1、2时的速度v1、v2 ，再由速度公式求时间或由位移公式求出从出发点到位置1、位置2 的时间。 [解析]　(1)由平均速度公式＝ 得， 木块经过位置1时的平均速度1＝ 木块经过位置2时的平均速度2＝ (2)法一：由平均速度等于中间时刻的瞬时速度得P端经过位置1后时刻的速度为1，则 P端经过位置1时的速度v1＝1－a· 同理P端经过位置2时的速度v2＝2－a· 由速度公式得v2＝v1＋at 解得 t＝＋ 法二：设在出发点时木块P端距位置1的距离为x1，距位置2的距离为x2 ，P端到位置1、2的时间分别为t′1 和t′2 ，由位移公式x＝at2得 x1＝at x1＋l＝a(t1＋t′1)2 x2＝at′＝ x2＋l＝a(t2＋t′2)2 解得t′1＝－，t′2＝ － 故木块前端P在1、2之间运动所需时间 t＝t′2－t′1＝＋ [答案]　(1)　　(2) ＋[总结提能]———————————————————————— “一画，二选，三注”解决匀变速直线运动问题 (16分)(2013·陕西师大附中二模)2012年11月25日，中国第一艘装有帮助飞机起飞弹射系统的航母“辽宁舰”完成了歼－15首次起降飞行训练并获得圆满成功，如图1-2-4所示。已知歼－15在跑道上加速时可产生的最大加速度为5.0_m/s2，当歼－15的速度达到50_m/s 时才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。求： 图1-2-4 (1)若要求歼－15滑行160 m后起飞，弹射系统必须使飞机至少具有多大的初速度？ (2)若“辽宁舰”上不装弹射系统，要求该种飞机仍能从此舰上正常起飞，问该舰身长至少应为多长？ (3)若“辽宁舰”上不装弹射系统，设航空母舰甲板长为L＝160 m，为使歼－15仍能从此舰上正常起飞，可采