2019-2020年高中物理必修一第2章《匀变速直线运动的规律(二)》word学案

2019-2020年高中物理必修一第2章《匀变速直线运动的规律(二)》word 学案[学习目标定位] 1.会推导速度与位移的关系式，并知道匀变速直线运动的速度与位移的关系式中各物理量的含义.2.会用公式v 2t －v 20＝2as 进行分析和计算.3.掌握三个平均速度公式及其适用条件.4.会推导Δs ＝aT 2并会用它解决相关问题．一、速度位移公式的推导及应用 [问题设计]我国第一艘航空母舰“辽宁号”已有能力同时起飞3架歼15战机，如图1为辽宁舰上3个起飞点示意图，1、2号位置为短距起飞点，起飞线长105米；3号位置为远距起飞点，起飞线长195米．如果歼15战机起飞速度为50 m/s ，起飞时航母静止不动，且不使用弹射系统，则战机由3号起飞点起飞的加速度至少是多少？(设跑道水平)图1答案 根据v t ＝v 0＋at ①s ＝v 0t ＋12at 2②由①得t ＝v t －v 0a③把③代入②得s ＝v 0v t －v 0a ＋12a (v t －v 0a )2整理得：v 2t －v 20＝2as将v 0＝0，v t ＝50 m/s ，s ＝195 m 代入上式得：a ≈6.41 m/s 2. [要点提炼]1．匀变速直线运动的速度位移公式：v 2t －v 20＝2as ，此式是矢量式，应用解题时一定要先选定正方向，并注意各量的符号． 若v 0方向为正方向，则：(1)物体做加速运动时，加速度a 取正值；做减速运动时，加速度a 取负值．(2)位移s >0说明物体通过的位移方向与初速度方向相同，s <0说明物体通过的位移方向与初速度方向相反． 2．两种特殊情况(1)当v 0＝0时，v 2t ＝2as .(2)当v t ＝0时，－v 20＝2as . 3．公式特点：该公式不涉及时间． 二、中间时刻的瞬时速度与平均速度 [问题设计] 一质点图2做匀变速直线运动的v －t 图像如图2所示．已知一段时间内的初速度为v 0，末速度为v t . (1)这段时间内的平均速度(用v 0、v t 表示)． (2)中间时刻的瞬时速度v t2.(3)这段位移中间位置的瞬时速度v s2.答案 (1)因为v －t 图像与t 轴所围面积表示位移，t 时间内质点的位移可表示为s ＝v 0＋v t2·t ① 平均速度v ＝s t② 由①②两式得v ＝v 0＋v t2(2)由题图可知中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，即：v t 2＝v 0＋v t2.(3)对前半位移有v s 22－v 20＝2a s2对后半位移有v 2t －v s 22＝2a s2两式联立可得v s2＝v 20＋v 2t2[要点提炼]1．中间时刻的瞬时速度v t 2＝v 0＋v t2. 2．中间位置的瞬时速度v s2＝v 20＋v2t 2.3．平均速度公式总结：v ＝st ，适用条件：任意运动．v ＝v 0＋v t2，适用条件：匀变速直线运动．v ＝v t2，适用条件：匀变速直线运动．注意 对匀变速直线运动有v ＝v t 2＝v 0＋v t2.[延伸思考]在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度v t 2与中间位置的瞬时速度v s2哪一个大？答案 如图甲、乙所示，中间位置的瞬时速度与t ′对应，故有v s 2>v t2.三、重要推论Δs ＝aT 2的推导及应用 [问题设计]物体做匀变速直线运动，加速度为a ，从某时刻起T 时间内的位移为s 1，紧接着第二个T 时间内的位移为s 2.试证明：s 2－s 1＝aT 2. 答案 证明：设物体的初速度为v 0 自计时起T 时间内的位移s 1＝v 0T ＋12aT 2①在第二个T 时间内的位移s 2＝v 0·2T ＋12a (2T )2－s 1＝v 0T ＋32aT 2.②由①②两式得连续相等时间内的位移差为Δs ＝s 2－s 1＝v 0T ＋32aT 2－v 0T －12aT 2＝aT 2，即Δs ＝aT 2. [要点提炼]1．匀变速直线运动中，在连续相等的时间T 内的位移之差为一恒定值，即Δs ＝aT 2. 2．应用(1)判断物体是否做匀变速直线运动如果Δs ＝s 2－s 1＝s 3－s 2＝……＝s n －s n －1＝aT 2成立，则a 为一恒量，说明物体做匀变速直线运动． (2)求加速度利用匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差Δs ，可求得a ＝ΔsT2.一、速度与位移关系的简单应用例1 A 、B 、C 三点在同一条直线上，一物体从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经过B 点的速度是v ，到C 点的速度是3v ，则s AB ∶s BC 等于( ) A ．1∶8 B ．1∶6 C ．1∶5 D ．1∶3解析 由公式v 2t －v 20＝2as ，得v 2t ＝2as AB ，(3v )2＝2a (s AB ＋s BC )，联立两式可得s AB ∶s BC ＝1∶8. 答案 A 二、v ＝v t 2＝v 0＋v t2的灵活运用例2 一质点做匀变速直线运动，初速度v 0＝2 m/s,4 s 内位移为20 m ，求： (1)质点4 s 末的速度； (2)质点2 s 末的速度．解析 解法一 利用平均速度公式4 s 内的平均速度v ＝s t ＝v 0＋v 42，代入数据解得，4 s 末的速度v 4＝8 m/s 2 s 末的速度v 2＝v 0＋v 42＝2＋82 m/s ＝5 m/s.解法二 利用两个基本公式由s ＝v 0t ＋12at 2得a ＝1.5 m/s 2再由v t ＝v 0＋at 得质点4 s 末的速度v 4＝(2＋1.5×4) m/s＝8 m/s 2 s 末的速度v 2＝(2＋1.5×2) m/s＝5 m/s 答案 (1)8 m/s (2)5 m/s针对训练 一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度图像如图3所示，那么0～t 和t ～3t 两段时间内( )图3A ．加速度大小之比为3∶1B ．位移大小之比为1∶2C ．平均速度大小之比为2∶1D ．平均速度大小之比为1∶1解析 两段的加速度大小分别为a 1＝v t ，a 2＝v 2t ，A 错．两段的平均速度v 1＝v 2＝v2，C 错，D 对．两段的位移s 1＝12vt ，s 2＝vt ，B 对．三、对Δs ＝aT 2的理解与应用例3 做匀加速直线运动的物体，从开始计时起连续两个4 s 的时间间隔内通过的位移分别 是48 m 和80 m ，则这个物体的初速度和加速度各是多少？解析 解法一 根据关系式Δs ＝aT 2，物体的加速度a ＝Δs T 2＝80－4842m/s 2＝2 m/s 2.由于前4 s 内的位移48＝v 0×4＋12a ×42，故初速度v 0＝8 m/s.解法二 设物体的初速度和加速度分别为v 0、a .由公式s ＝v 0t ＋12at 2得：前4 s 内的位移48＝v 0×4＋12a ×42前8 s 内的位移48＋80＝v 0×8＋12a ×82解以上两式得v 0＝8 m/s ，a ＝2 m/s 2解法三 物体运动开始后第2 s 、第6 s 时的速度分别为：v 1＝s 1T ＝484 m/s ＝12 m/s ，v 2＝s 2T＝20 m/s故物体的加速度a ＝v 2－v 1Δt ＝20－124 m/s 2＝2 m/s 2初速度v 0＝v 1－a ·T2＝12 m/s －2×2 m/s＝8 m/s 答案 8 m/s 2 m/s 21.(速度与位移关系的简单应用)两个小车在水平面上做加速度相同的匀减速直线运动，若它们的初速度之比为1∶2，它们运动的最大位移之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶4 C ．1∶ 2 D ．2∶1解析 由0－v 2＝2as 得s 1s 2＝v 201v 202，故s 1s 2＝(12)2＝14，B 正确．2．(v ＝v t 2＝v 0＋v t2的灵活应用)汽车自O 点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中在6 s 内分别经过P 、Q 两根电线杆，已知P 、Q 电线杆相距60 m ，车经过电线杆Q 时的速率是15 m/s ，则下列说法正确的是( ) A ．经过P 杆时的速率是5 m/s B ．车的加速度是1.5 m/s 2C ．P 、O 间的距离是7.5 mD ．车从出发到经过Q 所用的时间是9 s 答案 ACD解析 由于汽车在P 、Q 间的平均速度等于它经过两点时瞬时速度的平均值，即s t ＝v P ＋v Q2，故v P ＝2s t －v Q ＝5 m/s ，A 对．车的加速度a ＝v Q －v P t ＝53 m/s 2，B 错．从O 到P 用时t ′＝v P a＝3 s ，P 、O 间距离s 1＝v P2·t ′＝7.5 m ，C 对．O 到Q 用时t ′＋t ＝3 s ＋6 s ＝9 s ，D 对．3．(对Δs ＝aT 2的理解和应用)从斜面上某一位置每隔0.1 s 释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍下如图4所示的照片，测得s AB ＝15 cm ，s BC ＝20 cm.试问：图4(1)小球的加速度是多少？ (2)拍摄时小球B 的速度是多少？ (3)拍摄时s CD 是多少？答案 (1)5 m/s 2(2)1.75 m/s (3)0.25 m解析 小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为0.1 s ，可以认为A 、B 、C 、D 各点是一个小球在不同时刻的位置． (1)由推论Δs ＝aT 2可知，小球加速度为a ＝Δs T 2＝s BC －s AB T 2＝20×10－2－15×10－20.12m/s 2 ＝5 m/s 2.(2)由题意知B 点对应AC 段的中间时刻，可知B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即v B ＝v AC ＝s AC 2T ＝20×10－2＋15×10－22×0.1 m/s ＝1.75 m/s.(3)由于连续相等时间内位移差恒定，所以s CD －s BC ＝s BC －s AB所以s CD ＝2s BC －s AB ＝2×20×10－2m －15×10－2m ＝25×10－2m ＝0.25 m.题组一 速度与位移关系的理解与应用1．关于公式s ＝v 2t －v202a ，下列说法正确的是( )A ．此公式只适用于匀加速直线运动B ．此公式适用于匀减速直线运动C ．此公式只适用于位移为正的情况D ．此公式不可能出现a 、s 同时为负值的情况 答案 B解析 公式s ＝v 2t －v202a适用于匀变速直线运动，既适用于匀加速直线运动，也适用于匀减速直线运动，既适用于位移为正的情况，也适用于位移为负的情况，选项B 正确，选项A 、C 错误．当物体做匀加速直线运动，且规定初速度的反方向为正方向时，a 、s 就会同时为负值，选项D 错误．2．物体先做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为a 1，当速度达到v 时，改为以大小为a 2的加速度做匀减速运动，直至速度为零．在加速和减速过程中物体的位移和所用时间分别为s 1、t 1和s 2、t 2，下列各式成立的是( ) A.s 1s 2＝t 1t 2B.a 1a 2＝t 1t 2C.s 1s 2＝a 2a 1D.s 1s 2＝a 1a 2答案 AC解析 在加速运动阶段v 2＝2a 1s 1，v ＝a 1t 1；在减速运动阶段0－v 2＝2(－a 2)s 2,0－v ＝－a 2t 2.由以上几式可得s 1s 2＝a 2a 1，a 1a 2＝t 2t 1，进一步可得s 1s 2＝t 1t 2，选项A 、C 正确．3．如图1所示，一小滑块从斜面顶端A 由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端C ，已知AB ＝BC ，则下列说法正确的是( )图1A ．滑块到达B 、C 两点的速度之比为1∶2 B ．滑块到达B 、C 两点的速度之比为1∶4 C ．滑块通过AB 、BC 两段的时间之比为1∶ 2D ．滑块通过AB 、BC 两段的时间之比为(2＋1)∶1 答案 D解析 v 2B ＝2as AB ，v 2C ＝2as AC ，故v B ∶v C ＝s AB ∶s AC ＝1∶2，A 、B 错；t AB ∶t AC ＝v B a ∶v Ca＝1∶2，而t BC ＝t AC －t AB ，故滑块通过AB 、BC 两段的时间之比t AB ∶t BC ＝1∶(2－1)＝(2＋1)∶1，C 错，D 对．题组二 v ＝v t 2＝v 0＋v t2的灵活运用4．一颗子弹以大小为v 的速度射进一墙壁但未穿出，射入深度为s ，如果子弹在墙内穿行时做匀变速直线运动，则子弹在墙内运动的时间为( )A.s vB.2s vC.2s vD.s 2v 答案 B解析 由v ＝v 2和s ＝v t 得t ＝2sv，B 选项正确．5．一物体从斜面上某点由静止开始做匀加速直线运动，经过3 s 后到达斜面底端，并在水平地面上做匀减速直线运动，又经9 s 停止，则物体在斜面上的位移与在水平面上的位移之比是( ) A ．1∶1 B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1答案 C解析 设物体到达斜面底端时的速度为v t ， 在斜面上的平均速度v 1＝v t2，在斜面上的位移s 1＝v 1t 1＝v t2t 1在水平地面上的平均速度v 2＝v t2，在水平地面上的位移s 2＝v 2t 2＝v t2t 2所以s 1∶s 2＝t 1∶t 2＝1∶3.故选C.6．一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A 、B 两点的速度分别是v 和7v ，经过AB 的时间是t ，则下列判断中正确的是( ) A ．经过AB 中点的速度是4v B ．经过AB 中间时刻的速度是4vC ．前t 2时间通过的位移比后t2时间通过的位移少1.5vtD ．前s2位移所需时间是后s2位移所需时间的2倍 答案 BCD解析 平均速度v AB ＝7v ＋v 2＝4v ，即中间时刻的瞬时速度为4v ，B 对；中点位移处的速度v s 2＝v2＋v22＝5v ，A 错；由Δs ＝a (t 2)2和7v ＝v ＋at ，可以判断C 对；由s 2＝5v ＋v2t 1和s 2＝5v ＋7v 2t 2得t 1＝2t 2，D 对．7．某物体做直线运动，物体的速度—时间图像如图2所示．若初速度的大小为v 0，末速度的大小为v 1，则在时间t 1内物体的平均速度v ( )图2A ．等于12(v 0＋v 1)B ．小于12(v 0＋v 1)C ．大于12(v 0＋v 1)D ．条件不足，无法比较 答案 C解析 如果物体在0～t 1时间内做匀变速直线运动，则有v ′＝v 0＋v 12，这段时间内发生的位移大小为阴影部分的面积，如图所示，则s 1＝v ′t 1，而阴影部分面积的大小s 1小于速度—时间图像与t 轴包围的面积大小s 2，s 2＝v t 1，则v >v ′＝v 0＋v 12，故选项C 正确．题组三 Δs ＝aT 2的理解与应用8．一小球沿斜面以恒定的加速度滚下并依次通过A 、B 、C 三点，已知AB ＝6 m ，BC ＝10 m ，小球通过AB 、BC 所用的时间均为2 s ，则小球经过A 、B 、C 三点时的速度分别为( ) A ．2 m/s,3 m/s,4 m/s B ．2 m/s,4 m/s,6 m/s C ．3 m/s,4 m/s,5 m/sD ．3 m/s,5 m/s,7 m/s答案 B解析 B C －A B ＝aT 2，a ＝44m/s 2＝1 m/s 2v B ＝A B ＋B C 2T＝6＋102×2m/s ＝4 m/s 由v B ＝v A ＋aT ，得v A ＝v B －aT ＝(4－1×2) m/s＝2 m/s ，v C ＝v B ＋aT ＝(4＋1×2) m/s＝6 m/s ，B 正确．9．一质点做匀加速直线运动，第3 s 内的位移是2 m ，第4 s 内的位移是2.5 m ，那么以下说法中正确的是( )A ．这2 s 内平均速度是2.25 m/sB ．第3 s 末瞬时速度是2.25 m/sC ．质点的加速度是0.125 m/s 2D ．质点的加速度是0.5 m/s 2答案 ABD解析 这2 s 内的平均速度v ＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝2＋2.51＋1m/s ＝2.25 m/s ，A 对；第3 s 末的瞬时速度等于2 s ～4 s 内的平均速度，B 对；质点的加速度a ＝s 2－s 1t 2＝2.5－212m/s 2＝0.5 m/s 2，C 错，D 对．10.某次实验得到的一段纸带如图3所示(电源频率为50 Hz)，若以每五次打点的时间作为时间单位，得到图示的5个计数点，各点到标号为0的计数点的距离已量出，分别是4 cm 、10 cm 、18 cm 、28 cm ，则小车的运动性质是____________，当打点计时器打第1点时速度v 1＝________ m/s ，加速度a ＝________ m/s 2.图3答案 匀加速直线运动 0.5 2解析 0～1、1～2、2～3、3～4间距：s 1＝4 cm ，s 2＝6 cm ，s 3＝8 cm ，s 4＝10 cm ，连续相等相间内的位移之差： Δs 1＝s 2－s 1＝2 cm ，Δs 2＝s 3－s 2＝2 cm ，Δs 3＝s 4－s 3＝2 cm ，所以在连续相等时间内的位移之差为常数，故小车做匀加速直线运动．根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，有v 1＝10×10－22×0.1m/s ＝0.5 m/s.由Δs ＝aT 2得a ＝Δs T 2＝2×10－20.12 m/s 2＝2 m/s 2.题组四 综合应用11．假设飞机着陆后做匀减速直线运动，经10 s 速度减为着陆时的一半，滑行了450 m ，则飞机着陆时的速度为多大？着陆后30 s 滑行的距离是多少？ 答案 60 m/s 600 m解析 设飞机着陆时的速度为v 0，减速10 s ，滑行距离s 1＝v 0＋0.5v 02t ，解得v 0＝60 m/s飞机着陆后做匀减速运动的加速度大小为a ＝v 0－0.5v 0t＝3 m/s 2飞机停止运动所用时间为t 0＝v 0a＝20 s ，由v 2t －v 20＝2(－a )s ′，得着陆后30 s 滑行的距离是s ′＝－v 20－2a ＝－602－6m ＝600 m12．一列火车进站前先关闭气阀，让车减速滑行．滑行了300 m 时速度减为关闭气阀时的一半，此后又继续滑行了20 s 停在车站．设火车在滑行过程中加速度始终维持不变，试求：(1)火车滑行的加速度；(2)火车关闭气阀时的速度；(3)从火车关闭气阀到停止滑行时，滑行的总位移．答案 (1)－0.5 m/s 2 (2)20 m/s (3)400 m解析 设火车初速度为v 0，s ＝300 m滑行前300 m 的过程，有：(v 02)2－v 20＝2as 后20 s 的过程有：0－v 02＝at 2 两式联立可得：v 0＝20 m/s ，a ＝－0.5 m/s 2减速全程，由速度—位移公式有：2as 总＝02－v 20代入数据，解得s 总＝400 m13．为了安全，汽车过桥的速度不能太大．一辆汽车由静止出发做匀加速直线运动，用了10 s 时间通过一座长120 m 的桥，过桥后的速度是14 m/s.请计算：(1)它刚开上桥头时的速度有多大？(2)桥头与出发点的距离多远？答案 (1)10 m/s (2)125 m解析 (1)设汽车刚开上桥头的速度为v 1则有s ＝v 1＋v 22t v 1＝2s t －v 2＝2×12010－14 m/s ＝10 m/s (2)汽车的加速度a ＝v 2－v 1t ＝14－1010m/s 2＝0.4 m/s 2 桥头与出发点的距离s ′＝v 212a ＝1002×0.4 m ＝125 m。