第2章 专题1 匀变速直线运动公式的综合应用-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第一册创新导学案word（鲁科版2019）

专题一　匀变速直线运动公式的综合应用 课题任务1　匀变速直线运动的常用公式及其应用 1．四个常用公式 说明：匀变速直线运动的四个常用公式中，只有前两个公式是独立的基础公式。其他公式都可由这两个公式推导出来。 几个公式中涉及v0、vt、a、t和s五个物理量，而只有两个独立的公式，故这五个量中只有三个量是独立的，即只要知道其中任意三个量，便可解出其余两个量。 2．常用公式的选用原则 每个公式中只有五个量中的四个物理量，三个已知量加一个待求量必然对应着其中的一个公式： 可以看出公式的选用原则可以归纳如下： (1)如果题目中无位移s，也不需求位移，用公式vt＝v0＋at。 (2)如果题目中无末速度vt，也不需求末速度，用公式s＝v0t＋at2。 (3)如果题中无运动时间t，也不需求运动时间，用公式v－v＝2as。 (4)如果题目中无加速度a，也不需求加速度，用s＝t。 例1　如图所示，一滑雪运动员从85 m长的山坡顶端匀加速滑下，初速度是1.8 m/s，末速度是5.0 m/s，滑雪运动员通过这段斜坡需要多长时间？ [规范解答]　由于已知初速度、末速度和位移， 由s＝t，解得t＝ 代入数据得t＝ s＝25 s。 [完美答案]　25 s 模型点拨 常用公式的三点说明 (1)四个公式共涉及匀变速直线运动的初速度v0、末速度vt、加速度a、位移s和时间t五个物理量，这五个物理量中前四个都是矢量，应用时要规定统一的正方向(通常取v0方向为正方向)，并注意各物理量的正负。 (2)灵活选用公式，已知五个量中任意三个可求另外两个。 (3)速度公式和位移公式是两个基础公式，利用这两个公式可求解匀变速直线运动的所有问题，而灵活选用其他公式可在某些具体问题中大大简化解题过程。 [变式训练1]　飞机着陆后以大小为6 m/s2的加速度做匀减速直线运动，其着陆速度为60 m/s，求： (1)飞机着陆后12 s内滑行的位移s； (2)飞机静止前4 s内滑行的位移s′。 答案　(1)300 m　(2)48 m 解析　(1)以初速度方向为正方向，则有 a＝－6 m/s2 飞机在地面上滑行的时间 t＝＝ s＝10 s 所以飞机着陆后12 s内滑行的位移等于10 s内滑行的位移。 由v－v＝2as可得 s＝＝ m＝300 m。 (2)飞机着陆后的运动可反向看成初速度为0、加速度为a′＝6 m/s2的匀加速直线运动 s′＝a′t′2＝×6×42 m＝48 m。 课题任务2　匀变速直线运动问题的解题技巧 分析匀变速直线运动问题的技巧 (1)根据题意画出物体运动示意图，使运动过程直观清晰。 (2)从以下常用方法中选取合适的方法 (3)注意列运动学方程时，方程式中每一个物理量均对应同一运动过程。 例2　一物体做匀变速直线运动，在连续相等的两段时间内通过的位移分别是24 m和64 m，每一段相等时间为4 s，求物体的初速度、末速度及加速度。 [规范解答]　该物体的运动过程如图所示，物体由A经B到C，其中从A到B、从B到C的时间都为4 s。 由Δs＝aT2可得，a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2。 由于B是A、C的中间时刻， vB＝＝ m/s＝11 m/s。 在AB段应用公式s＝t得，s1＝T，代入数据解得，vA＝1 m/s，即初速度为1 m/s，同理可得末速度vC＝21 m/s。 [完美答案]　1 m/s　21 m/s　2.5 m/s2 模型点拨 公式的应用技巧 解题时，首先要看要求的结论或者是对后面解题有重大帮助的结论中什么是立即可以得到的，这就要求平时注意研究和积累解题的方法。上例也可用基本公式列式求解，但较复杂。 [变式训练2]　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． B． C． D． 答案　A 解析　第一个Δs内的平均速度v1＝，第二个Δs内的平均速度v2＝。对于匀变速直线运动而言，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则v2＝v1＋a·，物体的加速度a＝＝，故A正确。 例3　一辆客车正在以v＝20 m/s的速度匀速行驶，司机突然看见车的正前方有一只狗，如图甲所示，司机立即采取制动措施。若从司机看见狗开始计时(t＝0)，客车的速度—时间图像如图乙所示，求客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离。(g取10 m/s2) [规范解答]　解法一(图像法)：直接用图乙所描述的速度—时间图像求。 根据速度—时间图线和时间轴所围成的面积就是这段时间的位移可知车在4.5 s内的位移为：s＝ m＝50 m。 解法二(平均速度法)：对客车的匀减速阶段采用平均速度法算位移。 客车在匀速阶段的位移：s1＝vt1＝20 m/s×0.5 s＝10 m 客车在匀减速阶段做匀变速直线运动，其v0＝20 m/s，vt＝0， s2＝·t2＝×(4.5－0.5) m＝40 m 客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离是两阶段位移大小之和：s＝s1＋s2＝50 m。 解法三(逆向思维法)：对客车的匀减速阶段采用逆向思维法算位移。 ①客车在匀减速阶段最终的速度为零，我们可以逆向看是一个做初速度为零的匀加速直线运动，加速度的大小为 a＝＝ m/s2＝5 m/s2， 在匀减速阶段的位移s2＝at＝×5×42 m＝40 m。 ②客车在匀速阶段的位移和总位移与解法二相同。 解法四(基本公式法)：严格用公式s＝v0t＋at2算客车减速阶段的位移。 ①客车在匀减速阶段v0＝20 m/s，vt＝0 其加速度a＝＝ m/s2＝－5 m/s2。 所以对应的位移s2＝v0t2＋at＝20 m/s×(4.5－0.5) s＋×(－5 m/s2)×(4 s)2＝40 m。 ②客车在匀速阶段的位移和总位移与解法二相同。 [完美答案]　50 m 模型点拨 各种方法的比较 (1)基本公式法：通过已知量和设未知量能解决所有问题，对于无法直接套用基本公式的情景此法较复杂。 (2)平均速度法、比例法和位移差法：在能直接应用这些方法解题的情境中能快速解题、不易出错。 (3)图像法：一般用v­t图像的“面积”求位移、斜率求加速度比较快捷。 (4)逆向思维法：对于末速度为零的匀减速直线运动，若无法直接用公式解题，一般可考虑此法。 对于每道题，解题方法一般是不唯一的，有时需要综合几种方法求解。通过多加练习，可找到较简便的方法。 [变式训练3]　物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰为零，如图所示。已知物体第一次从斜面底端A运动到距A的长度为斜面总长度的处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间。 答案　t 解析　解法一(基本公式法)： 设物体的初速度为v0，加速度大小为a 则：sAC＝v0(t＋tBC)－a(t＋tBC)2① sAB＝v0t－at2② sAB＝sAC③ 联立①②③解得tBC＝t。 解法二(比例法，按时间等分)： 对于初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 现有sBC∶sAB＝∶＝1∶3 通过sAB的时间为t，故通过sBC的时间tBC＝t。 解法三(平均速度法)： 对于匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于这段位移内的平均速度，等于初速度和末速度的算术平均值。 AC＝＝＝ 又v＝2asAC① v＝2asBC② sBC＝sAC③ 联立①②③式解得：vB＝。 可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是AC段中间时刻的位置，因此有tBC＝t。 解法四(图像法)： 利用v­t图线与t轴所围面积表示位移，作出v­t图像，如图所示。 相似三角形面积之比，等于对应边平方比， 故＝， 且S△AOC＝4S△BDC，OD＝t，OC＝t＋tBC， 所以＝，得tBC＝t。 解法五(比例法，按位移等分)： 对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比为t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 现将整个斜面分成长度相等的四段，如图所示。设通过BC段的时间为tBC，那么通过BD、DE、EA的时间分别为： tBD＝(－1)tBC，tDE＝(－)tBC，tEA＝(－)tBC， 又tBD＋tDE＋tEA＝t，得tBC＝t。 1．如图所示，一个小物体从光滑斜面上由A点上方从静止开始下滑，在它通过的路径中取AE并分成相等的四段，vA、vB、vC、vD、vE表示通过A、B、C、D、E点的瞬时速度，表示AE段的平均速度，则下列关系中正确的是(　　) A.＝vB B．＝vC C．vB<<vC D．vC<<vD 答案　C 解析　因物体由A点上方从静止开始做匀加速直线运动，vC是AE段中间位移的速度，vC＝，而＝＝v，故<vC；如果从A点静止下滑，因＝，则B点为AE段的中间时刻位置，＝vB＝，实际vA≠0，故>vB，故C正确。 2.如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电计时装置A、B，A、B间距离为L＝30 cm，为了测量滑块的加速度，在滑块上安装了一个宽度为d＝1 cm的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010 s、0.005 s，滑块从A到B所用时间为0.200 s，则下列说法正确的是(　　) A．滑块通过A的速度为1 cm/s B．滑块通过B的速度为2 cm/s C．滑块的加速度为5 m/s2 D．滑块在A、B间的平均速度为3 m/s 答案　C 解析　vA＝＝ m/s＝1 m/s，vB＝＝2 m/s，a＝＝ m/s2＝5 m/s2，AB＝＝1.5 m/s，C正确。 3.如图所示，航空母舰是大规模战争的重要武器，灵活起降的飞机是它的主要攻击力之一。民航客机起飞时要在2.5 min内使飞机从静止加速到44 m/s；而舰载飞机借助于助推装置，在2 s内就可把飞机从静止加速到82.5 m/s，设飞机起飞时在跑道上做匀加速直线运动，则供客机起飞的跑道长度约是航空母舰甲板跑道长度的(　　) A．800倍 B．80倍 C．400倍 D．40倍 答案　D 解析　由s＝(v0＋vt)t，得＝＝40，D正确。 4．(多选)一辆汽车拟从甲地开往乙地，先由静止启动做匀加速直线运动，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，当速度减为0时刚好到达乙地。从汽车启动开始计时，下表给出某些时刻汽车的瞬时速度，据表中的数据通过分析、计算可以得出(　　) 时刻/s 1.0 2.0 3.0 5.0 7.0 9.5 10.5 速度/ (m·s－1) 3.0 6.0 9.0 12 12 9.0 3.0 A．汽车匀加速直线运动经历的时间为4.0 s B．汽车匀加速直线运动经历的时间为5.0 s C．汽车匀减速直线运动经历的时间为2.0 s D．汽车匀减速直线运动经历的时间为4.0 s 答案　AC 解析　根据表中数据可以得出，汽车加速时的加速度a1＝ m/s2＝3 m/s2，匀速直线运动时的速度v＝12 m/s，减速时的加速度a2＝ m/s2＝－6 m/s2。所以汽车匀加速直线运动经历的时间t1＝ s＝4.0 s，匀减速直线运动经历的时间t2＝ s＝2.0 s。A、C正确。 5．如图所示，物体自O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中A、B之间的距离l1＝2 m，B、C之间的距离l2＝3 m。若物体通过l1、l2这两段位移的时间相等，则O、A之间的距离l等于(　　) A． m B． m C． m D． m 答案　C 解析　设物体的加速度为a，通过l1、l2两段位移所用的时间均为T，则有vB＝，Δl＝l2－l1＝aT2＝1 m，所以l＝－l1＝ m，C正确。 6.(多选)如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动，依次经a、b、c、d到达最高点e。已知ab＝bd＝6 m，bc＝1 m，小球从a到c和从c到d所用的时间都是2 s，设小球经b、c时的速度分别为vb、vc，则(　　) A．vb＝ m/s B．vc＝3 m/s C．de＝3 m D．从d到e所用时间为4 s 答案　BD 解析　小球沿斜面向上做匀减速直线运动，因Tac＝Tcd＝T＝2 s，故c点为a到d的中间时刻位置，故vc＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；因ac＝ab＋bc＝7 m，cd＝bd－bc＝5 m，由Δs＝ac－cd＝aT2得加速度大小a＝0.5 m/s2，由v－v＝2a·bc可得，vb＝ m/s，A错误；由vc＝aTec得Tec＝＝6 s，则Tde＝Tec－Tcd＝4 s，de＝ec－cd＝aT－cd＝4 m，故C错误，D正确。 7．一质点做匀加速直线运动，速度变化Δv时发生位移s1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移s2。则该质点的加速度大小为(　　) A． B． C． D．(Δv)2 答案　B 解析　根据s2－s1＝aT2，a＝，联立可求得a＝，故B正确。 8．(多选)物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t，现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动(加速度为a1)到某一最大速度vm，然后立即做匀减速直线运动(加速度大小为a2)至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t。则物体的(　　) A．vm只能为2v，与a1、a2的大小无关 B．vm可为许多值，与a1、a2的大小有关 C．a1、a2是一定的 D．a1、a2必须满足＝ 答案　AD 解析　匀速运动时s＝vt　①；匀加速、匀减速运动时s＝vmt　②；由①②得：vm＝2v　③；由v－v＝2as得：＋＝s　④；由①③④得：＝，所以A、D正确。 9．一辆汽车以10 m/s的速度沿平直的公路匀速前进，因故紧急刹车，加速度大小为0.2 m/s2，则刹车后汽车在1 min内通过的位移大小为(　　) A．240 m B．250 m C．260 m D．90 m 答案　B 解析　因汽车刹车后一直做匀减速直线运动直到运动速度为零，所以t停＝＝50 s，所以汽车刹车后在1 min内通过的位移为s＝t停＝250 m，B正确。 10．汽车刹车后做匀减速直线运动，最后停下来，在刹车过程中，汽车前半程的平均速度与后半程的平均速度之比是(　　) A．(＋1)∶1 B．1∶(＋1) C．2∶1 D．1∶2 答案　A 解析　汽车匀减速至停下来的过程可以逆向看成初速度为零的匀加速直线运动。题设将整个过程分为位移相等的两段，根据初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移所用的时间之比是1∶(－1)，则匀减速直线运动的前半程时间与后半程时间之比为(－1)∶1，因为位移相等，根据＝知平均速度之比为1∶(－1)＝(＋1)∶1，A正确。 11.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为3∶2∶1，通过ab和cd段的位移分别为s1和s2，则bc段的位移为(　　) A． B． C． D．条件不足，无法求解 答案　B 解析　设加速度为a，通过cd段的时间为t，则通过ab段和bc段的时间分别为3t、2t。对 从ab的中间时刻位置到cd的中间时刻位置有＝＋a·4t，对从ab的中间时刻位置到bc的中间时刻位置有＝＋a·t，联立解得sbc＝，B正确。 12．隐形战斗机“歼－20”完成任务后返航时，在跑道上滑行了约240 m后停了下来，用时约6 s。战斗机着地时速度大约多大？ 答案　80 m/s 解析　“歼－20”的运动可以简化为匀变速直线运动，其末速度为0，运动时间为约6 s，位移为约240 m，代入公式s＝·t可写为：240 m＝×6 s，解得v0＝80 m/s。即战斗机着地时速度大小大约为80 m/s。 13．一列火车做匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁边观察火车运动，发现在相邻的两个10 s内，火车从他跟前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8 m(连接处长度不计)，求： (1)火车的加速度的大小； (2)人开始观察时火车速度的大小。 答案　(1)0.16 m/s2　(2)7.2 m/s 解析　(1)由题知，火车做匀减速直线运动，设火车的加速度大小为a，每节车厢的长度为L，T＝10 s。 则有：Δs＝aT2＝8L－6L， 代入数据解得 a＝＝ m/s2＝0.16 m/s2。 (2)设人开始观察时火车速度大小为v0， v＝＝＝ m/s＝5.6 m/s。 v＝v0－aT，解得v0＝7.2 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$