高中物理第2章 匀变速直线运动的规律2.4 匀变速直线运动规律的应用学案设计

这是一份高中物理第2章 匀变速直线运动的规律2.4 匀变速直线运动规律的应用学案设计，共11页。


一、匀变速直线运动的基本方法
1．匀变速直线运动公式的比较
2．解答匀变速直线运动问题时巧选公式的基本方法
(1)如果题目已知条件中无位移s，也不让求s，一般选用速度公式vt＝v0＋at；
(2)如果题目已知条件中无末速度vt，也不让求vt，一般选用位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2；
(3)如果题目已知条件中无运动时间t，也不让求t，一般选用导出公式vt2－v02＝2as.
(4)如果题目中给出两段连续相等时间的位移，则一般选用位移差公式s2－s1＝aT2求加速度，此公式在利用纸带求加速度的实验中得到充分应用．
一物体做匀变速直线运动，在连续相等的两个时间间隔内，通过的位移分别是24 m和64 m，每一个时间间隔为4 s，求物体在这两个时间间隔内的初速度和末速度及加速度的大小．(请用不同方法求解)
答案 1 m/s 21 m/s 2.5 m/s2
解析 方法一 基本公式法
如图所示，
由位移公式得
s1＝vAT＋eq \f(1,2)aT2
s2＝vA·2T＋eq \f(1,2)a(2T)2－(vAT＋eq \f(1,2)aT2)＝vAT＋eq \f(3,2)aT2
vC＝vA＋a·2T
将s1＝24 m，s2＝64 m，T＝4 s代入以上三式
解得a＝2.5 m/s2，vA＝1 m/s，vC＝21 m/s.
方法二 逐差法结合平均速度法
由Δs＝aT2可得a＝eq \f(Δs,T2)＝eq \f(64－24,16) m/s2＝2.5 m/s2
vB＝eq \f(s1＋s2,2T)＝eq \f(24＋64,2×4) m/s＝11 m/s
又vB＝vA＋aT，vC＝vB＋aT
联立解得vA＝1 m/s，vC＝21 m/s.
针对训练1 一物体以初速度v0做匀减速直线运动，第1 s内通过的位移为s1＝3 m，第2 s内通过的位移为s2＝2 m，又经过位移s3物体的速度减小为0，则下列说法不正确的是( )
A．加速度a的大小为1 m/s2
B．初速度v0的大小为2.5 m/s
C．位移s3的大小为eq \f(9,8) m
D．位移s3内的平均速度大小为0.75 m/s
答案 B
解析 根据Δs＝aT2得，
a＝eq \f(Δs,T2)＝eq \f(－1,12) m/s2＝－1 m/s2，A正确．根据s1＝v0t1＋eq \f(1,2)at12，得v0＝3.5 m/s，B错误；第2 s末的速度v2＝v0＋at2＝(3.5－1×2) m/s＝1.5 m/s，则s3＝eq \f(0－v22,2a)＝eq \f(0－1.52,－2) m＝eq \f(9,8) m，位移s3内的平均速度大小eq \x\t(v)＝eq \f(0＋v2,2)＝0.75 m/s，C、D正确．
1．两个基本公式、速度位移公式、平均速度公式、位移差公式是解决运动学问题的常用方法．
2.eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)＝适用于匀变速直线运动．
3．Δs＝aT2，当题中出现两段位移，且对应运动时间相等，优先考虑应用该式；若是不相邻的，则根据sm－sn＝(m－n)aT2.
飞机着陆后以6 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至静止．其着陆速度为60 m/s，求：
(1)飞机着陆过程中滑行的距离；
(2)在此过程中，飞机后4 s滑行的位移大小．
答案 (1)300 m (2)48 m
解析 (1)取初速度方向为正方向，v0＝60 m/s，a＝－6 m/s2，vt＝0
由vt2－v02＝2as得
s＝eq \f(vt2－v02,2a)＝eq \f(0－602,－2×6) m＝300 m.
(2)方法一 由vt＝v0＋at得
滑行时间t＝eq \f(vt－v0,a)＝eq \f(0－60,－6) s＝10 s
前6 s内的位移s1＝v0t1＋eq \f(1,2)at12＝60×6 m－eq \f(1,2)×6×62 m＝252 m
后4 s内的位移s2＝s－s1＝300 m－252 m＝48 m.
方法二 匀减速直线运动速度减小到零，其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动，a′＝
6 m/s2
则后4 s的位移s2＝eq \f(1,2)a′t22＝eq \f(1,2)×6×42 m＝48 m.
逆向思维法求解运动问题
逆向思维法是把运动过程的“末态”作为“初态”来反向研究问题的方法．如物体做减速运动可看成反向加速运动来处理．末状态已知的情况下，若采用逆向思维法往往能起到事半功倍的效果．
针对训练2 如图1所示，在水平面上有一个质量为m的小物块，从某点给它一个初速度沿水平面做匀减速直线运动，途中经过A、B、C三点，到达O点的速度为零．A、B、C三点到O点的距离分别为s1、s2、s3，物块从A点、B点、C点运动到O点所用时间分别为t1、t2、t3，下列结论正确的是( )
图1
A.eq \f(s1,t1)＝eq \f(s2,t2)＝eq \f(s3,t3) B.eq \f(s1,t1)C.eq \f(s1,t12)＝eq \f(s2,t22)＝eq \f(s3,t32) D.eq \f(s1,t12)答案 C
解析 由于eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)＝eq \f(1,2)vt，故eq \f(s1,t1)＝eq \f(vA,2)，eq \f(s2,t2)＝eq \f(vB,2)，eq \f(s3,t3)＝eq \f(vC,2)，所以eq \f(s1,t1)>eq \f(s2,t2)>eq \f(s3,t3)，A、B错；小物块的运动可视为逆向的由静止开始的匀加速直线运动，故位移s＝eq \f(1,2)at2，eq \f(s,t2)＝eq \f(1,2)a＝常数，所以eq \f(s1,t12)＝eq \f(s2,t22)＝eq \f(s3,t32)，C对，D错．
二、运动图像在解题中的应用
物理图像可以使抽象的概念直观形象，变化过程清晰，物理量之间的函数关系明确．用图像法解决问题不但迅速、直观，有时还可以避开复杂的计算，快速得出答案．运动学中很多时候用v－t图像可以简化问题，清晰的表示出物体的运动过程，还可用图线与时间轴围成的图形面积表示位移．“面积”在时间轴上方表示位移为正，在时间轴下方表示位移为负；通过的位移为时间轴上、下“面积”绝对值之差．通过的路程为时间轴上、下“面积”绝对值之和．
汽车在高速公路上行驶的速度为108 km/h，若驾驶员发现前方80 m处发生了交通事故，马上紧急刹车，汽车以恒定的加速度经过4 s才停下来，假设驾驶员看到交通事故时的反应时间是0.5 s，则
(1)在反应时间内汽车的位移大小是多少？
(2)紧急刹车后，汽车的位移大小是多少？
(3)该汽车行驶过程中是否会出现安全问题？(试通过图像分析求解)
答案 (1)15 m (2)60 m (3)不会
解析 汽车的位移可以通过v－t图像求解，作出汽车这个过程的v－t图像(如图)，由图像可知
(1)反应时间内的位移s1＝30×0.5 m＝15 m.
(2)刹车位移s2＝eq \f(30×4,2) m＝60 m.
(3)总位移s＝eq \f(0.5＋4.5×30,2)＝75 m．由于前方80 m处出现了事故，所以不会出现安全问题．
针对训练3 (多选)两辆完全相同的汽车正准备从车站向同一方向发车，已知两辆汽车由静止开始做匀加速直线运动，加速度都为a，一辆车经时间t0达到速度v0后匀速行驶，后一辆车在前一辆车刚达到匀速时开始启动，则两车都匀速行驶时两车的距离是( )
A.eq \f(1,2)at02 B．at02
C.eq \f(1,2)v0t0 D．v0t0
答案 BD
解析 两车运动的v－t图像如图所示，两车都匀速运动时，两车间的距离等于v－t图线与t轴所围的面积差，即Δs＝v0t0＝at02，故B、D正确，A、C错误．
1．(基本公式的应用)一个做匀加速直线运动的物体，初速度v0＝2.0 m/s，它在第3 s内通过的位移是4.5 m，则它的加速度为( )
A．0.5 m/s2 B．1.0 m/s2
C．1.5 m/s2 D．2.0 m/s2
答案 B
解析 第2 s末的速度v2＝v0＋at2，第2 s末的速度是第3 s的初速度，故第3 s内的位移s3＝(v0＋at2)t＋eq \f(1,2)at2，即4.5 m＝(2.0 m/s＋2 s·a)×1 s＋eq \f(1,2)a×(1 s)2，解得a＝1.0 m/s2，故B正确．
2．(匀变速直线运动基本公式的应用)(2021·辉县一中段考)有一辆汽车在能见度较低的雾霾天气里以54 km/h的速度匀速行驶，司机突然看到正前方有一辆静止的故障车，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后汽车匀减速前进，刹车过程中加速度大小为5 m/s2，最后停在故障车后1.5 m处，避免了一场事故．以下说法正确的是( )
A．司机发现故障车后，汽车经过3 s停下
B．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为33 m
C．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为7.5 m/s
D．从司机发现故障车到停下来的过程，汽车的平均速度为10.5 m/s
答案 B
解析 v0＝54 km/h＝15 m/s，汽车刹车时间t2＝eq \f(v0,a)＝3 s，故汽车运动总时间t＝t1＋t2＝0.6 s＋3 s＝3.6 s，A错误．司机发现故障车时，汽车与故障车的距离为s＝v0t1＋eq \f(v0,2)t2＋1.5 m＝15×0.6 m＋eq \f(15,2)×3 m＋1.5 m＝33 m，B正确．汽车的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(v0t1＋\f(v0,2)t2,t1＋t2)＝eq \f(9＋22.5,3.6) m/s＝8.75 m/s.C、D错误．
3．(导出公式和逆向思维方法的灵活应用)一物体做匀减速直线运动，初速度为10 m/s，加速度大小为1 m/s2，则物体在停止运动前1 s内的平均速度为( )
A．5.5 m/s B．5 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s
答案 D
解析 物体做匀减速直线运动到静止相当于反向的匀加速直线运动，停止运动前1 s内的平均速度，相当于匀加速运动第1 s内的平均速度，eq \x\t(v)＝eq \f(0＋v,2)＝eq \f(0＋1×1,2) m/s＝0.5 m/s.故选D.
4．(利用图像解决物理问题)(2021·北京西城区高一上期末)上海磁悬浮列车是世界上第一条已经投入商业运行的磁悬浮列车，线路起于龙阳路站，止于浦东机场站，中间没有停靠．在某次试车时，磁悬浮列车从静止开始先加速行驶了210 s，速度达到120 m/s，然后匀速行驶了30 s，最后再经过210 s的减速运动停在了站台．假设列车在加速和减速运动的过程中加速度大小不变，求：
图2
(1)磁悬浮列车在加速阶段的加速度大小；
(2)请你根据以上数据在图2中画出磁悬浮列车运动的v－t图像，并根据图像计算此次试车列车通过的总路程；
(3)若要进一步缩短磁悬浮列车在两站间的运行时间，请你提供一个可行的方法．
答案 (1)0.57 m/s2 (2)见解析图 2.88×104 m (3)见解析
解析 (1)根据匀变速直线运动规律vt＝at，
代入数据解得a≈0.57 m/s2.
(2)列车的v－t图像如图所示，
v－t图线与t轴所围面积即为所求总路程
s＝eq \f(1,2)×(30＋450)×120 m＝2.88×104 m.
(3)增大启动时的加速度，或延长匀速运动的时间，或增大制动时的加速度，或增大最大运行速度．
1．(多选)物体由静止开始做匀加速直线运动，第3 s内通过的位移是3 m，则( )
A．第3 s内的平均速度是3 m/s
B．物体的加速度是1.2 m/s2
C．前3 s内的位移是6 m
D．3 s末的速度是3.6 m/s
答案 ABD
解析 第3 s内的平均速度为：eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)＝eq \f(3,1) m/s＝3 m/s，故A正确；设加速度大小为a，则有s＝eq \f(1,2)at32－eq \f(1,2)at22，得：a＝eq \f(2s,t32－t22)＝eq \f(6,9－4) m/s2＝1.2 m/s2，故B正确；前3 s内位移为：s3＝eq \f(1,2)at32＝eq \f(1,2)×1.2×9 m＝5.4 m，故C错误；3 s末的速度是：v3＝at3＝3.6 m/s，故D正确．
2．火车的速度为8 m/s，关闭发动机后做匀减速直线运动，前进70 m时速度减为6 m/s.若再经过40 s，火车又前进的距离为( )
A．80 m B．90 m C．120 m D．160 m
答案 B
解析 设火车的加速度为a，根据vt2－v02＝2as，
解得：a＝eq \f(vt2－v02,2s)＝eq \f(36－64,2×70) m/s2＝－0.2 m/s2，
从6 m/s到停止行驶所需要的时间为t＝eq \f(0－vt,a)＝eq \f(0－6,－0.2) s＝30 s，故再经过40 s火车前进的距离实际为经过30 s火车前进的距离，即s′＝eq \f(vt＋0,2)t＝eq \f(6＋0,2)×30 m＝90 m，故选B.
3．一人从雪坡上匀加速下滑，他依次通过a、b、c三个标志旗，已知sab＝6 m，sbc＝10 m，他通过ab和bc所用时间都等于2 s，则他通过a、b、c三个标志旗的速度分别是( )
A．va＝2 m/s，vb＝3 m/s，vc＝4 m/s
B．va＝2 m/s，vb＝4 m/s，vc＝6 m/s
C．va＝3 m/s，vb＝4 m/s，vc＝5 m/s
D．va＝3 m/s，vb＝5 m/s，vc＝7 m/s
答案 B
解析 已知sab＝6 m，sbc＝10 m，他通过ab和bc所用时间都等于2 s，sbc－sab＝aT2，解得a＝1 m/s2；又vb＝eq \f(sab＋sbc,2T)，解得vb＝4 m/s；据va＝vb－aT，解得va＝2 m/s；据vc＝vb＋aT，解得vc＝6 m/s，故选B.
4．(多选)(2021·唐山一中月考)在平直公路上匀速行驶的一辆汽车中的司机看到前方有情况发生立即刹车，经5 s停车，在停车前的最后1 s内行驶的距离是2 m，若汽车刹车后做的是匀减速运动，以下说法正确的是( )
A．汽车刹车后的加速度大小为2 m/s2
B．汽车刹车后共滑行了50 m
C．汽车刹车时的速度大小为10 m/s
D．汽车刹车后的平均速度大小为10 m/s
答案 BD
解析 利用逆向思维法，在最后1 s内s＝eq \f(1,2)at2
得a＝eq \f(2s,t2)＝4 m/s2，
刹车时的速度大小为v＝at总＝4×5 m/s＝20 m/s，
故选项A、C错误；
汽车刹车的总位移s总＝eq \f(1,2)at总2＝eq \f(1,2)×4×52 m＝50 m，
刹车后的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(s总,t总)＝eq \f(50,5) m/s＝10 m/s
故选项B、D正确．
5．(2020·安康市高一检测)一辆急救车快要到达目的地时开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为10 m和6 m，则刹车后4 s内的位移是( )
A．16 m B．18 m C．32 m D．40 m
答案 B
解析 由Δs＝aT2可得：加速度大小为a＝eq \f(10－6,12) m/s2＝4 m/s2；第1 s的末初速度为前2 s的平均速度v1＝eq \f(s1＋s2,2T)＝eq \f(10＋6,2×1) m/s＝8 m/s；1 s末到停下，位移s1＝eq \f(v12,2a)＝eq \f(82,2×4) m＝8 m，t1＝eq \f(v1,a)＝eq \f(8,4) s＝2 s，所以刹车后停下来共需要t＝2 s＋1 s＝3 s，刹车后4 s车已经停下来，故总位移为s＝8 m＋10 m＝18 m.
6．做匀减速直线运动的某物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是( )
A．3.5 m B．2 m C．1 m D．0
答案 B
解析 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则匀减速直线运动的物体在相等时间内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以eq \f(7,1)＝eq \f(14 m,s1)，s1＝2 m，选项B正确．
7．(多选)(2021·吴忠高一检测)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( )
A．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2＝2∶1
B．加速、减速中的平均速度大小之比eq \x\t(v)1∶eq \x\t(v)2＝1∶1
C．加速、减速中的位移大小之比s1∶s2＝2∶1
D．加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2≠1∶2
答案 BC
解析 由题意可知a1t1＝a2t2，所以a1∶a2＝1∶2，选项A、D错误．由eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋vt,2)可知选项B正确．因为s＝eq \x\t(v)t，所以加速、减速中的位移大小之比s1∶s2＝2∶1，选项C正确．
8．一物体做初速度为零的匀加速直线运动，加速一段时间后，接着做匀减速直线运动直至速度减为零．整个运动过程用时30 s，总位移为150 m，则运动的最大速度为( )
A．5 m/s B．10 m/s
C．15 m/s D．无法求解
答案 B
解析 物体运动过程中的v－t图像如图所示，图线与时间轴所围成的面积s＝150 m，又s＝eq \f(vm,2)·30 s＝150 m，解得vm＝10 m/s.
9．某质点从静止开始以加速度大小a1做匀加速直线运动，经时间t加速度大小立即变为a2，方向与a1相反，再经时间t恰好回到原出发点，则a1∶a2的值为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
答案 B
解析 质点在匀加速和匀减速再反向加速过程中位移大小相等，方向相反，匀加速运动时位移s1＝eq \f(1,2)a1t2；匀减速再反向加速时位移为s2＝v0t－eq \f(1,2)a2t2，其中v0＝a1t，根据题意有s1＝－s2，联立解得：a1∶a2＝1∶3.
10.(多选)(2021·宜昌一中期中)如图1所示，一物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，A、B、C、D为其运动轨迹上的四点，测得AB＝3 m，BC＝4 m．且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则下列说法正确的是( )
图1
A．可以求出物体加速度的大小
B．可求得CD＝5 m
C．可求得OA＝3.125 m
D．可求得OA＝1.5 m
答案 BC
解析 设物体做匀加速运动的加速度为a，通过AB、BC及CD的时间均为T，则有Δs＝aT2＝1 m，因不知时间，故无法求a，A错误；由CD－BC＝BC－AB可以求得CD＝5 m，而B点的瞬时速度vB＝eq \f(AB＋BC,2T)，所以O与B间的距离OB＝eq \f(vB2,2a)＝6.125 m，O与A之间的距离OA＝OB－AB＝3.125 m，B、C正确，D错误．
11．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δs所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δs所用时间为t2，则物体运动的加速度为( )
A.eq \f(2Δst1－t2,t1t2t1＋t2) B.eq \f(Δst1－t2,t1t2t1＋t2)
C.eq \f(2Δst1＋t2,t1t2t1－t2) D.eq \f(Δst1＋t2,t1t2t1－t2)
答案 A
解析 通过第一段位移，中间时刻的瞬时速度为v1＝eq \f(Δs,t1)，通过第二段位移中间时刻的瞬时速度为v2＝eq \f(Δs,t2)，由于v2－v1＝a·eq \f(t1＋t2,2)，所以a＝eq \f(2Δst1－t2,t1t2t1＋t2)，选项A正确．
12．(2021·唐山一中月考)乘公交车上学是新浦地区的学生上学的重要出行方式之一，当汽车快到校门口时，司机往往关闭汽车发动机，让汽车做匀减速直线运动进站，已知行驶120 m时速度减小为原来的一半，再行驶8 s静止，求汽车关闭发动机时的速度大小和行驶的距离．
答案 20 m/s 160 m
解析 以汽车初速度方向为正方向，汽车进入站台前做匀减速直线运动，设汽车关闭发动机时的速度为v0，加速度大小为a，则：at2＝eq \f(v0,2)；t1＝eq \f(v0－\f(v0,2),a)＝t2＝8 s，
由s1＝eq \f(v0＋\f(v0,2),2)t1＝120 m得：v0＝20 m/s；
行驶的距离s＝eq \f(v0,2)(t1＋t2)＝160 m.
13．一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m有一棵树，如图2所示，汽车通过A、B两相邻的树用了3 s，通过B、C两相邻的树用了2 s，求汽车运动的加速度大小和通过树B时的速度大小．
图2
答案 1 m/s2 6.5 m/s
解析 设汽车经过树A时的速度为vA，加速度为a.
对AB段运动，由位移公式s＝v0t＋eq \f(1,2)at2有15 m＝vA×3 s＋eq \f(1,2)a×(3 s)2，
同理，对AC段运动，有30 m＝vA×5 s＋eq \f(1,2)a×(5 s)2，
两式联立解得vA＝3.5 m/s，a＝1 m/s2，
再由速度公式vt＝v0＋at，
得vB＝3.5 m/s＋1×3 m/s＝6.5 m/s.
14．(2020·合肥九中月考)一升降机由静止开始以加速度a1匀加速上升2 s，速度达到3 m/s，接着匀速上升10 s，最后再以加速度a2匀减速上升3 s才停下来，竖直向上为正方向，求：
(1)匀加速上升的加速度a1；
(2)匀减速上升的加速度a2；
(3)上升的总高度H.(画出v－t图像然后求出总高度)
答案 见解析
解析 (1)由vt＝v0＋at可得：
a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝eq \f(3－0,2) m/s2＝1.5 m/s2.
(2)a2＝eq \f(0－v1,t2)＝eq \f(0－3,3) m/s2＝－1 m/s2，负号表示方向竖直向下．
(3)由题意可以得到升降机运动的v－t图像如下图．
图线与时间轴围成的面积表示总位移，
由图像可知：H＝eq \f(1,2)(15＋10)×3 m＝37.5 m.一般形式
特殊形式(v0＝0)
不涉及的物理量
速度公式
vt＝v0＋at
vt＝at
s
位移公式
s＝v0t＋eq \f(1,2)at2
s＝eq \f(1,2)at2
vt
速度位移关系公式
vt2－v02＝2as
vt2＝2as
t
平均速度求位移公式
s＝eq \f(v0＋vt,2)t＝t
s＝eq \f(vt,2)t
a
位移差公式
s2－s1＝aT2
v0、vt